第5节 电磁感应现象的两类情况
1．电路中电动势的作用实际上是某种非静电力对自由电荷作用，使得其他形式的能量转化为电能．
2．变化的磁场在周围空间激发出电场，在此空间的闭合导体中的自由电荷，在这种电场的作用下定向运动，产生感应电流或者说导体中产生了感应电动势(这种电动势叫感生电动势)．在这种情况下，所谓的非静电力就是这种感生电场对自由电荷的作用．
3．一段导体在做切割磁感线运动时，导体内的自由电荷在洛伦兹力的作用下定向运动形成感应电流，或者说导体中产生了感应电动势(这种电动势叫动生电动势)，这时的非静电力与洛伦兹力有关．
4．下列说法中正确的是( )
A．感生电场是由变化的磁场产生
B．恒定的磁场也能在周围空间产生感生电场
C．感生电场的方向也同样可以用楞次定律和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
答案 AC
解析 磁场变化时在空间激发感生电场，其方向与所产生的感应电流方向相同，可由楞次定律和右手螺旋定则判断，A、C项正确．
5．如图1所示，在竖直向下的匀强磁场中，将一水平放置的金属棒ab以水平速度v抛出，且棒与磁场垂直，设棒在落下的过程中方向不变且不计空气阻力，则金属棒在运动的过程中产生的感应电动势大小变化情况是( )
图1
A．越来越大
B．越来越小
C．保持不变
D．无法判断
答案 C
解析 在运用公式E＝Blv进行感应电动势的运算时，要注意该公式中B、l、v三者必须互相垂直．如果不互相垂直，要进行相应的分解后运用分量代入运算．本题中切割速度为金属棒的水平分速度，水平分速度不变，故感应电动势大小保持不变，选C.
【概念规律练】
知识点一 电磁感应现象中的感生电场
1．某空间出现了如图2所示的一组闭合电场线，方向从上向下看是顺时针的，这可能是( )
图2
A．沿AB方向磁场在迅速减弱
B．沿AB方向磁场在迅速增强
C．沿BA方向磁场在迅速增强
D．沿BA方向磁场在迅速减弱
答案 AC
解析 感生电场的方向从上向下看是顺时针的，假设在平行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应该是顺时针的，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：原磁场方向向下且沿AB方向减弱，或原磁场方向向上，且沿BA方向增强，所以A、C有可能．
点评 感生电场的方向判断与感应电流方向判断的方法相同，都用楞次定律．
2．如图3所示，内壁光滑，水平放置的玻璃圆环内，有一直径略小于圆环直径的带正电的小球，以速率v0沿逆时针方向匀速转动(俯视)，若在此空间突然加上方向竖直向上、磁感应强度B随时间成正比例增加的变化磁场．设运动过程中小球带电荷量不变，那么( )
图3
A．小球对玻璃圆环的压力一定不断增大
B．小球所受的磁场力一定不断增大
C．小球先沿逆时针方向减速运动，过一段时间后沿顺时针方向加速运动
D．磁场力对小球一直不做功
答案 CD
解析 变化的磁场将产生感生电场，这种感生电场由于其电场线是闭合的，也称为涡旋电场，其场强方向可借助电磁感应现象中感应电流方向的判定方法，使用楞次定律判断．当磁场增强时，会产生顺时针方向的涡旋电场，电场力先对小球做负功使其速度减为零，后对小球做正功使其沿顺时针方向做加速运动，所以C正确；磁场力始终与小球运动方向垂直，因此始终对小球不做功，D正确；小球在水平面内沿半径方向受两个力作用：环的压力FN和磁场的洛伦兹力F，这两个力的合力充当小球做圆周运动的向心力，其中F＝Bqv，磁场在增强，球速先减小，后增大，所以洛伦兹力不一定总在增大；向心力F向＝m，其大小随速度先减小后增大，因此压力FN也不一定始终增大．故正确答案为C、D.
点评 变化的磁场可产生感生电场，感生电场的存在与是否有闭合回路无关，只要在这种电场中存在自由电荷，自由电荷就会在这种感生电场的作用下发生定向移动．
知识点二 感生电动势与动生电动势
3．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甲所示，当磁场的磁感应强度B随时间t发生如图乙所示变化时，下图中正确表示线圈中感应电动势E变化的是( )
图4
答案 A
解析 在第1
s内，由楞次定律可判定电流为正，其产生的感应电动势E1＝＝S；在第2
s和第3
s内，磁场B不变化，线圈中无感应电流；在第4
s和第5
s内，B减小，由楞次定律可判定，其电流为负，产生的感应电动势E2＝＝，由于ΔB1＝ΔB2，Δt2＝2Δt1，故E1＝2E2，由此可知，A项正确．
点评 计算感生电动势，需利用公式E＝n.
4．如图5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( )
图5
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
答案 AB
解析 根据动生电动势的定义，A项正确．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项正确，C、D项错误．
点评 感生电动势的产生与感生电场对自由电荷的电场力有关，动生电动势的产生与洛伦兹力有关；若计算此题中的动生电动势可用E＝，也可用E＝Blv.
【方法技巧练】
一、电磁感应中电路问题的分析技巧
5．如图6所示，长为L＝0.2
m、电阻为r＝0.3
Ω、质量为m＝0.1
kg的金属棒CD垂直放在位于水平面上的两条平行光滑金属导轨上，两导轨间距也为L，棒与导轨接触良好，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的电流表串联在一条导轨上，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．现以向右恒定的外力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，而另一电表未满偏．问：
图6
(1)此时满偏的电表是什么表？说明理由．
(2)拉动金属棒的外力F有多大？
(3)导轨处的磁感应强度多大？
答案 (1)见解析 (2)1.6
N (3)4
T
解析 (1)假设电流表满偏，则I＝3
A，R两端电压U＝IR＝3×0.5
V＝1.5
V，将大于电压表的量程，不符合题意，故满偏电表应该是电压表．
(2)由能量关系，电路中的电能应是外力做功转化来的，所以有Fv＝I2(R＋r)，I＝，两式联立得，F＝＝1.6
N.
(3)磁场是恒定的，且不发生变化，由于CD运动而产生感应电动势，因此是动生电动势．根据法拉第电磁感应定律有E＝BLv，根据闭合电路欧姆定律得E＝U＋Ir以及I＝，联立三式得B＝＋＝4
T.
方法总结 注意区分电源和外电路，熟练运用闭合电路的有关规律．
6．匀强磁场的磁感应强度B＝0.2
T，磁场宽度l＝3
m，一正方形金属框边长ad＝l′＝1
m，每边的电阻r＝0.2
Ω，金属框以v＝10
m/s的速度匀速穿过磁场区，其平面始终保持与磁感线方向垂直，如图7所示．求：
图7
(1)画出金属框穿过磁场区的过程中，金属框内感应电流的i－t图线；(要求写出作图依据)
(2)画出ab两端电压的U－t图线．(要求写出作图依据)
答案 见解析
解析 线框的运动过程分为三个阶段：第Ⅰ阶段cd相当于电源，ab为等效外电路；第Ⅱ阶段cd和ab相当于开路时两并联的电源；第Ⅲ阶段ab相当于电源，cd相当于外电路，如下图所示．
(1)在第一阶段，有I1＝＝＝2.5
A
感应电流方向沿逆时针方向，持续时间为t1＝＝
s＝0.1
s
ab两端的电压为U1＝I1·r＝2.5×0.2
V＝0.5
V
(2)在第二阶段，有I2＝0，U2＝E＝Bl′v＝2
V
t2＝0.2
s
(3)在第三阶段，有I3＝＝2.5
A
感应电流方向为顺时针方向
U3＝I3×3r＝1.5
V，t3＝0.1
s
规定逆时针方向为电流正方向，故i－t图象和ab两端U－t图象分别如下图所示．
方法总结 第二阶段cd与ab全部进入磁场后，回路中磁通量不变化，无感应电流，但ab、cd都切割磁感线，有感应电动势，相当于开路时两个并联的电路．
二、用能量观点巧解电磁感应问题
7．如图8所示，将匀强磁场中的线圈(正方形，边长为L)以不同的速度v1和v2匀速拉出磁场，线圈电阻为R，那么两次拉出过程中，外力做功之比W1∶W2＝________.外力做功功率之比P1∶P2＝________.
图8
答案 v1∶v2 v∶v
解析 线圈匀速拉出磁场，故其动能未变化．线圈中由于电磁感应产生电流，即有电能产生，且电能全部转化为内能，故外力做多少功就有多少内能产生．
W＝Q＝I2RΔt＝2RΔt＝∝∝v
故W1∶W2＝v1∶v2
同理，由P＝＝∝v2可得P1∶P2＝v∶v
方法总结 两次均匀速把线框拉出磁场都有F安＝F外，但两次的外力不同．
8．光滑曲面与竖直平面的交线是抛物线，如图9所示，抛物线的方程为y＝x2，其下半部处在一个水平方向的匀强磁场中，磁场的上边界是y＝a的直线(图中的虚线所示)，一个质量为m的小金属块从抛物线y＝b(b>a)处以速度v沿抛物线下滑，假设抛物线足够长，则金属块在曲面上滑动的过程中产生的焦耳热总量是( )
图9
A．mgb
B.mv2
C．mg(b－a)
D．mg(b－a)＋mv2
答案 D
解析 金属块在进入磁场或离开磁场的过程中，穿过金属块的磁通量发生变化，产生电流，进而产生焦耳热．最后，金属块在高为a的曲面上做往复运动．减少的机械能为mg(b－a)＋mv2，由能量的转化和守恒可知，减少的机械能全部转化成焦耳热，即选D.
方法总结 在电磁感应现象中，感应电动势是由于非静电力移动自由电荷做功而产生的，要直接计算非静电力做功一般比较困难，因此要根据能量的转化及守恒来求解．
1．如图10所示，一个闭合电路静止于磁场中，由于磁场强弱的变化，而使电路中产生了感应电动势，下列说法中正确的是( )
图10
A．磁场变化时，会在空间激发一个电场
B．使电荷定向移动形成电流的力是磁场力
C．使电荷定向移动形成电流的力是电场力
D．以上说法都不对
答案 AC
解析 磁场变化时，会在空间产生感生电场，感生电场的电场力使电荷定向移动形成电流，故A、C正确．
2．如图11所示，一个带正电的粒子在垂直于匀强磁场的平面内做圆周运动，当磁感应强度均匀增大时，此粒子的动能将( )
图11
A．不变
B．增大
C．减少
D．以上情况都有可能
答案 B
解析 当磁场增强时，将产生如图所示的电场，带正电的粒子将受到这个电场对它的电场力作用，而使动能增大．
3．在匀强磁场中，ab、cd两根导体棒沿两根导轨分别以速度v1、v2滑动，如图12所示，下列情况中，能使电容器获得最多电荷量且左边极板带正电的是( )
图12
A．v1＝v2，方向都向右
B．v1＝v2，方向都向左
C．v1>v2，v1向右，v2向左
D．v1>v2，v1向左，v2向右
答案 C
解析 当ab棒和cd棒分别向右和向左运动时，两棒均相当于电源，且串联，电路中有最大电动势，对应最大的顺时针方向电流，电阻上有最高电压，所以电容器上有最多电荷量，左极板带正电．
4．如图13所示，在匀强磁场中，MN和PQ是两条平行的金属导轨，而ab与cd为串联有电压表和电流表的两根金属棒，当两棒以相同速度向右运动时，正确的是( )
图13
A．电压表有读数，电流表有读数
B．电压表无读数，电流表无读数
C．电压表有读数，电流表无读数
D．电压表无读数，电流表有读数
答案 B
解析 当ab与cd以相同速度向右运动时，abcd围成的闭合回路的磁通量无变化，则回路内无感应电流，使电压表和电流表指针偏转必须有电流流过电表，所以两表无示数，故B选项正确．
5．如图14甲所示，固定在水平桌面上的光滑金属框架cdeg处于方向竖直向下的匀强磁场中，金属杆ab与金属框架接触良好．在两根导轨的端点d、e之间连接一电阻，其他部分电阻忽略不计．现用一水平向右的外力F作用在金属杆ab上，使金属杆由静止开始向右在框架上滑动，运动中杆ab始终垂直于框架．图乙为一段时间内金属杆受到的安培力F安随时间t的变化关系，则图中可以表示外力F随时间t变化关系的图象是( )
图14
答案 D
解析 ab切割磁感线产生感应电动势E＝Blv，感应电流为I＝，安培力F安＝，所以v∝F安，v∝t，金属杆的加速度为定值．又由牛顿第二定律F－F安＝ma，即F＝F安＋ma，可知D项正确．
6．如图15所示，在一均匀磁场中有一导线框abcd，线框处于水平面内，磁场与线框平面垂直，R为一电阻，ef为垂直于ab的一段导体杆，它可在ab，cd上无摩擦地滑动，杆ef及线框中导线的电阻都可不计．开始时，给ef一个向右的初速度，则( )
图15
A．ef将减速向右运动，但不是匀减速
B．ef将匀减速向右运动，最后停止
C．ef将匀速向右运动
D．ef将往返运动
答案 A
解析 ef向右运动，在闭合回路中产生感应电流，根据楞次定律，ef棒受安培力将阻碍其向右运动，即ef要克服安培力做功而使动能减少，故ef是向右做减速运动．但值得注意的是，随速度v的减小，加速度减小，故不可能做匀减速运动．A正确．
7．如图16所示，竖直放置的螺线管与导线abcd构成回路，导线所围的区域内有一垂直纸面向里的变化的磁场，螺线管下方水平桌面上有一导体圆环，导线abcd所围区域内磁场的磁感应强度按下图中哪一图线所表示的方式随时间变化时，导体环将受到向上的磁场力作用( )
图16
答案 A
解析 b→b→a→螺线管→d→c，螺线管下方的导体环中有磁通量穿过．但由于磁场的变化越来越慢，穿过圆环的磁通量也越来越小，根据楞次定律，为阻碍环中磁通量的减少，环将靠近螺线管，即环受向上的磁场力的作用．B选项中，磁场变化越来越快，螺线管中磁场变强，圆环中磁通量增大，为阻碍磁通量增大，环将向下运动，即受磁场力向下．C、D选项中，磁场均匀变化，螺线管中电流恒定，穿过圆环的磁通量不变，圆环中无感应电流产生，与螺线管无相互作用的力．
8．如图17所示，空间某区域中有一匀强磁场，磁感应强度方向水平，且垂直纸面向里，磁场上边界b和下边界d水平．在竖直面内有一矩形金属线圈，线圈上下边的距离很短，下边水平．线圈从水平面a开始下落．已知磁场上下边界之间的距离大于水平面a、b之间的距离．若线圈下边刚通过水平面b、c(位于磁场中)和d时，线圈所受到的磁场力的大小分别为Fb，Fc和Fd，则( )
图17
A．Fd>Fc>Fb
B．FcC．Fc>Fb>Fd
D．Fc答案 D
解析 本题考查电磁感应和安培力相关知识．线圈在进入和离开磁场的过程中，产生感应电流，线圈相应地受到安培力的作用，根据F＝IlB，E＝Blv，I＝，可知安培力F＝，不难看出安培力与速度成正比，当线圈完全进入磁场的过程中，没有安培力，故Fc＝0，且其只在重力作用下加速下落，所以vd>vb，即Fd>Fb，答案为D项．
9．如图18所示，两根光滑的金属导轨，平行放置在倾角为θ的斜面上，导轨的左端接有电阻R，导轨自身的电阻可忽略不计．斜面处在一匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向上．质量为m、电阻可以不计的金属棒ab，在沿着斜面与棒垂直的恒力F作用下沿导轨匀速上滑，并上升h高度，在这一过程中( )
图18
A．作用于金属棒上的各个力的合力所做的功等于零
B．作用于金属棒上的各个力的合力所做的功等于mgh与电阻R上产生的焦耳热之和
C．恒力F与安培力的合力所做的功等于零
D．恒力F与重力的合力所做的功等于电阻R上产生的焦耳热
答案 AD
解析 金属棒匀速上滑的过程中，对金属棒受力分析可知，有三个力对棒做功，恒力F做正功，重力做负功，安培力阻碍相对运动，沿斜面向下，做负功．匀速运动时，所受合力为零，故合力做功为零，A正确；克服安培力做多少功就有多少其他形式的能转化为电路中的电能，电能又等于R上产生的焦耳热，故外力F与重力的合力所做的功等于电阻R上产生的焦耳热，D正确．
10．如图19所示的匀强磁场中，有两根相距20
cm固定的平行金属光滑导轨MN和PQ.磁场方向垂直于MN、PQ所在平面．导轨上放置着ab、cd两根平行的可动金属细棒．在两棒中点OO′之间拴一根40
cm长的细绳，绳长保持不变．设磁感应强度B以1.0
T/s的变化率均匀减小，abdc回路的电阻为0.50
Ω.求：当B减小到10
T时，两可动边所受磁场力和abdc回路消耗的功率．
图19
答案 均为0.32
N 0.012
8
W
解析 根据E＝＝
E＝1.0×20×40×10－4
V＝0.08
V
根据I＝，F＝BIL
F＝10××20×10－2
N＝0.32
N
P＝＝
W＝0.012
8
W
11．两根光滑的长直金属导轨MN、M′N′平行置于同一水平面内，导轨间距为l，电阻不计，M、M′处接有如图20所示的电路，电路中各电阻的阻值均为R，电容器的电容为C.长度也为l、阻值同为R的金属棒ab垂直于导轨放置，导轨处于磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中．ab在外力作用下向右匀速运动且与导轨保持良好接触，在ab运动距离为x的过程中，整个回路中产生的焦耳热为Q.求：
图20
(1)ab运动速度v的大小；
(2)电容器所带的电荷量q.
答案 (1) (2)
解析 (1)设ab上产生的感应电动势为E，回路中的电流为I，ab运动距离x，所用时间为t，则有
E＝Blv
I＝
t＝
Q＝I2(4R)t
由上述方程得v＝
(2)设电容器两极板间的电势差为U，则有U＝IR
电容器所带电荷量q＝CU，解得q＝
12．如图21所示，P、Q为水平面内平行放置的光滑金属长直导轨，间距为L1，处在竖直向下、磁感应强度大小为B1的匀强磁场中．一导体杆ef垂直于P、Q放在导轨上，在外力作用下向左做匀速直线运动．质量为m、每边电阻均为r、边长为L2的正方形金属框abcd置于竖直平面内，两顶点a、b通过细导线与导轨相连，磁感应强度大小为B2的匀强磁场垂直金属框向里，金属框恰好处于静止状态．不计其余电阻和细导线对a、b点的作用力．
图21
(1)通过ab边的电流Iab是多大？
(2)导体杆ef的运动速度v是多大？
答案 (1) (2)
解析 (1)设通过正方形金属框的总电流为I，ab边的电流为Iab，dc边的电流为Idc，则Iab＝I
①
Idc＝
②
金属框受重力和安培力，处于静止状态，有
mg＝B2IabL2＋B2IdcL2
③
由①②③，解得
Iab＝
(2)由(1)可得I＝
⑤
设导体杆切割磁感线产生的电动势为E，有
E＝B1L1v
⑥
设ad、dc、bc三边电阻串联后与ab边电阻并联的总电阻为R，则R＝r
⑦
根据闭合电路欧姆定律，有I＝
⑧
由⑤～⑧，解得v＝习题课2 法拉第电磁感应定律的应用
一、基础练
1．当穿过线圈的磁通量发生变化时，下列说法中正确的是( )
A．线圈中一定有感应电流
B．线圈中一定有感应电动势
C．感应电动势的大小跟磁通量的变化成正比
D．感应电动势的大小跟线圈的电阻有关
答案 B
解析 穿过闭合电路的磁通量发生变化时才会产生感应电流，感应电动势与电路是否闭合无关，且感应电动势的大小跟磁通量的变化率成正比．
2．一根直导线长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的说法错误的是( )
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
答案 A
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，B、C、D正确，A错．
3．无线电力传输目前取得重大突破，在日本展出了一种非接触式电源供应系统．这种系统基于电磁感应原理可无线传输电力．两个感应线圈可以放置在左右相邻或上下相对的位置，原理示意图如图1所示．下列说法正确的是( )
图1
A．若A线圈中输入电流，B线圈中就会产生感应电动势
B．只有A线圈中输入变化的电流，B线圈中才会产生感应电动势
C．A中电流越大，B中感应电动势越大
D．A中电流变化越快，B中感应电动势越大
答案 BD
解析 根据产生感应电动势的条件，只有处于变化的磁场中，B线圈才能产生感应电动势，A错，B对；根据法拉第电磁感应定律，感应电动势的大小取决于磁通量变化率，所以C错，D对．
4．闭合回路的磁通量Φ随时间t的变化图象分别如图2所示，关于回路中产生的感应电动势的下列论述，其中正确的是( )
图2
A．图甲回路中感应电动势恒定不变
B．图乙回路中感应电动势恒定不变
C．图丙回路中0～t1时间内感应电动势小于t1～t2时间内感应电动势
D．图丁回路中感应电动势先变大后变小
答案 B
解析 因E＝，则可据图象斜率判断知图甲中＝0，即电动势E为0；图乙中＝恒量，即电动势E为一恒定值；图丙中E前>E后；图丁中图象斜率先减后增，即回路中感应电动势先减后增，故只有B选项正确．
5．如图3所示，PQRS为一正方形导线框，它以恒定速度向右进入以MN为边界的匀强磁场，磁场方向垂直线框平面向里，MN线与线框的边成45°角，E、F分别是PS和PQ的中点．关于线框中的感应电流，正确的说法是( )
图3
A．当E点经过边界MN时，线框中感应电流最大
B．当P点经过边界MN时，线框中感应电流最大
C．当F点经过边界MN时，线框中感应电流最大
D．当Q点经过边界MN时，线框中感应电流最大
答案 B
解析 当P点经过边界MN时，切割磁感线的有效长度最大为SR，感应电流达到最大．
6．如图4(a)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(b)所示．图线与横、纵轴的截距分别为t0和B0.导线的电阻不计．
图4
求0至t1时间内
(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．
答案 (1) 从b到a
(2)
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＝n·S，而S＝πr.由闭合电路欧姆定律有I1＝.联立以上各式得，通过电阻R1上的电流大小I1＝.由楞次定律可判断通过电阻R1上的电流方向从b到a.
