第十部分 电磁感应
第34讲 法拉第电磁感应定律 自感、涡流(原版卷）
1.能用法拉第电磁感应定律、公式E＝Blv计算感应电动势.
2.理解自感、涡流产生，并能分析实际应用．
一、法拉第电磁感应定律
1.感应电动势
(1)感应电动势：在电磁感应现象中产生的电动势.
(2)产生条件：穿过回路的______发生改变，与电路是否闭合无关.
(3)方向判断：感应电动势的方向用______或右手定则判断.
2.法拉第电磁感应定律
(1)内容：闭合电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的________成正比.
(2)公式：E＝n，其中n为线圈匝数.
(3)感应电流与感应电动势的关系：遵循闭合电路的欧姆定律，即I＝.
(4)说明：①当ΔΦ仅由B的变化引起时，则E＝n；当ΔΦ仅由S的变化引起时，则E＝n；当ΔΦ由B、S的变化同时引起时，则E＝n≠n.②磁通量的变化率是Φ－t图象上某点切线的______
3.导体切割磁感线时的感应电动势
(1)导体垂直切割磁感线时，感应电动势可用E＝___求出，式中l为导体切割磁感线的有效长度；
(2)导体棒在磁场中转动时，导体棒以端点为轴，在匀强磁场中垂直于磁感线方向匀速转动产生感应电动势E＝Bl＝Bl2ω(平均速度等于中点位置的线速度lω).
二、自感、涡流、电磁阻尼和电磁驱动
1.自感现象
(1)概念：由于导体本身的____变化而产生的电磁感应现象称为自感，由于自感而产生的感应电动势叫做自感电动势.
(2)表达式：E＝L.
(3)自感系数L的影响因素：与线圈的__________有关.
2.涡流现象
(1)涡流：块状金属放在_____磁场中，或者让它在磁场中运动时，金属块内产生的旋涡状感应电流.
(2)产生原因：金属块内______变化→感应电动势→感应电流.
3.电磁阻尼
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____导体的相对运动.
4.电磁驱动
如果磁场相对于导体转动，在导体中会产生______使导体受到安培力而使导体运动起来.
1．如图所示，在光滑绝缘水平面上，有一铝质圆形金属球以一定的初速度通过有界匀强磁场，则从球开始进入磁场到完全穿出磁场过程中（磁场宽度大于金属球的直径），小球（ ）
A．由于磁场为匀强磁场所以整个过程匀速运动
B．进入磁场过程中球做减速运动，穿出过程做加速运动
C．小球完全在磁场内部时机械能守恒
D．穿出时的速度可能小于初速度
2．如图所示，在光滑水平面上有宽度为d的匀强磁场区域，边界线MN平行于PQ，磁场方向垂直平面向下，磁感应强度大小为B，边长为L（L＜d）的正方形金属线框，电阻为R，质量为m，在水平向右的恒力F作用下，从距离MN为处由静止开始运动，线框右边到MN时速度与到PQ时的速度大小相等，运动过程中线框右边始终与MN平行，则下列说法正确的是（ ）
A．线框在进磁场和出磁场的过程中，通过线框横截面的电荷量不相等
B．线框的右边刚进入磁场时所受安培力的大小为
C．线框进入磁场过程中一直做加速运动
D．线框右边从MN运动到PQ的过程中，线框中产生的焦耳热小于Fd
3．下列说法正确的是（ ）
A．电磁炉的工作原理是利用了自感现象的相关规律
B．日光灯只有在启动的瞬间，才发生了自感现象
C．变压器的铁芯是用多块彼此绝缘的硅钢片叠压制价而成，目的为了小减涡流
D．金属探测器的原理利用了X射线对不同硬物体的穿透能力不同
4．如图所示，匝数为100匝的线圈与电流表串联，在0.3s内把磁铁插入线圈，这段时间穿过线圈的磁通量由0增至1.2×10﹣3Wb．这个过程中线圈中的感应电动势为（ ）
A．0.4V B．4V C．0.004V D．40V
要点一 法拉第电磁感应定律的理解
1．磁通量Φ、磁通量的变化量ΔΦ、磁通量的变化率的比较
比较项目
磁通量Φ
磁通量的变化量ΔΦ
磁通量的变化率
物理意义
某时刻穿过某个面的磁感线的条数
某一段时间内穿过某个面的磁通量的变化量
穿过某个面的磁通量变化的快慢
大小
Φ＝B·S，S是与B垂直的面的面积
ΔΦ＝Φ2－Φ1
ΔΦ＝B·ΔS
ΔΦ＝S·ΔB
＝B·
＝S·
注意
穿过某个面有方向相反的磁感线，则不能直接用Φ＝B·S求解，应考虑相反方向的磁通量抵消后所剩余的磁通量
开始时和转过180°时的平面都与磁场垂直，但穿过平面的磁通量是一正一负，ΔΦ＝2BS，而不是0
既不表示磁通量的大小，也不表示变化的多少。实际它就是单匝线圈上产生的电动势
附注
线圈平面与磁感线平行时，Φ＝0，但最大
线圈平面与磁感线垂直时，Φ最大，但＝0
2．法拉第电磁感应定律应用的三种情况
(1)磁通量的变化是由面积变化引起时，ΔΦ＝B·ΔS，则E＝n·B。
(2)磁通量的变化是由磁场变化引起时，ΔΦ＝ΔB·S，则E＝n，S是磁场范围内的有效面积。
(3)磁通量的变化是由于面积和磁场变化共同引起的，则根据定义求，ΔΦ＝Φ末－Φ初，E＝n≠n。
3．应用法拉第电磁感应定律应注意的三个问题
(1)公式E＝n求解的是一个回路中某段时间内的平均电动势，在磁通量均匀变化时，瞬时值才等于平均值。
(2)利用公式E＝nS求感应电动势时，S为线圈在磁场范围内的有效面积。
(3)通过回路截面的电荷量q仅与n、ΔΦ和回路电阻R有关，与时间长短无关。推导如下：q＝Δt＝Δt＝。
要点二 导体切割磁感线产生的感应电动势
1．导体平动切割磁感线
对于导体平动切割磁感线产生感应电动势的计算式E＝Blv，应从以下几个方面理解和掌握。
(1)正交性
本公式是在一定条件下得出的，除了磁场是匀强磁场，还需B、l、v三者相互垂直。实际问题中当它们不相互垂直时，应取垂直的分量进行计算，公式可为E＝Blvsinθ，θ为B与v方向间的夹角。
(2)平均性
导体平动切割磁感线时，若v为平均速度，则E为平均感应电动势，即＝Bl。
(3)瞬时性
若v为瞬时速度，则E为相应的瞬时感应电动势。
(4)有效性
公式中的l为有效切割长度，即导体与v垂直的方向上的投影长度。下图中有效长度分别为：
甲图：l＝cdsinβ(容易错算成l＝absinβ)。
乙图：沿v1方向运动时，l＝MN；
沿v2方向运动时，l＝0。
丙图：沿v1方向运动时，l＝R；
沿v2方向运动时，l＝0；
沿v3方向运动时，l＝R。
(5)相对性
E＝Blv中的速度v是相对于磁场的速度，若磁场也运动时，应注意速度间的相对关系。
2．导体转动切割磁感线
当导体在垂直于磁场的平面内，绕一端以角速度ω匀速转动时，产生的感应电动势为E＝Bl＝Bl2ω，如图甲所示。
(1)以中点为轴时，E＝0(不同两段的代数和)。
(2)以端点为轴时，E＝Bωl2(平均速度取中点位置时的线速度ωl)。
(3)以任意点为轴时，E＝Bω(l－l)(不同两段的代数和)。
(4)长为l的导体棒AB绕其延长线上的O点(OA＝r)匀速转动时，电动势为E＝Bl＝Bl＝Bl，如图乙所示。
(5)E＝BωL2的另一种推导方法：
