(共34张PPT)
1．6 涡流现象与电磁灶
课标定位
学习目标：1.知道涡流现象及涡流产生的原因．
2．知道电磁灶的种类及常用电磁灶的原理．
3．知道涡流对我们有不利和有利两方面，以及如何利用和防止．
重点难点：1.重点是涡流概念的理解及有关现象的理解．
2．难点是电磁灶的原理及应用．
核心要点突破
课堂互动讲练
课前自主学案
知能优化训练
1.6
课前自主学案
一、探究涡电流现象
1.如图1－6－1所示，当线圈中通有交变电流时，铁心中这些回路的磁通量就会发生变化，从而在铁心内产生感应电流．这种感应电流呈______状，所以叫做涡电流，又叫_____．
由于整块金属的电阻______，所以涡电流常常______．涡电流会引起铁心发热，这不仅损耗了大量的电能，而且还可能烧坏设备．
2．变压器和镇流器的铁心通常用涂有绝缘漆的__________叠压制成，而不是用__________制成，其原因是为了______________．
涡旋
涡流
很小
很大
薄硅钢片
一整块铁
减小涡电流
图1－6－1
思考感悟
涡流是在整块金属中产生的涡旋状电流，是否遵循法拉第电磁感应定律？
提示：涡流是整块导体发生的电磁感应现象，同样遵循法拉第电磁感应定律．
二、无火之灶——电磁灶
1．工频电磁灶
(1)结构：由烹调锅、灶面板及工频励磁器构成．工频励磁器由___________和___________构成．
(2)工作原理：在两组线圈中分别通过50 Hz的电流iA和iB，从而在锅体中产生涡流，______在锅体中转化为热能以加热食品．
励磁线圈
励磁铁心
电能
2．高频电磁灶
(1)结构：由__________、__________、_______________三部分组成．
(2)工作原理：50 Hz的交流电经过整流和滤波变为________，然后通过电子开关的迅速导通和截止，使加热线圈中产生20 kHz～50 kHz的_______________，从而产生高频磁场使锅内产生涡流，加热食品．
加热线圈
灶面板
控制保护电路
直流
高频振荡电流
核心要点突破
一、探究涡流现象
1．涡流
整块金属处于变化的磁场中或切割磁感线时，在金属块内部形成闭合回路，从而形成像旋涡状的感应电流，这种电流叫做涡电流，简称涡流．
2．涡流的两种效应及应用
(1)涡流的热效应：利用涡流在回路中产生的热量冶炼金属的高频炉；家庭中使用的电磁灶．
(2)涡流的磁效应：利用涡流所产生的磁场进行电磁阻尼和电磁驱动．
3．涡流的本质
在理解涡流时，要注意涡流的本质是由于电磁感应而产生的，它的产生仍然符合感应电流产生的条件(有磁通量的改变，具体形式是有磁场的变化或导体切割磁感线)，特殊之处在于感应电流不是在线状回路中产生的，而是在块状金属中产生的．
4．对涡流的理解
要注意到涡流产生的特点，从而理解涡流的两种效应的应用．涡流是在金属块内部产生的，因而加热电路无需和被加热材料直接接触，起到感应加热的作用．另外金属的电阻率一般较低，故而涡电流的强度一般很大，因而热效应和磁效应很明显，所以在应用时要特别重视．
即时应用?(即时突破，小试牛刀)
1.以下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发生变化而产生的
B．涡流不是感应电流，而是一种有别于感应电流的特殊电流
C．涡流有热效应，但没有磁效应
D．在硅钢中不能产生涡流
解析：选A.根据涡流的产生原因(变化磁场中的金属块、电流变化的线圈附近的导体中都产生涡流)知：涡流就是平时常见的感应电流，是因为穿过导体的磁通量发生变化而产生的，符合感应电流产生的原因，所以A正确，B错误。涡流和其他电流一样，也有热效应和磁效应，C错误．硅钢的电阻率大，产生的涡流较小，不是不能产生涡流，D错误．
二、电磁灶的原理及优点
1．电磁灶的工作原理
电磁灶的台面下布满了金属导线缠绕的线圈．当线圈中通有交替变化极快的交流电时，在台板上与铁锅底之间产生强大的交变磁场；磁感线穿过铁锅体，使锅底感应出大量的强涡流，当涡流受材料电阻的阻碍时，就放出大量的热，将锅内食物加热．
2．电磁灶的分类
常用电磁灶有工频电磁灶和高频电磁灶．工频电磁灶的主体部件是由励磁线圈的励磁铁心组成的工频励磁器．高频电磁灶主体部件由加热线圈、控制保护电路组成．
3．电磁灶的优点
与一般灶具相比，电磁灶具有热效率高、环保性好、节能等优点．
即时应用?(即时突破，小试牛刀)
2.涡电流会使金属发热，人们利用这个原理制成了电磁灶．关于电磁灶，下列说法正确的是( )
A．电磁灶都是用高频交流电工作的
B．高频电磁灶有加热线圈，可以通过热传导将热能传导给锅体及锅内食物
C．电磁灶和微波炉是一个道理，工作原理是一样的
D．无论哪种电磁灶，都是利用涡流原理工作的
解析：选D.电磁灶都是用家用交流电工作的，工频电磁灶就是直接用50 Hz的电流工作，而不是用高频交变电流工作的，故A错．高频电磁灶由加热线圈、灶面板、控制保护电路组成．通过电子开关，可以使加热线圈中产生高频率振荡电流，从而再使锅体内产生涡电流，用以加热食物．而不是直接用加热线圈去加热锅体内食物，故B错．电磁灶是利用电磁感应现象产生涡流，而微波炉是利用电磁场产生电磁波，故C错．电磁灶都是利用电磁感应产生的涡电流的热效应工作的，故D正确．
课堂互动讲练
涡流的产生及利用
例1
图1－6－2是利用高频交流电焊接自行车零件的原理示意图，其中外圈A是通高频交变电流的线圈，B是自行车零件，a是待焊接口，焊接时接口两端接触在一起．当A中通有交变电流时B中会产生感应电流，使得接口处金属熔化焊接起来．
(1)试分析说明，焊接的快慢与交变电流的频率有什么关系？
(2)试解释说明，为什么焊接过程中，接口a处被熔化而零件的其他部分并不很热？
图1－6－2
【精讲精析】 (1)A中交变电流的频率越高，B中磁通量的变化率越大，产生的感应电动势越大，感应电流I越大，所以电流热功率P＝I2R也越大，焊接得越快．
(2)B中各处电流大小相等，但接口a处电阻大，电流热功率大，而其他部分电阻小，电流热功率小，所以接口a处已被熔化而零件其他部分并不很热．
【答案】 见精讲精析
【方法总结】 高频焊接依据两点：一是涡流；二是闭合电路中的功率分配关系．
电磁灶原理分析
例2
(2011年上海高二检测)我们用来做煮食的炉子有各种各样的款式，它们的工作原理各不相同．有以天然气、液化石油气等作燃料的，例如天然气炉；还有以直接的电热方式加热的，例如电饭锅；下面介绍的是以电磁感应原理生热的电磁炉．
如图1－6－3所示是描述电磁炉工作原理的示意图．炉子的内部有一个金属线圈，当电流通过线圈时，会产生磁场，这个磁场的大小和方向是不断变化的，这个变化的磁场又会引起放在电磁炉上面的铁质(或钢质)锅底内产生感应电流，由于锅底有电阻，所以感应电流又会在锅底产生热效应，从而起到加热物体的作用．
电磁炉的特点是：电磁炉的效率比一般的炉子都高，热效率高达90%，炉面无明火，无烟无废
气，火力强劲，安全可靠．
因为电磁炉是以电磁感应产生电流，利用电流的热效应产生热量，所以不是所有的锅或烹饪器都适用．对于锅的选择，方法很简单，只要锅底能被磁铁吸引的就能用．适合放在电磁炉上的烹饪器有不锈钢锅、不锈钢壶、平底铁锅；不适用的有陶瓷锅、圆底铁锅、耐热玻璃锅、铝锅、铜锅等．
图1－6－3
(1)在用电磁炉加热食物的过程中涉及的物理原理有(回答三个即可)：
①________________.
②________________.
③________________.
(2)电磁炉所用的锅不能用陶瓷锅、耐热玻璃锅的原因是______________；电磁炉所用的锅不能用铝锅、铜锅的原因是____________．
(3)在锅和电磁炉中间放置一纸板，则电磁炉还能起到加热作用吗？为什么？
【精讲精析】 (1)①电流的磁效应(或电生磁) ②电磁感应现象(或磁生电) ③电流的热效应(或焦耳定律)
(2)不能产生电磁感应现象 电阻率小，电热少，效率低
(3)能起到加热作用．线圈产生的磁场能穿透纸板到达锅底，在锅底产生感应电流，利用电流的热效应加热食物．
【答案】 见精讲精析
【方法总结】 此类题目属于信息题，阅读量较大，对学生在阅读中提取信息的能力要求较高，因此解答此类问题时，一定要认真，在阅读中发现问题，在阅读中分析问题，在阅读中解决问题，在阅读中找到答案，在阅读中得出结论．
电磁驱动和电磁阻尼现象的分析
例3
(2011年咸阳高二检测)如图1－6－4所示，蹄形磁铁的两极之间放置一个线圈abcd，磁铁和线圈都可以绕OO′轴转动，线圈的运动情况是( )
A．俯视，线圈顺时针转动，转速与磁铁相同
B．俯视，线圈逆时针转动，转速与磁铁相同
C．线圈与磁铁转动方向相同，但转速小于磁铁的转速
D．线圈静止不动
图1－6－4
【自主解答】 当磁铁转动时，由楞次定律知，线圈中有感应电流产生，以阻碍磁通量的增加，即感应电流的方向必定是使其受到的力矩的方向与磁铁转动方向相同，以阻碍磁通量的增加，因而线圈跟着转起来，但转速小于磁铁的转速．
【答案】 C
变式训练 磁电式仪表的线圈通常用铝框当骨架，把线圈绕在铝框上，这样做的目的是( )
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
解析：选BC.线圈通电后，在安培力作用下发生转动，铝框随之转动，并切割磁感线产生感应电流，就是涡流．涡流阻碍线圈的转动，使线圈偏转后较快停下来．所以，这样做的目的是利用涡流来起电磁阻尼的作用．
知能优化训练
本部分内容讲解结束
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谢谢使用1．(2011年陕西高二检测)关于楞次定律，可以理解为( )
A．感应电流的磁场总是阻碍原磁场
B．感应电流的磁场总要阻碍导体相对于原磁场运动
C．若原磁通量增加，感应电流的磁场与原磁场反向；若原磁通量减少，感应电流的磁场跟原磁场同向
D．感应电流的磁场总是与原磁场反向
解析：选BC.感应电流的磁场不是总是阻碍原磁场，而是阻碍原磁场磁通量的变化，感应电流产生的磁场方向可能与原磁场方向相同，也有可能与原磁场方向相反．根据楞次定律，这种“阻碍”可表现为阻碍导体相对于原磁场的运动．
2．(2011年高考江苏物理卷)
图1－2－10
如图1－2－10所示，固定的水平长直导线中通有电流I，矩形线框与导线在同一竖直平面内，且一边与导线平行．线框由静止释放，在下落过程中( )
A．穿过线框的磁通量保持不变
B．线框中感应电流方向保持不变
C．线框所受安培力的合力为零
D．线框的机械能不断增大
解析：选B.直线电流的磁场离导线越远，磁感应越稀，故线圈在下落过程中磁通量一直减小，A错；由于上、下两边电流相等，上边磁场较强，线框所受合力不为零，C错；由于电磁感应，一部分机械能转化为电能，机械能减小，D错．故B对．
3.
