1 电磁感应的发现
2 感应电流产生的条件
[目标定位] 1.知道奥斯特实验、电磁感应现象，了解电生磁和磁生电的发现过程.2.通过实验观察和实验探究，理解感应电流的产生条件.3.能说出磁通量变化的含义，会利用电磁感应产生的条件解决实际问题.
一、电磁感应的发现
1.奥斯特实验的启迪
1820年，丹麦物理学家奥斯特发现了电流的磁效应.不少物理学家根据对称性的思考提出，既然电能产生磁，是否磁能产生电呢？
2.电磁感应现象的发现
1831年，英国物理学家法拉第发现了电磁感应现象，即“由磁生电”的条件，产生的电流叫感应电流.
法拉第将“磁生电”的现象分为五类：
(1)变化中的电流；(2)变化中的磁场；(3)运动中的恒定电流；(4)运动中的磁铁；(5)运动中的导线.
深度思考
电流的磁效应与电磁感应有什么区别？
答案 电流的磁效应是指电流周围产生磁场，即“电生磁”.电磁感应现象是利用磁场产生感应电流，即“磁生电”.“电生磁”和“磁生电”是两种因果关系相反的现象，要正确区分这两种现象，弄清现象的因果关系是关键.
例1 下列属于电磁感应现象的是( )
A.通电导体周围产生磁场
B.磁场对感应电流发生作用，阻碍导体运动
C.由于导体自身电流发生变化，在回路中产生感应电流
D.电荷在磁场中定向移动形成电流
解析 根据引起电流原因的五类情况可知，导体自身电流发生变化，在回路中产生感应电流为电磁感应现象.故选项C正确.
答案 C
二、磁通量及其变化
1.磁通量的计算
(1)B与S垂直时：Φ＝BS，S为线圈的有效面积.如图1(a)所示.
(2)B与S不垂直时：Φ＝BS⊥＝B⊥S，S⊥为线圈在垂直磁场方向上的投影面积.B⊥为B在垂直于S方向上的分量.如图(b)、(c)所示.
(3)某线圈所围面积内有不同方向的磁场时，规定某个方向的磁通量为正，反方向的磁通量为负，求其代数和，如图(d)所示.
图1
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2(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2
4.用磁感线的条数表示磁通量.当回路中有不同方向的磁感线穿过时，磁通量是指穿过某一面磁感线的“净”条数，即不同方向的磁感线的条数差.
深度思考
将两个同圆心但大小不同的线圈套在条形磁铁上，通过哪个线圈的磁通量大？
答案 通过小线圈的磁通量大.若穿过某一平面的磁感线既有穿出，又有穿入，则穿过该面的合磁通量为磁感线的净条数.
例2 磁通量是研究电磁感应现象的重要物理量，如图3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3
A.ΔΦ1>ΔΦ2 B.ΔΦ1＝ΔΦ2
C.ΔΦ1<ΔΦ2 D.无法确定
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.
答案 C
磁通量虽然是标量，但有正、负.该题中线框由位置1平移到位置2和绕cd边翻转到位置2时，在位置2的磁通量大小都相等，但磁感线穿入的方向相反.
例3 边长L＝10cm的正方形线框有10匝，固定在匀强磁场中，磁场方向与线框平面间的夹角θ＝30°，如图4所示，磁感应强度随时间的变化规律为B＝2＋3t (T)，求：
图4
(1)2s末穿过线框的磁通量.
(2)第3s内穿过线框的磁通量的变化量ΔΦ.
解析 (1)2s末穿过线框的磁感应强度
B2＝(2＋3×2) T＝8T，
由Φ＝BSsinθ，知2s末穿过线框的磁通量
Φ＝B2Ssinθ＝8×(0.1)2×sin30°Wb＝4×10－2Wb.
(2)第3s内磁感应强度的变化ΔB＝3T，
所以ΔΦ＝ΔBSsinθ＝3×(0.1)2×sin30°Wb＝1.5×10－2Wb.
答案 (1)4×10－2Wb (2)1.5×10－2Wb
(1(求解磁通量的变化量时要取有效面积；
(2(磁通量的变化与线圈的匝数无关；
(3(磁感线从不同侧面穿过线圈时磁通量的正、负不同.
三、产生感应电流的条件
1.导体在磁场中做切割磁感线运动
如图5所示，将可移动导体棒AB放置在磁场中，并和电流表组成闭合回路.实验操作及现象如下：
图5
实验操作
实验现象(有无电流)
导体棒静止
无
导体棒平行磁感线上、下运动
无
导体棒垂直磁感线左、右运动
有
2.通过闭合回路的磁场发生变化
如图6所示，实验操作及电流计指针的摆动情况如下：
图6
观察
操作
电流计指针的摆动情况
螺线管B
匝数少
螺线管B
匝数多
螺线管A、B
相互垂直
开关接通瞬间
轻微摆动
较大摆动
不摆动
电流稳定
不摆动
不摆动
不摆动
开关断开瞬间
轻微摆动
较大摆动
不摆动
滑片快速推动
较大摆动
最大摆动
不摆动
滑片缓慢推动
轻微摆动
较大摆动
不摆动
3.归纳结论：产生感应电流的条件
(1)电路闭合；
(2)磁通量发生变化.
如果电路不闭合，不会产生感应电流，但仍会产生感应电动势，就像直流电路一样，电路不闭合，没有电流，但电源仍然存在.
深度思考
在螺线管A(如图7甲所示)中电流随时间变化的图像如图乙所示，则t＝t0时刻线圈B中有感应电流吗？
图7
答案 有.虽然此时穿过B的磁通量为0，但磁通量在变化，感应电流的产生取决于Φ的变化，与Φ的大小无关.
例4 图中能产生感应电流的是( )
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，磁通量不发生变化，无感应电流.
答案 B
(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，某时刻磁通量虽然是零但是如果在变化仍然可以产生感应电流.
1．(磁通量的理解)六根绝缘的导线，在同一平面内组成四个相等的正方形，导线中通以大小相等的电流，方向如图8所示，在这个四个正方形区域中，指向纸面内且磁通量最大的区域是( )
图8
A．Ⅰ B．Ⅱ
C．Ⅲ D．Ⅳ
答案 A
解析 由于是直线电流的磁场，6支电流在每个区域的磁感线的分布都有区别，只有逐一求出6支电流在每个区域的分磁通量之和，才能进行比较．设每支电流的磁感线穿过相邻区域的有两条，穿过较远区域的有1条，就可以作出穿过各区域的磁感线分布图，如图所示．故本题正确答案为A.
2.(电磁感应现象)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表的闭合线圈，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 产生感应电流必须满足的条件：①电路闭合；②穿过闭合电路的磁通量要发生变化.选项A、B电路闭合，但磁通量不变，不能产生感应电流，故选项A、B不能观察到电流表的变化；选项C满足产生感应电流的条件，也能产生感应电流，但是等我们从一个房间到另一个房间后，电流表中已没有电流，故选项C也不能观察到电流表的变化；选项D满足产生感应电流的条件，能产生感应电流，可以观察到电流表的变化，所以选D.
3.(产生感应电流的判断)(多选)如图9所示，竖直放置的长直导线通有恒定电流，有一矩形线框与导线在同一平面内，在下列情况中线框产生感应电流的是( )
图9
A.导线中的电流变大
B.线框向右平动
C.线框向下平动
D.线框以AB边为轴转动
答案 ABD
4.(磁通量的变化)一电阻为R、面积为S的矩形导线框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＝45°角(如图10所示).当导线框以ab边为轴顺时针转过90°的过程中，穿过导线框abcd的磁通量的变化量ΔΦ＝____________.
图10
答案 BS(正、负均可)
解析 由Φ＝BSsinθ，θ＝45°知，初、末状态磁通量大小都为BS，但由于初、末状态磁场穿过线框某一面方向相反，若选Φ初＝BS，则Φ末＝－BS，所以ΔΦ＝Φ末－Φ初＝－BS，若选Φ初＝－BS，则ΔΦ＝BS.
题组一 电磁感应现象
1.法拉第经过精心设计的一系列实验，发现了电磁感应现象，将历史上认为各自独立的学科“电学”与“磁学”真正联系起来.在下面几个典型的实验设计思想中，所做的推论后来被实验否定的是( )
A.既然磁铁可使近旁的铁块带磁性，静电荷可使近旁的导体表面感应出电荷，那么静止导线上的稳恒电流可使在近旁静止的线圈中感应出电流
B.既然磁铁可使近旁运动的导体中感应出电动势，那么稳恒电流也可使近旁运动的线圈中感应出电流
C.既然运动的磁铁可使近旁静止的线圈中感应出电流，那么静止的磁铁也可使近旁运动的导体中感应出电动势
D.既然运动的磁铁可使近旁的导体中感应出电动势，那么运动导线上的稳恒电流也可使近旁的线圈中感应出电流
答案 A
解析 法拉第经过研究发现引起感应电流的原因都与变化和运动有关，B、C、D三项所叙述的情况都被实验证实了，A项中的推论不成立.
2．唱卡拉OK用的话筒内有传感器，其中一种是动圈式的，它的工作原理是在弹性膜片后粘接一个轻小的金属线圈，线圈处于永磁体的磁场中，当声波使膜片振动时，就将声音信号转化为电信号，下列说法中正确的是( )
A．该传感器是根据电流的磁效应工作的
B．该传感器是根据电磁感应原理工作的
C．膜片振动时，穿过金属线圈的磁通量不变
D．膜片振动时，金属线圈中不会产生感应电动势
答案 B
解析 当声波使膜片前后振动时，膜片后的金属线圈就会跟着振动，从而使处于永磁体的磁场中的线圈切割磁感线，穿过线圈的磁通量发生变化，产生感应电流，从而将声音信号转化为电信号，这是电磁感应现象，故B项正确，A、C、D项均错误．
题组二 磁通量及其变化的分析
3.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.
4.如图2所示，ab是水平面内一个圆的直径，在过ab的竖直平面内有一根通电直导线ef，已知ef平行于ab.当ef向上竖直平移时，电流产生的磁场穿过圆的磁通量将 ( )
图2
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 作出磁感线穿过圆的情况的俯视图，如图所示，
根据磁场具有对称性可以知道，穿入圆的磁感线的条数与穿出圆的磁感线的条数是相等的，故磁通量始终为零，C项正确.
5.如图3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3
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，通过其中的磁感线的俯视图如图所示，
穿过圆环的磁通量Φ＝Φ进－Φ出，由于两圆环面积SaΦb，故A正确.
题组三 有无感应电流的判断
6.(多选)下列情况中都是线框在磁场中做切割磁感线运动，其中线框中有感应电流的是( )
答案 BC
解析 A中导体虽然“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中线框的一部分导体“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中尽管线框是部分切割，但磁感线条数不变，无感应电流.故选B、C.
7.如图4所示，恒定的匀强磁场中有一个有小缺口的圆形的导体线圈，线圈平面垂直于磁场方向．当线圈在此磁场中做下列哪种运动(均未出磁场)时，线圈能产生感应电流( )
图4
A．ab连在一起，线圈沿自身所在的平面做匀速运动
B．线圈沿自身所在的平面做加速运动
C．线圈绕任意一条直径做匀速转动
D．ab连在一起，线圈绕任意一条直径做变速转动
答案 D
解析 B、C两个选项错误的原因是线圈没有形成回路，A选项错误的原因是匀速平移不会改变磁通量的大小．
8.(多选)如图5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5
A.v1>v2 B.v1C.v1＝v2 D.无法确定
答案 AB
9.(多选)如图6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，下列方法中可行的是( )
图6
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.某学生做观察电磁感应现象的实验，将电流表、线圈A和B、蓄电池、开关用导线连接成如图7所示的实验电路，当他接通、断开开关时，电流表的指针都没有偏转，其原因是( )
图7
A.开关位置接错
B.电流表的正、负极接反
C.线圈B的接头3、4接反
D.蓄电池的正、负极接反
答案 A
解析 图中所示开关的连接不能控制含有电源的电路中电流的通断.而本实验的内容之一就是用来研究在开关通断瞬间，电流的有无是否导致磁场发生变化，进而产生感应电流的情况.因而图中接法达不到目的.关键是开关没有起到控制电源接通、断开的作用，开关应串联到电源和接头1、2之间.
11.如图8所示，固定于水平面上的金属架CDEF处在竖直向下的匀强磁场中，金属棒MN沿框架以速度v向右做匀速运动.t＝0时刻，磁感应强度为B0，此时刻MN到达的位置使MDEN构成一个边长为l的正方形.为使MN棒中不产生感应电流，从t＝0开始，磁感应强度B应怎样随时间t变化？请推导出这种情况下B与t的关系式.
图8
答案 B＝
解析 要使MN棒中不产生感应电流，应使穿过线框平面的磁通量不发生变化，在t＝0时刻，穿过线框平面的磁通量
Φ1＝B0S＝B0l2
设t时刻的磁感应强度为B，此时刻磁通量为
Φ2＝Bl(l＋vt)
由Φ1＝Φ2得B＝.
3 法拉第电磁感应定律
[目标定位] 1.理解法拉第电磁感应定律的内容、数学表达式.2.会用E＝BLvsinθ和E＝n解决问题.
一、法拉第电磁感应定律
1.感应电动势
由电磁感应产生的电动势，叫感应电动势.产生感应电动势的那部分导体相当于电源，导体本身的电阻相当于电源内阻.当电路断开时，无(填“有”或“无”)感应电流，但有(填“有”或“无”)感应电动势.
2.法拉第电磁感应定律
(1)内容：电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比.
(2)表达式：E＝n.
3.对感应电动势的理解
(1)磁通量的变化常由B的变化或S的变化引起.
①当ΔΦ仅由B的变化引起时，E＝nS.
②当ΔΦ仅由S的变化引起时，E＝nB.
(2)E＝n计算的是Δt时间内平均感应电动势，当Δt→0时，E＝n的值才等于瞬时感应电动势.
深度思考
(1)感应电动势的大小与Φ或ΔΦ的大小有没有关系？
(2)Φ、ΔΦ、与线圈匝数有关吗？感应电动势E与线圈匝数有关吗？
答案 (1)E的大小与Φ或ΔΦ的大小没有关系.
(2)Φ、ΔΦ、均与某一面积相联系，与线圈匝数无关；n匝线圈时相当于n个单匝线圈的串联，所以感应电动势E与线圈匝数有关.
例1 一闭合圆形线圈放在匀强磁场中，线圈的轴线与磁场方向成30°角，磁感应强度随时间均匀变化．在下列方法中能使线圈中感应电流增加一倍的是( )
A．把线圈匝数增大一倍
B．把线圈面积增大一倍
C．把线圈半径增大一倍
D．把线圈匝数减少到原来的一半
解析 设感应电流为I，电阻为R，匝数为n，线圈半径为r，线圈面积为S，导线横截面积为S′.
由法拉第电磁感应定律知E＝n＝n，由闭合电路欧姆定律知I＝，由电阻定律知R＝ρ，则I＝cos 30°.其中、ρ、S′均为恒量，所以I∝r，故选C.
答案 C
例2 如图1甲所示的螺线管，匝数n＝1500匝，横截面积S＝20cm2，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1
(1)2s内穿过螺线管的磁通量的变化量是多少？
(2)磁通量的变化率多大？
(3)螺线管中感应电动势的大小为多少？
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)×20×10－4Wb＝8×10－3Wb.
(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＝1500×4×10－3V＝6V.
答案 (1)8×10－3Wb (2)4×10－3Wb/s (3)6V
应用E＝n时应注意的三个问题：
(1(此公式适用于求平均感应电动势.
(2(计算电动势大小时，ΔΦ取绝对值不涉及正、负.
(3(＝·S，为Φ－t图像的斜率，为B－t图像的斜率.
针对训练 如图2甲所示，一个圆形线圈的匝数n＝1000，线圈面积S＝200cm2，线圈的电阻r＝1Ω，线圈外接一个阻值R＝4Ω的电阻，把线圈放入一方向垂直线圈平面向里的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示，求：
图2
(1)前4s内的感应电动势；
(2)前5s内的感应电动势.
答案 (1)1V (2)0
解析 (1)前4s内磁通量的变化ΔΦ＝Φ2－Φ1＝S(B2－B1)＝200×10－4×(0.4－0.2) Wb＝4×10－3Wb
由法拉第电磁感应定律得
E＝n＝1000×V＝1V.
(2)前5s内磁通量的变化ΔΦ′＝Φ2′－Φ1＝S(B2′－B1)＝200×10－4×(0.2－0.2) Wb＝0
由法拉第电磁感应定律得E′＝n＝0.