长为L的导体棒在磁感应强度为B的匀强磁场中匀速转过θ角度时，所用时间为Δt，扇形面积S＝L2，则ΔΦ＝BS＝BL2，所以E＝＝BL2＝BωL2。
3．公式E＝n与E＝Blv的区别与联系
E＝n
E＝Blv
区别
研究对象
闭合回路
回路中做切割磁感线运动的那部分导体
研究内容
(1)求的是Δt时间内的平均感应电动势，E与某段时间或某个过程对应
(2)Δt→0时E为瞬时感应电动势
(1)若v为瞬时速度，则求的是瞬时感应电动势
(2)若v为平均速度，则求的是平均感应电动势
适用范围
对任何电路普遍适用
只适用于导体切割磁感线运动的情况
联系
(1)E＝Blv可由E＝n在一定条件下推导出来
(2)当导体切割磁感线运动时用E＝Blv求E方便，当得知穿过回路的磁通量发生变化情况时，用E＝n求E比较方便
要点三 自感和涡流
1．自感现象的四大特点
(1)自感电动势总是阻碍导体中原电流的变化。
(2)通过线圈中的电流不能发生突变，只能缓慢变化。
(3)电流稳定时，自感线圈就相当于普通导体。
(4)线圈的自感系数越大，自感现象越明显，自感电动势只是延缓了过程的进行，但它不能使过程停止，更不能使过程反向。
2．自感现象中“闪亮”与“不闪亮”问题
与线圈串联的灯泡
与线圈并联的灯泡
电路图
续表
与线圈串联的灯泡
与线圈并联的灯泡
通电时
电流逐渐增大，灯泡逐渐变亮
电流突然增大，然后逐渐减小达到稳定
断电时
电流逐渐减小，灯泡逐渐变暗，电流方向不变
电路中稳态电流为I1、I2：
①若I2≤I1，灯泡逐渐变暗；
②若I2＞I1，灯泡闪亮后逐渐变暗。两种情况灯泡中电流方向均改变
3.通电自感与断电自感有何区别与联系
通电自感
断电自感
电路图
器材
规格
A1、A2同规格，R＝RL，L较大
RL?RA
现象
在S闭合瞬间，A2灯立即亮起来，A1灯逐渐变亮，最终一样亮
在开关S断开时，灯A突然闪亮一下后渐渐熄灭
原因
由于开关闭合时，流过电感线圈的电流迅速增大，使线圈产生自感电动势，阻碍了电流的增大，使流过A1灯的电流比流过A2灯的电流增加得慢
断开开关S时，流过线圈L的电流减小，产生自感电动势，阻碍了电流的减小，且在S断开后，在A灯和线圈L间形成闭合回路，通过L的电流反向通过A灯，由于RL?RA，使得流过A灯的电流在开关断开瞬间突然增大，随后逐渐减小
能量转化情况
电能转化为磁场能
磁场能转化为电能
4.处理自感现象问题的技巧
(1)通电自感：线圈相当于一个变化的电阻——阻值由无穷大逐渐减小，通电瞬间自感线圈处相当于断路。
(2)断电自感：断电时自感线圈处相当于电源，自感电动势由某值逐渐减小到零。
(3)电流稳定时，理想的自感线圈相当于导体，非理想的自感线圈相当于定值电阻。
5．涡流
(1)涡流的产生与应用
线圈中的电流变化时，在附近导体中产生感应电流，这种电流在导体内形成闭合回路，很像水的漩涡，因此把它叫做涡电流，简称涡流。在冶炼炉、电动机、变压器、探雷器等实际应用中都存在着涡流。
(2)涡流的两种效应
①热效应：由于导体存在电阻，当电流在导体中流动时，就会产生电热，这就是涡流的热效应。
②磁效应
a．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的作用，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。
b．电磁驱动：当磁场相对于导体运动时，感应电流会使导体受到安培力的作用，安培力使导体运动起来，这种现象称为电磁驱动。
c．电磁阻尼与电磁驱动的比较
电磁阻尼
电磁驱动
不同点
成因
由于导体在磁场中运动而产生感应电流，从而使导体受到安培力
由于磁场运动引起磁通量的变化而产生感应电流，从而使导体受到安培力
效果
安培力的方向与导体运动方向相反，阻碍导体运动
导体受安培力的方向与导体运动方向相同，推动导体运动
能量转化
导体克服安培力做功，其他形式能转化为电能，最终转化为内能
由于电磁感应，磁场能转化为电能，通过安培力做功，电能转化为导体的机械能，从而对外做功
相同点
两者都是电磁感应现象，都遵循楞次定律，都是安培力阻碍引起感应电流的导体与磁场间的相对运动
要点一 法拉第电磁感应定律的理解
【例题1】当穿过线圈的磁通量发生变化时，下列说法中正确的是( ) A．线圈中一定有感应电流 B．线圈中一定有感应电动势 C．感应电动势的大小跟磁通量的变化成正比 D．感应电动势的大小跟线圈的电阻有关
【答案】B
【解析】穿过闭合电路的磁通量发生变化时才会产生感应电流，感应电动势与电路是否闭合无关，且感应电动势的大小跟磁通量的变化率成正比．
针对训练1．对于法拉第电磁感应定律 ，下面理解正确的是（ ）
A．穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大
B．穿过线圈的磁通量为零，感应电动势一定为零
C．穿过线圈的磁通量变化越大，感应电动势越大
D．穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大
要点二 导体切割磁感线产生的感应电动势
【例题2】如图所示，导体AB在做切割磁感线运动时，将产生一个电动势，因而在电路中有电流通过。下列说法中正确的是（ ）
A．因导体运动而产生的感应电动势称为感生电动势
B．动生电动势的产生与洛伦兹力有关
C．动生电动势的产生与电场力有关
D．动生电动势和感生电动势的产生原因是一样的
热功率之和
【答案】B
【解析】A、因导体运动而产生的感应电动势称为动生电动势，故A错误，
BC、动生电动势的产生与洛仑兹力有关，感生电动势与电场力做功有关，故B正确，C错误；
D、动生电动势和感生电动势的产生原因不一样，故D错误；
针对训练2．某空间出现了如图所示的一组闭合电场线，方向从上向下看是顺时针的，这可能是（ ）
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方向磁场恒定不变 D．沿BA方向磁场在迅速减弱
要点三 自感和涡流
【例题3】图甲和图乙是演示自感现象的两个电路图，L1和L2为电感线圈，A1、A2、A3都是规格相同的灯泡。实验时，断开开关Sl瞬间，A1突然闪亮，随后逐渐变暗；闭合开关S2，A2逐渐变亮，而A3立即变亮，最终A2与A3的亮度相同。下列说法正确的是（ ）
A．图甲中，A1电阻与L1的直流电阻相等
B．图乙中，变阻器R的接入电阻与L2的直流电阻相等
C．图甲中，闭合S1，电路稳定后，A1中的电流大于L1中的电流
D．图乙中，闭合S2瞬间，L2中的电流与变阻器R中的电流相等
【答案】B
【解析】A、图甲中，灯泡A1有电阻，L1的为自感系数很大的自感线圈，电路正常工作后，不考虑电阻，故A错误；
B、图乙中，因为要观察两只灯泡发光的亮度变化，两个支路的总电阻相同，因两个灯泡电阻相同，所以变阻器R与L2的电阻值相同，故B正确；
C、图甲中，闭合S1，电路稳定后，灯泡A1短路，无电流，故C错误；
