习题课：楞次定律的应用
课时要求
1.应用楞次定律的推论判断感应电流的方向.
2.理解安培定则、左手定则、右手定则和楞次定律的区别.
一、利用“结论法”判断感应电流的方向
1．“增反减同”法
感应电流的磁场，总要阻碍引起感应电流的磁通量(原磁场磁通量)的变化．
(1)当原磁场磁通量增加时，感应电流的磁场方向与原磁场方向相反．
(2)当原磁场磁通量减少时，感应电流的磁场方向与原磁场方向相同．
口诀记为“增反减同”．
例1 如图1所示，一水平放置的矩形闭合线圈abcd在细长磁铁的N极附近竖直下落，保持bc边在纸外，ad边在纸内，由图中位置Ⅰ经过位置Ⅱ到位置Ⅲ，位置Ⅰ和位置Ⅲ都很接近位置Ⅱ，这个过程中线圈的感应电流 ( )
图1
A．沿abcd流动
B．沿dcba流动
C．先沿abcd流动，后沿dcba流动
D．先沿dcba流动，后沿abcd流动
答案 A
解析 由条形磁铁的磁场分布可知，线圈在位置Ⅱ时穿过闭合线圈的磁通量最小为零，线圈从位置Ⅰ到位置Ⅱ，从下向上穿过线圈的磁通量在减少，线圈从位置Ⅱ到位置Ⅲ，从上向下穿过线圈的磁通量在增加，根据楞次定律可知感应电流的方向是abcd.
2．“来拒去留”法
由于磁场与导体的相对运动产生电磁感应现象时，产生的感应电流与磁场间有力的作用，这种力的作用会“阻碍”相对运动．口诀记为“来拒去留”．
例2 如图2所示，当磁铁突然向铜环运动时，铜环的运动情况是( )
图2
A．向右摆动
B．向左摆动
C．静止
D．无法判定
答案 A
解析 当磁铁突然向铜环运动时，穿过铜环的磁通量增加，为阻碍磁通量的增加，铜环远离磁铁向右运动．
3．“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．收缩或扩张是为了阻碍电路原磁通量的变化．若穿过闭合电路的磁通量增大时，面积有收缩趋势；若穿过闭合电路的磁通量减少时，面积有扩张趋势．口诀为“增缩减扩”．
说明：此法只适用于回路中只有一个方向的磁感线的情况．
例3 (2016·慈溪市调研)(多选)如图3所示，“U”形金属框架固定在水平面上，金属杆ab与框架间无摩擦．整个装置处于竖直方向的磁场中．若因磁场的变化，使杆ab向右运动，则磁感应强度( )
图3
A．方向向下并减小 B．方向向下并增大
C．方向向上并增大 D．方向向上并减小
答案 AD
解析 杆ab向右运动，使得闭合回路中磁通量有增加趋势，说明原磁场的磁通量必定减弱，即磁感应强度正在减小，与方向向上、向下无关，故选项A、D正确，B、C错误．
4．“增离减靠”法
当磁场变化且线圈回路可移动时，由于磁场增强使得穿过回路的磁通量增加，线圈将通过远离磁体来阻碍磁通量增加；反之，由于磁场减弱使线圈中的磁通量减少时，线圈将靠近磁体来阻碍磁通量减少，口诀记为“增离减靠”．
例4 如图4所示，通电螺线管两侧各悬挂一个小铜环，铜环平面与螺线管截面平行，当开关S接通瞬间，两铜环的运动情况是( )
图4
A．同时向两侧推开
B．同时向螺线管靠拢
C．一个被推开，一个被吸引，但因电源正负极未知，无法具体判断
D．同时被推开或同时向螺线管靠拢，但因电源正负极未知，无法具体判断
答案 A
解析 开关S接通瞬间，小铜环中磁通量从无到有增加，根据楞次定律，感应电流的磁场要阻碍磁通量的增加，则两环将同时向两侧运动．故A正确．
二、“三定则一定律”的综合应用
安培定则、左手定则、右手定则、楞次定律的适用场合如下表.
比较项目
安培定则
左手定则
右手定则
楞次定律
适用场合
通电导线、圆环产生磁场时，磁场方向、电流方向关系
通电导线在磁场中所受的安培力方向、电流方向、磁场方向三者方向关系
导体切割磁感线时速度方向、磁场方向、感应电流方向三者方向关系
回路中磁通量变化产生感应电流时原磁场方向、感应电流磁场方向关系
综合运用这几个规律的关键是分清各个规律的适用场合，不能混淆．
例5 (多选)如图5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(说明：PQ棒切割磁感线的速度越大，产生的感应电流越大)( )
图5
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 BC
解析 当PQ向右运动时，用右手定则可判定PQ中感应电流的方向是由Q→P，由安培定则可知穿过L1的磁场方向是自下而上的；若PQ向右加速运动，则穿过L1的磁通量增加，用楞次定律可以判断流过MN的感应电流是从N→M的，用左手定则可判定MN受到向左的安培力，将向左运动，选项A错误；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正确；同理可判断选项B正确，选项D错误．
几个规律的使用中，要抓住各个对应的因果关系：
1．因电而生磁(I→B)―→安培定则
2．因动而生电(v、B→I)→右手定则
3．因电而受力(I、B→F安)→左手定则
三、从能量的角度理解楞次定律
感应电流的产生并不是创造了能量．导体做切割磁感线运动时，产生感应电流，感应电流受到安培力作用，导体克服安培力做功从而实现其他形式能向电能的转化，所以楞次定律的“阻碍”是能量转化和守恒的体现．
例6 如图6所示，上下开口、内壁光滑的铜管P和塑料管Q竖直放置，小磁块先后在两管中从相同高度处由静止释放，并落至底部，则小磁块( )
图6
A．在P和Q中都做自由落体运动
B．在两个下落过程中的机械能都守恒
C．在P中的下落时间比在Q中的长
D．落至底部时在P中的速度比在Q中的大
答案 C
解析 小磁块下落过程中，在铜管P中产生感应电流，小磁块受到向上的磁场力，不做自由落体运动，而在塑料管Q中只受到重力，在Q中做自由落体运动，故选项A错误；根据功能关系知，在P中下落时，小磁块机械能减少，在Q中下落时，小磁块机械能守恒，故选项B错误；在P中加速度较小，在P中下落时间较长，选项C正确；由于在P中下落时要克服磁场力做功，机械能有损失，故可知落到底部时在P中的速度比在Q中的小，选项D错误．
1．(2016·丽水市调研)如图7所示，绝缘光滑水平面上有两个离得很近的导体环a、b.将条形磁铁沿它们的正中向下移动(不到达该平面)，a、b将如何移动( )
图7
A．a、b将相互远离 B．a、b将相互靠近
C．a、b将不动 D．无法判断
答案 A
解析 根据Φ＝BS，磁铁向下移动过程中B增大，所以穿过每个环中的磁通量都有增大的趋势．由于S不可改变，为阻碍磁通量的增大，导体环应该尽量远离磁铁，所以a、b将相互远离．选项A正确．
2．如图8所示，用一种新材料制成一闭合线圈，当它浸入液氮中时，会成为超导体，这时手拿一永磁体，使任一磁极向下，放在线圈的正上方，永磁体便处于悬浮状态，这种现象称为超导体磁悬浮．关于这一现象，下列说法正确的是( )
图8
A．当永磁体的N极向下时，通过线圈的感应电流的方向为a→b→c→d→a，线圈与磁铁相互排斥
B．当永磁体的N极向下时，通过线圈的感应电流的方向为a→d→c→b→a，线圈与磁铁相互排斥
C．当永磁体的S极向下时，通过线圈的感应电流的方向为a→b→c→d→a，线圈与磁铁相互吸引
D．当永磁体的S极向下时，通过线圈的感应电流的方向为a→d→c→b→a，线圈与磁铁相互吸引
答案 A
3．(多选)如图9所示，闭合圆形金属环竖直固定，光滑水平导轨穿过圆环，条形磁铁沿导轨以初速度v0向圆环运动，其轴线穿过圆环圆心，与环面垂直，则磁铁在穿过圆环的整个过程中，下列说法正确的是( )
图9
A．磁铁靠近圆环的过程中，做加速运动
B．磁铁靠近圆环的过程中，做减速运动
C．磁铁远离圆环的过程中，做加速运动
D．磁铁远离圆环的过程中，做减速运动
答案 BD
4．如图10所示，导轨间的磁场方向垂直于纸面向里，当导线MN在导轨上向右加速滑动时，正对电磁铁A的圆形金属环B中(说明：导体棒切割磁感线速度越大，感应电流越大) ( )
图10
A．有感应电流，且B被A吸引
B．无感应电流
C．可能有，也可能没有感应电流
D．有感应电流，且B被A排斥
答案 D
解析 MN向右加速滑动，根据右手定则，MN中的电流方向从N→M，且大小在逐渐变大，根据安培定则知，电磁铁A的磁场方向向左，且大小逐渐增强，根据楞次定律知，B环中的感应电流产生的磁场方向向右，B被A排斥，D正确，A、B、C错误．
1．(2016～2017学年台州中学高二统练)如图1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1
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 条形磁铁从线圈正上方由左向右运动的过程中，线圈中的磁通量先增大后减小，根据楞次定律的“来拒去留”可知，线圈先有向下和向右运动的趋势，后有向上和向右运动的趋势．故线圈受到的支持力先大于重力后小于重力，运动趋势向右．故选D.
2. (多选)如图2所示，一个有弹性的金属线圈被一根橡皮绳吊于通电直导线的正下方，直导线与线圈在同一竖直面内，当通电直导线中电流增大时，金属线圈的面积S和橡皮绳的长度l将( )
图2
A．S增大 B．S减小
C．l变短 D．l变长
答案 BD
解析 当通电直导线中电流增大时，穿过金属线圈的磁通量增大，金属线圈中产生感应电流，根据楞次定律，感应电流要阻碍原磁通量的增大：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B、D正确．
3. 如图3所示，铜质金属环从条形磁铁的正上方由静止开始下落，在下落过程中，下列判断正确的是( )
图3
A．金属环在下落过程中的机械能守恒
B．金属环在下落过程中动能的增加量小于其重力势能的减少量
C．金属环的机械能先减小后增大
D．磁铁对桌面的压力始终大于其自身的重力
答案 B
4．(多选)两根相互平行的金属导轨水平放置于如图4所示的匀强磁场中，与导轨接触良好的导体棒AB和CD可以自由滑动．当AB在外力F作用下向右运动时，下列说法中正确的是( )
图4
A．导体棒CD内有电流通过，方向是D→C
B．导体棒CD内有电流通过，方向是C→D
C．磁场对导体棒CD的作用力向左
D．磁场对导体棒AB的作用力向左
答案 BD
解析 两个导体棒与两根金属导轨构成闭合回路，当AB向右运动时，回路中磁通量增加，结合安培定则判断回路中感应电流的方向是B→A→C→D→B.再根据左手定则，可判断出磁场对CD的作用力向右，对AB的作用力向左．故选项B、D正确．
5．(2016～2017学年台州中学高二第一次统练)(多选)如图5所示，通电直导线右边有一个矩形线框abcd，线框平面与通电直导线共面，若使线框向右远离通电导线，则( )
图5
A．线框磁通量变大
B．线框中产生顺时针方向电流
C．线框bc边受到安培力方向向右
D．线框abcd受到安培力方向向右
答案 BC
解析 离通电导线越远，电流产生的磁场越弱，线框向右远离通电导线，线框磁通量变小，选项A错误；由安培定则知穿过矩形线框abcd的磁场方向垂直纸面向里，而且线框磁通量变小，由楞次定律得线框中产生顺时针方向的电流，选项B正确；因bc边电流向下，又处在垂直纸面向里的磁场内，由左手定则得线框bc边受到安培力方向向右，选项C正确；因ad边电流向上，又处在垂直纸面向里的磁场内，由左手定则得线框ad边受到的安培力向左，又因离通电导线越近磁场越强，所以线框abcd受到安培力方向向左，选项D错误．综上本题选B、C.
6．如图6所示，两个相同的轻质铝环套在一根水平光滑绝缘杆上，当一条形磁铁向左运动靠近两环时，两环的运动情况是 ( )
图6
A．同时向左运动，间距变大
B．同时向左运动，间距变小
C．同时向右运动，间距变小
D．同时向右运动，间距变大
答案 B
解析 磁铁向左运动，穿过两环的磁通量都增加．根据楞次定律，感应电流的磁场将阻碍原磁通量增加，所以两者都向左运动．另外，两环产生的感应电流方向相同，依据安培定则和左手定则可以判断两个环之间是相互吸引的，所以选项A、C、D错误，B正确．
7．(多选)如图7所示，在水平面上有一固定的导轨，导轨为U形金属框架，框架上放置一金属杆ab，不计摩擦，在竖直方向上有匀强磁场，则( )
图7
A．若磁场方向竖直向上并增强时，杆ab将向右移动
B．若磁场方向竖直向上并减弱时，杆ab将向右移动
C．若磁场方向竖直向下并增强时，杆ab将向右移动
D．若磁场方向竖直向下并减弱时，杆ab将向右移动
答案 BD
解析 不管磁场方向竖直向上还是竖直向下，当磁感应强度增大时，回路中磁通量增大，由楞次定律知杆ab将向左移动，反之，杆ab将向右移动，选项B、D正确．
8．如图8所示，固定的水平长直导线中通有电流I，矩形线框与导线在同一竖直平面内，且一边与导线平行．线框由静止释放，在下落过程中( )
图8
A．穿过线框的磁通量保持不变
B．线框中感应电流方向保持不变
C．线框所受安培力的合力为零
D．线框的机械能不断增大
答案 B
解析 线框在下落过程中，所在位置磁场减弱，穿过线框的磁感线的条数减少，磁通量减小．故A错误．下落过程中，因为磁通量随线框下落而减小，根据楞次定律，感应电流的磁场与原磁场方向相同，不变，所以感应电流的方向不变，故B正确．线框左右两边受到的安培力互相抵消，上边受的安培力大于下边受的安培力，安培力合力不为零．故C错误．线框中产生电能，机械能减小．故D错误．
9．(2015·绍兴上虞高二检测)(多选)螺线管右端的管口正对着一个闭合线圈M，如图9所示，线圈平面与螺线管中轴线垂直，以下哪些情况能使M向右侧摆( )
图9
A．闭合开关S瞬间
B．闭合开关S稳定后滑动变阻器R的触片P左移时
C．开关S原来闭合，断开的瞬间
D．闭合开关S稳定后滑动变阻器R的触片P右移时
答案 AB
解析 由于要使M向右侧摆动，所以要求线圈中的电流必须变大，在闭合开关S的瞬间可以满足，在闭合S稳定后滑动变阻器R的触片P左移时也能满足，故A、B正确．
10．为了测量列车运行的速度和加速度大小，可采用如图10甲所示的装置，它由一块安装在列车车头底部的强磁体和埋设在轨道地面的一组线圈及电流测量记录仪组成(电流测量记录仪未画出)．当列车经过线圈上方时，线圈中产生的电流被记录下来，P、Q为接测量仪器的端口．若俯视轨道平面磁场垂直地面向里(如图乙)，则在列车经过测量线圈的过程中，流经线圈的电流方向为( )
图10
A．始终逆时针方向
B．先顺时针，再逆时针方向
C．先逆时针，再顺时针方向
D．始终顺时针方向
答案 C
解析 在列车经过线圈的上方时，由于列车上的磁场的方向向下，所以线圈内的磁通量方向向下，先增大后减小，根据楞次定律可知，线圈中的感应电流的方向为先逆时针，再顺时针方向．
11．如图11所示，ab是一个可绕垂直于纸面的轴O转动的闭合矩形导线框，当滑动变阻器R的滑片自左向右滑动时，线框ab的运动情况是( )
图11
A．保持静止不动
B．逆时针转动
C．顺时针转动
D．发生转动，但电源极性不明，无法确定转动的方向
答案 C
解析 根据题图所示电路，线框ab所处位置的磁场是水平方向的，当滑动变阻器的滑片向右滑动时，电路中电阻增大，电流减弱，则穿过闭合导线框ab的磁通量将减少．Φ＝BSsin θ，θ为线圈平面与磁场方向的夹角，根据楞次定律，感应电流的磁场将阻碍原来磁场的变化，则线框ab只有顺时针旋转使θ角增大，而使穿过线圈的磁通量增加，则C正确．注意此题并不需要明确电源的极性．
12．(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12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．则下列说法中正确的是( )
图12
A．若保持开关闭合，则铝环不断升高
B．若保持开关闭合，则铝环停留在跳起后的某一高度
C．若保持开关闭合，则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
答案 CD
解析 铝环跳起是开关闭合时铝环上产生的感应电流与通电螺线管上的电流相互作用而引起的．故C、D正确．
习题课：电磁感应中的动力学及能量问题
课时要求
1.掌握电磁感应中动力学问题的分析方法.
2.理解电磁感应过程中能量的转化情况，能用能量的观点分析和解决电磁感应问题.
一、电磁感应中的动力学问题
1．电磁感应中产生的感应电流在磁场中将受到安培力作用，所以电磁感应问题往往与力学问题联系在一起，处理此类问题的基本方法是：
(1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律求感应电动势的大小和方向．
(2)求回路中的感应电流的大小和方向．
(3)分析研究导体受力情况(包括安培力)．
(4)列动力学方程或平衡方程求解．
2．两种状态处理
(1)导体处于平衡状态——静止或匀速直线运动状态．
处理方法：根据平衡条件——合力等于零列式分析．
(2)导体处于非平衡状态——加速度不为零．
处理方法：根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系分析．
例1 如图1甲所示，两根足够长的直金属导轨MN、PQ平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上，两导轨间距为L，M、P两点间接有阻值为R的电阻，一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直，整套装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向下，导轨和金属杆的电阻可忽略，让ab杆沿导轨由静止开始下滑，导轨和金属杆接触良好，不计它们之间的摩擦．
图1
(1)由b向a方向看到的装置如图乙所示，请在此图中画出ab杆下滑过程中某时刻的受力示意图；
(2)在加速下滑过程中，当ab杆的速度大小为v时，求此时ab杆中的电流及其加速度的大小；
(3)求在下滑过程中，ab杆可以达到的速度最大值．
答案 (1)见解析图 (2) gsin θ－ (3)
解析 (1)如图所示，ab杆受重力mg，竖直向下；支持力FN，垂直于斜面向上；安培力F安，沿斜面向上．
(2)当ab杆的速度大小为v时，感应电动势E＝BLv，此时电路中的电流I＝＝
ab杆受到安培力F安＝BIL＝
根据牛顿第二定律，有mgsin θ－F安＝ma
联立解得a＝gsin θ－.
(3)当a＝0时，ab杆有最大速度：vm＝.
电磁感应现象中涉及到具有收尾速度的力学问题时，关键是做好受力情况和运动情况的动态分析：
→→→→→→
周而复始地循环，达到最终状态时，加速度等于零，导体达到稳定运动状态，即平衡状态，根据平衡条件建立方程，所求解的收尾速度也是导体运动的最大速度．
针对训练1 (多选)如图2所示，MN和PQ是两根互相平行竖直放置的光滑金属导轨，已知导轨足够长，且电阻不计．ab是一根与导轨垂直而且始终与导轨接触良好的金属杆．开始时，将开关S断开，让杆ab由静止开始自由下落，一段时间后，再将S闭合，若从S闭合开始计时，则金属杆ab的速度v随时间t变化的图象可能是( )
图2
答案 ACD
解析 设ab杆的有效长度为l，S闭合时，若>mg，杆先减速再匀速，D项有可能；若＝mg，杆匀速运动，A项有可能；若二、电磁感应中的能量问题
1．电磁感应中能量的转化
电磁感应过程实质是不同形式的能量相互转化的过程，其能量转化方式为：
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．
例2 如图3所示，足够长的平行光滑U形导轨倾斜放置，所在平面的倾角θ＝37°，导轨间的距离L＝1.0 m，下端连接R＝1.6 Ω的电阻，导轨电阻不计，所在空间存在垂直于导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度B＝1.0 T.
图3
质量m＝0.5 kg、电阻r＝0.4 Ω的金属棒ab垂直置于导轨上，现用沿导轨平面且垂直于金属棒、大小为F＝5.0 N的恒力使金属棒ab从静止开始沿导轨向上滑行，当金属棒滑行s＝2.8 m后速度保持不变．求：(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2)
(1)金属棒匀速运动时的速度大小v；
(2)金属棒从静止到刚开始匀速运动的过程中，电阻R上产生的热量QR.
