第十部分 电磁感应
第33讲 电磁感应 楞次定律(解析版)
知道电磁感应现象产生的条件
理解磁通量及磁通量变化的含义，并能计算
掌握楞次定律和右手定则的应用，并能判断感应电流的方向及相关导体的运动方向．
一、磁通量
1．定义：在磁感应强度为B的______中，与磁场方向垂直的面积S和B的_____．
2．公式：Φ＝BS.
适用条件：(1)____磁场．
(2)S为垂直磁场的有效面积．
3． 磁通量是_____(填“标量”或“矢量”)．
4． 磁通量的意义：
(1)磁通量可以理解为穿过某一面积的磁感线的条数．
(2)同一平面，当它跟磁场方向_____时，磁通量最大；当它跟磁场方向____时，磁通量为零；当正向穿过线圈平面的磁感线条数和反向穿过的一样多时，磁通量为零．
二、电磁感应现象
1． 电磁感应现象：当穿过闭合导体回路的磁通量发生变化时，闭合导体回路中有感应电流产生，这种利用磁场产生电流的现象叫做电磁感应．
2． 产生感应电流的条件：
表述1：闭合回路的一部分导体在磁场内做_____磁感线的运动．
表述2：穿过闭合回路的磁通量发生变化．
3． 能量转化
发生电磁感应现象时，机械能或其他形式的能转化为_____
当回路不闭合时，没有感应电流，但有感应电动势，只产生感应电动势的现象也可以称为电磁感应现象，且产生感应电动势的那部分导体或线圈相当于电源．
三、感应电流方向的判断
1． 楞次定律
(1)内容：感应电流的磁场总要____引起感应电流的磁通量的变化．
(2)适用情况：所有的电磁感应现象．
2． 右手定则
(1)内容：伸开右手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内，让磁感线从掌心进入，并使拇指指向导体运动的方向，这时四指所指的方向就是感应电流的方向．
(2)适用情况：导体棒____磁感线产生感应电流．
1．对电流磁效应的对称性思考或逆向思维，人们提出的问题是（ ）
A．摩擦产生热 B．电流产生磁 C．静电感应 D．磁体产生电流
2．如图所示，小磁针正上方的直导线与小磁针平行，当导线中有电流时，小磁针会发生偏转。首先观察到这个实验现象的物理学家和观察到的现象是（ ）
A．物理学家伽利略，小磁针的N极垂直转向纸内
B．天文学家开普勒，小磁针的S极垂直转向纸内
C．大物理学家牛顿，但小磁针静止不动
D．物理学家奥斯特，小磁针的N极垂直转向纸内
3．下列关于电磁感应现象的认识，正确的是（ ）
A．它最先是由奥斯特通过实验发现的 B．它是指变化的磁场产生电流的现象
C．它说明了电能生磁 D．它揭示了电流受到安培力的原因
4．如图，金属线框abcd的平面与匀强磁场方向垂直，将线框从实线位置向左移动到虚线位置的过程中，框内（ ）
A．始终不存在感应电流 B．始终存在感应电流
C．先无感应电流，后有感应电流 D．先有感应电流，后无感应电流
要点一 电磁感应现象能否发生的判断
1． 磁通量发生变化的三种常见情况
(1)磁场强弱不变，回路面积改变；
(2)回路面积不变，磁场强弱改变；
(3)回路面积和磁场强弱均不变，但二者的相对位置发生改变．
2． 判断流程：(1)确定研究的闭合回路．
(2)弄清楚回路内的磁场分布，并确定该回路的磁通量Φ.
(3) 要点二 利用楞次定律判断感应电流的方向
1、利用电磁感应的效果进行判断的方法：
方法1：阻碍原磁通量的变化——“增反减同”．
方法2：阻碍相对运动——“来拒去留”．
方法3：使线圈面积有扩大或缩小的趋势——“增缩减扩”
方法4：阻碍原电流的变化(自感现象)——“增反减同”.
2、楞次定律的使用步骤
3．应用现象及规律比较
基本现象
应用的定则或定律
运动电荷、电流产生磁场
安培定则
磁场对运动电荷、电流有作用力
左手定则
电磁
感应
部分导体做切割磁感线运动
右手定则
闭合回路磁通量变化
楞次定律
4. 应用技巧
无论是“安培力”还是“洛伦兹力”，只要是“力”都用左手判断．
“电生磁”或“磁生电”均用右手判断．
要点三 安培力作用下导体运动情况的判定
判定通电导体在安培力作用下的运动或运动趋势，首先必须弄清楚导体所在位置的磁场分布情况，然后利用左手定则准确判定导体的受力情况，进而确定导体的运动方向或运动趋势的方向．
在应用左手定则判定安培力方向时，磁感线方向不一定垂直于电流方向，但安培力方向一定与磁场方向和电流方向垂直，即大拇指一定要垂直于磁场方向和电流方向决定的平面．
根据安培定则确定通电导线周围磁场的方向．
磁场中每一点磁感应强度的方向为该点磁感线的切线方向．
磁感应强度是矢量，多个通电导体产生的磁场叠加时，合磁场的磁感应强度等于各场源单独存在时在该点磁感应强度的矢量和．
要点四 安培力作用下导体的平衡与加速
1．安培力作用下导体的平衡问题与力学中的平衡问题分析方法相同，只不过多了安培力，解题的关键是画出受力分析图．
2．安培力作用下导体的加速问题与动力学问题分析方法相同，关键是做好受力分析，然后根据牛顿第二定律求出加速度．
判定安培力作用下导体运动情况的常用方法
电流元法
分割为电流元左手定则
安培力方向―→整段导体所受合力方向―→运动方向
特殊位置法
在特殊位置―→安培力方向―→运动方向
等效法
环形电流??小磁针
条形磁铁??通电螺线管??多个环形电流
结论法
同向电流互相吸引，异向电流互相排斥；两不平行的直线电流相互作用时，有转到平行且电流方向相同的趋势
转换研究对象法
定性分析磁体在电流磁场作用下如何运动或运动趋势的问题，可先分析电流在磁体磁场中所受的安培力，然后由牛顿第三定律，确定磁体所受电流磁场的作用力，从而确定磁体所受合力及运动方向
要点五 用转换视图法解答与安培力有关的综合问题
对于安培力作用下的综合问题，需画出导体棒的受力示意图．但在三维空间对导体棒受力分析时，无法准确画出其受力情况，在解答此类问题时，可将三维立体图转化为二维平面图，即画出俯视图、剖面图或侧视图等．此时，金属棒用圆代替，电流方向用“×”或“·”表示．
求解通电导体在磁场中的力学问题的方法
(1)选定研究对象；
(2)变三维为二维，画出平面受力分析图，判断安培力的方向时切忌跟着感觉走，一定要用左手定则来判断，注意F安⊥B、F安⊥I；
(3)根据力的平衡条件、牛顿第二定律列方程进行求解．
要点一 对磁感应强度的理解
【例题1】关于感应电流的产生，下列说法中正确的是（ ）
A．导体相对磁场运动，导体内一定会产生感应电流
B．导体做切割磁感线运动，导体内一定会产生感应电流
C．穿过闭合电路的磁通量发生变化，电路中一定会产生感应电流
D．闭合电路在磁场中做切割磁感线运动，电路中一定会产生感应电流
【答案】C
【解答】A、电路的一部分导体在磁场中运动时，若切割磁感线，将产生感应电动势，也产生感应电流；若不切割磁感线，将不产生感应电流，也不产生感应电动势。故A错误；
B、导体做切割磁感线运动，若不是闭合回路，导体内不会产生感应电流。故B错误；
C、穿过闭合电路的磁通量发生变化，在电路内一定会产生感应电流。故C正确；
D、闭合电路在磁场内做切割磁感线运动，导体内一定会产生感应电动势，如果磁通量没有变化，则没有感应电流。故D错误。
针对训练1．如图所示，一有限范围的匀强磁场宽度为d＝5cm，若将一个边长L＝1cm的正方形导线框以速度v＝1cm/s匀速通过磁场区域，则导线框中无感应电流的时间为（ ）
A．1s B．2s C．4s D．无法计算
要点二 安培定则的应用和磁场的叠加
【例题2】如图所示，弹簧上端固定，下端悬挂一个磁铁，磁铁正下方有一固定的闭合线圈。现将磁铁托起到某一高度后放开，使磁铁上下振动时穿过它，磁铁会很快停下来。关于此现象，下列说法正确的是（ ）
A．磁铁上下振动过程中，线圈中会产生感应电流