D、图乙中，闭合S2瞬间，L2对电流由阻碍作用，所以L2中电流与变阻器R中电流不相等，故D错误。
针对训练3. 如图所示的电路中，AB是相同的两小灯，L是一个带铁芯的线圈，电阻可不计，调节R，电路稳定时两灯都正常发光，在开关合上和断开时（ ）
A．两灯同时点亮、同时熄灭
B．合上S时，B比A先到达正常发光状态
C．断开S时，A灯会突然闪亮一下后再熄灭
D．断开S时，通过B灯的电流方向与原电流方向相同
随堂巩固
1．一个线圈接通电路时，通过它的电流变化率为10A/S，产生的自感电动势为3.0V，切断电路时，电流的变化率为50A/S，产生的自感电动势为 V，这个线圈的自感系数为 。
2．一个共有10匝的闭合矩形线圈，总电阻为10Ω，置于水平面上．若线圈内的磁通量在0.02s内，由垂直纸面向里，从0.02wb均匀增加到0.06wb，则在此时间内，线圈内导线的感应电流大小为 A．
3．转笔是一项用不同的方法与技巧、以手指来转动笔的休闲活动，如图所示，转笔深受广大中学生的喜爱，其中也包含了许多的物理知识，假设某转笔高手能让笔绕其手指上的某一点O做匀速圆周运动，下列有关该同学转笔中涉及到的物理知识的叙述正确的是（ ）
A．笔杆上的点离O点越近的，做圆周运动的向心加速度越大
B．笔杆上的各点做圆周运动的力是由向心力提供的
C．笔尖上的小钢珠在快速的转动随笔一起做离心运动
D．若该同学使用的是金属笔杆，且考虑地磁场的影响，金属笔杆两端 可能会形成电势差
4．用图象描述物理量之间的关系具有更加直观的特点。下列四幅描述物理量关系的图象中正确的是（ ）
A．真空中两点电荷间库仑力F与距离r间的关系
B．电容器的电容与所带电荷量Q间的关系
C．单匝闭合线圈中感应电动势与磁通量变化量△φ间的关系
D．闭合电路中电源输出功率P与外电路电阻R大小间的关系
5．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
课时检测
选择题
1．如图所示，在一根一端封闭、内壁光滑的直管MN内有一个带正电的小球，空间中充满竖直向下的匀强磁场。开始时，直管水平放置，且小球位于管的封闭端M处。现使直管沿水平方向向右匀速运动，经一段时间后小球到达管的开口端N处。在小球从M到N的过程中（ ）
A．磁场对小球做正功 B．直管对小球做正功
C．小球所受磁场力的方向不变 D．小球的运动轨迹是一直线
2．如图所示，一闭合金属圆环用绝缘细绳挂于O点，将圆环拉离平衡位置并释放，圆环摆动过程中经过匀强磁场区域，则（ ）
A．圆环向右穿过磁场后，不能摆至原高度
B．在进入和离开磁场时，圆环中感应电流方向相同
C．圆环进入磁场后，感应电流方向不变
D．圆环最终停止在最低点
3．如图所示电路中，A、B是两个完全相同的灯泡，L是一个电阻可忽略的电感线圈，当S闭合与断开时，A、B的亮度情况是（ ）
A．S闭合时，B比A先亮，然后A逐渐熄灭
B．S闭合时，B立即亮，然后逐渐熄灭
C．S闭合足够长时间后，B发光，而A不发光
D．S断开时，A立即熄灭，而B逐渐熄灭
4．如图所示电路中，电源内阻和线圈L的电阻均不计，K合上前，电路中的电流I＝．合上K瞬间，线圈中的自感电动势（ ）
A．有阻碍电流的作用，最后电流总小于I
B．有阻碍电流的作用，最后电流总小于2I
C．有阻碍电流增大的作用，电流保持I不变
D．有阻碍电流增大的作用，但最后电流还是要增大到2I
5．在如图所示的电路中，A1和A2是两个完全相同的灯泡，线圈L的自感系数足够大，电阻不可忽略。下列说法中正确的是（ ）
A．断开开关S时，A2闪亮一下再熄灭
B．断开开关S时，A1和A2都立即熄灭
C．断开开关S时，流过A2的电流方向向右
D．合上开关S时，A2先亮，A1后亮，最后亮度不一样
6．如图所示的电路中，a、b、c为三个完全相同的灯泡，L是一个自感系数很大、直流电阻为零的自感线圈，E为电源，S为开关。关于三个灯泡，下列说法正确的是（ ）
A．合上开关，c、b先亮，a后亮
B．合上开关一段时间后，a、b、c一样亮
C．断开开关，b、c同时熄灭，a缓慢熄灭
D．断开开关，c马上熄灭，b闪一下后和a一起缓慢熄灭
7．如图所示的电路中，L为一个自感系数很大、直流电阻不计的线圈，D1、D2是两个完全相同的灯泡，E是一内阻不计的电源。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分别表示通过灯泡D1和D2的电流，规定图中箭头所示的方向为电流正方向，以下各图中能定性描述电流I随时间t变化关系的是（ ）
A． B．
C． D．
8．1916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
9．如图所示，竖直放置的“”形光滑导轨宽为L，矩形匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的高和间距均为d，磁场Ⅰ上边界标为AB，磁感应强度为B．质量为m的水平金属杆从AB上方由静止释放，进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等。金属杆在导轨间的电阻为R，与导轨接触良好，其余电阻不计，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．在两磁场之间的运动时间与穿过磁场Ⅰ的时间相等
B．若AB边界下方区域均有磁场，杆将一直减速至速度为零
C．杆穿过两个磁场区域产生的热量为3mgd
D．释放时距磁场Ⅰ上边界的高度h大于
10．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
11．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
12．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
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
14．如图，两根足够长的固定的光滑平行金属导轨位于倾角θ＝30°的固定斜面上，导轨上、下端分别接有阻值R1＝10Ω和R2＝30Ω的电阻，导轨自身电阻忽略不计，导轨宽度L＝2m，在整个导轨平面内都有垂直于导轨平面向上的匀强磁场，质量m＝0.1kg，电阻r＝2.5Ω的金属棒ab在较高处由静止释放，金属棒ab在下滑过程中始终与导轨垂直且与导轨接触良好当金属棒ab下滑距离s＝6m时，速度恰好达到最大值vm＝5m/s。（g＝10m/s2）求：
（1）磁感应强度B的大小；
（2）该过程中在整个电路上产生的焦耳热Q；
（3）该过程中通过电阻R1的电荷量q。
15．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？
第十部分 电磁感应
第34讲 法拉第电磁感应定律 自感、涡流(解析版)
1.能用法拉第电磁感应定律、公式E＝Blv计算感应电动势.