二、导体切割磁感线产生的感应电动势
1.垂直切割：导体棒垂直于磁场运动，B、L、v两两垂直时，如图3甲所示，E＝BLv.
图3
2.不垂直切割：导体的运动方向与导体本身垂直，但与磁感线方向夹角为θ时，如图乙所示，则E＝BLv1＝BLvsin_θ.
3.公式E＝BLvsinθ的理解
(1)该公式可看成法拉第电磁感应定律的一个推论，通常用来求导体做切割磁感线运动时的感应电动势.
(2)式中L应理解为导体切割磁感线时的有效长度，即导体在与v垂直方向上的投影长度.如图4甲中，感应电动势E＝BLv＝2Brv≠Bπrv(半圆形导线做切割磁感线运动).在图乙中，感应电动势E＝BLvsinθ≠BLv.
图4
(3)公式中的v应理解为导体和磁场间的相对速度，当导体不动而磁场运动时，同样有感应电动势产生.
深度思考
导体棒的运动速度越大，产生的感应电动势越大吗？
答案 导体棒切割磁感线时，产生的感应电动势的大小与垂直磁感线的速度有关，而速度大，垂直磁感线方向的速度不一定大.所以，导体棒运动速度越大，产生的感应电动势不一定越大.
例3 如图5所示，一金属弯杆处在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，已知ab＝bc＝L，当它以速度v向右平动时，a、c两点间的电势差为( )
图5
A.BLv B.BLvsinθ
C.BLvcosθ D.BLv(1＋sinθ)
解析 导体杆切割磁感线的有效长度为Lsin θ，故B正确.
答案 B
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.
三、E＝n及E＝BLvsin θ的对比应用
例4 在范围足够大、方向竖直向下的匀强磁场中，B＝0.2T，有一水平放置的光滑框架，宽度为l＝0.4m，如图6所示，框架上放置一质量为0.05kg、电阻为1Ω的金属杆cd，框架电阻不计.若cd杆以恒定加速度a＝2m/s2，由静止开始做匀变速直线运动，则：
图6
(1)在5s内平均感应电动势是多少？
(2)第5s末，回路中的电流多大？
解析 (1)方法一：5s内的位移：x＝at2①
E＝＝②
由①②得：E＝0.4V
方法二：5s内的平均速度v＝＝5m/s
(也可用v＝m/s＝5 m/s求解)
故平均感应电动势E＝Blv＝0.4V.
(2)第5s末：v′＝at＝10m/s，
此时感应电动势：E′＝Blv′
则回路中的电流为：
I＝＝＝A＝0.8A.
答案 (1)0.4V (2)0.8A
E＝BLv和E＝n本质上是统一的.前者是后者的一种特殊情况.但是，当导体做切割磁感线运动时，用E＝BLv求E比较方便；当穿过电路的磁通量发生变化时，用E＝n求E比较方便.
1.(对法拉第电磁感应定律的理解)关于感应电动势的大小，下列说法正确的是( )
A.穿过闭合电路的磁通量最大时，其感应电动势一定最大
B.穿过闭合电路的磁通量为零时，其感应电动势一定为零
C.穿过闭合电路的磁通量由不为零变为零时，其感应电动势一定为零
D.穿过闭合电路的磁通量由不为零变为零时，其感应电动势一定不为零
答案 D
解析 磁通量的大小与感应电动势的大小不存在内在的联系，故A、B错误；当磁通量由不为零变为零时，闭合电路的磁通量一定改变，一定有感应电流产生，有感应电流就一定有感应电动势，故C错，D对.
2.(公式E＝n的应用)(多选)如图7甲所示，线圈的匝数n＝100匝，横截面积S＝50cm2，线圈总电阻r＝10Ω，沿轴向有均匀变化的磁场，设图示磁场方向为正，磁场的磁感应强度随时间做如图乙所示规律变化，则在开始的0.1s内( )
图7
A.磁通量的变化量为0.25Wb
B.磁通量的变化率为2.5×10－2Wb/s
C.a、b间电压为0
D.在a、b间接一个理想电流表时，电流表的示数为0.25A
答案 BD
解析 通过线圈的磁通量与线圈的匝数无关，若设Φ2＝B2S为正，则线圈中磁通量的变化量为ΔΦ＝B2S－(－B1S)，代入数据得ΔΦ＝(0.1＋0.4)×50×10－4Wb＝2.5×10－3Wb，A错；磁通量的变化率＝Wb/s＝2.5×10－2 Wb/s，B正确；根据法拉第电磁感应定律可知，当a、b间断开时，其间电压等于线圈产生的感应电动势，感应电动势大小为E＝n＝2.5V且恒定，C错；在a、b间接一个理想电流表时相当于a、b间接通而形成回路，回路总电阻即为线圈的总电阻，故感应电流大小I＝＝A＝0.25A，D项正确.
3.(公式E＝n的应用)(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变化的关系图像如图8所示，则( )
图8
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＝1×10－2s时刻，感应电动势最大
C.在t＝2×10－2s时刻，感应电动势为零
D.在0～2×10－2s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＝2×10－2s时刻，E＝0，A错，C对；t＝1×10－2s时E最大，B对；0～2×10－2s时间内，ΔΦ≠0，E≠0，D错.
4.(公式E＝BLv的应用)如图9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E，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E′.则等于( )
图9
A.B.C.1D.
答案 B
解析 设折弯前金属棒切割磁感线的长度为L，E＝BLv；折弯后，导体切割磁感线的有效长度为l＝＝L，故产生的感应电动势为E′＝Blv＝B·Lv＝E，所以＝，B正确.
题组一 对法拉第电磁感应定律的理解
1.(多选)如图1所示，闭合开关S，将条形磁铁插入闭合线圈，第一次用时0.2s，第二次用时0.4s，并且两次磁铁的起始和终止位置相同，则( )
图1
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，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.
2.穿过某线圈的磁通量随时间变化的关系，如图2所示，在下列几段时间内，线圈中感应电动势最小的是( )
图2
A．0～2 s
B．2 s～4 s
C．4 s～5 s
D．5 s～10 s
答案 D
解析 图像斜率越小，表明磁通量的变化率越小，感应电动势也就越小．
题组二 公式E＝n的应用
3.穿过一个单匝闭合线圈的磁通量始终为每秒均匀增加2Wb，则( )
A.线圈中感应电动势每秒增加2V
B.线圈中感应电动势每秒减少2V
C.线圈中感应电动势始终为2V
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2V
答案 C
解析 由E＝n知：恒定，n＝1，所以E＝2 V.
4.(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，若线圈所围面积里的磁通量随时间变化的规律如图3所示，则线圈中( )
图3
A.t＝0时感应电动势最大
B.t＝0.05s时感应电动势为零
C.t＝0.05s时感应电动势最大
D.0～0.05s这段时间内的平均感应电动势为0.4V
答案 ABD
解析 由法拉第电磁感应定律E＝n，在Φ－t图像中，为该时刻图线的斜率，t＝0时和t＝0.1s时的斜率绝对值最大，感应电动势最大，t＝0.05s时的斜率为零，则感应电动势为零，0～0.05s时间内平均感应电动势为0.4V，故选项A、B、D正确，C错误.
5.一矩形线框置于匀强磁场中，线框平面与磁场方向垂直.先保持线框的面积不变，将磁感应强度在1s时间内均匀地增大到原来的两倍.接着保持增大后的磁感应强度不变，在1s时间内，再将线框的面积均匀地减小到原来的一半.先后两个过程中，线框中感应电动势大小的比值为( )
A. B.1
C.2 D.4
答案 B
解析 设原磁感应强度是B，线框面积是S.第1s内ΔΦ1＝2BS－BS＝BS，第2s内ΔΦ2＝2B·－2B·S＝－BS.因为E＝n，所以两次感应电动势大小相等，B正确.
6.如图4所示，一正方形线圈的匝数为n，边长为a，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中.在Δt时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B均匀地增大到2B.在此过程中，线圈中产生的感应电动势为( )
图4
A. B.
C. D.
答案 B
解析 线圈中产生的感应电动势E＝n＝n··S＝n··＝，选项B正确.
7.如图5所示，A、B两单匝闭合圆形导线环用相同规格的导线制成，它们的半径之比rA∶rB＝2∶1，在两导线环包围的空间内存在一正方形边界的匀强磁场区域，磁场方向垂直于两导线环所在的平面.在磁场的磁感应强度随时间均匀增大的过程中，流过两导线环的感应电流大小之比为( )
图5
A.＝1 B.＝2
C.＝ D.＝
答案 D
解析 A、B两导线环的半径不同，它们所包围的面积不同，但某一时刻穿过它们的磁通量相等，所以两导线环上的磁通量变化率是相等的，E＝＝S相同，得＝1，I＝，R＝ρ(S1为导线的横截面积)，l＝2πr，所以＝，代入数值得＝＝.
题组三 公式E＝BLv的应用
8.如图6所示的情况中，金属导体中产生的感应电动势为Blv的是( )
图6
A.乙和丁 B.甲、乙、丁
C.甲、乙、丙、丁 D.只有乙
答案 B
9.如图7所示，平行导轨间距为d，其左端接一个电阻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平面，一根金属棒与导轨成θ角放置，金属棒与导轨的电阻均不计.当金属棒沿垂直于棒的方向以恒定的速度v在导轨上滑行时，通过电阻R的电流大小是( )
图7
A. B.
C. D.
答案 D
解析 金属棒MN垂直于磁场放置，运动速度v与棒垂直，且v⊥B，即已构成两两互相垂直关系，MN接入导轨间的有效长度为l＝，所以E＝Blv＝，I＝＝，故选项D正确.
10.如图8所示，PQRS是一个正方形的闭合导线框，F为PS的中点，MN为一个匀强磁场的边界，磁场方向垂直于纸面向里，如果线框以恒定的速度沿着PQ方向向右运动，速度方向与MN边界成45°角，在线框进入磁场的过程中( )
图8
A.当Q点经过边界MN时，线框的磁通量为零，感应电流最大
B.当S点经过边界MN时，线框的磁通量最大，感应电流最大
C.P点经过边界MN时，跟F点经过边界MN时相比较，线框的磁通量小，感应电流大
D.P点经过边界MN时，跟F点经过边界MN时相比较，线框的磁通量小，感应电流也小
答案 C
解析 P点经过MN时，正方形闭合导线框切割磁感线的有效长度最大，感应电流最大.
题组四 综合应用
11．如图9所示，在宽为0.5 m的平行导轨上垂直导轨放置一个有效电阻为r＝0.6 Ω的直导体棒，在导轨的两端分别连接两个电阻R1＝4 Ω、R2＝6 Ω，其他电阻不计．整个装置处在垂直导轨向里的匀强磁场中，如图所示，磁感应强度B＝0.1 T．当直导体棒在导体上以v＝6 m/s的速度向右运动时，求：直导体棒两端的电压和流过电阻R1和R2的电流大小．
图9
答案 0.24 V 0.06 A 0.04 A
解析 由题意可画出如图所示的电路图
E＝Blv＝0.1×0.5×6 V＝0.3 V
Uab＝＝ V＝0.24 V，
I1＝＝ A＝0.06 A
I2＝＝ A＝0.04 A.
12.如图10所示，一两端闭合的正方形线圈共有n＝10匝，每边长L＝10cm，所用导线每米长的阻值R0＝2Ω，一个范围较大的匀强磁场与线圈平面垂直，磁场随时间变化的规律B＝0.5t (T)时，线圈导线中的电流有多大？
图10
答案 6.25×10－3A
解析 根据法拉第电磁感应定律知，
E＝n＝nL2
线圈的电阻R＝n·4LR0
根据闭合电路欧姆定律知，
I＝＝＝·＝×0.5A＝6.25×10－3A.
13.如图11甲所示，平行导轨MN、PQ水平放置，电阻不计，两导轨间距d＝10cm，导体棒ab、cd放在导轨上，并与导轨垂直.每根棒在导轨间的部分，电阻均为R＝1.0Ω.用长为l＝20cm的绝缘丝线(丝线不可伸长)将两棒系住，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的变化规律如图乙所示.不计感应电流对磁场的影响，整个过程中丝线未被拉断.求：
图11
(1)0～2.0s时间内，电路中感应电流的大小；
(2)t＝1.0s时刻丝线的拉力大小.
答案 (1)1.0×10－3A (2)1.0×10－5N
解析 (1)由题图乙可知＝0.1 T/s
由法拉第电磁感应定律有
E＝＝S＝2.0×10－3 V
则I＝＝1.0×10－3 A.
(2)导体棒在水平方向上所受丝线拉力和安培力平衡
由图乙可知t＝1.0 s时B＝0.1 T
则T＝F安＝BId＝1.0×10－5 N.
4 楞次定律
[目标定位] 1.掌握右手定则.2.通过实验探究，感受楞次定律的实验推导过程，培养观察实验，分析、归纳、总结物理规律的能力.3.理解楞次定律的内容及知道右手定则实际上是楞次定律的一种表现形式并应用楞次定律判定感应电流的方向.
一、右手定则
1.当导体做切割磁感线运动时，可以用右手定则判断感应电流的方向.
右手定则：将右手手掌伸平，使大拇指与其余并拢的四指垂直，并与手掌在同一平面内，让磁感线从手心穿入，大拇指指向导体运动方向，这时四指的指向就是感应电流的方向.
2.当切割磁感线时四指的指向就是感应电流的方向，即感应电动势的方向(注意等效电源内部感应电流方向由负极指向正极).
例1 下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，其中能产生由a到b的感应电流的是( )
解析 由右手定则判知，A中感应电流方向为a→b，B、C、D中均为b→a.
答案 A
二、楞次定律
1.实验探究
将螺线管与电流表组成闭合回路，分别将N极、S极插入、拔出螺线管，如图1所示，记录感应电流方向如下：
图1
2.分析
操作方法
内容
甲
乙
丙
丁
N极向下
插入线圈
N极向上
拔出线圈
S极向下
插入线圈
S极向上
拔出线圈
原来磁场的方向
向下
向下
向上
向上
原来磁场的磁通量变化
增大
减小
增大
减小
感应电流方向
逆时针
(俯视)
顺时针
(俯视)
顺时针
(俯视)
逆时针
(俯视)
感应电流的磁场方向
向上
向下
向下
向上
原磁场的方向与感应
电流的磁场方向的关系
相反
相同
相反
相同
3.楞次定律
(1)内容：感应电流具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化.
(2)简化表述：
增反减同
(3)适用情况：所有电磁感应现象.
深度思考
感应电流的磁场与原磁场的方向，是相同还是相反？感应电流的磁场起到什么作用？
答案 当磁通量增加时，感应电流的磁场与原磁场的方向相反；当磁通量减少时，感应电流的磁场与原磁场的方向相同.感应电流的磁场总是阻碍磁通量的变化.
例2 如图2所示，是“研究电磁感应现象”的实验装置.
图2
(1)将实物电路中所缺的导线补充完整.
(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，那么闭合开关后，将线圈L1迅速插入线圈L2中，灵敏电流计的指针将________偏转.(选填“向左”“向右”或“不”)
(3)线圈L1插入线圈L2后，将滑动变阻器的滑片迅速向右移动时，灵敏电流计的指针将________偏转.(选填“向左”“向右”或“不”)
解析 (1)补充的实物电路如图所示.
(2)已知闭合开关瞬间，线圈L2中的磁通量增加，产生的感应电流使灵敏电流计的指针向右偏转.当开关闭合后，将线圈L1迅速插入线圈L2中时，线圈L2中的磁通量增加，由已知条件可知产生的感应电流也应使灵敏电流计的指针向右偏转.
(3)滑动变阻器的滑片迅速向右移动，线圈L1中的电流变小，线圈L2中的磁场方向不变，磁通量减少，则灵敏电流计的指针向左偏转.
答案 (1)见解析图 (2)向右 (3)向左
在“研究电磁感应现象”的实验中，用线圈产生的磁场模拟条形磁铁的磁场，要注意三点：
(1(线圈L2与灵敏电流计直接相连，了解灵敏电流计指针的偏转方向与电流方向之间的关系.
(2(明确线圈L1中电流的变化.
(3(明确线圈L2中磁通量的变化及磁场方向.
三、楞次定律的理解及应用
1.楞次定律的理解
(1)因果关系：磁通量发生变化是原因，产生感应电流是结果，原因产生结果，结果又反过来影响原因.