B．磁铁上下振动过程中，线圈中不会产生感应电流
C．磁铁上下振动过程中，磁铁与弹簧组成的系统机械能不变
D．磁铁上下振动过程中，磁铁与弹簧组成的系统机械能增加
【答案】A
【解答】A、磁铁上下振动过程中，穿过线圈的磁通量发生变化，则线圈中会产生感应电流，故A正确；
B、磁铁上下振动过程中，穿过线圈的磁通量发生变化，则线圈中会产生感应电流，故B错误；
C、磁铁上下振动过程中，由于有电能产生，可知磁铁与弹簧组成的系统机械能减小，故C错误；
D、磁铁上下振动过程中，由于有电能产生，可知磁铁与弹簧组成的系统机械能减小，故D错误。
针对训练2．如图，金属线框abcd的平面与匀强磁场方向垂直，将线框从实线位置向右移动到虚线位置的过程中，框内（ ）
A．先有感应电流，后无感应电流 B．始终存在感应电流
C．先无感应电流，后有感应电流 D．始终不存在感应电流
要点三 安培力作用下导体运动情况的判定
【例题3】现将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流计及开关按如图所示连接。下列说法中正确的是（ ）
A．开关闭合后，线圈A插入或拔出都会引起电流计指针偏转
B．线圈A插入线圈B中，开关闭合后电流计的指针将稳定在一个不为零的刻度上
C．开关闭合后，如果匀速滑动变阻器的滑片P，会使电流计指针静止在中央零刻度
D．开关闭合后，只有滑动变阻器的滑片P加速滑动时，电流计指针才能偏转
【答案】A
【解答】A、开关闭合后，滑动变阻器的滑片P匀速滑动，通过线圈A的电流发生变化，穿过线圈B的磁通量发生变化，线圈B所在回路产生感应电流，电流计指针会发生偏转，故A正确；
B、线圈A插入线圈B中后，开关闭合和断开的瞬间穿过线圈B的磁通量都会发生变化，会产生感应电流，电流计指针均会偏转，但不会稳定在一个不为零的刻度上，故B错误；
C、开关闭合后，如果匀速滑动变阻器的滑片P，穿过线圈的磁通量都会发生变化，都会产生感应电流，都会引起电流计指针偏转，故C错误；
D、开关闭合后，不论滑动变阻器的滑片P加速滑动还是匀速滑动，穿过线圈的磁通量都会发生变化，都会产生感应电流，电流计指针都会发生偏转，故D错误；
针对训练3．研究电磁感应现象时，将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流计及开关如图连接。在开关闭合、线圈A放在线圈B中的情况下，将滑动变阻器的滑片向左加速滑动时，电流计指针向右偏转。由此可以判断（ ）
A．向上移动线圈A或将滑动变阻器的滑片向右加速滑动，都能引起电流计指针向左偏转
B．向上拔出线圈A中铁芯或断开开关，都能引起电流计指针向右偏转
C．将滑动变阻器的滑片匀速向左或匀速向右滑动，都能使电流计指针静止在中央
D．因为线圈A、线圈B的绕线方向未知，故无法判断电流计指针偏转的方向
四、 安培力作用下导体的平衡与加速
【例题4】如图所示为探究产生感应电流条件的实验电路线圈A通过变阻器和开关连接到电源上，线圈B的两端连到电流表上，线圈A放置在B的里面。下列操作中不能使电流表指针发生偏转的是（ ）
A．开关闭合的瞬间
B．开关断开的瞬间
C．开关总是闭合的，滑动变阻器滑片也不动
D．开关总是闭合的，滑动变阻器滑片迅速移动
【答案】C
【解答】A、当闭合开关的瞬间，穿过线圈A的磁通量在增大，则线圈B的磁通量也在增大，导致电流表有感应电流，
B、当开关断开的瞬间，A中磁场减小，故B中磁通量减小，导致电流表中有感应电流，
C、当开关闭合，滑动变阻器的滑片不动，A中磁场不变，故B中磁通量也不变，因此电流表没有感应电流，
D、开关闭合时，当迅速移动滑动变阻器的滑片时，线圈A中的电流变化，则其磁场变化，此时线圈B中产生了感应电流，
本题选不能使电流表指针发生偏转的，
针对训练4．．一同学在做“探究感应电流的产生条件”的实验时，用电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、灵敏电流计及开关组成如图所示电路。在开关闭合、线圈A放在线圈B中的情况下，该同学发现：将滑动变阻器的滑片P向右加速滑动时，电流计指针向右偏转。当开关闭合时，以下说法正确的是（ ）
A．将滑动变阻器的滑片P向左匀速滑动过程中，电流计指针静止在中央零刻度
B．将滑动变阻器的滑片P向左减速滑动，电流计指针向右偏转
C．将线圈A向上抽出B线圈的过程中，电流计指针向左偏转
D．将线圈A内铁芯抽出过程中，电流计指针向右偏转
五、用转换视图法解答与安培力有关的综合问题
【例题5】甲、乙两个完全相同的铜环可绕固定轴OO′旋转，将两环置于磁感应强度大小均为B的匀强磁场中，方向如图所示，当甲、乙两环同时以相同的角速度开始转动后，则下列判断中正确的是（ ）
A．甲乙两环在图中的位置时磁通量均为零，甲乙两环在转动过程中均能产生感应电流
B．乙环在从图示位置转过90°的过程中有扩张的趋势
C．甲环在转动过程中会受到安培力的作用
D．乙环在转动过程中会受到安培力的作用
【答案】D
【解答】A、当金属环转动时，甲环一直与磁场方向平行，磁通量为零，乙环磁通量不断变化，不断有感应电流，故A错误；
B、依据楞次定律的“增缩减扩”可知，乙环在从图示位置转过90°的过程中有缩小的趋势，故B错误；
CD、产生感应电流后，一定受到安培力，安培力一定是阻碍圆环的转动，即一定阻碍圆环与磁场间的相对运动，故C错误，D正确；
针对训练5．甲、乙两个完全相同的铜环可绕固定轴OO′旋转，将两环置于磁感应强度大小均为B的匀强磁场中，方向如图所示，当甲、乙两环同时以相同的角速度开始转动后，则下列判断中正确的是（ ）
A．甲乙两环在图中的位置时磁通量均为零，甲乙两环在转动过程中均能产生感应电流
B．乙环在从图示位置转过90°的过程中有扩张的趋势
C．甲环在转动过程中会受到安培力的作用
D．乙环在转动过程中会受到安培力的作用
随堂巩固
1．光滑固定导轨M、N水平放置，两根导体棒P、Q平行放置在导轨上，形成一个闭合回路，当一条形磁铁从高处下落到如图所示位置（ ）
A．从上往下看产生了顺时针方向的感应电流 B．P棒受到的安培力方向水平向右
C．P棒对导轨的压力大于P棒的重力 D．磁铁的加速度等于g
2．涡流检测是工业上无损检测的方法之一。如图所示，线圈中通以一定频率的正弦交流电，去靠近待测工件进行检测。下列说法中不正确的是（ ）
A．靠近待测工件时线圈中产生涡电流
B．涡流的磁场总是要阻碍穿过工件磁通量的变化
C．涡流的频率等于通入线圈的交流电频率
D．通电线圈和待测工件间存在周期性变化的作用力
3．如图所示，用细导线围成一个有缺口的双环形回路，环所在的广阔空间有垂直纸面向外的匀强磁场，当磁感应强度减小时，下列各图感应电流方向正确的是（ ）
A． B． C． D．
4．如图所示，等腰直角三角形OPQ区域内存在匀强磁场，另有一等腰直角三角形导线ABC以恒定的速度沿垂直于磁场方向穿过磁场，穿越过程中速度始终与AB边垂直且保持AC平行于OQ．关于线框中的感应电流，以下说法中正确的是（ ）
A．完全进入磁场时感应电流沿顺时针方向
B．完全进入磁场时感应电流沿顺时针方向
C．开始进入磁场时感应电流沿顺时针方向
D．开始穿出磁场时感应电流沿顺时针方向
5．如图甲所示，线圈ab中通有如图乙所示的电流，电流从a到b为正方向，那么在0～t0这段时间内，用丝线悬挂的铝环M中产生感应电流，则（ ）
A．从左向右看感应电流的方向为顺时针
B．从左向右看感应电流的方向为先顺时针后逆时针
C．感应电流的大小先减小后增加
D．感应电流的大小一直减小
6．如图所示，在一固定水平放置的闭合导体圆环上方，有一条形磁铁，从离地面高h处，由静止开始下落，最后落在水平地面上。磁铁下落过程中始终保持竖直方向，并从圆环中心穿过圆环，而不与圆环接触。若不计空气阻力，重力加速度为g，则下列说法中正确的是（ ）
