课件42张PPT。章末专题归纳1．楞次定律是判断感应电流方向的普遍规律，右手定则则主要适用于导体切割磁感线的特殊情况。
2．感应电流的“效果”总是要“阻碍”引起感应电流的“原因”，常见的有：阻碍原磁通量变化——减同增异；阻碍导体的相对运动—— 来拒去留；改变线圈面积来“反抗”扩大或缩小；阻碍原电流的变化(自感现象)。利用以上楞次定律的扩展含义，可帮助我们对问题作出快速判断。专题一 感应电流方向的判断3．要注意区分左手定则和右手定则的应用，左手定则用来判断电流或运动电荷在磁场中的受力情况；右手定则用来判断导体在磁场中切割磁感线而产生感应电流的方向。
4．在电源内部，感应电流的方向由电源的负极指向正极，这是确定感应电动势方向的依据。[例 1] 如图4－1所示，两个线圈套在同一个铁芯上，线圈的绕向如图，左线圈连着平行导轨M和N，导轨电阻不计，在导轨垂直方向上放着金属棒ab，金属棒处于垂直纸面向外的匀强磁场中，下列说法中正确的是图4－1A．当金属棒向右匀速运动时，a点电势高于b点，c点电势高于d点
B．当金属棒向右匀速运动时，b点电势高于a点，c点电势高于d点
C．当金属棒向右加速运动时，a点电势高于b点，c点电势高于d点
D．当金属棒向右加速运动时，b点电势高于a点，d点电势高于c点[思路引导] ab匀速运动时，穿过右侧线圈的磁通量不变→cd等势；ab变速运动时→cd不等势→右手定则与安培定则结合即可判断。 [解析] 当金属棒向右匀速运动而切割磁感线时，金属棒产生恒定感应电动势，由右手定则判断电流方向由a→b。根据电流从电源(ab相当于电源)正极流出沿外电路回到电源负极的特点，可以判断b点电势高于a点。又左线圈中的感应电动势恒定，则感应电流也恒定，所以穿过右线圈的磁通量保持不变，不产生感应电流。当ab向右做加速运动时，由右手定则可推断φb＞φa，电流沿逆时针方向。ab金属棒两端的E不断增大，那么左边电路中的感应电流也不断增大，由安培定则可判断它在铁芯中的磁感线方向是沿逆时针方向的，并且磁感应强度不断增强，所以右边电路的线圈中的向上的磁通量不断增加。由楞次定律可判断右边电路的感应电流方向应沿逆时针，而在右线圈组成的电路中，感应电动势仅产生在绕在铁芯上的那部分线圈上，把这个线圈看做电源，由于电流是从c沿内电路(即右线圈)流向d，所以d点电势高于c点。
[答案] D1．如图4－2所示，为几个有理想边界的磁场区域，相邻区域的磁感应强度B大小相等、方向相反，区域的宽度均为L。现有一边长为L的正方形导线框由图示位置开始，沿垂直于区域边界的直线匀速穿过磁场区域，速度大小为v。设逆时针方向为电流的正方向，下列各图能正确反映线框中感应电流的是［变式训练］图4－2答案 D1．图像类型及关联知识专题二 电磁感应中的图像问题3．电磁感应中图像类选择题的两个常见解法
(1)排除法：定性地分析电磁感应过程中物理量的变化趋势(增大还是减小)、变化快慢(均匀变化还是非均匀变化)，特别是物理量的正负，排除错误的选项。
(2)函数法：根据题目所给条件定量地写出两个物理量之间的函数关系，然后由函数关系对图像作出分析和判断，这未必是最简捷的方法，但却是最有效的方法。[例 2] (多选)一个圆形闭合线圈固定在垂直纸面的匀强磁场中，线圈平面与磁场方向垂直，如图4－3甲所示。设垂直于纸面向里的磁感应强度方向为正，线圈中顺时针方向的感应电流为正。已知圆形线圈中感应电流i随时间变化的图像如图4－3乙所示，则线圈所在处的磁场的磁感应强度随时间变化的图像可能是图4－4中的图4－3图4－4 [思路引导]
①磁感应强度向里为正、感应电流顺时针方向为正。