(2)楞次定律中“阻碍”的含义
→
↓
→
↓
→
↓
→
2.应用楞次定律判断感应电流方向的步骤：
深度思考
(1)右手定则与楞次定律有什么关系？两定律各在什么情况下使用较方便？
(2)什么情况下应用右手定则，什么情况下应用左手定则？
答案 (1)导体运动切割磁感线产生感应电流是磁通量变化引起感应电流的特例，所以右手定则是楞次定律的特例.
①楞次定律适用于所有电磁感应现象，对于磁感应强度B随时间t变化而产生的电磁感应现象较方便.
②右手定则只适用于导体做切割磁感线运动的情况.
(2)判断感应电流的方向(即因动而生电)时用右手定则；
判断通电导线受到的安培力(即因电而受力)时用左手定则.
例3 关于楞次定律，下列说法中正确的是( )
A.感应电流的磁场总是阻碍原磁场的增强
B.感应电流的磁场总是阻碍原磁场的减弱
C.感应电流的磁场总是和原磁场方向相反
D.感应电流的磁场总是阻碍原磁通量的变化
解析 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是要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，故选D.
答案 D
例4 下列各图是验证楞次定律实验的示意图，竖直放置的线圈固定不动，将磁铁从线圈上方插入或拔出，由线圈和电流表构成的闭合回路中就会产生感应电流.各图中分别标出了磁铁的极性、磁铁相对线圈的运动方向以及线圈中产生的感应电流的方向等情况，其中正确的是( )
解析 根据楞次定律可确定感应电流的方向：以C选项为例，当磁铁向下运动时：(1)闭合线圈中的原磁场的方向——向上；(2)穿过闭合线圈的磁通量的变化——增加；(3)感应电流产生的磁场方向——向下；(4)利用安培定则判断感应电流的方向——与图中箭头方向相同.线圈的上端为S极，磁铁与线圈相互排斥.运用以上分析方法可知，C、D正确.
答案 CD
1.(楞次定律的应用)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3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3
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 B
解析 穿过线圈的磁场方向向下，磁铁接近时，线圈中磁通量增加，由楞次定律知，产生感应电流的磁场方向向上，由安培定则可知，流过R的电流方向是从a到b，a点电势高于b点电势，对电容器充电，故电容器下极板带正电，B正确.
2.(楞次定律的应用)(多选)如图4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4
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，导体框abcd中感应电流的方向为abcda
D.当导线L向右平移时，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磁通量的减少，由于导线L在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，闭合电路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.
3.(右手定则的应用)如图5所示，匀强磁场与圆形导体环所在平面垂直，导体ef与环接触良好，当ef向右匀速运动时( )
图5
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.
4．(右手定则的应用)如图6所示，一个有界匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外，一个矩形闭合导线框abcd，沿纸面由位置1(左)匀速运动到位置2(右)，则( )
图6
A．导线框进入磁场时，感应电流方向为a→b→c→d→a
B．导线框离开磁场时，感应电流方向为a→d→c→b→a
C．导线框离开磁场时，受到的安培力方向水平向右
D．导线框进入磁场时，受到的安培力方向水平向左
答案 D
解析 根据右手定则可知导线框进入磁场时，感应电流方向为a→d→c→b→a，离开磁场时感应电流为a→b→c→d→a，所以A、B均错误，再根据左手定则知，C错误，D正确.
题组一 对楞次定律的理解和应用
1.根据楞次定律知，感应电流的磁场一定是( )
A.阻碍引起感应电流的磁通量
B.与引起感应电流的磁场方向相反
C.阻碍引起感应电流的磁场的磁通量的变化
D.与引起感应电流的磁场方向相同
答案 C
解析 感应电流的磁场总是要阻碍引起感应电流的磁场的磁通量的变化.
2.某实验小组用如图1所示的实验装置来验证楞次定律.当条形磁铁自上而下穿过固定的线圈时，通过电流计的感应电流的方向是( )
图1
A.a→G→b
B.先a→G→b，后b→G→a
C.b→G→a
D.先b→G→a，后a→G→b
答案 D
解析 条形磁铁进入线圈的过程中：①确定原磁场的方向：条形磁铁在穿入线圈的过程中，磁场方向向下.②明确闭合回路中磁通量变化的情况：向下的磁通量增加.③由楞次定律的“增反减同”可知：线圈中的感应电流产生的磁场方向向上.④应用安培定则可以判断感应电流的方向为逆时针(俯视)，即：电流的方向从b→G→a.同理可以判断出条形磁铁穿出线圈的过程中，向下的磁通量减少，由楞次定律可得：线圈中将产生顺时针方向的感应电流(俯视)，即：电流的方向从a→G→b.
3.1931年，英国物理学家狄拉克从理论上预言：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设计了一个寻找磁单极子的实验.他设想，如果一个只有S极的磁单极子从上向下穿过如图2所示的超导线圈，那么从上向下看，超导线圈的感应电流是( )
图2
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 C
解析 S磁单极子靠近超导线圈时，线圈中磁通量向上增加，由楞次定律可以判断，从上向下看感应电流为顺时针方向；当S磁单极子远离超导线圈时，线圈中磁通量向下减少，感应电流方向仍为顺时针方向，C正确.
4.1831年法拉第把两个线圈绕在一个铁环上，A线圈与电源、滑动变阻器R组成一个回路，B线圈与开关S、电流表G组成另一个回路，如图3所示.通过多次实验，法拉第终于总结出产生感应电流的条件.关于该实验，下列说法正确的是( )
图3
A.闭合开关S的瞬间，电流表G中有a→b的感应电流
B.闭合开关S的瞬间，电流表G中有b→a的感应电流
C.闭合开关S后，在增大电阻R的过程中，电流表G中有a→b的感应电流
D.闭合开关S后，在增大电阻R的过程中，电流表G中有b→a的感应电流
答案 D
解析 在滑片不动的情况下，A线圈中通过的是恒定电流，产生的磁场是恒定的，所以B线圈中不产生感应电流，所以选项A、B错误；在增大电阻R的过程中，A线圈中通过的是逐渐减弱的电流，即线圈B处于逐渐减弱的磁场中，由安培定则和楞次定律可判断得知，电流表中的电流从b→a，故选项C错误，D正确.
5.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．
6.如图5所示，闭合金属圆环沿垂直于磁场方向放置在匀强磁场中，将它从匀强磁场中匀速拉出，以下各种说法中正确的是( )
图5
A.向左拉出和向右拉出时，环中感应电流方向相反
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
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
D.将圆环拉出磁场的过程中，当环全部处在磁场中运动时，也有感应电流产生
答案 B
解析 圆环中感应电流的方向，取决于圆环中磁通量的变化情况，向左或向右将圆环拉出磁场的过程中，圆环中垂直纸面向里的磁感线的条数都要减少，根据楞次定律可知，感应电流产生的磁场的方向与原磁场方向相同，即都垂直纸面向里，可以判断出感应电流的方向沿顺时针方向.圆环全部处在磁场中运动时，虽然导线做切割磁感线运动，但环中磁通量不变，只有圆环离开磁场，环的一部分在磁场中，另一部分在磁场外时，环中磁通量才发生变化，环中才有感应电流.B选项正确.
7.如图6所示，金属线框与直导线AB在同一平面内，直导线中通有电流I，若将线框由位置1拉至位置2的过程中，线框中感应电流的方向是( )
图6
A.先顺时针，后逆时针，再顺时针
B.始终顺时针
C.先逆时针，后顺时针，再逆时针
D.始终逆时针
答案 C
8.如图7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导轨上，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PQ杆滑动的过程中，下列判断正确的是( )
图7
A．感应电流的方向始终是由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右，后垂直于杆向左
答案 B
解析 在PQ杆滑动的过程中，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、D项错误．故选B.
9.(多选)北半球地磁场的竖直分量向下.如图8所示，在北京某中学实验室的水平桌面上，放置一个边长为L的正方形闭合导体线框abcd，线框的ab边沿南北方向，ad边沿东西方向.下列说法中正确的是( )
图8
A.若使线框向东平动，则a点的电势比b点的电势低
B.若使线框向北平动，则a点的电势比b点的电势低
C.若以ab为轴将线框向上翻转，则线框中感应电流方向为a→b→c→d→a
D.若以ab为轴将线框向上翻转，则线框中感应电流方向为a→d→c→b→a
答案 AC
解析 线框向东平动时，ba和cd两边切割磁感线，且两边切割磁感线产生的感应电动势大小相同，a点电势比b点电势低，A对；同理，线框向北平动，则a、b电势相等，高于c、d两点电势，B错；以ab为轴将线框向上翻转，向下的磁通量减少了，感应电流的磁场方向应该向下，再由安培定则知，感应电流的方向为a→b→c→d→a，则C对，D错.
题组二 右手定则的应用
10．(多选)如图9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9
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 由右手定则易知，MN中感应电流方向是N→M，再由左手定则可判知，MN所受安培力方向垂直导体棒水平向左．
11.(多选)如图10所示，导体棒AB、CD可在水平轨道上自由滑动，且两水平轨道在中央交叉处互不相通.当导体棒AB水平向左移动时( )
图10
A.导体棒AB中感应电流的方向为A到B
B.导体棒AB中感应电流的方向为B到A
C.导体棒CD水平向左移动
D.导体棒CD水平向右移动
答案 AD
解析 当导体棒AB向左移动时，由右手定则可判断回路中感应电流方向为A→B→C→D→A，故A项正确，B项错误；再根据左手定则可确定CD棒受力水平向右，故C项错误，D项正确.
12.(多选)某地的地磁场磁感应强度的竖直分量方向向下，大小为4.5×10－5T.一灵敏电压表连接在当地入海河段的两岸，河宽100m，该河段涨潮和落潮时有海水(视为导体)流过，设落潮时，海水自西向东流，流速为2m/s.下列说法正确的是( )
A.电压表记录的电压为5mV
B.电压表记录的电压为9mV
C.河南岸的电势较高
D.河北岸的电势较高
答案 BD
解析 海水在落潮时自西向东流，该过程可以理解为：自西向东运动的导体在切割竖直向下的磁感线，根据右手定则可判断，北岸是正极，电势高，南岸电势低，所以C错误，D正确；根据法拉第电磁感应定律E＝Blv＝4.5×10－5×100×2V＝9×10－3V，所以A错误，B正确.
13.如图11所示，一个金属圆盘安装在竖直的转动轴上，置于蹄形磁铁之间，两块铜片A、O分别与金属圆盘的边缘和转动轴接触.若使金属圆盘按图示方向(俯视顺时针方向)转动起来，下列说法正确的是( )
图11
A.电阻R中有Q→R→P方向的感应电流
B.电阻R中有P→R→Q方向的感应电流
C.穿过圆盘的磁通量始终没有变化，电阻R中无感应电流
D.调换磁铁的N、S极同时改变金属圆盘的转动方向，R中感应电流的方向也会发生改变
答案 B
解析 根据右手定则可判断出R中有P→R→Q方向的感应电流，B正确，A、C错.D选项中流过R的感应电流方向不变，D错.
5 电磁感应中的能量转化与守恒
[目标定位] 1.综合运用楞次定律和法拉第电磁感应定律解决电磁感应中的动力学问题.2.会分析电磁感应中的能量转化问题.
一、电磁感应中的动力学问题
1.具有感应电流的导体在磁场中将受到安培力作用，所以电磁感应问题往往与力学问题联系在一起，处理此类问题的基本方法是：
(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)分析导体的受力情况(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，过程中棒始终保持与导轨垂直且接触良好，求：(g＝10 m/s2)
图1
(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－时间图像.
解析 ab棒在拉力F作用下运动，随着ab棒切割磁感线运动的速度增大，棒中的感应电动势增大，棒中感应电流增大，棒受到的安培力也增大，最终达到匀速运动时棒的速度达到最大值.外力在克服安培力做功的过程中，消耗了其他形式的能，转化成了电能，最终转化成了焦耳热.
(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f的作用，根据牛顿第二定律：
F－μmg－F安＝ma④
由①②③④得：F－μmg－＝ma
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－＝0
可得：vm＝＝10 m/s
(2)导体棒运动的速度－时间图像如图所示.
答案 (1)10 m/s (2)见解析图
电磁感应动力学问题中，要把握好受力情况、运动情况的动态分析.,基本思路是：导体受外力运动产生感应电动势感应电流导体受安培力―→合外力变化加速度变化―→速度变化―→感应电动势变化……→a＝0，v最大值.
周而复始地循环，循环结束时，加速度等于零，导体达到稳定状态，a＝0，速度v达到最大值.
例2 如图2所示，竖直平面内有足够长的金属导轨，导轨间距为0.2 m，金属导体ab可在导轨上无摩擦地上下滑动，ab的电阻为0.4 Ω，导轨电阻不计，导体ab的质量为0.2 g，垂直纸面向里的匀强磁场的磁感应强度为0.2 T，且磁场区域足够大，当导体ab自由下落0.4 s时，突然闭合开关S，则：(g取10 m/s2)
图2
(1)试说出S接通后，导体ab的运动情况；
(2)导体ab匀速下落的速度是多少？
解析 (1)闭合S之前导体ab自由下落的末速度为：
v0＝gt＝4 m/s.
S闭合瞬间，导体产生感应电动势，回路中产生感应电流，ab立即受到一个竖直向上的安培力.
F安＝BIL＝＝0.016 N＞mg＝0.002 N.
此刻导体所受合力的方向竖直向上，与初速度方向相反，加速度的表达式为
a＝＝－g，所以ab做竖直向下的加速度逐渐减小的减速运动.当速度减小至F安＝mg时，ab做竖直向下的匀速运动.
(2)设匀速下落的速度为vm，
此时F安＝mg，即＝mg，vm＝＝0.5 m/s.
答案 (1)先做竖直向下的加速度逐渐减小的减速运动，后做匀速运动
(2)0.5 m/s
例3 如图3，两固定的绝缘斜面倾角均为θ，上沿相连．两细金属棒ab(仅标出a端)和cd(仅标出c端)长度均为L，质量分别为2m和m；用两根不可伸长的柔软轻导线将它们连成闭合回路abdca，并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上，使两金属棒水平．右斜面上存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于斜面向上，已知两根导线刚好不在磁场中，回路电阻为R，两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g，
图3
已知金属棒ab匀速下滑．求
(1)作用在金属棒ab上的安培力的大小；
(2)金属棒运动速度的大小．
解析 (1)由ab、cd棒被平行于斜面的导线相连，故ab、cd速度总是相等，cd也做匀速直线运动．设导线的张力的大小为T，右斜面对ab棒的支持力的大小为N1，作用
在ab棒上的安培力的大小为F，左斜面对cd棒的支持力大小为N2，对于ab棒，受力分析如图甲所示，由力的平衡条件得
甲 乙
2mgsin θ＝μN1＋T＋F①
N1＝2mgcos θ②
对于cd棒，受力分析如图乙所示，由力的平衡条件得
mgsin θ＋μN2＝T③
N2＝mgcos θ④
联立①②③④式得：F＝mg(sin θ－3μcos θ)
(2)设金属棒运动速度大小为v，ab棒上的感应电动势为
E＝BLv⑤
回路中电流I＝⑥
安培力F＝BIL⑦
联立⑤⑥⑦得：
v＝(sin θ－3μcos θ)
答案 (1)mg(sin θ－3μcos θ)
(2)(sin θ－3μcos θ)
电磁感应中力学问题的解题技巧：
(1)受力分析时，要把立体图转换为平面图，同时标明电流方向及磁场B的方向，以便准确地画出安培力的方向.
(2)要特别注意安培力的大小和方向都有可能变化，不像重力或其他力一样是恒力.
(3)根据牛顿第二定律分析a的变化情况，以求出稳定状态的速度.
(4)列出稳定状态下的受力平衡方程往往是解题的突破口.
二、电磁感应中的能量转化与守恒
1.电磁感应现象中的能量守恒
电磁感应现象中的“阻碍”是能量守恒的具体体现，在这种“阻碍”的过程中，其他形式的能转化为电能.
2.电磁感应现象中的能量转化方式
3.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，就有电能转化为其他形式的能.
(3)列有关能量的关系式.
例4 如图4所示，匀强磁场方向竖直向下，磁感应强度为B.正方形金属框abcd可绕光滑轴OO′转动，边长为L，总电阻为R，ab边质量为m，其他三边质量不计，现将abcd拉至水平位置，并由静止释放，经一定时间到达竖直位置，ab边的速度大小为v，则在金属框内产生热量大小等于( )
图4
A. B.
C.mgL－ D.mgL＋
解析 金属框绕光滑轴转下的过程中机械能有损失但能量守恒，损失的机械能为mgL－，故产生的热量为mgL－，选项C正确.