答案 (1)4 m/s (2)1.28 J
解析 (1)金属棒匀速运动时产生的感应电流为I＝
由平衡条件有F＝mgsin θ＋BIL
代入数据解得v＝4 m/s.
(2)设整个电路中产生的热量为Q，由能量守恒定律有
Q＝Fs－mgs·sin θ－mv2
而QR＝Q，代入数据解得QR＝1.28 J.
针对训练2 水平放置的光滑平行导轨上放置一根长为L、质量为m的导体棒ab，ab处在磁感应强度大小为B、方向如图4所示的匀强磁场中，导轨的一端接一阻值为R的电阻，导轨及导体棒电阻不计．现使ab在水平恒力F作用下由静止沿垂直于磁场的方向运动，当通过的位移为x时，ab达到最大速度vm.此时撤去外力，最后ab静止在导轨上．在ab运动的整个过程中，下列说法正确的是( )
图4
A．撤去外力后，ab做匀减速运动
B．合力对ab做的功为Fx
C．R上释放的热量为Fx＋mv
D．R上释放的热量为Fx
答案 D
解析 撤去外力后，导体棒水平方向只受安培力作用，而F安＝，F安随v的变化而变化，故导体棒做加速度变化的变速运动，A错；对整个过程由动能定理得W合＝ΔEk＝0，B错；由能量守恒定律知，恒力F做的功等于整个回路产生的电能，电能又转化为R上释放的热量，即Q＝Fx，C错，D正确．
1．(多选)如图5所示，不计电阻的平行金属导轨ab、cd竖直放置，上端接有电阻R，ef是一根电阻不计的水平放置的导体棒，质量为m，棒的两端分别与ab、cd保持良好接触，且能沿导轨无摩擦下滑，整个装置放在与导轨垂直的匀强磁场中，当导体棒ef由静止下滑一段时间后闭合开关S，则S闭合后( )
图5
A．导体棒ef的加速度可能大于g
B．导体棒ef的加速度一定小于g
C．导体棒ef最终的速度随S闭合时刻的不同而不同
D．导体棒ef的机械能与回路内产生的热量之和一定守恒
答案 AD
解析 开关S闭合前，导体棒只受重力而加速下滑．闭合开关时有一定的初速度v0，若此时F安＞mg，则F安－mg＝ma.若F安＜mg，则mg－F安＝ma，F安不确定，故加速度的大小也不确定，选项A正确，选项B错误；无论闭合开关时初速度为多大，导体棒最终所受的安培力和重力都平衡，故选项C错误；根据能量守恒定律可知，选项D正确．
2. (多选)如图6所示，两根光滑的金属导轨，平行放置在倾角为θ的斜面上，导轨的左端接有电阻R，导轨自身的电阻可忽略不计．斜面处在一匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向上．质量为m、电阻可以忽略不计的金属棒ab，在沿着斜面与棒垂直的恒力F作用下沿导轨匀速上滑，且上升的高度为h，在这一过程中( )
图6
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，有三个力对金属棒做功，恒力F做正功，重力做负功，安培力阻碍相对运动，沿斜面向下，做负功．匀速运动时，所受合力为零，故合力做功为零，A正确；克服安培力做多少功就有多少其他形式的能转化为电路中的电能，电能又等于R上产生的焦耳热，故外力F与重力的合力所做的功等于电阻R上产生的焦耳热，D正确．
3．如图7所示，空间存在B＝0.5 T，方向竖直向下的匀强磁场，MN、PQ是水平放置的平行长直导轨，其间距L＝0.2 m，电阻R＝0.3 Ω接在导轨一端，ab是跨接在导轨上质量m＝0.1 kg、电阻r＝0.1 Ω的导体棒，已知导体棒和导轨间的动摩擦因数为0.2.从零时刻开始，对ab棒施加一个大小为F＝0.45 N、方向水平向左的恒定拉力，使其从静止开始沿导轨滑动，该过程中棒始终保持与导轨垂直且接触良好，求：
图7
(1)导体棒所能达到的最大速度；
(2)试定性画出导体棒运动的速度－时间图象．
答案 (1)10 m/s (2)见解析图
解析 (1)导体棒切割磁感线运动，产生的感应电动势：
E＝BLv①
I＝②
导体棒受到的安培力F安＝BIL③
导体棒运动过程中受到拉力F、安培力F安和摩擦力Ff的作用，
根据牛顿第二定律：F－μmg－F安＝ma④
由①②③④得：F－μmg－＝ma⑤
由上式可以看出，随着速度的增大，安培力增大，加速度a减小，当加速度a减小到0时，速度达到最大．
此时有F－μmg－＝0⑥
可得：vm＝＝10 m/s⑦
(2)导体棒运动的速度－时间图象如图所示．
一、选择题
1．如图1所示，在一匀强磁场中有一U形导线框abcd，线框处于水平面内，磁场与线框平面垂直，R为一电阻，ef为垂直于ab的一根导体杆，它可在ab、cd上无摩擦地滑动．杆ef及线框中导线的电阻都可忽略不计．开始时，给ef一个向右的初速度，则( )
图1
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，切割磁感线，产生感应电动势和感应电流，会受到向左的安培力而做减速运动，直到停止，但不是匀减速，由F＝BIl＝＝ma知，ef做的是加速度减小的减速运动．故A正确．
2．如图2所示，竖直放置的两根平行金属导轨之间接有定值电阻R，质量不能忽略的金属棒与两导轨始终保持垂直并良好接触且无摩擦，棒与导轨的电阻均不计，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直，棒在竖直向上的恒力F作用下加速上升的一段时间内，力F做的功与安培力做的功的代数和等于( )
图2
A．棒的机械能增加量 B．棒的动能增加量
C．棒的重力势能增加量 D．电阻R上放出的热量
答案 A
解析 棒加速上升时受到重力、拉力F及安培力．根据功能原理可知，力F与安培力做的功的代数和等于棒的机械能的增加量，A正确．
3．(多选)如图3所示，纸面内有一矩形导体闭合线框abcd，ab边长大于bc边长，置于垂直纸面向里、边界为MN的匀强磁场外，线框两次匀速地完全进入磁场，两次速度大小相同，方向均垂直于MN.第一次ab边平行MN进入磁场，线框上产生的热量为Q1，通过线框导体横截面的电荷量为q1；第二次bc边平行于MN进入磁场，线框上产生的热量为Q2，通过线框导体横截面的电荷量为q2，则 ( )
图3
A．Q1＞Q2 B．Q1C．q1＝q2 D．q1＞q2
答案 AC
解析 根据功能关系知，线框上产生的热量等于克服安培力做的功，
即Q1＝W1＝F1lbc＝lbc＝lab
同理Q2＝lbc，又lab＞lbc，故Q1＞Q2；
因q＝t＝t＝＝，
故q1＝q2.因此A、C正确．
4．如图4所示，足够长的平行金属导轨倾斜放置，倾角为37°，宽度为0.5 m，电阻忽略不计，其上端接一小灯泡，电阻为1 Ω.一导体棒MN垂直导轨放置，质量为0.2 kg，接入电路的电阻为1 Ω，两端与导轨接触良好，与导轨间的动摩擦因数为0.5.在导轨间存在着垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为0.8 T．将导体棒MN由静止释放，运动一段时间后，小灯泡稳定发光，此后导体棒MN的运动速度以及小灯泡消耗的电功率分别为(重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6)( )
图4
A．2.5 m/s 1 W B．5 m/s 1 W
C．7.5 m/s 9 W D．15 m/s 9 W
答案 B
解析 导体棒MN匀速下滑时受力如图所示，
由平衡条件可得F安＋μmgcos 37°＝mgsin 37°，所以F安＝mg(sin 37°－μcos 37°)＝0.4 N，由
F安＝BIL得I＝＝1 A，所以E＝I(R灯＋RMN)＝2 V，导体棒的运动速度v＝＝5 m/s，小灯泡消耗的电功率为P灯＝I2R灯＝1 W．正确选项为B.
5.如图5所示，边长为L的正方形导线框质量为m，由距磁场H高处自由下落，其下边ab进入匀强磁场后，线圈开始做减速运动，直到其上边dc刚刚穿出磁场时，速度减为ab边刚进入磁场时的一半，磁场的宽度也为L，则线框穿过匀强磁场过程中产生的焦耳热为( )
图5
A．2mgL B．2mgL＋mgH
C．2mgL＋mgH D．2mgL＋mgH
答案 C
解析 设线框刚进入磁场时的速度为v1，刚穿出磁场时的速度v2＝①
线框自开始进入磁场到完全穿出磁场共下落高度为2L.由题意得mv＝mgH②
mv＋mg·2L＝mv＋Q③
由①②③得Q＝2mgL＋mgH.选项C正确．
6．(多选)如图6所示，匀强磁场的磁感应强度为B，方向竖直向下，在磁场中有一个边长为L的正方形刚性金属框，ab边的质量为m，电阻为R，其他三边的质量和电阻均不计．cd边上装有固定的水平轴，将金属框自水平位置由静止释放，第一次转到竖直位置时，ab边的速度为v，不计一切摩擦，重力加速度为g，则在这个过程中，下列说法正确的是( )
图6
A．通过ab边的电流方向为a→b
B．ab边经过最低点时的速度v＝
C．ab边经过最低点时的速度v＜
D．金属框中产生的焦耳热为mgL－mv2
答案 CD
解析 ab边向下摆动过程中，金属框内磁通量逐渐减小，根据楞次定律及右手螺旋定则可知感应电流方向为b→a，选项A错误；ab边由水平位置到达最低点过程中，机械能一部分转化为焦耳热，故v＜，所以选项B错误，C正确；根据能量守恒定律可知，金属框中产生的焦耳热应等于此过程中机械能的损失，故选项D正确．
7. (多选)如图7所示，匀强磁场中有一矩形闭合线圈，线圈平面与磁场垂直．已知线圈的面积S＝0.5 m2，线圈电阻r＝0.2 Ω，磁感应强度B在0～1 s内从零均匀变化到2 T，则( )
图7
A．0.5 s时线圈内感应电动势的大小为1 V
B．0.5 s时线圈内感应电流的大小为10 A
C．0～1 s内通过线圈的电荷量为5 C
D．0～0.5 s内线圈产生的焦耳热为5 J
答案 AC
解析 根据法拉第电磁感应定律E＝n可得：E＝＝1 V，故选项A正确；线圈内感应电流的大小I＝＝ A＝5 A，故选项B错误；0～1 s内通过线圈的电荷量q＝It＝5×1 C＝5 C，故选项C正确；0～0.5 s内线圈产生的焦耳热Q＝I2rt＝52×0.2×0.5 J＝2.5 J，故选项D错误．
8. (多选)如图8所示，有两根和水平方向成α角的光滑平行的金属轨道，上端接有可变电阻R，下端足够长，空间有垂直于轨道平面向上的匀强磁场，磁感应强度为B，一根质量为m的金属杆从轨道上由静止滑下．经过足够长的时间后，金属杆的速度会趋近于一个最大速度vm，则( )
图8
A．如果B增大，vm将变大
B．如果α变大，vm将变大
C．如果R变大，vm将变大
D．如果m变小，vm将变大
答案 BC
解析 金属杆由静止开始滑下的过程中，金属杆就是一个电源，与电阻R构成一个闭合回路；其受力情况如图所示，根据牛顿第二定律得：mgsin α－＝ma
所以金属杆由静止开始做加速度减小的加速运动，当a＝0，即mgsin α＝时，此时达到最大速度vm，可得：vm＝，故由此式知选项B、C正确．
9．(多选)如图9所示，MN和PQ是电阻不计的平行金属导轨，其间距为L，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙，二者平滑连接．右端接一个阻值为R的定值电阻．平直部分导轨左边区域有宽度为d、方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场．质量为m、电阻也为R的金属棒从高度为h处由静止释放，到达磁场右边界处恰好停止．已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为μ，金属棒与导轨间接触良好．则金属棒穿过磁场区域的过程中 ( )
图9
A．流过金属棒的最大电流为
B．通过金属棒的电荷量为
C．克服安培力所做的功为mgh
D．金属棒产生的焦耳热为(mgh－μmgd)
答案 AD
解析 金属棒下滑到底端时的速度为v＝，感应电动势E＝BLv，所以流过金属棒的最大电流为I＝；通过金属棒的电荷量为q＝＝；克服安培力所做的功为W＝mgh－μmgd；电路中产生的焦耳热等于克服安培力做的功，所以金属棒产生的焦耳热为(mgh－μmgd)．选项A、D正确．
二、非选择题
10.如图10所示，电阻r＝0.3 Ω、质量m＝0.1 kg的金属棒CD静止在位于水平面上的两条平行光滑的金属导轨上，棒与导轨垂直且接触良好，导轨的电阻不计，导轨的左端接有阻值为R＝0.5 Ω的电阻，有一个理想电压表接在电阻R的两端，垂直导轨平面的匀强磁场向下穿过导轨平面．现给金属棒加一个水平向右的恒定外力F，观察到电压表的示数逐渐变大，最后稳定在1.0 V，此时金属棒的速度为2 m/s.
图10
(1)求拉动金属棒的外力F的大小．
(2)当电压表读数稳定后某一时刻，撤去外力F，求此后电阻R上产生的热量．
答案 (1)1.6 N (2)0.125 J
解析 (1)金属棒切割磁感线产生的感应电动势E＝BLv
电路中的感应电流I＝，
金属棒受到的安培力F安＝BIL，
金属棒匀速运动有F＝F安
由题意可知E＝·(R＋r)，
联立以上各式解得F＝1.6 N.
(2)金属棒的动能转化为内能，则mv2＝Q，
电阻R上产生的热量QR＝Q，
解得QR＝0.125 J.
11．如图11所示，相距为L的光滑平行金属导轨ab、cd固定在水平桌面上，上面放有两根垂直于导轨的金属棒MN和PQ，金属棒质量均为m，电阻值均为R.其中MN被系于中点的细绳束缚住，PQ的中点与一绕过定滑轮的细绳相连，绳的另一端系一质量也为m的物块，绳处于拉直状态．整个装置放于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度的大小为B.若导轨的电阻、滑轮的质量及一切摩擦均忽略不计，当物块由静止释放后，求：(重力加速度为g，金属导轨足够长)
图11
(1)细绳对金属棒MN的最大拉力；
(2)金属棒PQ能达到的最大速度．
答案 (1)mg (2)
解析 (1)对棒PQ，开始时做加速度逐渐减小、速度逐渐增大的变加速运动，当加速度为零时，速度达到最大，此时感应电流最大．此后棒PQ做匀速直线运动．
对棒PQ，F安＝BLIm＝mg
对棒MN，Fm＝F安＝BLIm＝mg.
(2)对棒PQ，F安－mg＝0时速度最大
E＝BLvm，I＝，F安＝BLI
解得vm＝.
习题课：电磁感应中的电路、电荷量及图象问题
课时要求
1.掌握电磁感应现象中电路问题的分析方法和解题基本思路.
2.掌握电磁感应电路中感应电荷量求解的基本思路和方法.
3.综合应用楞次定律和法拉第电磁感应定律解决电磁感应的图象问题.
一、电磁感应中的电路问题
电磁感应问题常与电路知识综合考查，解决此类问题的基本方法是：
(1)明确哪部分电路或导体产生感应电动势，该电路或导体就相当于电源，其他部分是外电路．
(2)画等效电路图，分清内、外电路．
(3)用法拉第电磁感应定律E＝n或E＝Blv确定感应电动势的大小，用楞次定律或右手定则确定感应电流的方向．在等效电源内部，电流方向从负极指向正极．
(4)运用闭合电路欧姆定律、串并联电路特点、电功率、电热等公式联立求解．
例1 固定在匀强磁场中的正方形导线框abcd边长为L，其中ab是一段电阻为R的均匀电阻丝，其余三边均为电阻可以忽略的铜线．磁感应强度为B，方向垂直纸面向里．现有一段与ab段的材料、粗细、长度均相同的电阻丝PQ架在导线框上(如图1所示)．若PQ以恒定的速度v从ad滑向bc，当其滑过的距离时，通过aP段的电流是多大？方向如何？
图1
答案 方向由 P到a
解析 PQ在磁场中做切割磁感线运动产生感应电动势，由于是闭合回路，故电路中有感应电流，可将电阻丝PQ视为有内阻的电源，电阻丝aP与bP并联，且RaP＝R、RbP＝R，于是可画出如图所示的等效电路图．
电源电动势为E＝BvL，
外电阻为R外＝＝R.
总电阻为R总＝R外＋r＝R＋R，
即R总＝R.电路中的电流为：I＝＝.
通过aP段的电流为：IaP＝I＝，
方向由P到a.
1．“电源”的确定方法：“切割”磁感线的导体(或磁通量发生变化的线圈)相当于“电源”，该部分导体(或线圈)的电阻相当于“内电阻”．
2．电流的流向：在“电源”内部电流从负极流向正极，在“电源”外部电流从正极流向负极．
二、电磁感应中的电荷量问题
例2 面积S＝0.2 m2、n＝100匝的圆形线圈，处在如图2所示的磁场内，磁感应强度B随时间t变化的规律是B＝0.02t T，R＝3 Ω，C＝30 μF，线圈电阻r＝1 Ω，求：
图2
(1)通过R的电流方向和4 s内通过导线横截面的电荷量；
(2)电容器的电荷量．
答案 (1)方向由b→a 0.4 C (2)9×10－6 C
解析 (1)由楞次定律可求得电流的方向为逆时针，通过R的电流方向为b→a，
q＝Δt＝Δt＝nΔt＝n＝0.4 C.
(2)由E＝n＝nS＝100×0.2×0.02 V＝0.4 V，
I＝＝ A＝0.1 A，
UC＝UR＝IR＝0.1×3 V＝0.3 V，
Q＝CUC＝30×10－6×0.3 C＝9×10－6 C.
(1)求解电路中通过的电荷量时，一定要用平均感应电动势和平均感应电流计算．
(2)设感应电动势的平均值为，则在Δt时间内：＝n，＝，又q＝Δt，所以q＝n.其中ΔΦ对应某过程磁通量的变化，R为回路的总电阻，n为电路中线圈的匝数．
针对训练1 如图3所示，空间存在垂直于纸面的匀强磁场，在半径为a的圆形区域内部及外部，磁场方向相反，磁感应强度的大小均为B.一半径为b(b＞a)，电阻为R的圆形导线环放置在纸面内，其圆心与圆形区域的中心重合．当内、外磁场同时由B均匀地减小到零的过程中，通过导线环截面的电荷量为( )
图3
A. B.
C. D.
答案 A
解析 开始时穿过导线环向里的磁通量设为正值，Φ1＝Bπa2，向外的磁通量则为负值，Φ2＝－B·π(b2－a2)，总的磁通量为它们的代数和(取绝对值)Φ＝B·π|b2－2a2|，末态总的磁通量为Φ′＝0，由法拉第电磁感应定律得平均感应电动势为＝，通过导线环截面的电荷量为q＝·Δt＝，A项正确．
三、电磁感应中的图象问题
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象．
(2)由给定的图象分析电磁感应过程，求解相应的物理量．
2．图象类型
(1)各物理量随时间t变化的图象，即B－t，Φ－t，E－t和I－t图象．
(2)导体切割磁感线运动时，还涉及感应电动势E和感应电流I随导体位移变化的图象，即
E－x和I－x图象．
3．解决此类问题需要熟练掌握的规律：安培定则、左手定则、楞次定律、右手定则、法拉第电磁感应定律、欧姆定律等．
例3 将一段导线绕成图4甲所示的闭合回路，并固定在纸面内，回路的ab边置于垂直纸面向里的匀强磁场Ⅰ中．回路的圆环区域内有垂直纸面的磁场Ⅱ，以向里为磁场Ⅱ的正方向，其磁感应强度B随时间t变化的图象如图乙所示．用F表示ab边受到的安培力，以水平向右为F的正方向，能正确反映F随时间t变化的图象是 ( )
图4
答案 B
解析 由题图乙可知0～时间内，磁感应强度随时间线性变化，即＝k(k是一个常数)，圆环的面积S不变，由E＝＝可知圆环中产生的感应电动势大小不变，则回路中的感应电流大小不变，ab边受到的安培力大小不变，从而可排除选项C、D；0～时间内，由楞次定律可判断出流过ab边的电流方向为由b至a，结合左手定则可判断出ab边受到的安培力的方向向左，为负值，故选项A错误，B正确．
本类题目线圈面积不变而磁场发生变化，可根据E＝nS 判断E的大小及变化，其中为B－t图象的斜率，且斜率正、负变化时对应电流的方向发生变化．
例4 如图5所示，在x≤0的区域内存在匀强磁场，磁场的方向垂直于xOy平面(纸面)向里．具有一定电阻的矩形线框abcd位于xOy平面内，线框的ab边与y轴重合．令线框从t＝0时刻起由静止开始沿x轴正方向做匀加速运动，则线框中的感应电流i(取逆时针方向的电流为正)随时间t的变化图象正确的是( )
图5
答案 D
解析 因为线框做匀加速直线运动，所以感应电动势为E＝Blv＝Blat，因此感应电流大小与时间成正比，由楞次定律可知电流方向为顺时针．
1．如图6所示，由均匀导线制成的半径为R的圆环，以速度v匀速进入一磁感应强度大小为B的匀强磁场．当圆环运动到图示位置(∠aOb＝90°)时，a、b两点的电势差为( )
图6
A.BRv B.BRv
C.BRv D.BRv
答案 D
解析 设整个圆环电阻是r，则其外电阻是圆环总电阻的，而在磁场内切割磁感线的有效长度是R，其相当于电源，E＝B·R·v，根据欧姆定律可得U＝E＝BRv，选项D正确．
2．如图7所示，将一半径为r的金属圆环在垂直于环面的磁感应强度为B的匀强磁场中用力握中间成“8”字形(金属圆环未发生翻转)，并使上、下两圆环半径相等．如果环的电阻为R，则此过程中流过环的电荷量为( )
图7
A. B.
C．0 D.－
答案 B
解析 流过环的电荷量只与磁通量的变化量和环的电阻有关，与时间等其他量无关，ΔΦ＝Bπr2－2·Bπ2＝Bπr2，因此，电荷量为q＝＝.