2.理解自感、涡流产生，并能分析实际应用．
一、法拉第电磁感应定律
1.感应电动势
(1)感应电动势：在电磁感应现象中产生的电动势.
(2)产生条件：穿过回路的磁通量发生改变，与电路是否闭合无关.
(3)方向判断：感应电动势的方向用楞次定律或右手定则判断.
2.法拉第电磁感应定律
(1)内容：闭合电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比.
(2)公式：E＝n，其中n为线圈匝数.
(3)感应电流与感应电动势的关系：遵循闭合电路的欧姆定律，即I＝.
(4)说明：①当ΔΦ仅由B的变化引起时，则E＝n；当ΔΦ仅由S的变化引起时，则E＝n；当ΔΦ由B、S的变化同时引起时，则E＝n≠n.②磁通量的变化率是Φ－t图象上某点切线的斜率.
3.导体切割磁感线时的感应电动势
(1)导体垂直切割磁感线时，感应电动势可用E＝Blv求出，式中l为导体切割磁感线的有效长度；
(2)导体棒在磁场中转动时，导体棒以端点为轴，在匀强磁场中垂直于磁感线方向匀速转动产生感应电动势E＝Bl＝Bl2ω(平均速度等于中点位置的线速度lω).
二、自感、涡流、电磁阻尼和电磁驱动
1.自感现象
(1)概念：由于导体本身的电流变化而产生的电磁感应现象称为自感，由于自感而产生的感应电动势叫做自感电动势.
(2)表达式：E＝L.
(3)自感系数L的影响因素：与线圈的大小、形状、匝数以及是否有铁芯有关.
2.涡流现象
(1)涡流：块状金属放在变化磁场中，或者让它在磁场中运动时，金属块内产生的旋涡状感应电流.
(2)产生原因：金属块内磁通量变化→感应电动势→感应电流.
3.电磁阻尼
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相对运动.
4.电磁驱动
如果磁场相对于导体转动，在导体中会产生感应电流使导体受到安培力而使导体运动起来.
1．如图所示，在光滑绝缘水平面上，有一铝质圆形金属球以一定的初速度通过有界匀强磁场，则从球开始进入磁场到完全穿出磁场过程中（磁场宽度大于金属球的直径），小球（ ）
A．由于磁场为匀强磁场所以整个过程匀速运动
B．进入磁场过程中球做减速运动，穿出过程做加速运动
C．小球完全在磁场内部时机械能守恒
D．穿出时的速度可能小于初速度
【答案】C
【解答】ABD、进入和离开磁场时，金属球切割磁感线产生感应电流，从而产生阻碍金属球运动的安培力；故两过程均做减速运动；
当全部进入磁场时，磁通量不变，故没有感应电流，金属球做匀速直线运动；所以小球穿出时的速度一定小于初速度，故ABD错误；
C、小球完全在磁场内部时做匀速直线运动，机械能守恒，故C正确。
2．如图所示，在光滑水平面上有宽度为d的匀强磁场区域，边界线MN平行于PQ，磁场方向垂直平面向下，磁感应强度大小为B，边长为L（L＜d）的正方形金属线框，电阻为R，质量为m，在水平向右的恒力F作用下，从距离MN为处由静止开始运动，线框右边到MN时速度与到PQ时的速度大小相等，运动过程中线框右边始终与MN平行，则下列说法正确的是（ ）
A．线框在进磁场和出磁场的过程中，通过线框横截面的电荷量不相等
B．线框的右边刚进入磁场时所受安培力的大小为
C．线框进入磁场过程中一直做加速运动
D．线框右边从MN运动到PQ的过程中，线框中产生的焦耳热小于Fd
【答案】B
【解答】A、线框在进磁场和出磁场的过程中，通过线框的磁通量变化量大小相等，根据q＝分析知通过线框横截面的电荷量相等。
B、线框进入磁场前过程，由动能定理得：F?＝，解得：v＝．线框受到的安培力为：F＝BIL＝BL＝。
C、线框右边到MN时速度与到PQ时速度大小相等，线框完全进入磁场过程不受安培力作用，线框完全进入磁场后做加速运动，由此可知，线框进入磁场过程做减速运动，；
D、线框右边到达MN、PQ时速度相等，线框动能不变，则该过程线框产生的焦耳热：Q＝Fd；
3．下列说法正确的是（ ）
A．电磁炉的工作原理是利用了自感现象的相关规律
B．日光灯只有在启动的瞬间，才发生了自感现象
C．变压器的铁芯是用多块彼此绝缘的硅钢片叠压制价而成，目的为了小减涡流
D．金属探测器的原理利用了X射线对不同硬物体的穿透能力不同
【答案】C
【解答】A、电磁炉的工作原理是利用了电磁感应现象，产生的涡流是由变化的磁场产生的，所加的电流是交流电，
B、日光灯正常发光后。由于交流电不断通过镇流器的线圈，线圈中产生自感电动势，自感电动势阻碍线圈中的电流变化，这时镇流器起降压限流的作用，使电流稳定在灯管的额定电流范围内，灯管两端电压也稳定在额定工作电压范围内；
C、变压器的铁芯不用一整块钢，是为了防止涡流损耗电能并烧毁变压器，多块硅钢片彼此绝缘，有效地减小了涡流；
D、金属探测器的原理是当探测线圈靠近金属物体时，在金属导体中就会产生电流
4．如图所示，匝数为100匝的线圈与电流表串联，在0.3s内把磁铁插入线圈，这段时间穿过线圈的磁通量由0增至1.2×10﹣3Wb．这个过程中线圈中的感应电动势为（ ）
A．0.4V B．4V C．0.004V D．40V
【答案】A
【解答】磁铁插入线圈，闭合线圈的磁通量发生变化，从而产生感应电动势，根据法拉第电磁感应定律得：E＝N＝100×V＝0.4V
要点一 法拉第电磁感应定律的理解
1．磁通量Φ、磁通量的变化量ΔΦ、磁通量的变化率的比较
比较项目
磁通量Φ
磁通量的变化量ΔΦ
磁通量的变化率
物理意义
某时刻穿过某个面的磁感线的条数
某一段时间内穿过某个面的磁通量的变化量
穿过某个面的磁通量变化的快慢
大小
Φ＝B·S，S是与B垂直的面的面积
ΔΦ＝Φ2－Φ1
ΔΦ＝B·ΔS
ΔΦ＝S·ΔB
＝B·
＝S·
注意
穿过某个面有方向相反的磁感线，则不能直接用Φ＝B·S求解，应考虑相反方向的磁通量抵消后所剩余的磁通量
开始时和转过180°时的平面都与磁场垂直，但穿过平面的磁通量是一正一负，ΔΦ＝2BS，而不是0
既不表示磁通量的大小，也不表示变化的多少。实际它就是单匝线圈上产生的电动势
附注
线圈平面与磁感线平行时，Φ＝0，但最大
线圈平面与磁感线垂直时，Φ最大，但＝0
2．法拉第电磁感应定律应用的三种情况
(1)磁通量的变化是由面积变化引起时，ΔΦ＝B·ΔS，则E＝n·B。
(2)磁通量的变化是由磁场变化引起时，ΔΦ＝ΔB·S，则E＝n，S是磁场范围内的有效面积。