答案 C
例5 如图5所示，两根电阻不计的光滑平行金属导轨倾角为θ，导轨下端接有电阻R，匀强磁场垂直斜面向上.质量为m、电阻不计的金属棒ab在沿斜面与棒垂直的恒力F作用下沿导轨匀速上滑，上升高度为h，在这个过程中( )
图5
A.金属棒所受各力的合力所做的功等于零
B.金属棒所受各力的合力所做的功等于mgh和电阻R上产生的焦耳热之和
C.恒力F与重力的合力所做的功等于棒克服安培力所做
的功与电阻R上产生的焦耳热之和
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
解析 棒匀速上升的过程有三个力做功：恒力F做正功、重力G做负功、安培力F安做负功.根据动能定理：W＝WF＋WG＋W安＝0，故A对，B错；恒力F与重力G的合力所做的功等于棒克服安培力做的功.而棒克服安培力做的功等于回路中电能(最终转化为焦耳热)的增加量，克服安培力做功与焦耳热不能重复考虑，故C错，D对.
答案 AD
电磁感应中焦耳热的计算技巧：,(1(电流恒定时，根据焦耳定律求解，即Q＝I2Rt.,(2(感应电流变化，可用以下方法分析：,①利用动能定理，求出克服安培力做的功，产生的焦耳热等于克服安培力做的功，即Q＝W安.,②利用能量守恒，即感应电流产生的焦耳热等于减少的其他形式的能量，即Q＝ΔE其他.
1.如图6，在光滑水平桌面上有一边长为L、电阻为R的正方形导线框；在导线框右侧有一宽度为d(d＞L)的条形匀强磁场区域，磁场的边界与导线框的一边平行，磁场方向竖直向下．导线框以某一初速度向右运动．t＝0 时导线框的右边恰好与磁场的左边界重合，随后导线框进入并通过磁场区域．下列vt图像中，可能正确描述上述过程的是( )
图6
答案 D
解析 进入阶段，导线框受到的安培力F安＝BIL＝，方向向左，所以导线框速度减小，安培力减小，所以进入阶段导线框做的是加速度减小的减速运动．全部进入之后，磁通量不变化，根据楞次定律，电路中没有感应电流，速度不变．出磁场阶段，导线框受到的安培力F安＝BIL＝，方向向左．所以导线框速度减小，安培力减小，所以出磁场阶段导体框做的是加速度减小的减速运动．综上所述，D正确．
2.(电磁感应中的动力学问题)如图7所示，光滑金属直导轨MN和PQ固定在同一水平面内，MN、PQ平行且足够长，两导轨间的宽度L＝0.5 m.导轨左端接一阻值R＝0.5 Ω的电阻.导轨处于磁感应强度大小为B＝0.4 T，方向竖直向下的匀强磁场中，质量m＝0.5 kg的导体棒ab垂直于导轨放置.在沿着导轨方向向右的力F作用下，导体棒由静止开始运动，导体棒与导轨始终接触良好并且相互垂直，不计导轨和导体棒的电阻，不计空气阻力，若力F的大小保持不变，且F＝1.0 N，求：
图7
(1)导体棒能达到的最大速度vm的大小；
(2)导体棒的速度v＝5.0 m/s时，导体棒的加速度大小.
答案 (1)12.5 m/s (2)1.2 m/s2
解析 (1)导体棒达到最大速度vm时受力平衡，有F＝F安m，此时F安m＝，解得vm＝12.5 m/s.
(2)导体棒的速度v＝5.0 m/s时，感应电动势E＝BLv＝1.0 V，导体棒上通过的感应电流大小I＝＝2.0 A，导体棒受到的安培力F安＝BIL＝0.4 N，根据牛顿第二定律，有F－F安＝ma，解得a＝1.2 m/s2.
3.(电磁感应中的能量转化)如图8所示，一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距L＝0.5 m，左端接有阻值R＝0.3 Ω的电阻，一质量m＝0.1 kg、电阻r＝0.1 Ω 的金属棒MN放置在导轨上，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B＝0.4 T.金属棒在水平向右的外力作用下，由静止开始以a＝2 m/s2的加速度做匀加速运动，当金属棒的位移x＝9 m时撤去外力，金属棒继续运动一段距离后停下来，已知撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1∶Q2＝2∶1.导轨足够长且电阻不计，金属棒在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触.求：
图8
(1)金属棒在匀加速运动过程中，通过电阻R的电荷量q；
(2)撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2；
(3)外力做的功WF.
答案 (1)4.5 C (2)1.8 J (3)5.4 J
解析 (1)匀加速运动过程中产生的平均电动势＝n
回路中的电流为＝
通过电阻R的电荷量为q＝Δt
由上述公式联立可得：q＝n＝＝ C＝4.5 C.
(2)撤去外力前金属棒做匀加速运动，根据运动学公式得x＝at2，v＝at
所以v＝6 m/s
撤去外力后金属棒在安培力作用下做减速运动，安培力做负功先将金属棒的动能转化为电能，再通过电流做功将电能转化为内能，所以焦耳热等于金属棒的动能减少量，有：
Q2＝ΔEk＝mv2＝×0.1×62 J＝1.8 J.
(3)根据题意，在撤去外力前的焦耳热为
Q1＝2Q2＝3.6 J，
撤去外力前拉力做正功、安培力做负功(其大小等于焦耳热Q1)、重力不做功.金属棒的动能增大，根据动能定理有：
ΔEk＝WF－Q1
则WF＝Q1＋ΔEk＝3.6 J＋1.8 J＝5.4 J.
题组一 电磁感应中的动力学问题
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，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是一根不但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，过段时间后，再将S闭合，若从S闭合开始计时，则金属杆ab的速度v随时间t变化的图像不可能是下图中的( )
图2
答案 B
解析 S闭合时，若＞mg，先减速再匀速，D项有可能；若＝mg，匀速，A项有可能；若＜mg，先加速再匀速，C项有可能；由于v变化，－mg＝ma中a不恒定，故B项不可能.
3.(多选)如图3所示，有两根和水平方向成α角的光滑平行金属轨道，间距为l，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3
A.如果B变大，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 金属杆从轨道上滑下切割磁感线产生感应电动势E＝Blv，在闭合电路中形成电流I＝，因此金属杆从轨道上滑下的过程中除受重力、轨道的弹力外还受安培力作用，F安＝BIl＝，先用右手定则判定感应电流方向，再用左手定则判定出安培力方向，如图所示，
根据牛顿第二定律，得mgsinα－＝ma，当a→0时，v→vm，解得vm＝，故选项B、C正确.
4．如图4，水平面(纸面)内间距为l的平行金属导轨间接一电阻，质量为m、长度为l的金属杆置于导轨上，t＝0时，金属杆在水平向右、大小为F的恒定拉力作用下由静止开始运动，t0时刻，金属杆进入磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，且在磁场中恰好能保持匀速运动．杆与导轨的电阻均忽略不计，两者始终保持垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数为μ.重力加速度大小为g.求
图4
(1)金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小；
(2)电阻的阻值．
答案 (1)Blt0(－μg) (2)
解析 (1)设金属杆进入磁场前的加速度大小为a，由牛顿第二定律得
F－μmg＝ma①
设金属杆到达磁场左边界时的速度为v，由运动学公式有
v＝at0②
当金属杆以速度v在磁场中运动时，由法拉第电磁感应定律知产生的电动势为
E＝Blv③
联立①②③式可得
E＝Blt0(－μg)④
(2)设金属杆在磁场区域中匀速运动时，金属杆中的电流为I，根据欧姆定律
I＝⑤
式中R为电阻的阻值．金属杆所受的安培力为
F安＝BlI⑥
因金属杆做匀速运动，有
F－μmg－F安＝0⑦
联立④⑤⑥⑦式得
R＝⑧
题组二 电磁感应中的能量问题
5.光滑曲面与竖直平面的交线是抛物线，如图5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5
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，由能量守恒定律可知，减少的机械能全部转化成焦耳热，即D选项正确.
6.如图6所示，质量为m、高为h的矩形导线框在竖直面内自由下落，其上下两边始终保持水平，途中恰好匀速穿过一有理想边界、高亦为h的匀强磁场区域，线框在此过程中产生的内能为( )
图6
A.mgh
B.2mgh
C.大于mgh而小于2mgh
D.大于2mgh
答案 B
解析 因线框匀速穿过磁场，在穿过磁场的过程中合外力做功为零，克服安培力做功为2mgh，产生的内能亦为2mgh.故选B.
7.如图7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7
A.Q1＞Q2，q1＝q2 B.Q1＞Q2，q1＞q2
C.Q1＝Q2，q1＝q2 D.Q1＝Q2，q1＞q2
答案 A
解析 根据功能关系知，线框上产生的热量等于克服安培力做的功，即Q1＝W1＝F1lbc＝lbc＝lab，同理Q2＝lbc，又lab＞lbc，故Q1＞Q2；因q＝t＝t＝，故q1＝q2，因此A正确.
题组三 电磁感应中的动力学问题和能量问题的综合
8.(多选)如图8所示，相距为L的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为θ，上端接有定值电阻R，匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B.将质量为m的导体棒由静止释放，当速度达到v时开始匀速运动，此时对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，并保持拉力的功率恒为P，导体棒最终以2v的速度匀速运动.导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度为g.下列选项正确的是( )
图8
A.当导体棒速度达到时加速度大小为gsinθ
B.当导体棒速度达到时加速度大小为gsinθ
C.P＝2mgvsin θ
D.P＝3mgvsin θ
答案 AC
9.如图9所示，长L1、宽L2的矩形线圈电阻为R，处于磁感应强度为B的匀强磁场边缘，线圈与磁感线垂直，求将线圈以向右的速度v匀速拉出磁场的过程中，
图9
(1)拉力的大小F；
(2)线圈中产生的电热Q.
答案 (1) (2)
解析 (1)线圈出磁场时：F＝BIL2
I＝
E＝BL2v
解得F＝.
(2)方法一：t＝
Q＝I2Rt
所以Q＝
方法二：Q＝W＝FL1＝.
10.如图10所示，足够长的光滑金属框竖直放置，框宽L＝0.5 m，框的电阻不计，匀强磁场的磁感应强度B＝1 T，方向与框面垂直，金属棒MN的质量为100 g，电阻为1 Ω，现让MN无初速度释放并与框保持接触良好的竖直下落，从释放直至到最大速度的过程中通过棒某一截面的电荷量为2 C，求此过程中回路产生的电能为多少？(空气阻力不计，g＝10 m/s2)
图10
答案 3.2 J
解析 金属棒下落过程做加速度逐渐减小的加速运动，加速度减小到零时速度达到最大，根据平衡条件得mg＝①
在下落过程中，金属棒减少的重力势能转化为它的动能和电能E，由能量守恒定律得mgh＝mv＋E②
通过棒某一横截面的电荷量为q＝③
由①②③解得：
E＝mgh－mv＝－＝ J－ J＝3.2 J.
6 自感
[目标定位] 1.知道自感现象.观察通电自感和断电自感实验现象，了解自感现象中自感电动势的作用.2.理解自感系数和自感系数的决定因素.3.了解日光灯的构造及工作原理.
一、自感现象
1.定义：由于导体线圈本身的电流发生变化而引起的电磁感应现象，叫做自感.在自感现象中产生的电动势叫做自感电动势.
图1
2.自感电动势对电流的作用：电流增加时，自感电动势阻碍电流的增加；电流减小时，自感电动势阻碍电流的减小.
实验1：演示通电自感现象
实验电路如图1所示，开关S接通时，可以看到灯泡2立即发光，而灯泡1是逐渐亮起来的.
实验2：演示断电自感现象.
图2
实验电路如图2所示，线圈L的电阻比灯泡的电阻小，接通电路，灯泡正常发光后，迅速断开开关S，可以看到灯泡闪亮一下再逐渐熄灭.
深度思考
在断电自感现象中，电流减小时，自感线圈中的电流大小一定小于原先所通过电流的大小，为什么灯泡有时闪亮一下再熄灭？
答案 断电自感时，自感线圈中的电流大小一定小于原先所通过电流的大小，但是可能会大于灯泡中的电流，所以灯泡会闪亮一下再熄灭.
例1 如图3所示，电路中电源的内阻不能忽略，R的阻值和L的自感系数都很大，A、B为两个完全相同的灯泡，当S闭合时，下列说法正确的是( )
图3
A．A比B先亮，然后A灭
B．B比A先亮，然后B逐渐变暗
C．A、B一起亮，然后A灭
D．A、B一起亮，然后B灭
解析 本题考查通电自感现象的分析，关键是要知道纯电感线圈在电路稳定前后的作用：S闭合时，由于与A灯串联的线圈L的自感系数很大，故在线圈上产生很大的自感电动势，阻碍电流的增大，所以B比A先亮，故A、C、D错；稳定后，由于与B灯连接的电阻很大，流过B灯支路的电流很小，所以B灯逐渐变暗，故B正确．
答案 B
分析通电自感需抓住三点：
(1(通电瞬间自感线圈处相当于断路；
(2(电流增大过程中自感线圈对电流有阻碍作用使线圈中的电流从0逐渐增大到稳定值；
(3(电流稳定时自感线圈相当于导体.
例2 如图4(a)、(b)所示的电路中，电阻R和自感线圈L的电阻值都很小，且小于灯泡A的电阻，闭合开关S，使电路达到稳定，灯泡A发光，则( )
图4
A.在电路(a)中，断开S，A将渐渐变暗
B.在电路(a)中，断开S，A将先变得更亮，然后渐渐变暗
C.在电路(b)中，断开S，A将渐渐变暗
D.在电路(b)中，断开S，A将先变得更亮，然后渐渐变暗
解析 在电路(a)中，灯A和线圈L串联，它们的电流相同，断开S时，线圈上产生自感电动势，阻碍原电流的减小，流过灯A的电流逐渐减小，从而灯A只能渐渐变暗.
在电路(b)中，电阻R和灯A串联，灯A的电阻大于线圈L的电阻，电流则小于线圈L中的电流，断开S时，电源不再给灯泡供电，而线圈产生自感电动势阻碍电流的减小，通过R、A形成回路，灯A中电流突然变大，灯A将先变得更亮，然后渐渐变暗，故A、D正确.
答案 AD
针对训练 如图5所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r，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变化的图像中，正确的是( )
图5
答案 B
解析 在t＝0时刻闭合开关S，由于线圈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，电源输出电流较大，路端电压较低.在t＝t1时刻断开S，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变化的图像中正确的是B.
(1(断电时，自感线圈处相当于电源，其电流逐渐减小，不会发生突变.
(2(断电时，灯泡会不会闪亮一下再熄灭取决于通过灯泡前后电流大小的关系.若断电前自感线圈电流IL大于灯泡的电流ID则灯泡会闪亮一下再熄灭；若断电前自感线圈中的电流IL小于或等于灯泡中的电流ID则不会出现闪亮，而是逐渐熄灭.
(3(要注意断电前后通过灯泡的电流方向是否变化.
二、自感系数
1.自感电动势的大小和自感系数
(1)自感电动势EL跟电流的变化率成正比.公式EL＝L.
式中比例系数L叫做线圈的自感系数，简称自感或电感.
(2)自感系数：
单位：亨利，符号：H.1mH＝10－3_H，1μH＝10－6_H.
2.自感系数的决定因素：与线圈的形状、体积、匝数，以及是否有铁芯等因素有关.
例3 关于线圈的自感系数，下面说法正确的是( )
A.线圈的自感系数越大，自感电动势就一定越大
B.线圈中电流等于零时，自感系数也等于零
C.线圈中电流变化越快，自感系数越大
D.线圈的自感系数由线圈本身的因素及有无铁芯决定
解析 线圈的自感系数是由线圈本身的因素及有无铁芯决定的，与有无电流、电流变化情况都没有关系，故B、C错误，D正确；自感电动势的大小除了与自感系数有关，还与电流的变化率有关，故A错误.
答案 D
对自感系数的理解：
(1(自感系数的大小由线圈本身的特性及有无铁芯决定，线圈越长，单位长度的匝数越多，自感系数越大.
(2(自感系数与E、ΔI、Δt等均无关.
三、自感的典型应用——日光灯
1.日光灯的电路如图6所示.
图6
2.工作原理：日光灯在接通电源时，启动器首先导通，又立即断开，在断开的瞬间，由于自感现象，镇流器产生很高的自感电压，而使灯管快速启动.
3.镇流器的作用：日光灯启动时，镇流器提供瞬时高压，而使气体电离；灯管发光后，镇流器又起着稳压限流的作用.