(2)通过电阻R1上的电量：q＝I1t1＝
电阻R1上产生的热量：Q＝IR1t1＝
二、提升练
7．如图5所示，A、B两闭合线圈为同样导线绕成，A有10匝，B有20匝，两圆线圈半径之比为2∶1.均匀磁场只分布在B线圈内．当磁场随时间均匀减弱时( )
图5
A．A中无感应电流
B．A、B中均有恒定的感应电流
C．A、B中感应电动势之比为2∶1
D．A、B中感应电流之比为1∶2
答案 BD
解析 只要穿过线圈内的磁通量发生变化，线圈中就有感应电动势和感应电流，因为磁场变化情况相同，有效面积也相同，所以，每匝线圈产生的感应电动势相同，又由于两线圈的匝数和半径不同，电阻值不同，根据欧姆定律，单匝线圈电阻之比为2∶1，所以，感应电流之比为1∶2.因此正确的答案是B、D.
8．在匀强磁场中，有一个接有电容器的导线回路，如图6所示，已知电容C＝30
μF，回路的长和宽分别为l1＝5
cm，l2＝8
cm，磁场变化率为5×10－2
T/s，则( )
图6
A．电容器带电荷量为2×10－9
C
B．电容器带电荷量为4×10－9
C
C．电容器带电荷量为6×10－9
C
D．电容器带电荷量为8×10－9
C
答案 C
解析 回路中感应电动势等于电容器两板间的电压，U＝E＝＝·l1l2＝5×10－2×0.05×0.08
V＝2×10－4
V．电容器的电荷量为q＝CU＝CE＝30×10－6×2×10－4
C＝6×10－9
C，C选项正确．
9．如图7所示，一正方形线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁感线的对称轴OO′匀速运动，沿着OO′观察，线圈沿逆时针方向转动．已知匀强磁场的磁感应强度为B，线圈匝数为n，边长为l，电阻为R，转动的角速度为ω.则当线圈转至图示位置时( )
图7
A．线圈中感应电流的方向为abcda
B．线圈中的感应电流为
C．穿过线圈的磁通量为0
D．穿过线圈的磁通量的变化率为0
答案 BC
解析 图示位置bc和ad的瞬时切割速度均为v＝ωad边与bc边产生的感应电动势都是E＝Blv＝Bl2ω且bd为高电势端，故整个线圈此时的感应电动势e＝2×nBl2ω＝nBl2ω，感应电流为，B正确．由右手定则可知线圈中的电流方向为adcba，A错误．此时磁通量为0，但磁通量变化率最大，故选项为B、C.
10．如图8所示，空间存在两个磁场，磁感应强度大小均为B，方向相反且垂直纸面，MN、PQ为其边界，OO′为其对称轴．一导线折成边长为l的正方形闭合回路abcd，回路在纸面内以恒定速度v0向右运动，当运动到关于OO′对称的位置时( )
图8
A．穿过回路的磁通量为零
B．回路中感应电动势大小为2Blv0
C．回路中感应电流的方向为顺时针方向
D．回路中ab边与cd边所受安培力方向相同
答案 ABD
解析 线框关于OO′对称时，左右两侧磁通量大小相等，磁场方向相反，合磁通量为0；根据右手定则，cd的电动势方向由c到d，ab的电动势方向由a到b，且大小均为Blv0，闭合电路的电动势为2Blv0，电流方向为逆时针；根据左手定则，ab和cd边所受安培力方向均向左，方向相同，故正确的选项为A、B、D.
11．用均匀导线做成的正方形线框边长为0.2
m，正方形的一半放在垂直纸面向里的匀强磁场中，如图9甲所示．当磁场以10
T/s的变化率增强时，线框中点a、b两点间的电势差是( )
图9
A．Uab＝0.1
V
B．Uab＝－0.1
V
C．Uab＝0.2
V
D．Uab＝－0.2
V
答案 B
解析 题中正方形线框的左半部分磁通量变化而产生感应电动势，从而在线框中有感应电流，把左半部分线框看成电源，设其电动势为E，内电阻为，画出等效电路如图乙所示．则ab两点间的电势差即为电源的路端电压，设l是边长，正方形线框的总电阻为r，且依题意知＝10
T/s.
由E＝得E＝＝＝10×
V＝0.2
V，所以U＝I＝·＝×
V＝0.1
V.
由于a点电势低于b点电势，故Uab＝－0.1
V，即B选项正确．
点评 处理此类问题要分清内、外电路(哪部分相当于电源)，画出等效电路图．
12．如图10所示，在空间中存在两个相邻的、磁感应强度大小相等、方向相反的有界匀强磁场，其宽度均为L.现将宽度也为L的矩形闭合线圈，从图示位置垂直于磁场方向匀速拉过磁场区域，则在该过程中，能正确反映线圈中所产生的感应电流或其所受的安培力随时间变化的图象是( )
图10
答案 D
解析 由楞次定律可知，当矩形导线框进入磁场和出磁场时，磁场力总是阻碍物体的运动，方向始终向左，所以外力F始终水平向右，因安培力的大小不同，故选项D是正确的，选项C是错误的．当矩形导线框进入磁场时，由法拉第电磁感应定律判断，感应电流的大小在中间时是最大的，所以选项A、B是错误的．
点评 题中并没有明确电流或安培力的正方向，所以开始时取正值或负值都可以，关键是图象能否正确反映过程的特点．
13．如图11所示，导线全部为裸导线，半径为r的圆内有垂直于平面的匀强磁场，磁感应强度为B，一根长度大于2r的导线MN以速度v在圆环上无摩擦地自左向右匀速滑动，电路的固定电阻为R.其余电阻忽略不计．试求MN从圆环的左端到右端的过程中电阻R上的电流强度的平均值及通过的电荷量．
图11
答案
解析 由于ΔΦ＝B·ΔS＝B·πr2，
完成这一变化所用的时间Δt＝，
故＝＝.
所以电阻R上的电流强度平均值为＝＝
通过R的电荷量为q＝·Δt＝
点评 回路中发生磁通量变化时，由于感应电场的作用使电荷发生定向移动而形成感应电流，在Δt内迁移的电荷量(感应电荷量)为：
q＝·Δt＝·Δt＝n··Δt＝.其中n为匝数，R为总电阻．
从上式可知，感应电荷量仅由回路电阻和磁通量的变化决定，与发生磁通量变化的时间无关，与线圈匝数有关．
14．如图12所示，处于匀强磁场中的两根足够长、电阻不计的平行金属导轨相距1
m，导轨平面与水平面成θ＝37°角，下端连接阻值为R的电阻．匀强磁场方向与导轨平面垂直，质量为0.2
kg、电阻不计的金属棒放在两导轨上，棒与导轨垂直并保持良好接触，它们之间的动摩擦因数为0.25.
图12
(1)求金属棒沿导轨由静止开始下滑时的加速度大小．
(2)当金属棒下滑速度达到稳定时，电阻R消耗的功率为8
W，求该速度的大小．
(3)在上问中，若R＝2
Ω，金属棒中的电流方向由a到b，求磁感应强度的大小与方向．
(g取10
m/s2，sin
37°＝0.6，cos
37°＝0.8)
答案 (1)4
m/s2
(2)10
m/s (3)0.4
T 方向垂直导轨平面向上
解析 (1)金属棒开始下滑的初速度为零，根据牛顿第二定律得
mgsin
θ－μmgcos
θ＝ma①
由①式解得
a＝10×(0.6－0.25×0.8)
m/s2＝4
m/s2②
(2)设金属棒运动达到稳定时，速度为v，所受安培力为F，棒在沿导轨方向受力平衡
mgsin
θ－μmgcos
θ－F＝0③
此时金属棒克服安培力做功的功率等于电路中电阻R消耗的电功率Fv＝P④
由③④两式解得：
v＝＝
m/s
＝10
m/s⑤
(3)设电路中电流为I，两导轨间金属棒的长为l，磁场的磁感应强度为B
I＝⑥
P＝I2R⑦
由⑥⑦两式解得：
B＝＝
T＝0.4
T⑧
磁场方向垂直导轨平面向上第4节 法拉第电磁感应定律
1．在电磁感应现象中产生的电动势，叫做感应电动势．产生感应电动势的那部分导体就相当于电源，导体的电阻相当于电源的内阻．
2．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，表达式E＝(单匝线圈)，E＝n(多匝线圈)．当导体切割磁感线产生感应电动势时E＝Blv(B、l、v两两垂直)，E＝Blvsin_θ(v⊥l但v与B夹角为θ)．
3．关于感应电动势，下列说法中正确的是( )
A．电源电动势就是感应电动势
B．产生感应电动势的那部分导体相当于电源
C．在电磁感应现象中没有感应电流就一定没有感应电动势
D．电路中有电流就一定有感应电动势
答案 B
解析 电源电动势的来源很多，不一定是由于电磁感应产生的，所以选项A错误；在电磁感应现象中，如果没有感应电流，也可以有感应电动势，C错误；电路中的电流可能是由化学电池或其它电池作为电源提供的，所以有电流不一定有感应电动势．
4．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
答案 D
5．一根导体棒ab在水平方向的匀强磁场中自由下落，并始终保持水平方向且与磁场方向垂直．如图1所示，则有( )
图1
A．Uab＝0
B．Ua>Ub，Uab保持不变
C．Ua≥Ub，Uab越来越大
D．Ua答案 Db，所以Ub>Ua，由Uab＝E＝Blv及棒自由下落时v越来越大，可知Uab越来越大，D项正确．→b，所以Ub>Ua，由Uab＝E＝Blv及棒自由下落时v越来越大，可知Uab越来越大，D项正确．
【概念规律练】
知识点一 公式E＝n的理解
1．一个200匝、面积为20
cm2的线圈，放在磁场中，磁场的方向与线圈平面成30°角，若磁感应强度在0.05
s内由0.1
T增加到0.5
T，在此过程中穿过线圈的磁通量的变化量是________Wb；磁通量的平均变化率是________Wb/s；线圈中感应电动势的大小是________V.
答案 4×10－4 8×10－3 1.6
解析 磁通量的变化量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
磁通量的变化率为＝
Wb/s＝8×10－3
Wb/s，
感应电动势的大小可根据法拉第电磁感应定律得
E＝n＝200×8×10－3
V＝1.6
V
点评 要理解好公式E＝n，首先要区分好磁通量Φ，磁通量的变化量ΔΦ，磁通量的变化率，现列表如下：
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
＝
特别提醒 ①对Φ、ΔΦ、而言，穿过一匝线圈和穿过n匝是一样的，而感应电动势则不一样，感应电动势与匝数成正比．
②磁通量和磁通量的变化率的大小没有直接关系，Φ很大时，可能很小，也可能很大；Φ＝0时，可能不为零．
2．下列说法正确的是( )
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．线圈处在磁场越强的位置，线圈中产生的感应电动势一定越大
D．线圈中磁通量变化得越快，线圈中产生的感应电动势越大
答案 D
解析 线圈中产生的感应电动势E＝n，即E与成正比，与Φ或ΔΦ的大小无直接关系．磁通量变化得越快，即越大，产生的感应电动势越大，故只有D正确．
点评 正确理解决定感应电动势大小的因素是磁通量的变化率，这是分析本题的关键．
知识点二 公式E＝Blvsin
θ的理解
3．如图2所示，在磁感应强度为1
T的匀强磁场中，一根跟磁场垂直长20
cm的导线以2
m/s的速度运动，运动方向垂直导线与磁感线成30
°角，则导线中的感应电动势为________．
图2
答案 0.2
V
解析 E＝Blvsin
30°＝(1×0.2×2×sin
30°)
V＝0.2
V
点评 (1)当导体平动垂直切割磁感线时，即B、l、v两两垂直时(如图所示)E＝Blv.
(2)当导体平动但不垂直切割磁感线时即v与B有一夹角θ，如右图所示，此时可将导体的速度v向垂直于磁感线和平行于磁感线两个方向分解，则分速度v2＝vcos
θ不使导体切割磁感线，使导体切割磁感线的是分速度v1＝vsin
θ，从而使导体产生的感应电动势为：E＝Blv1＝Blvsin
θ.
特别提醒 不要死记公式，要理解含意vsin
θ是导体切割磁感线的速度．
4．在磁感应强度为B的匀强磁场中，长为l的金属棒OA在垂直于磁场方向的平面内绕O点以角速度ω匀速转动，如图3所示，求：金属棒OA上产生的感应电动势．
图3
答案 Bl2ω
解析 由v＝rω，可知各点处速度与该点到O点的距离r成正比，速度都与棒垂直，我们可以求出棒OA上各点的平均速度＝ω，即与棒中点的速度相同．(只有成正比例的量，中点值才等于平均值)可得E＝Blv＝Bl·ω＝Bl2ω.
点评 当导体棒转动切割磁感线时，若棒上各处磁感应强度B相同，则可直接应用公式E＝Bl2ω.
【方法技巧练】
电动势公式E＝n和E＝Blvsin
θ的选用技巧
5．如图4所示，两根相距为l的平行直导轨abdc，bd间连有一固定电阻R，导轨电阻可忽略不计．MN为放在ab和dc上的一导体杆，与ab垂直，其电阻也为R.整个装置处于匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，磁场方向垂直于导轨所在平面(指向图中纸面内)．现对MN施力使它沿导轨方向以速度v做匀速运动．令U表示MN两端电压的大小，则( )
图4
A．U＝vBl，流过固定电阻R的感应电流由b到d
B．U＝vBl，流过固定电阻R的感应电流由d到b
C．U＝vBl，流过固定电阻R的感应电流由b到d
D．U＝vBl，流过固定电阻R的感应电流由d到b
答案 A
解析 此回路的感应电动势有两种求法
(1)因B、l、v两两垂直可直接选用公式E＝Blv求解；
(2)可由法拉第电磁感应定律E＝求解：
因在Δt时间内，杆扫过的面积ΔS＝lvΔt
所以回路磁通量的变化ΔΦ＝BΔS＝BlvΔt
由E＝得E＝Blv.
题目中的导体棒相当于电源，其电动势E＝Blv，其内阻等于R，则U＝，电流方向可以用右手定则判断，A正确．
方法总结 求解导体做切割磁感线运动产生大小不变的感应电动势的问题时，两个公式都可使用．
6．如图5所示，A、B两个闭合线圈用同样的导线制成，匝数都为10匝，半径rA＝2rB，图示区域内有磁感应强度均匀减小的匀强磁场，则A、B线圈中产生的感应电动势之比为EA∶EB＝________，线圈中的感应电流之比为IA∶IB＝________.
图5
答案 1∶1 1∶2
解析 A、B两环中磁通量的变化率相同，线圈匝数相同，由E＝n可得EA∶EB＝1∶1；又因为R＝ρ，故RA∶RB＝2∶1，所以IA∶IB＝1∶2.
方法总结 当导体和磁场间无相对运动时，磁通量的变化完全是由磁场的变化引起的，感应电动势的计算只能采用公式E＝n.
7．如图6所示，用一阻值为R的均匀细导线围成的金属环半径为a，匀强磁场的磁感应强度为B，垂直穿过金属环所在平面．电阻为的导体杆AB，沿环表面以速度v向右滑至环中央时，杆的端电压为( )
图6
A．Bav
B.Bav
C.Bav
D.Bav
答案 C
解析 当电阻为的导体杆AB沿环表面以速度v向右滑至环中央时，这个回路的总电动势为：E＝2Bav.并联的两个半圆环的等效电阻为，杆的端电压为UAB＝E·＝Bav.
方法总结 当磁场和导体间有相对运动，且感应电动势大小在变化，求瞬时感应电动势时，应采用公式E＝Blvsin
θ.
8．如图7所示，匀强磁场的磁感应强度为B，方向竖直向下，在磁场中有一边长为l的正方形导线框，ab边质量为m，其余边质量不计，cd边有固定的水平轴，导线框可以绕其转动；现将导线框拉至水平位置由静止释放，不计摩擦和空气阻力，金属框经过时间t运动到竖直位置，此时ab边的速度为v，求：
图7
(1)此过程中线框产生的平均感应电动势的大小；
(2)线框运动到竖直位置时线框感应电动势的大小．
答案 (1) (2)Blv
解析 (1)Φ1＝BS＝Bl2，转到竖直位置Φ2＝0
ΔΦ＝Φ2－Φ1＝－Bl2
根据法拉第电磁感应定律，有E＝＝
平均感应电动势的大小为E＝
(2)转到竖直位置时，bc、ad两边不切割磁感线，ab边垂直切割磁感线，E＝Blv，此时求的是瞬时感应电动势．
方法总结 求解某一过程(或某一段时间)中的感应电动势而平均速度又不能求得时，应选用公式E＝n.如问题(1)，但求某一瞬时感应电动势时应采用E＝Blvsin
θ.
1．闭合的金属环处于随时间均匀变化的匀强磁场中，磁场方向垂直于圆环平面，则( )
A．环中产生的感应电动势均匀变化
B．环中产生的感应电流均匀变化
C．环中产生的感应电动势保持不变
D．环上某一小段导体所受的安培力保持不变
答案 C
解析 磁场均匀变化，也就是说＝k，根据感应电动势的定义式，E＝＝＝kS，其中k是一个常量，所以圆环中产生的感应电动势的数值是一个常量．
2．单匝矩形线圈在匀强磁场中匀速运动，转轴垂直于磁场，若线圈所围面积里磁通量随时间变化的规律如图8所示，则O～D过程中( )
图8
A．线圈中O时刻感应电动势最大
B．线圈中D时刻感应电动势为零
C．线圈中D时刻感应电动势最大
D．线圈中O至D时间内平均感应电动势为0.4
V
答案 ABD
解析 由法拉第电磁感应定律知线圈中O至D时间内的平均感应电动势E＝＝
V＝0.4
V．由感应电动势的物理意义知，感应电动势的大小与磁通量的大小Φ和磁通量的改变量ΔΦ均无必然联系，仅由磁通量的变化率决定，而任何时刻磁通量的变化率就是Φ－t图象上该时刻切线的斜率，不难看出O点处切线斜率最大，D点处切线斜率最小为零，故A、B、D选项正确．
3．如图9所示，闭合开关S，将条形磁铁插入闭合线圈，第一次用0.2
s，第二次用0.4
s，并且两次的起始和终止位置相同，则( )
图9
A．第一次磁通量变化较快
B．第一次G的最大偏角较大
C．第二次G的最大偏角较大
D．若断开S，G均不偏转，故均无感应电动势
答案 AB
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，第一次时间短变化快，感应电动势大，故A、B正确；若断开S，无感应电流，但有感应电动势，故D错误．
4．一闭合线圈放在随时间均匀变化的磁场中，线圈平面和磁场方向垂直．若想使线圈中的感应电流增强一倍，下述方法可行的是( )
A．使线圈匝数增加一倍
B．使线圈面积增加一倍
C．使线圈匝数减少一半
D．使磁感应强度的变化率增大一倍
答案 D
解析 根据E＝n＝nS求电动势，考虑到当n、S发生变化时导体的电阻也发生了变化．若匝数增加一倍，电阻也增加一倍，感应电流不变，故A错；若匝数减少一半，感应电流也不变，故C错；若面积增加一倍，长度变为原来的倍，因此电阻为原来的倍，电流为原来的倍，故B错，D正确．
5．在图10中，EF、GH为平行的金属导轨，其电阻不计，R为电阻，C为电容器，AB为可在EF和GH上滑动的导体横杆．有匀强磁场垂直于导轨平面．若用I1和I2分别表示图中该处导线中的电流，则当横杆AB( )
图10
A．匀速滑动时，I1＝0，I2＝0
B．匀速滑动时，I1≠0，I2≠0
C．加速滑动时，I1＝0，I2＝0
D．加速滑动时，I1≠0，I2≠0
答案 D
解析 导体棒水平运动时产生感应电动势，对整个电路，可把AB棒看做电源，等效电路如下图所示．当棒匀速滑动时，电动势E不变，故I1≠0，I2＝0.当棒加速运动时，电动势E不断变大，电容器不断充电，故I1≠0，I2≠0.