图1－2－11
(2011年陕西榆林高二检测)某同学用如图1－2－11所示的实验装置进行探究感应电流方向的活动．他将条形磁铁的N极快速插入线圈中，发现灵敏电流表的指针向右偏转．关于其他的操作情况判断，下列说法中正确的是( )
A．将S极插入，电流表的指针向左偏转
B．将N极拔出，电流表的指针向右偏转
C．将S极拔出，电流表的指针向左偏转
D．将N极插入后静止不动，指针将停止指在右侧某一示数
解析：选A.将N极插入线圈中，电流表指针向右偏转，则若将S极插入线圈中，电流表指针将向左偏转．因为尽管两次都是使得穿过线圈的磁通量增大，但原磁场方向不同，产生的感应电流的磁场方向不同，电流方向也恰好相反．同理，若将S极拔出，电流表的指针将向右偏转．若将N极拔出，则与将N极插入的现象相反，因为磁场方向相同，但穿过线圈的磁通量一个是增加，一个是减少，所以其产生的感应电流的方向应相反．若N极插入后静止不动，磁通量没有发生变化，没有电流产生．
4．如图1－2－12所示，用细线悬挂一个很轻的铝环，铝环可以自由摆动．甲、乙两图的不同在于甲图中的铝环是完整闭合的，乙图中的铝环下端沿直径方向裂开了一个狭缝，不闭合．下列实验现象中正确的是( )
图1－2－12
A．甲图中当磁铁向铝环靠近时，铝环后退
B．乙图中当磁铁向铝环靠近时，铝环后退
C．甲图中当磁铁离开铝环时，铝环被吸引
D．乙图中当磁铁离开铝环时，铝环被吸引
解析：选AC.由于甲图中的铝环是完整的、闭合的，当磁铁靠近或远离它时，铝环中产生感应电流，感应电流自身产生的磁场对磁铁有排斥或吸引的力；而乙图中的铝环不闭合，不能产生感应电流，与磁铁间没有磁场力作用，铝环位置不会受磁铁运动的影响．
5.
图1－2－13
如图1－2－13所示，当圆环向右运动时acb、adb、elf中有电流的是________，它们的方向分别为________，a、b两点相比较________点电势高．
解析：当圆环向右运动时，acb、adb同时向右做切割磁感线运动，这种切割方式等效于在a、b间连两条直导线切割．由右手定则判定，感应电流的方向是b→c→a→e→l→f→b和b→d→a→e→l→f→b，相当于acb、adb两个相同电源并联，外电路是线圈elf，圆环是电源，故a点电势高．
答案：acb、adb、elf b→c→a、b→d→a、e→l→f a
一、选择题
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
解析：选C.根据楞次定律，感应电流具有这样的方向，即感应电流产生的磁场，总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化．由此可见，感应电流的磁场阻碍的是引起它的磁通量的变化，而不是阻碍引起它的磁通量，反过来说，如果磁通量不发生变化，就没有感应电流的产生，故A选项错；同时，我们要深刻理解“阻碍”二字的含义：当穿过电路的磁通量增加时，感应电流激发的磁场方向与原磁场方向相反；当穿过电路的磁通量减少时，感应电流激发的磁场方向与原磁场方向相同，所以B、D选项都是错误的．
2．(2011年上海高二检测)一根沿东西方向的水平导线，在赤道上空自由落下过程中，导线上各点的电势( )
A．东端最高 B．西端最高
C．中点最高 D．各点一样高
解析：选A.赤道上空地磁场方向是由南向北，则根据右手定则不难判断导线的东端电势最高，故答案为A.
图1－2－14
3．如图1－2－14所示，当磁铁突然向铜环运动时，铜环的运动情况是( )
A．向右摆动
B．向左摆动
C．静止
D．不能判定
解析：选A.磁铁向右运动时，由楞次定律的另一种表述得知铜环产生的感应电流总是阻碍磁铁与导体间的相对运动，则磁铁和铜环间有排斥作用．故A选项正确．
4.
图1－2－15
如图1－2－15所示，一水平放置的矩形线圈abcd，在细长的磁铁的N极附近竖直下落，保持bc边在纸外，ad边在纸内，从图中的位置Ⅰ经过位置Ⅱ到位置Ⅲ，位置Ⅰ和Ⅲ都很靠近Ⅱ.在这个过程中，线圈中感应电流( )
A．沿abcd流动
B．沿dcba流动
C．由Ⅰ到Ⅱ是沿abcd流动，由Ⅱ到Ⅲ是沿dcba流动
D．由Ⅰ到Ⅱ是沿dcba流动，由Ⅱ到Ⅲ是沿abcd流动
解析：选A.关键要分析清楚矩形线圈由位置Ⅰ到位置Ⅱ和由位置Ⅱ到位置Ⅲ两过程中，穿过线圈的磁感线方向相反．由条形磁铁的磁场可知，线圈在位置Ⅱ时穿过闭合线圈的磁通量最少为零，线圈从位置Ⅰ到位置Ⅱ，从下向上穿过线圈的磁通量在减小，线圈从位置Ⅱ到位置Ⅲ，从上向下穿过线圈的磁通量在增加，根据楞次定律可知感应电流的方向是abcd.
5．一位同学按照如图1－2－16所示连接电路，并做如下操作：让螺线管A的轴线和线圈C的平面垂直，闭合开关的瞬间，发现电流表的指针向右偏转，则下列说法正确的是( )
图1－2－16
A．断开开关的瞬间，电流表的指针将向左偏转
B．断开开关的瞬问，电流表的指针将向右偏转
C．闭合开关后，将滑动变阻器的滑片迅速向左移动，电流表的指针将向左偏转
D．闭合开关后，将滑动变阻器的滑片迅速向左移动，电流表的指针将向右偏转
解析：选AD.闭合开关的瞬间，穿过线圈C的磁通量增加，线圈会产生阻碍其磁通量增加的反向磁场，相应会产生感应电流，使得电流表的指针向右偏转．在断开开关的瞬间，穿过线圈C的磁通量减小，和闭合开关的情况相反，即电流表指针向左偏转．闭合开关后，电路中有稳定的电流，而若将滑动变阻器的滑片迅速向左移动，电路中的电阻减小，电流增大，穿过线圈C的磁通量增大，其产生的感应电流的方向与闭合开关的瞬间相同，电流表的指针向右偏转．
6.
图1－2－17
如图1－2－17所示，光滑固定导轨m、n水平放置，两根导体棒p、q平行放于导轨上，形成一个闭合回路，当一条形磁铁从高处下落接近回路时( )
A．p、q将相互靠拢
B．p、q将相互远离
C．磁铁的加速度仍为g
D．磁铁的加速度小于g
解析：选AD.根据楞次定律，感应电流的效果总要阻碍产生感应电流的原因，本题中“原因”是回路中磁通量的增加，p、q通过以下两种方式阻碍磁通量的增大：一是用缩小面积的方式进行阻碍；二是用远离磁铁的方式进行阻碍．根据牛顿第三定律知磁铁受p、q向上的作用力．所以，p、q将相互靠近且磁铁的加速度小于g，应选A、D.
7.
图1－2－18
(2011年安康高二检测)“磁单极子”是指只有S极或N极的磁性物质，其磁感线分布类似于点电荷的电场线分布．物理学家们长期以来一直试图用实验证实自然界中存在磁单极子，如图1－2－18所示的实验就是用于检测单极子的实验之一，abcd为用超导材料围成的闭合回路，该回路放在装置中，可认为不受周围其他磁场的作用．设想有一个S极磁单极子沿abcd的轴线从左向右穿过超导回路，那么在回路中可能发生的现象是( )
A．回路中无感应电流
B．回路中形成持续的abcda流向的感应电流
C．回路中形成持续的adcba流向的感应电流
D．回路中形成先abcda流向后adcba流向的感应电流
解析：选B.S极磁单极子在运动前在超导圆内产生的磁场向左．当S极磁单极子向右运动穿过超导圆时，根据楞次定律，超导回路中感应电流方向沿abcda方向．又因为是超导材料，所以回路中有持续的电流．答案B正确．考查楞次定律，超导体．
8.