例4 如图7甲为日光灯电路，图乙为启动器结构图.在日光灯正常工作的过程中( )
图7
A.镇流器为日光灯的点亮提供瞬时高压
B.镇流器维持灯管两端有高于电源的电压，使灯管正常工作
C.灯管点亮发光后，启动器中两个触片是接触的
D.灯管点亮发光后，镇流器起分压限流作用使灯管在较低的电压下工作
解析 日光灯刚发光时，镇流器在启动时产生瞬时高压，故A正确；灯管点亮发光后，镇流器起分压限流作用使灯管在较低的电压下工作，故B错误，D正确.灯管正常发光后，启动器不再工作，启动器中两个触片是分离的.故C错误；故选A、D.
答案 AD
1.(对通、断电自感的理解)(多选)如图8所示，带铁芯的电感线圈的电阻与电阻器R的阻值相同，A1、A2是两个完全相同的电流表，则下列说法中正确的是( )
图8
A.闭合S瞬间，电流表A1示数小于A2示数
B.闭合S瞬间，电流表A1示数等于A2示数
C.断开S瞬间，电流表A1示数大于A2示数
D.断开S瞬间，电流表A1示数等于A2示数
答案 AD
解析 开关S闭合瞬间，线圈L产生自感电动势阻碍电流增大，所以此时电流表A1中的电流小于电流表A2中的电流，A项正确；开关断开瞬间，线圈L与A1、A2和R构成回路，线圈L中产生自感电动势，阻碍电流减小，所以A1、A2中电流也逐渐减小，但始终相等，D项正确.
2.(对通、断电自感的理解)如图9所示的电路中A1和A2是两个相同的小灯泡，L是一个自感系数很大的线圈，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9
A.闭合时A1先达最亮，断开时A1后灭
B.闭合时A2先达最亮，断开时A1后灭
C.闭合时A1先达最亮，断开时A1先灭
D.闭合时A2先达最亮，断开时A2先灭
答案 A
解析 当开关S闭合时，A1和A2同时亮，但由于自感现象的存在，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逐渐增大，所以开始时电流几乎全部从A1通过，而该电流又将同时分两路通过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.
3.(对自感电动势的理解)关于线圈中自感电动势大小的说法中正确的是( )
A.电感一定时，电流变化越大，自感电动势越大
B.电感一定时，电流变化越快，自感电动势越大
C.通过线圈的电流为零的瞬间，自感电动势为零
D.通过线圈的电流为最大值的瞬间，自感电动势最大
答案 B
解析 电感一定时，电流变化越快，越大，由E＝L知，自感电动势越大，A错，B对；线圈中电流为零时，电流的变化率不一定为零，自感电动势不一定为零，故C错；当通过线圈的电流最大时，电流的变化率为零，自感电动势为零，故D错.
4.(自感的典型应用——日光灯)(多选)日光灯电路主要由镇流器、启动器和灯管组成，下列说法正确的是( )
A.日光灯正常工作时，启动器中两个触片是闭合的
B.镇流器给日光灯开始点燃提供瞬时高压
C.灯管正常发光后，镇流器起降压限流作用
D.日光灯正常工作时，取下启动器，日光灯不能正常工作
答案 BC
题组一 对通、断电自感现象的分析
1.如图1是用于观察自感现象的电路图，设线圈的自感系数很大，线圈的直流电阻RL与灯泡的电阻R满足RL?R，则在开关S由闭合到断开的瞬间，可以观察到( )
图1
A.灯泡立即熄灭
B.灯泡逐渐熄灭
C.灯泡有明显的闪亮现象
D.只有在RL?R时，才会看到灯泡有明显的闪亮现象
答案 C
解析 S闭合，电路稳定时，由于RL?R，那么IL?IR，S断开的瞬时，流过线圈的电流IL要减小，在L上产生的自感电动势要阻碍电流的减小，而灯泡与线圈形成闭合回路，流过线圈的电流IL通过灯泡，由于IL?IR，因此灯开始有明显的闪亮，C正确，A、B错误.若RL?R，则IL?IR，这样灯不会有明显的闪亮，D错.
2.如图2所示，L为一纯电感线圈(即电阻为零).A是一个灯泡，下列说法正确的是( )
图2
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闭合瞬间及稳定时，灯泡中均有从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 B
解析 开关S闭合瞬间，灯泡中的电流从a到b，线圈由于自感作用，通过它的电流将逐渐增加.开关S闭合后，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.开关S断开瞬间，由于线圈的自感作用，线圈中原有向右的电流将逐渐减小，线圈和灯泡形成回路，故灯泡中有从b到a的瞬间电流.
3.如图3所示，多匝电感线圈的电阻和电池内阻都忽略不计，两个定值电阻的阻值都是R，开关S原来打开，电流为I0，现合上开关将一电阻短路，于是线圈中有自感电动势产生，此电动势( )
图3
A.有阻碍电流的作用，最后电流由I0减小到零
B.有阻碍电流的作用，最后电流总小于I0
C.有阻碍电流增大的作用，因而电流I0保持不变
D.有阻碍电流增大的作用，但电流最后还是增大到2I0
答案 D
解析 当S合上时，电路的电阻减小，电路中电流要增大，故L要产生自感电动势，阻碍电路中的电流增大，但阻碍不是阻止；当S闭合电流稳定后，L的自感作用消失，电路的电流为I＝＝2I0，D项正确.
4.如图4所示，电感线圈L的自感系数足够大，其电阻忽略不计，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4
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和R1串联，灯泡LB与电阻R2串联，当S闭合瞬间，通过线圈的电流突然增大，线圈产生自感电动势，阻碍电流的增大，所以LB比LA先亮，A、B选项错误；由于LA所在的支路电阻阻值较小，故稳定时电流较大，即LA更亮一些，当S断开瞬间，线圈产生自感电动势，两灯组成的串联电路中，电流从线圈中开始减小，即从IA减小，故LA慢慢熄灭，LB闪亮后才慢慢熄灭，C错误，D正确.
5.(多选)如图5所示，E为电池，L是电阻可忽略不计、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5
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中无电流通过，D1熄灭，回路的电阻减小，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.
6.如图6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，将电路拆去时应( )
图6
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 当开关S1、S2闭合稳定后，线圈中的电流由a→b，电压表右端为“＋”极，左端为“－”极，指针正向偏转，先断开开关S1或先拆去电流表A或先拆去电阻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，此时电压表上加了一个反向电压，使指针反偏，若反偏电压过大，会烧坏电压表，故应先断开开关S2，故选B.
7.某同学为了验证断电自感现象，自己找来带铁芯的线圈L、小灯泡A、开关S和电池组E，用导线将它们连接成如图7所示的电路.检查电路后，闭合开关S，小灯泡发光；再断开开关S，小灯泡仅有不显著的延时熄灭现象.虽经多次重复，仍未见老师演示时出现的小灯泡闪亮现象，他冥思苦想找不出原因.你认为最有可能造成小灯泡未闪亮的原因是( )
图7
A.电源的内阻较大 B.小灯泡电阻偏大
C.线圈电阻偏大 D.线圈的自感系数较大
答案 C
解析 根据实物连线图画出正确的电路图，如图所示，
当闭合开关S，电路稳定之后，小灯泡中有稳定的电流IA，自感线圈中有稳定的电流IL，当开关S突然断开时，电流IA立即消失，但是，由于自感电动势的作用，流过线圈的电流IL不能突变，而是要继续流动，于是，自感线圈和小灯泡构成了回路，如果IL>IA，则能观察到小灯泡闪亮一下再熄灭，线圈的自感系数越大，小灯泡延时闪亮的时间就越长.如果不满足IL>IA的条件，小灯泡只是延时熄灭，不会观察到闪亮一下再熄灭.可见灯泡未闪亮的根本原因是不满足IL>IA的条件，这是线圈电阻偏大造成的.故C正确.
题组二 自感现象中的图像问题
8.在如图8所示的电路中，开关S是闭合的，此时流过线圈L的电流为i1，流过灯泡A的电流为i2，且i1＞i2.在t1时刻将S断开，那么流过灯泡A的电流随时间变化的图像是下列图中的哪一个( )
图8
答案 D
解析 开关S闭合时，L与A并联，其电流分别为i1和i2，方向都是从左向右.在断开S的瞬间，灯A中原来从左向右的电流i2立即消失，但灯A与线圈L组成闭合回路，由于L的自感作用，其中的电流i1不会立即消失，而是在回路中逐渐减弱，这段时间内灯A中有从右向左的电流通过.这时通过A的电流是从i1开始减弱，故正确选项为D.
9.在如图9所示的电路中，两个相同的小灯泡L1和L2分别串联一个带铁芯的电感线圈L和一个滑动变阻器R.闭合开关S后，调整R，使L1和L2发光的亮度一样，此时流过两个灯泡的电流均为I.然后，断开S.若t′时刻再闭合S，则在t′前后的一小段时间内，正确反映流过L1的电流i1、流过L2的电流i2随时间t变化的图像是( )
图9
答案 B
解析 与滑动变阻器R串联的L2，没有自感，直接变亮，电流变化图像如A中图线，C、D错误.与带铁芯的电感线圈串联的L1，由于电感线圈的自感作用，电流逐渐变大，A错误，B正确.
题组三 对自感系数及自感电动势的理解
10.关于自感现象，下列说法正确的是( )
A.感应电流一定和原电流方向相反
B.线圈中产生的自感电动势较大时，其自感系数一定较大
C.对于同一线圈，当电流变化较快时，线圈中的自感系数较大
D.对于同一线圈，当电流变化较快时，线圈中的自感电动势也较大
答案 D
解析 自感现象中感应电动势的方向遵从楞次定律，当原电流减小时，自感电动势和自感电流与原电流方向相同；当原电流增大时，自感电流与原电流方向相反，所以A错误；自感电动势的大小EL＝L，所以自感电动势大不一定是由自感系数大引起的，有可能是电流的变化率很大引起的，所以B错误；线圈自感系数的大小，由线圈本身决定，与线圈中有无电流以及电流变化的快慢无关，所以C错误；由EL＝L知，对于同一线圈，自感系数L确定，当电流变化较快时，线圈中产生的自感电动势也较大，所以D正确.
11.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，采用双线并绕的方法，如图10所示．其原理是( )
图10
A．当电路中的电流变化时，两股导线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，两股导线中感应电流的磁通量相互抵消
D．以上说法都不对
答案 C
解析 由于采用双线并绕的方法，当电流通过时，两股导线中的电流方向是相反的，不管电流怎样变化，任何时刻两股电流总是等大反向的，所产生的磁通量也是等大反向的．故总磁通量等于零，在该线圈中不会产生电磁感应现象，因此消除了自感，选项C正确．
题组四 自感的典型应用——日光灯
12.家用日光灯电路如图11所示，S为启动器，A为灯管，C为镇流器，关于日光灯的工作原理，下列说法正确的是( )
图11
A.镇流器的作用是交流电变为直流电
B.在日光灯正常发光时，启动器中的两个触片是分开的
C.日光灯发出的光是电流加热灯丝发出的
D.日光灯发出的光是汞原子受到激发后直接辐射的
答案 B
解析 镇流器在启动时产生瞬时高压，在正常工作时起降压限流作用，故A错误；电路接通后，启动器中的氖气停止放电(启动器分压少、辉光放电无法进行，不工作)，U型动触片冷却收缩，两个触片分离，B正确.
灯丝受热时发射出来的大量电子，在灯管两端高电压作用下，以极大的速度由低电势端向高电势端运动.在加速运动的过程中，碰撞管内氖气分子，使之迅速电离.在紫外线的激发下，管壁内的荧光粉发出近乎白色的可见光.故C、D错误.故选B.
7 涡流（选学）
[目标定位] 1.了解涡流是怎样产生的及涡流现象的利用和危害.2.通过对涡流实例的分析，了解涡流现象在生活和生产中的应用.3.了解电磁阻尼和电磁驱动.
一、涡流 高频感应炉与电磁灶
1.定义：用整块金属材料作铁芯绕制的线圈，当线圈中通有变化的电流时，变化的电流会产生变化的磁场，变化的磁场穿过铁芯，整个铁芯会自成回路，产生感应电流，这种电流看起来像水的旋涡，因此把这种电流叫做涡电流，简称涡流.
2.对涡流的理解：
(1)本质：电磁感应现象.
(2)条件：穿过金属块的磁通量发生变化，并且金属块本身构成闭合回路.
(3)特点：整个导体回路的电阻一般很小，感应电流很大.故金属块的发热功率很大.
3.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.
4.应用——高频感应炉与电磁灶
5.涡流的危害与防止：
(1)涡流的危害
在各种电机、变压器中，涡流会使铁芯的温度升高，危及线圈绝缘材料的寿命；另外涡流发热要消耗额外的能量，使电机、变压器的效率降低.
(2)涡流的防止
为了减小涡流，变压器、电机中的铁芯不是由整块的钢铁制成，而是用薄薄的硅钢片叠压而成.一方面硅钢片的电阻率比一般钢铁的要大，从而减少损耗；另一方面，每层硅钢片之间都是绝缘的，阻断了涡流的通路，进一步减小了涡流的发热.
深度思考
发生涡流时，金属块并没有接入闭合电路，为什么会产生感应电流？
答案 金属块自身构成闭合回路，导体内部等效成许多闭合电路.当穿过金属块的磁通量变化时，金属块内部会产生感应电流.
例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.在硅钢片中不能产生涡流
解析 涡流是一种特殊的电磁感应现象，它是感应电流，既有热效应，又有磁效应.硅钢片中能产生涡流，但电流较小，故选项A正确.
答案 A
例2 变压器的铁芯是利用薄硅钢片叠压而成，而不采用一块整硅钢，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.增大涡流，减小铁芯的发热量
D.减小涡流，减小铁芯的发热量
解析 涡流的主要效应之一就是发热，而变压器的铁芯发热，是我们不希望出现的，所以不采用整块硅钢，而采用薄硅钢片叠压在一起，目的是减小涡流，减小铁芯的发热量，进而提高变压器的效率.故选项B、D正确.
答案 BD
减小涡流的途径之一是增大铁芯材料的电阻率；另一途径就是用互相绝缘的硅钢片叠成的铁芯来代替整块硅钢铁芯.
二、电磁阻尼和电磁驱动
1.电磁阻尼
(1)定义：当导体在磁场中运动时，感应电流会使导体受到安培力，安培力的方向总是阻碍导体的运动.
(2)应用：磁电式仪表中利用电磁阻尼使指针迅速停止，便于读数.
2.电磁驱动
(1)定义
磁场相对于导体转动时，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，使导体运动起来.
(2)应用
交流感应电动机.
3.电磁阻尼和电磁驱动的比较
比较内容
电磁阻尼
电磁驱动
不同点
成因
由导体在磁场中运动形成的
由磁场运动而形成的
效果
安培力方向与导体运动方向相反，为阻力
安培力方向与磁场运动方向相同，为动力
能量转化
克服安培力做功，其他形式的能转化为电能，最终转化为内能
磁场能转化为电能，通过安培力做功，电能转化为导体的机械能
共同点
两者都是电磁感应现象，导体受到的安培力都是阻碍导体与磁场间的相对运动
深度思考
电磁阻尼是谁阻碍谁的运动？电磁驱动是谁驱动谁？
答案 电磁阻尼是磁场阻碍导体相对磁场的运动，电磁驱动是磁场驱动导体的运动.
例3 如图1所示，上端开口、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1
A.在P和Q中都做自由落体运动
B.在两个下落过程中的机械能都守恒
C.在P中的下落时间比在Q中的长
D.落至底部时在P中的速度比在Q中的大
解析 小磁块下落过程中，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，故知，落至底部时在P中的速度比在Q中的小，选项D错误.
答案 C
例4 如图2所示，蹄形磁铁和矩形线圈均可绕竖直轴OO′转动.从上向下看，当磁铁逆时针转动时，则( )
图2
A.线圈将逆时针转动，转速与磁铁相同
B.线圈将逆时针转动，转速比磁铁小
C.线圈将顺时针转动，转速比磁铁大
D.线圈将顺时针转动，转速比磁铁小
解析 当磁铁逆时针转动时，线圈中产生感应电流，根据楞次定律知，感应电流总是阻碍磁铁和线圈之间的相对运动，线圈将与磁铁同向转动，但转动速度比磁铁小.B项正确.
答案 B
电磁阻尼、电磁驱动现象中安培力的作用效果都是阻碍相对运动，减小导体与磁场的相对速度.但阻碍不是阻止，导体与磁场的运动不同步.