3．如图8所示，一底边为L，底边上的高也为L的等腰三角形导体线框以恒定的速度v沿垂直于磁场区域边界的方向穿过长为2L、宽为L的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里．t＝0时刻，三角形导体线框的底边刚进入磁场，取沿逆时针方向的感应电流为正，则在三角形导体线框穿过磁场区域的过程中，感应电流I随时间t变化的图象可能是( )
图8
答案 A
4．如图9所示，用质量为m、电阻为R的均匀导线做成边长为l的单匝正方形线框MNPQ，线框每一边的电阻都相等．将线框置于光滑绝缘的水平面上．在线框的右侧存在垂直纸面向里的有界匀强磁场，磁场边界间的距离为2l，磁感应强度为B.在垂直MN边的水平拉力作用下，线框以垂直磁场边界的速度v匀速穿过磁场．在运动过程中线框平面水平，且MN边与磁场的边界平行．求：
图9
(1)线框MN边刚进入磁场时，线框中感应电流的大小．
(2)线框MN边刚进入磁场时，M、N两点间的电压．
(3)在线框从MN边刚进入磁场到PQ边刚穿出磁场的过程中，线框中产生的热量是多少？
答案 (1) (2)Blv (3)
解析 (1)线框MN边刚进入磁场时，感应电动势E＝Blv，
线框中的感应电流I＝.
(2)线框MN边刚进入磁场时，M、N两点间的电压UMN＝IR外＝I·R＝Blv.
(3)线框运动过程中有感应电流的时间t＝，
此过程线框中产生的焦耳热Q＝I2Rt＝
一、选择题
1．如图1所示，设磁感应强度为B，ef长为l，ef的电阻为r，外电阻为R，其余电阻不计．当ef在外力作用下向右以速度v匀速运动时，则ef两端的电压为( )
图1
A．Blv B. C. D.
答案 B
2．(2015·宁波高二检测)如图所示，一定长度的同材料导线做成不同几何形状的单匝线圈，有等边三角形、正方形、圆形，将它们放在有直线边界的匀强磁场中，线圈平面与磁场垂直，现以相同的速度v将线圈从磁场中拉出，当线圈的一半在磁场中时，线圈与磁场边界交点间电压最大的是( )
答案 C
解析 设导线的总长度为s.A图中，设圆的直径为d，则πd＝s，有效切割长度d＝；B图中，设正方形边长为L，则4L＝s，有效切割长度L＝；C图中，有效切割长度为l＝L＝；D图中，设正三角形的边长为a，则3a＝s，a＝，有效切割长度l＝asin 60°＝s.由数学知识可知，C图中有效切割长度最大，产生的感应电动势最大，则线圈与磁场边界交点间电压最大，C正确．
3．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，如图所示，则在移出过程中线框一边a、b两点间的电压最大的是( )
答案 B
解析 在磁场中的线框与速度垂直的边等效为切割磁感线产生感应电动势的电源．四个选项中的感应电动势大小均相等，回路电阻也相等，因此电路中的电流相等，B中a、b两点间电势差为路端电压，为电动势的，而其他选项则为电动势的.故B正确．
4．(多选)如图2甲所示，一个闭合线圈固定在垂直纸面的匀强磁场中，设磁场方向向里为磁感应强度B的正方向，线圈中的箭头指向为电流I的正方向．线圈中感应电流i随时间变化的图线如图乙所示，则磁感应强度B随时间变化的图线可能是 ( )
图2
答案 CD
5.如图3所示，竖直平面内有一金属圆环，半径为a，总电阻为R(指拉直时两端的电阻)，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用铰链连接长度为2a、电阻为的导体棒AB，AB由水平位置紧贴环面摆下，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3
A. B. C. D．Bav
答案 A
解析 摆到竖直位置时，AB切割磁感线的瞬时感应电动势E＝B·2a·(v)＝Bav.由闭合电路欧姆定律有UAB＝·＝Bav，故选A.
6.物理实验中，常用一种叫做“冲击电流计”的仪器测定通过电路的电荷量．如图4所示，探测线圈与冲击电流计串联后可用来测定磁场的磁感应强度．已知线圈的匝数为n，面积为S，线圈与冲击电流计组成的回路电阻为R.若将线圈放在被测匀强磁场中，开始时线圈平面与磁场垂直，现把探测线圈翻转180°，冲击电流计测出通过线圈的电荷量为q，由上述数据可测出被测磁场的磁感应强度为( )
图4
A. B.
C. D.
答案 C
解析 q＝·Δt＝·Δt＝Δt＝n＝n，所以B＝.
7．如图5(a)，线圈ab、cd绕在同一软铁芯上．在ab线圈中通以变化的电流，用示波器测得线圈cd间电压如图(b)所示．已知线圈内部的磁场与流经线圈的电流成正比，则下列描述线圈ab中电流随时间变化关系的图中，可能正确的是( )
图5
答案 C
8．如图6所示的区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B.一个电阻为R、半径为L、圆心角为45°的扇形闭合导线框绕垂直于纸面的O轴匀速转动(O轴位于磁场边界)，周期为T，t＝0时刻线框置于如图所示位置，则线框内产生的感应电流的图象为(规定电流顺时针方向为正) ( )
图6
答案 A
解析 在本题中由于扇形导线框匀速转动，因此导线框进入磁场的过程中产生的感应电动势是恒定的．注意线框在进入磁场和离开磁场时，有感应电流产生，当完全进入时，由于磁通量不变，故无感应电流产生．由右手定则可判断导线框进入磁场时，电流方向为逆时针，故A正确．
9.如图7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外力随时间变化的图象是( )
图7
答案 D
解析 当矩形闭合线圈进入磁场时，由法拉第电磁感应定律判断，当线圈处在两个磁场中时，两个边切割磁感线，此过程中感应电流的大小是最大的，所以选项A、B是错误的．由楞次定律可知，当矩形闭合线圈进入磁场和离开磁场时，磁场力总是阻碍线圈的运动，方向始终向左，所以外力F始终水平向右．安培力的大小不同，线圈处在两个磁场中时安培力最大．故选项D是正确的，选项C是错误的．
10．(多选)如图8所示是测量通电螺线管内部磁感应强度的一种装置：把一个很小的测量线圈放在待测处(测量线圈平面与螺线管轴线垂直)，将线圈与可以测量电荷量的冲击电流计G串联，当将双刀双掷开关K由位置1拨到位置2时，测得通过测量线圈的电荷量为q.已知测量线圈的匝数为N，横截面积为S，测量线圈和G串联回路的总电阻为R.下列判断正确的是( )
图8
A．在此过程中，穿过测量线圈的磁通量的变化量ΔΦ＝qR
B．在此过程中，穿过测量线圈的磁通量的变化量ΔΦ＝
C．待测处的磁感应强度的大小为B＝
D．待测处的磁感应强度的大小为B＝
答案 BD
解析 由E＝N，E＝IR，q＝IΔt，得q＝，得ΔΦ＝，B正确；ΔΦ＝2BS，得B＝，D正确．
二、非选择题
11．如图9所示，面积为0.2 m2的100匝线圈A处在磁场中，磁场方向垂直于线圈平面．磁感应强度B随时间变化的规律是B＝(6－0.2t) T，已知电路中的R1＝4 Ω，R2＝6 Ω，电容C＝30 μF，线圈的电阻不计，求：
图9
(1)闭合S一段时间后，通过R2的电流大小及方向．
(2)闭合S一段时间后，再断开S，S断开后通过R2的电荷量是多少？
答案 (1)0.4 A 由上向下通过R2 (2)7.2×10－5 C
解析 (1)由于磁感应强度随时间均匀变化，根据B＝(6－0.2t) T，可知＝0.2 T/s，
所以线圈中感应电动势的大小为E＝n＝nS·＝100×0.2×0.2 V＝4 V.
通过R2的电流大小为I＝＝ A＝0.4 A
由楞次定律可知电流的方向自上而下通过R2.
(2)闭合S一段时间后，电容器充电，此时两板间电压U2＝IR2＝0.4×6 V＝2.4 V.
再断开S，电容器将放电，通过R2的电荷量就是电容器原来所带的电荷量Q＝CU2＝30×10－6×2.4 C＝7.2×10－5 C.
12.匀强磁场的磁感应强度B＝0.2 T，磁场宽度l＝4 m，一正方形金属框边长为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10所示．求：
图10
(1)画出金属框穿过磁场区的过程中，各阶段的等效电路图；
(2)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)
(3)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 (1)如图(a)所示，金属框的运动过程分为三个阶段：第Ⅰ阶段cd相当于电源；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，各阶段的等效电路图分别如图(b)、(c)、(d)所示．
(2)、(3)第Ⅰ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＝＝0.1 s.
ab两端的电压为U1＝I1·r＝2.5×0.2 V＝0.5 V
在第Ⅱ阶段，有I2＝0，ab两端的电压U2＝E＝Bl′v＝2 V
t2＝＝ s＝0.3 s
在第Ⅲ阶段，有I3＝＝2.5 A
感应电流方向为顺时针方向
ab两端的电压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图象分别如图甲、乙所示．
第四章 电磁感应
章末总结
一、楞次定律的理解与应用
1．感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化．感应电流的磁场方向不一定与原磁场方向相反，只有在磁通量增加时两者才相反，而在磁通量减少时两者是同向的．
2．“阻碍”并不是“阻止”，而是“延缓”，回路中的磁通量变化的趋势不变，只不过变化得慢了．
3．“阻碍”的表现：增反减同、来拒去留等．
例1 圆形导体线圈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1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 ( )
图1
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有扩张的趋势
D．线圈a对水平桌面的压力FN将增大
答案 D
解析 通过螺线管b的电流如图所示，
根据安培定则判断出螺线管b所产生的磁场方向在线圈a中竖直向下，滑片P向下滑动，接入电路的电阻减小，电流增大，所产生的磁场的磁感应强度增大，根据楞次定律可知，a线圈中所产生的感应电流的磁场方向竖直向上，再由安培定则可得线圈a中的电流方向为俯视逆时针方向，A错误；由于螺线管b中的电流增大，所产生的磁感应强度增大，线圈a中的磁通量应变大，B错误；根据楞次定律可知，线圈a有缩小的趋势，线圈a对水平桌面的压力将增大，C错误，D正确．
二、电磁感应中的图象问题
对图象的分析，应做到：
(1)明确图象所描述的物理意义；
(2)明确各种物理量正、负号的含义；
(3)明确斜率的含义；
(4)明确图象和电磁感应过程之间的对应关系．
例2 如图2所示，三条平行虚线位于纸面内，中间虚线两侧有方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度等大反向．菱形闭合导线框ABCD位于纸面内且对角线AC与虚线垂直，磁场宽度与对角线AC长均为d，现使线框沿AC方向匀速穿过磁场，以逆时针方向为感应电流的正方向，则从C点进入磁场到A点离开磁场的过程中，线框中电流i随时间t的变化关系可能是( )
图2
答案 D
解析 导线框ABCD在进入左边磁场时，由楞次定律和安培定则可以判断出感应电流的方向应为正方向，选项B、C不可能；当导线框ABCD一部分在左磁场区，另一部分在右磁场区时，回路中的最大电流要加倍，方向与刚进入时的方向相反，选项D可能，选项A不可能．
电磁感应中图象类选择题的两个常见解法
(1)排除法：定性地分析电磁感应过程中物理量的变化趋势(增大还是减小)、变化快慢(均匀变化还是非均匀变化)，特别是物理量的正负，排除错误的选项．
(2)函数法：根据题目所给条件定量地写出两个物理量之间的函数关系，然后由函数关系对图象作出分析和判断，这未必是最简捷的方法，但却是最有效的方法．
三、电磁感应中的电路问题
求解电磁感应中电路问题的关键是分清楚内电路和外电路．
“切割”磁感线的导体和磁通量变化的线圈都相当于“电源”，该部分导体的电阻相当于内电阻，而其余部分的电阻则是外电阻．
例3 如图3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：
图3
(1)磁通量的变化率和回路中的感应电动势；
(2)a、b两点间电压大小；
(3)2 s内通过R1的电荷量q.
答案 (1)0.04 Wb/s 4 V (2)2.4 V (3)0.8 C
解析 (1)由B＝(2＋0.2t)T可知＝0.2 T/s.
磁通量变化率为＝S＝0.04 Wb/s.
由法拉第电磁感应定律可知回路中的感应电动势为
E＝n＝100×0.04 V＝4 V.
(2)等效电路如图所示．
a、b两点间电压Uab等于定值电阻R1两端的电压，则
U＝R1＝2.4 V.
(3)2 s内的磁感应强度变化量为
ΔB＝·t＝0.2×2 T＝0.4 T
通过R1的电荷量为
q＝·Δt＝·Δt＝n＝n·S＝100×0.2× C＝0.8 C.
路端电压、电动势和某导体两端的电压三者的关系：
(1)某段导体作为外电路时，它两端的电压就是电流与其电阻的乘积．
(2)某段导体作为电源时，它两端的电压就是路端电压，等于电流与外电阻的乘积，或等于电动势减去内电压，当其内阻不计时路端电压等于电源电动势．
(3)某段导体作为电源且电路断路时，导体两端的电压等于电源电动势．
四、电磁感应中的力电综合问题
此类问题涉及电路知识，动力学知识和能量观点，综合性很强，解决此类问题要注重以下三点：
1．电路分析
(1)找“电源”：确定出由电磁感应所产生的电源，求出电源的电动势E和内阻r.
(2)电路结构分析
弄清串、并联关系，求出相关部分的电流大小，为求安培力做好铺垫．
2．力和运动分析
(1)受力分析：分析研究对象(常为金属杆、导体线圈等)的受力情况，尤其注意安培力的方向．
(2)运动分析：根据力与运动的关系，确定出运动模型，根据模型特点，找到解决途径．
3．功和能量分析
(1)做功分析，找全力所做的功，弄清功的正、负．
(2)能量转化分析，弄清哪些能量增加，哪些能量减小，根据功能关系、能量守恒定律列方程求解．
例4 (2016·平湖市联考)如图4所示，MN、PQ为足够长的平行金属导轨，间距L＝0.50 m，导轨平面与水平面间夹角θ＝37°，N、Q间连接一个电阻R＝5.0 Ω，匀强磁场垂直于导轨平面向上，磁感应强度B＝1.0 T．将一根质量为m＝0.050 kg的金属棒放在导轨的ab位置，金属棒及导轨的电阻不计．现由静止释放金属棒，金属棒沿导轨向下运动过程始终与导轨垂直，且与导轨接触良好．已知金属棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.50，当金属棒滑行至cd处时，其速度大小开始保持不变，位置cd与ab之间的距离s＝2.0 m．已知g＝10 m/s2，sin 37°＝0.60 cos 37°＝0.80.求：
图4
(1)金属棒沿导轨开始下滑时的加速度大小；
(2)金属棒到达cd处的速度大小；
(3)金属棒由位置ab运动到cd的过程中，电阻R产生的热量．
答案 (1)2.0 m/s2 (2)2.0 m/s (3)0.10 J
解析 (1)设金属棒开始下滑时的加速度大小为a，则mgsin θ－μmgcos θ＝ma
解得a＝2.0 m/s2
(2)设金属棒到达cd位置时速度大小为v、电流为I，金属棒受力平衡，
有mgsin θ＝BIL＋μmgcos θ
I＝
解得v＝2.0 m/s
(3)设金属棒从ab运动到cd的过程中，电阻R上产生的热量为Q，由能量守恒，
有mgssin θ＝mv2＋μmgscos θ＋Q
解得Q＝0.10 J.
1 划时代的发现
2 探究感应电流的产生条件
知识内容
电磁感应现象
考试要求
必考
加试
b
课时要求
1.知道奥斯特发现了电流的磁效应、法拉第发现了电磁感应现象．
2．知道磁通量和磁通量变化量的含义．
3．理解什么是电磁感应现象及感应电流的产生条件.
一、电磁感应的发现
[导学探究] (1)在一次讲演中，奥斯特在南北方向的导线下面放置了一枚小磁针，当接通电源时小磁针为什么转动？
(2)法拉第把两个线圈绕在同一个铁环上，一个线圈接到电源上，另一个线圈接入“电流表”，在给一个线圈通电或断电的瞬间，观察电流表，会看到什么现象？说明了什么？
答案 (1)电流的周围产生磁场，小磁针受到磁场力的作用而转动．
(2)电流表的指针发生摆动，说明另一个线圈中产生了电流．
[知识梳理]
1．电流的磁效应
丹麦物理学家奥斯特发现载流导体能使小磁针转动，这种作用称为电流的磁效应，揭示了电现象与磁现象之间存在密切联系．
2．电磁感应现象的发现
英国物理学家法拉第发现了电磁感应现象，即“磁生电”现象，他把这种现象命名为电磁感应．产生的电流叫做感应电流．
[即学即用] 判断下列说法的正误．
(1)若把导线东西放置，当接通电源时，导线下面的小磁针一定会发生明显转动．( )
(2)奥斯特发现了电流的磁效应；法拉第发现了电磁感应现象．( )
(3)小磁针在通电导线附近发生偏转的现象是电磁感应现象．( )
(4)通电线圈在磁场中转动的现象是电流的磁效应．( )
答案 (1)× (2)√ (3)× (4)×
二、磁通量及其变化
[导学探究] 如图1所示，闭合导线框架的面积为S，匀强磁场的磁感应强度为B.
图1
(1)分别求出B⊥S(图示位置)和B∥S(线框绕OO′转90°)时，穿过闭合导线框架平面的磁通量．
(2)由图示位置绕OO′转过60°时，穿过框架平面的磁通量为多少？这个过程中磁通量变化了多少？
答案 (1)BS 0 (2)BS 减少了BS
[知识梳理]
1．定义：闭合回路的面积与垂直穿过它的磁感应强度的乘积叫做磁通量．
2．公式：Φ＝BS，其中的S应为平面在垂直于磁场方向上的投影面积．大小与线圈的匝数无关(填“有”或“无”)．
3．磁通量的变化量：ΔΦ＝Φ2－Φ1.
[即学即用] 判断下列说法的正误．
(1)磁感应强度越大，线圈面积越大，则磁通量越大．( )
(2)穿过线圈的磁通量为零，但磁感应强度不一定为零．( )
(3)磁通量发生变化，一定是磁场发生变化引起的．( )
(4)利用公式Φ＝BS，可计算任何磁场中某个面的磁通量．( )
答案 (1)× (2)√ (3)× (4)×
三、感应电流产生的条件
[导学探究] 如图2所示，导体AB做切割磁感线运动时，线路中有电流产生，而导体AB顺着磁感线运动时，线路中无电流产生．(填“有”或“无”)
图2
如图3所示，当条形磁铁插入或拔出线圈时，线圈中有电流产生，但条形磁铁在线圈中静止不动时，线圈中无电流产生．(填“有”或“无”)
图3
如图4所示，将小螺线管A插入大螺线管B中不动，当开关S闭合或断开时，电流表中有电流通过；若开关S一直闭合，当改变滑动变阻器的阻值时，电流表中有电流通过；而开关一直闭合，滑动变阻器的滑动触头不动时，电流表中无电流通过．(填“有”或“无”)
图4
[知识梳理]
产生感应电流的条件
只要穿过闭合导体回路的磁通量发生变化，闭合导体回路中就有感应电流．
[即学即用] 判断下列说法的正误．
(1)只要闭合电路内有磁通量，闭合电路中就有感应电流产生．( )
(2)穿过螺线管的磁通量发生变化时，螺线管内部就一定有感应电流产生．( )
(3)穿过闭合线圈的磁通量变化时，线圈中有感应电流．( )
(4)闭合正方形线框在匀强磁场中垂直磁感线运动，必然产生感应电流．( )
答案 (1)× (2)× (3)√ (4)×
一、磁通量Φ的理解与计算
1．匀强磁场中磁通量的计算
(1)B与S垂直时，Φ＝BS.