A．在磁铁下落的整个过程中，从上向下看圆环，圆环中的感应电流方向先顺时针后逆时针
B．磁铁在整个下落过程中，圆环对它的作用力始终竖直向上
C．磁铁在整个下落过程中，它的机械能不变
D．磁铁落地时的速率一定等于
课时检测
1．闭合回路的磁通量Φ随时间t的变化图象分别如图所示，关于回路中产生的感应电动势的下列论述，其中正确的是（ ）
A．如图回路中感应电动势恒定不变
B．如图回路中感应电动势逐渐增大
C．如图回路中0～t1时间内感应电动势大于t1～t2时间内感应电动势
D．如图回路中感应电动势先变大后变小
2．如图所示，导体棒AB的长为3R，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（ ）
A．3BωR2 B．5BωR2 C．BωR2 D．BωR2
3．如图所示，先后以速度v1和v2匀速把一矩形线圈拉出有界匀强磁场区域，v1＝2v2，在先后两种情况下（ ）
A．线圈中的感应电动势之比为E1：E2＝2：3
B．线圈中的感应电流之比为I1：I2＝1：2
C．线圈中产生的焦耳热之比Q1：Q2＝2：1
D．通过线圈某截面的电荷量之比q1：q2＝1：2
4．矩形线圈的匝数为50匝，在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动时，穿过线圈的磁通量随时间的变化规律如图所示，下列结论正确的是（ ）
A．在t＝0.1s和t＝0.3s时，电动势最大 B．在t＝0.2s和t＝0.4s时，电动势改变方向
C．电动势的最大值是50πV D．在t＝0.4s时，磁通量的变化率为零
5．如图所示，固定的水平长直导线MN中通有向右的恒定电流I，矩形线框ABCD在导线MN的正下方且与MN处于同一竖直平面内。线框ABCD在外力F作用下以恒定的速度v竖直向上运动，且运动过程中AB边始终平行于MN，则在AB边运动到MN之前的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．穿过线框的磁通量保持不变
B．线框中感应电流的方向始终为A→B→C→D→A
C．线框所受安培力的合力方向向下
D．外力F所做的功等于线框增加的机械能
6．闭合回路由电阻R与单匝导线框组成，其面积大小为S，内部磁场大小按B﹣t图变化，方向如图，且B﹣t图线的斜率为K，则回路中（ ）
A．感应电流的方向为逆时针方向 B．感应电流的电流强度越来越大
C．磁通量的变化率越来越大 D．产生的感应电动势大小为KS
7．如图甲所示，长直导线AB与固定线圈abcd平行放置，导线中通有如图乙所示的电流，取B到A为电流的正方向。线圈中沿abcda为感应电流的正方向，0～t0时间内线圈中感应电流随时间变化的规律为（ ）
A． B．
C． D．
8．如图甲所示，abcd为边长为L＝1m的正方形金属线框，电阻为R＝2Ω，虚线为正方形的对称轴，虚线上方线框内有按图乙变化的匀强磁场，虚线下方线框内有按图丙变化的匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里为正，则线框中的感应电流为
A． B． C． D．
9．如图所示，一个匝数为n的圆形线圈，面积为S，电阻为r。将其两端a、b与阻值为R的电阻相连接，其他部分电阻不计。在线圈中存在垂直线圈平面向里的磁场区域，磁感应强度B随时间t均匀增加，＝k．则ab两点间的电压为（ ）
A．nSk B． C． D．
10．如图所示，两根足够长且平行的光滑金属导轨PP'、QQ'倾斜放置，匀强磁场垂直于导轨平面，导轨的上端P、Q分别用导线与水平正对放置的两金属板M、N相连，板间距离足够大，开始时金属板未带电板间有一带正电微粒，金属棒ab水平跨放在导轨上。现同时由静止释放带电微粒和金属棒ab，下滑过程中，金属棒ab与导轨接触良好且与导轨垂直，不计金属板的充电时间。则下列说法正确的是（ ）
A．金属棒ab最终匀速下滑 B．金属棒ab一直加速下滑
C．微粒先向M板运动后向N板运动 D．微粒先向N板运动后向M板运动
11．1916年，斯泰瓦和托尔曼发现，不带电的闭合金属圆线圈绕通过圆心且垂直于线圈平面的轴转动，在转速变化时，线圈中会有电流通过。这一现象可解释为：当线圈转速变化时，由于惯性，自由电子与线圈有相对运动。取金属线圈为参照物，正离子晶格相对静止，由于惯性影响，可等效为自由电子受到一个沿线圈切线方向的“力”F1，但正离子晶格对自由电子的作用力F2不允许自由电子无限制地增大速度，F1和F2会达到平衡，其效果是自由电子相对金属线圈有定向运动。已知F1与线圈角速度的变化率a成正比，F2与自由电子相对正离子晶格的速度成正比。下列说法正确的是（ ）
A．若线圈加速转动，a越大，电流越大，且方向与线圈转动方向相同
B．若线圈加速转动，a越大，电流越小，且方向与线圈转动方向相反
C．若线圈减速转动，a越大，电流越大，且方向与线圈转动方向相同
D．若线圈减速转动，a越大，电流越小，且方向与线圈转动方向相反
12．如图所示，纸面内直角坐标系xOy的y轴右侧有一菱形区域Obcd，Oc与x轴重合，Oc的长度是bd的长度的两倍。菱形区域内有方向垂直于纸面的两个匀强磁场。磁感应强度等大反向。bd为两磁场的分界线。现有一中心在x轴上的正方形线框ABCD，它的BC边与y轴平行，长度与bd的长度相同，均为l。现线框以大小为v的速度沿x轴正方向匀速运动，以逆时针方向为感应电流的正方向。则线框在磁场中运动时。线框中通过的感应电流i随时间t的变化关系图象可能为（ ）
A． B．
C． D．
13．如图所示。绝緣水平面上有两条平行光滑长直导轨，导轨左端接有电阻R．电阻为r的金属棒AB垂直跨放在导轨上且与导轨接触良好。其他电阻不计。两导轨间存在竖直向下的匀强磁场。给AB以水平向右的初速度v0并开始计时，下面四幅反映AB的速度v随时间i变化规律的图象中，可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
二．计算题（共2小题）
14．如图所示，宽度L＝1m的足够长的U形金属框架水平放置，框架处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B＝1T，框架导轨上放一根质量m＝0.2kg、电阻R＝1.0Ω的金属棒ab，棒ab与导轨间的动摩擦因数μ＝0.5，现用外力F使棒从静止开始沿导轨向右运动（ab棒始终与导轨接触良好且垂直），棒最终的稳定速度v＝2m/s，（框架电阻不计，g取10m/s2）则此时：
（1）判断ab棒两端电势高低并求电压Uab是多少？
（2）外力F的大小是多少？
15．如图所示，在大小为B的匀强磁场区域内，垂直磁场方向的水平面中有两根固定的足够长的金属平行导轨，在导轨上面平放着两根导体棒ab和cd，两棒彼此平行，构成一矩形回路。导轨间距为L，导体棒的质量均为m，电阻均为R，导轨电阻可忽略不计。设导体棒可在导轨上无摩擦地滑行，初始时刻ab棒静止，给cd棒一个向右的初速v0，求：
（1）当cd棒速度减为0.8v0时的加速度大小；
（2）从开始运动到最终稳定，电路中产生的电能为多大？
（3）当两棒运动稳定后，两棒之间距离的增加量△x。
第十部分 电磁感应
第33讲 电磁感应 楞次定律(解析版)
知道电磁感应现象产生的条件
理解磁通量及磁通量变化的含义，并能计算
掌握楞次定律和右手定则的应用，并能判断感应电流的方向及相关导体的运动方向．
一、磁通量
1．定义：在磁感应强度为B的匀强磁场中，与磁场方向垂直的面积S和B的乘积．
2．公式：Φ＝BS.