1.(涡流的应用)(多选)如图3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3
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
解析 当电磁铁接通交流电源时，金属杯处在变化的磁场中产生涡电流发热，使水温升高.要缩短加热时间，需增大涡电流，即增大感应电动势或减小电阻.增加线圈匝数、提高交变电流的频率都是为了增大感应电动势，瓷杯不能产生涡电流，取走铁芯会导致磁性减弱.所以选项A、B正确，选项C、D错误.
2(涡流的应用)(多选)如图4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，而工件其他部分发热很少，以下说法正确的是( )
图4
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大，升温越快，工件电流相同，电阻越大，温度越高，放热越多.
3.(对电磁阻尼的理解)(多选)如图5所示，磁电式仪表的线圈通常是用铝框做骨架，把线圈绕在铝框上，这样做的目的是( )
图5
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转动，铝框随之转动，在铝框内产生涡流.涡流将阻碍线圈的转动，使线圈偏转后尽快停下来，这样做是利用涡流来起电磁阻尼的作用.
4．(对电磁驱动的理解) (多选)1824年，法国科学家阿拉果完成了著名的“圆盘实验”．实验中将一铜圆盘水平放置，在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针，如图6所示．实验中发现，当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时，磁针也随着一起转动起来，但略有滞后．下列说法正确的是( )
图6
A．圆盘上产生了感应电动势
B．圆盘内的涡电流产生的磁场导致磁针转动
C．在圆盘转动的过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化
D．圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流，此电流产生的磁场导致磁针转动
答案 AB
解析 圆盘运动过程中，半径方向的金属条在切割磁感线，在圆心和边缘之间产生了感应电动势，选项A正确；圆盘在径向的辐条切割磁感线过程中，内部距离圆心远近不同的点电势不等而形成涡流，产生的磁场又导致磁针转动，选项B正确；圆盘转动过程中，圆盘位置、圆盘面积和磁场都没有发生变化，所以没有磁通量的变化，选项C错误；圆盘本身呈现电中性，不会产生环形电流，选项D错误．
题组一 涡流的应用
1.(多选)对变压器和电动机中涡流的认识，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互相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的寿命，A、B正确；变压器和电动机的铁芯用互相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；涡流产生于大块金属中，对原电流无阻碍作用，D错误.故选A、B.
2.如图1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1
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 通入恒定电流时，所产生的磁场不变，不会产生感应电流.通入变化的电流时，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，故C正确.
3.(多选)如图2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2
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
4.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，这时被冶炼的金属就能被熔化，这种冶炼方法速度快，温度易控制，并能避免有害杂质混入被治炼的金属中，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
5.如图4所示为高频电磁炉的工作示意图，它是采用电磁感应原理产生涡流加热的，它利用变化的电流通过线圈产生变化的磁场，当变化的磁场通过含铁质锅的底部时，即会产生无数小涡流，使锅体本身自行高速升温，然后再加热锅内食物.电磁炉工作时产生的电磁波，完全被线圈底部的屏蔽层和顶板上的含铁质锅所吸收，不会泄漏，对人体健康无危害.关于电磁炉，以下说法中正确的是( )
图4
A.电磁炉是利用变化的磁场在食物中产生涡流对食物加热的
B.电磁炉是利用变化的磁场产生涡流，使含铁质锅底迅速升温，进而对锅内食物加热的
C.电磁炉是利用变化的磁场使食物中的极性水分子振动和旋转来对食物加热的
D.电磁炉跟电炉一样是让电流通过电阻丝产生热量来对食物加热的
答案 B
解析 电磁炉的工作原理是利用变化的电流通过线圈产生变化的磁场，变化的磁场通过含铁质锅的底部产生无数小涡流，使锅体温度升高后加热食物，故选项A、D错误，B正确；而选项C是微波炉的加热原理，C错误.
题组二 对电磁阻尼的理解
6.(多选)如图5所示，在O点正下方有一个具有理想边界的磁场，铜环在A点由静止释放，向右摆至最高点B，不考虑空气阻力，则下列说法正确的是( )
图5
A.A、B两点在同一水平线上
B.A点高于B点
C.A点低于B点
D.铜环最终将做等幅摆动
答案 BD
解析 铜环在进入和穿出磁场的过程中，穿过环的磁通量发生变化，环中有感应电流产生，将损耗一定的机械能，所以A点高于B点.铜环的摆角会越来越小，最终出不了磁场，而做等幅摆动.
7.如图6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6
A.铜盘转动将变慢
B.铜盘转动将变快
C.铜盘仍以原来的转速转动
D.铜盘的转动速度是否变化，要根据磁铁的上下两端的极性来决定
答案 A
解析 当一个蹄形磁铁移近铜盘时，铜盘转动切割磁感线，产生感应电流，由楞次定律可知感应电流受到的安培力阻碍其相对运动，所以铜盘的转动将变慢.本题也可以从能量守恒的角度去分析，因为铜盘转动切割磁感线，产生感应电流，铜盘的机械能不断转化成电能，铜盘转动会逐渐变慢，故正确选项为A.
8.如图7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们一个相同的初速度，让其向磁铁滚去，观察小球的运动情况是( )
图7
A.都做匀速运动
B.甲、乙做加速运动
C.甲做加速运动，乙做减速运动，丙做匀速运动
D.甲做减速运动，乙做加速运动，丙做匀速运动
答案 C
解析 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力.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.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.
9.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8所示，观察磁铁的振幅将会发现( )
图8
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
解析 S断开时，磁铁振动穿过线圈的磁通量发生变化，但线圈中无感应电流，振幅不变；S闭合时有感应电流，有电能产生，磁铁的机械能越来越少，振幅逐渐减少，A正确.
10.(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管上端的管口无初速度释放，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管用胶木制成的，B管是用铝制成的
答案 AD
题组三 对电磁驱动的理解
11.如图10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10
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.故铜盘转动方向与磁铁相同而转速小，所以正确选项是B.
12.(多选)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11所示，在此过程中( )
图11
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
习题课（一）愣次定律的应用
[目标定位] 1.应用楞次定律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、楞次定律的基本应用
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.应用楞次定律判断感应电流方向的一般步骤
(1)明确所研究的闭合电路，判断原磁场的方向；
(2)判断闭合电路内原磁场的磁通量的变化情况；
(3)由楞次定律判断感应电流的磁场方向；
(4)由安培定则根据感应电流的磁场方向，判断出感应电流的方向.
图1
例1 如图1所示，一水平放置的矩形闭合线框abcd在细长磁铁的N极附近竖直下落，保持bc边在纸外，ad边在纸内，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，这个过程中线框的感应电流( )
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
解析 由条形磁铁的磁场可知，线框在位置Ⅱ时穿过闭合线框的磁通量最少，为零，线框从位置Ⅰ到位置Ⅱ，从下向上穿过线框的磁通量在减少，线框从位置Ⅱ到位置Ⅲ，从上向下穿过线框的磁通量在增加，根据楞次定律可知感应电流的方向是abcd.
答案 A
感应电流的磁场，总是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”.
二、楞次定律的拓展应用
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
解析 本题可用两种方法来解决：
方法1：画出磁铁的磁感线分布，如图甲所示，当磁铁向铜环运动时，穿过铜环的磁通量增加，由楞次定律判断出铜环中的感应电流方向如图甲所示.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、下两小段电流元作为研究对象.由左手定则确定两段电流元的受力，由此可推断出整个铜环所受合力向右，则A选项正确.
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，两磁铁有排斥作用，故A正确.
答案 A
导体与磁场相对运动产生电磁感应现象时，产生的感应电流的导体受到磁场的安培力，这个安培力会“阻碍”相对运动，口诀记为“来拒去留”.
例3 如图3所示，两个闭合金属圆环1和2的圆心重合，放在同一平面内．当圆环1中通以顺时针方向的电流，且电流逐渐增强时，对于圆环2的说法正确的是( )
图3
A．穿过圆环2的磁通量变大，而且圆环2有收缩的趋势
B．穿过圆环2的磁通量变大，而且圆环2有扩张的趋势
C．穿过圆环2的磁通量变小，而且圆环2有收缩的趋势
D．穿过圆环2的磁通量变小，而且圆环2有扩张的趋势
解析 当圆环1中通以顺时针方向的电流，且电流逐渐增强时，则穿过圆环2的磁通量变大，根据楞次定律，圆环2中产生的感生电流的磁场阻碍磁通量的增加，所以圆环2有扩张使面积增加的趋势，选项B正确．
答案 B
当闭合电路中有感应电流产生时，闭合电路的各部分导体就会受到安培力作用，会使闭合电路的面积有变化(或有变化趋势).
(1)若原磁通量增加，则通过减小有效面积起到阻碍的作用.
(2)若原磁通量减少，则通过增大有效面积起到阻碍的作用.
口诀记为“增缩减扩”.
温馨提示：本方法适用于磁感线单方向穿过闭合回路的情况.
例4 一长直铁芯上绕有一固定线圈M，铁芯右端与一木质圆柱密接，木质圆柱上套有一闭合金属环N，N可在木质圆柱上无摩擦移动，M连接在如图4所示的电路中，其中R为滑动变阻器，E1和E2为直流电源，S为单刀双掷开关，下列情况中，可观测到N向左运动的是( )
图4
A.在S断开的情况下，S向a闭合的瞬间
B.在S断开的情况下，S向b闭合的瞬间
C.在S已向a闭合的情况下，将R的滑片向c端移动时
D.在S已向a闭合的情况下，将R的滑片向d端移动时
解析 金属环N向左运动，说明穿过N的磁通量在减少，说明线圈M中的电流在减少，只有选项C符合.
答案 C
发生电磁感应现象时，通过什么方式来“阻碍”原磁通量的变化要根据具体情况而定.可能是阻碍导体的相对运动，也可能是改变线圈的有效面积，还可能是通过远离或靠近变化的磁场源来阻碍原磁通量的变化，即：
(1(若原磁通量增加，则通过远离磁场源起到阻碍的作用.
(2(若原磁通量减少，则通过靠近磁场源起到阻碍的作用.
口诀记为“增离减靠”.
三、安培定则、左手定则、右手定则、楞次定律的区别
例5 如图5所示装置中，cd杆光滑且原来静止.当ab杆做如下哪些运动时，cd杆将向右移动( )
图5
A.向右匀速运动 B.向右加速运动
C.向左加速运动 D.向左减速运动
解析 ab匀速运动时，ab中感应电流恒定，L1中磁通量不变，穿过L2的磁通量不变，L2中无感应电流产生，cd杆保持静止，A不正确；ab向右加速运动时，L2中的磁通量向下增加，由楞次定律知L2中感应电流产生的磁场方向向上，故通过cd的电流方向向下，cd向右移动，B正确；同理可得C错误，D正确.
答案 BD
(1)右手定则是楞次定律的特殊情况
①楞次定律的研究对象为整个闭合导体回路，适用于磁通量变化引起感应电流的所有情况.
②右手定则的研究对象为闭合导体回路的一部分，仅适用于一段导体在磁场中做切割磁感线运动.
(2)区别安培定则、左手定则、右手定则的关键是抓住因果关系
①因电而生磁(I→B)→安培定则.(判断电流周围磁感线的方向)
②因动而生电(v、B→I感)→右手定则.(导体切割磁感线产生感应电流)
③因电而受力(I、B→F安)→左手定则.(磁场对电流有作用力)
1．(楞次定律的基本应用)如图6所示，线圈两端与电阻相连构成闭合回路，在线圈上方有一竖直放置的条形磁铁，磁铁的S极朝下．在将磁铁的S极插入线圈的过程中( )
图6
A．通过电阻的感应电流的方向为由a到b，线圈与磁铁相互排斥
B．通过电阻的感应电流的方向为由b到a，线圈与磁铁相互排斥
C．通过电阻的感应电流的方向为由a到b，线圈与磁铁相互吸引
D．通过电阻的感应电流的方向为由b到a，线圈与磁铁相互吸引
答案 B
解析 磁铁的S极朝下，在将磁铁的S极插入线圈的过程中，通过线圈的磁场方向向上，且增强，根据楞次定律可知，感应电流的磁场要阻碍原磁场的增加，则感应电流方向为由b到a，线圈与磁铁相互排斥，选项B正确．
2.(楞次定律的拓展应用)如图7所示，甲是闭合铜线框，乙是有缺口的铜线框，丙是闭合的塑料线框，它们的正下方都放置一薄强磁铁，现将甲、乙、丙移至相同高度H处同时释放(各线框下落过程中不翻转)，则以下说法正确的是( )
图7
A.三者同时落地
B.甲、乙同时落地，丙后落地
C.甲、丙同时落地，乙后落地
D.乙、丙同时落地，甲后落地
答案 D
解析 在下落过程中，闭合铜线框中产生感应电流，由“来拒去留”可知，答案选D.
3.(楞次定律的拓展应用)如图8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8
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加，金属圆环中产生感应电流.根据楞次定律可知，感应电流要阻碍磁通量的增加：一是用缩小面积的方式进行阻碍；二是用远离通电直导线的方式进行阻碍，故D正确.
4.(楞次定律的拓展应用)(多选)如图9所示是某电磁冲击钻的原理图，若突然发现钻头M向右运动，则可能是( )
图9
A.开关S闭合瞬间
B.开关S由闭合到断开的瞬间
C.开关S已经是闭合的，滑动变阻器滑片P向左迅速滑动
D.开关S已经是闭合的，滑动变阻器滑片P向右迅速滑动
答案 AC
解析 当开关突然闭合时，左线圈上有了电流，产生磁场，而对于右线圈来说，磁通量增加，产生感应电流，使钻头M向右运动，故A项正确；当开关S已经是闭合的，只有左侧线圈电流增大才会导致钻头M向右运动，故C项正确.
5.(“一定律三定则”的综合应用)如图10所示，导轨间的磁场方向垂直于纸面向里，当导体棒MN在导轨上水平向右加速滑动时，正对电磁铁A的圆形金属环B中( )
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的磁场方向水平向左，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水平向右，B被A排斥.D正确，A、B、C错误.
题组一 楞次定律的基本应用
1.如图1所示，一根条形磁铁自左向右穿过一个闭合螺线管，则电路中( )
图1
A.始终有感应电流自a向b流过电流表G
B.始终有感应电流自b向a流过电流表G
C.先有a→G→b方向的感应电流，后有b→G→a方向的感应电流
D.将不会产生感应电流
答案 C
解析 当条形磁铁进入螺线管时，闭合螺线管中的磁通量增加，当穿出时，磁通量减少，由楞次定律可知C正确.
2.长直导线与矩形线框abcd处在同一平面内静止不动，如图2甲所示.长直导线中通以大小和方向都随时间做周期性变化的电流，I－t图像如图乙所示.规定沿长直导线方向向上的电流为正方向.关于最初一个周期内矩形线框中感应电流的方向，下列说法正确的是( )
图2
A.由顺时针方向变为逆时针方向
B.由逆时针方向变为顺时针方向
C.由顺时针方向变为逆时针方向，再变为顺时针方向
D.由逆时针方向变为顺时针方向，再变为逆时针方向
答案 D
解析 将一个周期分为四个阶段，对全过程的分析列表如下：
时间段
长直导线中
的电流
线框中
的磁通量
感应电流
的磁场
感应电流
的方向
0～
向上，逐渐变大
向纸里、变大
垂直纸面向外
逆时针方向
～
向上，逐渐变小
向纸里、变小
垂直纸面向里
顺时针方向
～
向下，逐渐变大
向纸外、变大
垂直纸面向里
顺时针方向
～T
向下，逐渐变小
向纸外、变小
垂直纸面向外
逆时针方向
由表可知选项D正确.
题组二 楞次定律的拓展应用
3.如图3所示，老师做了一个物理小实验让学生观察：一轻质横杆两侧各固定一金属环，横杆可绕中心点自由转动，老师拿一条形磁铁插向其中一个小环，后又取出插向另一个小环，同学们看到的现象是( )
图3
A.磁铁插向左环，横杆发生转动
B.磁铁插向右环，横杆发生转动
C.无论磁铁插向左环还是右环，横杆都不发生转动
D.无论磁铁插向左环还是右环，横杆都发生转动
答案 B
解析 左环没有闭合，在磁铁插入过程中，不产生感应电流，故横杆不发生转动.右环闭合，在磁铁插入过程中，产生感应电流，横杆将发生转动.