图1－2－19
(2011年济南高二检测)如图1－2－19所示，同一平面内的三条平行导线串有两个电阻R和r，导体棒PQ与三条导线接触良好；匀强磁场的方向垂直纸面向里．导体棒的电阻可忽略．当导体棒向左滑动时，下列说法正确的是( )
A．流过R的电流为由d到c，流过r的电流为由b到a
B．流过R的电流为由c到d，流过r的电流为由b到a
C．流过R的电流为由d到c，流过r的电流为由a到b
D．流过R的电流为由c到d，流过r的电流为由a到b
解析：选B.依据右手定则可判断出导体棒PQ中的电流由P到Q，Q处电势最高，P处电势最低，由P到Q电势依次升高．外电路中的电流方向总是从高电势流向低电势处，因此流过R的电流为由c到d，流过r的电流为由b到a，选项B正确．
9.
图1－2－20
如图1－2－20所示，在两根平行长直导线M、N中，通以同方向，同强度的电流，导线框abcd和两根导线在同一平面内，线框沿着与两导线垂直的方向，自右向左在两导线间匀速移动，在移动过程中，线框中感应电流的方向( )
A．沿abcda不变
B．沿dcbad不变
C．由abcda变成dcbad
D．由dcbad变成abcda
解析：选B.由安培定则确定通电导线的磁场方向，穿过线框的磁通量应是垂直纸面向里和向外的合磁通量．线框自右向左移动时，线框内的磁通量向外减弱为零，又向里增强，所以感应电流的磁场方向始终向外．由安培定则知，此过程中感应电流的方向沿不变．
图1－2－21
10．圆形导体环用一根轻质细杆悬挂在O点，导体环可以在竖直平面内来回摆动，空气阻力和摩擦力均可忽略不计．在图1－2－21所示的正方形区域，有匀强磁场垂直纸面向里．下列说法正确的是( )
A．此摆开始进入磁场前机械能不守恒
B．导体环进入磁场和离开磁场时，环中感应电流的方向肯定相反
C．导体环通过最低位置时，环中感应电流最大
D．最后此摆在匀强磁场中振动时，机械能守恒
解析：选BD.导体环在进、出磁场阶段，导体环有一部分在做切割磁感线运动，电路中有感应电流产生，机械能转化为电能，且由楞次定律知这两种情况下感应电流方向相反．环全部进入磁场后，穿过导体环的磁通量不变，无感应电流．
二、非选择题
11．在图1－2－22所示的电路中，A、B两个线圈绕在同一个闭合铁心上，线圈B与电流表G组成一闭合电路，线圈A的两端分别与平行的金属导轨P、Q相连，P、Q处在匀强磁场中，磁场方向与导轨面垂直．试分析判断：当导体棒ab在平行导轨P、Q上向左做(1)匀速、(2)匀加速、(3)匀减速滑动时，是否有电流通过电流表？若有电流通过，其方向如何？
图1－2－22
解析：导体棒ab向左切割磁感线运动时，将产生由a到b的感应电流，感应电流通过线圈A时，铁心中有顺时针方向的磁场，这个磁场既穿过线圈A，又穿过线圈B.
(1)当ab向左做匀速运动时，感应电流都不变．穿过线圈B的磁通量不发生变化，线圈B中不会产生电磁感应现象，所以没有感应电流通过电流表．
(2)当ab向左做匀加速运动时，速度不断增大，感应电流随着v增大而增大，穿过线圈B的磁通量也增大，线圈B中将产生电磁感应现象，根据楞次定律，线圈B中感应电流的磁场方向应朝上．阻碍磁通量增大；运用安培定则，线圈B中的电流将由d到c通过电流表G.
(3)当ab向左做匀减速运动时，通过电流表G的感应电流方向是由c到d.
答案：(1)没有；(2)感应电流由d到c通过电流表G；(3)感应电流由c到d通过电流表G.
12．在“研究电磁感应现象”的实验中，首先要按图1－2－23甲接线，以查明电流表指针的偏转方向与电流方向之间的关系；然后按图乙将电流表与线圈B连成一个闭合电路，将线圈A、电池、滑动变阻器和开关串联成另一个闭合电路．
在甲图中，当闭合S时，观察到电流表指针向左偏(不通电时指针停在正中央)．
图1－2－23
在乙图中：
(1)S闭合后，将螺线管A插入螺线管B的过程中，电流表的指针将如何偏转？
(2)线圈A放在B中不动时，指针如何偏转？
(3)线圈A放在B中不动，将滑动变阻器的滑片向右滑动时，电流表指针如何偏转？
(4)线圈A放在B中不动，突然切断开关S时，电流表指针如何偏转？
解析：由甲图可知，电流从接线柱“＋”流入电流表时，指针向左偏转，则电流从接线柱“－”流入电流表时，指针将向右偏转．
(1)在乙图中，S闭合后，通电的线圈A相当于一根条形磁铁(S极在下，N极在上)，A插入B中时，穿过B的方向朝上的磁通量增加，根据楞次定律，B中感应电流的磁场方向朝下，运用安培定则可判断，B中感应电流从接线柱“－”流入电流表，电流表指针向右偏转．
(2)A在B中不动时，穿过B的磁通量(实际上是通电的A线圈的磁场)不变化，B中没有电流通过，这时电流表的指针不偏转．
(3)A在B中不动，当滑动变阻器的滑片向右滑动时，它的电阻减小，通过A的电流增大，磁场增强，穿过B的方向朝上的磁通量增大，根据楞次定律，B中感应电流的磁场方向朝下，运用安培定则，B中产生的感应电流从接线柱“－”流入电流表，电流表指针向右偏转．
(4)A在B中不动，突然切断S，B中方向朝上的磁通量突然消失，这时将发生电磁感应现象，B中感应电流的磁场方向应朝上，感应电流将从接线柱“＋”流入电流表，电流表指针将向左偏转．
答案：(1)向右偏 (2)不偏转 (3)向右偏 (4)向左偏(共41张PPT)
1．4 电磁感应的案例分析
课标定位
学习目标：1.知道什么是反电动势，理解反电动势的作用．
2．掌握电磁感应与力学的综合应用问题的处理方法．
3．会判断电磁感应现象中哪一部分电路充当电源，并能结合闭合电路欧姆定律处理电磁感应现象中的电路问题．
4．掌握电磁感应现象中的能量转化与守恒问题，并能用来处理力、电综合问题．
重点难点：1.重点是电磁感应综合问题的分析方法．
2．难点是理解反电动势的作用．
核心要点突破
课堂互动讲练
课前自主学案
知能优化训练
1.4
课前自主学案
一、反电动势
电动机转动时，线圈因______________，所以会产生感应电动势．线圈中产生的感应电动势跟加在线圈上的电压___________，我们把这个跟外加电压______________的感应电动势叫做反电动势．
切割磁感线
方向相反
方向相反
思考感悟
反电动势的方向与线圈切割磁感线的方向满足右手定则，还是满足左手定则？
提示：反电动势的产生属于磁生电现象，所以应满足右手定则．
二、电磁感应现象中安培力的大小
由F＝_______和I＝____＝____，得F＝_____.
三、电磁感应现象中的电路问题
解决这类问题时，首先要进行电路结构的分析，即找出_________，区分内外电路；然后画出___________；最后结合_____________________和串、并联电路特点进行计算．
BIL
电源
等效电路图
闭合电路欧姆定律
四、电磁感应现象中的功能关系
在电磁感应现象中，克服________做功的过程就是将其他形式的能转化为电能的过程，克服________做了多少功，就有多少其他形式的能转化为电能；________做正功的过程就是将电能转化为其他形式的能的过程，__________做了多少正功，就有多少电能转化为其他形式的能．
安培力
安培力
安培力
安培力
核心要点突破
一、反电动势的理解
1．反电动势的产生原理
如图1－4－1所示，当电动机通过如图所示电流时，线圈受安培力方向可由左手定则判定，转动方向如图所示，此时AB、CD两边切割磁感线，必有感应电动势产生，感应电流方向可由右手定则来判定，与原电流方向相反，故这个电动势叫做反电动势，它会阻碍线圈的转动．如果线圈维持原来的转动，电源就要向电动机提供电能，此时电能转化为其他形式的能．
图1－4－1
即时应用?(即时突破，小试牛刀)
1.一台小型直流风扇的额定电压为22 V，正常工作时的电流为0.8 A，若电动机的线圈电阻为2.5 Ω，则这台电动机的反电动势为________，电动机的输出功率为________．
解析：由U＝IR＋E知
E＝U－IR＝(22－0.8×2.5) V＝20 V
P出＝EI＝20×0.8 W＝16 W.
答案：20 V 16 W
二、电磁感应中的综合应用
1．解决电磁感应现象与电路的结合问题的方法
(1)确定感应电动势的大小和方向；
(2)画等效电路图；
(3)运用全电路欧姆定律，串并联电路特点、电功率、电热等公式联立求解．
2．解决电磁感应现象与力的结合问题的方法
(1)平衡问题：动态分析过程中，抓住受力与运动相互制约的特点，分析导体是怎样从初态过渡到平衡态的，再从受力方面列出平衡方程，解决问题．
(2)非平衡类，抓住导体在某个时刻的受力情况，利用牛顿第二定律解决问题．
3．解决电磁感应现象与能量的结合问题的方法
要注意分析电路中进行了哪些能量转化，守恒关系是什么，从功和能的关系入手，列出表示能量转化关系的方程．
即时应用?(即时突破，小试牛刀)
2.如图1－4－2所示，匀强磁场中B＝0.4 T，导体ab长L＝40 cm，以v＝5 m/s的速度匀速向右运动，框架电阻不计，Rab＝0.5 Ω.求：
图1－4－2
(1)导体向右匀速运动时，产生的感应电流多大？
(2)感应电功率多大？外力功率多大？
答案：(1)1.6 A (2)1.28 W 1.28 W
课堂互动讲练
反电动势的理解
例1
如图1－4－3所示，M为一线圈电阻r＝0.4 Ω的电动机，R＝24 Ω，电源电动势E＝40 V．当开关S断开时，电流表的示数I1＝1.6 A；当开关S闭合时，电流表的示数I2＝4.0 A，求开关S闭合时电动机发热消耗的功率和电动机线圈的反电动势E反．
【答案】 2.5 W 35 V
【方法总结】 电动机问题涉及工作电压、电流和功率，特别是总功率、内阻发热功率、输出功率的关系．
解题方法是从电动机的总功率入手，找出发热功率和输出功率，对应列方程求解．解题思路也一般沿功率关系寻找．
电磁感应中的力学问题
例2
(2011年长沙一中模拟)如图1－4－4甲所示，一对平行光滑轨道放置在水平面上，两轨道间距L＝0.20 m，电阻R＝1.0 Ω；有一导体杆静止地放在轨道上，与两轨道垂直，杆及轨道的电阻皆可忽略不计，整个装置处于磁感应强度B＝0.5 T的匀强磁场中，磁场方向垂直于轨道向下，现用一外力F沿轨道方向拉杆，使之做匀加速运动，测得力F与时间t关系如图乙所示．求杆的质量m和加速度a.