(3)磁通量的变化是由于面积和磁场变化共同引起的，则根据定义求，ΔΦ＝Φ末－Φ初，E＝n≠n。
3．应用法拉第电磁感应定律应注意的三个问题
(1)公式E＝n求解的是一个回路中某段时间内的平均电动势，在磁通量均匀变化时，瞬时值才等于平均值。
(2)利用公式E＝nS求感应电动势时，S为线圈在磁场范围内的有效面积。
(3)通过回路截面的电荷量q仅与n、ΔΦ和回路电阻R有关，与时间长短无关。推导如下：q＝Δt＝Δt＝。
要点二 导体切割磁感线产生的感应电动势
1．导体平动切割磁感线
对于导体平动切割磁感线产生感应电动势的计算式E＝Blv，应从以下几个方面理解和掌握。
(1)正交性
本公式是在一定条件下得出的，除了磁场是匀强磁场，还需B、l、v三者相互垂直。实际问题中当它们不相互垂直时，应取垂直的分量进行计算，公式可为E＝Blvsinθ，θ为B与v方向间的夹角。
(2)平均性
导体平动切割磁感线时，若v为平均速度，则E为平均感应电动势，即＝Bl。
(3)瞬时性
若v为瞬时速度，则E为相应的瞬时感应电动势。
(4)有效性
公式中的l为有效切割长度，即导体与v垂直的方向上的投影长度。下图中有效长度分别为：
甲图：l＝cdsinβ(容易错算成l＝absinβ)。
乙图：沿v1方向运动时，l＝MN；
沿v2方向运动时，l＝0。
丙图：沿v1方向运动时，l＝R；
沿v2方向运动时，l＝0；
沿v3方向运动时，l＝R。
(5)相对性
E＝Blv中的速度v是相对于磁场的速度，若磁场也运动时，应注意速度间的相对关系。
2．导体转动切割磁感线
当导体在垂直于磁场的平面内，绕一端以角速度ω匀速转动时，产生的感应电动势为E＝Bl＝Bl2ω，如图甲所示。
(1)以中点为轴时，E＝0(不同两段的代数和)。
(2)以端点为轴时，E＝Bωl2(平均速度取中点位置时的线速度ωl)。
(3)以任意点为轴时，E＝Bω(l－l)(不同两段的代数和)。
(4)长为l的导体棒AB绕其延长线上的O点(OA＝r)匀速转动时，电动势为E＝Bl＝Bl＝Bl，如图乙所示。
(5)E＝BωL2的另一种推导方法：
长为L的导体棒在磁感应强度为B的匀强磁场中匀速转过θ角度时，所用时间为Δt，扇形面积S＝L2，则ΔΦ＝BS＝BL2，所以E＝＝BL2＝BωL2。
3．公式E＝n与E＝Blv的区别与联系
E＝n
E＝Blv
区别
研究对象
闭合回路
回路中做切割磁感线运动的那部分导体
研究内容
(1)求的是Δt时间内的平均感应电动势，E与某段时间或某个过程对应
(2)Δt→0时E为瞬时感应电动势
(1)若v为瞬时速度，则求的是瞬时感应电动势
(2)若v为平均速度，则求的是平均感应电动势
适用范围
对任何电路普遍适用
只适用于导体切割磁感线运动的情况
联系
(1)E＝Blv可由E＝n在一定条件下推导出来
(2)当导体切割磁感线运动时用E＝Blv求E方便，当得知穿过回路的磁通量发生变化情况时，用E＝n求E比较方便
要点三 自感和涡流
1．自感现象的四大特点
(1)自感电动势总是阻碍导体中原电流的变化。
(2)通过线圈中的电流不能发生突变，只能缓慢变化。
(3)电流稳定时，自感线圈就相当于普通导体。
(4)线圈的自感系数越大，自感现象越明显，自感电动势只是延缓了过程的进行，但它不能使过程停止，更不能使过程反向。
2．自感现象中“闪亮”与“不闪亮”问题
与线圈串联的灯泡
与线圈并联的灯泡
电路图
续表
与线圈串联的灯泡
与线圈并联的灯泡
通电时
电流逐渐增大，灯泡逐渐变亮
电流突然增大，然后逐渐减小达到稳定
断电时
电流逐渐减小，灯泡逐渐变暗，电流方向不变
电路中稳态电流为I1、I2：
①若I2≤I1，灯泡逐渐变暗；
②若I2＞I1，灯泡闪亮后逐渐变暗。两种情况灯泡中电流方向均改变
3.通电自感与断电自感有何区别与联系
通电自感
断电自感
电路图
器材
规格
A1、A2同规格，R＝RL，L较大
RL?RA
现象
在S闭合瞬间，A2灯立即亮起来，A1灯逐渐变亮，最终一样亮
在开关S断开时，灯A突然闪亮一下后渐渐熄灭
原因
由于开关闭合时，流过电感线圈的电流迅速增大，使线圈产生自感电动势，阻碍了电流的增大，使流过A1灯的电流比流过A2灯的电流增加得慢
断开开关S时，流过线圈L的电流减小，产生自感电动势，阻碍了电流的减小，且在S断开后，在A灯和线圈L间形成闭合回路，通过L的电流反向通过A灯，由于RL?RA，使得流过A灯的电流在开关断开瞬间突然增大，随后逐渐减小
能量转化情况
电能转化为磁场能
磁场能转化为电能
4.处理自感现象问题的技巧
(1)通电自感：线圈相当于一个变化的电阻——阻值由无穷大逐渐减小，通电瞬间自感线圈处相当于断路。
(2)断电自感：断电时自感线圈处相当于电源，自感电动势由某值逐渐减小到零。
(3)电流稳定时，理想的自感线圈相当于导体，非理想的自感线圈相当于定值电阻。
5．涡流
(1)涡流的产生与应用
线圈中的电流变化时，在附近导体中产生感应电流，这种电流在导体内形成闭合回路，很像水的漩涡，因此把它叫做涡电流，简称涡流。在冶炼炉、电动机、变压器、探雷器等实际应用中都存在着涡流。
(2)涡流的两种效应
①热效应：由于导体存在电阻，当电流在导体中流动时，就会产生电热，这就是涡流的热效应。
②磁效应
a．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的作用，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。
b．电磁驱动：当磁场相对于导体运动时，感应电流会使导体受到安培力的作用，安培力使导体运动起来，这种现象称为电磁驱动。
c．电磁阻尼与电磁驱动的比较
电磁阻尼
电磁驱动
不同点
成因
由于导体在磁场中运动而产生感应电流，从而使导体受到安培力
由于磁场运动引起磁通量的变化而产生感应电流，从而使导体受到安培力
效果
安培力的方向与导体运动方向相反，阻碍导体运动
导体受安培力的方向与导体运动方向相同，推动导体运动
能量转化
导体克服安培力做功，其他形式能转化为电能，最终转化为内能
由于电磁感应，磁场能转化为电能，通过安培力做功，电能转化为导体的机械能，从而对外做功
相同点
两者都是电磁感应现象，都遵循楞次定律，都是安培力阻碍引起感应电流的导体与磁场间的相对运动
要点一 法拉第电磁感应定律的理解