适用条件：(1)匀强磁场．
(2)S为垂直磁场的有效面积．
3． 磁通量是标量(填“标量”或“矢量”)．
4． 磁通量的意义：
(1)磁通量可以理解为穿过某一面积的磁感线的条数．
(2)同一平面，当它跟磁场方向垂直时，磁通量最大；当它跟磁场方向平行时，磁通量为零；当正向穿过线圈平面的磁感线条数和反向穿过的一样多时，磁通量为零．
二、电磁感应现象
1． 电磁感应现象：当穿过闭合导体回路的磁通量发生变化时，闭合导体回路中有感应电流产生，这种利用磁场产生电流的现象叫做电磁感应．
2． 产生感应电流的条件：
表述1：闭合回路的一部分导体在磁场内做切割磁感线的运动．
表述2：穿过闭合回路的磁通量发生变化．
3． 能量转化
发生电磁感应现象时，机械能或其他形式的能转化为电能．
当回路不闭合时，没有感应电流，但有感应电动势，只产生感应电动势的现象也可以称为电磁感应现象，且产生感应电动势的那部分导体或线圈相当于电源．
三、感应电流方向的判断
1． 楞次定律
(1)内容：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)适用情况：所有的电磁感应现象．
2． 右手定则
(1)内容：伸开右手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内，让磁感线从掌心进入，并使拇指指向导体运动的方向，这时四指所指的方向就是感应电流的方向．
(2)适用情况：导体棒切割磁感线产生感应电流．
1．对电流磁效应的对称性思考或逆向思维，人们提出的问题是（ ）
A．摩擦产生热 B．电流产生磁 C．静电感应 D．磁体产生电流
【答案】D
【解答】奥斯特发现了电流的磁效应，即电生磁现象，很多科学家开始进行研究，其中具有代表性的有安培、法拉第等，法拉第坚信电与磁是紧密联系的，通过对电流磁效应的逆向思维，认为磁一定能生电，经十年的不懈努力，终于发现了电磁感应现象，
2．如图所示，小磁针正上方的直导线与小磁针平行，当导线中有电流时，小磁针会发生偏转。首先观察到这个实验现象的物理学家和观察到的现象是（ ）
A．物理学家伽利略，小磁针的N极垂直转向纸内
B．天文学家开普勒，小磁针的S极垂直转向纸内
C．大物理学家牛顿，但小磁针静止不动
D．物理学家奥斯特，小磁针的N极垂直转向纸内
【答案】D
【解答】发现电流周围存在磁场的科学家是奥斯特，根据安培定则可知该导线下方飞磁场方向垂直纸面向里，因此小磁针的N极垂直转向纸内，故ABC错误，D正确。
3．下列关于电磁感应现象的认识，正确的是（ ）
A．它最先是由奥斯特通过实验发现的 B．它是指变化的磁场产生电流的现象
C．它说明了电能生磁 D．它揭示了电流受到安培力的原因
【答案】B
【解答】A、奥斯特发现了电流的磁效应，法拉第发现了电磁感应现象，故A错误；
B、利用磁场产生电流的现象是电磁感应现象，变化的磁场产生电流的现象是电磁感应现象，故B正确；
C、电磁感应现象说明，磁能生电，故C错误；
D、电磁感应现象揭示了磁能生电，它并没有揭示电流受到安培力的原因，故D错误；
4．如图，金属线框abcd的平面与匀强磁场方向垂直，将线框从实线位置向左移动到虚线位置的过程中，框内（ ）
A．始终不存在感应电流 B．始终存在感应电流
C．先无感应电流，后有感应电流 D．先有感应电流，后无感应电流
【答案】D
【解答】将线框从实线位置向左移动到虚线位置的过程中，线框的磁通量先增大后不变；根据感应电流产生的条件可知，线框内先有感应电流，后无感应电流，故D正确、ABC错误。
要点一 电磁感应现象能否发生的判断
1． 磁通量发生变化的三种常见情况
(1)磁场强弱不变，回路面积改变；
(2)回路面积不变，磁场强弱改变；
(3)回路面积和磁场强弱均不变，但二者的相对位置发生改变．
2． 判断流程：(1)确定研究的闭合回路．
(2)弄清楚回路内的磁场分布，并确定该回路的磁通量Φ.
(3) 要点二 利用楞次定律判断感应电流的方向
1、利用电磁感应的效果进行判断的方法：
方法1：阻碍原磁通量的变化——“增反减同”．
方法2：阻碍相对运动——“来拒去留”．
方法3：使线圈面积有扩大或缩小的趋势——“增缩减扩”
方法4：阻碍原电流的变化(自感现象)——“增反减同”.
2、楞次定律的使用步骤
3．应用现象及规律比较
基本现象
应用的定则或定律
运动电荷、电流产生磁场
安培定则
磁场对运动电荷、电流有作用力
左手定则
电磁
感应
部分导体做切割磁感线运动
右手定则
闭合回路磁通量变化
楞次定律
4. 应用技巧
无论是“安培力”还是“洛伦兹力”，只要是“力”都用左手判断．
“电生磁”或“磁生电”均用右手判断．
要点三 安培力作用下导体运动情况的判定
判定通电导体在安培力作用下的运动或运动趋势，首先必须弄清楚导体所在位置的磁场分布情况，然后利用左手定则准确判定导体的受力情况，进而确定导体的运动方向或运动趋势的方向．
在应用左手定则判定安培力方向时，磁感线方向不一定垂直于电流方向，但安培力方向一定与磁场方向和电流方向垂直，即大拇指一定要垂直于磁场方向和电流方向决定的平面．
根据安培定则确定通电导线周围磁场的方向．
磁场中每一点磁感应强度的方向为该点磁感线的切线方向．
磁感应强度是矢量，多个通电导体产生的磁场叠加时，合磁场的磁感应强度等于各场源单独存在时在该点磁感应强度的矢量和．
要点四 安培力作用下导体的平衡与加速
1．安培力作用下导体的平衡问题与力学中的平衡问题分析方法相同，只不过多了安培力，解题的关键是画出受力分析图．
2．安培力作用下导体的加速问题与动力学问题分析方法相同，关键是做好受力分析，然后根据牛顿第二定律求出加速度．
判定安培力作用下导体运动情况的常用方法
电流元法
分割为电流元左手定则
安培力方向―→整段导体所受合力方向―→运动方向
特殊位置法
在特殊位置―→安培力方向―→运动方向
等效法
环形电流??小磁针
条形磁铁??通电螺线管??多个环形电流
结论法
同向电流互相吸引，异向电流互相排斥；两不平行的直线电流相互作用时，有转到平行且电流方向相同的趋势
转换研究对象法
定性分析磁体在电流磁场作用下如何运动或运动趋势的问题，可先分析电流在磁体磁场中所受的安培力，然后由牛顿第三定律，确定磁体所受电流磁场的作用力，从而确定磁体所受合力及运动方向
要点五 用转换视图法解答与安培力有关的综合问题
对于安培力作用下的综合问题，需画出导体棒的受力示意图．但在三维空间对导体棒受力分析时，无法准确画出其受力情况，在解答此类问题时，可将三维立体图转化为二维平面图，即画出俯视图、剖面图或侧视图等．此时，金属棒用圆代替，电流方向用“×”或“·”表示．
求解通电导体在磁场中的力学问题的方法
(1)选定研究对象；
(2)变三维为二维，画出平面受力分析图，判断安培力的方向时切忌跟着感觉走，一定要用左手定则来判断，注意F安⊥B、F安⊥I；
(3)根据力的平衡条件、牛顿第二定律列方程进行求解．
要点一 对磁感应强度的理解
【例题1】关于感应电流的产生，下列说法中正确的是（ ）
A．导体相对磁场运动，导体内一定会产生感应电流
B．导体做切割磁感线运动，导体内一定会产生感应电流
C．穿过闭合电路的磁通量发生变化，电路中一定会产生感应电流
D．闭合电路在磁场中做切割磁感线运动，电路中一定会产生感应电流
【答案】C