(2)B与S不垂直时，Φ＝B⊥S，B⊥为B垂直于线圈平面的分量．
如图5甲所示，Φ＝B⊥S＝(Bsin θ)·S.
也可以为Φ＝BS⊥，S⊥为线圈在垂直磁场方向上的投影面积，如图乙所示Φ＝BS⊥＝BScos θ.
图5
2．磁通量的变化
大致可分为以下几种情况：
(1)磁感应强度B不变，有效面积S发生变化．如图6(a)所示．
(2)有效面积S不变，磁感应强度B发生变化．如图(b)所示．
(3)磁感应强度B和有效面积S都不变，它们之间的夹角发生变化．如图(c)所示．
图6
例1 如图7所示，有一垂直纸面向里的匀强磁场，B＝0.8 T，磁场有明显的圆形边界，圆心为O，半径为1 cm.现于纸面内先后放上圆线圈A、B、C，圆心均处于O处，线圈A的半径为1 cm,10匝；线圈B的半径为2 cm,1匝；线圈C的半径为0.5 cm,1匝．问：
图7
(1)在B减为0.4 T的过程中，线圈A和线圈B中的磁通量变化多少？
(2)在磁场转过90°角的过程中，线圈C中的磁通量变化了多少？转过180°角呢？
答案 (1)A、B线圈的磁通量均减少了1.256×10－4 Wb
(2)减少了6.28×10－5 Wb 减少了1.256×10－4 Wb
解析 (1)A、B线圈中的磁通量始终一样，故它们的变化量也一样．
ΔΦ＝(B2－B)· πr2＝－1.256×10－4 Wb
即A、B线圈中的磁通量都减少1.256×10－4 Wb
(2)对线圈C，Φ1＝Bπr′2＝6.28×10－5 Wb
当转过90°时，Φ2＝0，
故ΔΦ1＝Φ2－Φ1＝0－6.28×10－5 Wb＝－6.28×10－5 Wb
当转过180°时，磁感线从另一侧穿过线圈，若取Φ1为正，则Φ3为负，
有Φ3＝－Bπr′2，故ΔΦ2＝Φ3－Φ1＝－2Bπr′2＝－1.256×10－4 Wb.
(1)磁通量与线圈匝数无关．
(2)磁通量是标量，但有正、负，其正、负分别表示与规定的穿入方向相同、相反．
(3)磁通量还可以用穿过某个面的有效磁感线的条数表示，穿过某个面的有效磁感线条数越多，磁通量越大；条数发生变化，则磁通量发生变化．
二、感应电流产生条件的理解及应用
1．感应电流产生条件的理解
不论什么情况，只要满足电路闭合和磁通量发生变化这两个条件，就必然产生感应电流；反之，只要产生了感应电流，那么电路一定是闭合的，穿过该电路的磁通量也一定发生了变化．
2．区别ΔΦ与Φ：感应电流的产生与Φ无关，只取决于Φ的变化，即与ΔΦ有关．ΔΦ与Φ的大小没有必然的联系．
例2 (2015·诸暨高二检测)(多选)如图8所示是法拉第最初研究电磁感应现象的装置，下列说法正确的是( )
图8
A．当右边磁铁S极离开B端时，线圈产生感应电流
B．当右边磁铁S极离开B端，并在B端附近运动时，线圈中产生感应电流
C．当磁铁保持图中状态不变时，线圈中有感应电流
D．当磁铁保持图中状态不变时，线圈中无感应电流
答案 ABD
解析 当磁铁离开B端或在B端附近运动时，线圈所处位置磁场变化，穿过线圈的磁通量变化，产生感应电流，A、B正确；当磁铁保持图中状态不变时，穿过线圈的磁通量不变，线圈中无感应电流，C错误，D正确．
判断是否产生感应电流的技巧
(1)电路闭合和磁通量发生变化是产生感应电流的两个条件，二者缺一不可．
(2)磁通量发生变化，其主要内涵体现在“变化”上，磁通量很大若没有变化也不会产生感应电流，磁通量虽然是零但是变化的仍然可以产生感应电流．
(3)产生感应电流的实质是其他形式的能转化为电能．
针对训练 (2015· 嵊州高二检测)(多选)如图9所示装置，在下列各种情况中，能使悬挂在螺线管附近的铜质闭合线圈A中产生感应电流的是( )
图9
A．开关S闭合的瞬间
B．开关S闭合后，电路中电流稳定时
C．开关S闭合后，滑动变阻器触头滑动的瞬间
D．开关S断开的瞬间
答案 ACD
例3 金属矩形线圈abcd在匀强磁场中做如图所示的运动，线圈中有感应电流的是( )
答案 A
解析 在选项B、C中，线圈中的磁通量始终为零，不产生感应电流；选项D中磁通量始终最大，保持不变，也没有感应电流；选项A中，在线圈转动过程中，磁通量做周期性变化，产生感应电流，故A正确．
判断部分导体做切割磁感线运动产生感应电流时应注意：
(1)导体是否将磁感线“割断”，如果没有“割断”就不能说切割．如例3中，A图是真“切割”，B、C图中没有切断，是假“切割”．
(2)是否仅是闭合电路的一部分导体在磁场内做切割磁感线运动，如例3 D图中ad、bc边都切割磁感线，由切割不容易判断，则要回归到磁通量是否变化上去．
1．在法拉第时代，下列验证“由磁产生电”设想的实验中，能观察到感应电流的是( )
A．将绕在磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路，然后观察电流表的变化
B．在一通电线圈旁放置一连有电流的闭合线圈，然后观察电流表的变化
C．将一房间内的线圈两端与相邻房间的电流表连接．往线圈中插入条形磁铁后，再到相邻房间去观察电流表的变化
D．绕在同一铁环上的两个线圈，分别接电源和电流表，在给线圈通电或断电的瞬间，观察电流表的变化
答案 D
解析 电路闭合和穿过电路的磁通量发生变化，同时满足这两个条件，电路中才会产生感应电流，本题中的A、B选项都不会使得电路中的磁通量发生变化，并不满足产生感应电流的条件，故都不正确．C选项中磁铁插入线圈时，虽有短暂电流产生，但未能及时观察，C项错误．在给线圈通电、断电瞬间，会引起闭合电路磁通量发生变化，产生感应电流，因此 D项正确．
2．(多选)下图中能产生感应电流的是( )
答案 BD
解析 根据产生感应电流的条件：A选项中，电路没有闭合，无感应电流；B选项中，面积增大，闭合电路的磁通量增大，有感应电流；C选项中，穿过线圈的磁感线相互抵消，Φ恒为零，无感应电流；D选项中，磁通量发生变化，有感应电流．
3．如图10所示，a、b是两个同平面、同心放置的金属圆环，条形磁铁穿过圆环且与两环平面垂直，则穿过两圆环的磁通量Φa、Φb的大小关系为( )
图10
A．Φa>Φb
B．Φa<Φb
C．Φa＝Φb
D．不能比较
答案 A
解析 条形磁铁磁场的磁感线的分布特点是：①磁铁内外磁感线的条数相同；②磁铁内外磁感线的方向相反；③磁铁外部磁感线的分布是两端密、中间疏．两个同心放置的同平面的金属圆环与磁铁垂直且磁铁在中央时，通过其中一个圆环的磁感线的俯视图如图所示，穿过该圆环的磁通量Φ＝Φ进－Φ出，由于两圆环面积Sa＜Sb，两圆环的Φ进相同，而Φ出a＜Φ出b，所以穿过两圆环的有效磁通量Φa＞Φb，故A正确．
4．(多选)如图11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，下列办法中可行的是( )
图11
A．将线框向左拉出磁场
B．以ab边为轴转动
C．以ad边为轴转动(小于60°)
D．以bc边为轴转动(小于60°)
答案 ABC
解析 将线框向左拉出磁场的过程中，线框的bc部分切割磁感线，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内会产生感应电流．
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)．
一、选择题
1．(2015·绍兴高二检测)在物理学建立的过程中，有许多伟大的科学家做出了贡献．关于科学家和他们的贡献，下列说法正确的是( )
A．安培成功地发现了电流的磁效应
B．洛伦兹通过实验测定了磁场对电流的作用力
C．卡文迪许利用卡文迪许扭秤首先较准确地测定了静电力常量
D．法拉第通过大量的实验研究发现了电磁感应现象
答案 D
解析 奥斯特发现了电流的磁效应，A错误；安培通过实验测定了磁场对电流的作用力，B错误；卡文迪许利用卡文迪许扭秤首先较准确地测定了引力常量，C错误；法拉第发现了电磁感应现象，D正确．
2．(2016·平湖市调研)如图1所示，虚线框内有匀强磁场，大环和小环是垂直于磁场方向放置的两个圆环，分别用Φ1和Φ2表示穿过大、小两环的磁通量，则有( )
图1
A．Φ1>Φ2 B．Φ1<Φ2
C．Φ1＝Φ2 D．无法确定
答案 C
解析 对于大环和小环来说，磁感线的净条数没有变化，所以选C.
3．如图所示实验装置中用于研究电磁感应现象的是( )
答案 B
解析 选项A是用来探究影响安培力大小因素的实验装置．选项B是研究电磁感应现象的实验装置，观察闭合线框在磁场中做切割磁感线运动时电流表是否会产生感应电流．选项C是用来探究安培力的方向与哪些因素有关的实验装置．选项D是奥斯特实验装置，证明通电导线周围存在磁场．
4．(多选)如图2所示，电流表与螺线管组成闭合电路，以下能使电流表指针偏转的是( )
图2
A．将磁铁插入螺线管的过程中
B．磁铁放在螺线管中不动时
C．将磁铁从螺线管中向上拉出的过程中
D．磁铁静止而将螺线管向上移动
答案 ACD
解析 只要是螺线管中的磁通量发生变化，回路中有感应电流，指针便会偏转；只要是螺线管中的磁通量不发生变化，回路中无感应电流，指针便不会偏转．在磁铁插入、拉出过程中螺线管中的磁通量均发生变化，能产生感应电流，电流表指针偏转．故A、C正确；磁铁放在螺线管中不动时，螺线管中的磁通量不发生变化，无感应电流产生，故B错误；由于磁铁静止而螺线管向上移动，螺线管中的磁通量发生变化，有感应电流产生，电流表指针偏转，故D正确．
5.如图3所示，大圆导线环A中通有电流，方向如图中箭头所示，另在导线环所在平面画一个圆B，它的一半面积在A环内，另一半面积在A环外，则穿过圆B的磁通量( )
图3
A．为0
B．垂直纸面向里
C．垂直纸面向外
D．条件不足，无法判断
答案 B
解析 因为通电导线环的磁场中心密集，外部稀疏，所以，穿过圆B的净磁感线为垂直纸面向里．
6．(多选)闭合线圈按如图所示的方式在磁场中运动，则穿过闭合线圈的磁通量发生变化的是( )
答案 AB
解析 A图中，图示状态Φ＝0，转至90°过程中Φ增大，因此磁通量发生变化；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；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；D图中，随着线圈的转动，B与S都不变，B又垂直于S，所以Φ＝BS始终不变，故正确答案为A、B.
7．(多选)如图4所示，在匀强磁场中有两条平行的金属导轨，磁场方向与导轨平面垂直．导轨上有两条可沿导轨自由移动的金属棒ab、cd，与导轨接触良好．这两条金属棒ab、cd的运动速度分别是v1、v2，若井字形回路中有感应电流通过，则可能( )
图4
A．v1>v2 B．v1C．v1＝v2 D．无法确定
答案 AB
8. (多选)如图5所示，导线ab和cd互相平行，则下列四种情况中，导线cd中有电流的是 ( )
图5
A．开关S闭合或断开的瞬间
B．开关S是闭合的，滑动触头向左滑
C．开关S是闭合的，滑动触头向右滑
D．开关S始终闭合，滑动触头不动
答案 ABC
解析 开关S闭合或断开的瞬间；开关S闭合，滑动触头向左滑的过程；开关S闭合，滑动触头向右滑的过程都会使通过导线ab段的电流发生变化，使穿过cd回路的磁通量发生变化，从而在cd导线中产生感应电流．正确选项为A、B、C.
9. 磁通量是研究电磁感应现象的重要物理量，如图6所示，通有恒定电流的导线MN与闭合线框共面，第一次将线框由位置1平移到位置2，第二次将线框绕cd边翻转到位置2，设先后两次通过线框的磁通量变化分别为ΔΦ1和ΔΦ2，则( )
图6
A．ΔΦ1>ΔΦ2 B．ΔΦ1＝ΔΦ2
C．ΔΦ1<ΔΦ2 D．无法确定
答案 C
解析 设闭合线框在位置1时的磁通量为Φ1，在位置2时的磁通量为Φ2，直线电流产生的磁场在位置1处比在位置2处要强，故Φ1>Φ2. 将闭合线框从位置1平移到位置2，磁感线是从闭合线框的同一面穿过的，所以ΔΦ1＝|Φ2－Φ1|＝Φ1－Φ2；将闭合线框从位置1绕cd边翻转到位置2，磁感线分别从闭合线框的正反两面穿过，所以ΔФ2＝|(－Φ2)－Φ1|＝Φ1＋Φ2(以原来穿过的方向为正方向，则后来从另一面穿过的方向为负方向)．故正确选项为C.
二、非选择题
10．如图7所示，线圈Ⅰ与电源、开关、滑动变阻器相连，线圈Ⅱ与电流计相连，线圈Ⅰ与线圈Ⅱ绕在同一个铁芯上，在下列情况下，电流计中是否有示数？
图7
(1)开关闭合瞬间；(2)开关闭合稳定后；(3)开关闭合稳定后，来回移动滑动变阻器的滑片； (4)开关断开瞬间．
答案 (1)有 (2)无 (3)有 (4)有
解析 (1)开关闭合时线圈Ⅰ中电流从无到有，电流的磁场也从无到有，穿过线圈Ⅱ的磁通量也从无到有，线圈Ⅱ中产生感应电流，电流计有示数．
(2)开关闭合稳定后，线圈Ⅰ中电流稳定不变，电流的磁场不变，此时线圈Ⅱ中虽有磁通量但磁通量稳定不变，线圈Ⅱ中无感应电流产生，电流计无示数．
(3)开关闭合稳定后，来回移动滑动变阻器的滑片，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，电流计有示数．
(4)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，线圈Ⅱ中有感应电流产生，电流计有示数．
11．(2015·绍兴高二检测)逆向思维是一种重要的思想方法，在这种思想方法的引领下，许多重要的科学定律被发现．“电生磁，磁生电”这种逆向互生的关系，体现了物理学中的一种对称美．请思考：
(1)你还能指出物理学中的其他对称性和对称实例吗？
________________________________________________________________________.
(2)1831年，物理学家法拉第用如图8甲所示的实验装置，成功发现了磁生电现象．开关始终处于闭合状态时，a线圈中________(填“有”或“无”)感应电流产生，开关闭合或断开瞬间，a线圈中________(填“有”或“无”)感应电流产生．
图8
(3)如图乙所示是某兴趣小组研究磁生电现象所需的器材．请你协助该小组完成如下工作：用实线将带有铁芯的线圈A、电源、滑动变阻器和开关连接成原线圈回路，将小量程电流表和线圈B接成副线圈回路，并列举出在实验中改变副线圈回路磁通量，使副线圈回路产生感应电流的三种方式：
①________________________________________________________________________；
②________________________________________________________________________；
③________________________________________________________________________.
答案 (1)见解析 (2)无 有 (3)如图所示 见解析
解析 (1)电荷的正与负，吸引与排斥，运动和静止，光滑和粗糙，正电子和负电子，物质和反物质．
(2)开关处于闭合状态时，因穿过a线圈的磁通量不变，所以无感应电流产生；闭合开关瞬间，穿过a线圈的磁通量突然增大，所以有感应电流产生，而断开开关瞬间，穿过a线圈的磁通量突然减小，所以有感应电流产生．
(3)实物连接如图所示．①合上(或断开)开关瞬间；②合上开关后，将原线圈A插入副线圈B或从副线圈B中抽出；③合上开关，将原线圈A插入副线圈B后，移动滑动变阻器的滑片．
3 楞次定律
知识内容
楞次定律
考试要求
必考
加试
c
课时要求
1.正确理解楞次定律的内容及其本质.
2.掌握右手定则，并理解右手定则实际上为楞次定律的一种具体表现形式.
3.能够熟练运用楞次定律和右手定则判断感应电流的方向.
一、楞次定律
[导学探究] 根据如图1甲、乙、丙、丁所示进行电路图连接与实验操作，并填好实验现象．
图1
甲
乙
丙
丁
条形磁铁运动的情况
N极向下插入线圈
S极向下插入线圈
N极向上拔出线圈
S极向上拔出线圈
原磁场方向(向上或向下)
向下
向上
向下
向上
穿过线圈的磁通量变化情况
(增加或减少)
增加
增加
减少
减少
感应电流的方向
(在螺线管上俯视)
逆时针
顺时针
顺时针
逆时针
感应电流的磁场方向
(向上或向下)
向上
向下
向下
向上
原磁场与感应电流磁场的方向关系
相反
相反
相同
相同
[知识梳理]
1．楞次定律的内容：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．楞次定律的理解：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．
[即学即用] 判断下列说法的正误．
(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)所有的电磁感应现象都可以用楞次定律判断感应电流方向．( )
答案 (1)× (2)√ (3)√ (4)√
二、右手定则
[导学探究] 如图2所示，导体棒ab向右做切割磁感线运动．
图2
(1)请用楞次定律判断感应电流的方向．
(2)感应电流I的方向、原磁场B的方向、导体棒运动的速度v的方向三者之间满足什么关系？根据课本右手定则，自己试着做一做．
答案 (1)感应电流的方向a→d→c→b→a.