6．如图11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11
A．感应电流方向不变
B．CD段直导线始终不受安培力
C．感应电动势最大值Em＝Bav
D．感应电动势平均值＝πBav
答案 ACD
解析 在闭合电路进入磁场的过程中，通过闭合电路的磁通量逐渐增大，根据楞次定律可知感应电流的方向为逆时针方向不变，A正确．根据左手定则可判断，CD段受安培力向下，B不正确．当半圆闭合回路进入磁场一半时，这时有效切割长度最大为a，所以感应电动势最大值Em＝Bav，C正确．感应电动势平均值＝＝πBav.D正确．
7．如图12所示，金属三角形导轨COD上放有一根金属棒MN.拉动MN，使它以速度v向右匀速运动，如果导轨和金属棒都是粗细相同的均匀导体，电阻率都相同，那么在MN运动的过程中，闭合回路的( )
图12
A．感应电动势保持不变
B．感应电流保持不变
C．感应电动势逐渐增大
D．感应电流逐渐增大
答案 BC
8．如图13所示，水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒PQ、MN，当PQ在外力的作用下运动时，MN在磁场力的作用下向右运动，则PQ所做的运动可能是( )
图13
A．向右加速运动
B．向左加速运动
C．向右减速运动
D．向左减速运动
答案 BCP，由安培定则可知穿过L1的磁场方向是自下而上的；若PQ向右加速运动，则穿过L1的磁通量增加，用楞次定律可以判断流过MN的感应电流是从N→P，由安培定则可知穿过L1的磁场方向是自下而上的；若PQ向右加速运动，则穿过L1的磁通量增加，用楞次定律可以判断流过MN的感应电流是从N→M的，用左手定则可判定MN受到向左的安培力，将向左运动，可见选项A不正确；若PQ向右减速运动，流过MN的感应电流方向、MN所受的安培力的方向均将反向，MN向右运动，所以选项C是正确的；同理可判断B项是正确的，D项是错误的．
9．某同学在实验室里熟悉各种仪器的使用，他将一条形磁铁放在水平转盘上，如图14甲所示，磁铁可随转盘转动，另将一磁感应强度传感器固定在转盘旁边．当转盘(及磁铁)转动时，引起磁感应强度测量值周期性地变化，该变化的周期与转盘转动周期一致．经过操作，该同学在计算机上得到了如图乙所示的图象．该同学猜测磁感应强度传感器内有一线圈，当测得磁感应强度最大时就是穿过线圈的磁通量最大时．按照这种猜测( )
图14
A．在t＝0.1
s时刻，线圈内产生的感应电流的方向发生了变化
B．在t＝0.15
s时刻，线圈内产生的感应电流的方向发生了变化
C．在t＝0.1
s时刻，线圈内产生的感应电流的大小达到了最大值
D．在t＝0.15
s时刻，线圈内产生的感应电流的大小达到了最大值
答案 AC
解析 根据图象可知，0.1
s为磁感应强度最大的位置，并且突然从增大变为减小，所以感应电流应该最大并且改变方向．
10．穿过单匝闭合线圈的磁通量随时间变化的Φ－t图象如图15所示，由图知0～5
s线圈中感应电动势大小为________V，5
s～10
s线圈中感应电动势大小为________V,10
s～15
s线圈中感应电动势大小为________V.
图15
答案 1 0 2
11．正在转动的电风扇叶片，一旦被卡住，电风扇电动机的温度上升，时间一久，便发生一种焦糊味，十分危险，产生这种现象的原因是
________________________________________________________________________
答案 见解析
解析 电风扇叶片一旦卡住，这时反电动势消失，电阻很小的线圈直接连在电源的两端，电流会很大，所以电风扇电动机的温度很快上升，十分危险．
12．如图16所示，abcd是一边长为l的匀质正方形导线框，总电阻为R，今使线框以恒定速度v水平向右穿过方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域．已知磁感应强度为B，磁场宽度为3l，求线框在进入磁区、完全进入磁区和穿出磁区三个过程中a、b两点间电势差的大小．
图16
答案 Blv
解析 导线框在进入磁区过程中，ab相当于电源，等效电路如下图甲所示．
E＝Blv，r＝R，R外＝R，I＝＝，
Uab为端电压；所以Uab＝IR外＝.
导线框全部进入过程中，磁通量不变，感应电流
I＝0，但Uab＝E＝Blv
导线框在穿出磁区过程中，cd相当于电源，等效电路如下图乙所示．
E＝Blv，r＝R，R外＝R，I＝＝，
Uab＝IRab＝×R＝.
13．如图17所示，水平放置的平行金属导轨，相距l＝0.50
m，左端接一电阻R＝0.20
Ω，磁感应强度B＝0.40
T的匀强磁场方向垂直于导轨平面，导体棒ab垂直放在导轨上，并能无摩擦地沿导轨滑动，导轨和导体棒的电阻均可忽略不计，当ab以v＝4.0
m/s的速度水平向右匀速滑动时，求：
图17
(1)ab棒中感应电动势的大小；
(2)回路中感应电流的大小；
(3)维持ab棒做匀速运动的水平外力F的大小．
答案 (1)0.80
V (2)4.0
A (3)0.8
N
解析 (1)根据法拉第电磁感应定律，ab棒中的感应电动势为E＝Blv＝0.40×0.50×4.0
V＝0.80
V
(2)感应电流大小为I＝＝
A＝4.0
A
(3)由于ab棒受安培力F＝IlB＝4.0×0.50×0.40
N＝0.8
N，故外力的大小也为0.8
N.
点拨 匀速运动时，水平外力的大小应该与安培力的大小相等．第3节 楞次定律
1．楞次定律：感应电流具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化．
2．右手定则：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；让磁感线垂直从掌心进入，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．
3．下列说法正确的是( )
A．感应电流的磁场方向总是与引起感应电流的磁场方向相反
B．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
C．楞次定律只能判定闭合回路中感应电流的方向
D．楞次定律可以判定不闭合的回路中感应电动势的方向
答案 BD
解析 本题的关键是理解楞次定律，感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化．如果是因磁通量的减小而引起的感应电流，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大而引起的感应电流，则感应电流的磁场与引起感应电流的磁场方向相反，阻碍磁通量的增大，故A项错误，B项正确；楞次定律既可以判定闭合回路中感应电流的方向，还可以判定不闭合回路中感应电动势的方向．C项错误，D项正确．
4．如图1所示，一线圈用细杆悬于P点，开始时细杆处于水平位置，释放后让它在匀强磁场中运动，已知线圈平面始终与纸面垂直，当线圈第一次通过位置Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ时(位置Ⅱ正好是细杆竖直位置)，线圈内的感应电流方向(顺着磁场方向看去)是( )
图1
A．Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ位置均是顺时针方向
B．Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ位置均是逆时针方向
C．Ⅰ位置是顺时针方向，Ⅱ位置为零，Ⅲ位置是逆时针方向
D．Ⅰ位置是逆时针方向，Ⅱ位置为零，Ⅲ位置是顺时针方向
答案 D
解析 本题关键是判定出Ⅰ，Ⅱ位置时磁通量的变化情况，线圈由初始位置向Ⅰ位置运动过程中，沿磁场方向的磁通量逐渐增大，根据楞次定律，感应电流的磁场方向与原磁场方向相反，从右向左穿过线圈，根据安培定则，Ⅰ位置时感应电流的方向(沿磁感线方向看去)是逆时针方向；在Ⅱ位置时由左向右穿过线圈的磁通量最大，由Ⅱ位置向Ⅲ位置运动时，向右穿过线圈的磁通量减少，根据楞次定律，感应电流的磁场方向向右，阻碍它的减少，根据安培定则可判定Ⅲ位置的电流方向(沿磁感线方向看去)是顺时针方向，且知Ⅱ位置时感应电流为零．故选D.
5．如图2所示，当导体棒MN在外力作用下沿导轨向右运动时，流过R的电流方向是( )
图2
A.
由A→B
B.
由B→A
C．无感应电流
D．无法确定
答案 AM，则通过R的电流为A→M，则通过R的电流为A→B.
【概念规律练】
知识点一 楞次定律的基本理解
1．如图3所示为一种早期发电机原理示意图，该发电机由固定的圆形线圈和一对用铁芯连接的圆柱形磁铁构成，两磁极相对于线圈平面对称，在磁极绕转轴匀速转动过程中，磁极中心在线圈平面上的投影沿圆弧运动(O是线圈中心)，则( )
图3
A．从X到O，电流由E经G流向F，先增大再减小
B．从X到O，电流由F经G流向E，先减小再增大
C．从O到Y，电流由F经G流向E，先减小再增大
D．从O到Y，电流由E经G流向F，先增大再减小
答案 D
解析 S，方向向上．当磁极由X到O时，穿过线圈的磁通量增加．根据楞次定律，感应电流的磁场应向下，再根据安培定则可知电流由F经G流向E，当磁极在圆形线圈正上方时，磁通量的变化率最小，故电流先增大后减小．当磁极从O到Y时，穿过线圈的磁通量减少，可判断电流方向由E经G流向F.再根据磁通量最大时，磁通量的变化率最小，则感应电流最小，故电流先增大后减小．故选项D正确．→S，方向向上．当磁极由X到O时，穿过线圈的磁通量增加．根据楞次定律，感应电流的磁场应向下，再根据安培定则可知电流由F经G流向E，当磁极在圆形线圈正上方时，磁通量的变化率最小，故电流先增大后减小．当磁极从O到Y时，穿过线圈的磁通量减少，可判断电流方向由E经G流向F.再根据磁通量最大时，磁通量的变化率最小，则感应电流最小，故电流先增大后减小．故选项D正确．
点评 应用楞次定律判断感应电流的一般步骤：
2．如图4所示，一均匀的扁平条形磁铁的轴线与圆形线圈在同一平面内，磁铁中心与圆心重合，为了在磁铁开始运动时线圈中能得到逆时针方向的感应电流，磁铁的运动方式应是( )
图4
A．N极向纸内，S极向纸外，使磁铁绕O点转动
B．N极向纸外，S极向纸内，使磁铁绕O点转动
C．磁铁在线圈平面内顺时针转动
D．磁铁在线圈平面内逆时针转动
答案 A
解析 当N极向纸内，S极向纸外转动时，穿过线圈的磁场由无到有并向里，感应电流的磁场应向外，电流方向为逆时针，A选项正确；当N极向纸外，S极向纸内转动时，穿过线圈的磁场向外并增加，感应电流方向为顺时针，B选项错误；当磁铁在线圈平面内绕O点转动时，穿过线圈的磁通量始终为零，因而不产生感应电流，C、D选项错误．
点评 此题是“逆方向”应用楞次定律，只需把一般步骤“逆向”即可
知识点二 右手定则
3.
如图表示闭合电路中的一部分导体ab在磁场中做切割磁感线运动的情景，导体ab上的感应电流方向为a→b的是(
)
答案 Ab，B中电流由b→b，B中电流由b→a，C中电流沿a→c→b→a方向，D中电流由b→a.故选A.
点评 判别导体切割磁感线产生的感应电流方向时，采用右手定则更有针对性，当然用楞次定律也可以判别．
4．如图5所示，导线框abcd与通电直导线在同一平面内，直导线通有恒定电流并通过ad和bc的中点，当线框向右运动的瞬间，则( )
图5
A．线框中有感应电流，且按顺时针方向
B．线框中有感应电流，且按逆时针方向
C．线框中有感应电流，但方向难以判断
D．由于穿过线框的磁通量为零，所以线框中没有感应电流
答案 B
解析 此题可用两种方法求解，借此感受右手定则和楞次定律分别在哪种情况下更便捷．
方法一：首先由安培定则判断通电直导线周围的磁场方向（如下图所示），因ab导线向右做切割磁感线运动，由右手定则判断感应电流由a→b,同理可判断cd导线中的感应电流方向由c→d,ad、bc两边不做切割磁感线运动，所以整个线框中的感应电流是逆时针方向的.
方法二：首先由安培定则判断通电直导线周围的磁场方向(如右图所示)，由对称性可知合磁通量Φ＝0；其次当导线框向右运动时，穿过线框的磁通量增大(方向垂直向里)，由楞次定律可知感应电流的磁场方向垂直纸面向外，最后由安培定则判断感应电流按逆时针方向，故B选项正确．
点评 右手定则在判断由于部分导体切割磁感线的感应电流方向时针对性强，若电路中非一部分导体做切割磁感线运动时，应用楞次定律更轻松一些．
【方法技巧练】
一、增反减同法
5．某磁场磁感线如图6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( )
图6
A．始终顺时针
B．始终逆时针
C．先顺时针再逆时针
D．先逆时针再顺时针
答案 C
解析 自A落至图示位置时，穿过线圈的磁通量增加，磁场方向向上，则感应电流的磁场方向与之相反，即向下，故可由安培定则判断线圈中的感应电流为顺时针；自图示位置落至B点时，穿过线圈的磁通量减少，磁场方向向上，则感应电流的磁场方向与之相同即向上，故可由安培定则判断线圈中的感应电流为逆时针，选C.
方法总结 此题中的“增反减同”为：当回路中的磁通量增加(减少)时感应电流的磁场方向与原磁场方向相反(相同)．
6．电阻R、电容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7所示，现使磁铁开始自由下落，在N极接近线圈上端的过程中，流过R的电流方向和电容器极板的带电情况是( )
图7
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
答案 D
解析 在N极接近线圈上端的过程，穿过线圈的磁通量向下增加，则感应电流的磁场方向向上．由安培定则可判定电路中的电流为顺时针方向，故通过R的电流由b到a，电容器下极板带正电．
方法总结 应用增反减同法时，特别要注意原磁场的方向，才能根据增反减同判断出感应电流的磁场方向．
二、来拒去留法
7．如图8所示，当磁铁突然向铜环运动时，铜环的运动情况是( )
图8
A．向右摆动
B．向左摆动
C．静止
D．无法判定
答案 A
解析 此题可由两种方法来解决
方法1：画出磁铁磁感线分布，如图甲所示，当磁铁向环运动时，穿过环的磁通量增加，由楞次定律判断出铜环中的感应电流方向如图甲所示．铜环中有感应电流时铜环又要受到安培力的作用，分析铜环受安培力作用而运动时，可把铜环中的电流等效为多段直线电流元．取上、下两小段电流研究，由左手定则确定两段电流受力，由此可联想到整个铜环所受合力向右，则A选项正确．
甲 乙
方法2(等效法)：磁铁向右运动，使铜环产生的感应电流可等效为图乙所示的条形磁铁，则两磁铁有排斥作用，故A正确．
方法总结 此题中若磁铁远离铜环运动时，同样可分析出铜环的运动情况为向左摆动，故可归纳出：感应电流在磁场中受力时有“来拒去留”的特点．
8．如图9所示，蹄形磁铁的两极间，放置一个线圈abcd，磁铁和线圈都可以绕OO′轴转动，磁铁如图示方向转动时，线圈的运动情况是( )
图9
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，但转速小于磁铁转速
D．线圈静止不动
答案 C
解析 本题“原因”是磁铁有相对线圈的运动，“效果”便是线圈要阻碍两者的相对运动，线圈阻止不了磁铁的运动，由“来拒去留”线圈只好跟着磁铁同向转动；如果二者转速相同，就没有相对运动，线圈就不会转动，故答案为C.
方法总结 感应电流在磁场中受力，用“来拒去留”来直接判断既快又准，此法也可理解为感应电流在磁场中受力总是“阻碍相对运动”．
三、增缩减扩法
9．如图10所示，光滑固定导轨M、N水平放置，两根导体棒P、Q平行放置于导轨上，形成一个闭合回路，一条形磁铁从高处下落接近回路时( )
图10
A．P、Q将相互靠拢
B．P、Q将相互远离
C．磁铁的加速度仍为g
D．磁铁的加速度小于g
答案 AD
解析 根据楞次定律，感应电流的效果是总要阻碍产生感应电流的原因，本题中“原因”是回路中磁通量的增加，P、Q可通过缩小面积的方式进行阻碍，故可得A正确．由“来拒去留”得回路电流受到向下的力的作用，由牛顿第三定律知磁铁受向上的作用力，所以磁铁的加速度小于g，选A、D.
方法总结 增缩减扩法，就闭合电路的面积而言，致使电路的面积有收缩或扩张的趋势．
10．如图11(a)所示，两个闭合圆形线圈A、B的圆心重合，放在同一水平面内，线圈A中通以如图11(b)所示的交变电流，t＝0时电流方向为顺时针(如图箭头所示)，在t1～t2时间段内，对于线圈B，下列说法中正确的是( )
图11
A．线圈B内有顺时针方向的电流，线圈有扩张的趋势
B．线圈B内有顺时针方向的电流，线圈有收缩的趋势
C．线圈B内有逆时针方向的电流，线圈有扩张的趋势
D．线圈B内有逆时针方向的电流，线圈有收缩的趋势
答案 A
解析 在t1～t2时间段内，A线圈的电流为逆时针方向，产生的磁场垂直纸面向外且是增加的，由此可判定B线圈中的电流为顺时针方向，线圈的扩张与收缩可用阻碍Φ变化的观点去判定．在t1～t2时间段内B线圈内的Φ增强，根据楞次定律，只有B线圈增大面积，才能阻碍Φ的增加，故选A.
方法总结 注意B线圈内的磁通量是穿进穿出两部分抵消后的磁通量．
1．关于决定感应电流方向的因素以下说法中正确的是( )
A．回路所包围的引起感应电流的磁场的方向
B．回路外磁场的方向
C．回路所包围的磁通量的大小
D．回路所包围的磁通量的变化情况
答案 AD
解析 回路以外的磁场无论变化与否，对回路的感应电动势没有影响，更不能决定感应电流的方向．通过实验知道，回路所包围的原磁场的方向变化或磁通量发生增、减变化时，感应电流的方向变化，感应电流的方向与磁场的强弱和磁通量的大小没有关系，故选项A、D正确．
2．如图12所示，螺线管CD的导线绕法不明，当磁铁AB插入螺线管时，闭合电路中有图示方向的感应电流产生，下列关于螺线管磁场极性的判断，正确的是( )
图12
A．C端一定是N极
B．D端一定是N极
C．C端的极性一定与磁铁B端的极性相同
D．因螺线管的绕法不明，故无法判断极性
答案 C
解析 由“来拒去留”得磁铁与螺线管之间产生相斥的作用，即螺线管的C端一定与磁铁的B端极性相同，与螺线管的绕法无关．但因为磁铁AB的N、S极性不明，所以螺线管CD的两端极性也不能明确，所以A、B、D错，C对．
3．如图13所示，通电螺线管两侧各悬挂一个小铜环，铜环平面与螺线管截面平行．当电键S接通瞬间，两铜环的运动情况是( )
图13
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，因电源正负极未知，无法具体判断
答案 A
解析 当电路接通瞬间，穿过线圈的磁通量在增加，使得穿过两侧铜环的磁通量都在增加，由楞次定律可知，两环中感应电流的磁场与线圈中磁场方向相反，即受到线圈磁场的排斥作用，使两铜环分别向外侧移动，选项A正确．
4．如图14所示，金属环所在区域存在着匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里．当磁感应强度逐渐增大时，内、外金属环中感应电流的方向为( )
图14
A．外环顺时针、内环逆时针
B．外环逆时针，内环顺时针
C．内、外环均为逆时针
D．内、外环均为顺时针
答案 B
解析 首先明确研究的回路由外环和内环共同组成，回路中包围的磁场方向垂直纸面向里且内、外环之间的磁通量增加．由楞次定律可知两环之间的感应电流的磁场方向与原磁场方向相反，垂直于纸面向外，再由安培定则判断出感应电流的方向是：在外环沿逆时针方向，在内环沿顺时针方向，故选项B正确．
5．如图15所示，A是用毛皮摩擦过的橡胶圆形环，由于它的转动，使得金属环B中产生了如图所示方向的感应电流，则A环的转动情况为( )
图15
A．顺时针匀速转动
B．逆时针加速转动
C．逆时针减速转动
D．顺时针减速转动
答案 BD
解析 本题考查安培安则和楞次定律的应用．B环中感应电流为逆时针，根据安培定则判断可知，感应电流的磁场为垂直纸面向外，根据楞次定律能产生这样的磁场，是由于A环旋转时A环上负电荷定向运动产生一个垂直纸面向外减弱的磁场或者产生一个垂直纸面向里增强的磁场的结果，负电荷的运动方向与电流方向相反，根据安培定则可得出，A环逆时针加速转动时产生方向垂直纸面向里的增强的磁场，若A环顺时针减速转动时产生垂直纸面向外的减弱的磁场．故正确答案为B、D.
6．信用卡的磁条中有一个个连续的相反极性的磁化区，如图16，刷卡时，当磁条以某一速度拉过信用卡阅读器的检测头时，在检测头的线圈中产生感应电流，那么下列说法正确的是( )
图16
A．A、B、C三位置经过检测头时，线圈中有感应电流产生
B．A、B、C三位置经过检测头时，线圈中无感应电流产生
C．A、C两位置经过检测头时，线圈中感应电流方向相同
D．A、C两位置经过检测头时，线圈中感应电流方向相反
答案 AD
解析 A、B、C三位置处于磁性过渡区，经过检测头时，引起线圈中磁通量变化，有感应电流产生，A对，B错．A、C两位置磁性变化规律不同，经过检测头时引起线圈中磁通量变化情况相反，感应电流方向相反，C错，D对．
7．如图17所示，MN，PQ为同一水平面的两平行导轨，导轨间有垂直于导轨平面的磁场，导体ab，cd与导轨有良好的接触并能滑动，当ab沿轨道向右滑动时，则( )
图17
A．cd向右滑
B．cd不动
C．cd向左滑
D．无法确定
答案 A
解析 对ab应用右手定则确定回路中电流方向，应用左手定则确定cd受力后的运动方向．(与磁场方向无关，也可由来拒去留直接判断)
8．如图18所示，匀强磁场与圆形导体环平面垂直，导体ef与环接触良好，当ef向右匀速运动时( )
图18
A．圆环中磁通量不变，环上无感应电流产生
B．整个环中有顺时针方向的电流
C．整个环中有逆时针方向的电流
D．环的右侧有逆时针方向的电流，环的左侧有顺时针方向的电流
答案 Df，故右侧的电流方向为逆时针，左侧的电流方向为顺时针，选D.→f，故右侧的电流方向为逆时针，左侧的电流方向为顺时针，选D.