图1－4－4
【答案】 0.1 kg 10 m/s2
(2011年开封高二检测)固定在匀强磁场中的正方形导线框abcd，边长为l，其中ab边是一段电阻为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边的材料、粗细、长度均相同的电阻丝PQ架在导线框上，
电磁感应中的电路问题
例3
图1－4－5
图1－4－6
【方法总结】 解决电磁感应中的电路问题的关键是明确以下问题：
(1)切割磁感线的导体或磁通量发生变化的回路相当于电源部分，若有电阻则为内电阻．
(2)明确电路的结构，画出等效电路图，利用闭合电路欧姆定律进行计算．
(2011年济南高二检测)如图1－4－7所示，固定的水平光滑金属导轨，间距为L，左端接有阻值为R的电阻，处在方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中，质量为m的导体棒与固定弹簧相连，放在导轨上，导轨与导体棒的电阻均可忽略，初始时刻，弹簧恰处于自然长度，导体棒具有水平向右的初速度v0.在沿导轨往复运动的过程中，导体棒始终与导轨垂直并保持良好的接触．
电磁感应中的能量问题
例4
图1－4－7
(1)求初始时刻导体棒受到的安培力．
(2)若导体棒从初始时刻到速度第一次为零时，弹簧的弹性势能为Ep，则这一过程中安培力所做的功W1和电阻R上产生的焦耳热Q1分别是多少？
(3)导体棒往复运动，最终将静止于何处？从导体棒开始运动直到最终静止的过程中，电阻R上产生的焦耳热Q为多少？
【思路点拨】 在整个过程中，弹力和安培力都是变力，不能直接用公式W＝Fs求解，用能的转化和守恒关系求解比较方便．
变式训练
(2011年德州高二检测)如图1－4－8所示，一粗糙的平行金属轨道平面与水平面成θ角，两轨道上端用一电阻R相连，该装置处于匀强磁场中，磁场方向垂直轨道平面向上．质量为m的金属杆ab以初速度v0从轨道底端向上滑行，滑行到某高度h后又返回到底端．若运动过程中金属杆始终保持与导轨垂直且接触良好，轨道与金属杆的电阻均忽略不计．则下列说法正确的是( )
图1－4－8
知能优化训练
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本章优化总结
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知识网络构建
专题归纳整合
章末综合检测
知识网络构建
专题归纳整合
楞次定律的理解和应用
1．对楞次定律的理解
感应电流产生的效果总是要阻碍产生感应电流的原因：
(1)从磁通量角度，阻碍原磁通量的变化，感应电流的磁场与原磁场方向的关系可概括为“增反减同”．
(2)从相对运动角度，阻碍相对运动，可理解为“来拒去留”．
(3)使线圈面积有扩大或缩小的趋势．
(4)阻碍原电流的变化(自感现象)．
楞次定律可广义地表示为：感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化和相对运动．
2．楞次定律的四个推论及其应用
一般，磁通量的变化与相对运动具有等效性：磁通量增加相当于回路与磁场接近，感应电流的磁场与原磁场方向相反；磁通量减少相当于回路与磁场远离，感应电流的磁场与原磁场方向相同．所以，根据楞次定律及能量转化和守恒定律，还可以得出四个简捷实用的推论．
(1)动态规律
当回路与磁场接近或者回路的磁通量增加时，一定相互排斥或者向磁通量减少的方向运动；反之，一定相互吸引或者向磁通量增加的方向运动．
(2)静态规律
当回路两侧的磁感线对称分布，即不论向什么方向运动，都不能阻碍磁通量的变化或者磁通量变化都相同时，回路将静止不动．
(3)“因反果同”规律
正方向穿过回路的磁通量增加(或减少)与反方向穿过回路的磁通量减少(或增加)，引起的感应电流方向相同．
例1
(2011年渭南高二检测)如图1－1所示，粗糙水平桌面上有一质量为m的铜质矩形线圈．当一竖直放置的条形磁铁从线圈中线AB正上方等高快速经过时，若线圈始终不动，则关于线圈受到的支持力N及在水平方向运动趋势的判断正确的是( )
图1－1
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
【精讲精析】 条形磁铁从线圈正上方等高快速经过时，通过线圈的磁通量先增加后减小．当通过线圈的磁通量增加时，为阻碍其增加，在竖直方向上线圈有向下运动的趋势，所以线圈受到的支持力大于其重力，在水平方向上有向右运动的趋势；当通过线圈的磁通量减小时，为阻碍其减小，在竖直方向上线圈有向上运动的趋势，所以线圈受到的支持力小于其重力，在水平方向上有向右运动的趋势．综上所述，线圈受到的支持力先大于重力后小于重力，运动趋势总是向右．
【答案】 D
感应电动势大小的计算及方向的确定
2．感应电动势和感应电流方向的确定
右手定则和楞次定律是用来判断电磁感应现象中感应电动势和感应电流方向的．对于导体做切割磁感线的运动以及判断电势高低时，常常使用右手定则．对于磁通量发生变化而引起感应电动势、感应电流方向的判断，则需使用楞次定律，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2
如图1－2所示，两条平行且足够长的金属导轨置于磁感应强度为B的匀强磁场中，B的方向垂直导轨平面，两导轨间距为L，左端接一电阻R，右端接一电容器C，其余电阻不计，长为2L的导体棒ab如图所示放置，从ab与导轨垂直开始，在以a为圆心沿顺时针方向以角速度ω匀速转动90°的过程中，通过电阻R的电荷量是________．
图1－2
电磁感应中的图像问题
图像问题是一种半定量分析，电磁感应中常涉及磁感应强度B、磁通量Φ、感应电动势E和感应电流I随时间t变化的图像，即B－t图像、Φ－t图像、E－t图像和I－t图像．对于导体切割磁感线产生感应电动势和感应电流的情况，还常涉及感应电动势E和感应电流I随导体位移x变化的图像，即E－x图像和I－x图像．这些图像问题，大体上可分为两类：
1．由给定的电磁感应过程选出或画出正确的图像
对于这类问题，要抓住磁通量的变化是否均匀，从而推知感应电动势(电流)大小是否恒定．用楞次定律判断出感应电动势(电流)的方向，从而确定其正负，以及在坐标系中的范围．
2．由给定的有关图像分析电磁感应过程，求解相应物理量
不论何种类型，都要应用法拉第电磁感应定律、楞次定律或右手定则等规律来分析解决．
3．分析图像问题时应特别关注的四点事项
(1)图像中两个坐标轴各代表什么意义；
(2)图像中纵坐标的正、负表示什么意义；
(3)画图像时应注意初始状态如何以及正方向的选取；
(4)注意图像横轴、纵轴截距以及图线斜率、图线覆盖面积的物理意义．
(2011年济宁高二检测)如图1－3甲所示，正三角形导线框abc放在匀强磁场中静止不动，磁场方向与线框平面垂直，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示，t＝0时刻，磁感应强度的方向垂直纸面向里．图丙中能表示线框的ab边受到的磁场力F随时间t变化关系的是(力的方向规定向左为正方向)( )
例3
丙
图1－3
【答案】 A
电磁感应中的综合问题
1．电磁感应中的综合问题
电磁感应中的综合问题有两种基本类型：一是电磁感应与电路、电场的综合；二是电磁感应与磁场、导体的受力和运动的综合；或是这两种基本类型的复合．这类问题中电磁感应现象、力和运动现象相互联系、相互影响、相互制约．其基本形式如下：
2．分析思路
电磁感应中的综合问题，一般综合程度高，涉及的知识面广，而且这类题目一般都伴随着能量的转化和守恒，有时要用到功能关系来解题．解决这类综合问题时可将问题分解为两部分——电学部分和力学部分．
(1)电学部分
将产生感应电动势的那部分电路等效为电源，分析内外电路结构，应用闭合电路欧姆定律和部分电路欧姆定律理顺各电学量之间的关系．
3．电磁感应中的动力学问题
这类问题覆盖面广，题型也多种多样．解决这类问题的关键在于通过对运动状态的分析来寻找过程中的临界状态，如速度、加速度取最大值或最小值的条件等．其基本思路如下：
4．电磁感应中的能量问题
无论是使闭合回路的磁通量发生变化，还是使闭合回路的部分导体切割磁感线，都要消耗其他形式的能量，转化为回路中的电能．这个过程不仅体现了能量的转化，而且保持守恒，使我们进一步认识包含电和磁在内的能量的转化和守恒定律的普遍性．
分析问题时，应当牢牢抓住能量守恒这一基本定律，分析清楚有哪些力做功，就可知道有哪些形式的能量参与了相互转化，然后利用能量守恒定律列出方程求解．
例4
如图1－4所示，在平行虚线范围内有B＝1 T、高度h＝1 m、方向垂直纸面向里的匀强磁场区域，线框质量m＝0.1 kg、电阻R＝1 Ω，框面跟纸面平行，边长L＝1 m，原来cd边跟磁场下边缘相距为H，用一竖直向上的恒力F＝21 N提线框，由静止开始从“I”位置向上运动穿过磁场区，最后经过“Ⅱ”位置(ab边恰好穿出磁场)，线框平面在运动中始终保持在竖直平面内，如果cd边刚进入磁场时，恰好做匀速运动，求在上述整个过程中外力做的功及线框内产生的焦耳热．(g取10 m/s2)
图1－4
【答案】 63 J 40 J
章末综合检测
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1．5 自感现象与日光灯
课标定位
学习目标：1.通过探究了解日光灯的结构及各部分的作用．
2．通过对两个自感实验的观察和讨论，培养学生的观察能力和分析推理能力．
3．知道自感系数是表示线圈本身特征的物理量，知道它的单位及其大小的决定因素．
4．知道自感现象的利与弊及对它们的利用和防止．
重点难点：两种自感现象的分析即是重点又是难点．
核心要点突破
课堂互动讲练
课前自主学案
知能优化训练
1.5
课前自主学案
一、探究日光灯电路
按如图1－5－1所示连接日光灯电路．
图1－5－1
1．日光灯构造：主要由灯管、___________、_________组成．
2．镇流器的作用：启动时产生____________，在正常工作时起到___________的作用．
镇流器
起辉器
瞬时高电压
降压限流
二、探究自感现象
1．探究电路闭合时线圈的自感现象
如图1－5－2所示的电路，两灯泡规格相同，接通开关后调节电阻R，使两个灯泡亮度相同，然后断开电路．
重新接通电路，在S闭合的瞬间，我们观察到两个灯泡并不是同时亮起的，A2___________，A1逐渐亮起，最后达到相同的亮度．
先亮
图1－5－2
2．探究电路断开时线圈的自感现象
如图1－5－3所示，将电路连接好，先闭合开关使灯泡亮起来，然后将开关断开，会发现灯泡猛亮一下后再熄灭．
图1－5－3
电流发生变化
感应电动势
三、自感电动势和自感系数
1．自感现象：由于导体本身的_______________而产生的电磁感应现象，叫做自感现象．
2．自感电动势：自感现象中产生的___________叫做自感电动势．E＝_______，式中的比例系数L叫做线圈的自感系数．
3．自感系数
(1)物理意义：表征线圈能产生____________本领大小的物理量．数值上等于通过线圈的电流在1 s内改变_____时产生的自感电动势的大小．
(2)决定自感系数L大小的因素：跟线圈的______、______、横截面积、长短、匝数等因素有关．线圈的横截面积越大，匝数越多，越密，线圈越长，它的自感系数______．将______插入线圈，也会使线圈的自感系数大大增加．
自感电动势
1A
形状
大小
越大
铁心
(3)单位：自感系数的单位是______，简称____，符号是_____.常用的较小单位还有______ (mH)和______ (μH).1 H＝______mH,1 H＝_____μH.