(2)满足右手定则．
[知识梳理]
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．
[即学即用] 判断下列说法的正误．
(1)右手定则只能用来判断导体垂直切割磁感线时的感应电流方向．( )
(2)所有的电磁感应现象，都可以用右手定则判断感应电流方向．( )
(3)当导体不动，而磁场运动时，不能用右手定则判断感应电流方向．( )
答案 (1)× (2)× (3)×
一、楞次定律的理解
1．因果关系：楞次定律反映了电磁感应现象中的因果关系，磁通量发生变化是原因，产生感应电流是结果．
2．“阻碍”的含义：
(1)谁阻碍——感应电流产生的磁场．
(2)阻碍谁——阻碍引起感应电流的磁通量的变化．
(3)如何阻碍——当原磁通量增加时，感应电流的磁场方向与原磁场方向相反；当原磁通量减少时，感应电流的磁场方向与原磁场方向相同．
(4)阻碍效果——阻碍并不是阻止，结果增加的还是增加，减少的还是减少．
注：从相对运动的角度看，感应电流的效果是阻碍相对运动．
例1 (多选)关于楞次定律，下列说法正确的是 ( )
A．感应电流的磁场总是要阻碍引起感应电流的磁通量的变化
B．闭合电路的一部分导体在磁场中运动时，必受磁场阻碍作用
C．原磁场穿过闭合回路的磁通量增加时，感应电流的磁场与原磁场反向
D．感应电流的磁场总是跟原磁场反向，阻碍原磁场的变化
答案 AC
解析 感应电流的磁场总是要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，选项A正确；闭合电路的一部分导体在磁场中平行磁感线运动时，不受磁场阻碍作用，选项B错误；原磁场穿过闭合回路的磁通量增加时，感应电流的磁场与原磁场反向，选项C正确；当原磁场增强时感应电流的磁场跟原磁场反向，当原磁场减弱时感应电流的磁场跟原磁场同向，选项D错误．
二、楞次定律的应用
例2 (多选)如图3所示，闭合金属圆环沿垂直于磁场方向放置在有界匀强磁场中，将它从匀强磁场中匀速拉出，以下各种说法中正确的是( )
图3
A．向左拉出和向右拉出时，环中的感应电流方向相反
B．向左或向右拉出时，环中感应电流方向都是沿顺时针方向的
C．向左或向右拉出时，环中感应电流方向都是沿逆时针方向的
D．将圆环左右拉动，当环全部处在磁场中运动时，圆环中无感应电流
答案 BD
解析 将金属圆环不管从哪边拉出磁场，穿过闭合圆环的磁通量都要减少，根据楞次定律可知，感应电流的磁场要阻碍原磁通量的减少，感应电流的磁场方向与原磁场方向相同，应用安培定则可以判断出感应电流的方向是顺时针方向的，选项B正确，A、C错误；另外在圆环离开磁场前，穿过圆环的磁通量没有改变，该种情况无感应电流，D正确．
楞次定律应用四步曲
(1)确定原磁场方向；
(2)判定产生感应电流的磁通量如何变化(增大还是减小)；
(3)根据楞次定律确定感应电流的磁场方向(增反减同)；
(4)判定感应电流的方向．
该步骤也可以简单地描述为“一原二变三感四螺旋”，一原——确定原磁场的方向；二变——确定磁通量是增加还是减少，三感——判断感应电流的磁场方向；四螺旋——用右手螺旋定则判断感应电流的方向．
针对训练 (2015·宁波高二月考)如图4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4
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．
三、右手定则的应用
1．右手定则和楞次定律实质是等效的，但在判断闭合电路的部分导体切割磁感线产生感应电流方向时较为方便．
2．右手定则反映了磁场方向、导体运动方向和电流方向三者之间的相互垂直关系．
(1)大拇指的方向是导体相对磁场切割磁感线的运动方向，既可以是导体运动而磁场未动，也可以是导体未动而磁场运动，还可以是两者以不同速度同时运动．
(2)四指指向电流方向，切割磁感线的导体相当于电源．
例3 (多选)下列图中表示闭合电路中的一部分导体ab在磁场中做切割磁感线运动的情景，导体ab上的感应电流方向为b→a的是( )
答案 BCD
解析 题中四图都属于闭合电路的一部分导体切割磁感线，应用右手定则判断可得：A中电流方向为a→b，B中电流方向为b→a，C中电流方向沿a→d→c→b→a，D中电流方向为b→a.故选B、C、D.
1．(多选)磁场垂直穿过一个圆形线圈，由于磁场的变化，在线圈中产生顺时针方向的感应电流，如图5所示，则以下说法正确的是( )
图5
A．若磁场方向垂直线圈向里，则此磁场的磁感应强度是在增强
B．若磁场方向垂直线圈向里，则此磁场的磁感应强度是在减弱
C．若磁场方向垂直线圈向外，则此磁场的磁感应强度是在增强
D．若磁场方向垂直线圈向外，则此磁场的磁感应强度是在减弱
答案 BC
解析 线圈所产生的感应电流方向为顺时针方向，由安培定则知感应电流的磁场方向垂直纸面向里，由楞次定律中“增反减同”可知，原因可能是方向垂直纸面向里的磁场正在减弱或是方向垂直纸面向外的磁场正在增强，故选B、C.
2．(2016· 诸暨市期末)(多选)如图6所示，线圈放置在水平桌面上，S极向下的条形磁铁沿线圈轴线向桌面运动，此过程中，以下判断正确的是( )
图6
A．穿过线圈的磁通量变大
B．穿过线圈的磁通量变小
C．从上向下看，线圈感应电流方向为顺时针
D．从上向下看，线圈感应电流方向为逆时针
答案 AC
3. (多选)如图7所示，光滑平行金属导轨PP′和QQ′，都处于同一水平面内，P和Q之间连接一电阻R，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中．现在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 ( )
图7
A．感应电流方向是N→M
B．感应电流方向是M→N
C．安培力水平向左
D．安培力水平向右
答案 AC
解析 由右手定则知，MN中感应电流方向是N→M，A正确，再由左手定则可知，MN所受安培力方向垂直导体棒水平向左，C正确，故选A、C.
4．如图8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8
A．圆环中磁通量不变，环上无感应电流产生
B．整个环中有顺时针方向的电流
C．整个环中有逆时针方向的电流
D．环的右侧有逆时针方向的电流，环的左侧有顺时针方向的电流
答案 D
解析 由右手定则知ef上的电流由e→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.
一、选择题
1．根据楞次定律可知，感应电流的磁场一定是 ( )
A．与引起感应电流的磁场反向
B．阻止引起感应电流的原磁通量的变化
C．阻碍引起感应电流的原磁通量的变化
D．使电路磁通量为零
答案 C
解析 由楞次定律可知，感应电流的磁场总是阻碍引起它的原磁通量的变化．具体来说就是“增反减同”．因此C正确．
2. 如图1所示，在一水平、固定的闭合导体圆环上方，有一条形磁铁(N极朝上，S极朝下)由静止开始下落，磁铁从圆环中穿过且不与圆环接触．关于圆环中感应电流的方向(从上向下看)，下列说法正确的是( )
图1
A．总是顺时针 B．总是逆时针
C．先顺时针后逆时针 D．先逆时针后顺时针
答案 C
3．如图2所示，CDEF是一个矩形金属框，当导体棒AB向右移动时，回路中会产生感应电流，则下列说法中正确的是( )
图2
A．导体棒中的电流方向由B→A
B．电流表A1中的电流方向由F→E
C．电流表A1中的电流方向由E→F
D．电流表A2中的电流方向由D→C
答案 B
解析 根据右手定则，电源内部电流方向为A到B，所以电流表A1中的电流方向由F→E，A、C错，B对．同理电流表A2中的电流方向由C→D，D错．
4. 如图3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，则( )
图3
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．受磁场力的作用，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，下落过程中穿过线框abcd的磁通量始终是零，没有变化，所以始终没有感应电流，因此不会受磁场力的作用．故选项D正确．
5．(2015·嘉兴高二期末)(多选)如图4所示，当磁铁运动时，电路上会产生由A经R到B的电流，则磁铁的运动可能是( )
图4
A．向下运动
B．向上运动
C．向左平移
D．以上都不可能
答案 BC
解析 由安培定则知感应电流在线圈中产生的磁场与磁铁磁场方向相同，由楞次定律知螺线管内的磁通量是减少的，选项B、C会引起上述变化，故B、C正确．
6. 1931年，英国物理学家狄拉克曾经从理论上预言：存在只有一个磁极的粒子，即“磁单极子”.1982年，美国物理学家卡布莱拉设计了一个寻找磁单极子的实验．他设想，如果一个只有N极的磁单极子从上向下穿过如图5所示的超导线圈，那么，从上向下看，超导线圈上将出现( )
图5
A．先顺时针方向，后逆时针方向的感应电流
B．先逆时针方向，后顺时针方向的感应电流
C．顺时针方向持续流动的感应电流
D．逆时针方向持续流动的感应电流
答案 D
解析 N极磁单极子从上向下通过时，穿过线圈的磁通量先向下增加，接着突变为向上减少．故由楞次定律知，感应电流的磁场一直向上，故电流始终为逆时针．
7．(2015·绍兴上虞高二检测)(多选)如图6所示，相距较近的a、b线圈，要使b线圈中产生图示I方向的电流，可采用的办法有( )
图6
A．闭合S瞬间
B．S闭合后把R的滑动片向右移动
C．闭合S后把a中铁芯从左边抽出
D．闭合S后把b向a靠近
答案 AD
解析 闭合开关，b中的磁场从无到有，根据楞次定律，b中的感应电流方向与图示相同，A正确；闭合开关S后，把R的滑片右移，b中的磁场方向从左向右，且在减小，根据楞次定律，b中的感应电流方向与图示相反，B错误；闭合开关S后，将a中的铁芯从左边抽出，b中的磁场方向从左向右，且在减小，根据楞次定律，b中的感应电流方向与图示相反，C错误；闭合开关，将b靠近a，b中的磁场方向从左向右，且在增强，根据楞次定律，b中的感应电流方向与图示相同，D正确．
8．(多选)如图7所示，通电直导线L和平行直导线放置的闭合导体框abcd，当通电导线L运动时，以下说法正确的是 ( )
图7
A．当导线L向左平移时，导体框abcd中感应电流的方向为abcda
B．当导线L向左平移时，导体框abcd中感应电流的方向为adcba
C．当导线L向右平移时(未到达ad)，导体框abcd中感应电流的方向为abcda
D．当导线L向右平移时(未到达ad)，导体框abcd中感应电流的方向为adcba
答案 AD
解析 当导线L向左平移时，闭合导体框abcd中磁场减弱，磁通量减少，abcd回路中产生的感应电流的磁场将阻碍原磁通量的减少，由于导线L在导体框abcd中磁场方向垂直纸面向里，所以abcd中感应电流的磁场方向应为垂直纸面向里，由安培定则可知感应电流的方向为abcda，选项A正确；当导线L向右平移时(未到达ad)，闭合导体框abcd中磁场增强，磁通量增加，abcd回路中产生的感应电流的磁场将阻碍原磁通量的增加，可知感应电流的磁场为垂直纸面向外，再由安培定则可知感应电流的方向为adcba，选项D正确．
9. (多选)如图8所示，导体棒AB、CD可在水平轨道上自由滑动，当导体棒AB向左移动时 ( )
图8
A．AB中感应电流的方向为A到B
B．AB中感应电流的方向为B到A
C．CD向左移动
D．CD向右移动
答案 AD
解析 由右手定则可判断AB中感应电流方向为A→B，CD中电流方向为C→D，由左手定则可判定CD受到向右的安培力作用而向右运动．
10．(多选)如图9所示，AOC是光滑的金属轨道，AO沿竖直方向，OC沿水平方向，PQ是一根金属直杆立在轨道上，直杆从图示位置由静止开始在重力作用下运动，运动过程中Q端始终在OC上，空间存在着垂直纸面向外的匀强磁场，则在杆PQ滑动的过程中，下列判断正确的是( )
图9
A．感应电流的方向始终是P→Q
B．感应电流的方向先是由P→Q，后是由Q→P
C．PQ受磁场力的方向垂直于杆向左
D．PQ受磁场力的方向先垂直于杆向左，后垂直于杆向右
答案 BD
解析 在杆PQ滑动的过程中，杆与导轨所围成的三角形面积先增大后减小，三角形POQ内的磁通量先增大后减小，由楞次定律可判断B项对，A项错．再由PQ中电流方向及左手定则可判断C项错误，D项正确．
二、非选择题
11．如图10所示，试探究在以下四种情况中小磁针N极的偏转方向．
图10
(1)开关S闭合时．
(2)开关S闭合后．
(3)开关S闭合后，调节滑动变阻器使电流增强．
(4)开关S断开时．
答案 见解析
解析 开关S闭合时，左边线圈的电流及磁场情况和穿过右边线圈磁通量方向如图所示．
(1)S闭合时，穿过右边线圈的磁通量Φ增加，由楞次定律可知，感应电流b→a，再由安培定则可知，N极指向垂直纸面向外的方向．
(2)S闭合后，穿过右边线圈的磁通量Φ不变，不产生感应电流，小磁针不偏转．
(3)此种情况同(1)现象相同，即N极指向垂直纸面向外的方向．
(4)此种情况与(1)现象相反，即N极指向垂直纸面向里的方向．
4 法拉第电磁感应定律
知识内容
法拉第电磁感应定律
考试要求
必考
加试
d
课时要求
1.理解磁通量的变化率是表示磁通量变化快慢的物理量，能区别磁通量、磁通量的变化量、磁通量的变化率．
2．理解法拉第电磁感应定律，并能应用解决简单的实际问题．
3．能够应用E＝Blv计算导体垂直切割磁感线时的感应电动势．
4．了解反电动势的概念，知道电动机由于机械故障停转时烧毁的原因.
一、电磁感应定律
[导学探究] 回顾“探究感应电流的产生条件”中的三个实验，并回答下列问题：
(1)如图1所示，将条形磁铁从同一高度插入线圈的实验中，快速插入和缓慢插入有什么相同和不同？指针偏转程度相同吗？
图1
(2)三个实验中哪些情况下指针偏转角度会大一些？指针偏转大小取决于什么？
答案 (1)磁通量变化相同，但磁通量变化的快慢不同，快速插入比缓慢插入时指针偏转程度大．
(2)导体棒切割磁感线运动实验中，导体棒运动越快，越大，I越大，E越大，指针偏转程度越大．
将条形磁铁插入线圈的实验中，条形磁铁快速插入(或拔出)比缓慢插入(或拔出)时的大，I大，E大，指针偏转程度大．
模仿法拉第的实验中，开关断开(或闭合)瞬间比开关闭合状态下移动滑动变阻器的滑片时大，I大，E大，指针偏转程度大．
指针偏转大小取决于的大小．
[知识梳理]
1．法拉第电磁感应定律的内容及表达式
(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是线圈的匝数．
2．对Φ、ΔΦ与的理解
(1)Φ：可形象地用某时刻穿过某个面的磁感线的条数表示．Φ＝BS，S是与B垂直的投影面的面积．
(2)ΔΦ：某段时间内穿过某个面的磁通量的变化量，ΔΦ＝Φ2－Φ1，若只是S变化则ΔΦ＝B·ΔS，若只是B变化，则ΔΦ＝ΔB·S.
(3)：穿过某个面的磁通量变化的快慢，若只是S变化则＝B· ，若只是B变化则＝S· .
[即学即用] 判断下列说法的正误．
(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．( )
答案 (1)× (2)× (3)× (4)√
二、导线切割磁感线时的感应电动势
[导学探究] 如图2所示，闭合电路一部分导体MN处于匀强磁场中，磁感应强度为B，MN的长度为l，MN以速度v匀速切割磁感线，利用法拉第电磁感应定律求回路中产生的感应电动势．
图2
答案 设在Δt时间内导体MN由原来的位置运动到M1N1，如图所示，这时闭合电路面积的变化量为ΔS＝lvΔt
穿过闭合电路磁通量的变化量为ΔΦ＝BΔS＝BlvΔt
根据法拉第电磁感应定律得E＝＝Blv.
[知识梳理]
导体垂直切割磁感线产生的电动势：导线垂直于磁场运动，B、l、v两两垂直时，如图3所示，E＝Blv.
图3
[即学即用] 如图4所示的情况中，金属导体中产生的感应电动势为Blv的是________．
图4
答案 甲、乙、丁
三、反电动势
[导学探究] (1)电动机的线圈电阻为R，当它正常运转时，两端的电压为U，流过电动机的电流为I，可以用I＝来计算电动机线圈中的电流吗？为什么？
(2)如果电动机机械阻力过大而停止转动，会发生什么情况？应采取什么措施？
答案 (1)不能．由于电动机正常工作时，线圈转动切割磁感线而产生一个反电动势，使线圈两端的电压减小，所以线圈中的电流I<.
(2)电动机停止转动，这时就没有了反电动势，线圈的电阻一般很小，直接连在电源的两端，线圈中电流会很大，电动机可能会被烧毁，这时应立即切断电源，进行检查．
[知识梳理]
1．反电动势：电动机转动时，线圈中会产生反电动势，它的作用是阻碍线圈的转动，要维持线圈原来的转动就必须向电动机提供电能．
2．若电动机工作中由于机械阻力过大而停止转动，这时就没有了反电动势，线圈中电流会很大，可能会把电动机烧毁，这时应立即切断电源，进行检查．
[即学即用] 判断下列说法的正误．
(1)电动机转动时，线圈中会产生反电动势，若断电后，线圈会由于反电动势的存在而反向转动．( )
(2)当线圈减速转动时，也存在反电动势．( )
(3)随着科技的进步，也会使反电动势的作用变成线圈转动的动力．( )
答案 (1)× (2)√ (3)×
一、法拉第电磁感应定律的理解
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Φ、磁通量的变化量ΔΦ的大小没有必然联系，和电路的电阻R无关．
2．在Φ－t图象中，磁通量的变化率是图象上某点切线的斜率．
例1 关于感应电动势的大小，下列说法中正确的是 ( )
A．穿过线圈的磁通量Φ最大时，所产生的感应电动势就一定最大
B．穿过线圈的磁通量的变化量ΔΦ增大时，所产生的感应电动势也增大
C．穿过线圈的磁通量Φ等于0，所产生的感应电动势就一定为0
D．穿过线圈的磁通量的变化率越大，所产生的感应电动势就越大
答案 D
解析 根据法拉第电磁感应定律可知，感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比，与磁通量Φ及磁通量的变化量ΔΦ没有必然联系．当磁通量Φ很大时，感应电动势可能很小，甚至为0.当磁通量Φ等于0时，其变化率可能很大，产生的感应电动势也会很大，而ΔΦ增大时，可能减小．如图所示，t1时刻，Φ最大，但E＝0；0～t1时间内ΔΦ增大，但减小，E减小；t2时刻，Φ＝0，但最大，E最大．故D正确．
二、E＝n的应用
1．E＝n一般用来求Δt时间内感应电动势的平均值．其中n为线圈匝数，ΔΦ取绝对值．
2．常见感应电动势的计算式有：
(1)线圈面积S不变，磁感应强度B均匀变化：E＝n·S. (为B－t图象上某点切线的斜率)
(2)磁感应强度B不变，线圈面积S均匀变化：E＝nB· .
(3)磁感应强度B、垂直于磁场的回路面积S均发生变化：E＝n.
例2 如图5甲所示的螺线管，匝数n＝1 500匝，横截面积S＝20 cm2，方向向右穿过螺线管的匀强磁场的磁感应强度按图乙所示规律变化．
图5
(1)2 s内穿过线圈的磁通量的变化量是多少？
(2)磁通量的变化率多大？
(3)线圈中感应电动势的大小为多少？
答案 (1)8×10－3 Wb (2)4×10－3 Wb/s (3)6 V
解析 (1)磁通量的变化量是由磁感应强度的变化引起的，
则Φ1＝B1S，Φ2＝B2S，ΔΦ＝Φ2－Φ1，
所以ΔΦ＝ΔBS＝(6－2)×20×10－4 Wb＝8×10－3 Wb
(2)磁通量的变化率为＝ Wb/s＝4×10－3 Wb/s
(3)根据法拉第电磁感应定律得感应电动势的大小
E＝n＝1 500×4×10－3 V＝6 V.
针对训练 (多选)单匝线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量Φ随时间t的关系图象如图6所示，则( )
图6
A．在t＝0时刻，线圈中磁通量最大，感应电动势也最大
B．在t＝1×10－2 s时刻，感应电动势最大
C．在t＝2×10－2 s时刻，感应电动势为零
D．在0～2×10－2 s时间内，线圈中感应电动势的平均值为零
答案 BC
解析 由法拉第电磁感应定律知E∝，故t＝0及t＝2×10－2 s 时刻，E＝0，A错，C对；t＝1×10－2 s时E最大，B对；0～2×10－2 s时间内，ΔΦ≠0，E≠0，D错．
三、E＝Blv的应用
例3 如图7所示，空间有一匀强磁场，一直金属棒与磁感应强度方向垂直，当它以速度v沿与棒和磁感应强度都垂直的方向运动时，棒两端的感应电动势大小为ε，将此棒弯成两段长度相等且相互垂直的折线，置于与磁感应强度相互垂直的平面内，当它沿两段折线夹角平分线的方向以速度v运动时，棒两端的感应电动势大小为ε′.则等于( )
图7
A. B. C．1 D.
答案 B
解析 设折弯前金属棒切割磁感线的长度为L，ε＝BLv；折弯后，金属棒切割磁感线的有效长度为l＝ ＝L，故产生的感应电动势为ε′＝Blv＝B· Lv＝ε，所以＝，B正确．
1．在公式E＝Blv中，l是指导体棒的有效切割长度，即导体棒在垂直于速度v方向上的投影长度，如图8所示的几种情况中，感应电动势都是E＝Blv.
图8
2．公式中的v应理解为导线和磁场间的相对速度，当导线不动而磁场运动时，也有感应电动势产生．
1．穿过一个单匝闭合线圈的磁通量始终为每秒均匀增加2 Wb，则( )
A．线圈中感应电动势每秒增加2 V
B．线圈中感应电动势每秒减少2 V
C．线圈中感应电动势始终为2 V
D．线圈中感应电动势始终为一个确定值，但由于线圈有电阻，电动势小于2 V
答案 C
解析 由E＝n知：恒定，n＝1，所以E＝2 V.