②判断方法：一是由“因”→“果”：由磁场B的变化→感应电流磁场方向→感应电流方向。
二是由“果”→“因”：感应电流方向→感应电流磁场方向→磁场B的变化情况。[解析] 按由“果”→“因”进行分析，分析流程如下：2．如图4－5所示，三条平行虚线位于纸面内，中间虚线两侧有方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度等大反向，菱形闭合导线框ABCD位于纸面内且对角线AC与虚线垂直，磁场宽度与对角线AC长均为d，现使线框沿AC方向匀速穿过磁场，以逆时针方向为感应电流的正方向，则从C点进入磁场到A点离开磁场的过程中，线框中电流i随时间t的变化关系可能是［变式训练］图4－5解析 本题疑难点在于导线框处于两个磁场中情况的判断。导线框ABCD在进入左边磁场时，由楞次定律和安培定则可以判断出感应电流的方向应为正方向，选项B、C不可能；当导线框ABCD一部分在左磁场区，另一部分在右磁场区时，回路中的最大电流要加倍，方向与刚进入时的方向相反，选项D可能，选项A不可能。
答案 D[规范审题与答题]
[例 3] 图4－6所示，“凸”字形硬质金属线框质量为m，相邻各边互相垂直，且处于同一竖直平面内，ab边长为l，cd边长为2l，ab与cd平行，间距为2l。匀强磁场区域的上下边界均水平，磁场方向垂直于线框所在平面。开始时，cd边到磁场上边界的距离为2l，线框由静止释放，从cd边进入磁场直到ef、pq边进入磁场前，线框做匀速运动。在ef、pq边离开磁场后，ab边离开磁场之前，线框又做匀速运动。线框完全穿过磁场过程中产生的热量为Q。线框在下落过程中始终处于原竖直平面内，且ab、cd边保持水平、重力加速度为g。求专题三 电磁感应中的力电综合问题图4－6 (1)线框ab边将离开磁场时做匀速运动的速度大小是cd边刚进入磁场时的几倍？
(2)磁场上下边界间的距离H。3．(2019·天津卷)如图4－7所示，固定在水平面上间距为l的两条平行光滑金属导轨，垂直于导轨放置的两根金属棒MN和PQ长度也为l、电阻均为R，两棒与导轨始终接触良好。MN两端通过开关S与电阻为R的单匝金属线圈相连，线圈内存在竖直向下均匀增加的磁场，磁通量变化率为常量k。图中虚线右侧有垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。PQ的质量为m，金属导轨足够长，电阻忽略不计。［变式训练］图4－7(1)闭合S，若使PQ保持静止，需在其上加多大的水平恒力F，并指出其方向；
(2)断开S，PQ在上述恒力作用下，由静止开始到速度大小为v的加速过程中流过PQ的电荷量为q，求该过程安培力做的功W。第四章 电磁感应
(本卷满分100分，考试用时90分钟)
一、单项选择题(本题共8小题，每小题4分，共32分)
1．宇航员登月后想探测一下月球表面是否有磁场，他手边有一只灵敏电流表和一个小线圈，则下列推断正确的是
A．直接将电流表放于月球表面，看是否有示数来判断磁场有无
B．将电流表与线圈组成闭合回路，使线圈沿某一方向运动，如果电流表无示数，则判断月球表面无磁场
C．将电流表与线圈组成闭合回路，使线圈沿某一方向运动，如果电流表有示数，则可判断月球表面有磁场
D．将电流表与线圈组成闭合回路，使线圈在某个平面内沿各个方向运动，如电流表无示数，则可判断月球表面无磁场
解析 电流表有示数时可判断有磁场存在，沿某方向运动而无示数不能确定磁场是否存在，只有C正确。
答案 C