【例题1】当穿过线圈的磁通量发生变化时，下列说法中正确的是( ) A．线圈中一定有感应电流 B．线圈中一定有感应电动势 C．感应电动势的大小跟磁通量的变化成正比 D．感应电动势的大小跟线圈的电阻有关 【答案】B
【解析】穿过闭合电路的磁通量发生变化时才会产生感应电流，感应电动势与电路是否闭合无关，且感应电动势的大小跟磁通量的变化率成正比．
针对训练1．对于法拉第电磁感应定律 ，下面理解正确的是（ ）
A．穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大
B．穿过线圈的磁通量为零，感应电动势一定为零
C．穿过线圈的磁通量变化越大，感应电动势越大
D．穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大
【答案】D
【解析】法拉第电磁感应定律得：是比值定义式，感应电动势与穿过线圈的磁通量的大小，所用的时间，没有正反比关系，感应电动势与磁通量的变化率成正比。
要点二 导体切割磁感线产生的感应电动势
【例题2】如图所示，导体AB在做切割磁感线运动时，将产生一个电动势，因而在电路中有电流通过。下列说法中正确的是（ ）
A．因导体运动而产生的感应电动势称为感生电动势
B．动生电动势的产生与洛伦兹力有关
C．动生电动势的产生与电场力有关
D．动生电动势和感生电动势的产生原因是一样的
【答案】A
【解析】A、因导体运动而产生的感应电动势称为动生电动势，故A错误，
BC、动生电动势的产生与洛仑兹力有关，感生电动势与电场力做功有关，故B正确，C错误；
D、动生电动势和感生电动势的产生原因不一样，故D错误；
针对训练2．某空间出现了如图所示的一组闭合电场线，方向从上向下看是顺时针的，这可能是（ ）
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方向磁场恒定不变 D．沿BA方向磁场在迅速减弱
【答案】A
【解析】由安培定则可知，感应电场产生的磁场方向竖直向下，
A、B、如果磁场方向沿AB，则感应磁场与原磁场方向相同，由楞次定律可知，原磁场在减弱，故A正确，B错误；
C、如果磁场的大小不变，则不能产生感应电流。故C错误；
D、如果磁场沿BA方向，则感应磁场方向与原磁场方向相反，由楞次定律可知，原磁场方向在增强，故D错误；
要点三 自感和涡流
【例题3】图甲和图乙是演示自感现象的两个电路图，L1和L2为电感线圈，A1、A2、A3都是规格相同的灯泡。实验时，断开开关Sl瞬间，A1突然闪亮，随后逐渐变暗；闭合开关S2，A2逐渐变亮，而A3立即变亮，最终A2与A3的亮度相同。下列说法正确的是（ ）
A．图甲中，A1电阻与L1的直流电阻相等
B．图乙中，变阻器R的接入电阻与L2的直流电阻相等
C．图甲中，闭合S1，电路稳定后，A1中的电流大于L1中的电流
D．图乙中，闭合S2瞬间，L2中的电流与变阻器R中的电流相等
【答案】B
【解析】A、图甲中，灯泡A1有电阻，L1的为自感系数很大的自感线圈，电路正常工作后，不考虑电阻，故A错误；
B、图乙中，因为要观察两只灯泡发光的亮度变化，两个支路的总电阻相同，因两个灯泡电阻相同，所以变阻器R与L2的电阻值相同，故B正确；
C、图甲中，闭合S1，电路稳定后，灯泡A1短路，无电流，故C错误；
D、图乙中，闭合S2瞬间，L2对电流由阻碍作用，所以L2中电流与变阻器R中电流不相等，故D错误。
针对训练3. 如图所示的电路中，AB是相同的两小灯，L是一个带铁芯的线圈，电阻可不计，调节R，电路稳定时两灯都正常发光，在开关合上和断开时（ ）
A．两灯同时点亮、同时熄灭
B．合上S时，B比A先到达正常发光状态
C．断开S时，A灯会突然闪亮一下后再熄灭
D．断开S时，通过B灯的电流方向与原电流方向相同
【答案】B
【解析】AB、合上时，通过线圈的电流在增大，导致线圈出现自感电动势，从而阻碍灯泡A的电流增大，则B比A先到达正常发光状态，故A错误，B正确；
CD、断开开关S的瞬间，因灯泡相同，则电流相等，所以两灯会慢慢熄灭，但不会闪亮一下，且通过A灯的电流方向与原电流方向相同
随堂巩固
1．一个线圈接通电路时，通过它的电流变化率为10A/S，产生的自感电动势为3.0V，切断电路时，电流的变化率为50A/S，产生的自感电动势为 15 V，这个线圈的自感系数为 0.3H 。
【答案】15，0.3H
【解答】自感电动势公式E＝L，结合电流变化率为10A/s，产生的自感电动势为2.0V；
则有：L＝＝＝0.3V?s/A＝0.3H，
当切断电路时，电流变化率为50A/s，
产生的自感电动势是E′＝L＝0.3×50V＝15V，
2．一个共有10匝的闭合矩形线圈，总电阻为10Ω，置于水平面上．若线圈内的磁通量在0.02s内，由垂直纸面向里，从0.02wb均匀增加到0.06wb，则在此时间内，线圈内导线的感应电流大小为 2 A．
【答案】2
【解答】解：感应电动势E＝n＝10×V＝20V
感应电流的大小I＝＝A＝2A．
3．转笔是一项用不同的方法与技巧、以手指来转动笔的休闲活动，如图所示，转笔深受广大中学生的喜爱，其中也包含了许多的物理知识，假设某转笔高手能让笔绕其手指上的某一点O做匀速圆周运动，下列有关该同学转笔中涉及到的物理知识的叙述正确的是（ ）
A．笔杆上的点离O点越近的，做圆周运动的向心加速度越大
B．笔杆上的各点做圆周运动的力是由向心力提供的
C．笔尖上的小钢珠在快速的转动随笔一起做离心运动
D．若该同学使用的是金属笔杆，且考虑地磁场的影响，金属笔杆两端 可能会形成电势差
【答案】D
【解答】A、由向心加速度公式an＝ω2R，笔杆上的点离O点越近的，做圆周运动的向心加速度越小
B、杆上的各点做圆周运动的向心力是由杆的弹力提供的
C、当转速过大时，当提供的向心力小于需要向心力，出现笔尖上的小钢珠有可能做离心运动被甩走
D、当金属笔杆转动时，切割地磁场，从而产生感应电动势，金属笔杆两端 可能会形成电势差
4．用图象描述物理量之间的关系具有更加直观的特点。下列四幅描述物理量关系的图象中正确的是（ ）
A．真空中两点电荷间库仑力F与距离r间的关系
B．电容器的电容与所带电荷量Q间的关系
C．单匝闭合线圈中感应电动势与磁通量变化量△φ间的关系
D．闭合电路中电源输出功率P与外电路电阻R大小间的关系