9．2000年底，我国宣布已研制成功一辆高温超导磁悬浮高速列车的模型车，该车的车速已达到500
km·h－1，可载5人，如图19所示就是磁悬浮的原理图，图中A是圆柱形磁铁，B是用高温超导材料制成的超导线圈．将超导线圈B水平放在磁铁A上，它就能在磁力的作用下悬浮在磁铁A上方的空中．以下说法正确的是( )
图19
A．在B放入磁场的过程中，B中将产生感应电流．当稳定后，感应电流消失
B．在B放入磁场的过程中，B中将产生感应电流．当稳定后，感应电流仍存在
C．如A的N极朝上，B中感应电流的方向如图中所示
D．如A的N极朝上，B中感应电流的方向与图中所示的相反
答案 BD
解析 线圈B放入磁场的过程中，穿过B的磁通量从无到有，逐渐增加，故应在B中产生感应电流．由于B是超导线圈，不会出现热损耗，故B中的电流应持续存在．如果明确了磁场的N极朝上，可由楞次定律得出电流方向与图示中B环的电流方向相反．
10．圆形导体环用一根轻质细杆悬挂在O点，导体环可以在竖直平面里来回摆动，空气阻力和摩擦力均可不计．在图20所示的正方形区域里，有匀强磁场垂直于圆环的振动面指向纸内．下列说法中正确的有( )
图20
A．此摆振动的开始阶段机械能不守恒
B．导体环进入磁场和离开磁场时，环中电流的方向肯定相反
C．导体环通过最低点时，环中感应电流最大
D．最后此摆在匀强磁场中振动时，机械能守恒
答案 ABD
解析 导体环在进、出磁场阶段有感应电流产生，机械能转化为电能，环全部进入磁场后，磁通量不变无感应电流．
11．在“研究电磁感应现象”的实验中，首先按图21甲接线，以查明电流表指针的偏转方向与电流方向之间的关系；当闭合开关S时，观察到电流表指针向左偏，不通电时电流表指针停在正中央．然后按图21乙所示，将电流表与副线圈B连成一个闭合回路，将原线圈A、电池、滑动变阻器和开关S串联成另一个闭合电路．
(1)S闭合后，将螺线管A(原线圈)插入螺线管B(副线圈)的过程中，电流表的指针将如何偏转？
(2)线圈A放在B中不动时，指针如何偏转？
(3)线圈A放在B中不动，将滑动变阻器的滑片P向左滑动时，电流表指针将如何偏转？
(4)线圈A放在B中不动，突然断开S，电流表指针将如何偏转？
图21
答案 (1)向右偏转 (2)不偏转 (3)向右偏转
(4)向左偏转
12．如图22是环保型手电筒的外形．环保型手电筒不需要任何化学电池作为电源，不会造成由废电池引起的环境污染．使用时只要将它摇动一分钟，手电筒便可持续照明好几分钟．手电筒内部有一永久磁铁，外层有一线圈，那么这种手电筒的原理是什么？
图22
答案 见解析
解析 环保型手电筒应用了电磁感应原理，内部有磁铁外部有线圈，摇动时，使磁铁相对线圈运动，产生感应电流，把机械能转换为电能，并有一电容器暂时储存电能从而维持手电筒照明几分钟．第四章 电磁感应
章末检测
(时间：90分钟，满分：100分)
一、选择题(本题共10小题，每小题4分，共40分)
1．竖直平面内有一金属环，半径为a，总电阻为R，磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过环平面，与环的最高点A铰链连接的长度为2a，电阻为的导体棒AB由水平位置紧贴环面摆下(如图1所示)．当摆到竖直位置时，B点的线速度为v，则这时AB两端的电压大小为( )
图1
A．2Bav
B．Bav
C.
D.
答案 D
解析 由推论知，当导体棒摆到竖直位置时，产生的感应电动势E＝Blv中＝B·2a·v＝Bav，
此时回路总电阻R总＝＋＝，这时AB两端的电压大小U＝·＝，D项正确．
2．如图2所示，光滑的水平桌面上放着两个完全相同的金属环a和b，当一条形磁铁的S极竖直向下迅速靠近两环中间时，则( )
图2
A．a、b均静止不动
B．a、b互相靠近
C．a、b互相远离
D．a、b均向上跳起
答案 C
3.
如图3所示，闭合导线框的质量可以忽略不计，将它从如图所示的位置匀速拉出匀强磁场．若第一次用0.3
s时间拉出，外力所做的功为W1，通过导线截面的电荷量为q1；第二次用0.9
s时间拉出，外力所做的功为W2，通过导线截面的电荷量为q2，则( )
图3
A．W1B．W1C．W1>W2，q1＝q2
D．W1>W2，q1>q2
答案 C
解析 设线框长为l1，宽为l2，第一次拉出速度为v1，第二次拉出速度为v2，则v1＝3v2.匀速拉出磁场时，外力所做的功恰等于克服安培力所做的功，有W1＝F1·l1＝BI1l2l1＝，同理W2＝，故W1>W2；又由于线框两次拉出过程中，磁通量的变化量相等，即ΔΦ1＝ΔΦ2，由q＝，得q1＝q2.
4.
如图4所示,在PQ、QR区域中存在着磁感应强度大小相等、方向相反的匀强磁场,磁场方向均垂直于纸面.一导线框abcdefa位于纸面内,框的邻边都相互垂直,bc边与磁场的边界P重合.导线框与磁场区域的尺寸如图所示.从t=0时刻开始,线框匀速横穿两个磁场区域.以a→b→c→d→e→f为线框中的电动势E的正方向,以下四个E-t关系示意图中正确的是
( )
图4
答案 C
解析 楞次定律或右手定则可判定线框刚开始进入磁场时，电流方向，即感应电动势的方向为顺时针方向，故D选项错误；1
s～2
s内，磁通量不变化，感应电动势为0，A选项错误；2
s～3
s内，产生感应电动势E＝2Blv＋Blv＝3Blv，感应电动势的方向为逆时针方向(正方向)，故C选项正确．
5．如图5所示，用恒力F将闭合线圈自静止开始(不计摩擦)从图示位置向左加速拉出有界匀强磁场，则在此过程中( )
图5
A．线圈向左做匀加速直线运动
B．线圈向左运动且速度逐渐增大
C．线圈向左运动且加速度逐渐减小
D．线圈中感应电流逐渐增大
答案 BCD
解析 加速运动则速度变大，电流变大，安培力变大．安培力是阻力，故加速度减小．故选B、C、D项．
6.
两块水平放置的金属板间的距离为d，用导线与一个n匝线圈相连，线圈电阻为r，线圈中有竖直方向的磁场，电阻R与金属板连接，如图6所示，两板间有一个质量为m、电荷量＋q的油滴恰好处于静止．则线圈中的磁感应强度B的变化情况和磁通量的变化率分别是( )
图6
A．磁感应强度B竖直向上且正增强，＝
B．磁感应强度B竖直向下且正增强，＝
C．磁感应强度B竖直向上且正减弱，＝
D．磁感应强度B竖直向下且正减弱，＝
答案 C
解析 油滴静止说明电容器下极板带正电，线圈中电流自上而下(电源内部)，由楞次定律可以判断，线圈中的磁感应强度B为向上的减弱或向下的增强．
又E＝n
①
UR＝·E
②
＝mg
③
由①②③式可解得：＝
7．如图7所示，粗细均匀的电阻丝绕制的矩形导线框abcd处于匀强磁场中，另一种材料的导体棒MN可与导线框保持良好接触并做无摩擦滑动．当导体棒MN在外力作用下从导线框左端开始做切割磁感线的匀速运动一直滑到右端的过程中，导线框上消耗的电功率的变化情况可能为( )
图7
A．逐渐增大
B．先增大后减小
C．先减小后增大
D．先增大后减小，再增大，接着再减小
答案 BCD
解析 导体棒MN在框架上做切割磁感线的匀速运动，相当于电源，其产生的感应电动势相当于电源的电动势E，其电阻相当于电源的内阻r，线框abcd相当于外电路，等效电路如下图所示．
由于MN的运动，外电路的电阻是变化的，设MN左侧电阻为R1，右侧电阻为R2，导线框的总电阻为R＝R1＋R2，所以外电路的并联总电阻：
R外＝R1R2/(R1＋R2)＝R1R2/R
由于R1＋R2＝R为定值，故当R1＝R2时，R外最大．
在闭合电路中，外电路上消耗的电功率P外是与外电阻R外有关的．
P外＝2·R外＝
可见，当R外＝r时，P外有最大值，P外随R外的变化图象如右图所示．
下面根据题意，结合图象讨论P外变化的情况有：
(1)若R外的最大值Rmax(2)若R外的最大值Rmax>r，且R外的最小值Rmin(3)若是R外的最小值Rmin>r，则导线框上消耗的电功率是先减小后增大．
综上所述，B、C、D均可选．
8．在如图8所示的电路中，a、b为两个完全相同的灯泡，L为自感线圈，E为电源，S为开关．关于两灯泡点亮和熄灭的先后次序，下列说法正确的是( )
图8
A．合上开关，a先亮，b逐渐变亮；断开开关，a、b同时熄灭
B．合上开关，b先亮，a逐渐变亮；断开开关，a先熄灭，b后熄灭
C．合上开关，b先亮，a逐渐变亮；断开开关，a、b同时熄灭
D．合上开关，a、b同时亮；断开开关，b先熄灭，a后熄灭
答案 C
解析 合上开关S后，电流由零突然变大，电感线圈产生较大的感应电动势，阻碍电流的增大，故Ib>Ia，随电流逐渐增大至稳定过程，电感的阻碍作用越来越小，故合上开关，b先亮，a逐渐变亮；开关S断开后，虽然由于电感L产生自感电动势的作用，灯a、b回路中电流要延迟一段时间熄灭，且同时熄灭，故选C.
9．如图9所示，用细线悬吊一块薄金属板，在平衡位置时，板的一部分处于匀强磁场中，磁场的方向与板面垂直，当让薄板离开平衡位置附近做微小的摆动时，它将( )
图9
A．做简谐振动
B．在薄板上有涡流产生
C．做振幅越来越小的阻尼振动
D．以上说法均不正确
答案 BC
解析 本题考查涡流的产生．由于电磁感应现象，薄板上出现电流，机械能减少，故正确答案为B、C.
10．如图10所示，相距为d的两水平虚线分别是水平向里的匀强磁场的边界，磁场的磁感应强度为B，正方形线框abcd边长为L(L图10
A．线框一直都有感应电流
B．线框有一阶段的加速度为g
C．线框产生的热量为mg(d＋h＋L)
D．线框做过减速运动
答案 BD
解析 从ab边进入时到cd边刚穿出有三个过程(四个特殊位置)如图
由Ⅰ位置到Ⅱ位置，和由Ⅲ位置到Ⅳ位置线框中的磁通量发生变化，所以这两个过程中有感应电流，但由Ⅱ位置到Ⅲ位置，线框中磁通量不变化，所以无感应电流；故A错，由Ⅱ到Ⅲ加速度为g，故B正确．
因线框的速度由v0经一系列运动再到v0且知道有一段加速度为g的加速过程故线框一定做过减速运动，故D正确；由能量守恒知，线框产生的热量为重力势能的减少量即mg(d＋L)，故C错误．
二、填空题(本题共2小题，第11题9分，第12题4分，共13分)
11．（9分）如图11所示，是“研究电磁感应现象”的实验装置．
图11
(1)将图中所缺导线补充完整．
(2)如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上开关后，将原线圈迅速插入副线圈中，电流计指针将________．
(3)原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器滑片迅速向左移动时，电流计指针将________．
答案 (1)如图所示
(2)向右偏 (3)向左偏
12．（4分）如图12所示，两根平行光滑长直金属导轨，其电阻不计，导体棒ab和cd跨在导轨上，ab电阻大于cd电阻．当cd在外力F2作用下匀速向右滑动时，ab在外力F1作用下保持静止，则ab两端电压Uab和cd两端电压Ucd相比，Uab________Ucd，外力F1和F2相比，F1________F2(填>、＝或<)．
图12
答案 ＝ ＝
三、计算题(本题共4小题，第13、14题各10分，第15题12分，第16题15分，共47分)
13．（10分）如图13所示，匀强磁场竖直向上穿过水平放置的金属框架，框架宽为L，右端接有电阻R，磁感应强度为B，一根质量为m、电阻不计的金属棒以v0的初速度沿框架向左运动，棒与框架的动摩擦因数为μ，测得棒在整个运动过程中，通过任一截面的电量为q，求：
图13
(1)棒能运动的距离；
(2)R上产生的热量．
答案 见解析
解析 (1)设在整个过程中，棒运动的距离为l，磁通量的变化量ΔΦ＝BLl，通过棒的任一截面的电量q＝IΔt＝，解得l＝.
(2)根据能的转化和守恒定律，金属棒的动能的一部分克服摩擦力做功，一部分转化为电能，电能又转化为热能Q，即有mv＝μmgl＋Q，解得Q＝mv－μmgl＝mv－.
14．（10分）U形金属导轨abcd原来静止放在光滑绝缘的水平桌面上，范围足够大、方向竖直向上的匀强磁场穿过导轨平面，一根与bc等长的金属棒PQ平行bc放在导轨上，棒左边靠着绝缘的固定竖直立柱e、f.已知磁感应强度B＝0.8
T，导轨质量M＝2
kg，其中bc段长0.5
m、电阻r＝0.4
Ω，其余部分电阻不计，金属棒PQ质量m＝0.6
kg、电阻R＝0.2
Ω、与导轨间的摩擦因数μ＝0.2.若向导轨施加方向向左、大小为F＝2
N的水平拉力，如图14所示．求：导轨的最大加速度、最大电流和最大速度(设导轨足够长，g取10
m/s2)．
图14
答案 见解析
解析 导轨受到PQ棒水平向右的摩擦力Ff＝μmg，
根据牛顿第二定律并整理得F－μmg－F安＝Ma，
刚拉动导轨时，I感＝0，安培力为零，导轨有最大加速度
am＝＝
m/s2＝0.4
m/s2
随着导轨速度的增大，感应电流增大，加速度减小，当a＝0时，速度最大．设速度最大值为vm，电流最大值为Im，此时导轨受到向右的安培力F安＝BImL，
F－μmg－BImL＝0
Im＝
代入数据得Im＝
A＝2
A
I＝，Im＝
vm＝＝
m/s＝3
m/s.
15．（12分）如图15所示，a、b是两根平行直导轨，MN和OP是垂直跨在a、b上并可左右滑动的两根平行直导线，每根长为l，导轨上接入阻值分别为R和2R的两个电阻和一个板长为L′、间距为d的平行板电容器．整个装置放在磁感应强度为B、垂直导轨平面的匀强磁场中．当用外力使MN以速率2v向右匀速滑动、OP以速率v向左匀速滑动时，两板间正好能平衡一个质量为m的带电微粒，试问：
图15
(1)微粒带何种电荷？电荷量是多少？
(2)外力的功率和电路中的电功率各是多少？
答案 (1)负电 (2)
解析 (1)当MN向右滑动时，切割磁感线产生的感应电动势E1＝2Blv，方向由N指向M.
OP向左滑动时产生的感应电动势E2＝Blv，方向由O指向P.
两者同时滑动时，MN和OP可以看成两个顺向串联的电源，电路中总的电动势：E＝E1＋E2＝3Blv，方向沿NMOPN.
由全电路欧姆定律得电路中的电流强度I＝＝，方向沿NMOPN.
电容器两端的电压相当于把电阻R看做电源NM的内阻时的路端电压，即
U＝E1－IR＝2Blv－·R＝Blv
由于上板电势比下板高，故在两板间形成的匀强电场的方向竖直向下，可见悬浮于两板间的微粒必带负电．
设微粒的电荷量为q，由平衡条件mg＝Eq＝q，得
q＝＝
(2)NM和OP两导线所受安培力均为F＝BIl＝Bl＝，其方向都与它们的运动方向相反．
两导线都匀速滑动，由平衡条件可知所加外力应满足条件
F外＝F＝
因此，外力做功的机械功率
P外＝F·2v＋Fv＝3Fv＝.
电路中产生感应电流总的电功率
P电＝IE＝·3Blv＝
可见，P外＝P电，这正是能量转化和守恒的必然结果．
16．（15分）如图16所示，质量m1＝0.1
kg，电阻R1＝0.3
Ω，长度l＝0.4
m的导体棒ab横放在U形金属框架上．框架质量m2＝0.2
kg，放在绝缘水平面上，与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2.相距0.4
m的MM′、NN′相互平行，电阻不计且足够长．电阻R2＝0.1
Ω的MN垂直于MM′.整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B＝0.5
T．垂直于ab施加F＝2
N的水平恒力，ab从静止开始无摩擦地运动，始终与MM′、NN′保持良好接触．当ab运动到某处时，框架开始运动．设框架与水平面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10
m/s2.
图16
(1)求框架开始运动时ab速度v的大小；
(2)从ab开始运动到框架开始运动的过程中，MN上产生的热量Q＝0.1
J，求该过程ab位移x的大小．
答案 (1)6
m/s (2)1.1
m
解析 (1)ab对框架的压力F1＝m1g
框架受水平面的支持力FN＝m2g＋F1
依题意，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则框架受到最大静摩擦力F2＝μFN
ab中的感应电动势E＝Blv
MN中电流I＝
MN受到的安培力F安＝IlB
框架开始运动时F安＝F2
由上述各式，代入数据解得v＝6
m/s
(2)闭合回路中产生的总热量Q总＝Q
由能量守恒定律，得Fx＝m1v2＋Q总
代入数据解得x＝1.1
m第7节 涡流
1．当线圈中的电流随时间变化时，由于电磁感应，在附近导体中产生像水中旋涡样的感应电流，把这种感应电流叫涡流．利用涡流的热效应可进行真空冶炼，利用它的磁效应可进行金属探测．
2．当导体在磁场中运动时，在导体中会产生感应电流，感应电流会使导体受到安培力，安培力的方向总是阻碍导体的运动，这种现象称为电磁阻尼；当磁场相对导体转动时，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而运动起来，这种现象称为电磁驱动．
3．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
答案 D
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项正确．
4．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
答案 BC
解析 线圈通电后，在安培力作用下发生转动，铝框随之转动，并切割磁感线产生感应电流，就是涡流．涡流阻碍线圈的转动，使线圈偏转后较快停下来．所以，这样做的目的是利用涡流来起电磁阻尼的作用．
图1
5．如图1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
答案 C
解析 条形磁铁向右运动时，环1中磁通量保持为零不变，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．
【概念规律练】
知识点一 涡流及其应用
1．如图2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( )
图2
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
答案 C
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，所以玻璃杯中的水不会升温．
点评 涡流是在导体内产生的，而且穿过回路的磁通量必须是变化的，此题能说明电磁炉的原理．
2．机场的安检门可以利用涡流探测人身上携带的金属物品，安检门中接有线圈，线圈中通以交变电流，关于其工作原理，以下说法正确的是( )
A．人身上携带的金属物品会被地磁场磁化，在线圈中产生感应电流
B．人体在线圈交变电流产生的磁场中运动，产生感应电动势并在金属物品中产生感应电流
C．线圈产生的交变磁场会在金属物品中产生交变的感应电流
D．金属物品中感应电流产生的交变磁场会在线圈中产生感应电流
答案 CD
解析 一般金属物品不一定能被磁化，且地磁场很弱，即使金属被磁化磁性也很弱，作为导体的人体电阻很大，且一般不会与金属物品构成回路，故A、B错误；安检门利用涡流探测金属物品的工作原理是：线圈中交变电流产生交变磁场，使金属物品中产生涡流，故C正确；该涡流产生的磁场又会在线圈中产生感应电流，而线圈中交变电流的变化可以被检测，故D项正确．
点评 金属探测利用了涡流的磁效应．
知识点二 电磁阻尼
3．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边缘，但并不与铜盘接触，如图3所示，铜盘就能在较短时间内停止转动，分析这个现象产生的原因．
图3
答案 见解析
解析 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，故在较短的时间内铜盘停止转动．
点评 当导体在磁场中运动时，导体中的感应电流受到安培力的作用阻碍导体运动，即安培力为电磁阻尼的阻力．
4.