2．鸽子体内的电阻大约为103 Ω，当它在地球磁场中展翅飞行时，会切割磁感线，在两翅之间产生电动势．若某处地磁场磁感应强度的竖直分量约为0.5×10－4 T，鸽子以20 m/s的速度水平滑翔，则可估算出两翅之间产生的电动势约为( )
A．30 mV B．3 mV C．0.3 mV D．0.03 mV
答案 C
解析 鸽子两翅展开可达30 cm，所以E＝Blv＝0.3 mV，选项C正确．
3．如图9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( )
图9
A．越来越大
B．越来越小
C．保持不变
D．无法确定
答案 C
解析 金属棒做平抛运动，水平速度不变，且水平速度即为金属棒垂直切割磁感线的速度，故感应电动势保持不变．
4．有一匝数为100匝的线圈，单匝线圈的面积为100 cm2.线圈中总电阻为0.1 Ω，线圈中磁场均匀变化，其变化规律如图10所示，且磁场方向垂直于线圈平面向里，线圈中产生的感应电动势多大？
图10
答案 0.1 V
解析 取线圈为研究对象，在1～2 s内，其磁通量的变化量为ΔΦ＝Φ2－Φ1＝(B2－B1)S，磁通量的变化率为＝，由公式E＝n得
E＝100× V＝0.1 V.
一、选择题
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，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．当穿过线圈的磁通量为零时，感应电动势一定为零
C．当穿过线圈的磁通量变化越快时，感应电动势越大
D．感应电动势的大小与磁通量的变化量成正比
答案 C
解析 由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势E＝n，即感应电动势与线圈匝数有关，故A错误；同时可知，感应电动势与磁通量的变化率有关，故D错误；穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大，故C正确；当穿过线圈的磁通量为零时，磁通量的变化率不一定为零，因此感应电动势不一定为零．故B错误．
2．如图1所示，平行金属导轨的间距为d，一端跨接一阻值为R的电阻，匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直于导轨所在平面向里，一根长直金属棒与导轨成60°角放置，且接触良好，则当金属棒以垂直于棒的恒定速度v沿金属导轨滑行时，其他电阻不计，电阻R中的电流为( )
图1
A. B.
C. D.
答案 A
解析 金属棒切割磁感线的有效长度是l＝，感应电动势E＝Blv，R中的电流为I＝.联立解得I＝.
3．(多选)如图2所示，闭合开关S，将条形磁铁插入闭合线圈，第一次用时0.2 s，第二次用时0.4 s，并且两次磁铁的起始和终止位置相同，则( )
图2
A．第一次线圈中的磁通量变化较快
B．第一次电流表G的最大偏转角较大
C．第二次电流表G的最大偏转角较大
D．若断开开关S，电流表G均不偏转，故两次线圈两端均无感应电动势
答案 AB
解析 磁通量变化相同，第一次时间短，则第一次线圈中磁通量变化较快，故A正确；感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比，磁通量的变化率大，感应电动势大，产生的感应电流大，电流表G的最大偏转角大，故B正确，C错误；断开开关，电流表不偏转，知感应电流为零，但感应电动势不为零，故D错误．故选A、B.
4. 如图3所示，半径为r的n匝线圈套在边长为L的正方形abcd之外，匀强磁场局限在正方形区域内且垂直穿过正方形平面，当磁感应强度以的变化率均匀变化时，线圈中产生的感应电动势的大小为 ( )
图3
A．πr2 B．L2
C．nπr2 D．nL2
答案 D
解析 根据法拉第电磁感应定律，线圈中产生的感应电动势的大小为E＝n＝nL2.
5．(多选)如图4所示，垂直矩形金属框的匀强磁场磁感应强度为B，导体棒ab垂直线框两长边搁在框上，ab长为l.在Δt时间内，ab向右以速度v匀速滑过距离d，则( )
图4
A．因右边面积减少ld，左边面积增大ld，则ΔΦ＝B·2ld，E＝
B．因右边面积减少ld，左边面积增大ld，两边抵消，ΔΦ＝0，E＝0
C．ΔΦ＝Bld，所以E＝
D．导体棒ab切割磁感线，E＝Blv
答案 CD
解析 左右两边可看成两个并联的回路，根据法拉第电磁感应定律，每个回路产生的感应电动势为E＝，由于是并联电路，总感应电动势也为E＝，C项正确；根据导体棒切割磁感线产生感应电动势的公式E＝Blv，D项正确．
6．(多选) 如图5所示，一个金属圆环放在匀强磁场中，将它匀速拉出磁场，下列说法中，正确的是(不计重力)( )
图5
A．环中感应电流的方向是顺时针方向
B．环中感应电流强度的大小不变
C．所施加水平拉力的大小不变
D．若将此环向左拉出磁场，则环中感应电流的方向也是顺时针方向
答案 AD
解析 环向右拉出的过程中，在磁场中的部分切割磁感线，相当于电源，故根据右手定则，可以判断出感应电流的方向是顺时针方向，或向右拉出的过程中，环中的磁通量在减少，所以根据楞次定律可以判断出环中电流的方向是顺时针方向．因为是匀速拉出，所以拉力的大小应等于环受到的安培力的大小，环中的电流是先增大后减小，切割磁感线的有效长度也是先增大后减小，所以安培力是先增大后减小，故拉力是先增大后减小，若将环向左拉出磁场，环中的磁通量在减少，根据楞次定律可以判断出环中感应电流的方向也是顺时针方向．
7．(多选) 单匝矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，转轴垂直于磁场，若线圈所围面积的磁通量随时间变化的规律如图6所示，则O～D过程中( )
图6
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时间内的平均感应电动势为0.4 V
答案 ABD
解析 由法拉第电磁感应定律E＝n，得即为Φ－t图象对应时刻切线的斜率，所以A、B正确，C错误；线圈中O至D时间内的平均感应电动势E＝n＝1× V＝ 0.4 V．所以D正确．
8．如图7所示，匀强磁场中有两个导体圆环a、b，磁场方向与圆环所在平面垂直．磁感应强度B随时间均匀增大．两圆环半径之比为2∶1，圆环中产生的感应电动势分别为Ea和Eb，不考虑两圆环间的相互影响．下列说法正确的是( )
图7
A．Ea∶Eb＝4∶1，感应电流均沿逆时针方向
B．Ea∶Eb＝4∶1，感应电流均沿顺时针方向
C．Ea∶Eb＝2∶1，感应电流均沿逆时针方向
D．Ea∶Eb＝2∶1，感应电流均沿顺时针方向
答案 B
解析 由法拉第电磁感应定律得圆环中产生的电动势为E＝＝πr2·，则＝＝，由楞次定律可知感应电流的方向均沿顺时针方向，B项对．
9．如图8所示，边长为a的导线框ABCD处于磁感应强度为B0的匀强磁场中，BC边与磁场右边界重合，现发生以下两个过程：一是仅让线框以垂直于边界的速度v匀速向右运动；二是仅使磁感应强度随时间均匀变化．若导线框在上述两个过程中产生的感应电流大小相等，则磁感应强度随时间的变化率为( )
图8
A. B.
C. D.
答案 B
解析 第一种情况根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律，可得：I＝；同样当磁感应强度随时间均匀变化时，可得：I＝，联立得：＝，选项B正确，选项A、C、D错误．
10．(2016·浙江省嘉兴市桐乡市高二期中)如图9所示，均匀的金属长方形线框从匀强磁场中以速度v匀速拉出，它的两边固定有带金属滑轮的导电机构，金属框向右运动时能总是与两边良好接触，一理想电压表跨接在PQ两导电机构上，当金属框向右匀速拉出的过程中，已知金属框的长为a，宽为b，磁感应强度为B，电压表的读数为( )
图9
A．恒定不变，读数为Bbv
B．恒定不变，读数为Bav
C．读数变大
D．读数变小
答案 C
解析 由题意，当金属框向右匀速拉出的过程中，左边切割磁感线产生感应电动势，相当于电源，其余部分是外电路．由公式E＝Blv知，左边产生的感应电动势等于Bbv，保持不变，线框中感应电流也不变，而PQ右侧的电阻增大，由欧姆定律U＝IR知，PQ间的电压增大，则电压表的读数变大．根据闭合电路欧姆定律知，PQ间的电压必定小于Bbv，C项正确，A、B、D错误．
二、非选择题
11．如图10甲所示的螺线管，匝数n＝1 500匝，横截面积S＝20 cm2，电阻r＝1.5 Ω，与螺线管串联的外电阻R1＝3.5 Ω，R2＝25 Ω，方向向右穿过螺线管的匀强磁场的磁感应强度按图乙所示规律变化，试计算电阻R2的功率．
图10
答案 1.0 W
解析 由题图乙知，螺线管中磁感应强度B均匀增加，其变化率为＝ T/s＝2 T/s
由法拉第电磁感应定律知，
螺线管中产生的感应电动势E＝n＝n·S＝1 500×20×10－4×2 V＝6.0 V
由闭合电路欧姆定律知，螺线管回路中的电流为I＝＝ A＝0.2 A
电阻R2消耗的功率为P2＝I2R2＝(0.2)2×25 W＝1.0 W.
12．如图11所示，线框用导线组成，cd、ef两边竖直放置且相互平行，导体棒ab水平放置并可沿cd、ef无摩擦滑动，导体棒ab所在处有匀强磁场且B2＝2 T，已知ab长L＝0.1 m，整个电路总电阻R＝5 Ω.螺线管匝数n＝4，螺线管横截面积S＝0.1 m2.在螺线管内有图示方向磁场B1，若＝10 T/s均匀增加时，导体棒恰好处于静止状态，试求：(g＝10 m/s2)
图11
(1)通过导体棒ab的电流大小；
(2)导体棒ab的质量m为多少？
答案 (1)0.8 A (2)0.016 kg
解析 (1)螺线管产生的感应电动势：
E＝n＝n S＝4×10×0.1 V＝4 V
I＝＝0.8 A.
(2)ab所受的安培力F＝B2IL＝2×0.8×0.1 N＝0.16 N
导体棒静止时有F＝mg
解得m＝0.016 kg.
5 电磁感应现象的两类情况
知识内容
电磁感应现象的两类情况
考试要求
必考
加试
b
课时要求
1.初步了解感生电场和感生电动势．
2．初步了解动生电动势和电磁感应中洛伦兹力的作用．
3．知道感生电动势与动生电动势是感应电动势的两种不同的类型．
4．会求解与电路分析、电路计算结合的简单电磁感应问题.
一、电磁感应现象中的感生电场
[导学探究] 如图1所示，B增强，那么就会在空间激发一个感生电场E.如果E处空间存在闭合导体，导体中的自由电荷就会在电场力的作用下定向移动，而产生感应电流．
图1
(1)感生电场的方向与感应电流的方向有什么关系？如何判断感生电场的方向？
(2)上述情况下，哪种作用扮演了非静电力的角色？
答案 (1)感应电流的方向与正电荷移动的方向相同．感生电场的方向与正电荷受力的方向相同，因此，感生电场的方向与感应电流的方向相同，感生电场的方向可以用楞次定律判定．
(2)感生电场对自由电荷的作用．
[知识梳理]
1．感生电动势：由感生电场产生的电动势叫感生电动势．
2．感生电动势大小：E＝n.
3．方向：感应电流的方向与感生电场的方向相同，由楞次定律和右手螺旋定则判定．
[即学即用] 判断下列说法的正误．
(1)感生电场线是闭合的．( )
(2)只要磁场变化，即使没有电路，在空间也将产生感生电场．( )
(3)处于变化磁场中的导体，其内部自由电荷定向移动，是由于受到感生电场的作用．( )
答案 (1)√ (2)√ (3)√
二、电磁感应现象中的洛伦兹力
[导学探究] 如图2所示，导体棒CD在匀强磁场中运动．
图2
(1)自由电荷会随着导体棒运动，并因此受到洛伦兹力．导体棒中的自由电荷受到的洛伦兹力方向如何？(为了方便，可以认为导体中的自由电荷是正电荷)．
(2)若导体棒一直运动下去，自由电荷是否总会沿着导体棒一直运动下去？为什么？
(3)导体棒哪端电势比较高？如果用导线把C、D两端连到磁场外的一个用电器上，导体棒中电流是沿什么方向的？
答案 (1)导体中自由电荷(正电荷)具有水平方向的速度，由左手定则可判断自由电荷受到沿棒向上的洛伦兹力作用．
(2)自由电荷不会一直运动下去．因为C、D两端聚集的电荷越来越多，在CD棒间产生的电场越来越强，当电场力等于洛伦兹力时，自由电荷不再定向运动．
(3)C端电势较高，导体棒中电流是由D指向C的．
[知识梳理]
1．动生电动势：由于导体运动产生的电动势叫动生电动势．
2．动生电动势大小：E＝Blv(B的方向与v的方向垂直)．
3．方向判断：右手定则．
[即学即用] 判断下列说法的正误．
(1)导体内自由电荷受洛伦兹力作用是产生动生电动势的原因．( )
(2)导体切割磁感线运动时，导体内的自由电荷受到的洛伦兹力方向沿导体棒的方向．( )
(3)只要导体在磁场中运动，导体两端就会产生动生电动势．( )
答案 (1)√ (2)× (3)×
一、对感生电场的理解
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．如果在变化磁场中放一个闭合电路，自由电荷在感生电场的作用下发生定向移动．
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．
例1 (多选)某空间出现了如图3所示的一组闭合的电场线，这可能是( )
图3
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
闭合回路(可假定其存在)的感应电流方向就表示感生电场的方向．判断思路如下：
二、动生电动势的理解与应用
例2 (多选)如图4所示，一导线弯成半径为a的半圆形闭合回路．虚线MN右侧有磁感应强度为B的匀强磁场．方向垂直于回路所在的平面．回路以速度v向右匀速进入磁场，直径CD始终与MN垂直．从D点到达边界开始到C点进入磁场为止，下列结论正确的是( )
图4
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．当半圆形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．
三、E＝n和E＝Blv的比较应用
E＝n
E＝Blv
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＝Blv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
例3 如图5所示，导轨OM和ON都在纸面内，导体AB可在导轨上无摩擦滑动，若AB以5 m/s的速度从O点开始沿导轨匀速右滑，导体与导轨都足够长，磁场的磁感应强度为 0.2 T．问：
图5
(1)3 s末夹在导轨间的导体长度是多少？此时导体切割磁感线产生的感应电动势多大？
(2)3 s内回路中的磁通量变化了多少？此过程中的平均感应电动势为多少？
答案 (1)5 m 5 V (2) Wb V
解析 (1)夹在导轨间的部分导体切割磁感线产生的电动势才是电路中的感应电动势．
3 s末，夹在导轨间导体的长度为：
l＝vt· tan 30°＝5×3×tan 30° m＝5 m
此时：E＝Blv＝0.2×5×5 V＝5 V
(2)3 s内回路中磁通量的变化量ΔΦ＝BS－0＝0.2××15×5 Wb＝ Wb
3 s内电路产生的平均感应电动势为：＝＝ V＝ V.
四、导体棒转动切割磁感线产生感应电动势的计算
例4 长为l的金属棒ab以a点为轴在垂直于匀强磁场的平面内以角速度ω做匀速转动，如图6所示，磁感应强度为B.求：
图6
(1)ab棒的平均速率；
(2)ab两端的电势差；
(3)经时间Δt金属棒ab所扫过面积中磁通量为多少？此过程中平均感应电动势多大？
答案 (1)ωl (2)Bl2ω (3)Bl2ωΔt Bl2ω
解析 (1)ab棒的平均速率＝＝＝ωl.
(2)ab两端的电势差：E＝Bl＝Bl2ω.
(3)经时间Δt金属棒ab所扫过的扇形面积为ΔS，则：
ΔS＝l2θ＝l2ωΔt，ΔΦ＝BΔS＝Bl2ωΔt.
由法拉第电磁感应定律得：＝＝＝Bl2ω.
导体转动切割磁感线：
当导体棒在垂直于磁场的平面内，其一端固定，以角速度ω匀速转动时，产生的感应电动势为E＝Bl＝Bl2ω，如图7所示．
图7
若圆盘在磁场中以ω绕圆心匀速转动时，(如图8所示)相当于无数根“辐条”转动切割，它们之间相当于电源的并联结构，圆盘上的感应电动势仍为E＝Br＝Br2ω.
图8
1．(2016·海宁二中)如图9所示，两个端面半径同为R的圆柱形铁芯同轴水平放置，相对的端面之间有一缝隙，铁芯上绕导线并与直流电源连接，在缝隙中形成一匀强磁场．一铜质细直棒ab水平置于缝隙中，且与圆柱轴线等高、垂直．让铜质细直棒从静止开始自由下落，铜质细直棒下落距离为0.2R时铜质细直棒中电动势大小为E1，下落距离为0.8R时电动势大小为E2，忽略涡流损耗和边缘效应．关于E1、E2的大小和铜质细直棒离开磁场前两端的极性，下列判断正确的是( )
图9
A．E1>E2，a端为正
B．E1>E2，b端为正
C．E1D．E1答案 D
解析 通电导线在缝隙中产生的磁场方向向左，所以铜质细直棒下落时由右手定则可判断得b端为正，选项A、C错误；根据E＝BLv可知，下落0.8R时电动势较大，即E12. 如图10，均匀磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框，半圆直径与磁场边缘重合；磁场方向垂直于半圆面(纸面)向里，磁感应强度大小为B0.使该线框从静止开始绕过圆心O、垂直于半圆面的轴以角速度ω匀速转动半周，在线框中产生感应电流．现使线框保持图中所示位置，磁感应强度大小随时间线性变化．为了产生与线框转动半周过程中同样大小的电流，磁感应强度随时间的变化率的大小应为( )
图10
A. B.
C. D.
答案 C
解析 当线框绕过圆心O的转动轴以角速度ω匀速转动时，由于面积的变化产生感应电动势，从而产生感应电流．设半圆的半径为r，导线框的电阻为R，即I1＝＝＝＝＝.当线框不动，磁感应强度变化时，I2＝＝＝＝，因I1＝I2，可得＝，C选项正确．
3．(多选)如图11所示，三角形金属导轨EOF上放有一金属杆AB，在外力作用下，使AB保持与OF垂直，从O点开始以速度v匀速右移，该导轨与金属杆均为粗细相同的同种金属制成，则下列判断正确的是 ( )
图11
A．电路中的感应电流大小不变
B．电路中的感应电动势大小不变
C．电路中的感应电动势逐渐增大
D．电路中的感应电流逐渐减小
答案 AC
解析 设金属杆从O开始运动到如题图所示位置所经历的时间为t，∠EOF＝θ，则金属杆切割磁感线的有效长度L＝tan θ，故E＝BLv＝Bv· vttan θ＝Bv2tan θ· t，即电路中电动势与时间成正比，C选项正确；电路中电流I＝＝.而l等于闭合三角形的周长，即 l＝vt＋vt· tan θ＋＝vt(1＋tan θ＋)，所以I＝是恒量，所以A正确．
4．如图12所示，导轨是水平的，间距L1＝0.5 m，ab杆与导轨左端的距离L2＝0.8 m，由导轨与ab杆所构成的回路的总电阻R＝0.2 Ω，垂直导轨的方向有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B0＝1 T，重物的质量M＝0.04 kg，用细绳通过定滑轮与ab杆的中点相连，各处的摩擦均可忽略不计．现使磁场以＝0.2 T/s的变化率均匀地增大，试求当t为多少时，M刚好离开地面？(取g＝10 m/s2)
图12
答案 5 s
解析 根据法拉第电磁感应定律，感生电动势E＝＝L1L2，
回路中的感应电流为I＝
ab杆所受的安培力
F安＝BL1I＝(B0＋t)L1I，
重物刚好离开地面时F安＝Mg
联立上述四个方程解得：t＝5 s.