【解答】A、电路的一部分导体在磁场中运动时，若切割磁感线，将产生感应电动势，也产生感应电流；若不切割磁感线，将不产生感应电流，也不产生感应电动势。故A错误；
B、导体做切割磁感线运动，若不是闭合回路，导体内不会产生感应电流。故B错误；
C、穿过闭合电路的磁通量发生变化，在电路内一定会产生感应电流。故C正确；
D、闭合电路在磁场内做切割磁感线运动，导体内一定会产生感应电动势，如果磁通量没有变化，则没有感应电流。故D错误。
针对训练1．如图所示，一有限范围的匀强磁场宽度为d＝5cm，若将一个边长L＝1cm的正方形导线框以速度v＝1cm/s匀速通过磁场区域，则导线框中无感应电流的时间为（ ）
A．1s B．2s C．4s D．无法计算
【答案】C
【解答】导线框完全在磁场中时，导线框不产生感应电流，
此过程的路程s＝d﹣L＝5﹣1＝4cm，
则无感应电流的时间：t＝＝＝4s，故C正确ABD错误。
要点二 安培定则的应用和磁场的叠加
【例题2】如图所示，弹簧上端固定，下端悬挂一个磁铁，磁铁正下方有一固定的闭合线圈。现将磁铁托起到某一高度后放开，使磁铁上下振动时穿过它，磁铁会很快停下来。关于此现象，下列说法正确的是（ ）
A．磁铁上下振动过程中，线圈中会产生感应电流
B．磁铁上下振动过程中，线圈中不会产生感应电流
C．磁铁上下振动过程中，磁铁与弹簧组成的系统机械能不变
D．磁铁上下振动过程中，磁铁与弹簧组成的系统机械能增加
【答案】A
【解答】A、磁铁上下振动过程中，穿过线圈的磁通量发生变化，则线圈中会产生感应电流，故A正确；
B、磁铁上下振动过程中，穿过线圈的磁通量发生变化，则线圈中会产生感应电流，故B错误；
C、磁铁上下振动过程中，由于有电能产生，可知磁铁与弹簧组成的系统机械能减小，故C错误；
D、磁铁上下振动过程中，由于有电能产生，可知磁铁与弹簧组成的系统机械能减小，故D错误。
针对训练2．如图，金属线框abcd的平面与匀强磁场方向垂直，将线框从实线位置向右移动到虚线位置的过程中，框内（ ）
A．先有感应电流，后无感应电流 B．始终存在感应电流
C．先无感应电流，后有感应电流 D．始终不存在感应电流
【答案】C
【解答】将线框从实线位置向右移动到虚线位置的过程中，线框的磁通量先不变，后减小，根据感应电流产生的条件可知，框内先无感应电流，后有感应电流，故C正确、ABD错误。
要点三 安培力作用下导体运动情况的判定
【例题3】9．现将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流计及开关按如图所示连接。下列说法中正确的是（ ）
A．开关闭合后，线圈A插入或拔出都会引起电流计指针偏转
B．线圈A插入线圈B中，开关闭合后电流计的指针将稳定在一个不为零的刻度上
C．开关闭合后，如果匀速滑动变阻器的滑片P，会使电流计指针静止在中央零刻度
D．开关闭合后，只有滑动变阻器的滑片P加速滑动时，电流计指针才能偏转
【答案】A
【解答】A、开关闭合后，滑动变阻器的滑片P匀速滑动，通过线圈A的电流发生变化，穿过线圈B的磁通量发生变化，线圈B所在回路产生感应电流，电流计指针会发生偏转，故A正确；
B、线圈A插入线圈B中后，开关闭合和断开的瞬间穿过线圈B的磁通量都会发生变化，会产生感应电流，电流计指针均会偏转，但不会稳定在一个不为零的刻度上，故B错误；
C、开关闭合后，如果匀速滑动变阻器的滑片P，穿过线圈的磁通量都会发生变化，都会产生感应电流，都会引起电流计指针偏转，故C错误；
D、开关闭合后，不论滑动变阻器的滑片P加速滑动还是匀速滑动，穿过线圈的磁通量都会发生变化，都会产生感应电流，电流计指针都会发生偏转，故D错误；
针对训练3．研究电磁感应现象时，将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流计及开关如图连接。在开关闭合、线圈A放在线圈B中的情况下，将滑动变阻器的滑片向左加速滑动时，电流计指针向右偏转。由此可以判断（ ）
A．向上移动线圈A或将滑动变阻器的滑片向右加速滑动，都能引起电流计指针向左偏转
B．向上拔出线圈A中铁芯或断开开关，都能引起电流计指针向右偏转
C．将滑动变阻器的滑片匀速向左或匀速向右滑动，都能使电流计指针静止在中央
D．因为线圈A、线圈B的绕线方向未知，故无法判断电流计指针偏转的方向
【答案】B
【解答】由题意可知当P向左加速滑动时，线圈A中的电流应越来越小，则其磁场减弱，此时线圈B中产生的电流使指针向右偏转，由此可知，当B中的磁通量减小时，电流计指向右偏；
A、线圈A向上移动或滑动变阻器的滑片P向左加速滑动，穿过线圈B的磁通量减少，电流计指针向右偏转，而将滑动变阻器的滑片向右加速滑动，穿过线圈B的磁通量增加，则引起电流计指针向左偏转，故A错误；
B、线圈A中铁芯向上拔出或断开开关，穿过线圈B的磁通量减少，电流计指针向右偏转，故B正确；
C、滑动变阻器的滑片P匀速向左或匀速向右滑动，穿过线圈B的磁通量变化，则会产生感应电流，指针将会偏转，故C错误；
D、虽然线圈A、线圈B的绕线方向未知，只要知道穿过线圈B的磁通量如何变化即可判断出电流计指针偏转方向，故D错误；
四、 安培力作用下导体的平衡与加速
【例题4】如图所示为探究产生感应电流条件的实验电路线圈A通过变阻器和开关连接到电源上，线圈B的两端连到电流表上，线圈A放置在B的里面。下列操作中不能使电流表指针发生偏转的是（ ）
A．开关闭合的瞬间
B．开关断开的瞬间
C．开关总是闭合的，滑动变阻器滑片也不动
D．开关总是闭合的，滑动变阻器滑片迅速移动
【答案】C
【解答】A、当闭合开关的瞬间，穿过线圈A的磁通量在增大，则线圈B的磁通量也在增大，导致电流表有感应电流，
B、当开关断开的瞬间，A中磁场减小，故B中磁通量减小，导致电流表中有感应电流，
C、当开关闭合，滑动变阻器的滑片不动，A中磁场不变，故B中磁通量也不变，因此电流表没有感应电流，
D、开关闭合时，当迅速移动滑动变阻器的滑片时，线圈A中的电流变化，则其磁场变化，此时线圈B中产生了感应电流，
本题选不能使电流表指针发生偏转的，
针对训练4．一同学在做“探究感应电流的产生条件”的实验时，用电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、灵敏电流计及开关组成如图所示电路。在开关闭合、线圈A放在线圈B中的情况下，该同学发现：将滑动变阻器的滑片P向右加速滑动时，电流计指针向右偏转。当开关闭合时，以下说法正确的是（ ）
A．将滑动变阻器的滑片P向左匀速滑动过程中，电流计指针静止在中央零刻度
B．将滑动变阻器的滑片P向左减速滑动，电流计指针向右偏转
C．将线圈A向上抽出B线圈的过程中，电流计指针向左偏转
D．将线圈A内铁芯抽出过程中，电流计指针向右偏转
【答案】C
【解答】由题意可知当P向右加速滑动时，线圈A中的电流应越来越大，则其磁场增强，此时线圈B中产生的电流使指针向右偏转，由此可知，当B中的磁通量增大时，电流计指向右偏；
AB、不论滑动变阻器的滑片P是匀速，还是变速向左滑动，穿过线圈B的磁通量变小，则会产生感应电流，指针将会向左偏转，故AB错误；
C、将线圈A向上抽出B线圈的过程中，穿过线圈B的磁通量变小，则电流计指针向左偏转，故C正确；
D、线圈A中铁芯向上拔出时，穿过线圈B的磁通量减少，电流计指针向左偏转，故D错误；
五、用转换视图法解答与安培力有关的综合问题