2．用一根横截面积为S、电阻率为ρ的硬质导线做成一个半径为r的圆环，ab为圆环的一条直径。如图1所示，在ab的左侧存在一个匀强磁场，磁场垂直圆环所在平面，方向如图所示，磁感应强度大小随时间的变化率＝k(k＜0)。则
图1
A．圆环中产生逆时针方向的感应电流
B．圆环具有收缩的趋势
C．圆环中感应电流的大小为
D．图中a、b两点间的电势差大小为Uab＝
解析 由题意可知磁感应强度均匀减小，穿过圆环的磁通量减小，根据楞次定律和安培定则可以判断，圆环中产生顺时针方向的感应电流，圆环具有扩张的趋势，故A、B错误；圆环中产生的感应电动势为E＝＝S＝，圆环的电阻为R＝ρ＝，所以圆环中感应电流的大小为I＝＝，故C错误；图中a、b两点间的电势差Uab＝I×R＝，故D正确。
答案 D
3．如图2所示，一个闭合三角形导线框ABC位于竖直平面内，其下方(略靠前)固定一根与导线框平面平行的水平直导线，导线中通以图示方向的恒定电流。释放导线框，它由实线位置下落到虚线位置未发生转动，在此过程中
图2
A．导线框中感应电流的方向依次为ACBA→ABCA→ACBA
B．导线框内的磁通量为零时，感应电流也为零
C．导线框所受安培力的合力方向依次为向上→向下→向上
D．导线框所受安培力的合力为零，做自由落体运动
解析 根据安培定则可知导线上方的磁场方向垂直纸面向外，下方的磁场方向垂直纸面向里，而且越靠近导线磁场越强，所以闭合导线框ABC在下降过程中，导线框内垂直于纸面向外的磁通量先增大，当BC边与导线重合时，达到最大，再向下运动，导线框内垂直于纸面向外的磁通量逐渐减小至零，然后随导线框的下降，导线框内垂直于纸面向里的磁通量增大，当达到最大，继续下降时由于导线框逐渐远离导线，使导线框内垂直于纸面向里的磁通量再逐渐减小，根据楞次定律可知，感应电流的磁场总是阻碍原磁通量的变化，所以感应电流的磁场先向里，再向外，最后向里，所以导线框中感应电流的方向依次为ACBA→ABCA→ACBA，A正确；当导线框内的磁通量为零时，内部的磁通量仍然在变化，有感应电动势产生，所以感应电流不为零，B错误。根据对楞次定律的理解，感应电流的效果总是阻碍导体间的相对运动，由于导线框一直向下运动，所以导线框所受安培力的合力方向一直向上，不为零，C、D错误。
答案 A
4．如图3所示，螺线管匝数n＝1 000匝，横截面积S＝10 cm2，螺线管导线电阻r＝1 Ω，电阻R＝9 Ω，磁感应强度B的B－t图像如图所示(以向右为正方向)，则
图3
A．感应电动势为0.6 V
B．感应电流为0.06 A
C．电阻R两端的电压为0.54 V
D．0～1 s内感应电流的方向为从C点通过R流向A点
解析 由图像可知＝6 T/s，根据法拉第电磁感定律可知产生的感应电动势为E＝n＝nS＝1 000×6×10×10－4 V＝6 V，故选项A错误；感应电流为I＝＝ A＝0.6 A，故选项B错误；电阻R两端的电压为U＝IR＝0.6×9 V＝5.4 V，故选项C错误；0～1 s通过螺线管的磁通量在增加，根据楞次定律可知感应电流的方向为从C点通过R流向A点，故选项D正确。
答案 D
5．在边长为L的等边三角形区域abc内存在着垂直纸面向外的匀强磁场，一个边长也为L的等边三角形导线框def在纸面上以某一速度向右匀速运动，底边ef始终与磁场的底边界bc在同一直线上，如图4所示。取沿顺时针的电流为正，在线框通过磁场的过程中，其感应电流随时间变化的图像是
图4
解析 线框进入磁场后，切割的有效长度为：l＝vttan 60°，产生的感应电动势为：E＝Blv＝Bv2ttan 60°，所以感应电流为：I＝，从开始进入磁场到d与a重合之前，电流与t是成正比的，由楞次定律判得线框中的电流方向是顺时针的，此后线框切割的有效长度均匀减小，电流随时间变化仍然是线性关系，由楞次定律判得线框中的电流方向是逆时针的，综合以上分析可知B正确，A、C、D错误。