如图4所示，是称为阻尼摆的示意图，在轻质杆上固定一金属薄片，轻质杆可绕上端O点为轴在竖直面内转动，一有界磁场垂直于金属薄片所在的平面．使摆从图中实线位置释放，摆很快就会停止摆动；若将摆改成梳齿状，还是从同一位置释放，摆会摆动较长的时间．试定性分析其原因．
图4
答案 见解析
解析 第一种情况下，阻尼摆进入有界磁场后，在金属薄片中会形成涡流，涡流使金属薄片受安培力的作用，阻碍其相对运动，所以会很快停下来；第二种情况下，将金属摆改成梳齿状，阻断了涡流形成的回路，从而减弱了涡流，受到安培力的阻碍会比先前小得多，所以会摆动较长的时间．
点评 防止电磁阻尼的途径为阻止或减弱涡流的产生．
知识点三 电磁驱动
5．如图5所示，让一金属圆盘接近磁铁的两极，但不接触，使磁铁转动，圆盘也会跟着转动，这种现象称为“电磁驱动”，请你说明电磁驱动的原理．
图5
答案 见解析
解析 当蹄形磁铁转动时，圆盘上不同位置的磁通量发生变化，因而圆盘中会有涡流形成，该涡流的磁场阻碍磁通量的变化，使圆盘随着磁铁一起转动，但圆盘转动速度比磁铁慢．
点评 电磁驱动的驱动力是涡流受到的安培力．
6．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以初速度v水平穿过，如图6所示，在此过程中( )
图6
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
答案 BC
解析 磁铁水平穿入螺线管时，管中将产生感应电流，由楞次定律的扩展知产生的相互作用力阻碍磁铁的运动．同理，磁铁穿出时产生的相互作用力也阻碍磁铁的运动，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运动，且一直做加速运动，C项对．
点评 发生电磁驱动现象时，磁场相对导体运动，在导体中产生感应电流，感应电流受到安培力作用而使导体运动起来．
【方法技巧练】
涡流能量问题的处理技巧
7．弹簧上端固定，下端悬挂一根磁铁．将磁铁托起到某一高度后放开，磁铁能上下振动较长时间才停下来．如图7所示，如果在磁铁下端放个固定的闭合线圈，使磁铁上下振动时穿过它，磁铁就会很快地停下来，解释这个现象，并说明此现象中能量转化的情况．
图7
答案 见解析
解析 当磁铁穿过固定的闭合线圈时，在闭合线圈中产生感应电流，感应电流的磁场会阻碍磁铁向线圈靠近或离开，也就使磁铁振动时除了空气阻力外，还有线圈的磁场力作为阻力，克服阻力需要做的功较多，弹簧振子的机械能损失较快，因而会很快停下来．损失的机械能主要转化为电能再转化为内能．
方法总结 此题中涡流损耗了机械能．
1．下列哪些仪器是利用涡流工作的( )
A．电磁炉
B．微波炉
C．金属探测器
D．真空冶炼炉
答案 ACD
2．变压器的铁芯是利用薄硅钢片叠压而成的，而不是采用一整块硅钢，这是为了( )
A．增大涡流，提高变压器的效率
B．减小涡流，提高变压器的效率
C．增大铁芯中的电阻，以产生更多的热量
D．增大铁芯中的电阻，以减小发热量
答案 BD
解析 不使用整块硅钢而是采用很薄的硅钢片，这样做的目的是增大铁芯中的电阻，来减少电能转化成铁芯的内能，提高效率，是防止涡流而采取的措施．
3．如图8所示，金属球(铜球)下端有通电的线圈，今把小球拉离平衡位置后释放，此后关于小球的运动情况是(不计空气阻力)( )
图8
A．做等幅振动
B．做阻尼振动
C．振幅不断增大
D．无法判定
答案 B
解析 金属球在通电线圈产生的磁场中运动，金属球中产生涡流，故金属球要受到安培力作用，阻碍它的相对运动，做阻尼振动．
4．如图9所示是电表中的指针和电磁阻尼器，下列说法中正确的是( )
图9
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
答案 AD
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．总之不管1向哪个方向转动，2对1的效果总起到阻尼作用．所以它能使指针很快地稳定下来．
5．如图10所示，矩形线圈放置在水平薄木板上，有两块相同的蹄形磁铁，四个磁极之间的距离相等，当两块磁铁匀速向右通过线圈时，线圈仍静止不动，那么线圈受到木板的摩擦力方向是( )
图10
A．先向左，后向右
B．先向左、后向右、再向左
C．一直向右
D．一直向左
答案 D
解析 根据楞次定律的“阻碍变化”知“来拒去留”，当两磁铁靠近线圈时，线圈要阻碍其靠近，线圈有向右移动的趋势，受木板的摩擦力向左，当磁铁远离时，线圈要阻碍其远离，仍有向右移动的趋势，受木板的摩擦力方向仍是向左的，故选项D正确．
7．如图11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，线圈的运动情况是( )
图11
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
答案 C
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，即感应电流的方向必定是使其受到的力矩的方向与磁铁转动方向相同，以减小磁通量的增加，因而线圈跟着转起来，但阻碍不是阻止，磁通量仍要增加，所以其转速小于磁铁的转速．
7．如图12所示是高频焊接原理示意图．线圈中通以高频变化的电流时，待焊接的金属工件中就产生感应电流，感应电流通过焊缝处产生大量热量，将金属熔化，把工件焊接在一起，而工件其它部分发热很少，以下说法正确的是( )
图12
A．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
答案 AD
解析 交流电频率越高，则产生的感应电流越强，升温越快，故A项对．工件中各处电流相同，电阻大处产生热多，故D项对．
8．如图13所示，一闭合金属圆环用绝缘细线挂于O点，将圆环拉至某一位置并释放，圆环摆动过程中(环平面与磁场始终保持垂直)经过有界的水平匀强磁场区域，A、B为该磁场的竖直边界，若不计空气阻力，则( )
图13
A．圆环向右穿过磁场后，还能摆至原来的高度
B．在进入和离开磁场时，圆环中均有感应电流
C．圆环进入磁场后，离最低点越近速度越大，感应电流也越大
D．圆环最终将静止在最低点
答案 B
解析 在圆环进入和穿出磁场的过程中环中磁通量发生变化，有感应电流产生，即圆环的机械能向电能转化，其机械能越来越小，上升的高度越来越低，选项A错误，B正确；但在环完全进入磁场后，不再产生感应电流，选项C错误；最终圆环将不能摆出磁场，从此再无机械能向电能转化，其摆动的幅度不再变化，选项D错误．
方法总结 当导体中的磁通量变化时，产生感应电流，损失机械能；当导体中的磁通量无变化时，不产生感应电流，不损失机械能．
9．如图14所示，在光滑水平桌面上放一条形磁铁，分别将大小相同的铁球、铝球和木球放在磁铁的一端且给它一个初速度，让其向磁铁滚去，观察小球的运动情况．
图14
答案 见解析
解析 (1)铁球将加速运动，其原因是铁球被磁化后与磁铁之间产生相互吸引的磁场力．
(2)铝球将减速运动，其原因是铝球内产生了感应电流，感应电流的磁场阻碍相对运动．
(3)木球将匀速运动，其原因是木球既不能被磁化，也不能产生感应电流，所以磁铁对木球不产生力的作用．
10．人造卫星绕地球运行时，轨道各处地磁场的强弱并不相同，因此，金属外壳的人造地球卫星运行时，外壳中总有微弱的感应电流．分析这一现象中的能量转化情形．它对卫星的运动可能产生怎样的影响？
答案 见解析
解析 当穿过人造卫星的磁通量发生变化时，外壳中会有涡流产生，这一电能的产生是由机械能转化来的．它会导致卫星机械能减少，会使轨道半径减小，造成卫星离地高度下降．
11．一金属圆环用绝缘细绳悬挂，忽略空气阻力，圆环可做等幅摆动，若在圆环正下方放置一条形磁铁如图14所示，圆环将如何运动．
图15
答案 见解析
解析 条形磁铁置于圆环正下方，圆环运动时，穿过圆环的磁通量保持为零不变，所以环中无感应电流，圆环仍做等幅摆动．
12．如图16所示，一狭长的铜片能绕O点在纸面平面内摆动，有界的磁场其方向垂直纸面向里，铜片在摆动时受到较强的阻尼作用，很快就停止摆动．如果在铜片上开几个长缝，铜片可以在磁场中摆动较多的次数后才停止摆动，这是为什么？
图16
答案 见解析
解析 没有开长缝的铜片绕O点在纸面内摆动时，由于磁场有圆形边界，通过铜片的磁通量会发生变化，在铜片内产生较大的涡流，涡流在磁场中所受的安培力总是阻碍铜片的摆动，因此铜片很快就停止摆动．
如果在铜片上开有多条长缝时，就可以把涡流限制在缝与缝之间的铜片上，较大地削弱了涡流，阻力随之减小，所以铜片就可以摆动较多的次数．第1节 划时代的发现
第2节 探究感应电流的产生条件
1．法拉第把引起电流的原因概括为五类，它们都与变化和运动相联系，即：变化的电流、变化的磁场、运动的恒定电流、运动的磁铁、在磁场中运动的导体．
2．感应电流的产生条件：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．
3．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
答案 C
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．
4．如图所示，用导线做成圆形或正方形回路，这些回路与一直导线构成几种位置组合(彼此绝缘)，下列组合中，切断直导线中的电流时，闭合回路中会有感应电流产生的是( )
答案 CD
解析 利用安培定则判断直线电流产生的磁场，其磁感线是一些以直导线为轴的无数组同心圆，即磁感线所在平面均垂直于导线，且直线电流产生的磁场分布情况是：靠近直导线处磁场强，远离直导线处磁场弱．所以，A中穿过圆形线圈的磁场如图甲所示，其有效磁通量为ΦA＝Φ出－Φ进＝0，且始终为0，即使切断导线中的电流，ΦA也始终为0，A中不可能产生感应电流．B中线圈平面与导线的磁场平行，穿过B的磁通量也始终为0，B中也不能产生感应电流．C中穿过线圈的磁通量如图乙所示，Φ进>Φ出，即ΦC≠0，当切断导线中电流后，经过一定时间，穿过线圈的磁通量ΦC减小为0，所以C中有感应电流产生；D中线圈的磁通量ΦD不为0，当电流切断后，ΦD最终也减小为0，所以D中也有感应电流产生．
【概念规律练】
知识点一 磁通量的理解及其计算
1．如图1所示，有一个100匝的线圈，其横截面是边长为L＝0.20
m的正方形，放在磁感应强度为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？
图1
答案 5.5×10－3
Wb
解析 线圈横截面为正方形时的面积
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
横截面形状为圆形时，其半径r＝4L/2π＝2L/π.
截面积大小S2＝π(2L/π)2＝
m2
穿过线圈的磁通量
Φ2＝BS2＝0.50×4/(25π)
Wb≈2.55×10－2
Wb.
所以，磁通量的变化
ΔΦ＝Φ2－Φ1＝(2.55－2.0)×10－2
Wb＝5.5×10－3
Wb
点评 磁通量Φ＝BS的计算有几点要注意：
(1)S是指闭合回路中包含磁场的那部分有效面积；
B是匀强磁场中的磁感应强度．
(2)磁通量与线圈的匝数无关，也就是磁通量大小不受线圈匝数的影响．同理，磁通量的变化量ΔΦ＝Φ2－Φ1也不受线圈匝数的影响．所以，直接用公式求Φ、ΔΦ时，不必去考虑线圈匝数n.
2．如图2所示，线圈平面与水平方向成θ角，磁感线竖直向下，设磁感应强度为B，线圈面积为S，则穿过线圈的磁通量Φ＝________.
图2
答案 BScos
θ
解析 线圈平面abcd与磁场不垂直，不能直接用公式Φ＝BS计算，可以用不同的分解方法进行．可以将平面abcd向垂直于磁感应强度的方向投影，使用投影面积；也可以将磁感应强度沿垂直于平面和平行于平面正交分解，使用磁感应强度的垂直分量．
解法一：把面积S投影到与磁场B垂直的方向，即水平方向a′b′cd，则S⊥＝Scos
θ，故Φ＝BS⊥＝BScos
θ.
解法二：把磁场B分解为平行于线圈平面的分量B∥和垂直于线圈平面的分量B⊥，显然B∥不穿过线圈，且B⊥＝Bcos
θ，故Φ＝B⊥S＝BScos
θ.
点评 在应用公式Φ＝BS计算磁通量时，要特别注意B⊥S的条件，应根据实际情况选择不同的方法，千万不要乱套公式．
知识点二 感应电流的产生条件
3．下列情况能产生感应电流的是( )
图3
A．如图甲所示，导体AB顺着磁感线运动
B．如图乙所示，条形磁铁插入或拔出线圈时
C．如图丙所示，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
答案 BD
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的磁场变化，螺线管B中磁通量变化，线圈中产生感应电流，故D正确．
点评 电路闭合，磁通量变化，是产生感应电流的两个必要条件，缺一不可．电路中有没有磁通量不是产生感应电流的条件，如果穿过电路的磁通量尽管很大但不变化，那么无论有多大，都不会产生感应电流．
4．如图4所示，线圈Ⅰ与电源、开关、滑动变阻器相连，线圈Ⅱ与电流计G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G中有示数的是( )
图4
A．开关闭合瞬间
B．开关闭合一段时间后
C．开关闭合一段时间后，来回移动变阻器滑动端
D．开关断开瞬间
答案 ACD
解析 A中开关闭合前，线圈Ⅰ、Ⅱ中均无磁场，开关闭合瞬间，线圈Ⅰ中电流从无到有形成磁场，穿过线圈Ⅱ的磁通量从无到有，线圈Ⅱ中产生感应电流，电流计G有示数．故A正确．B中开关闭合一段时间后，线圈Ⅰ中电流稳定不变，电流的磁场不变，此时线圈Ⅱ虽有磁通量但磁通量稳定不变，线圈Ⅱ中无感应电流产生，电流计G中无示数．故B错误．C中开关闭合一段时间后，来回移动滑动变阻器滑动端，电阻变化，线圈Ⅰ中的电流变化，电流形成的磁场也发生变化，穿过线圈Ⅱ的磁通量也发生变化，线圈Ⅱ中有感应电流产生，电流计G中有示数．故C正确．D中开关断开瞬间，线圈Ⅰ中电流从有到无，电流的磁场也从有到无，穿过线圈Ⅱ的磁通量也从有到无发生变化，线圈Ⅱ中有感应电流产生，电流计G中有示数．故D正确．
点评 变化的电流引起闭合线圈中磁通量的变化，是产生感应电流的一种情况．
【方法技巧练】
一、磁通量变化量的求解方法
5．面积为S的矩形线框abcd，处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与线框平面成θ角(如图5所示)，当线框以ab为轴顺时针转90°时，穿过abcd面的磁通量变化量ΔΦ＝________.
图5
答案 －BS(cos
θ＋sin
θ)
解析 磁通量由磁感应强度矢量在垂直于线框面上的分量决定．
开始时B与线框面成θ角，磁通量为Φ＝BSsin
θ；线框面按题意方向转动时，磁通量减少，当转动90°时，磁通量变为“负”值，Φ2＝－BScos
θ.可见，磁通量的变化量为
ΔΦ＝Φ2－Φ1＝－BScos
θ－BSsin
θ
＝－BS(cos
θ＋sin
θ)
实际上，在线框转过90°的过程中，穿过线框的磁通量是由正向BSsin
θ减小到零，再由零增大到负向BScos
θ.
方法总结 磁通量虽是标量，但有正、负，正、负号仅表示磁感线从不同的方向穿过平面，不表示大小．
6．如图6所示，通电直导线下边有一个矩形线框，线框平面与直导线共面．若使线框逐渐远离(平动)通电导线，则穿过线框的磁通量将( )
图6
A．逐渐增大
B．逐渐减小
C．保持不变
D．不能确定
答案 B
解析 当矩形线框在线框与直导线决定的平面内逐渐远离通电导线平动时，由于离开导线越远，磁场越弱，而线框的面积不变，则穿过线框的磁通量将减小，所以B正确．
方法总结 引起磁通量变化一般有四种情况
(1)磁感应强度B不变，有效面积S变化，则ΔΦ＝Φt－Φ0＝BΔS(如知识点一中的1题)
(2)磁感应强度B变化，磁感线穿过的有效面积S不变，
则ΔΦ＝Φt－Φ0＝ΔBS(如此题)
(3)线圈平面与磁场方向的夹角θ发生变化时，即线圈在垂直于磁场方向的投影面积S⊥＝Ssin
θ发生变化，从而引起穿过线圈的磁通量发生变化，即B、S不变，θ变化．(如此栏目中的5题)
(4)磁感应强度B和回路面积S同时发生变化的情况，则ΔΦ＝Φt－Φ0≠ΔB·ΔS
二、感应电流有无的判断方法
7．如图7所示的匀强磁场中有一个矩形闭合导线框，在下列四种情况下，线框中会产生感应电流的是( )
图7
A．线框平面始终与磁感线平行，线框在磁场中左右运动
B．线框平面始终与磁感线平行，线框在磁场中上下运动
C．线框绕位于线框平面内且与磁感线垂直的轴线AB转动
D．线框绕位于线框平面内且与磁感线平行的轴线CD转动
答案 C
解析 四种情况中初始位置线框均与磁感线平行，磁通量为零，按A、B、D三种情况线圈移动后，线框仍与磁感线平行，磁通量保持为零不变，线框中不产生感应电流．C中线圈转动后，穿过线框的磁通量不断发生变化，所以产生感应电流，C项正确．
方法总结 (1)判断有无感应电流产生的关键是抓住两个条件：①电路是否为闭合电路；②穿过电路本身的磁通量是否发生变化，其主要内涵体现在“变化”二字上．电路中有没有磁通量不是产生感应电流的条件，如果穿过电路的磁通量很大但不变化，那么不论有多大，也不会产生感应电流．
(2)分析磁通量是否变化时，既要弄清楚磁场的磁感线分布，又要注意引起磁通量变化的三种情况：①由于线框所在处的磁场变化引起磁通量变化；②由于线框所在垂直于磁场方向的投影面积变化引起磁通量变化；③有可能是磁场及其垂直于磁场的面积都发生变化．
8．下列情况中都是线框在磁场中切割磁感线运动，其中线框中有感应电流的是( )
答案 BC
解析 A中虽然导体“切割”了磁感线，但穿过闭合线框的磁通量并没有发生变化，没有感应电流．B中导体框的一部分导体“切割”了磁感线，穿过线框的磁感线条数越来越少，线框中有感应电流．C中虽然与A近似，但由于是非匀强磁场运动过程中，穿过线框的磁感线条数增加，线框中有感应电流．D中线框尽管是部分切割，但磁感线条数不变，无感应电流，故选B、C.
方法总结 在利用“切割”来讨论和判断有无感应电流时，应该注意：
①导体是否将磁感线“割断”，如果没有“割断”就不能说切割．如下图所示，甲、乙两图中，导线是真“切割”，而图丙中，导体没有切割磁感线．
②即使导体真“切割”了磁感线，也不能保证就能产生感应电流．例如上题中A、D选项情况，如果由切割不容易判断，还是要回归到磁通量是否变化上去．
1．下列现象中，属于电磁感应现象的是( )
A．小磁针在通电导线附近发生偏转
B．通电线圈在磁场中转动
C．因闭合线圈在磁场中运动而产生的电流
D．磁铁吸引小磁针
答案 C
解析 电磁感应是指“磁生电”的现象，而小磁针和通电线圈在磁场中转动，反映了磁场力的性质，所以A、B、D不是电磁感应现象，C是电磁感应现象．
2．在电磁感应现象中，下列说法正确的是( )
A．导体相对磁场运动，导体内一定产生感应电流
B．导体做切割磁感线运动，导体内一定会产生感应电流
C．闭合电路在磁场内做切割磁感线运动，导体内一定会产生感应电流
D．穿过闭合电路的磁通量发生变化，在电路中一定会产生感应电流
答案 D
解析 本题的关键是理解产生感应电流的条件．首先是“闭合电路”，A、B两项中电路是否闭合不确定，故A、B两项错误；其次当电路闭合时，只有一部分导体切割磁感线才产生感应电流，C项错误；当闭合电路中磁通量发生变化时，电路中产生感应电流，D项正确．故正确答案为D.
3．一个闭合线圈中没有感应电流产生，由此可以得出( )
A．此时此地一定没有磁场
B．此时此地一定没有磁场的变化
C．穿过线圈平面的磁感线条数一定没有变化
D．穿过线圈平面的磁通量一定没有变化
答案 D
解析 磁感线条数不变不等于磁通量不变．
4．如图8所示，通电螺线管水平固定，OO′为其轴线，a、b、c三点在该轴线上，在这三点处各放一个完全相同的小圆环，且各圆环平面垂直于OO′轴．则关于这三点的磁感应强度Ba、Bb、Bc的大小关系及穿过三个小圆环的磁通量Φa、Φb、Φc的大小关系，下列判断正确的是( )
图8
A．Ba＝Bb＝Bc，Φa＝Φb＝Φc
B．Ba>Bb>Bc，Φa<Φb<Φc
C．Ba>Bb>Bc，Φa>Φb>Φc
D．Ba>Bb>Bc，Φa＝Φb＝Φc
答案 C
解析 根据通电螺线管产生的磁场特点可知Ba>Bb>Bc，由Φ＝BS可得Φa>Φb>Φc.故C正确．
5．如图9所示，矩形线框abcd放置在水平面内，磁场方向与水平方向成α角，已知sin
α＝4/5，回路面积为S，磁感应强度为B，则通过线框的磁通量为( )
图9
A．BS
B．4BS/5
C．3BS/5
D．3BS/4
答案 B
解析 通过线框的磁通量Φ＝BSsin
α＝BS.
6．如图10所示，ab是水平面上一个圆的直径，在过ab的竖直平面内有一根通电导线ef，已知ef平行于ab，当ef竖直向上平移时，电流产生的磁场穿过圆面积的磁通量将( )
图10
A．逐渐增大
B．逐渐减小
C．始终为零
D．不为零，但保持不变
答案 C
解析 导线ef周围的磁场是以ef为圆心的一系列同心圆，水平面上的圆上的不同点到ef的距离不同，相当于在半径不同的圆周上，由于ef∥ab，且ef与ab在同一竖直平面内，因而ef产生的磁场方向正好在ab两侧且对称地从一边穿入从另一边对称穿出，净剩磁感线条数为零，因而穿过圆的磁通量为零，当ef向上平移时，穿过圆的磁通量仍为零．
7．如图11所示，矩形闭合导线与匀强磁场垂直，一定产生感应电流的是( )
图11
A．垂直于纸面平动
B．以一条边为轴转动
C．线圈形状逐渐变为圆形
D．沿与磁场垂直的方向平动
答案 BC
8．在如图所示的各图中，闭合线框中能产生感应电流的是( )
答案 AB
解析 感应电流产生的条件是：只要穿过闭合线圈的磁通量变化，闭合线圈中就有感应电流产生．A图中，当线圈转动过程中，线圈的磁通量发生变化，线圈中有感应电流产生；B图中离直导线越远磁场越弱，磁感线越稀，所以当线圈远离导线时，线圈中磁通量不断变小，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，线圈中的磁通量为零，在向下移动过程中，线圈的磁通量一直为零，磁通量不变，线圈中无感应电流产生；D图中，线圈中的磁通量一直不变，线圈中无感应电流产生．故正确答案为A、B.