【例题5】甲、乙两个完全相同的铜环可绕固定轴OO′旋转，将两环置于磁感应强度大小均为B的匀强磁场中，方向如图所示，当甲、乙两环同时以相同的角速度开始转动后，则下列判断中正确的是（ ）
A．甲乙两环在图中的位置时磁通量均为零，甲乙两环在转动过程中均能产生感应电流
B．乙环在从图示位置转过90°的过程中有扩张的趋势
C．甲环在转动过程中会受到安培力的作用
D．乙环在转动过程中会受到安培力的作用
【答案】D
【解答】A、当金属环转动时，甲环一直与磁场方向平行，磁通量为零，乙环磁通量不断变化，不断有感应电流，故A错误；
B、依据楞次定律的“增缩减扩”可知，乙环在从图示位置转过90°的过程中有缩小的趋势，故B错误；
CD、产生感应电流后，一定受到安培力，安培力一定是阻碍圆环的转动，即一定阻碍圆环与磁场间的相对运动，故C错误，D正确；
针对训练5．一长直铁芯上绕有线圈P，将一单匝线圈Q用一轻质绝缘丝线悬挂在P的左端，线圈P的中轴线通过线圈Q的中心，且与线圈Q所在的平面垂直。将线圈P连接在如图所示的电路中，其中R为滑动变阻器，E为直流电源，S为开关。下列情况中，可观测到Q向右摆动的是（ ）
A．S闭合的瞬间
B．S断开的瞬间
C．在S闭合的情况下，将R的滑片向b端移动时
D．在S闭合的情况下，保持电阻R的阻值不变
【答案】B
【解答】A、由楞次定律的第二种描述：“来拒去留”可知要使Q向右运动，通过Q、P的磁通量应减小，所以流过P的电流需减小；而S闭合过程中电流增大，磁通量增大，故A错误；
B、S断开的瞬间，流过P的电流减小，磁通量减小，所以Q将向右运动，故B正确；
C、在S闭合的情况下，若将移动滑动头向b端移动时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中电流增大，磁通量增大，故会使Q左移，故C错误；
D、在S闭合的情况下，保持电阻R的阻值不变，则电路中的电流不变，所以穿过Q的磁通量不变，所以Q内不能产生感应电流，Q不动，故D错误；
随堂巩固
1．光滑固定导轨M、N水平放置，两根导体棒P、Q平行放置在导轨上，形成一个闭合回路，当一条形磁铁从高处下落到如图所示位置（ ）
A．从上往下看产生了顺时针方向的感应电流 B．P棒受到的安培力方向水平向右
C．P棒对导轨的压力大于P棒的重力 D．磁铁的加速度等于g
【答案】C
【解答】A、N极的下落，导致穿过回路的磁通量增大，根据楞次定律：“增反减同”，那么感应电流应该是逆时针，故A错误；
B、根据左手定则，结合A选项中感应电流方向，可知，P棒受到的安培力方向斜向右下方，故B错误；
C、由于磁铁在下落过程中，棒P受到重力、导轨的支持力和安培力的作用，由于安培力的方向斜向下，所以竖直方向上，P受到的支持力一定大于P的重力，则P棒对导轨的压力大于P棒的重力，故C正确；
D、当条形磁铁从高处下落接近回路时，穿过回路的磁通量增加，根据楞次定律：感应电流的磁场总是阻碍磁通量的变化，可知，磁铁将受到向上的磁场力作用，所以合力小于重力，磁铁的加速度一定小于g，故D错误。
2．涡流检测是工业上无损检测的方法之一。如图所示，线圈中通以一定频率的正弦交流电，去靠近待测工件进行检测。下列说法中不正确的是（ ）
A．靠近待测工件时线圈中产生涡电流
B．涡流的磁场总是要阻碍穿过工件磁通量的变化
C．涡流的频率等于通入线圈的交流电频率
D．通电线圈和待测工件间存在周期性变化的作用力
【答案】A
【解答】A、根据电磁感应现象，当靠近待测工件时，工件中产生涡电流，并不是线圈，故A不正确；
B、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磁通量的变化，根据楞次定律可知，涡流的磁场与线圈的磁场方向可能相同，也可能相反，故B正确；
C、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C正确。
D、因为线圈交流电是周期变化的，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D正确；
3．如图所示，用细导线围成一个有缺口的双环形回路，环所在的广阔空间有垂直纸面向外的匀强磁场，当磁感应强度减小时，下列各图感应电流方向正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解答】当磁场的磁感应强度B减小时，穿过闭合回路的磁通量减小，根据楞次定律，感应电流的磁场方向向里，根据安培定则，外环的感应电流方向为顺时针方向，内环为逆时针方向；故ABC错误，D正确
4．如图所示，等腰直角三角形OPQ区域内存在匀强磁场，另有一等腰直角三角形导线ABC以恒定的速度沿垂直于磁场方向穿过磁场，穿越过程中速度始终与AB边垂直且保持AC平行于OQ．关于线框中的感应电流，以下说法中正确的是（ ）
A．完全进入磁场时感应电流沿顺时针方向
B．完全进入磁场时感应电流沿顺时针方向
C．开始进入磁场时感应电流沿顺时针方向
D．开始穿出磁场时感应电流沿顺时针方向
【答案】D
【解答】AB、当线框完全进入磁场后，线框中的磁通量不再变化，线圈中无电流，故AB错误；
C、由楞次定律可知，线框开始进入磁场时，感应电流沿逆时针方向，故C错误；
D、由楞次定律可知，线框开始穿出磁场时，感应电流沿顺时针方向，故D正确；
故选：D。
5．如图甲所示，线圈ab中通有如图乙所示的电流，电流从a到b为正方向，那么在0～t0这段时间内，用丝线悬挂的铝环M中产生感应电流，则（ ）
A．从左向右看感应电流的方向为顺时针
B．从左向右看感应电流的方向为先顺时针后逆时针
C．感应电流的大小先减小后增加
D．感应电流的大小一直减小
【答案】A
【解答】A、根据题意可知，由于电流从a到b为正方向，当电流是从a流向b，由右手螺旋定则可知，线圈B的磁场水平向右，由于电流的减小，所以磁通量变小，根据楞次定律可得，线圈B的感应电流顺时针（从左向右看）。
当电流是从b流向a，由右手螺旋定则可知，线圈B的磁场水平向左，当电流增大，则磁通量变大，根据楞次定律可得，所以感应电流顺时针（从左向右看）。故电流方向不变，故A正确，B错误；
C、由图乙可知，ab内的电流的变化率不变，则产生的磁场的变化率不变，根据法拉第电磁感应定律可知，产生的电动势的大小不变，所以感应电流的大小也不变。故C错误，D错误
26．如图所示，在一固定水平放置的闭合导体圆环上方，有一条形磁铁，从离地面高h处，由静止开始下落，最后落在水平地面上。磁铁下落过程中始终保持竖直方向，并从圆环中心穿过圆环，而不与圆环接触。若不计空气阻力，重力加速度为g，则下列说法中正确的是（ ）
A．在磁铁下落的整个过程中，从上向下看圆环，圆环中的感应电流方向先顺时针后逆时针
B．磁铁在整个下落过程中，圆环对它的作用力始终竖直向上
C．磁铁在整个下落过程中，它的机械能不变
D．磁铁落地时的速率一定等于
【答案】B
【解答】A、当条形磁铁靠近圆环时，穿过圆环的磁通量增加，根据楞次定律可判断圆环中感应电流的方向为逆时针（从上向下看圆环），当条形磁铁远离圆环时，穿过圆环的磁通量减小，根据楞次定律可判断圆环中感应电流的方向为顺时针（从上向下看圆环），故A错误；
B、据楞次定律的推论“来拒去留”原则，可判断磁铁在整个下落过程中，受圆环对它的作用力始终竖直向上，故B正确；