【答案】D
【解答】A、由库仑定律得：F＝k，F与r2成反比
B、由电容的定义式知：C＝，在电压不变时电容器的电容与所带电荷量Q成正比C、由法拉第电磁感应定律知：E＝，若时间不变，则单匝闭合线圈中感应电动势与磁通量变化量△φ成正比，图象应为倾斜直线
D、电源的输出功率为：P＝I2R＝，根据数学知识分析得知，当r＝R时，输出功率最大，当r＜R随R增大，输出功率增大，当r＞R随R增大，输出功率减小
5．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
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
课时检测
选择题
1．如图所示，在一根一端封闭、内壁光滑的直管MN内有一个带正电的小球，空间中充满竖直向下的匀强磁场。开始时，直管水平放置，且小球位于管的封闭端M处。现使直管沿水平方向向右匀速运动，经一段时间后小球到达管的开口端N处。在小球从M到N的过程中（ ）
A．磁场对小球做正功 B．直管对小球做正功
C．小球所受磁场力的方向不变 D．小球的运动轨迹是一直线
【答案】B
【解答】A、洛伦兹力总是与速度垂直，不做功；
B、对小球受力分析，受重力、支持力和洛伦兹力，其中重力和洛伦兹力不做功，而动能增加，根据动能定理可知，直管对小球的支持力做正功；
CD、设管子运动速度为v1，小球垂直于管子向右的分运动是匀速直线运动。小球沿管子方向受到洛伦兹力的分力F1＝qv1B，q、v1、B均不变，F1不变，则小球沿管子做匀加速直线运动，与平抛运动类似，小球运动的轨迹是一条抛物线，洛伦兹力方向不断变化。
2．如图所示，一闭合金属圆环用绝缘细绳挂于O点，将圆环拉离平衡位置并释放，圆环摆动过程中经过匀强磁场区域，则（ ）
A．圆环向右穿过磁场后，不能摆至原高度
B．在进入和离开磁场时，圆环中感应电流方向相同
C．圆环进入磁场后，感应电流方向不变
D．圆环最终停止在最低点
【答案】A
【解答】A、圆环向右穿过磁场后，会产生电流，圆环中将产生焦耳热，根据能量守恒知圆环的机械能将转化为电能，所以回不到原来的高度了
B、当圆环进入或离开磁场区域时磁通量发生变化，会产生电流，根据楞次定律可知，感应电流的方向相反。
C、整个圆环进入磁场后，磁通量不发生变化，不产生感应电流
D、在圆环不断经过磁场，机械能不断损耗过程中圆环越摆越低，最后整个圆环只会在磁场区域来回摆动，因为在此区域内没有磁通量的变化（一直是最大值），所以机械能守恒，即圆环最后的运动状态为在磁场区域来回摆动，而不是静止在平衡位置。
3．如图所示电路中，A、B是两个完全相同的灯泡，L是一个电阻可忽略的电感线圈，当S闭合与断开时，A、B的亮度情况是（ ）
A．S闭合时，B比A先亮，然后A逐渐熄灭
B．S闭合时，B立即亮，然后逐渐熄灭
C．S闭合足够长时间后，B发光，而A不发光
D．S断开时，A立即熄灭，而B逐渐熄灭
【答案】C
【解答】ABC、S闭合之后，由于L的阻碍作用AB立即亮，之后，由于L的阻碍作用之后，L的直流电阻为零，A被短路，B发光，而A不发光；
D、S断开后，A与线圈构成回路，会逐渐熄灭，B和电容构成回路，不会立即熄灭；
4．如图所示电路中，电源内阻和线圈L的电阻均不计，K合上前，电路中的电流I＝．合上K瞬间，线圈中的自感电动势（ ）
A．有阻碍电流的作用，最后电流总小于I
B．有阻碍电流的作用，最后电流总小于2I
C．有阻碍电流增大的作用，电流保持I不变
D．有阻碍电流增大的作用，但最后电流还是要增大到2I
【解答】当K闭合时，电阻R被短路，导致电流增大，线圈中出现自感电动势，从而阻碍电流的增大，因电阻减一半，根据闭合电路欧姆定律可知，电流要增大到2I；
5．在如图所示的电路中，A1和A2是两个完全相同的灯泡，线圈L的自感系数足够大，电阻不可忽略。下列说法中正确的是（ ）
A．断开开关S时，A2闪亮一下再熄灭
B．断开开关S时，A1和A2都立即熄灭
C．断开开关S时，流过A2的电流方向向右
D．合上开关S时，A2先亮，A1后亮，最后亮度不一样
【答案】D
【解答】A、B、稳定后当电键S断开后，由于自感，线圈中的电流只能慢慢减小，其相当于电源，线圈L、灯A2与灯A1构成闭合回路放电，两灯都过一会儿熄灭，由于A1电流较小，则灯A2不会出现闪亮一下，故A错误；
C、由于自感，线圈中的电流只能慢慢减小，其相当于电源，所以流过灯A2的电流方向向左；
D、当电键K闭合时，灯A2立即发光。通过线圈L的电流增大，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律线圈产生的感应电动势与原来电流方向相反，阻碍电流的增大，电路的电流只能逐渐增大，灯A1逐渐亮起来；所以灯A2比灯A1先亮。由于线圈直流电阻不可忽略，当电流逐渐稳定时，线圈不产生感应电动势，灯A1电流较小，所以亮度不相同；
6．如图所示的电路中，a、b、c为三个完全相同的灯泡，L是一个自感系数很大、直流电阻为零的自感线圈，E为电源，S为开关。关于三个灯泡，下列说法正确的是（ ）
A．合上开关，c、b先亮，a后亮
B．合上开关一段时间后，a、b、c一样亮
C．断开开关，b、c同时熄灭，a缓慢熄灭
D．断开开关，c马上熄灭，b闪一下后和a一起缓慢熄灭
【答案】A
【解答】A、开关S闭合瞬间，因线圈L的电流增大，导致出现自感电动势，阻碍电流的增大，则b、c先亮，a后亮。
B、合上开关一段时间后，因线圈中电流恒定，则相当于导线，所以a、b一样亮，通过c的电流是a、b的电流之和，故c比a、b更亮
CD、断开开关S的瞬间，由自感的特性可知L和a、b组成的回路中有电流，导致a、b一起缓慢熄灭，而c没有电流通过，则马上熄灭，a、b、c为三个完全相同的灯泡，而线圈的直流电阻不计，则开关断开之前a与b的电流是相等的，b不能闪一下