一、选择题
1. 如图1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1
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无关
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 A
2．(2015·绍兴上虞高二检测)在如图所示的四种磁场情况中能产生恒定的感生电场的是( )
答案 C
解析 均匀变化的磁场产生恒定的电场，故C正确．
3．(多选)在空间某处存在一变化的磁场，则 ( )
A．在磁场中放一闭合线圈，线圈中一定会产生感应电流
B．在磁场中放一闭合线圈，线圈中不一定会产生感应电流
C．在磁场中不放闭合线圈，在变化的磁场周围一定不会产生电场
D．在磁场中不放闭合线圈，在变化的磁场周围一定会产生电场
答案 BD
解析 由感应电流产生的条件可知，只有闭合回路中磁通量发生改变，才能产生感应电流，如果闭合线圈平面与磁场方向平行，则线圈中无感应电流产生，故A错，B对；感应电场的产生与变化的磁场周围有无闭合回路无关，故C错，D对．
4．(2015·余姚高二检测)(多选)著名物理学家费曼曾设计过这样一个实验装置：一块绝缘圆板可绕其中心的光滑轴自由转动，在圆板的中部有一个线圈，圆板四周固定着一圈带电的金属小球，如图2所示．当线圈接通电源后，将产生图示逆时针方向的电流．则下列说法正确的是( )
图2
A．接通电源瞬间，圆板不会发生转动
B．线圈中电流强度的增大或减小会引起圆板向不同方向转动
C．若金属小球带负电，接通电源瞬间圆板转动方向与线圈中电流方向相反
D．若金属小球带正电，接通电源瞬间圆板转动方向与线圈中电流方向相反
答案 BD
解析 线圈接通电源瞬间，变化的磁场产生变化的电场，从而导致带电小球受到电场力，使其转动，A错误；不论线圈中电流是增大还是减小，都会引起磁场的变化，从而产生不同方向的电场，使小球受到电场力的方向不同，所以会向不同方向转动，B正确；接通电源瞬间，产生顺时针方向的电场，由于小球带负电，所以圆板转动方向与线圈中电流方向相同，C错误，同理可知D正确．
5．(2015·杭州二中)现代科学研究中常用到高速电子，电子感应加速器就是利用感生电场加速电子的设备．电子感应加速器主要有上、下电磁铁磁极和环形真空室组成．当电磁铁绕组通以变化的电流时，产生变化的磁场，穿过真空盒所包围的区域内的磁通量也随时间变化，这时真空盒空间内就产生感应涡旋电场，电子将在涡旋电场作用下加速．如图3所示(上图为侧视图、下图为真空室的俯视图)，若电子被“约束”在半径为R的圆周上运动，当电磁铁绕组通有图中所示的电流时( )
图3
A．若电子沿逆时针运动，保持电流的方向不变，当电流增大时，电子将加速
B．若电子沿顺时针运动，保持电流的方向不变，当电流增大时，电子将加速
C．若电子沿逆时针运动，保持电流的方向不变，当电流减小时，电子将加速
D被加速时电子做圆周运动的周期不变
答案 A
解析 当电磁铁绕组通有题图中所示的电流时，由安培定则可知将产生向上的磁场，当电磁铁绕组中电流增大时，根据楞次定律和安培定则可知，这时真空盒空间内产生顺时针方向的感生电场，电子沿逆时针运动，电子将加速，选项A正确，选项B、C错误；由于电子被“约束”在半径为R的圆周上运动，被加速时电子做圆周运动的周期减小，选项D错误．
6. 如图4所示，两块水平放置的金属板间距离为d，用导线与一个n匝线圈连接，线圈置于方向竖直向上的磁场B中．两板间有一个质量为m，电荷量为＋q的油滴恰好处于平衡状态，则线圈中的磁场B的变化情况和磁通量的变化率分别是( )
图4
A．正在增强；＝
B．正在减弱；＝
C．正在减弱；＝
D．正在增强；＝
答案 B
解析 电荷量为q的带正电的油滴恰好处于静止状态，电场力竖直向上，则电容器的下极板带正电，所以线圈下端相当于电源的正极，由题意可知，根据安培定则和楞次定律，可得穿过线圈的磁通量在均匀减弱；线圈产生的感应电动势：E＝n；油滴所受电场力：F＝q，对油滴，根据平衡条件得：q＝mg；所以解得线圈中磁通量的变化率的大小为＝.故B正确，A、C、D错误．
7.英国物理学家麦克斯韦认为，磁场变化时会在空间激发感生电场．如图5所示，一个半径为r的绝缘细圆环水平放置，环内存在竖直向上的匀强磁场B，环上套一带电荷量为＋q的小球，已知磁感应强度B随时间均匀增加，其变化率为k，若小球在环上运动一周，则感生电场对小球的作用力所做功的大小是( )
图5
A．0 B.r2qk
C．2πr2qk D．πr2qk
答案 D
解析 根据法拉第电磁感应定律可知，磁场变化产生的感生电动势为E＝πr2＝kπr2，小球在环上运动一周，则感生电场对小球的作用力所做功的大小W＝qE＝πr2qk，故选项D正确．
8.如图6所示，导体棒AB的长为2R，绕O点以角速度ω匀速转动，OB长为R，且O、B、A三点在一条直线上，有一磁感应强度为B的匀强磁场充满转动平面且与转动平面垂直，那么AB两端的电势差大小为( )
图6
A.BωR2 B．2BωR2
C．4BωR2 D．6BωR2
答案 C
解析 A点线速度vA＝ω·3R，B点线速度vB＝ωR，AB棒切割磁感线的平均速度＝＝2ωR，由E＝Blv得，AB两端的电势差大小为E＝B·2R·＝4BωR2，C正确．
9．(多选)如图7甲所示，在虚线所示的区域有垂直纸面向里的匀强磁场，磁场变化规律如图乙所示，面积为S的单匝金属线框处在磁场中，线框与电阻R相连，若金属框的电阻为，下列说法正确的是( )
图7
A．流过电阻R的感应电流方向由a到b
B．线框cd边受到的安培力方向向上
C．感应电动势大小为
D．a、b间电压大小为
答案 AD
解析 穿过线圈的磁通量在增大，根据楞次定律可得感应电流为逆时针方向，故流过电阻R的感应电流方向由a到b，A正确；电流从c到d，根据左手定则，可得线框cd边受到的安培力方向向下，B错误；根据法拉第电磁感应定律可得E＝＝，根据欧姆定律可得a、b间电压大小为U＝E＝，故C错误，D正确．
二、非选择题
10．(2016·韶兴高二检测)如图8甲所示，平行导轨MN、PQ水平放置，电阻不计，两导轨间距d＝10 cm，导体棒ab、cd放在导轨上，并与导轨垂直．每根导体棒在导轨间的部分，电阻均为R＝1.0 Ω.用长为L＝20 cm的绝缘丝线将两导体棒系住．整个装置处在匀强磁场中， t＝0时刻，磁场方向竖直向下，丝线刚好处于未被拉伸的自然状态．此后，磁感应强度B随时间t的变化如图乙所示．不计感应电流磁场的影响，整个过程丝线未被拉断．求：
图8
(1)0～2.0 s的时间内，电路中感应电流的大小与方向．
(2)t＝1.0 s时刻丝线的拉力大小．
答案 (1)1.0×10－3 A 方向为acdba
(2)1×10－5 N
解析 (1)在0～2.0 s的时间内，由题图乙可知＝0.1 T/s
由法拉第电磁感应定律有E＝n＝nS＝2.0×10－3 V
则I＝＝1.0×10－3 A
由楞次定律和安培定则可知电流方向为acdba.
(2)导体棒在水平方向上受丝线拉力和安培力平衡，由题图乙可知t＝1.0 s时B＝0.1 T
则FT＝F安＝BId＝1×10－5 N.
11．(2016·湖州市高二检测)如图9所示，单匝矩形线圈在0.01 s内由原始位置Ⅰ转落至水平位置Ⅱ.已知ad＝5×10－2 m，ab＝20×10－2 m，竖直向上的匀强磁场的磁感应强度B＝2 T，R1＝R3＝1 Ω，R2＝R4＝3 Ω.线圈的电阻忽略不计．求：
图9
(1)平均感应电动势；
(2)转落过程中，通过各电阻的平均电流．
答案 (1)1 V (2)0.25 A
解析 (1)设线圈在位置Ⅰ时，穿过它的磁通量为Φ1，线圈在位置Ⅱ时，穿过它的磁通量为Φ2，则Φ1＝BSsin 30°＝1×10－2 Wb
Φ2＝BS＝2×10－2 Wb
所以ΔΦ＝Φ2－Φ1＝1×10－2 Wb
根据法拉第电磁感应定律可得
平均感应电动势E＝＝1 V
(2)将具有感应电动势的线圈等效为电源，其外电路的总电阻R＝＝2 Ω
根据闭合电路欧姆定律得平均总电流I＝＝0.5 A
通过各电阻的平均电流I′＝＝0.25 A.
6 互感和自感
知识内容
互感和自感
考试要求
必考
加试
b
课时要求
1.了解互感现象及其应用．
2．知道自感现象及产生原因．
3．知道自感系数的决定因素，知道自感系数的单位．
4．理解自感电动势的作用，会解释自感现象．
5．了解自感现象的利、弊以及对它的利用和防止.
一、通电自感现象
[导学探究] 通电自感：如图1所示，开关S闭合的时候两个灯泡的发光情况有什么不同？根据楞次定律结合电路图分析现象产生的原因．
图1
答案 现象：灯泡A2立即发光，灯泡A1逐渐亮起来．
原因：电路接通时，电流由零开始增加，穿过线圈L的磁通量逐渐增加，为了阻碍磁通量的增加，感应电流产生的磁通量与原来电流产生的磁通量方向相反，则线圈中感应电动势方向与原来的电流方向相反，线圈中感应电动势阻碍了L中电流的增加，即推迟了电流达到实际值的时间．
[知识梳理]
1．自感现象的产生：当一个线圈中的电流变化时，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，同样也在它本身激发出感应电动势．这种现象称为自感．由于自感而产生的感应电动势叫做自感电动势．
2．自感电动势的方向及作用：当线圈中的电流增大时，自感电动势的方向与原电流方向相反，阻碍电流的增大，但不能阻止电流的变化．
[即学即用] 判断下列说法的正误．
(1)在实际电路中，自感现象有害而无益．( )
(2)只要电路中有线圈，自感现象就会存在．( )
(3)线圈中的电流越大，自感现象越明显．( )
(4)线圈中的电流变化越快，自感现象越明显．( )
答案 (1)× (2)× (3)× (4)√
二、断电自感现象
[导学探究] 断电自感：如图2所示，先闭合开关使灯泡发光，然后断开开关．
图2
(1)开关断开前后，流过灯泡的电流方向相同吗？
(2)在断开过程中，有时灯泡闪亮一下再熄灭，有时灯泡只会缓慢变暗直至熄灭，请分析上述两种现象的原因是什么？
答案 (1)S闭合时，灯泡A中电流方向向左，S断开瞬间，灯泡A中电流方向向右，所以开关S断开前后，流过灯泡的电流方向相反．
(2)在电源断开后灯泡又闪亮一下的原因是灯泡断电后自感线圈中产生的感应电流比原灯泡中的电流大．要想使灯泡闪亮一下再熄灭，就必须使自感线圈的电阻小于与之并联的灯泡电阻．而当线圈电阻大于等于灯泡电阻时，灯泡就会缓慢变暗直至熄灭．
[知识梳理]
对断电自感现象的认识
(1)当线圈中的电流减小时，自感电动势的方向与原电流方向相同；
(2)断电自感中，若断开开关瞬间通过灯泡的电流大于断开开关前的电流，灯泡会闪亮一下；若断开开关瞬间通过灯泡的电流小于等于断开开关前的电流，灯泡不会闪亮一下，而是逐渐变暗．
(3)自感电动势总是阻碍线圈中电流的变化，但不能阻止线圈中电流的变化．
[即学即用] 判断下列说法的正误．
(1)自感现象中，感应电流一定与原电流方向相反．( )
(2)发生断电自感时，因为断开电源之后电路中还有电流，所以不符合能量守恒定律．( )
(3)线圈的电阻很小，对恒定电流的阻碍作用很小．( )
答案 (1)× (2)× (3)√
三、自感电动势
[导学探究] 如图3所示，李辉在断开正在工作的电动机开关时，会产生电火花，这是为什么？
图3
答案 电动机中的线圈匝数很多，当电路开关断开时会产生很大的自感电动势，使得开关中的金属片之间产生电火花．
[知识梳理]
1．自感电动势：E＝L，其中L是自感系数，简称自感或电感．单位：亨利，符号：H.
2．自感系数与线圈的大小、形状、圈数，以及是否有铁芯等因素有关．
[即学即用] 判断下列说法的正误．
(1)线圈中电流变化越快，自感系数越大．( )
(2)线圈的自感系数越大，自感电动势就一定越大．( )
(3)一个线圈中的电流均匀增大，自感电动势也均匀增大．( )
(4)线圈自感系数由线圈本身性质及有无铁芯决定．( )
答案 (1)× (2)× (3)× (4)√
一、互感现象的理解与应用
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．
2．利用互感现象可以把能量由一个线圈传递到另一个线圈，如变压器、收音机的磁性天线．
例1 (多选)如图4所示，是一种延时装置的原理图，当S1闭合时，电磁铁F将衔铁D吸下，C线路接通；当S1断开时，由于电磁感应作用，D将延迟一段时间才被释放．则 ( )
图4
A．由于A线圈的电磁感应作用，才产生延时释放D的作用
B．由于B线圈的电磁感应作用，才产生延时释放D的作用
C．如果断开B线圈的开关S2，无延时作用
D．如果断开B线圈的开关S2，延时将变化
答案 BC
解析 线圈A中的磁场随开关S1的闭合而产生，随S1的断开而消失．当S1闭合时，线圈A中的磁场穿过线圈B，当S2闭合，S1断开时，线圈A在线圈B中的磁场变弱，线圈B中有感应电流，B中电流的磁场继续吸引D而起到延时的作用，所以B正确，A错误；若S2断开，线圈B中不产生感应电流而起不到延时作用，所以C正确，D错误．
二、自感现象的分析
例2 如图5所示，电感线圈L的自感系数足够大，其直流电阻忽略不计，LA、LB是两个相同的灯泡，且在下列实验中不会烧毁，电阻R2阻值约等于R1的两倍，则 ( )
图5
A．闭合开关S时，LA、LB同时达到最亮，且LB更亮一些
B．闭合开关S时，LA、LB均慢慢亮起来，且LA更亮一些
C．断开开关S时，LA慢慢熄灭，LB马上熄灭
D．断开开关S时，LA慢慢熄灭，LB闪亮后才慢慢熄灭
答案 D
解析 由于灯泡LA与线圈L串联，灯泡LB与电阻R2串联，当S闭合的瞬间，通过线圈的电流突然增大，线圈产生自感电动势，阻碍电流的增加，所以LB先亮，A、B错误．由于LA所在的支路电阻阻值偏小，故稳定时电流大，即LA更亮一些，当S断开的瞬间，线圈产生自感电动势，两灯组成的串联电路中，电流从IA开始减小，故LA慢慢熄灭，LB闪亮后才慢慢熄灭，C错误，D正确．
自感线圈对电流的变化有阻碍作用，具体表现为：
(1)通电瞬间自感线圈处相当于断路．
(2)断电时，自感线圈相当于电源，其电流由原值逐渐减小，不会发生突变(必须有闭合回路)．
(3)电流稳定时自感线圈相当于导体，若其直流电阻忽略不计，则相当于导线．
针对训练 (多选)如图6所示，L为一纯电感线圈(即电阻为零)，LA是一灯泡，下列说法正确的是 ( )
图6
A．开关S闭合瞬间，无电流通过灯泡
B．开关S闭合后，电路稳定时，无电流通过灯泡
C．开关S断开瞬间，无电流通过灯泡
D．开关S闭合瞬间，灯泡中有从a到b的电流，而在开关S断开瞬间，灯泡中有从b到a的电流
答案 BD
解析 开关S闭合瞬间，灯泡中的电流从a到b，A错误；线圈由于自感作用，通过它的电流逐渐增加，开关S接通后，电路稳定时，纯电感线圈对电流无阻碍作用，将灯泡短路，灯泡中无电流通过，B正确；开关S断开的瞬间，由于线圈的自感作用，线圈中原有向右的电流将逐渐减小，线圈与灯泡形成回路，故灯泡中有从b到a的瞬间电流，C错误，D正确．
三、自感现象的图象问题
例3 如图7所示的电路中，S闭合且稳定后流过电感线圈的电流是2 A，流过灯泡的电流是1 A，现将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7
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，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逐渐减小到零，但是方向与原来通过灯泡D的电流方向相反，D对．
1．断电时，自感线圈处电流由原值逐渐减小，不能发生突变，而且电流方向也不变．
2．断电前后，无线圈的支路要注意电流方向是否变化．
1．关于自感现象，下列说法正确的是( )
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 当电流增大时，感应电流的方向与原来的电流方向相反，当电流减小时，感应电流的方向与原来的电流方向相同，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，D正确；自感系数只取决于线圈本身的因素及有无铁芯，与电流变化情况无关，故选项C错误．
2．(多选)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1～2 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2～3 s、3～4 s、4～5 s内可得正确选项为B、D.
3．(多选)如图9所示电路中，、是两只相同的电流表，电感线圈L的直流电阻与电阻R阻值相等．下面判断正确的是( )
图9
A．开关S闭合的瞬间，电流表的读数大于的读数
B．开关S闭合的瞬间，电流表的读数小于的读数
C．开关S闭合，电路稳定后再断开的瞬间，电流表的读数大于的读数
D．开关S闭合，电路稳定后再断开的瞬间，电流表的读数等于的读数
答案 BD
4．在如图10所示的电路中，两个相同的小灯泡L1和L2分别串联一个带铁芯的电感线圈L和一个滑动变阻器R.闭合开关S后，调节R，使L1和L2发光的亮度一样，此时流过两个灯泡的电流均为I.然后，断开S.若t′时刻再闭合S，则在t′前后的一小段时间内，能正确反映流过L1的电流i1、流过L2的电流i2随时间t变化的图象是( )
图10
答案 B
解析 与滑动变阻器R串联的L2，没有自感，直接变亮，电流变化图象如A中图线， C、D错误．与带铁芯的电感线圈串联的L1，由于自感，电流逐渐变大，A错误，B正确．
1．(多选)下列说法正确的是( )
A．当线圈中电流不变时，线圈中没有自感电动势
B．当线圈中电流反向时，线圈中自感电动势的方向与线圈中原电流的方向相反
C．当线圈中电流增大时，线圈中自感电动势的方向与线圈中原电流的方向相反
D．当线圈中电流减小时，线圈中自感电动势的方向与线圈中原电流的方向相反
答案 AC
2．(多选)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的变化率，所以 C错，D对．
3．在无线电仪器中，常需要在距离较近处安装两个线圈，并要求当一个线圈中电流有变化时，对另一个线圈中电流的影响尽量小．如图所示两个线圈的相对安装位置最符合该要求的是( )
答案 D
解析 两个相距较近的线圈，当其中的一个线圈中电流发生变化时，就在周围空间产生变化的磁场．这个变化的磁场会在另一个线圈中产生感应电动势，即发生互感现象．要使这种影响尽量小，应采用选项D所示的安装位置才符合要求．因为通电线圈周围的磁场分布与条形磁铁的磁场分布类似，采用选项D所示的安装位置时，变化的磁场穿过另一线圈的磁通量最小．
4.如图2所示，两个电阻阻值均为R，电感线圈L的电阻及电池内阻均可忽略不计，S原来断开，电路中电流I0＝，现将S闭合，于是电路中产生了自感电动势，此自感电动势的作用是 ( )
图2
A．使电路的电流减小，最后由I0减小到零
B．有阻碍电流增大的作用，最后电流小于I0
C．有阻碍电流增大的作用，因而电流总保持不变
D．有阻碍电流增大的作用，但电流最后还是变为2I0
答案 D
解析 S闭合，电路中电阻减小，电流增大，线圈产生的自感电动势的作用是阻碍原电流的增大，A错；阻碍电流增大，不是不让电流增大，而是让电流增大的速度变慢，B、C错；最后达到稳定时，电路中电流为I＝＝2I0，故D正确．
5．(2015·南通中学)图3中电感线圈L的直流电阻为RL，小灯泡的电阻为R，小量程电流表G1、G2的内阻不计．当开关S闭合稳定后，电流表G1、G2的指针均偏向右侧(电流的零刻度在表盘的中央)，则当开关S断开的瞬间，下列说法正确的是( )
图3
A．G1、G2的指针都立即回到零点
B．G1缓慢回到零点，G2立即左偏，偏后缓慢回到零点
C．G1立即回到零点，G2缓慢回到零点
D．G2立即回到零点，G1缓慢回到零点
答案 B
解析 开关S闭合且稳定时，通过含电流表G1、G2的两条支路的电流均由左向右，断开开关S的瞬间，L中产生自感电动势，由楞次定律可知，自感电动势的方向一定与原电流方向相同，由两电流表、小灯泡和自感线圈组成的回路中将形成沿顺时针方向的电流，这时流经电流表G2的电流方向为由右向左，随后自感电动势逐渐减小，电流也逐渐减小，选项B 正确．
6．如图4所示的电路中，A1和A2是两个相同的小灯泡，L是一个自感系数相当大的线圈，其阻值与R相同．在开关S接通和断开时，灯泡A1和A2亮暗的顺序是( )
图4
A．接通时A1先达最亮，断开时A1后灭
B．接通时A2先达最亮，断开时A1后灭
C．接通时A1先达最亮，断开时A1先灭
D．接通时A2先达最亮，断开时A2先灭
答案 A
解析 当开关S接通时，A1和A2同时亮，但由于自感现象的存在，流过线圈的电流由零变大时，线圈上产生自感电动势阻碍电流的增大，使通过线圈的电流从零开始慢慢增加，所以开始时电流几乎全部从A1通过，而该电流又将同时分路通过A2和R，所以A1先达最亮，经过一段时间电路稳定后，A1和A2达到一样亮；当开关S断开时，电源电流立即为零，因此A2立即熄灭，而对A1，由于通过线圈的电流突然减小，线圈中产生自感电动势阻碍电流的减小，使线圈L和A1组成的闭合电路中有感应电流，所以A1后灭．
7.在制作精密电阻时，为了消除使用过程中由于电流变化而引起的自感现象，采取了双线绕法，如图5所示，其道理是( )
图5
A．当电路中的电流变化时，两股导线中产生的自感电动势相互抵消
B．当电路中的电流变化时，两股导线中产生的感应电流相互抵消
C．当电路中的电流变化时，两股导线中产生的磁通量相互抵消
D．当电路中的电流变化时，电流的变化量相互抵消
答案 C
解析 能否有感应电动势，关键在于穿过回路的磁通量是否变化．由于导线是双线绕法，使穿过回路的磁通量等于零，无论通过的电流变化与否，磁通量均为零不变，所以不存在感应电动势和感应电流．
8．如图6所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r，自感线圈L的电阻不计，电阻R的阻值大于灯泡D的阻值，在t＝0时刻闭合开关S，经过一段时间后，在t＝t1时刻断开S，下列表示A、B两点间电压UAB随时间t变化的图象中，正确的是( )
图6
答案 B
解析 在t＝0时刻闭合开关S，由于电感线圈L产生自感电动势，阻碍电流通过，电源输出电流较小，路端电压较高，经过一段时间电路稳定后，电源输出电流较大，路端电压较低．在t＝t1时刻断开S，电感线圈L产生自感电动势，与灯泡构成闭合回路，灯泡D中有反向电流通过，所以表示A、B两点间电压UAB随时间t变化的图象中正确的是B.