9．如图12所示，开始时矩形线框与匀强磁场的方向垂直，且一半在磁场内，一半在磁场外，若要使线框中产生感应电流，下列办法中不可行的是( )
图12
A．将线框向左拉出磁场
B．以ab边为轴转动(小于90°)
C．以ad边为轴转动(小于60°)
D．以bc边为轴转动(小于60°)
答案 D
解析 将线框向左拉出磁场的过程中，线框的bc部分做切割磁感线运动，或者说穿过线框的磁通量减少，所以线框中将产生感应电流．
当线框以ab边为轴转动时，线框的cd边的右半段在做切割磁感线运动，或者说穿过线框的磁通量在发生变化，所以线框中将产生感应电流．
当线框以ad边为轴转动(小于60°)时，穿过线框的磁通量在减小，所以在这个过程中线框中会产生感应电流．如果转过的角度超过60°(60°～300°)，bc边将进入无磁场区，那么线框中将不产生感应电流．
当线框以bc边为轴转动时，如果转动的角度小于60°，则穿过线框的磁通量始终保持不变(其值为磁感应强度与矩形线框面积的一半的乘积)．
10．A、B两回路中各有一开关S1、S2，且回路A中接有电源，回路B中接有灵敏电流计(如图13所示)，下列操作及相应的结果可能实现的是( )
图13
A．先闭合S2，后闭合S1的瞬间，电流计指针偏转
B．S1、S2闭合后，在断开S2的瞬间，电流计指针偏转
C．先闭合S1，后闭合S2的瞬间，电流计指针偏转
D．S1、S2闭合后，在断开S1的瞬间，电流计指针偏转
答案 AD
11．线圈A中接有如图14所示的电源，线圈B有一半的面积处在线圈A中，两线圈平行但不接触，则在开关S闭合的瞬间，线圈B中有无感应电流？
图14
答案 见解析
解析 有，将S闭合的瞬间，与线圈A组成的闭合电路有电流通过，线圈A产生的磁场要穿过线圈B.线圈A中有环形电流，其磁场不仅穿过线圈自身所包围的面积，方向向外，也穿过线圈外的广大面积，方向向里．但线圈A所包围的面积内磁通密度大，外围面积上的磁通密度小．线圈B与A重合的一半面积上向外的磁通量大于另一半面积上向里的磁通量，因此线圈B所包围的总磁通量不为零，而且方向向外．也就是说，在开关S闭合的瞬间，穿过线圈B的磁通量增加，所以有感应电流．
12．匀强磁场区域宽为L，一正方形线框abcd的边长为l，且l>L，线框以速度v通过磁场区域，如图15所示，从线框进入到完全离开磁场的时间内，线框中没有感应电流的时间是多少？
图15
答案
解析 ad边和bc边都在磁场外时，线框中的磁通量不变，没有感应电流．
线圈中没有感应电流的时间为t＝.
13．匀强磁场的磁感应强度B＝0.8
T，矩形线圈abcd的面积S＝0.5
m2，共10匝，开始B与S垂直且线圈有一半在磁场中，如图16所示．
图16
(1)当线圈绕ab边转过60°时，线圈的磁通量以及此过程中磁通量的改变量为多少？
(2)当线圈绕dc边转过60°时，求线圈中的磁通量以及此过程中磁通量的改变量．
答案 见解析
解析 (1)当线圈绕ab转过60°时，Φ＝BS⊥＝BScos
60°＝0.8×0.5×
Wb＝0.2
Wb(此时的S⊥正好全部处在磁场中)．在此过程中S⊥没变，穿过线圈的磁感线条数没变，故磁通量变化量ΔΦ＝0.(2)当线圈绕dc边转过60°时，Φ＝BS⊥，此时没有磁场穿过S⊥，所以Φ＝0；不转时Φ1＝B·＝0.2
Wb，转动后Φ2＝0，ΔΦ＝Φ2－Φ1＝－0.2
Wb，故磁通量改变了0.2
Wb.第6节 互感和自感
1．两个相互靠近的线圈，当一个线圈中的电流变化时，它所产生的变化的磁场会在另一个线圈中产生感应电动势，这种现象叫互感．利用互感现象可以把能量由一个线圈传递到另一个线圈．
2．当一个线圈中的电流发生变化时，它产生的变化的磁场不仅在邻近的电路中激发出感应电动势，同时也在其本身激发出感应电动势，这种现象叫自感；自感电动势总是阻碍导体中原电流的变化，即当导体中的电流增大时，自感电动势的方向与原电流的方向相反，阻碍电流增大；当导体中的电流减小时，自感电动势的方向与原电流的方向相同，阻碍电流的减小．
3．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．磁通量也将均匀增大
D．自感系数和自感电动势不变
答案 CD
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项正确；而自感系数由线圈本身决定，与电流大小无关；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，D项正确．
4．关于线圈自感系数的说法，错误的是( )
A．自感电动势越大，自感系数也越大
B．把线圈中的铁芯抽出一些，自感系数减小
C．把线圈匝数增加一些，自感系数变大
D．电感是自感系数的简称
答案 A
解析 自感系数是由线圈本身的特性决定的．线圈越长，单位长度上的匝数越多，横截面积越大，它的自感系数就越大．另外，有铁芯的线圈的自感系数比没有铁芯时要大得多．
5．如图1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( )
图1
A．灯A立即熄灭
B．灯A慢慢熄灭
C．灯A突然闪亮一下再慢慢熄灭
D．灯A突然闪亮一下再突然熄灭
答案 A
解析 当开关S断开时，由于通过自感线圈的电流从有变到零，线圈将产生自感电动势，但由于线圈L与灯A串联，在S断开后，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．
【概念规律练】
知识点一 对自感现象的理解
1．关于自感现象，正确的说法是( )
A．感应电流一定和原来的电流方向相反
B．对于同一线圈，当电流变化越大时，线圈产生的自感电动势也越大
C．对于同一线圈，当电流变化越快时，线圈的自感系数也越大
D．对于同一线圈，当电流变化越快时，线圈中的自感电动势也越大
答案 D
解析 当电流增加时，自感电动势的方向与原来的电流反向，当电流减小时与原来的电流同向，故选项A错误；自感电动势的大小，与电流变化快慢有关，与电流变化大小无关，故选项B错误；自感系数只取决于线圈的本身因素，与电流变化情况无关．故选项C错误；结合选项B的错误原因可知，选项D正确．
点评 自感的实质仍然是电磁感应现象，电流的强弱决定其周围磁场的强弱，当电流变化时引起电流周围的磁场发生变化，就会在线圈中产生感应电动势．
2．关于线圈的自感系数、自感电动势下列说法中正确的是( )
A．线圈中电流变化越大，线圈自感系数越大
B．对于某一线圈，自感电动势正比于电流的变化量
C．一个线圈的电流均匀增大，这个线圈自感系数、自感电动势都不变
D．自感电动势总与原电流方向相反
答案 C
解析 线圈的自感系数由线圈本身的因素决定．E自∝，而不是E自∝ΔI，C对，A、B错．线圈中电流减小时，自感电动势方向与原电流方向相同，电流增大时，自感电动势方向与原电流方向相反，D错．
点评 电流的变化量ΔI不等同于电流的变化率，E∝而不是E∝ΔI.自感系数仅和线圈本身有关．
知识点二 通电自感和断电自感
3．如图2所示电路中，A、B是完全相同的灯泡，L是电阻不计的电感线圈，下列说法中正确的是( )
图2
A．当开关S闭合时，A灯先亮，B灯后亮
B．当开关S闭合时，B灯先亮，A灯后亮
C．当开关S闭合时，A、B灯同时亮，以后B灯更亮，A灯熄灭
D．当开关S闭合时，A、B灯同时亮，以后亮度不变
答案 C
解析 当开关S闭合时，电路中电流增加，由于线圈的自感作用，其中产生一自感电动势阻碍电流的增加，此时A、B二灯相当于串联，同时亮；之后线圈相当于一段导线，将A灯短路，A灯熄灭，因B灯所加电压增加而变得更亮．
点评 开关闭合时，线圈自感电动势与电源电动势方向相反，若自感系数足够大，瞬间可以认为断路，随即变缓直至消失．
4．在如图3所示的电路中，带铁芯的、电阻较小的线圈L与灯A并联，当合上开关S后灯A正常发光．则下列说法中正确的是( )
图3
A．当断开S时，灯A立即熄灭
B．当断开S时，灯A突然闪亮后熄灭
C．用阻值与灯A相同的线圈取代L接入电路，当断开S时，灯A逐渐熄灭
D．用阻值与线圈L相同的电阻取代L接入电路，当断开S时，灯A突然闪亮后熄灭
答案 BC
解析 在S断开的瞬间，L与A构成闭合回路，灯A不会立即熄灭．问题是“小灯泡在熄灭之前是否更亮一下”这一点如何确定．根据P＝I2R可知，灯A能否闪亮，取决于S断开的瞬间，流过A的电流是否更大一些．在断开S的瞬间，灯A中原来的电流IA立即消失．但灯A和线圈L组成一闭合回路，由于线圈L的自感作用，其中的电流IL不会立即消失，它还要通过回路维持短暂的时间．如果IL>IA，则灯A熄灭之前要闪亮一下；如果IL≤IA，则灯A是逐渐熄灭而不闪亮一下．至于IL和IA的大小关系，由RA和RL的大小关系决定：若RA>RL，则IA点评 开关断开时，原电源不提供电流，若线圈形成回路，则自感电动势会通过回路形成电流，因此断电时线圈起到瞬间电源的作用．
【方法技巧练】
一、断电自感中灯泡亮度变化的分析技巧
5．在图4甲、乙电路中，电阻R和电感线圈L的电阻都很小．接通S，使电路达到稳定，灯泡A发光，则( )
图4
A．在电路甲中，断开S，A将渐渐变暗
B．在电路甲中，断开S，A将先变得更亮，然后渐渐变暗
C．在电路乙中，断开S，A将渐渐变暗
D．在电路乙中，断开S，A将先变得更亮，然后渐渐变暗
答案 AD
解析 甲图中，灯泡A与电感线圈L在同一个支路中，流过的电流相同，断开开关S时，线圈L中的自感电动势要维持原电流不变，所以，开关断开的瞬间，灯泡A的电流不变，以后电流渐渐变小．因此，灯泡渐渐变暗．乙图中，灯泡A所在支路的电流比电感线圈所在支路的电流要小(因为电感线圈的电阻很小)，断开开关S时电感线圈的自感电动势要阻碍电流的变小，电感线圈相当于一个电源给灯A供电，因此在这一短暂的时间内，反向流过A的电流是从IL开始逐渐变小的，所以灯泡要先亮一下，然后渐渐变暗，故选项A、D正确．
方法总结 在开关断开时，电感线圈的自感电动势要阻碍原电流的减小，此时电感线圈在电路中相当于一个电源，表现为两个方面：一是自感电动势所对应的电流方向与原电流方向一致；二是在断电瞬间，自感电动势所对应的电流大小与原电流的大小相等，以后电流开始缓慢减小到零，断开开关后，灯泡是否瞬间变得更亮，取决于当初两支路中电流大小的关系．
6．如图5所示的电路中，S闭合且稳定后流过电感线圈的电流2
A，流过灯泡的电流是1
A，将S突然断开，S断开前后，能正确反映流过灯泡的电流i随时间t变化关系的图象是( )
图5
答案 D
解析 开关S断开前，通过灯泡D的电流是稳定的，其值为1
A．开关S断开瞬间，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，使线圈中的电流从原来的2
A逐渐减小，方向不变，且同灯泡D构成回路，通过灯泡D的电流和线圈L中的电流相同，也应该是从2
A逐渐减小为零，但是方向与原来通过灯泡D的电流方向相反，D对．
方法总结 解图象问题时，先要搞清楚研究什么元件上的电流随时间的变化关系；其次要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、大小如何变化等因素来确定图象．
二、两类自感的综合分析方法
7．如图6所示，线圈L的自感系数很大，且其电阻可以忽略不计，L1、L2是两个完全相同的小灯泡，随着开关S的闭合和断开的过程中，L1、L2的亮度变化情况是(灯丝不会断)( )
图6
A．S闭合，L1亮度不变，L2亮度逐渐变亮，最后两灯一样亮；S断开，L2立即不亮，L1逐渐变亮
B．S闭合，L1不亮，L2很亮；S断开，L1、L2立即不亮
C．S闭合，L1、L2同时亮，而后L1逐渐熄灭，L2亮度不变；S断开，L2立即不亮，L1亮一下才灭
D．S闭合，L1、L2同时亮，而后L1逐渐熄灭，L2逐渐变得更亮；S断开，L2立即不亮，L1亮一下才熄灭
答案 D
解析 当S接通时，L的自感系数很大，对电流的阻碍作用较大，L1和L2串接后与电源相连，L1和L2同时亮，随着L中电流的增大，L的直流电阻不计，L的分流作用增大，L1的电流逐渐减小为零，由于总电阻变小，总电流变大，L2的电流增大，L2灯变得更亮．当S断开时，L2中无电流，立即熄灭，而电感L将要维持本身的电流不变，L和L1组成闭合电路，L1灯要亮一下后再熄灭，综上所述，选项D正确．
方法总结 当电路中有电感L时，若电路中的电流发生变化，电感L的作用总是阻碍电流的变化．当电路稳定时，电感L相当于一段导体．若电感L中有直流电阻，则相当于电阻；若无直流电阻，则它相当于一根短路导线．
8．如图7所示电路中有L1和L2两个完全相同的灯泡，线圈L的电阻忽略不计，下列说法中正确的是( )
图7
A．闭合S时，L2先亮，L1后亮，最后一样亮
B．断开S时，L2立刻熄灭，L1过一会熄灭
C．L1中的电流始终从a到b
D．L2中的电流始终从c到d
答案 A
解析 闭合S时，L2中立即有从d到c的电流，先亮，而线圈由于自感作用，线圈中产生与原电流相反的自感电动势，对原电流大小起到阻碍作用，通过线圈的电流逐渐增加，所以L1逐渐变亮，电路稳定后自感作用消失，线圈L相当于导线，所以最后L1、L2一样亮．断开S时，L2中由电源提供的电流瞬间消失，但是L中的电流由于自感的阻碍作用将逐渐减小，方向不变，使线圈与L2、L1形成回路，因此L1、L2将过一会儿同时熄灭．L1中的电流始终由b到a，L2中的电流先由d到c，后由c到d.
方法总结 通电时电感上的电流由无到有逐渐增大，断电时电流由有到无逐渐减小．
1．关于自感电动势的大小和方向，下列说法中正确的是( )
A．在自感系数一定的条件下，通过导体的电流越大，产生的自感电动势越大
B．在自感系数一定的条件下，通过导体的电流变化越快，产生的自感电动势越大
C．自感电动势的方向总与原电流的方向相反
D．当通过导体的电流减小时，自感电动势的方向与原电流方向相同
答案 BD
2．某线圈通有如图8所示的电流，则线圈中自感电动势改变方向的时刻有( )
图8
A．第1
s末
B．第2
s末
C．第3
s末
D．第4
s末
答案 BD
解析 在自感现象中当原电流减小时，自感电动势与原电流的方向相同，当原电流增加时，自感电动势与原电流方向相反．在0～1
s内原电流正方向减小，所以自感电动势的方向是正方向，在1
s～2
s内原电流负方向增加，所以自感电动势与其方向相反，即沿正方向；同理分析2
s～3
s、3
s～4
s内可得正确选项为B、D.
3．如图9所示是演示自感现象的实验电路图．下列说法中正确的是( )
图9
A.在断开开关S后的一段短暂时间里，A中仍有电流通过，方向为a→b
B.在断开开关S后的一段短暂时间里，L中仍有电流通过，方向为a→b
C．在断开开关S后，原存储在线圈内的大部分磁场能将转化为电能
D．在断开开关S后，原存储在线圈内的大部分磁场能将转化为化学能
答案 BCb，在灯A中为b→b，在灯A中为b→a；断开开关后，灯泡要逐渐熄灭，电流减小，磁场能转化为电能．
4．如图10所示，对于原来闭合的开关S突然断开的瞬间，会看到灯A更亮的闪一下再熄灭．设S闭合时，灯中电流为I灯，线圈L中电流为IL，断开瞬间灯A中电流为I灯′，线圈L中电流为IL′，则( )
图10
A．I灯B．I灯＝I灯′，IL≤IL′
C．I灯D．I灯>I灯′，IL≤IL′
答案 A
解析 本题的关键是要认清产生自感现象的根本原因，断开S的瞬间，因为IL的减小才产生自感电动势，自感电动势阻碍IL的减小，因此流过线圈L的电流只能是减小而不能是增大，断开瞬间有IL≥IL′，这时L和灯A组成的闭合回路是串联的，在自感电动势的作用下使IL′流过灯A，故I灯′＝IL′.虽然IL′是减小的，但在开始断开的一小段时间内还是比灯A原来的电流I灯大，则有I灯5．在如图11所示的电路中，两个相同的电流表，零刻点在刻度盘的中央．当电流从“＋”接线柱流入时，指针向右摆；当电流从“－”接线柱流入时，指针向左摆．在电路接通且稳定时再断开开关的瞬间，下列说法正确的是( )
图11
A．G1指针向右摆，G2指针向左摆
B．G1指针向左摆，G2指针向右摆
C．两指针都向右摆
D．两指针都向左摆
答案 D
解析 电路接通且稳定时，两支路均有自左到右的电流．当开关断开的瞬间，无自感线圈的支路则没有自感电流产生．有自感线圈的支路产生阻碍原电流变化的自感电流，且这一自感电流将通过能与它形成回路的各支路．此题中开关断开的瞬间，电路电流减小，故L将产生自左至右的自感电流以阻碍原电流变化．且此时开关断开，L所在支路只能与R所在支路串联形成回路，则自感电流自右至左流经R所在支路．
6．如图12所示的电路，可用来测定自感系数较大的线圈的直流电阻，线圈两端并联一个电压表，用来测量自感线圈两端的直流电压，在实验完毕后，将电路拆开时应( )
图12
A．先断开开关S1
B．先断开开关S2
C．先拆去电流表
D．先拆去电阻R
答案 B
解析 b，表右端为“＋”，左端为“－”，指针正向偏转，若先断开S1或先拆表或先拆去电阻R瞬间，线圈中产生的自感电动势相当于瞬间电源，其a端相当于电源的负极，b端相当于电源的正极，此时表加了一个反向电压，使指针反偏．由“自感系数较大的线圈”知其反偏电压很大，会烧坏表．而先断开S2，由于电压表内阻很大，电路中总电阻变化很小，电流几乎不变，不会损坏其他器件，故应先断开S2.→b，表右端为“＋”，左端为“－”，指针正向偏转，若先断开S1或先拆表或先拆去电阻R瞬间，线圈中产生的自感电动势相当于瞬间电源，其a端相当于电源的负极，b端相当于电源的正极，此时表加了一个反向电压，使指针反偏．由“自感系数较大的线圈”知其反偏电压很大，会烧坏表．而先断开S2，由于电压表内阻很大，电路中总电阻变化很小，电流几乎不变，不会损坏其他器件，故应先断开S2.
7．如图13所示，A、B、C是相同的白炽灯，L是自感系数很大、电阻很小的自感线圈．现将S闭合，下面说法正确的是( )
图13
A．B、C灯同时亮，A灯后亮
B．A、B、C灯同时亮，然后A灯逐渐变暗，最后熄灭
C．A灯一直不亮，只有B灯和C灯亮
D．A、B、C灯同时亮，并且亮暗没有变化
答案 B
8．如图14所示，灯泡A、B与固定电阻的阻值均为R，L是自感系数很大的线圈．当S1闭合，S2断开且电路稳定时，A，B亮度相同，再闭合S2，待电路稳定后将S1断开，下列说法中正确的是( )
图14
A．B灯立即熄灭
B．A灯将比原来更亮一下后再熄灭
C.
有电流通过B灯,方向为c→d
D.