7．如图所示的电路中，L为一个自感系数很大、直流电阻不计的线圈，D1、D2是两个完全相同的灯泡，E是一内阻不计的电源。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分别表示通过灯泡D1和D2的电流，规定图中箭头所示的方向为电流正方向，以下各图中能定性描述电流I随时间t变化关系的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【解答】AB、电键闭合时，电感阻碍电流变化，L为一个自感系数很大、直流电阻不计的线圈，所以电感的阻碍慢慢减小，即流过电感的电流增大，所以I1慢慢减小，最后稳定时电感相当于一根导线，I1为0；电感阻碍自身电流变化，产生的感应电流流过电灯D1，其方向与规定图示流过电灯D1的方向相反，I1慢慢减小最后为0．
CD、电键闭合时，电感阻碍电流变化，L为一个自感系数很大、直流电阻不计的线圈，电感的阻碍慢慢减小，即流过电感的电流增大，所以I2慢慢增大，最后稳定，断开电键，原来通过D2的电流立即消失。
8．1916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；
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。
9．如图所示，竖直放置的“”形光滑导轨宽为L，矩形匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的高和间距均为d，磁场Ⅰ上边界标为AB，磁感应强度为B．质量为m的水平金属杆从AB上方由静止释放，进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等。金属杆在导轨间的电阻为R，与导轨接触良好，其余电阻不计，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．在两磁场之间的运动时间与穿过磁场Ⅰ的时间相等
B．若AB边界下方区域均有磁场，杆将一直减速至速度为零
C．杆穿过两个磁场区域产生的热量为3mgd
D．释放时距磁场Ⅰ上边界的高度h大于
【答案】D
【解答】A、金属杆在无场区做匀加速运动，而金属杆进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度，所以金属杆刚进入磁场Ⅰ时做减速运动，加速度方向方向竖直向上；金属杆在磁场Ⅰ运动时，随着速度减小，产生的感应电流减小，受到的安培力减小，合力减小，加速度减小，所以金属杆在磁场Ⅰ中做加速度减小的减速运动，在两个磁场之间做匀加速运动，由题知，金属杆进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等，所以金属杆在磁场Ⅰ中运动的平均速度小于在两磁场之间运动的平均速度，两个过程位移相等，所以金属杆穿过磁场Ⅰ的时间大于在两磁场之间的运动时间。
B、若AB边界下方区域均有磁场，杆减速运动到安培力和重力相等时做匀速直线运动；
C、金属杆从刚进入磁场Ⅰ到刚进入磁场Ⅱ的过程，由能量守恒定律得：2mgd＝Q，金属杆通过磁场Ⅱ时产生的热量与通过磁场Ⅰ时产生的热量相同，所以总热量为Q总＝2Q＝4mgd。
D、设金属杆释放时距磁场Ⅰ上边界的高度为H时进入磁场Ⅰ时刚好匀速运动，则有mg＝BIL＝，又v＝，联立解得：H＝；由于金属杆进入磁场Ⅰ时做减速运动，所以高度h一定大于H。
10．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；
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；
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：；
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；
11．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；
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；
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；
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；
12．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
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
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
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
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。
二、计算题
14．如图，两根足够长的固定的光滑平行金属导轨位于倾角θ＝30°的固定斜面上，导轨上、下端分别接有阻值R1＝10Ω和R2＝30Ω的电阻，导轨自身电阻忽略不计，导轨宽度L＝2m，在整个导轨平面内都有垂直于导轨平面向上的匀强磁场，质量m＝0.1kg，电阻r＝2.5Ω的金属棒ab在较高处由静止释放，金属棒ab在下滑过程中始终与导轨垂直且与导轨接触良好当金属棒ab下滑距离s＝6m时，速度恰好达到最大值vm＝5m/s。（g＝10m/s2）求：
（1）磁感应强度B的大小；
（2）该过程中在整个电路上产生的焦耳热Q；
（3）该过程中通过电阻R1的电荷量q。
【解答】（1）切割产生的感应电动势为：E＝BLv
外电路的总电阻为W外＝＝7.5Ω
根据闭合电路的欧姆定律得：I＝
安培力为FA＝BIL
当加速度a为零时，速度达到最大，有mgsinθ＝
联立解得：B＝0.5T
（2）金属棒下滑过程中根据能量守恒定律可得：
mgssinθ＝mvm2+Q总
代入数据解得：Q总＝1.75J
（2）根据电磁感应定律有：＝n
根据闭合电路欧姆定律有：＝
感应电荷量为q＝△t
联立解得：q＝＝
代入数据解得：q＝0.6C
通过电阻R1的电荷量q1＝q＝0.45C。
【答案】（1）0.5T；（2）1.75J；（3）0.45C。
15．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。
【答案】（1）b端电势高于a端电势；﹣2V；（2）3N