4.如图4所示，一质量为m的条形磁铁用细线悬挂在天花板上，细线从一水平金属圆环中穿过.现将环从位置Ⅰ释放，环经过磁铁到达位置Ⅱ.设环经过磁铁上端和下端附近时细线的张力分别为T1和T2，重力加速度大小为g，则( )
图4
A.T1>mg，T2>mg
B.T1C.T1>mg，T2D.T1mg
答案 A
解析 当圆环经过磁铁上端时，磁通量增加，根据楞次定律可知磁铁要把圆环向上推，根据牛顿第三定律可知圆环要给磁铁一个向下的磁场力，因此有T1>mg.当圆环经过磁铁下端时，磁通量减少，根据楞次定律可知磁铁要把圆环向上吸，根据牛顿第三定律可知圆环要给磁铁一个向下的磁场力，因此有T2>mg，所以只有A正确.
5.如图5所示，ab是一个可以绕垂直于纸面的轴O转动的闭合矩形导体线圈，当滑动变阻器R的滑片P自左向右滑动过程中，线圈ab将( )
图5
A.静止不动
B.逆时针转动
C.顺时针转动
D.发生转动，但因电源的极性不明，无法确定转动的方向
答案 C
解析 滑片P向右滑动过程中，电流增大，线圈处的磁场变强，磁通量增加，根据“阻碍”含义，线圈将阻碍磁通量增加而顺时针转动，故C正确.
6.如图6所示，粗糙水平桌面上有一质量为m的铜质矩形线框.当一竖直放置的条形磁铁从线框中线AB正上方等高快速经过时，若线框始终不动，则关于线框受到的支持力N及在水平方向运动趋势的判断正确的是( )
图6
A.N先小于mg后大于mg，运动趋势向左
B.N先大于mg后小于mg，运动趋势向左
C.N先小于mg后大于mg，运动趋势向右
D.N先大于mg后小于mg，运动趋势向右
答案 D
解析 条形磁铁从线框正上方由左向右运动的过程中，线框中的磁通量先增加后减少，根据楞次定律的“来拒去留”可知，线框先有向下和向右的趋势，后有向上和向右的趋势；故线框受到的支持力先大于重力后小于重力，同时运动趋势向右.故选D.
7.(多选)如图7所示，匀强磁场垂直于软导线回路平面，由于磁场发生变化，回路变为圆形，则磁场( )
图7
A.逐渐增强，方向向外
B.逐渐增强，方向向里
C.逐渐减弱，方向向外
D.逐渐减弱，方向向里
答案 CD
解析 对于导线回路来说，圆形面积最大，即由于磁场变化，导致导线回路面积变大，根据楞次定律“增缩减扩”，可判断磁场在减弱，可能是方向垂直软导线回路平面向外的磁场逐渐减弱也可能是方向垂直软导线回路平面向里的磁场逐渐减弱，选项C、D对.
8.(多选)如图8所示，在水平面上有一固定的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8
A.若磁场方向竖直向上并增大时，杆ab将向右移动
B.若磁场方向竖直向上并减小时，杆ab将向右移动
C.若磁场方向竖直向下并增大时，杆ab将向右移动
D.若磁场方向竖直向下并减小时，杆ab将向右移动
答案 BD
解析 不论磁场方向竖直向上还是竖直向下，当磁感应强度增大时，回路中磁通量增加，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.
9.(多选)如图9所示，一根长导线弯曲成“Π”形，通以直流电I，正中间用绝缘线悬挂一金属环C，环与导线处于同一竖直平面内.在电流I增大的过程中，下列判断正确的是( )
图9
A.金属环中无感应电流产生
B.金属环中有逆时针方向的感应电流
C.悬挂金属环C的竖直线的拉力大于环的重力
D.悬挂金属环C的竖直线的拉力小于环的重力
答案 BC
解析 Φ＝BS，S不变，I增大，B增大，所以有感应电流产生，A错误.由楞次定律得，感应电流方向沿逆时针，B正确.由圆的上半部分B大于下半部分，所以安培力以上半圆为主，I方向向左，B垂直纸面向里，F安方向向下，所以F拉＝mg＋F安，拉力大于重力，C正确，D错误.
10.如图10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N极竖直向下迅速靠近两环时，则( )
图10
A.a、b两环均静止不动
B.a、b两环互相靠近
C.a、b两环互相远离
D.a、b两环均向上跳起
答案 C
解析 据题意，由楞次定律可知，当条形磁铁N极向下靠近两环时，穿过两环的磁通量都增加，根据“增离减靠”可知两环将向两边运动，故C选项正确.
11.如图11所示，A为水平放置的胶木圆盘，在其侧面均匀分布着负电荷，在A的正上方用绝缘丝线悬挂一个金属圆环B，使B的环面水平且与圆盘面平行，其轴线与胶木盘A的轴线OO′重合．现使胶木盘A由静止开始绕其轴线OO′按箭头所示方向加速转动，则( )
图11
A．金属环B的面积有扩大的趋势，丝线受到的拉力增大
B．金属环B的面积有缩小的趋势，丝线受到的拉力减小
C．金属环B的面积有扩大的趋势，丝线受到的拉力减小
D．金属环B的面积有缩小的趋势，丝线受到的拉力增大
答案 B
解析 胶木圆盘A由静止开始绕其轴线OO′按箭头所示方向加速转动，形成环形电流，环形电流逐渐增大，根据右手螺旋定则知，通过B线圈的磁通量向下，且增大，根据楞次定律的另一种表述，引起的机械效果阻碍磁通量的增大，知金属环的面积有缩小的趋势，且有向上的运动趋势，所以丝线的拉力减小．故B正确，A、C、D错误．
12.如图12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闭合瞬间，两铜环的运动情况是( )
图12
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 当开关S闭合瞬间，小铜环中磁通量从无到有逐渐增加，根据楞次定律，感应电流的磁场要阻碍磁通量的增加，则两环将向两侧运动，故A正确.
题组三 “一定律三定则”的综合应用
13.如图13所示，在两个沿竖直方向的匀强磁场中，分别放入两个完全一样的水平金属圆盘a和b.它们可以绕竖直轴自由转动，用导线通过电刷把它们相连.当圆盘a转动时( )
图13
A.圆盘b总是与a沿相同方向转动
B.圆盘b总是与a沿相反方向转动
C.若B1、B2同向，则a、b转向相同
D.若B1、B2反向，则a、b转向相同
答案 D
解析 当圆盘a转动时，由于切割磁感线而产生感应电流，该电流流入b盘中，在磁场中由于受安培力b盘会转动.但若不知B1、B2的方向关系，则b盘与a盘的转向关系将无法确定.故A、B错.设B1、B2同向且向上，a盘逆时针转动，则由右手定则可知a盘中的感应电流由a→a′，b盘受力将顺时针转动，故C错，同理可判定D项正确.
14.(多选)如图14所示，在匀强磁场中放有平行铜导轨，它与大导线圈M相连接，要使小导线圈N获得顺时针方向的感应电流，则放在导轨上的金属棒ab的运动情况(两导线圈共面放置)是( )
图14
A.向右匀速运动 B.向左加速运动
C.向右减速运动 D.向右加速运动
答案 BC
习题课（二）法拉第电磁感应定律、愣次定律的综合应用
[目标定位] 1.进一步理解公式E＝n与E＝BLv的区别和联系.能够应用两个公式求解感应电动势.2.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.3.综合运用楞次定律和法拉第电磁感应定律解决电磁感应中的图像问题.
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，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 把总电阻为2R的均匀电阻丝焊接成一半径为a的圆环，水平固定在竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中，如图1所示，一长度为2a，电阻等于R，粗细均匀的金属棒MN放在圆环上，它与圆环始终保持良好接触，当金属棒以恒定速度v向右移动经过环心O时，求：
图1
(1)棒上电流的大小和方向及棒两端的电压UMN；
(2)在圆环和金属棒上消耗的总热功率.
解析 本题综合考查电磁感应及电路中功率的计算.关键是要分析清楚电路结构，画出等效电路图.
(1)把切割磁感线的金属棒看成一个具有内阻为R，电源电动势为E的电源，两个半圆环看成两个并联电阻，画出等效电路如图所示.等效电源电动势为：E＝BLv＝2Bav.
外电路的总电阻为R外＝＝R.
棒上电流大小为I＝＝＝.
电流方向从N流向M.
根据分压原理，棒两端的电压为
UMN＝·E＝Bav.
(2)圆环和金属棒上消耗的总热功率为
P＝IE＝.
答案 (1) N→M Bav (2)
电磁感应中电路问题的分析方法：
(1(明确电路结构，分清内、外电路，画出等效电路图.
(2(根据产生感应电动势的方式计算感应电动势的大小，如果是磁场变化，由E＝n计算；如果是导体切割磁感线，由E＝BLv计算.
(3(根据楞次定律或右手定则判断感应电流的方向.
(4(根据电路组成列出相应的方程式.
针对训练 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忽略的铜线.磁场的磁感应强度为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2所示，若PQ以恒定的速度v从ad滑向bc，当其滑过l的距离时，通过aP的电阻的电流是多大？方向如何？
图2
答案 方向由P到a
解析 PQ向右移动切割磁感线，产生感应电动势，相当于电源，外电路由Pa与Pb并联而成，PQ滑过l时的等效电路如图所示.
PQ切割磁感线产生的感应电动势大小为E＝Blv，方向由Q指向P.
外电路总电阻为R外＝＝R
电路总电流为I＝＝＝
aP段电流大小为IaP＝I＝，方向由P到a.
二、电磁感应中的图像问题
1.明确图像的种类，即是B－t图像还是Φ－t图像，或者是E－t图像、I－t图像、F－t图像等.
2.分析电磁感应的具体过程.
3.确定感应电动势(或感应电流)的大小和方向，有下列两种情况
(1)若回路面积不变，磁感应强度变化时，用楞次定律确定感应电流的方向，用E＝n确定感应电动势大小的变化.
(2)若磁场不变，导体切割磁感线，用右手定则判断感应电流的方向，用E＝BLv确定感应电动势大小的变化.
4.画图像或判断图像.特别注意分析斜率的变化、截距等.
5.涉及受力问题，可由安培力公式F＝BIL和牛顿运动定律等规律写出有关函数关系式.
例2 如图3甲所示，矩形导线框abcd固定在磁场中，磁感线的方向与导线框所在平面垂直，规定磁场的正方向垂直纸面向里，磁感应强度B随时间变化的规律如图乙所示，若规定顺时针方向为感应电流的正方向，下列各图中正确的是( )
图3
解析 0～1s内，磁感应强度B均匀增大，由法拉第电磁感应定律可知，产生的感应电动势E＝n恒定，电流I＝恒定；由楞次定律可知，电流方向为逆时针方向，即负方向，在i－t图像上，是一段平行于t轴的直线，且方向为负，可见，A、C不正确.在1～2s内B、D中电流情况相同，在2～3s内，负向的磁感应强度均匀增大，由法拉第电磁感应定律知，产生的感应电动势E＝n恒定，电流I＝恒定，由楞次定律知，电流方向为顺时针方向，即正方向，在I－t图像上，是一段平行于t轴的直线，且方向为正，只有D符合，选D.
答案 D
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，由楞次定律判断感应电流的方向，即图像的“＋”、“－”.其中为B－t图像的斜率，特别注意1～3s内斜率不变，I感的大小、方向都不变.
例3 如图4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变化的图线可能是( )
图4
解析 根据E＝BLv，I＝＝，三角形导体线框进、出磁场时，有效长度L都变小.再根据右手定则，进、出磁场时感应电流方向相反，进磁场时感应电流方向为正，出磁场时感应电流方向为负，故选A.
答案 A
线框进、出匀强磁场，可根据E＝BLv判断E大小变化，再根据右手定则判断方向.特别注意L为切割的有效长度.
1.(电磁感应中的电路问题)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 磁场中切割磁感线的边相当于电源，外电路由三个相同电阻串联形成，A、C、D中a、b两点间电势差为外电路中一个电阻两端的电压为：U＝E＝，B图中a、b两点间电势差为路端电压为：U′＝E＝，所以a、b两点间电势差绝对值最大的是B图，故A、C、D错误，B正确.
2.(电磁感应中的电路问题)如图5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5
A. B.
C. D.Bav
答案 A
解析 摆到竖直位置时，导体棒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.
3.(电磁感应中的图像问题)如图6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的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的变化图线正确的是( )
图6
答案 D
解析 因为导体棒做匀加速直线运动，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，方向为顺时针.
4.(电磁感应中的图像问题)(多选)如图7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，线圈中的箭头为电流I的正方向，线圈及线圈中感应电流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7
答案 CD
题组一 电磁感应中的电路问题
1.用均匀导线做成的正方形线框边长为0.2m，正方形的一半放在垂直于纸面向里的匀强磁场中，如图1所示.当磁场以10T/s的变化率增强时，线框中a、b两点间的电势差是( )
图1
A.Uab＝0.1V
B.Uab＝－0.1V
C.Uab＝0.2V
D.Uab＝－0.2V
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产生，把左半部分线框看成电源，其电动势为E，内阻为，画出等效电路如图所示，则a、b两点间的电势差即为电源的路端电压，设l是边长，且依题意知＝10T/s.由E＝得E＝＝·＝10×V＝0.2V，所以U＝IR＝·＝0.1V，由于a点电势低于b点电势，故Uab＝－0.1V，故B选项正确.
2.如图2所示，用粗细相同的铜丝做成边长分别为L和2L的两只闭合线框a和b，以相同的速度从磁感应强度为B的匀强磁场区域中匀速地拉到磁场外，不考虑线框的重力，若闭合线框的电流分别为Ia、Ib，则Ia∶Ib为( )
图2
A.1∶4 B.1∶2
C.1∶1 D.不能确定
答案 C
解析 产生的感应电动势为E＝Blv，由闭合电路欧姆定律得I＝，又Lb＝2La，由电阻定律知Rb＝2Ra，故Ia∶Ib＝1∶1.
3.如图3所示，是两个相连的金属圆环，小金属圆环的电阻是大金属圆环电阻的二分之一，磁场垂直穿过金属圆环所在区域，当磁感应强度随时间均匀变化时，在大金属圆环内产生的感应电动势为E，则a、b两点间的电势差为( )
图3
A.E B.E
C.E D.E
答案 B
解析 ab两点间的电势差等于路端电压，而小金属圆环电阻占电路总电阻的，故Uab＝E，B正确.
4.在图4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上滑动的导体棒，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，则当棒AB( )
图4
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.当棒加速滑动时，电动势E不断变大，电容器不断充电，故I1≠0，I2≠0.
5．(多选)法拉第圆盘发电机的示意图如图5所示．铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触．圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中．圆盘旋转时，关于流过电阻R的电流，下列说法正确的是( )
图5
A．若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定
B．若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿a到b的方向流动
C．若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化
D．若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R上的热功率也变为原来的2倍
答案 AB
解析 将圆盘看成无数幅条组成，它们都在切割磁感线从而产生感应电动势和感应电流，根据右手定则可知圆盘上感应电流从边缘流向中心，则当圆盘顺时针(俯视)转动时，流过电阻的电流方向从a到b，B对；由法拉第电磁感应定律得感生电动势E＝BL＝BL2ω，I＝，ω恒定时，I大小恒定，ω大小变化时，I大小变化，方向不变，故A对，C错；由P＝I2R＝知，当ω变为2倍时，P变为原来的4倍，D错．
题组二 电磁感应中的图像问题
6.如图6甲所示，闭合的圆线圈放在磁场中，t＝0时刻磁感线垂直线圈平面向里穿过线圈，磁感应强度随时间变化的关系图线如图乙所示，则在0～2s内线圈中感应电流的大小和方向为( )
图6
A.逐渐增大，逆时针方向
B.逐渐减少，顺时针方向
C.大小不变，顺时针方向
D.大小不变，先顺时针方向后逆时针方向
答案 C
解析 因为B－t图像的斜率不变，所以感应电流恒定，根据楞次定律判断电流方向为顺时针方向.
7.如图7所示，平行导轨间有一矩形的匀强磁场区域，细金属棒PQ沿导轨从MN处匀速运动到M′N′的过程中，棒上感应电动势E随时间t变化的图像，可能正确的是( )
图7
答案 A
解析 在金属棒PQ进入磁场区域之前或离开磁场后，棒上均不会产生感应电动势，D选项错误.在磁场中运动时，感应电动势E＝BLv与时间无关，保持不变，故A选项正确，B、C选项错误.