有电流通过A灯,方向为b→a
答案 AD
解析
S2断开而只闭合S1，稳定时，A，B两灯一样亮,可知线圈L的电阻也是R。在S1、S2都闭合时IA
=
IL，故当S2闭合S1突然断开时,流过A灯的电流只是方向变为b→a，但其大小不突然增大，A灯不出现更亮一下再熄灭的现象，故D项正确，B项错误；由于固定电阻R几乎没有自感作用，故断开S1时，B灯电流迅速变为零，而立即熄灭，故A项正确C项错误。综上所述分析可知，本题正确答案为A、D。
9．在如图15所示的电路中，三个相同的灯泡a、b、c和电感L1、L2与直流电源连接，电感的电阻忽略不计．电键S从闭合状态突然断开时，下列判断正确的有( )
图15
A．a先变亮，然后逐渐变暗
B．b先变亮，然后逐渐变暗
C．c先变亮，然后逐渐变暗
D．b、c都逐渐变暗
答案 AD
解析 S断开前，灯泡a、b、c中的电流相同，均为I.L1中的电流I1＝2I，L2中的电流I2＝I.当S断开后，电源被撤除，剩下灯泡与线圈形成新的闭合回路．灯泡b、c中的电流由I逐渐减小，两灯逐渐变暗．灯泡a里的电流先由I增至2I，然后逐渐减小，所以灯泡a先变亮后变暗．A、D两项正确．
10．A和L是日光灯的灯管和镇流器，如果按图16所示的电路连接，下列关于日光灯发光情况的叙述中，正确的是( )
图16
A．只把S1接通，S2、S3不接通，日光灯就能正常发光
B．把S1和S2接通后，S3不接通，日光灯就能正常发光
C．S3不接通，接通S1和S2后再断开S2，日光灯就能正常发光
D．当日光灯正常发光后，再接通S3，日光灯仍能正常发光
答案 C
解析 A选项：只接通S1，灯管两端不能产生瞬时高压，日光灯不能点燃，A错误；
B选项：S1和S2接通，S2不断开，日光灯被短路，电压为零，镇流器也不能产生断电自感电动势，日光灯不能点燃，B项错误；
C选项：S1和S2接通，再断开S2，镇流器产生自感电动势，与外加电压一起形成瞬时高压，使日光灯点燃而正常发光，C正确；
D选项：日光灯正常发光后，再接通S3，镇流器被短接，不再起限流和降压作用，加在灯管两端的电压将达到220
V，灯管将会烧坏，D错误．
11．如图17所示的电路中，已知E＝20
V，R1＝20
Ω，R2＝10
Ω，L是纯电感线圈，电源内阻不计，则S闭合，电路稳定后断开S的瞬间，L两端的电压是多少？哪端电势高？
图17
答案 60
V b端的电势高于a端
解析 当S闭合，电路稳定时，流过L的电流I＝E/R2＝2
A，此时a端电势高于b端．断开S的瞬间，R2和R1与L串联，线圈L中电流减小，开始瞬间，L中电流为I，所以L两端电压为I(R1＋R2)＝60
V，此时线圈L中的磁场能转化为电能释放出来，线圈L相当于电源，R1与R2相当于外电路，所以b端电势高于a端．
12．如图18所示，设电源的电动势为E＝10
V，内阻不计，L与R的电阻均为5
Ω，两灯泡的电阻为RS＝10
Ω.
图18
(1)求断开S的瞬间，灯泡L1两端的电压；
(2)画出断开S前后一段时间内流过L1电流随时间的变化规律．
答案 (1)10
V (2)见解析
解析 (1)电路稳定工作时，由于a、b两点的电势相等，导线ab上无电流流过．因此通过L的电流为
IL＝＝
A＝1
A
流过L1的电流为IS＝＝
A＝0.5
A
断开S的瞬间，由于线圈要想维持IL不变，而与L1组成闭合回路，因此通过L1的最大电流为1
A．所以此时L1两端的电压为U＝IL·RS＝10
V(正常工作时为5
V)．
(2)断开S前，流过L1的电流为0.5
A不变，而断开S的瞬间，通过L1的电流突变为1
A，且方向也发生变化，然后渐渐减小到零，所以它的图象应为如右图所示(t0为断开S的时刻)．注：从t0开始，电流持续的时间实际上一般是很短的．习题课1 楞次定律的应用
一、基础练
1．如图所示，无限大磁场的方向垂直于纸面向里，A图中线圈在纸面内由小变大(由图中实线矩形变成虚线矩形)，B图中线圈正绕a点在平面内旋转，C图与D图中线圈正绕OO′轴转动，则线圈中不能产生感应电流的是( )
答案 B
解析 选项A中线圈面积S变化；选项C、D中线圈面与磁感应强度B的夹角变化，都会导致穿过线圈的磁通量变化而产生感应电流．选项B中，B、S及两者夹角均不变，穿过线圈的磁通量不变，不产生感应电流．
2．水平固定的大环中通过恒定的强电流I，从上向下看为逆时针方向，如图1所示，有一小铜环，从上向下穿过大圆环，且保持环面与大环平行且共轴，下落过程中小环中产生感应电流的过程是( )
图1
A．只有小环在接近大环的过程中
B．只有小环在远离大环的过程中
C．只有小环在经过大环的过程中
D．小环下落的整个过程
答案 D
解析 由环形电流磁感线的分布可知小环在运动过程中无论是接近还是远离大环，小环的磁通量均在变化，所以小环下落的整个过程均能产生感应电流．故选D.
3．如图2所示，一对大磁极，中间处可视为匀强磁场，上、下边缘处为非匀强磁场，一矩形导线框abcd保持水平，从两磁极间中心上方某处开始下落，并穿过磁场( )
图2
A.
线框中有感应电流，方向是先a→b→c→d→a后d→c→b→a→d
B.
线框中有感应电流，方向是先d→c→b→a→d后a→b→c→d→a
C．受磁场的作用，线框要发生转动
D．线框中始终没有感应电流
答案 D
解析 由于线框从两极间中心上方某处开始下落，根据对称性知，下落过程中穿过abcd的磁通量始终是零，没有变化，所以始终没有感应电流，因此不会受磁场的作用．故选项D正确．
4．如图3所示，当磁铁运动时，流过电阻的电流由A经R到B，则磁铁的运动可能是( )
图3
A．向下运动
B．向上运动
C．向左平移
D．向右平移
答案 BCDR→R→B，应用安培定则得知感应电流在螺线管内产生的磁场方向向下；(2)由楞次定律判断得螺线管内的磁通量变化应是向下的减小或向上的增加；(3)由条形磁铁的磁感线分布知螺线管内原磁场方向是向下的，故应是磁通量减小，磁铁向上运动、向左或向右平移都会导致通过螺线管内的向下的磁通量减小．
5．在图4中，MN为一根固定的通有恒定电流I的长直导线，导线框abcd与MN在同一竖直平面内(彼此绝缘)，当导线框以竖直向下的速度v经过图示位置时，线框中感应电流方向如何？
图4
答案 abcda
解析 MN中的电流在MN上方和下方的磁场如图所示．“·”表示磁感线垂直于纸面向外，“×”表示磁感线垂直于纸面向里，线框在图示位置时，线框在MN上面的部分与MN间所包围的“·”的磁感线将要减少，线框在MN下方的部分与MN间所包围的“×”将要增多，总的来说，线框所围面积的“·”将要减少，“×”将要增多，根据“增反减同”这一口诀，可知感应电流的磁场方向与“·”同向，与“×”反向，由右手螺旋定则可知线框中感应电流方向为abcda.
二、提升练
6．两圆环A、B置于同一水平面上，其中A为均匀带电绝缘环，B为导体环．当A以如图5所示的方向绕中心转动的角速度发生变化时，B中产生如图所示方向的感应电流，则( )
图5
A．A可能带正电且转速减小
B．A可能带正电且转速增大
C．A可能带负电且转速减小
D．A可能带负电且转速增大
答案 BC
解析 选取A环为研究对象，若A环带正电，且转速增大，则使穿过环面的磁通量向里增加．由楞次定律知，B环中感应电流的磁场方向向外，B环中感应电流的方向应为逆时针方向，故A错误，B正确；若A环带负电，且转速增大，则使穿过环面的磁通量向外增加，由楞次定律知，B环中感应电流的磁场方向向里，B环中感应电流的方向应为顺时针方向，故C正确，D错误．
7．如图6所示，同一平面内的三条平行导线串有两个电阻R和r，导体棒PQ与三条导线接触良好，匀强磁场的方向垂直纸面向里．导体棒的电阻可忽略，当导体棒向左滑动时，下列说法正确的是( )
图6
A．流过R的电流为由d到c，流过r的电流为由b到a
B．流过R的电流为由c到d，流过r的电流为由b到a
C．流过R的电流为由d到c，流过r的电流为由a到b
D．流过R的电流为由c到d，流过r的电流为由a到b
答案 B
解析 根据磁场方向和导体棒的运动方向，用右手定则可以判断出在PQ中产生的感应电动势的方向由P指向Q，即导体棒下端电势高、上端电势低，所以在接入R的闭合电路中，电流由c流向d，在接入r的闭合电路中，电流由b流向a.
8．如图7所示，金属裸导线框abcd放在水平光滑金属导轨上，在磁场中向右运动，匀强磁场垂直水平面向下，则( )
图7
A．G1表的指针发生偏转
B．G2表的指针发生偏转
C．G1表的指针不发生偏转
D．G2表的指针不发生偏转
答案 AB
解析 ab导线与G电表形成回路，导线框向右运动时，回路中磁通量增加，产生感应电流，故两电表均有电流．
9．如图8所示，MN是一根固定的通电长直导线，电流方向向上，今将一金属线框abcd放在导线上，让线框的位置偏向导线左边，两者彼此绝缘．当导线中的电流突然增大时，线框整体受力情况为( )
图8
A．受力向右
B．受力向左
C．受力向上
D．受力为零
答案 A
解析 此题可用两种解法
解法一：根据安培定则可知通电直导线周围的磁场分布如右图所示．当直导线上电流突然增大时，穿过矩形回路的合磁通量(方向向外)增加，回路中产生顺时针方向的感应电流，因ad、bc两边对称分布，所受的安培力合力为零．而ab、cd两边虽然通过的电流方向相反，但它们所在处的磁场方向也相反，由左手定则可知它们所受的安培力均向右，所以线框整体受力向右．选项A正确．
解法二：从楞次定律的另一表述分析：当MN中电流突然增大时，穿过线框的磁通量增加，感应电流引起的结果必是阻碍磁通量的增加，即线框向右移动．(ab、cd关于MN对称时，磁通量为零，此时穿过线框的磁通量最小)
点评 本题首先由安培定则判断出直线电流周围的磁场分布，然后由楞次定律判断出感应电流的方向，再由左手定则判断出各边的受力情况．
10．如图9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( )
图9
A．S增大，l变长
B．S减小，l变短
C．S增大，l变短
D．S减小，l变长
答案 D
解析 当通电直导线中电流增大时，穿过金属圆环的磁通量增大，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法进行阻碍，故D正确．
11．如图10所示，粗糙水平桌面上有一质量为m的铜质矩形线圈，当一竖直放置的条形磁铁从线圈中线AB正上方等高快速经过时，若线圈始终不动，则关于线圈受到的支持力FN及在水平方向运动趋势的正确判断是( )
图10
A．FN先小于mg后大于mg，运动趋势向左
B．FN先大于mg后小于mg，运动趋势向左
C．FN先小于mg后大于mg，运动趋势向右
D．FN先大于mg后小于mg，运动趋势向右
答案 D
解析 本题考查电磁感应有关的知识，为中等难度题目．条形磁铁从线圈正上方等高快速经过时，通过线圈的磁通量先增加后减小．当通过线圈的磁通量增加时，为阻碍其增加，在竖直方向上线圈有向下运动的趋势，所以线圈受到的支持力大于其重力，在水平方向上有向右运动的趋势．当通过线圈的磁通量减小时，为阻碍其减小，在竖直方向上线圈有向上运动的趋势，所以线圈受到的支持力小于其重力，在水平方向上有向右运动的趋势．综上所述，线圈所受到的支持力先大于重力后小于重力，运动趋势总是向右．
12．如图11所示，在匀强磁场中放置一个电阻不计的平行金属导轨，导轨跟大线圈M相连，导轨上放一根导线ab，磁感线垂直于导轨所在平面，欲使M所包围的小闭合线圈N产生顺时针方向的感应电流，则导线的运动情况可能是( )
图11
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
答案 CD
解析 N中产生顺时针方向的感应电流，必须是M中顺时针方向的电流减小，或逆时针方向的电流增大，故选项C、D满足这一要求．
13．如图12甲所示，长直导线与闭合金属线框位于同一平面内，长直导线中的电流i随时间t的变化关系如图乙所示．在0～时间内，直导线中电流方向向上，则在～T时间内，线框中感应电流的方向与所受安培力方向正确的是( )
图12
A．感应电流方向为顺时针，线框受安培力的合力方向向左
B．感应电流方向为逆时针，线框受安培力的合力方向向右
C．感应电流方向为顺时针，线框受安培力的合力方向向右
D．感应电流方向为逆时针，线框受安培力的合力方向向左
答案 C
解析 在～T时间内，直导线中的电流方向向下且增大，穿过线圈的磁通量垂直纸面向外且增加，由楞次定律知感应电流方向为顺时针，线框所受安培力由左手定则可知向右，所以C正确．
点评 右手定则适用于闭合电路部分导体切割磁感线产生感应电流的情况；左手定则适用于通电导体在磁场中的受力情况．应用时应注意抓住“因果关系”，即“因动而电”用右手，“因电而动”用左手．
14．如图13所示，在两根平行长直导线M、N中，通以同方向同大小的电流，导线框abcd和两导线在同一平面内，线框沿着与两导线垂直的方向，自右向左在两导线间匀速运动，在移动过程中，线框中感应电流方向怎样？
图13
答案 始终是abcd
解析 线框在两电流中线OO′的右侧时，穿过线框的合磁通量垂直纸面穿出，线框左移，磁通量变小，为阻碍这个方向的磁通量减小，感应电流的方向就是abcd.
当线框跨越两电流中线OO′时，线框的合磁通量由穿出变为穿进，感应电流还是abcd.
线框再左移，线框合磁通量穿入且增加，感应电流方向还是abcd.
所以线框中感应电流方向始终是abcd.
点评 先画出I1和I2产生的合磁感线的分布，如解析图所示，注意合磁场B的方向和大小情况．
15．如图14所示，用细线将一个闭合金属环悬于O点，虚线左边有垂直于纸面向外的匀强磁场，而右边没有磁场，金属环的摆动会很快停下来．试解释这一现象．若整个空间都有垂直于纸面向外的匀强磁场，会有这种现象吗？
图14
答案 见解析
解析 只有左边有匀强磁场，金属环在穿越磁场边界时(无论是进入还是穿出)，由于磁通量发生变化，环内一定有感应电流产生．根据楞次定律，感应电流将会阻碍相对运动，所以摆动会很快停下来，这就是电磁阻尼现象．还可以用能量守恒来解释：有电流产生，就一定有机械能向电能转化，摆的机械能将不断减小．若空间都有匀强磁场，穿过金属环的磁通量不变化，无感应电流，不会阻碍相对运动，摆动就不会很快停下来．第四章
电磁感应章末检测
(时间：90分钟 满分：100分)
一、单项选择题(本题共6小题，每小题4分，共24分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得4分，选错或不答的得0分)
1.如图1所示是描述电磁炉工作原理的示意图.炉子的内部有一个金属线圈，当电流通过线圈时，会产生磁场，这个磁场的大小和方向是不断变化的，这个变化的磁场又会引起放在电磁炉上面的铁质(或钢质)锅底内产生感应电流，由于锅底有电阻，所以感应电流又会在锅底产生热效应，这些热能便起到加热物体的作用从而煮食.因为电磁炉是以电磁感应产生电流，利用电流的热效应产生热量，所以不是所有的锅或器具都适用.以下说法正确的是( )
图1
A.最好使用铝锅或铜锅
B.最好使用平底不锈钢锅或铁锅
C.最好使用陶瓷锅或耐热玻璃锅
D.在电磁炉与铁锅之间放一层白纸后无法加热
答案 B
解析 选用陶瓷锅或耐热玻璃锅无法形成涡流，C选项错误；A、B选项中均能形成涡流，铜和铝的电阻率小，电热少，效率低，相对来说选用平底不锈钢锅或铁锅为最佳，A选项错误，B选项正确；由于线圈产生的磁场能穿透白纸到达锅底，在铁锅中产生涡流，能够加热，D选项错误.
2.如图2，直角三角形金属框abc放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向平行于ab边向上.当金属框绕ab边以角速度ω逆时针转动时，a、b、c三点的电势分别为Ua、Ub、Uc.已知bc边的长度为l.下列判断正确的是( )
图2
A.Ua＞Uc，金属框中无电流
B.Ub＞Uc，金属框中电流方向沿abca
C.Ubc＝－Bl2ω，金属框中无电流
D.Uac＝Bl2ω，金属框中电流方向沿acba
答案 C
解析 金属框abc平面与磁场平行，转动过程中磁通量始终为零，所以无感应电流产生，选项B、D错误.转动过程中bc边和ac边均切割磁感线，产生感应电动势，由右手定则判断Ua3.如图3所示，先后以恒定的速度v1和v2把一个正方形金属线框水平拉出有界匀强磁场区域，且v1＝2v2，则在先后两种情况( )
图3
A.线框中的感应电动势之比E1∶E2＝2∶1
B.线框中的感应电流之比I1∶I2＝1∶2
C.线框中产生的热量之比Q1∶Q2＝1∶4
D.通过线框某截面的电荷量之比q1∶q2＝2∶1
答案 A
解析 根据E＝Blv∝v以及v1＝2v2可知，选项A正确；因为I＝∝E，所以I1∶I2＝2∶1，选项B错误；线框中产生的热量Q＝I2Rt＝t＝·＝∝v，所以Q1∶Q2＝2∶1，选项C错误；根据q＝＝，q1∶q2＝1∶1可知，选项D错误.
4.匀强磁场方向垂直纸面，规定向里的方向为正，磁感应强度B与时间t变化规律如图4甲所示，在磁场中有一细金属圆环，圆环平面位于纸面内，如图乙所示.令E1、E2、E3分别表示Oa、bc、cd段的感应电动势的大小，I1、I2、I3分别表示对应的电流，则下列判断正确的是( )
图4
A.E1B.E1C.E2D.E2＝E3，I2沿逆时针方向，I3沿顺时针方向
答案 A
解析 根据E＝S，所以B－t图线的斜率大小反映电动势大小，根据比较图线的斜率大小可看出E15.如图5所示，有一个等腰直角三角形的匀强磁场区域其直角边长为L，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B.边长为L、总电阻为R的正方形导线框abcd，从图示位置开始沿x轴正方向以速度v匀速穿过磁场区域.取沿abcda的感应电流为正，则表示线框中电流i随bc边的位置坐标x变化的图象正确的是( )
图5
答案 C
6.如图6甲所示，一个匝数n＝100的圆形导体线圈，面积S1＝0.4
m2，电阻r＝1
Ω.在线圈中存在面积S2＝0.3
m2的垂直线圈平面向外的匀强磁场区域，磁感应强度B随时间t变化的关系如图乙所示.有一个R＝2
Ω的电阻，将其两端a、b分别与图甲中的圆形线圈相连接，b端接地，则下列说法正确的是( )
图6
A.圆形线圈中产生的感应电动势E＝6
V
B.在0～4
s时间内通过电阻R的电荷量q＝8
C
C.设b端电势为零，则a端的电势φa＝3
V
D.在0～4
s时间内电阻R上产生的焦耳热Q＝18
J
答案 D
解析 由法拉第电磁感应定律可得E＝n，由题图乙结合数学知识可得＝
T/s＝0.15
T/s，将其代入可求E＝4.5
V，A错.q＝IΔt＝·Δt＝nΔt＝n，在0～4
s穿过圆形导体线圈的磁通量的变化量为ΔΦ＝0.6×0.3
Wb－0＝0.18
Wb，代入可解得q＝6
C，B错.0～4
s内磁感应强度增大，圆形线圈内磁通量增加，由楞次定律结合右手定则可得b点电势高，a点电势低，故C错.由于磁感应强度均匀变化产生的电动势与电流均恒定，可得I＝＝1.5
A，由焦耳定律可得Q＝I2Rt＝18
J，D对.
二、多项选择题(本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对得5分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分)
7.自然界的电、热和磁等现象都是相互联系的，很多物理学家为寻找它们之间的联系做出了贡献.下列说法正确的是( )
A.奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系
B.欧姆发现了欧姆定律，说明了热现象和电现象之间存在联系
C.法拉第发现了电磁感应现象，揭示了磁现象和电现象之间的联系
D.焦耳发现了电流的热效应，定量给出了电能和热能之间的转换关系
答案 ACD
8.如图7所示，P、Q是两个完全相同的灯泡，L是电阻为零的纯电感，且自感系数L很大.C是电容较大且不漏电的电容器，下列判断正确的是( )
图7
A.S闭合时，P灯亮后逐渐熄灭，Q灯逐渐变亮
B.S闭合时，P灯、Q灯同时亮，然后P灯变暗，Q灯变得更亮
C.S闭合，电路稳定后，S断开时，P灯突然亮一下，然后熄灭，Q灯立即熄灭
D.S闭合，电路稳定后，S断开时，P灯突然亮一下，然后熄灭，Q灯逐渐熄灭
答案 AD
解析 当S闭合时，通过自感线圈的电流逐渐增大而产生自感电动势，L相当于断路，电容C较大，相当于短路，当电流稳定时，L相当于短路，电容C相当于断路，故P灯先亮后灭，Q灯逐渐变亮；当S断开时，灯泡P与自感线圈L组成了闭合回路，灯泡P中的电流先增大后减小至零，故闪亮一下熄灭，电容器与灯泡Q组成闭合回路，电容器放电，故灯泡Q逐渐熄灭，选项A、D正确.
9.如图8所示，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( )
图8
A.FM向右
B.FN向左
C.FM逐渐增大
D.FN逐渐减小
答案 BCD
解析 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阻碍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，磁感应强度B变大，根据E＝Blv、I＝及F＝BIl可知，FM逐渐变大，故选项C正确；导体棒在N区运动时，磁感应强度B变小，根据E＝Blv、I＝及F＝BIl可知，FN逐渐变小，故选项D正确.