9．如图7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7
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 该电路实际上就是用伏安法测自感线圈的直流电阻电路，在实验完毕后，由于线圈的自感现象，若电路拆开的先后顺序不对，可能会烧坏电表．当S1、S2闭合，电路稳定时，线圈中的电流由a→b，表右端为“＋”，左端为“－”，指针正向偏转，先断开S1或先拆表或先拆电阻R的瞬间，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”知其反偏电压较大，可能会烧坏表．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.
10．(多选)如图8所示的电路中，线圈L的自感系数足够大，其直流电阻忽略不计，A、B是两个相同的灯泡，下列说法中正确的是( )
图8
A．S闭合后，A、B同时发光且亮度不变
B．S闭合后，A立即发光，然后又逐渐熄灭
C．S断开的瞬间，A、B同时熄灭
D．S断开的瞬间，A再次发光，然后又逐渐熄灭
答案 BD
解析 线圈对变化的电流有阻碍作用，开关接通时，A、B串联， 同时发光，但电流稳定后线圈的直流电阻忽略不计，使A被短路，所以A错误，B正确；开关断开时，线圈产生自感电动势，与A构成回路，A再次发光，然后又逐渐熄灭，所以C错误，D正确．
图9
11．(多选)如图9所示的电路中，L为一个自感系数很大、直流电阻不计的线圈，D1、D2是两个完全相同的电灯，E是内阻不计的电源．t＝0时刻，闭合开关S，经过一段时间后，电路达到稳定，t1时刻断开开关S. I1、I2分别表示通过电灯D1和D2中的电流，规定图中箭头所示方向为电流正方向，以下各图中能定性描述电流I随时间t变化关系的是( )
答案 AC
解析 当S闭合时，L的自感作用会阻碍其中的电流变大，电流从D1流过；当L的阻碍作用变小时，L中的电流变大，D1中的电流变小至零；D2中的电流为电路总电流，电流流过D1时，电路总电阻较大，电流较小，当D1中电流为零时，电流流过L与D2，总电阻变小，电流变大至稳定；当S再断开时，D2马上熄灭，D1与L组成回路，由于L的自感作用，D1慢慢熄灭，电流反向且减小．综上所述知选项A、C正确．
12．(多选)如图10所示，E为电池，L是直流电阻可忽略不计、自感系数足够大的线圈， D1、D2是两个规格相同的灯泡，S是控制电路的开关．对于这个电路，下列说法中正确的是( )
图10
A．刚闭合S的瞬间，通过D1、D2的电流大小相等
B．刚闭合S的瞬间，通过D1、D2的电流大小不相等
C．闭合S待电路达到稳定后，D1熄灭，D2比S刚闭合时亮
D．闭合S待电路达到稳定后，再将S断开的瞬间，D2立即熄灭
答案 ACD
解析 刚闭合S的瞬间，由于线圈的阻碍作用，通过D1、D2的电流大小相等，A正确， B错误．闭合S待电路达到稳定后，D1被短路，无电流通过，D1熄灭，回路的总电阻减小，电流增大，D2比S刚闭合时亮，C正确；闭合S待电路达到稳定后，再将S断开的瞬间，D2中无电流，立即熄灭，D正确．故选A、C、D.
7 涡流、电磁阻尼和电磁驱动
知识内容
涡流、电磁阻尼和电磁驱动
考试要求
必考
加试
b
课时要求
1.了解涡流的产生原因，知道涡流的本质是感应电流．
2．了解电磁阻尼和电磁驱动现象．
3．了解涡流的应用和减小涡流危害的方法.
一、涡流
[导学探究] 如图1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？
图1
答案 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，它的形状像水中的旋涡，所以把它叫做涡电流，简称涡流．
[知识梳理]
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，电流在导体中组成闭合回路，很像水中的旋涡，所以把它叫做涡电流，简称涡流．
2．涡流大小的决定因素：磁场变化越快(越大)，导体的横截面积S越大，导体材料的电阻率越小，形成的涡流就越大．
3．应用：真空冶炼炉、探雷器、安检门等．
4．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．
[即学即用] 判断下列说法的正误．
(1)涡流也是一种感应电流．( )
(2)导体中有涡流时，导体没有和其它元件组成闭合回路，故导体不会发热．( )
(3)利用涡流制成的探测器也可探测毒品．( )
(4)涡流是一种有害的电磁感应现象．( )
答案 (1)√ (2)× (3)× (4)×
二、电磁阻尼和电磁驱动
[导学探究]
1.弹簧上端固定，下端悬挂一个磁铁．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．如果在磁铁下端放一个固定的闭合线圈，使磁铁上下振动时穿过它(如图2所示)，磁铁就会很快停下来，解释这个现象．
图2
答案 当磁铁穿过固定的闭合线圈时，在闭合线圈中会产生感应电流，感应电流的磁场会阻碍磁铁靠近或离开线圈，也就使磁铁振动时除了受空气阻力外，还有线圈的磁场力作为阻力，克服阻力需要做的功较多，机械能损失较快，因而会很快停下来．
2．一个闭合线圈放在蹄形磁铁的两磁极之间，如图3所示，蹄形磁铁和闭合线圈都可以绕轴转动．当蹄形磁铁顺时针转动时线圈也顺时针转动；磁铁逆时针转动时线圈也逆时针转动．
图3
(1)蹄形磁铁转动时，穿过线圈的磁通量是否变化？
(2)线圈转动起来的动力是什么力？线圈的转动速度与磁铁的转动速度什么关系？
答案 (1)变化
(2)线圈内产生感应电流受到安培力的作用，安培力作为动力使线圈转动起来．线圈的转速小于磁铁的转速．
[知识梳理] (1)电磁阻尼：当导体在磁场中运动时，感应电流会使导体受到安培力，安培力的方向总是阻碍导体的运动，这种现象称为电磁阻尼．
(2)电磁驱动：若磁场相对导体转动，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．
(3)电磁阻尼中克服安培力做功，其他形式的能转化为电能，最终转化为内能；电磁驱动中通过安培力做功，电能转化为导体的机械能而对外做功．
[即学即用] 判断下列说法的正误．
(1)电磁阻尼和电磁驱动均遵循楞次定律．( )
(2)电磁阻尼发生的过程，存在机械能向内能的转化．( )
(3)电磁驱动现象中有感应电流产生，电磁阻尼中没有感应电流产生．( )
(4)电磁驱动可以被利用，而电磁阻尼不能被利用．( )
答案 (1)√ (2)√ (3)× (4)×
一、涡流的理解、利用和防止
1．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．
2．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．
例1 (2015· 衢州统考)(多选)高频焊接原理示意图如图4所示，线圈通以高频交流电，金属工件的焊缝中就产生大量焦耳热，将焊缝融化焊接，要使焊接处产生的热量较大，可采用( )
图4
A．增大交变电流的电压 B．增大交变电流的频率
C．增大焊接缝的接触电阻 D．减小焊接缝的接触电阻
答案 ABC
解析 当增大交变电流的电压时，线圈中交变电流增大，那么磁通量变化率增大，因此产生感应电动势增大，感应电流也增大，那么焊接时产生的热量也增大，A正确；根据法拉第电磁感应定律分析可知，电流变化的频率越高，磁通量变化频率越高，产生的感应电动势越大，感应电流越大，焊缝处的温度升高的越快，B正确；增大电阻，在相同电流下，焊缝处热功率大，温度升的越高，故C正确，D错误．
例2 (多选)如图5所示，闭合金属环从光滑曲面上h高处滚下，又沿曲面的另一侧上升，设环的初速度为零，摩擦不计，曲面处在图中磁场中，则( )
图5
A．若是匀强磁场，环上升的高度小于h
B．若是匀强磁场，环上升的高度等于h
C．若是非匀强磁场，环上升的高度等于h
D．若是非匀强磁场，环上升的高度小于h
答案 BD
解析 若磁场为匀强磁场，穿过环的磁通量不变，不产生感应电流，即无机械能向电能转化，机械能守恒，故A错，B正确；若磁场为非匀强磁场，环内要产生电能，机械能减少，故 D正确．
二、电磁阻尼
电磁阻尼是一种十分普遍的物理现象，任何在磁场中运动的导体，只要给感应电流提供回路，就会存在电磁阻尼作用．
例3 在水平放置的光滑绝缘导轨上，沿导轨固定一个条形磁铁，如图6所示．现有铜、铝和有机玻璃制成的滑块甲、乙、丙，使它们分别从导轨上的A点以某一初速度向磁铁滑去．各滑块在向磁铁运动的过程中( )
图6
A．都做匀速运动 B．甲、乙做加速运动
C．甲、乙做减速运动 D．乙、丙做匀速运动
答案 C
解析 甲、乙向磁铁靠近时要产生涡流，受电磁阻尼作用，做减速运动，丙则不会产生涡流，只能匀速运动．
三、电磁驱动
例4 如图7所示，在一蹄形磁铁下面放一个铜盘，铜盘和磁铁均可以自由绕OO′轴转动，两磁极靠近铜盘，但不接触，当磁铁绕轴转动时，铜盘将 ( )
图7
A．以相同的转速与磁铁同向转动
B．以较小的转速与磁铁同向转动
C．以相同的转速与磁铁反向转动
D．静止不动
答案 B
解析 因磁铁的转动，引起铜盘中磁通量发生变化而产生感应电流，进而受安培力作用而发生转动，由楞次定律可知安培力的作用是阻碍相对运动，所以铜盘与磁铁同向转动，又由产生电磁感应的条件可知，线圈中能产生感应电流的条件必须是磁通量发生变化，故要求铜盘转动方向与磁铁相同而转速较小，不能与磁铁同速转动，所以正确选项是B.
1．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做匀速运动
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正确．
2．(2015·绍兴高二检测)电磁炉热效率高达90%，炉面无明火，无烟无废气，电磁“火力”强劲，安全可靠，如图8所示是描述电磁炉工作原理的示意图，下列说法正确的是( )
图8
A．当恒定电流通过线圈时，会产生恒定磁场，恒定磁场越强，电磁炉加热效果越好
B．电磁炉通电线圈加交流电后，在锅底产生涡流，进而发热工作
C．电磁炉的锅不能用陶瓷锅或耐热玻璃锅，主要原因是这些材料的导热性能较差
D．在锅和电磁炉中间放一纸板，则电磁炉不能起到加热作用
答案 B
解析 电磁炉采用的是涡流感应加热原理，其内部通过电子线路板组成部分产生交变磁场，当把含铁质锅具底部放置在炉面时，锅具切割交变磁感线从而在锅具底部金属部分产生涡流，用来加热和烹饪食物，从而达到煮食的目的，A错误，B正确；电磁炉工作时需要在锅底产生感应电流，陶瓷锅或耐热玻璃锅不属于金属导体，不能产生感应电流，C错误；线圈产生的磁场能穿透纸板到达锅底，在锅底产生感应电流，利用电流的热效应起到加热作用，故 D错误．
3．(多选)如图9所示，A、B为大小、形状均相同且内壁光滑、但用不同材料制成的圆管，竖直固定在相同高度．两个相同的磁性小球，同时从A、B管上端距管口等高处无初速度释放，穿过A管比穿过B管的小球先落到地面．下面对于两管的描述中可能正确的是( )
图9
A．A管是用塑料制成的，B管是用铜制成的
B．A管是用铝制成的，B管是用胶木制成的
C．A管是用胶木制成的，B管是用塑料制成的
D．A管是用胶木制成的，B管是用铝制成的
答案 AD
4．(多选)如图10所示是用涡流金属探测器探测地下金属物的示意图，下列说法中正确的是( )
图10
A．探测器内的探测线圈会产生交变磁场
B．只有有磁性的金属物才会被探测器探测到
C．探测到地下的金属物是因为探头中产生了涡流
D．探测到地下的金属物是因为金属物中产生了涡流
答案 AD
1．下列关于涡流的说法中正确的是( )
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．在硅钢中不能产生涡流
答案 A
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，所以A正确，B、C错误；硅钢中产生的涡流较小，D错误．
2．弹簧上端固定，下端挂一条形磁铁，使磁铁上下振动，磁铁的振动幅度不变．若在振动过程中把线圈靠近磁铁，如图1所示，观察磁铁的振幅将会发现( )
图1
A．S闭合时振幅逐渐减小，S断开时振幅不变
B．S闭合时振幅逐渐增大，S断开时振幅不变
C．S闭合或断开，振幅变化相同
D．S闭合或断开，振幅都不发生变化
答案 A
3．(多选)对变压器和电动机中的涡流的认识，以下说法正确的是( )
A．涡流会使铁芯温度升高，减少线圈绝缘材料的寿命
B．涡流发热，要损耗额外的能量
C．为了不产生涡流，变压器和电动机的铁芯用相互绝缘的硅钢片叠成的铁芯来代替整块硅钢铁芯
D．涡流产生于线圈中，对原电流起阻碍作用
答案 AB
解析 变压器和电动机中产生的涡流会使温度升高消耗能量，同时会减少线圈绝缘材料的寿命，A、B正确；变压器和电动机的铁芯用相互绝缘的硅钢片叠成的铁芯来代替整块硅钢铁芯是为了增加电阻，减小电流，减少产生的热量，C错误；涡流产生于铁芯中，对原电流无阻碍作用，D错误．故选A、B.
4．(多选)如图2所示，磁电式仪表的线圈通常用铝框做骨架，把线圈围绕在铝框上，这样做的目的是( )
图2
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，也就是涡流．涡流阻碍线圈的转动，使线圈偏转后尽快停下来．所以，这样做的目的是利用涡流来起电磁阻尼的作用．
5．(多选)安检门是一个用于安全检查的“门”，“门框”内有线圈，线圈里通有交变电流，交变电流在“门”内产生交变磁场，金属物品通过“门”时能产生涡流，涡流的磁场又反过来影响线圈中的电流，从而引起报警．以下关于这个安检门的说法正确的是( )
A．这个安检门也能检查出毒品携带者
B．这个安检门只能检查出金属物品携带者
C．如果这个“门框”的线圈中通上恒定电流，也能检查出金属物品携带者
D．这个安检门工作时，既利用了电磁感应现象，又利用了电流的磁效应
答案 BD
解析 这个安检门是利用涡流工作的，因而只能检查出金属物品携带者，A错，B对．若“门框”的线圈中通上恒定电流，只能产生恒定磁场，它不能使块状金属产生涡流，因而不能检查出金属物品携带者，C错．安检门工作时，既利用了电磁感应现象，又利用了电流的磁效应，D对．
6.高频感应炉是用来熔化金属对其进行冶炼的，如图3所示为冶炼金属的高频感应炉的示意图，炉内放入被冶炼的金属，线圈通入高频交变电流，这时被治炼的金属就能被熔化，这种冶炼方法速度快，温度易控制，并能避免有害杂质混入被冶炼的金属中，因此适用于冶炼特种金属．那么该炉的加热原理是( )
图3
A．利用线圈中电流产生的焦耳热
B．利用线圈中电流产生的磁场
C．利用交变电流的交变磁场在炉内金属中产生的涡流
D．给线圈通电的同时，给炉内金属也通了电
答案 C
7．如图4所示，使一个铜盘绕其竖直的轴OO′转动，且假设摩擦等阻力不计，转动是匀速的．现把一个蹄形磁铁移近铜盘，则( )
图4
A．铜盘的转动将变慢
B．铜盘的转动将变快
C．铜盘仍以原来的转速转动
D．铜盘的转动速度是否变化，要根据磁铁上下两端的极性来决定
答案 A
8．如图5所示，一条形磁铁从静止开始向下穿过一个用双线绕成的闭合线圈，条形磁铁在穿过线圈的过程中( )
图5
A．做自由落体运动
B．做减速运动
C．做匀速运动
D．做非匀变速运动
答案 A
解析 双线绕成的线圈由于两导线产生的磁通量相互抵消，不会产生感应电流，所以磁铁将做自由落体运动．
9．(2016·台州市联考)(多选)涡流检测是工业上无损检测的方法之一，如图6所示，线圈中通以一定频率的正弦交流电，靠近待测工件时，工件内会产生涡流，同时线圈中的电流受涡流影响也会发生变化．下列说法中正确的是( )
图6
A．涡流的磁场总是要阻碍穿过工件的磁通量的变化
B．涡流的频率等于通入线圈的交流电频率
C．通电线圈和待测工件间存在周期性变化的作用力
D．待测工件可以是塑料或橡胶制品
答案 ABC
解析 根据楞次定律得知：感应电流的磁场总是要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，故涡流的磁场总是要阻碍穿过工件的磁通量的变化，故A正确；感应电流的频率与原电流的频率是相同的，涡流的频率等于通入线圈的交流电频率，故B正确；因为线圈交流电是周期性变化的，故在工件中引起的交流电也是周期性变化的，可知通电线圈和待测工件间存在周期性变化的作用力，故C正确；电磁感应只能发生在金属物体上，故待测工件只能是金属制品，故D错误．
10．(多选)位于光滑水平面上的小车上放置一螺线管，一个比螺线管长的条形磁铁沿着螺线管的轴线以初速度v水平穿过，如图7所示，在此过程中( )
图7
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，由楞次定律知该电流产生的磁场阻碍磁铁的运动．同理，磁铁穿出时该电流产生的磁场也阻碍磁铁的运动，故整个过程中，磁铁做减速运动，B项对．而对于小车上的螺线管来说，在此过程中，螺线管受到的安培力都是水平向右，这个安培力使小车向右运动，且一直做加速运动，C项对．
11．(多选)如图8所示，在线圈上端放置一盛有冷水的金属杯，现接通交流电源，过了几分钟，杯内的水沸腾起来．若要缩短上述加热时间，下列措施可行的有( )
图8
A．增加线圈的匝数
B．提高交流电源的频率
C．将金属杯换为瓷杯
D．取走线圈中的铁芯
答案 AB
12．一个半径为r、质量为m、电阻为R的金属圆环，用一根长为L的绝缘细绳悬挂于O点，离O点下方处有一宽度为、垂直纸面向里的匀强磁场区域，如图9所示．现使圆环从与悬点O等高位置A处由静止释放(细绳张直，忽略空气阻力)，摆动过程中金属圆环所在平面始终垂直磁场，则在达到稳定摆动的整个过程中，金属圆环产生的热量是( )
图9
A．mgL B．mg(＋r) C．mg(L＋r) D．mg(L＋2r)
答案 C
解析 圆环在进入磁场和离开磁场时，磁通量发生变化，产生感应电流，机械能减少，最后圆环在磁场下面摆动，机械能守恒．在整个过程中减少的机械能转变为焦耳热，在达到稳定摆动的整个过程中，金属圆环减少的机械能为mg(L＋r)．