8.如图8所示，一宽40cm的匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向里，一边长为20cm的正方形导线框位于纸面内，以垂直于磁场边界的速度v＝20cm/s匀速通过磁场区域.在运动过程中，线框有一边始终与磁场区域的边界平行，取它刚进入磁场的时刻t＝0，正确反映感应电流随时间变化规律的图像是( )
图8
答案 C
解析 线框在进入磁场的过程中，由楞次定律可知感应电流方向是逆时针的，E＝Blv，感应电流i＝＝，是一个恒定的值.线框全部进入磁场后在磁场中运动的过程中，线框的磁通量不变，所以无感应电流.离开磁场的过程中，由楞次定律可知感应电流方向是顺时针的，其大小与进入时相等，综合上述三个过程，选项C正确.
9.一矩形线框位于一随时间t变化的磁场内，磁场方向垂直线框所在的平面(纸面)向里，如图9甲所示，磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示.以I表示线框中的感应电流，以图甲中线框上箭头所示方向的电流为正方向(即顺时针方向为正方向)，则以下的I－t图中正确的是( )
图9
答案 C
10.如图10所示，在水平面(纸面)内有三根相同的均匀金属棒ab、ac和MN，其中ab、ac在a点接触，构成“V”字型导轨，空间存在垂直于纸面的匀强磁场，用力使MN向右匀速运动，从图示位置开始计时，运动中MN始终与∠bac的平分线垂直且和导轨保持良好接触，下列关于回路中电流I与时间t的关系图线，可能正确的是( )
图10
答案 A
解析 设MN在匀速运动中切割磁感线的有效长度为L，∠bac＝2θ，感应电动势为E＝BLv，三角形的两边长相等且均为L′＝，由R＝ρ可知三角形的总电阻R＝ρ＝ρ＝kL(k为常数)，再由闭合电路欧姆定律得I＝＝＝是一个常量，与时间t无关，所以选项A正确.
11.将一段导线绕成图11甲所示的闭合回路，并固定在水平面(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变化的图像如图乙所示.用F表示ab边受到的安培力，以水平向右为F的正方向，能正确反应F随时间t变化的图像是( )
图11
答案 B
解析 0～时间内，回路中产生顺时针方向、大小不变的感应电流，根据左手定则可以判定ab边所受安培力向左，大小恒定不变.～T时间内，回路中产生逆时针方向、大小不变的感应电流，根据左手定则可以判定ab边所受安培力向右，大小恒定不变，故B正确.
题组三 综合应用
12．面积S＝0.2 m2、n＝100匝的圆形线圈，处在如图12所示的磁场内，磁感应强度随时间t变化的规律是B＝0.02 t (T)，R＝3 Ω，C＝30 μF，线圈电阻r＝1 Ω，求：
图12
(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)b→a 0.4 C (2)9×10－6C
解析 (1)由法拉第电磁感应定律可得出线圈中的感应电动势，由欧姆定律可求得通过R的电流．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＝It＝t＝nt＝n＝100× C＝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＝30×10－6×0.3C＝9×10－6C
13.如图13(a)所示，水平放置的两根平行金属导轨，间距L＝0.3m，导轨左端连接R＝0.6Ω的电阻，区域abcd内存在垂直于导轨平面B＝0.6T的匀强磁场，磁场区域宽D＝0.2m.细金属棒A1和A2用长为2D＝0.4m的轻质绝缘杆连接，放置在导轨平面上，并与导轨垂直，每根金属棒在导轨间的电阻均为r＝0.3Ω.导轨电阻不计.使金属棒以恒定速度v＝1.0m/s沿导轨向右穿越磁场.计算从金属棒A1进入磁场(t＝0)到A2离开磁场的时间内，不同时间段通过电阻R的电流强度，并在图(b)中画出.
图13
答案 见解析
解析 t1＝＝0.2s
在0～t1时间内，A1产生的感应电动势
E1＝BLv＝0.18V
其等效电路如图甲所示.
甲
由图甲知，电路的总电阻
R总＝r＋＝0.5Ω
总电流为I＝＝0.36A
通过R的电流为IR＝＝0.12A
A1离开磁场(t1＝0.2s)至A2刚好进入磁场(t2＝＝0.4s)的时间内，回路无电流，IR＝0，
从A2进入磁场(t2＝0.4s)至离开磁场t3＝＝0.6s时间内，A2上的感应电动势E2＝E1＝0.18V，其等效电路如图乙所示.
乙
由图乙知，电路总电阻R总′＝0.5Ω，总电流I′＝0.36A，流过R的电流IR′＝0.12A，综合以上计算结果，绘制出过R的电流强度与时间的关系图像如图所示.
习题课 法拉第电磁感应定律的应用
[目标定位] 1.理解公式E＝n与E＝BLv的区别和联系.2.会分析求解导体绕一端转动切割磁感线的问题.3.会计算电磁感应中的电荷量.
一、公式E＝n与E＝BLv的区别
1.研究对象不同
E＝n研究的是整个闭合回路，适用于各种电磁感应现象；E＝BLv研究的是闭合回路上的一部分，即做切割磁感线运动的导体.
2.实际应用不同
E＝n应用于磁感应强度变化所产生的感应电动势较方便；E＝BLv应用于导体切割磁感线所产生的感应电动势较方便.
3.E的意义不同
E＝n一般求得的是平均感应电动势；E＝BLv一般用于求瞬时感应电动势.
例1 如图1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5m/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，它们每米长度的电阻都是0.2Ω，磁场的磁感应强度为0.2T.求：
图1
(1)3s末夹在导轨间的导体长度是多少？此时导体切割磁场产生的感应电动势多大？回路中的电流约为多少？
(2)3s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？
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.
3s末时刻，夹在导轨间导体的长度为
l＝vt·tan30°＝5×3×tan30°＝5m
此时E＝Blv＝0.2×5×5V＝5V
电路电阻为R＝(15＋5＋10)×0.2Ω≈8.196Ω
所以I＝≈1.06A.
(2)3s内回路中磁通量的变化量ΔΦ＝BS－0＝0.2××15×5Wb＝Wb
3s内电路产生的平均感应电动势为E＝＝V＝V.
答案 (1)5m 5V 1.06A (2)Wb
V
二、导体转动切割磁感线产生的感应电动势的计算
例2 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2所示，磁感应强度为B，求：
图2
(1)ab棒中点速率的平均值；
(2)ab两端的电势差；
(3)经时间Δt金属棒ab所扫过的面积中的磁通量为多少？此过程中平均感应电动势多大？
解析 (1)ab棒中点速率的平均值
＝＝＝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知，
E＝＝＝Bl2ω.
答案 (1)ωl (2)Bl2ω (3)Bl2ωΔt Bl2ω
如图3所示，长为L的导体棒在磁感应强度为B的匀强磁场中以角速度ω绕O点匀速转动，则OA两端产生的感应电动势E＝BωL2.
图3
三、电磁感应中的电荷量问题
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为线圈的匝数.
注意：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.
例3 如图4甲所示，有一面积为S＝100cm2的金属环，电阻为R＝0.1Ω，环中磁场随时间变化的规律如图乙所示，且磁场方向垂直纸面向里，在t1到t2时间内，通过金属环的电荷量是多少？
图4
解析 由法拉第电磁感应定律知金属环中产生的感应电动势E＝n，由闭合电路的欧姆定律知金属环中的感应电流为I＝，通过金属环截面的电荷量q＝I·Δt＝＝C＝0.01C.
答案 0.01C
针对训练 如图5所示，将直径为d、电阻为R的闭合金属环从磁感应强度为B的匀强磁场中拉出，在这一过程中，求：
图5
(1)磁通量的改变量；
(2)通过金属环某一截面的电荷量.
答案 (1) (2)
解析 (1)由已知条件得金属环的面积
S＝π()2＝，
磁通量的改变量ΔΦ＝BS＝.
(2)由法拉第电磁感应定律得＝，又因为＝，q＝t，所以q＝＝.
1.(公式E＝n的应用) 如图6中画出的是穿过一个闭合线圈的磁通量随时间的变化规律，以下哪些认识是正确的( )
图6
A．0～0.3 s内线圈中的电动势在均匀增加
B．第0.6 s末线圈中的感应电动势是4 V
C．第0.9 s末线圈中的瞬时电动势比0.2 s末的小
D．第0.2 s末和0.4 s末的瞬时电动势的方向相同
答案 B
解析 0～0.3 s内线圈中磁通量在均匀增加，产生的感应电动势是恒定的，A错误；第0.6 s末线圈中的感应电动势是E＝＝V＝4 V，B正确；第0.9 s末线圈中的瞬时电动势为E＝＝V＝30 V，0.2 s末的电动势为E＝＝V＝V，C错误；0～0.3 s内线圈中磁通量在均匀增加，0.3～0.8 s内线圈中磁通量在均匀减小，产生的感应电动势方向相反，D错误．
2.(公式E＝BLv的应用)(多选)如图7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7
A.CD段直导线始终不受安培力
B.感应电动势一直增大
C.感应电动势最大值Em＝Bav
D.感应电动势平均值＝πBav
答案 CD
解析 由F＝BIL可知，当垂直磁感线方向放置的导线中有电流时，导线受到安培力的作用，选项A错误，感应电动势E＝BLv，L为有效长度，先增大后减小，B错误；切割磁感线等效长度最大时的感应电动势最大，故Em＝Bav，C正确；＝，ΔΦ＝B·πa2，Δt＝，由上式得＝πBav，D正确.
3.(转动切割产生的电动势)如图8所示，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8
A. B.
C. D.
答案 C
解析 设圆的半径为L，电阻为R，当线框以角速度ω匀速转动时产生的感应电动势E1＝B0ωL2.当线框不动，而磁感应强度随时间变化时E2＝πL2·，由＝得B0ωL2＝πL2·，即＝，故C项正确.
4.(电磁感应中的电荷量计算)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9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9
A. B.
C. D.
答案 C
解析 q＝·Δt＝·Δt＝Δt＝n＝n，
所以B＝.
题组一 公式E＝n和E＝BLv的应用
1.在匀强磁场中，有一个接有电容器的导线回路，如图1所示，已知电容C＝30μF，回路的宽和长分别为l1＝5cm，l2＝8cm，磁场变化率为5×10－2T/s，则( )
图1
A.电容器所带电荷量为2×10－9C
B.电容器所带电荷量为4×10－9C
C.电容器所带电荷量为6×10－9C
D.电容器所带电荷量为8×10－9C
答案 C
解析 电容器两板间的电压等于回路中的感应电动势，U＝E＝＝·l1l2＝5×10－2×0.05×0.08V＝2×10－4V，电容器的电荷量为Q＝CU＝CE＝30×10－6×2×10－4C＝6×10－9C，C选项正确.
2.如图2，在磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，金属杆MN在平行金属导轨上以速度v向右匀速滑动，MN中产生的感应电动势为E1；若磁感应强度增大为2B，其他条件不变，MN中产生的感应电动势变为E2，则E1与E2之比为( )
图2
A.1∶1B.2∶1C.1∶2D.1∶4
答案 C
解析 根据E＝BLv，磁感应强度增大为2B，其他条件不变，所以感应电动势变为2倍.
3.如图3所示，半径为r的金属圆盘在垂直于盘面的匀强磁场B中，绕O轴以角速度ω沿逆时针方向(从右向左看)匀速运动，则通过电阻R的电流的大小是(金属圆盘的电阻不计)( )
图3
A. B.
C. D.
答案 C
解析 金属圆盘在匀强磁场中匀速转动，可以等效为无数根长为r的导体棒绕O点做匀速圆周运动，其产生的电动势大小为E＝，故通过电阻R的电流I＝，故选C项.
题组二 电磁感应中的电荷量问题
4.(多选)将一条形磁铁从相同位置插入到闭合线圈中的同一位置，第一次缓慢插入，第二次快速插入，两次插入过程中不发生变化的物理量是( )
A.磁通量的变化量
B.磁通量的变化率
C.感应电流的大小
D.通过导体某横截面的电荷量
答案 AD
解析 将一条形磁铁从相同位置插入到闭合线圈中的同一位置，第一次缓慢插入线圈时，磁通量增加慢，第二次快速插入线圈时，磁通量增加快，但磁通量变化量相同，A正确；根据法拉第电磁感应定律知，第二次线圈中产生的感应电动势大，则磁通量变化率也大，B错误；根据欧姆定律可知第二次感应电流大，C错误；流过导体某横截面的电荷量q＝Δt＝Δt＝Δt＝n，由于磁通量变化量相同，电阻不变，所以通过导体某横截面的电荷量不变，D正确.
5.如图4所示，一正方形线圈的匝数为n，边长为a，总电阻为R，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中，在Δt时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B均匀地增大到2B，在此过程中，线圈中通过导线横截面的电荷量为( )
图4
A. B.
C. D.
答案 B
解析 磁感应强度的变化率＝＝，E＝n＝nS，其中磁场中的有效面积S＝a2，由q＝·Δt＝Δt，得q＝，选项B正确，A、C、D错误.
6.如图5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，并使上、下两圆半径相等，如果环的电阻为R，则此过程流过环的电荷量为( )
图5
A. B.
C.0 D.
答案 B
解析 通过环横截面的电荷量只与磁通量的变化量和环的电阻有关，因此，ΔΦ＝Bπr2－2×Bπ()2＝Bπr2，电荷量q＝＝.
7.如图6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均匀地减少到零的过程中，通过导线截面的电荷量为( )
图6
A. B.
C. D.
答案 A
解析 设开始时穿过导线环向里的磁通量为正值，Φ1＝Bπa2，向外的磁通量设为负值，Φ2＝－Bπ(b2－a2)，总的磁通量为它们的代数和(取绝对值)Φ＝Bπ|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E＝，通过导线截面的电荷量为q＝·Δt＝，A项正确.
8.(多选)如图7甲所示，一个圆形线圈的匝数n＝100，线圈面积S＝200cm2，线圈的电阻r＝1Ω，线圈外接一个阻值R＝4Ω的电阻，把线圈放入一方向垂直线圈平面向里的磁场中，磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示，下列说法正确的是( )
图7
A.电阻R两端的电压随时间均匀增大
B.线圈r消耗的功率为4×10－4W
C.前4s内通过R的电荷量为4×10－4C
D.前4s内通过R的电荷量为8×10－2C
答案 BD
解析 由E＝n＝n，得E＝0.1V，所以电阻R两端的电压不随时间变化，选项A错误；回路中的电流I＝＝0.02A，线圈r消耗的功率P＝I2r＝4×10－4W，选项B正确；前4s内通过R的电荷量q＝It＝0.08C，故D项正确，C错误.
题组三 综合应用
9．如图8所示，矩形线圈在0.01 s内由原始位置Ⅰ转落至位置Ⅱ.已知ad＝5×10－2 m，ab＝20×10－2 m，匀强磁场的磁感应强度B＝2 T，R1＝R3＝1 Ω，R2＝R4＝3 Ω.求：
图8
(1)平均感应电动势；
(2)转落时，通过各电阻的平均电流．(线圈的电阻忽略不计)
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，有Φ1＝BScos60°＝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
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总电流
I＝＝ A＝0.5 A.
通过各电阻的电流I′＝I＝0.25 A.
10.如图9所示，将一条形磁铁插入某一闭合线圈，第一次用时0.05s，第二次用时0.1s，且插入方式相同，试求：
图9
(1)两次线圈中平均感应电动势之比；
(2)两次线圈中电流之比；
(3)两次通过线圈的电荷量之比.
答案 (1)2∶1 (2)2∶1 (3)1∶1
解析 (1)由感应电动势E＝n得＝·＝＝.
(2)由欧姆定律I＝得＝·＝＝
(3)由电荷量q＝It得＝＝.
11.如图10所示，导线全部为裸导线，半径为r，两端开有小口的圆内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，一根长度大于2r的导线MN以速度v在圆环上无摩擦地自左端匀速滑到右端，电路中固定电阻值为R，其余部分电阻均忽略不计，试求MN从圆环左端滑到右端的过程中：
图10
(1)电阻R上的最大感应电流；
(2)电阻R上的平均感应电流；
(3)通过电阻R的电荷量.
答案 (1) (2) (3)
解析 (1)MN向右滑动时，切割磁感线的有效长度不断变化，当MN经过圆心时，有效切割长度最长，此时感应电动势和感应电流达到最大值，所以Imax＝＝.
(2)由于MN向右滑动中电动势和电流大小不断变化，且不是简单线性变化，故难以通过E＝BLv求解平均值，可以通过磁通量的平均变化率计算平均感应电动势和平均感应电流，所以，
E＝＝＝，I＝＝.
(3)流过电阻R的电荷量等于平均感应电流与时间的乘积，所以q＝It＝＝.