亨利
亨
H
毫亨
微亨
103
106
思考感悟
自感现象是否属于电磁感应现象，是否遵守楞次定律和法拉第电磁感应定律？
提示：自感现象属于电磁感应现象，所以遵守楞次定律和法拉第电磁感应定律．
核心要点突破
一、探究日光灯电路及其原理
1．日光灯的电路图
日光灯主要由灯管、镇流器、起辉器组成，其电路图如图1－5－4所示．
图1－5－4
2．主要元件及作用
(1)灯管
日光灯灯管的两端各有一个灯丝，灯管内充有微量的氩和稀薄的汞蒸气，灯管内壁上涂有荧光粉．两个灯丝之间的气体导电时发出紫外线，使涂在管壁上的荧光粉发出柔和的可见光．
(2)镇流器
①构造
镇流器是一个带铁芯的线圈，自感系数很大．
②作用
起辉器接通再断开的瞬间，镇流器能产生瞬时高压，加在灯管两端，使灯管中的气体导电，日光灯开始发光．
在日光灯正常发光时，由于交变电流通过镇流器的线圈，线圈中产生自感电动势，总是阻碍电流的变化，这时镇流器起着降压限流的作用，保证日光灯的正常工作．
(3)起辉器
①构造
起辉器主要由电容器和封装在充有氖气的小玻璃泡中的静触片及由双金属片制成的U形动触片构成．
②作用
起辉器的主要作用是通过它的接通和断开过程，使镇流器产生瞬时高电压．
3．日光灯的工作原理
(1)启动：开关闭合后，电源电压加在起辉器两极间，使氖气放电，发辉光，产生热量，使U形动触片膨胀，跟静触片接触把电路接通，电路接通后，氖气停止放电，U形动触片冷动收缩，两触片分开，电路断开，电路断开瞬间，镇流器产生很高的自感电动势，其方向与原电压方向相同，共同加在灯管两端，使汞蒸气放电，日光灯开始工作．
(2)正常发光：日光灯正常发光时，镇流器与两灯丝及灯管内的汞蒸气组成闭合电路，由于镇流器的线圈产生自感现象，阻碍通过灯管的电流变化，起降压限流作用，确保日光灯正常工作．
特别提醒：在起辉器静、动两触片间并接一个电容器，其作用是在两触片分离时避免产生火花而烧坏触片．没有此电容器，起辉器也能工作．日光灯正常发光后，起辉器两触片呈分离状态、不再动作．
即时应用?(即时突破，小试牛刀)
1.关于镇流器的作用，下列说法中正确的是( )
A．在日光灯点燃时，产生瞬时高压
B．在起辉器两触片接通时，产生瞬时高压
C．在日光灯正常发光后，起限流和降压作用
D．在日光灯正常发光后，使日光灯两端电压稳定在220 V
解析：选AC.镇流器产生的瞬时高压是断电自感电动势，是在起辉器两触片由接触到断开的瞬间产生的，故B错误；日光灯正常发光时灯管两端电压只有几十伏，没有220 V，故D错误．
二、两种自感现象的探究
1．通电自感
在通电自感中，两个灯泡不同时亮起．
如图1－5－5所示的电路，两灯泡规格相同，闭合开关后调节滑动变阻器R，使两个灯泡亮度相同，然后断开开关，再次接通的瞬间．
图1－5－5
条件 现象 原因
S闭合的瞬间 A2先亮 由于A2支路为纯电阻不产生自感现象
A1逐渐亮起来 由于L的自感作用阻碍A1支路电流增大
2.断电自感
在断电自感中，灯泡的亮度变化．
自感电动势(的方向)总是要阻碍引起自感电流的变化，就好像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一样，自感电动势阻碍的对象是“电流的变化”，而不是电流本身．
图1－5－6
至于灯泡中的电流是突然变大还是变小(也就是说灯泡是否突然变得更亮一下)，就取决于I2与I1谁大谁小，也就是取决于R和r谁大谁小的问题．
(1)如果R>r，就有I1>I2，灯泡会先更亮一下才熄灭．
(2)如果R＝r，灯泡会由原亮度渐渐熄灭．
(3)如果R特别提醒：产生自感电动势的效果体现为线圈中电流在原来电流值基础上逐渐减小，而不是电动势与线圈两端电压相等，自感电动势可以超出线圈两端原电压．
即时应用?(即时突破，小试牛刀)
2. (2011年海南高二检测)在如图1－5－7所示的电路中，a、b为两个完全相同的灯泡，L为自感线圈，E为电源，S为开关，关于两灯泡点亮和熄灭的先后次序，下列说法正确的是( )
图1－5－7
A．合上开关，a先亮，b后亮；断开开关，a、b同时熄灭
B．合上开关，b先亮，a后亮；断开开关，a先熄灭，b后熄灭
C．合上开关，b先亮，a后亮；断开开关，a、b同时熄灭
D．合上开关，a、b同时亮；断开开关，b先熄灭，a后熄灭
解析：选C.由于L是自感线圈，当合上S时，自感线圈L将产生自感电动势，阻碍电流的流过，故b灯先亮，而a灯后亮．当S断开时，a、b组成回路，L产生自感电动势阻碍电流的减弱，由此可知，a、b同时熄灭，故选项C正确．
课堂互动讲练
日光灯原理分析
例1
如图1－5－8所示是日光灯的结构示意图，若按图示的电路连接，关于日光灯发光的情况，下列叙述中正确的是( )
图1－5－8
A．S1接通，S2、S3断开，日光灯就能正常发光
B．S1、S2接通，S3断开，日光灯就能正常发光
C．S3断开，接通S1、S2后，再断开S2，日光灯就能正常发光
D．当日光灯正常发光后，再接通S3，日光灯仍能正常发光
【精讲精析】 当S1接通，S2、S3断开时，电源电压(220 V)直接加在灯管两端，达不到灯管启动的瞬时高压值，日光灯不能发光，选项A错误．
当S1、S2接通，S3断开时，灯管两端被短路，电压为零，日光灯不能发光，选项B错误．
当日光灯正常发光后，再接通S3，则镇流器被短路，灯管两端电压过高，会损坏灯管，选项D错误．
只有当S1、S2接通，再断开S2，镇流器中产生很大的自感电动势，和原电压一起加在灯管两端，使灯管内气体电离，日光灯正常发光，选项C正确．
【答案】 C
【规律总结】 日光灯正常工作后，灯管内气体导电成为电流的通路，启动器不再起任何作用，此时把启动器取下来，对日光灯发光无影响．启动器中的电容器能使动、静触片在分离的瞬间不产生电火花，以免烧坏触点．
自感现象的分析
例2
(2011年上海模拟)如图1－5－9中所示灯LA、LB完全相同，带铁心的线圈L的电阻可忽略．则( )
图1－5－9
A．S闭合的瞬间，A、B同时发光，接着A变暗，B更亮，最后A熄灭
B．S闭合瞬间，A不亮，B立即亮
C．S闭合瞬间，A、B都不立即亮
D．稳定后再断开S的瞬间，B熄灭，A比B(原先亮度)更亮
【精讲精析】 本题考查通电自感现象的分析，关键要知道纯电感线圈在电流稳定时相当于一根短路导线．
S接通的瞬间，L支路中电流从无到有发生变化，因此，L中产生的自感电动势阻碍电流增加．由于有铁心，自感系数较大，对电流的阻碍作用也就很强，所以S接通的瞬间L中的电流非常小，即干路中的电流几乎全部流过A.所以A、B会同时亮．
又由于L中电流很快稳定，感应电动势很快消失，L的阻值因为很小，所以对A起到“短路”作用，因此，A便熄灭．这里电路的总电阻比刚接通时
小，由恒定电流知识可知，B会比以前更亮．
【答案】 A
【方法总结】 分析自感现象时要抓住两点：一是线圈在电路中的位置、结构；二是电路中原有电流的变化规律，如电流方向、电流突然变化的情况等．
自感电动势的理解
例3
图1－5－10
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，因而电流将保持I0不变
D．有阻碍电流增大的作用，但电流最后还是增大到2I0
【思路点拨】 自感电动势能阻碍电流的变化，但电流还是要变化的．
【自主解答】 开关S由断开到闭合瞬间，回路中的电流要增大，因而在L上要产生自感电动势，阻碍引起它的电流的变化，但阻碍不是阻止，电流仍要增大，而达到稳定后其电流为2I0，选项D正确．
【答案】 D
变式训练 某线圈通有图1－5－11所示的电流，则线圈中自感电动势改变方向的时刻有( )
图1－5－11
A．第1 s末 B．第2 s末
C．第3 s末 D．第4 s末