答案 B
6．如图5所示是研究通电自感实验的电路图，A1、A2是两个规格相同的小灯泡，闭合开关调节滑动变阻器R的滑动触头，使两个灯泡的亮度相同，调节滑动变阻器R1的滑动触头，使它们都正常发光，然后断开开关S。重新闭合开关S，则
图5
A．闭合瞬间，A1立刻变亮，A2逐渐变亮
B．闭合瞬间，A1、A2均立刻变亮
C．稳定后，L和R两端的电势差一定相同
D．稳定后，A1和A2两端的电势差不相同
解析 断开开关再重新闭合开关的瞬间，根据自感原理可判断，A2立刻变亮，而A1逐渐变亮，A、B均错误；稳定后，自感现象消失，根据题设条件可判断，闭合开关调节滑动变阻器R的滑动触头，使两个灯泡的亮度相同，说明此时滑动变阻器R接入电路的阻值与线圈L的电阻一样大，线圈L和R两端的电势差一定相同，A1和A2两端的电势差也相同，所以C正确，D错误。
答案 C
7．如图6所示，空间存在一个足够大的三角形区域(顶角为45°)，区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，一个顶角为45°的三角形导体线框，自距离磁场左侧边界L处以平行于纸面向上的速度匀速通过了该区域，若以逆时针为正方向，回路中感应电流I随时间t的变化关系图像正确的是
图6
解析 三角形导体线框进入磁场时，三角形线框切割磁感线的有效长度减少，感应电动势变小，感应电流变小，电流方向为逆时针；三角形线框离开磁场时，三角形线框切割磁感线的有效长度增加，感应电动势变大，感应电流变大，电流方向为顺时针。选项D正确。
答案 D
8．平面上的光滑平行导轨MN、PQ上放着光滑导体棒ab、cd，两棒用细线系住，细线拉直但没有张力。开始时匀强磁场的方向如图7甲所示，而磁感应强度B随时间t的变化如图乙所示，不计ab、cd间电流的相互作用，则细线中的张力大小随时间变化的情况为选项图中的
图7
解析 由0到t0时间内，根据法拉第电磁感应定律可知感应电动势恒定，感应电流恒定，但因磁场均匀变弱，故两导体棒上的安培力均匀变小，根据左手定则和平衡知识知，细线上有拉力，大小等于每个棒受到的安培力，当t0时刻磁感应强度为零时，安培力为零。大于t0时刻后，磁场反向变强，两棒间距变小，线上无力。故只有D图正确。
答案 D
二、多项选择题(本题共4小题，每小题5分，共20分)
9．如图8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。则该磁场
图8
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
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。
答案 CD
10．如图9所示，竖直平行金属导轨MN、PQ上端接有电阻R，金属杆ab质量为m，跨在平行导轨上，垂直导轨平面的水平匀强磁场的磁感应强度为B，不计ab与导轨电阻及一切摩擦，且ab与导轨接触良好，若ab杆在竖直向上的外力F作用下匀速上升，则以下说法正确的是
图9
A．拉力F所做的功等于电阻R上产生的热量
B．杆ab克服安培力做的功等于电阻R上产生的热量
C．电流所做的功一定等于重力势能的增加量
D．拉力F与重力做功的代数和等于电阻R上产生的热量