10.如图9所示，足够长且电阻不计的光滑平行金属导轨MN、PQ竖直放置，间距为L＝0.5
m，一匀强磁场磁感应强度B＝0.2
T垂直穿过导轨平面，导轨的上端M与P间连接阻值为R＝0.4
Ω的电阻，质量为m＝0.01
kg、电阻不计的金属棒ab垂直紧贴在导轨上.现使金属棒ab由静止开始下滑，经过一段时间金属棒达到稳定状态，这段时间内通过R的电荷量为0.3
C，则在这一过程中(g＝10
m/s2)( )
图9
A.安培力最大值为0.05
N
B.这段时间内下降的高度1.2
m
C.重力最大功率为0.1
W
D.电阻产生的焦耳热为0.04
J
答案 BD
解析 安培力的最大值应该等于重力为0.1
N，故A错误；由法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律可知q＝t＝＝，解得x＝1.2
m，故B正确；当安培力等于重力时，速度最大，mg＝，解得vm＝4
m/s，重力最大功率Pm＝0.4
W，故C错误；由能量守恒定律，电阻产生的焦耳热Q＝mgx－mv＝0.04
J，故D正确.
三、填空题(本题共2小题，共10分)
11.(5分)为判断线圈绕向，可将灵敏电流计G与线圈L连接，如图10所示.已知线圈由a端开始绕至b端：当电流从电流计G的左端流入时，指针向左偏转.
图10
(1)将磁铁的N极向下从线圈上方竖直插入线圈L时，发现电流计的指针向左偏转.俯视线圈，其绕向为________(选填“顺时针”或“逆时针”).
(2)当条形磁铁从图中的虚线位置向右远离线圈L时，发现电流计的指针向右偏转.俯视线圈，其绕向为________(选填“顺时针”或“逆时针”).
答案 (1)顺时针 (2)逆时针
解析 (1)由题可知在线圈L内电流从b流向a，而根据楞次定律(增反减同)知，线圈L中产生的磁场与原磁场方向相反(向上)，再根据右手螺旋定则可知，电流方向为逆时针方向(俯视线圈)，因此线圈绕向为顺时针方向(俯视线圈).
(2)由题意可知在线圈L内电流从a流向b，而根据楞次定律(增反减同)知，线圈L中产生的磁场与原磁场方向相同(向上)，再根据右手螺旋定则可知，感应电流方向与(1)问相同，而电流的流向与(1)问相反，因此线圈绕向一定与(1)问相反，为逆时针方向(俯视线圈).
12.(5分)如图11所示为“研究电磁感应现象”的实验装置.
图11
(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计的指针向右偏转一下，那么合上开关后可能出现的情况有：
A.将线圈A迅速插入线圈B时，灵敏电流计指针将________.
B.线圈A插入线圈B后，将滑动变阻器的滑片迅速向左拉时，灵敏电流计指针________.
答案 (1)见解析图 (2)向右偏转一下 向左偏转一下
解析 (1)如图所示
(2)根据楞次定律及灵敏电流计的指针偏转方向与流过它的电流方向的关系来判定，则A.向右偏转一下；B.向左偏转一下.
四、解答题(本题共4小题，共46分.解答应写出必要的文字说明、只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)
13.(10分)如图12所示，在光滑水平面上有一长为L1、宽为L2的单匝矩形闭合导线框abcd，处于磁感应强度为B的有界匀强磁场中，其ab边与磁场的边界重合.线框由粗细均匀的同种导线制成，总电阻为R.现用垂直于线框ab边的水平拉力，将线框以速度v向右沿水平方向匀速拉出磁场，此过程中保持线框平面与磁感线垂直，且ab边与磁场边界平行.求线框被拉出磁场的过程中：
图12
(1)通过线框的电流；
(2)线框中产生的焦耳热；
(3)线框中a、b两点间的电压大小.
答案 (1) (2) (3)
解析 (1)线框产生的感应电动势E＝BL2v
通过线框的电流I＝＝
(2)线框被拉出磁场所需时间t＝
此过程中线框中产生的焦耳热Q＝I2Rt＝
(3)线框ab边的电阻Rab＝R
线框中a、b两点间电压的大小U＝IRab＝
14.(10分)如图13所示，横截面积为0.2
m2的100匝圆形线圈A处在变化的磁场中，磁场方向垂直纸面，其磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示，设垂直纸面向外为B的正方向.R1＝4
Ω，R2＝6
Ω，C＝30
μF，线圈的内阻不计，求电容器上极板所带电荷量并说明正负.
图13
答案 7.2×10－6
C 上极板带正电
解析 E＝nS＝100××0.2
V＝0.4
V
电路中的电流I＝＝
A＝0.04
A
所以UC＝IR2＝0.04×6
V＝0.24
V
Q＝CUC＝30×10－6×0.24
C＝7.2×10－6
C
由楞次定律和安培定则可知，电容器的上极板带正电.
15.(12分)如图14所示，两足够长的平行光滑金属导轨倾斜放置，与水平面间的夹角为θ＝37°，两导轨之间的距离为L＝0.2
m，导轨上端m、n之间通过导线连接，有理想边界的匀强磁场垂直于导轨平面向上，虚线ef为磁场边界，磁感应强度为B＝2
T.一质量为m＝0.05
kg的光滑金属棒ab从距离磁场边界0.75
m处由静止释放，金属棒两轨道间的电阻r＝0.4
Ω，其余部分的电阻忽略不计，ab、ef均垂直导轨.(g＝10
m/s2，sin
37°＝0.6，cos
37°＝0.8)，求：
图14
(1)ab棒最终在磁场中匀速运动的速度；
(2)ab棒运动过程中的最大加速度.
答案 (1)0.75
m/s，方向沿斜面向下
(2)18
m/s2，方向沿斜面向上
解析 (1)当ab棒在磁场中匀速运动时，根据受力平衡得：
BIL＝mgsin
θ
又有I＝和E＝BLv，联立以上关系可得v＝0.75
m/s，方向沿斜面向下
(2)ab棒进入磁场前，加速度a1＝gsin
37°＝6
m/s2，方向沿斜面向下.设ab棒进入磁场时的速度为v1，
则v＝2a1x1
将x1＝0.75
m代入得v1＝3
m/s
刚进入磁场时，对ab棒受力分析得：
mgsin
θ－BI2L＝ma2，I2＝
解得a2＝－18
m/s2，方向沿斜面向上
进入磁场以后，ab棒做加速度逐渐减小的减速运动，最终匀速运动，所以，ab棒运动中的最大加速度为18
m/s2，方向沿斜面向上.
16.(14分)如图15所示，质量m1＝0.1
kg、电阻R1＝0.3
Ω、长度L＝0.4
m的导体棒ab横放在U型金属框架上.框架质量m2＝0.2
kg，放在绝缘水平面上，与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2.相距0.4
m的MM′、NN′相互平行，电阻不计且足够长.电阻R2＝0.1
Ω的MN垂直于MM′.整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B＝0.5
T.垂直于ab棒施加F＝2
N的水平向右的恒力，ab棒从静止开始无摩擦地运动，始终与MM′、NN′保持良好接触，当ab棒运动到某处时，框架开始运动.设框架与水平面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10
m/s2.
图15
(1)求框架开始运动时ab棒的速度v的大小；
(2)从ab开始运动到框架开始运动的过程中，MN上产生的热量Q＝0.1
J，求该过程ab的位移x的大小.
答案 (1)6
m/s (2)1.1
m
解析 (1)ab对框架的压力F1＝m1g
框架受水平面的支持力FN＝m2g＋F1
依题意，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则框架受到的最大静摩擦力Ff＝μFN.设框架开始运动时ab棒的速度为v，则ab中的感应电动势E＝BLv
MN中电流I＝
MN受到的安培力F安＝BIL
框架开始运动时F安＝Ff
由上述各式代入数据解得v＝6
m/s
(2)闭合回路中产生的总热量Q总＝Q
由能量守恒定律，得Fx＝m1v2＋Q总
代入数据解得x＝1.1
m.习题课3 电磁感应规律的应用
一、基础练
1．如图1所示，平行导轨间的距离为d，一端跨接一个电阻R，匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直于平行金属导轨所在的平面．一根足够长的金属棒与导轨成θ角放置．金属棒与导轨的电阻不计，当金属棒沿垂直于棒的方向滑行时，通过电阻R的电流为( )
图1
A.
B.
C.
D.
答案 D
解析 题中B、l、v满足两两垂直的关系，所以E＝Blv其中l＝即E＝，故通过电阻R的电流为，选D.
点评 正确理解E＝Blv，知道适用条件是三个量两两垂直．
2.
图2中两条平行虚线之间存在匀强磁场，虚线间的距离为l，磁场方向垂直纸面向里,abcd是位于纸面内的梯形线圈，ad与bc间的距离也为l.t=0时刻，bc边与磁场区域边界重合（如图）.现令线圈以恒定的速度v沿垂直于磁场区域边界的方向穿过磁场区域.取沿a→b→c→d→a的感应电流为正，则在线圈穿越磁场区域的过程中，感应电流I随时间t变化的图线可能是(
)
答案 B
解析 线框进入时，磁通量是增加的，线框穿出时磁通量是减少的，由楞次定律可判断两次电流方向一定相反，故只能在A、B中选择，再由楞次定律及规定的电流正方向可判断进入时电流为负方向，故选B.
3．如图3所示，ab和cd是位于水平面内的平行金属轨道，间距为l，其电阻可忽略不计，ac之间连接一阻值为R的电阻．ef为一垂直于ab和cd的金属杆，它与ad和cd接触良好并可沿轨道方向无摩擦地滑动．电阻可忽略．整个装置处在匀强磁场中，磁场方向垂直于图中纸面向里，磁感应强度为B，当施外力使杆ef以速度v向右匀速运动时，杆ef所受的安培力为( )
图3
A.
B.
C.
D.
答案 A
4．如图4所示，先后两次将同一个矩形线圈由匀强磁场中拉出，两次拉动的速度相同．第一次线圈长边与磁场边界平行，将线圈全部拉出磁场区，拉力做功W1、通过导线截面的电荷量为q1，第二次线圈短边与磁场边界平行，将线圈全部拉出磁场区域，拉力做功为W2、通过导线截面的电荷量为q2，则( )
图4
A．W1>W2，q1＝q2
B．W1＝W2，q1>q2
C．W1D．W1>W2，q1>q2
答案 A
解析 设矩形线圈的长边为a，短边为b，电阻为R，速度为v，则W1＝BI1ba＝B··a·b，W2＝BI2ba＝B··a·b，因为a>b，所以W1>W2.通过导线截面的电荷量q1＝I1t1＝·＝q2.
5．如图5所示，半径为a的圆形区域(图中虚线)内有匀强磁场，磁感应强度为B＝0.2
T，半径为b的金属圆环与虚线圆同心、共面的放置，磁场与环面垂直，其中a＝0.4
m、b＝0.6
m；金属环上分别接有灯L1、L2，两灯的电阻均为2
Ω.一金属棒MN与金属环接触良好，棒与环的电阻均不计．
图5
(1)若棒以v0＝5
m/s的速率沿环面向右匀速滑动，求棒滑过圆环直径OO′的瞬间，MN中的电动势和流过灯L1的电流．
(2)撤去中间的金属棒MN，将左面的半圆弧OL1O′以MN为轴翻转90°，若此后B随时间均匀变化，其变化率为＝
T/s，求灯L2的功率．
答案 (1)0.8
V 0.4
A (2)1.28×10－2
W
解析 (1)棒滑过圆环直径OO′的瞬间，MN中的电动势为动生电动势，E＝B·2a·v＝0.8
V.
流经L1的电流I＝＝0.4
A
(2)电路中的电动势为感生电动势，E＝·
灯L2的功率P2＝2RL2＝1.28×10－2
W
点评 求电路中的电动势时，要分析清楚产生感应电动势的方式，若为导体切割磁感线类，宜用E＝Blv计算；若为磁场变化产生感生电场类，宜用E＝nS.
二、提升练
6．如图6所示，矩形线框abcd的ad和bc的中点M、N之间连接一电压表，整个装置处于匀强磁场中，磁场的方向与线框平面垂直．当线框向右匀速平动时，下列说法中正确的是( )
图6
A．穿过线框的磁通量不变化，MN间无感应电动势
B．MN这段导体做切割磁感线运动，MN间有电势差
C．MN间有电势差，所以电压表有示数
D．因为有电流通过电压表，所以电压表有示数
答案 B
解析 穿过线框的磁通量不变化，线框中无感应电流，但ab、MN、dc都切割磁感线，它们都有感应电动势，故A错，B对．无电流通过电压表，电压表无示数，C、D错．
7．粗细均匀的电阻丝围成的正方形线框置于有界匀强磁场中，磁场方向垂直于线框平面，其边界与正方形线框的边平行．现使线框以同样大小的速度沿四个不同方向平移出磁场，如下图所示，则在移出过程中线框的一边a、b两点间电势差绝对值最大的是( )
答案 B
解析 设此题中磁感应强度为B，线框边长为l，速度为v，则四种情况的感应电动势都是Blv，但B中ab为电源，ab两点间的电势差为路端电压Uab＝Blv，其他三种情况下，Uab＝Blv，故选B.
8．如图7所示，线圈C连接光滑平行导轨，导轨处在方向垂直纸面向里的匀强磁场中，导轨电阻不计，导轨上放着导体棒MN.为了使闭合线圈A产生图示方向的感应电流，可使导体棒MN( )
图7
A．向右加速运动
B．向右减速运动
C．向左加速运动
D．向左减速运动
答案 AD
解析 N再由右手定则判断MN应向左运动，磁场减弱则电流减小故MN应减速，故可判断MN向左减速，同理可判断向右加速也可，故选A、D.→N再由右手定则判断MN应向左运动，磁场减弱则电流减小故MN应减速，故可判断MN向左减速，同理可判断向右加速也可，故选A、D.
9如图8所示，平行金属导轨与水平面成θ角，导轨与固定电阻R1和R2相连，匀强磁场垂直穿过导轨平面．有一导体棒ab，质量为m，导体棒的电阻与固定电阻R1和R2的阻值均相等，与导轨之间的动摩擦因数为μ，导体棒ab沿导轨向上滑动，当上滑的速度为v时，受到安培力的大小为F.此时( )
图8
A．电阻R1消耗的热功率为Fv/3
B．电阻R2消耗的热功率为Fv/6
C．整个装置因摩擦而消耗的热功率为μmgvcos
θ
D．整个装置消耗的机械功率为(F＋μmgcos
θ)v
答案 BCD
解析 棒ab上滑速度为v时，切割磁感线产生感应电动势E＝Blv，设棒电阻为R，则R1＝R2＝R，回路的总电阻R总＝R，通过棒的电流I＝＝，棒所受安培力F＝BIl＝，通过电阻R1的电流与通过电阻R2的电流相等，即I1＝I2＝＝，则电阻R1消耗的热功率P1＝IR＝＝，电阻R2消耗的热功率P2＝IR＝.棒与导轨间的摩擦力Ff＝μmgcos
θ，故因摩擦而消耗的热功率为P＝Ffv＝μmgvcos
θ；由能量转化知，整个装置中消耗的机械功率为安培力的功率和摩擦力的功率之和P机＝Fv＋Ffv＝(F＋μmgcos
θ)v.由以上分析可知，B、C、D选项正确．
点评 切割磁感线的导体相当于电源，电源对闭合回路供电．分析清楚整个过程中能量的转化和守恒，所有的电能和摩擦生热都来自于机械能，而转化的电能在回路中又转化为电热．
10．如图9所示，一个半径为r的铜盘，在磁感应强度为B的匀强磁场中以角速度ω绕中心轴OO′匀速转动，磁场方向与盘面垂直，在盘的中心轴与边缘处分别安装电刷．设整个回路电阻为R，当圆盘匀速运动角速度为ω时，通过电阻的电流为________．
图9
答案
解析 当铜盘转动时，产生的感应电动势相当于一根导体棒绕其一个端点在磁场中做切割磁感线的圆周运动，产生的电动势为E＝Br2ω所以通过电阻的电流为.
11．如图10所示，在磁感应强度B＝0.5
T的匀强磁场中，垂直于磁场方向水平放置着两根相距为h＝0.1
m的平行金属导轨MN与PQ，导轨的电阻忽略不计．在两根导轨的端点N、Q之间连接一阻值R＝0.3
Ω的电阻，导轨上跨放着一根长为L＝0.2
m、每米长电阻r＝2.0
Ω/m的金属棒ab，金属棒与导轨正交，交点为c、d.当金属棒以速度v＝4.0
m/s向左做匀速运动时，试求：
图10
(1)电阻R中电流的大小和方向；
(2)金属棒ab两端点间的电势差．Q
→Q
(2)0.32
V
解析 (1)在cNQd构成的回路中，动生电动势E＝Bhv，由欧姆定律可得电流
Q.
→Q.
(2)a、b两点间电势差应由ac段、cd段、db段三部分相加而成，其中cd两端的电压Ucd＝IR.
ac、db端电压即为其电动势，且有Eac＋Edb＝B(L－h)v.故
Uab＝IR＋Eac＋Edb＝0.32
V.
点评 无论磁场中做切割磁感线运动的导体是否接入电路，都具有电源的特征，接入电路后，其两端电压为路端电压，未接入电路时两端电压大小即为其电动势的大小．
12．如图11所示，两根平行金属导轨固定在水平桌面上，每根导轨每米的电阻为r0＝0.10
Ω/m，导轨的端点P、Q用电阻可忽略的导线相连，两导轨间的距离l＝0.20
m．有随时间变化的匀强磁场垂直于桌面，已知磁感应强度B与时间t的关系为B＝kt，比例系数k＝0.020
T/s.一电阻不计的金属杆可在导轨上无摩擦地滑动，在滑动过程中保持与导轨垂直，在t＝0时刻，金属杆紧靠在P、Q端，在外力作用下，杆以恒定的加速度从静止开始向导轨的另一端滑动，求在t＝6.0
s时金属杆所受的安培力．
图11
答案 1.44×10－3
N
解析 以a表示金属杆运动的加速度，在t时刻，金属杆与初始位置的距离L＝at2，此时杆的速度v＝at，杆与导轨构成的回路的面积S＝Ll，回路中的感应电动势E＝S＋Blv，而B＝kt，故
＝＝k
回路的总电阻R＝2Lr0；回路中的感应电流I＝；
作用于杆的安培力F＝BlI.
联立以上各式解得F＝·t.
代入数据得F＝1.44×10－3
N.
点评 当问题中同时有动生电动势和感生电动势时，可以分别单独求出动生电动势和感生电动势，再结合其方向求出电路中的总电动势．若两电动势方向相同，直接相加；若两电动势方向相反，用大电动势减去小电动势，总电动势方向与大的方向一致．在单独求出动生电动势时，磁感应强度B应该运用该时刻的值运算；单独求感生电动势时，面积S应该运用此时的面积运算．该方法也是分解思想的体现．当然，如果运用公式E＝n计算，求得的电动势也为总电动势．解题时是运用分解的方法分别求出两个电动势后再合成，还是直接用E＝n计算，由题中条件决定．
13．如图12所示，足够长的两根相距为0.5
m的平行光滑导轨竖直放置，导轨电阻不计，磁感应强度B为0.8
T的匀强磁场的方向垂直于导轨平面．两根质量均为0.04
kg的可动金属棒ab和cd都与导轨接触良好，金属棒ab和cd的电阻分别为1
Ω和0.5
Ω，导轨最下端连接阻值为1
Ω的电阻R，金属棒ab用一根细绳拉住，细绳允许承受的最大拉力为0.64
N．现让cd棒从静止开始落下，直至细绳刚被拉断，此过程中电阻R上产生的热量为0.2
J(g取10
m/s2)．求：
图12
(1)此过程中ab棒和cd棒产生的热量Qab和Qcd；
(2)细绳被拉断瞬间，cd棒的速度v；
(3)细绳刚要被拉断时，cd棒下落的高度h.
答案 (1)0.2
J 0.4
J (2)3
m/s (3)2.45
m
解析 (1)Qab＝QR＝0.2
J，由Q＝I2Rt，Icd＝2Iab.
所以Qcd＝Qab＝4××0.2
J＝0.4
J.
(2)绳被拉断时BIabL＋mg＝FT，
E＝BLv,2Iab＝
解上述三式并代入数据得v＝3
m/s
(3)由能的转化和守恒定律有
mgh＝mv2＋Qcd＋Qab＋QR
代入数据得h＝2.45
m
14．磁悬浮列车的运行原理可简化为如图13所示的模型，在水平面上，两根平行直导轨间有竖直方向且等距离分布的匀强磁场B1和B2，导轨上有金属框abcd，金属框宽度ab与磁场B1、B2宽度相同．当匀强磁场B1和B2同时以速度v0沿直导轨向右做匀速运动时，金属框也会沿直导轨运动，设直导轨间距为L，B1＝B2＝B，金属框的电阻为R，金属框运动时受到的阻力恒为F，则金属框运动的最大速度为多少？
图13
答案
解析 当磁场B1、B2同时以速度v0向右匀速运动时，线框必然同时有两条边切割磁感线而产生感应电动势．线框以最大速度运动时切割磁感线的速度为v＝v0－vm
当线框以最大速度vm匀速行驶时，线框产生的感应电动势为E＝2BLv
线框中产生的感应电流为I＝
线框所受的安培力为F安＝2BIL
线框匀速运动时，据平衡可得F安＝F
解得vm＝
点评 这是一道力、电综合题．它涉及力学中的受力分析及牛顿运动定律．解答的关键在于把新情景下的磁悬浮列车等效为有两条边切割磁感线的线框模型，分析运动情景，挖掘极值条件(线框做加速度越来越小的加速运动，当安培力等于阻力时，速度最大)，另外还要
注意切割磁感线的速度为框与磁场的相对速度.