解析：选BD.当电流变化时，它所产生的磁场也跟着变化，导致穿过线圈的磁通量也发生变化，选0～1 s内电流产生的磁通量方向为正方向，则磁通量随时间变化的关系图像如图所示，再由楞次定律分别判断0～1 s、1～2 s、2～3 s、3～4 s、4～5 s内的自感电流和自感电动势的方向，发现在第2 s末、第4 s末自感电动势改变方向，所以B、D正确．
知能优化训练
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1．1 电磁感应——划时代的发现
课标定位
学习目标：1.了解与电磁感应现象的发现相关的物理学史．
2．知道电磁感应现象和感应电流的定义．
3．知道产生感应电流的条件，会使用线圈以及常见磁铁完成简单的实验．
4．领悟科学探究中提出问题、观察实验、分析论证、归纳总结等要素在研究物理问题时的重要性．
重点难点：1.探究感应电流产生的条件是重点．
2．判断有无感应电流的方法是难点．
核心要点突破
课堂互动讲练
课前自主学案
知能优化训练
1.1
课前自主学案
1．新课题的提出：奥斯特发现了电流的磁效应，即“电能转化为磁”，根据事物间的相互转化，法拉第在1822年提出了自己的新课题：“______________”．
2．思维定势路漫长：法拉第在很长一段时间内基本上做了两类实验，一是在强磁体旁边放置导线或线圈，希望在导线或线圈中出现稳定的电流；二是两根导线并列放置，其中一根通电流，希望在另一根中感应出电流．这两类实验成功了吗？________．
把磁转变为电
没成功
后来他又对实验进行了改进，在一个铁环上绕了两个独立的线圈，一个线圈接电池，另一个线圈接电流计，实验也没能成功．
3．偶然发现犹迷茫：法拉第重做改进后的实验，在接电池的线圈电路里，当把开关闭合或断开时，电流计动了一下，当电路接通后，电流计又恢复了平静．
4．深入探究得真谛：法拉第的进一步实验表明，只要电流发生变化，就会感应出电流；用磁铁和线圈也感应出了电流，后来制造了世界上第一台发电机．由磁得到电的现象叫做________________．
电磁感应现象
思考感悟
法拉第时代，还没有电流表，在“磁生电”的实验研究中，法拉第是怎样检测电流的呢？
提示：利用电流的磁效应，在南北方向的导线下放一可旋转的小磁针．当导线中有电流时，小磁针就发生转动，当导线中无电流时，小磁针就指南北极．
二、探究感应电流产生的条件
1．探究实验：利用磁铁在螺线管中的运动
将条形磁铁______或______与电流表构成_____________的螺线管的过程中，观察到电流表的指针发生偏转，说明闭合电路中产生了感应电流．
插入
拔出
闭合电路
2．探究实验：利用通电螺线管的磁场
螺线管A、滑动变阻器、电源、开关组成一个闭合回路，螺线管B与电流表组成一个闭合回路，螺线管A放在螺线管B内，当开关______或______的瞬间，电流表的指针会___________，而开关闭合稳定后，电流表的指针________偏转；
闭合
断开
发生偏转
不发生
保持开关闭合，当滑动变阻器的滑片移动时，电流表的指针___________；保持开关闭合，当螺线管A离开或进入螺线管B时，电流表的指针______________．电流表指针发生了偏转，说明闭合电路中产生了感应电流．
综合上述探究实验可得出感应电流的条件：只要穿过闭合电路的________发生变化，闭合电路中就会产生感应电流．
发生偏转
发生偏转
磁通量
核心要点突破
一、实验探究过程的归纳
1．实验探究
(1)闭合电路的部分导体切割磁感线．如图1－1－1所示．
图1－1－1
观察实验，记录现象，如下表所示.
导体棒的运动 表针的摆动方向 导体棒的运动 表针的摆动方向
向右平动 左 向下平动 不摆动
向左平动 右 向上平动 不摆动
结论：当导体棒左右平动，切割磁感线时，回路中会产生感应电流；当导体棒上下平动，不切割磁感线时，回路中不会产生感应电流.
(2)条形磁铁插入或拔出线圈，如图1－1－2所示．
图1－1－2
观察实验，记录现象，如下表所示.
磁铁的运动 表针的摆动方向 磁铁的运动 表针的摆动方向
N极插入线圈 右 S极插入线圈 左
N极停在线圈中 不摆动 S极停在线圈中 不摆动
N极从线圈中拔出 左 S极从线圈中拔出 右
结论：当磁极相对线圈运动时，回路中有感应电流产生；当磁极停在线圈中时，回路中无感应电流产生.
说明：当线圈的绕向、电流表不同或电路的连接不同时，电流表指针偏转方向不同，但实验结论相同．
(3)模拟法拉第的实验
如图1－1－3所示．线圈A通过滑动变阻器和开关连接到电源上，线圈B的两端与电流表连接，把线圈A装在线圈B的里面．观察以下几种操作线圈B中是否有电流产生．
图1－1－3
观察实验，记录现象，如下表所示.
操作 现象
开关闭合瞬间 电流表指针向右摆动一下
开关断开瞬间 电流表指针向左摆动一下
开关闭合，滑动变阻器不动 电流表指针不发生偏转
开关闭合，迅速移动变阻器的滑片 电流表指针会有相应的左右摆动
结论：只有在改变原线圈中的电流时，在副线圈中才会产生感应电流.
2.结论
实验表明：只要穿过闭合电路的磁通量发生变化，闭合电路中就会产生感应电流．
即时应用?(即时突破，小试牛刀)
1.(2011年河南开封高二检测)(1)1831年，物理学家法拉第用如图1－1－4所示的实验，成功发现了磁生电现象，当开关始终处于闭合状态时，a线圈中________(选填“有”或“无”)感应电流产生，当开关闭合或断开瞬间，a线圈中________(选填“有”或“无”)感应电流产生．
图1－1－4
(2)如图1－1－5是某兴趣小组研究磁生电现象所需的器材．
图1－1－5
请你协助该小组完成如下工作，用实线将带有铁芯的线圈A、电源、滑动变阻器和开关连接成原线圈回路，将小量程电流表和线圈B连接成副线圈回路，并列举出在实验中改变副线圈回路磁通量，使副线圈回路产生感应电流的三种方式：
①______________________________________；
②______________________________________；
③________________________________________.
解析：(1)因穿过a线圈的磁通量不变，所以无感应电流产生．闭合瞬间穿过a线圈的磁通量突然增大，所以有感应电流产生．断开瞬间，穿过a线圈的磁通量突然减小，所以有感应电流产生．
(2)实物连接如图所示．
①合上(或断开)开关瞬间；②合上开关后，将原线圈A插入副线圈B或从副线圈B中抽出；③合上开关，将原线圈A插入副线圈B后，移动滑动变阻器的滑片．
答案：(1)无 有 (2)见解析
二、理解磁通量及磁通量变化的判定
1．磁通量
(1)定义：磁场中垂直于磁场方向的某一平面的面积与该处磁感应强度的乘积，叫做穿过这个面积的磁通量．符号用Φ表示．
(2)计算式：Φ＝BS⊥.
(3)单位：国际单位是韦伯，符号 Wb,1 Wb＝1 T·m2.
(4)磁通量是标量，没有方向．
(5)磁通量的物理意义：穿过某个平面的磁通量就是穿过那个平面的磁感线的条数．
2．磁通量变化的判定
(1)引起磁通量变化的原因
根据磁通量的计算公式Φ＝BSsinθ(其中θ为闭合电路所围成的平面与磁场方向之间的夹角)，因此决定磁通量的因素有三个方面，B、S、θ的变化都会导致磁通量的变化．
①面积S不变，磁感应强度B发生变化，则磁通量Φ发生变化；
②面积S变化，磁感应强度B不发生变化，则磁通量Φ发生变化；
③面积S变化，磁感应强度B发生变化，则磁通量Φ可能发生变化；
④线圈平面和磁场方向的夹角发生变化时，引起通过线圈的磁通量发生变化．
(2)如何求磁通量的变化量
①磁感应强度B不变，有效面积S发生变化，则ΔΦ＝Φt－Φ0＝BΔS；
②磁感应强度B变化，有效面积S不变，则ΔΦ＝Φt－Φ0＝ΔB·S；
③磁感应强度B变化，有效面积S发生变化，则ΔΦ＝Φt－Φ0＝BtSt－B0S0.