解析 当外力F拉着金属杆匀速上升时，拉力要克服重力和安培力做功，拉力做的功等于克服安培力和重力做功之和，即等于电阻R上产生的热量和金属杆增加的重力势能之和，选项A、C错误，D正确，克服安培力做多少功，电阻R上就产生多少热量，选项B正确。
答案 BD
11．如图10所示，阻值为R的金属棒从图示ab位置分别以v1、v2的速度沿光滑导轨(电阻不计)匀速滑到a′b′位置，若v1∶v2＝1∶2，则在这两次过程中
图10
A．回路电流I1∶I2＝1∶2
B．产生的热量Q1∶Q2＝1∶2
C．通过任一截面的电荷量q1∶q2＝1∶2
D．外力的功率P1∶P2＝1∶2
解析 感应电动势为BLv，感应电流I＝＝，大小与速度成正比，产生的热量Q＝I2Rt＝·＝v，B、L、L′、R是一样的，两次产生的热量比等于运动速度比，选项A、B正确；通过任一截面的电荷量q＝It＝·＝与速度无关，所以这两个过程中，通过任一截面的电荷量之比应为1∶1，选项C错误；金属棒运动中受磁场力的作用，为使棒匀速运动，外力大小要与磁场力相等，则外力的功率P＝Fv＝BIL·v＝，其中B、L、R大小相等，外力的功率与速度的二次方成正比，所以外力的功率之比应为1∶4，选项D错误。
答案 AB
12．如图11所示，一端接有定值电阻的平行金属轨道固定在水平面内，通有恒定电流的长直绝缘导线垂直并紧靠轨道固定，导体棒与轨道垂直且接触良好。在向右匀速通过M、N两区的过程中，导体棒所受安培力分别用FM、FN表示。不计轨道电阻，以下叙述正确的是
图11
A．FM向右 B．FN向左
C．FM逐渐增大 D．FN逐渐减小
解析 由于绝缘导线紧贴导轨，根据安培定则判断电流I在M区的磁场方向应垂直轨道面向外，且从左向右，磁感线逐渐变密，导体棒匀速穿越该区时，由右手定则可判断棒中产生的感应电流方向竖直向下，且逐渐增大，再由左手定则可知棒所受的安培力水平向左，且逐渐增大，故选项A错误，C正确；同理可得，导体棒在穿越N区的过程中，棒所受的安培力水平向左，且逐渐减小，故选项B、D均正确。
答案 BCD
三、实验题(本题共2小题，共10分)
13．(4分)为判断线圈绕向，可将灵敏电流计G与线圈L连接，如图12所示。已知线圈由a端开始绕至b端：当电流从电流计G的左端流入时，指针向左偏转。
图12
(1)将磁铁的N极向下从线圈上方竖直插入线圈L时，发现电流计的指针向左偏转。俯视线圈，其绕向为________(选填“顺时针”或“逆时针”)。
(2)当条形磁铁从图中的虚线位置向右远离线圈L时，发现电流计的指针向右偏转。俯视线圈，其绕向为________(选填“顺时针”或“逆时针”)。
解析 (1)由题可知在线圈L内电流从b流向a，而根据楞次定律(增反减同)知，线圈L中产生的磁场与原磁场方向相反(向上)，再根据安培定则可知，感应电流方向为逆时针方向(俯视线圈)，因此线圈绕向为顺时针方向(俯视线圈)。
(2)由题意可知在线圈L内电流从a流向b，而根据楞次定律(增反减同)知，线圈L中产生的磁场与原磁场方向相同(向上)，再根据安培定则可知，感应电流方向与(1)问相同，而电流的流向与(1)问相反，因此线圈绕向一定与(1)问相反，为逆时针方向(俯视线圈)。
答案 (1)顺时针 (2)逆时针
14．(6分)如图13所示为“研究电磁感应现象”的实验装置。
图13
(1)将图中所缺的导线补接完整；
(2)如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏转一下，那么合上开关后可能出现的情况有：
A．将线圈A迅速插入线圈B时，灵敏电流计指针将________。
B．线圈A插入线圈B后，将滑动变阻器的滑片迅速向左拉时，灵敏电流计指针________。