C、磁铁在整个下落过程中，由于受到磁场力的作用，机械能不守恒，故C错误；
D、若磁铁从高度h处做自由落体运动，其落地时的速度v＝，但磁铁穿过圆环的过程中要产生电流，根据能量守恒定律可知，其落地速度一定小于，故D错误
课时检测
1．闭合回路的磁通量Φ随时间t的变化图象分别如图所示，关于回路中产生的感应电动势的下列论述，其中正确的是（ ）
A．如图回路中感应电动势恒定不变
B．如图回路中感应电动势逐渐增大
C．如图回路中0～t1时间内感应电动势大于t1～t2时间内感应电动势
D．如图回路中感应电动势先变大后变小
【答案】C
【解答】A、图中磁通量Φ不变，没有感应电动势产生，故A错误。
B、图中磁通量Φ随时间t均匀增大，图象的斜率k不变，即磁通量的变化率不变，根据法拉第电磁感应定律得知，回路中产生的感应电动势恒定不变，故B错误。
C、图中回路在O～t1时间内，图象的斜率大于在t1～t2时间的斜率，说明前一段时间内磁通量的变化率大于后一时间内磁通量的变化率，所以根据法拉第电磁感应定律知，在O～t1时间内产生的感应电动势大于在t1～t2时间内产生的感应电动势，故C正确。
D、图中磁通量Φ随时间t变化的图象的斜率先变小后变大，磁通量的变化率先变小后变大，所以感应电动势先变小后变大，故D错误。
2．如图所示，导体棒AB的长为3R，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（ ）
A．3BωR2 B．5BωR2 C．BωR2 D．BωR2
【答案】C
【解答】BO端产生的感应电动势为：E1＝BR2ω
则BO的电势差为：UBO＝BR2ω；
AO端产生的感应电动势为：E2＝B（3R﹣R）2ω＝2BR2ω，
则AO电势差为：UAO＝2BR2ω；
A．B两端的电势差为：UAB＝2BR2ω﹣BR2ω＝BR2ω，故C正确，ABD错误；
3．如图所示，先后以速度v1和v2匀速把一矩形线圈拉出有界匀强磁场区域，v1＝2v2，在先后两种情况下（ ）
A．线圈中的感应电动势之比为E1：E2＝2：3
B．线圈中的感应电流之比为I1：I2＝1：2
C．线圈中产生的焦耳热之比Q1：Q2＝2：1
D．通过线圈某截面的电荷量之比q1：q2＝1：2
【答案】C
【解答】A、感应电动势为：E＝BLv，由于v1＝2v2，则感应电动势之比为：E1：E2＝2：1，故A错误；
B、感应电流为：I＝，由于E1：E2＝2：1，则感应电流之比为：I1：I2＝2：1，故B错误；
C、线框穿出磁场的时间为：t＝，由于v1＝2v2，则有：t1：t2＝1：2，产生的焦耳热为：Q＝I2Rt，则焦耳热之比：，故C正确；
D、通过线圈某截面的电荷量为：q＝I△t＝△t＝△t＝，由于B、S、R都相等，则通过某截面的电荷量之比为1：1，故D错误；
4．矩形线圈的匝数为50匝，在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动时，穿过线圈的磁通量随时间的变化规律如图所示，下列结论正确的是（ ）
A．在t＝0.1s和t＝0.3s时，电动势最大 B．在t＝0.2s和t＝0.4s时，电动势改变方向
C．电动势的最大值是50πV D．在t＝0.4s时，磁通量的变化率为零
【答案】C
【解答】A、在t＝0.1 s和t＝0.3 s时，磁通量最大，线圈位于中性面位置，感应电动势为零，故A错误；
B、在t＝0.2 s和t＝0.4 s时，磁通量为零，线圈垂直于中性面，感应电动势最大，电动势不改变方向，故B错误；
C、根据Φ﹣t图象，Φm＝BS＝0.2Wb，T＝0.4s，故电动势的最大值：Em＝NBSω＝NBS?＝50×0.2×V＝50πV＝157 V，故C正确；
D、在t＝0.4 s时，磁通量为零，线圈垂直于中性面，感应电动势最大，故磁通量变化率最大，故D错误；
5．如图所示，固定的水平长直导线MN中通有向右的恒定电流I，矩形线框ABCD在导线MN的正下方且与MN处于同一竖直平面内。线框ABCD在外力F作用下以恒定的速度v竖直向上运动，且运动过程中AB边始终平行于MN，则在AB边运动到MN之前的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．穿过线框的磁通量保持不变
B．线框中感应电流的方向始终为A→B→C→D→A
C．线框所受安培力的合力方向向下
D．外力F所做的功等于线框增加的机械能
【答案】C
【解答】A、根据安培定则，通电长直导线MN下方的磁场垂直纸面向里，上方垂直纸面向外，且越靠近MN磁感应强度越大，则穿过线框的磁通量越大，故A错误
B、当线框运动到MN之前，磁通量增大，根据楞次定律和安培定则可知，感应电流的方向为逆时针方向，即为A→D→C→B→A，故B错误
C、AB边受到的安培力向下，CD边受到的安培力向上，AB边受到的安培力比CD边受到的安培力大，所以线框所受安培力的合力的方向向下，故C正确
D、外力F做的功除增加线框的机械能之外，还克服安培力做功产生焦耳热，故D错误
6．闭合回路由电阻R与单匝导线框组成，其面积大小为S，内部磁场大小按B﹣t图变化，方向如图，且B﹣t图线的斜率为K，则回路中（ ）
A．感应电流的方向为逆时针方向 B．感应电流的电流强度越来越大
C．磁通量的变化率越来越大 D．产生的感应电动势大小为KS
【答案】D
【解答】A、磁场向外增强，则由楞次定律可知，电流方向为顺时针，故A错误；
BCD、由图象可知，磁感应随时间均匀增大，则由?＝BS可知，磁通量随时间均匀增加，故其变化率恒定不变，由法拉第电磁感应定律可知，E＝＝S＝KS，故感应电动势保持不变，电流强度不变，故D正确，BC错误；
7．如图甲所示，长直导线AB与固定线圈abcd平行放置，导线中通有如图乙所示的电流，取B到A为电流的正方向。线圈中沿abcda为感应电流的正方向，0～t0时间内线圈中感应电流随时间变化的规律为（ ）
A．B． C． D．
【答案】C
【解答】在第一个周期内，直导线中电流产生的磁场在线框中的磁通量垂直于纸面向里增大得越来越慢，根据楞次定律知，感应电流沿abcda，为正。根据法拉第电磁感应定律可知，感应电动势越来越小，感应电流越来越小，可知，C图正确。故ABD错误，C正确。
8．如图甲所示，abcd为边长为L＝1m的正方形金属线框，电阻为R＝2Ω，虚线为正方形的对称轴，虚线上方线框内有按图乙变化的匀强磁场，虚线下方线框内有按图丙变化的匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里为正，则线框中的感应电流为
A． B． C． D．
【答案】C
【解答】根据楞次定律可知，虚线上方和下方的磁场变化在线框中产生的感应电动势沿逆时针方向。
故回路中的感应电动势E＝（+）?＝V，根据欧姆定律可知，电流I＝＝A，故C正确，ABD错误。
9．如图所示，一个匝数为n的圆形线圈，面积为S，电阻为r。将其两端a、b与阻值为R的电阻相连接，其他部分电阻不计。在线圈中存在垂直线圈平面向里的磁场区域，磁感应强度B随时间t均匀增加，＝k．则ab两点间的电压为（ ）
A．nSk B． C． D．
【答案】B
【解答】根据法拉第电磁感应定律可得：E＝n＝nkS；则ab两点间的电压为＝，故B正确，ACD错误。