特别提醒：在求磁通量的变化量时要注意：磁通量是标量，若规定穿入线圈正面的方向为正，则从线圈背面方向穿入时磁通量为负值，在线圈翻转180°时，磁通量的变化应等于其绝对值之和，而不是绝对值之差，磁通量的正、负不表示方
向，是为了计算磁通量变化而引入的．
即时应用?(即时突破，小试牛刀)
2. (2011年榆林高二检测)如图1－1－6所示，a、b、c三个圆环水平套在条形磁铁外面，其中a和b两环大小相同，c环最大，a环位于N极处，b和c两环位于条形磁铁中部，则穿过三个环的磁通量的大小是( )
图1－1－6
A．c环最大，a与b环相同
B．三个环相同
C．b环比c环大
D．a环一定比c环大
解析：选C.条形磁铁磁场的磁感线分布特点是：①两端密，中间疏；②磁铁内、外磁感线条数相等．a、b、c三个环中磁铁内磁场方向都向上，而磁铁外部磁场不同，应选C，而a、c两环磁通量大小关系不确定．
课堂互动讲练
电磁感应的探索历程
例1
在探究“磁生电”现象的历程中，人们经历了并不平坦的道路．下列与之有关的说法正确的是( )
A．奥斯特在发现“电生磁”的同时，受对称性思想的影响也发现了“磁生电”现象
B．安培曾试图用恒定电流和磁铁放在导体线圈附近“感应”出电流
C．法拉第最初实验探究的失败是由于他试图用恒定电流的磁场使电路中感应出电流
D．奥斯特受法拉第的“磁生电”影响发现了“电生磁”
【精讲精析】 奥斯特发现了电流的磁效应，即“电生磁”后，法拉第受对称性思想的启发，开始探究“磁生电”，并最终发现了电磁感应现象．安培的失败和法拉第的前几次实验的失败均在于他们试图用恒定电流的磁场感应出电流．
【答案】 BC
【方法总结】 通过了解法拉第的艰难探索历
程，体会任何一个伟大的发现都不是一帆风顺
的，都要经历艰难困苦的过程，要学习科学家的科学态度、意志力，以提高自身的科学素质．法拉第发现电磁感应的历程是对称思维提出课题→探索实验经历漫长→偶然发现→得到真谛．
磁通量及其变化的分析
例2
闭合线圈按如图1－1－7所示的方式在磁场中运动，则穿过闭合线圈的磁通量发生变化的是( )
图1－1－7
【精讲精析】 对于A选项，因为线圈平面平行于磁感线，在以OO′为轴转动的过程中，线圈平面始终与磁感线平行，磁通量始终为零．B选项中，线圈平面也与磁感线平行，磁通量为零，在竖直向上运动过程中，线圈平面始终与磁感线平行，磁通量始终为零．C选项中，线圈平面与磁感线平行，磁通量始终为零．D选项中，随着线圈的转动，B与S都不变，B又垂直于S，所以Φ＝BS始终不变．而E选项，图示状态Φ＝0，转过90°时，Φ＝BS，因此磁通量发生变化．
【答案】 E
【方法总结】 引起磁通量变化的原因有：(1)磁感应强度B发生变化；(2)线圈的面积S发生变化；(3)磁感应强度B和线圈的面积S的夹角发生变化．
(2011年延安高二检测)如图1－1－8，在水平面上有两条平行导电导轨MN、PQ，导轨间距离为l，匀强磁场垂直于导轨所在的平面(纸面)向里，磁感应强度的大小为B，两根金属杆1、2摆在导轨上，与导轨垂直，它们分别以速度v1、v2做匀速直线运动，下列哪种情形回路中有电流通过( )
感应电流产生条件的应用
例3
图1－1－8
A．v1＝v2 B．v1>v2
C．v1【思路点拨】 题中磁感应强度不变，结合运动情况研究面积变化判断磁通量是否改变．
【自主解答】 只要两杆速度不同，穿过闭合回路的磁通量就会变化，回路中就有感应电流．选项A中v1＝v2时，闭合回路的面积不变，在匀强磁场中磁通量也不会变，所以回路中没有感应电流产生；选项B中v1>v2，两金属杆1、2间距离减小，回路面积减小，使磁通量减小，会在回路中产生感应电流；同理选项C会使回路中磁通量变大，也会产生感应电流，所以选项B、C正确．
【答案】 BC
【方法总结】 在判断是否有感应电流产生时，本质上要分析判断闭合回路的磁通量是否改变．如果闭合回路中的磁通量发生了变化，则有感应电流产生．
变式训练
如图1－1－9所示，线框abcd从有界的匀强磁场区域穿过，下列说法中正确的是( )
A．进入匀强磁场区域的过程中，abcd中有感应电流
B．在匀强磁场中加速运动时，abcd中有感应电流
C．在匀强磁场中匀速运动时，abcd中没有感应电流
D．离开匀强磁场区域的过程中，abcd中没有感应电流
图1－1－9
解析：选AC.在有界的匀强磁场中，常常需要考虑线框进场、出场和在场中运动的情况，abcd在匀强磁场中无论匀速还是加速运动，穿过abcd的磁通量都没有发生变化．
知能优化训练
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1．2 探究感应电流的方向
课标定位
学习目标：1.培养观察实验的能力以及对实验现象分析、归纳、总结的能力．
2．理解并掌握楞次定律的内容．
3．能够熟练应用楞次定律判断感应电流的方向，培养学生应用物理规律解决实际问题的能力．
4．掌握右手定则，并理解右手定则实际上为楞次定律的一种具体表现形式．
重点难点：1.对楞次定律内容的理解．
2．应用楞次定律判断感应电流的方向．
核心要点突破
课堂互动讲练
课前自主学案
知能优化训练
1.2
课前自主学案
一、探究感应电流的方向
图1－2－1
1．实验探究：如图1－2－1所示，将条形磁铁的一极(N极或S极)靠近悬挂的铝环时，铝环将被________，说明铝环跟磁铁之间存在_________作用；当磁铁离开铝环时，铝环将被______，说明铝环跟磁铁之间存在_______作用．
2．分析论证：实验表明，当磁铁靠近或远离铝环时，铝环跟磁铁都出现了相互作用力，这个作用力跟铝环中产生的__________有关，排斥力和吸引力说明了铝环中的感应电流的_______不同．
排斥
斥力
吸引
引力
感应电流
方向
思考感悟
若铝环中的电流可等效于小磁针，能否根据安培定则，结合铝环和磁铁的相互作用判断铝环中电流的方向？
提示：能．
二、楞次定律
1．内容：感应电流的磁场总是要_______引起感应电流的_________的变化．
2．实验分析：当磁铁靠近铝环时，穿过铝环的磁通量______，感应电流产生的磁场与原磁场方向_______，阻碍原磁场的磁通量_______；当磁铁远离铝环时，穿过铝环的磁通量______，感应电流产生的磁场与原磁场方向_______，阻碍原磁场的磁通量_______．
阻碍
磁通量
增大
相反
增大
减小
相同
减小
三、右手定则
1．内容：伸开右手，使拇指跟其余四指______，并且都跟手掌在同一平面内．让磁感线______从手心进入，拇指指向导体运动的方向，其余四指所指的方向就是___________的方向．
2．适用范围：闭合电路的一部分导体在磁场中做______________的运动．
垂直
垂直
感应电流
切割磁感线
四、电磁感应现象中的能量变化
从能量转化和守恒的角度来看，把磁体移近线圈时，外力要克服磁体和线圈之间的__________做功，使外界其他形式的能量转化为_______；磁体离开线圈时，外力则要克服磁体和线圈之间的________做功，也使外界其他形式的能量转化为________．在这两种情况下，总能量是守恒的．
排斥力
电能
吸引力
电能
核心要点突破
一、对楞次定律的理解及应用
1．对楞次定律内容的理解
(1)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，而不是阻碍引起感应电流的磁场．因此，不能认为感应电流的磁场的方向和引起感应电流的磁场方向相反．
(2)这里的“阻碍”体现为：
①当引起感应电流的磁通量增加时，感应电流的磁场方向与引起感应电流的磁场方向相反，感应电流的磁通量阻碍了引起感应电流的磁通量的增加．
②当引起感应电流的磁通量减少时，感应电流的磁场方向与引起感应电流的磁场方向相同，感应电流的磁通量阻碍了引起感应电流的磁通量的减少．
③当回路中的磁通量不变时，则没有“变化”需要阻碍，故此时没有感应电流的磁场，也就没有感应电流．
2．楞次定律的具体表现形式
感应电流的效果总是要阻碍产生感应电流的原因，常见有以下四种表现：
(1)就磁通量而言，总是阻碍引起感应电流的磁通量(原磁通量)的变化．
(2)就相对运动而言，阻碍导体间的相对运动，简称口诀：“来拒去留”．
(3)就闭合电路的面积而言，致使电路的面积有收缩或扩张的趋势．收缩或扩张是为了阻碍电路磁通量的变化．若穿过闭合电路的磁感线皆朝同一方向，则磁通量增大时，面积有收缩趋势，磁通量减少时，面积有增大趋势，简称口诀：“增缩减扩”．
(4)就电流而言，感应电流阻碍原电流的变化，即原电流增大时，感应电流方向与原电流方向相反；原电流减小时，感应电流方向与原电流方向相同，简称口诀：“增反减同”．
3．应用楞次定律的一般步骤
(1)明确研究对象是哪一个闭合电路．
(2)分析此电路的原磁场方向，并判断穿过此电路的磁通量是增加还是减少．
(3)根据楞次定律判定感应电流产生的磁场方向．
若穿过回路的磁通量是增加的，则感应电流的磁场方向与原磁场方向相反；若是减少，则感应电流的磁场方向应与原磁场方向相同．
(4)利用安培定则确定感应电流的方向．
即时应用?(即时突破，小试牛刀)
1. (2011年宁夏高二检测)如图1－2－2所示，闭合线圈上方有一竖直放置的条形磁铁，磁铁的N极朝下．当磁铁向下运动时(但未插入线圈内部)( )
图1－2－2
A．线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相同，磁铁与线圈相互吸引
B．线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相同，磁铁与线圈相互排斥
C．线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相反，磁铁与线圈相互吸引
D．线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相反，磁铁与线圈相互排斥