解析 (1)如图所示
(2)根据楞次定律及灵敏电流计的指针偏转方向与流过它的电流方向的关系来判定，则A.向右偏转一下；B.向左偏转一下。
答案 (1)见解析图 (2)向右偏转一下 向左偏转一下
四、计算题(本题共3小题，共38分)
15．(10分)一个边长为a＝1 m的正方形线圈，总电阻为R＝2 Ω，当线圈以v＝2 m/s的速度通过磁感应强度B＝0.5 T的匀强磁场区域时，线圈平面总保持与磁场垂直。若磁场的宽度b＞1 m，如图14所示，求：
图14
(1)线圈进入磁场过程中感应电流的大小；
(2)线圈在穿过整个磁场过程中释放的焦耳热。
解析 (1)根据E＝Blv，I＝，知
I＝＝ A＝0.5 A。
(2)线圈穿过磁场过程中，由于b＞1 m，故只在进入和穿出时有感应电流，故
Q＝2I2Rt＝2I2R·＝2×0.52×2× J＝0.5 J。
答案 (1)0.5 A (2)0.5 J
16．(13分)如图15所示，一个100匝的圆形线圈(图中只画了2匝)，面积为200 cm2，线圈的电阻为1 Ω，在线圈外接一个阻值为4 Ω的电阻和一个理想电压表。电阻的一端B与地相接，线圈放入方向垂直线圈平面指向纸内的匀强磁场中，磁感强度随时间变化规律如B－t图所示。求：
(1)t＝3 s时穿过线圈的磁通量；
(2)t＝5 s时，电压表的读数；
(3)若取B点电势为零，A点的最高电势是多少？
图15
解析 (1)t＝3 s时，Φ＝BS＝3.5×10－1×200×10－4Wb＝7×10－3Wb
(2)4～6 s内的感应电动势为
E1＝nS＝100××200×10－4 V＝0.4 V
电压表的读数为U＝R＝×4 V＝0.32 V
(3)0～4 s，A点电势高于零；4～6 s，A点电势低于零。
0～4 s内的感应电动势为
E2＝n S＝100××200×10－4 V＝0.1 V
A、B两端的电势差为UAB＝R＝×4 V＝0.08 V
故A点的最高电势为φA＝0.08 V。
答案 (1)7×10－3Wb (2)0.32 V (3)0.08 V
17．(15分)如图16甲所示，一电阻不计且足够长的固定光滑平行金属导轨MN、PQ间距L＝0.8 m，下端接有阻值R＝3 Ω的电阻，导轨平面与水平面间的夹角θ＝30°。整个装置处于方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中。一质量m＝0.1 kg、阻值r＝0.15 Ω的金属棒垂直导轨放置并用绝缘细线通过光滑的定滑轮与质量M＝0.9 kg的重物相连，左端细线连接金属棒中点且沿NM方向。棒由静止释放后，沿NM方向位移x与时间t之间的关系如图乙所示，其中ab为直线。已知棒在0～0.3 s内通过的电荷量是0.3～0.4 s内通过电荷量的2倍，取g＝10 m/s2，求：
图16
(1)0～0.3 s内棒通过的位移x1的大小；
(2)电阻R在0～0.4 s内产生的热量Q1。
解析 (1)棒在0～0.3 s内通过的电荷量q1＝Δt1
平均感应电流＝
回路中平均感应电动势＝
得q1＝
同理，棒在0.3～0.4 s内通过的电荷量
q2＝
由图乙读出0.4 s时刻位移大小x2＝0.9 m
又q1＝2q2
解得x1＝0.6 m
(2)由题图乙知棒在0.3～0.4 s内做匀速直线运动，棒的速度大小v＝ m/s＝3 m/s
对系统，根据能量守恒定律
Q＝Mgx2－mgx2sin θ－(M＋m)v2
代入数据解得Q＝3.15 J
根据焦耳定律有＝
代入数据解得Q1＝3 J。
答案 (1)0.6 m (2)3 J