10．如图所示，两根足够长且平行的光滑金属导轨PP'、QQ'倾斜放置，匀强磁场垂直于导轨平面，导轨的上端P、Q分别用导线与水平正对放置的两金属板M、N相连，板间距离足够大，开始时金属板未带电板间有一带正电微粒，金属棒ab水平跨放在导轨上。现同时由静止释放带电微粒和金属棒ab，下滑过程中，金属棒ab与导轨接触良好且与导轨垂直，不计金属板的充电时间。则下列说法正确的是（ ）
A．金属棒ab最终匀速下滑 B．金属棒ab一直加速下滑
C．微粒先向M板运动后向N板运动 D．微粒先向N板运动后向M板运动
【答案】B
【解答】AB、金属棒沿光滑导轨加速下滑，棒中有感应电动势而对电容器充电，充电电流通过金属棒时受安培力作用，只有金属棒速度增大时才有充电电流，因此总有mgsinθ﹣BIl＞0，所以金属棒将一直加速，故A错误，B正确；
CD、由右手定则可知，金属棒a端（即M板）电势高，则M板带正电，所以带正电荷的微粒一直向N板运动，故CD错误。
11．1916年，斯泰瓦和托尔曼发现，不带电的闭合金属圆线圈绕通过圆心且垂直于线圈平面的轴转动，在转速变化时，线圈中会有电流通过。这一现象可解释为：当线圈转速变化时，由于惯性，自由电子与线圈有相对运动。取金属线圈为参照物，正离子晶格相对静止，由于惯性影响，可等效为自由电子受到一个沿线圈切线方向的“力”F1，但正离子晶格对自由电子的作用力F2不允许自由电子无限制地增大速度，F1和F2会达到平衡，其效果是自由电子相对金属线圈有定向运动。已知F1与线圈角速度的变化率a成正比，F2与自由电子相对正离子晶格的速度成正比。下列说法正确的是（ ）
A．若线圈加速转动，a越大，电流越大，且方向与线圈转动方向相同
B．若线圈加速转动，a越大，电流越小，且方向与线圈转动方向相反
C．若线圈减速转动，a越大，电流越大，且方向与线圈转动方向相同
D．若线圈减速转动，a越大，电流越小，且方向与线圈转动方向相反
【答案】A
【解答】AB、若线圈加速转动，即正离子晶格合线圈波长相对静止加速转动，自由电子相对于正离子晶格向后运动，由于规定正电荷定向运动的方向为电流方向，负电荷定向运动的方向和电流方向相反，所以电流方向与线圈转动方向相同；α越大，即线圈角速度的变化率越大，电流越大，故A正确、B错误；
CD、若线圈减速转动，即正离子晶格合线圈波长相对静止减速转动，自由电子相对于正离子晶格向前运动，由于规定正电荷定向运动的方向为电流方向，负电荷定向运动的方向和电流方向相反，所以电流方向与线圈转动方向相反；α越大，即线圈角速度的变化率越大，电流越大，故CD错误。
12．如图所示，纸面内直角坐标系xOy的y轴右侧有一菱形区域Obcd，Oc与x轴重合，Oc的长度是bd的长度的两倍。菱形区域内有方向垂直于纸面的两个匀强磁场。磁感应强度等大反向。bd为两磁场的分界线。现有一中心在x轴上的正方形线框ABCD，它的BC边与y轴平行，长度与bd的长度相同，均为l。现线框以大小为v的速度沿x轴正方向匀速运动，以逆时针方向为感应电流的正方向。则线框在磁场中运动时。线框中通过的感应电流i随时间t的变化关系图象可能为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【解答】线圈在进入磁场的过程中，磁通量增加，根据楞次定律可知，感应电流的方向沿逆时针方向，为正值，从线圈开始运动，到BC边运动到bd位置的过程中，切割的有效长度均匀增大，感应电动势均匀增大，则感应电流均匀增大，该段时间为
，之后AD和BC棒分别在obd和bcd区域做切割磁感线运动，AD棒切割磁感线运动产生的感应电流方向为顺时针，BC棒产生的感应电流方向为逆时针，
初始BC棒做切割磁感线运动的有效长度大于AD棒，所以线圈中感应电流的方向为逆时针，由于BC棒的有效长度随时间减小，AD棒的有效长度随时间增大，
则线圈中实际的感应电流为逆时针均匀地减小，当运动了时两棒的有效长度相同，线圈中的感应电流为零，所用时间为，此后AD棒的有效长度大于BC棒，
所以线圈中的感应电流为顺时针均匀地增大，当BC边到达C位置时BC边的有效长度为零，AD边有效长度达到最大，此时感应电流为顺时针方向，且为最大值，
之后线圈出磁场，根据楞次定律可知，感应电流的方向沿顺时针方向，为负值，运动过程中AD边切割的有效长度均匀减小，感应电动势均匀减小，则感应电流均匀减小，最后减小为零，该段时间为，故ACD错误，B正确；
13．如图所示。绝緣水平面上有两条平行光滑长直导轨，导轨左端接有电阻R．电阻为r的金属棒AB垂直跨放在导轨上且与导轨接触良好。其他电阻不计。两导轨间存在竖直向下的匀强磁场。给AB以水平向右的初速度v0并开始计时，下面四幅反映AB的速度v随时间i变化规律的图象中，可能正确的是（ ）
A．B． C． D．
【答案】D
【解答】金属棒切割磁感线，产生感应电流，由楞次定律知，电流方向由B指向A，利用左手定则得安培力水平向左，大小为：
F＝BIL ①
设回路中电流为I，根据闭合电路欧姆定律，有：
E＝I（R+r） ②
由法拉第电磁感应定律得：
E＝BLv ③
设金属棒加速度为a，利用牛顿第二定律，得：
F＝ma ④
联立①②③④，得：
a＝
由分析可知，金属棒做加速度减小的减速运动。
故ABC错误，D正确；
二．计算题
14．如图所示，宽度L＝1m的足够长的U形金属框架水平放置，框架处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B＝1T，框架导轨上放一根质量m＝0.2kg、电阻R＝1.0Ω的金属棒ab，棒ab与导轨间的动摩擦因数μ＝0.5，现用外力F使棒从静止开始沿导轨向右运动（ab棒始终与导轨接触良好且垂直），棒最终的稳定速度v＝2m/s，（框架电阻不计，g取10m/s2）则此时：
（1）判断ab棒两端电势高低并求电压Uab是多少？
（2）外力F的大小是多少？
【解答】（1）根据右手定则可知，电流由a→b，因导体棒视为电源，电流由负极流向正极，故b端电势高于a端电势
则根据法拉第电磁感应定律可知：Uab＝﹣E＝﹣BLv＝﹣2V；
（2）棒稳定时，受到安培了为：FA＝BIL
其中：
根据平衡条件可知：F＝FA+μmg
代入数据解得F＝3N。
15．如图所示，在大小为B的匀强磁场区域内，垂直磁场方向的水平面中有两根固定的足够长的金属平行导轨，在导轨上面平放着两根导体棒ab和cd，两棒彼此平行，构成一矩形回路。导轨间距为L，导体棒的质量均为m，电阻均为R，导轨电阻可忽略不计。设导体棒可在导轨上无摩擦地滑行，初始时刻ab棒静止，给cd棒一个向右的初速v0，求：
（1）当cd棒速度减为0.8v0时的加速度大小；
（2）从开始运动到最终稳定，电路中产生的电能为多大？
（3）当两棒运动稳定后，两棒之间距离的增加量△x。
【解答】（1）设当cd棒速度减为0.8v0时，ab棒的速度为v′，由动量守恒定律：
mv0＝0.8mv0+mv′，
解得：v′＝0.2v0①
此时回路的电流是：
I＝②
cd棒的加速度为：a＝③
解得：a＝；
（2）设两棒稳定时共同的末速度为v，根据动量守恒定律：
mv0＝（m+m）v ④
得：v＝v0 ⑤
产生的电能Q＝﹣（m+m）v2＝；
（3）由法拉第电磁感应定律得，电路中产生的感应电动势：
E＝＝⑥
这段时间内回路的电流为：
⑦
对ab棒由动量定理得：
BL△t＝mv ⑧
由⑤～⑧解得△x＝。