解析：选B.当磁铁向下运动时，穿过闭合电路的磁通量增加，原磁场方向在线圈中心轴线方向上竖直向下，感应电流的磁场方向与原磁场方向相反，即竖直向上，根据右手螺旋定则可以判断该线圈中的电流方向与图1－2－2所示方向相同．通电线圈的上端为N极，故磁铁与线圈相互排斥．
二、电磁感应现象中的能量转化
当在闭合电路中产生感应电流时，电流做功，消耗了电能，根据能量守恒定律，能量不会被创造，也不会被消灭．那么，是什么能量转化为电能呢？一般有两种情况：
1．导体做切割磁感线运动，在电路中产生感应电流，是该导体的机械能转化为电能．
图1－2－3
即时应用?(即时突破，小试牛刀)
2.如图1－2－4所示，闭合小金属环从高为h的光滑曲面上由静止滚下，又沿曲面的另一侧上升，若图中磁场为匀强磁场，则环上升的高度________h；若为非匀强磁场，则环上升的高度应________h．(填“>”“＝”或“<”)(提示：从能否产生感应电流的角度思考)
图1－2－4
解析：若磁场为匀强磁场，则小金属环中无感应电流，所以小金属环的机械能守恒；若磁场为非匀强磁场，则小金属环中磁通量发生变化，产生感应电流，所以小金属环的机械能部分转化为电能．
答案：＝ <
三、理解楞次定律与右手定则的关系
1．从研究对象上说，楞次定律研究的是整个闭合回路，右手定则研究的是闭合电路的一部分，即一段导线做切割磁感线运动．
2．从适用范围上说，楞次定律可应用于由磁通量变化引起感应电流的各种情况(当然包括一部分导体做切割磁感线运动的情况)，右手定则只适用于一段导线在磁场中做切割磁感线运动的情况，导线不动时不能应用．因此，右手定则可以看作楞次定律的特殊情况．
3．安培定则、左手定则、右手定则、楞次定律应用的比较
(1)应用现象
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
(2)应用区别
关键是抓住因果关系：
①因电而生磁(I→B)→安培定则；
②因动而生电(v、B→I安)→右手定则；
③因电而受力(I、B→F安)→左手定则；
④因磁而生电(ΔB→I感)→楞次定律．
即时应用?(即时突破，小试牛刀)
3.如图1－2－5所示，一个有界匀强磁场区域，磁场方向垂直于纸面向内．一个矩形闭合导线框abcd，沿纸面方向由左侧位置运动到右侧位置，则( )
图1－2－5
A．导线框进入磁场时，感应电流的方向为abcda
B．导线框离开磁场时，感应电流的方向为abcda
C．导线框离开磁场时，受到的安培力方向水平向右
D．导线框离开磁场时，受到的安培力方向水平向左
解析：选AD.只有导线框的cd边或ab边在磁场中运动时电路中才有感应电流，所以，cd边在磁场中切割磁感线时，用右手定则判断知感应电流方向为abcda，ab边在磁场中切割磁感线时，产生的感应电流方向为adcba；由楞次定律知，当线框进入时会受到阻碍，线框所受的安培力与运动方向相反，即向左；当线框离开磁场时，线框同样会受到阻碍，所受的安培力方向向左．综上所述，选项A、D正确．
课堂互动讲练
利用楞次定律判定电流方向
例1
如图1－2－6所示，一根条形磁铁自左向右穿过一个闭合线圈，则电路中( )
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．先有自a向b的感应电流，后有自b向a的感应电流流过电流表G
D．不会产生感应电流
图1－2－6
【精讲精析】 楞次定律中的“阻碍”并不是“相反”，而是当磁通量增加时，感应电流的磁场与原磁场方向相反；当磁通量减少时，感应电流的磁场与原磁场方向相同．
【答案】 C
【方法总结】 该题是楞次定律的简单应用，应用楞次定律时，应依次确定以下几个物理量，即：引起感应电流的磁场→引起感应电流的磁通量的变化→感应电流的磁场方向→感应电流的方向．
利用右手定则判断电流的方向
例2
(2011年天津金华模拟)如图1－2－7所示，一个闭合矩形金属框abcd与一根绝缘轻杆相连，轻杆上端O点是一个固定转动轴，转动轴与线框平面垂直，线框静止时恰位于蹄形磁铁的正中，线框平面与磁感线垂直．现将线框从静止释放，并使其左右摆动，在左右摆动过程中，线框受到磁场力的方向是( )
图1－2－7
A．向左摆动的过程中，受力方向向左；向右摆动的过程中，受力方向向右
B．向左摆动的过程中，受力方向向右；向右摆动的过程中，受力方向向左
C．向左摆动的过程中，受力方向先向左后向右；向右摆动的过程中，受力方向先向右后向左
D．向左、向右摆动过程中始终不受力
【精讲精析】 从切割磁感线角度来看，在线框向左摆进入磁场的过程中，ab边切割磁感线，磁场方向由N极指向S极，用右手定则可判断，电流方向由a指向b，用左手定则可判断受力向右；当向左摆离开磁场时，cd边切割磁感线，电流方向由d指向c，受力方向向右．同理可判断当线框向右摆进入和离开磁场时受力方向向左．
应当注意的是当线框运动到磁场正中间(可看成匀强磁场)，由于磁通量不变，所以线框中无感应电流，也不受磁场力．
【答案】 B
【方法总结】 右手定则只适用于一段导体在磁场中做切割磁感线运动的情况，可以看成楞次定律的特殊情况．若是闭合电路中的一部分导体做切割磁感线运动产生感应电流，用右手定则判断较为简单，由楞次定律也能进行判断，但较为繁琐．
如图1－2－8所示，ab是一个可绕垂直纸面的轴O转动的闭合矩形导线框，当滑动变阻器R的滑片自左向右滑行时，导线框ab的运动情况是( )
楞次定律的综合应用
例3
图1－2－8
A．保持不动
B．逆时针转动
C．顺时针转动
D．发生转动，但因电源极性不明，无法确定转动方向
【自主解答】 根据题图所示的电路，导线框ab所处位置的磁场在水平方向，当滑动变阻器的滑片向右滑动时，电路中电阻增大，电流减弱，则穿过闭合导线框的磁通量将减少．根据楞次定律的“阻碍”思想，感应电流的磁场将阻碍原磁通量的减少，所以导线框将通过转动改变自身与磁场的正对面积，来阻碍原磁通量的减少，所以导线框应顺时针转动，选项C正确，A、B错误．注意此题并不需要明确电源的极性，故选项D错误．
【答案】 C
变式训练
如图1－2－9所示，一密绕螺线管与电源、开关构成电路，两个金属闭合铝环a和b分别挂在螺线管的两端，且与螺线管共轴．在接通电源的瞬间，两个铝环的运动状态为a环向________摆动，b环向________摆动．
图1－2－9
解析：在接通电源的瞬间，螺线管中的磁通量增加，穿过两侧小金属环的磁通量增加，产生感应电流，来阻碍磁通量的增加，所以两环都向两边摆开，远离磁极以阻碍磁通量的增加．
答案：左 右
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谢谢使用1．下列几种说法正确的是( )
A．线圈中磁通量变化越大，线圈中产生的感应电动势一定越大
B．线圈中磁通量越大，产生的感应电动势一定越大
C．线圈放在磁场越强的位置，产生的感应电动势一定越大
D．线圈中磁通量变化越快，线圈中产生的感应电动势越大
解析：选D.依据法拉第电磁感应定律可知，感应电动势与磁通量无关，与磁通量的变化量无关，与线圈匝数和磁通量的变化率成正比．因此，选项A、B都是错误的．
感应电动势与磁场的强弱也无关，所以，选项C也是不对的．线圈中磁通量变化越快意味着线圈的磁通量的变化率越大，依据法拉第电磁感应定律可知，选项D是正确的．
2．关于感应电动势，下列说法中正确的是( )
A．电源电动势就是感应电动势
B．产生感应电动势的那部分导体相当于电源
C．在电磁感应现象中没有感应电流就一定没有感应电动势
D．电路中有电流就一定有感应电动势
解析：选B.电源电动势的来源很多，不一定是由于电磁感应产生的，所以选项A错误；在电磁感应现象中，如果没有感应电流，也可以有感应电动势，电路中的电流可能是由化学电池或其他电池作为电源而产生的，所以应该是有感应电流一定有感应电动势．
3.
图1－3－7
如图1－3－7所示，导体ab长为L，速度v的方向与导体垂直，与磁感线成θ角．则：磁感应强度为B时，导体在运动时产生的感应电动势为( )
A．0 B．BLv
C．BLvsinθ D．BLvcosθ
解析：选A.导体没有切割磁感线，故E＝0.此题很容易错解为E＝BLvsinθ，其原因是不能正确分析导体是否切割磁感线．
4.
图1－3－8
(2011年渭南高二检测)如图1－3－8所示，在匀强磁场中固定放置一根串联一电阻R的直角形金属导轨aOb(在纸面内)，磁场方向垂直于纸面向里，另外两根金属导轨c、d分别平行于Oa、Ob放置．保持导轨之间接触良好，金属导轨的电阻不计．现经历以下四个过程．
①以速率v移动d，使它与Ob的距离增大一倍；
②再以速率v移动c，使它与Oa的距离减小一半；
③然后，再以速率2v移动c，使它回到原处；
④最后以速率2v移动d，使它也回到原处．
设上述四个过程中通过电阻R的电荷量依次为Q1、Q2、Q3和Q4，则( )
A．Q1＝Q2＝Q3＝Q4 B．Q1＝Q2＝2Q3＝2Q4
C．2Q1＝2Q2＝Q3＝Q4 D．Q1≠Q2≠Q3≠Q4
解析：选A.以上四个过程中ΔΦ大小相等，由电荷量Q＝知，选项A正确，B、C、D错误．
5.
图1－3－9
(2011年陕西高二检测)如图1－3－9所示，半径为R的圆形导轨处在垂直于圆平面的匀强磁场中，磁感应强度为B，方向垂直于纸面向里，一根长度略大于导轨直径的导体棒MN以速率v在圆导轨上从左端滑到右端，电路中的定值电阻为r，其余电阻不计，导体棒与圆形导轨接触良好．当开关S断开时，求：
(1)在滑动过程中通过电阻r的电流的平均值；
(2)MN从左端到右端的整个过程中，通过r的电荷量；
(3)当MN通过圆形导轨中心时，通过r的电流是多少？
解析：(1)计算平均电流，应该用法拉第电磁感应定律，先求出平均感应电动势．整个过程磁通量的变化为ΔΦ＝BS＝BπR2，所用的时间Δt＝，
代入＝＝·v＝
通过r的平均电流＝＝.
(2)通过r的电荷量q＝Δt＝·＝.
(3)MN经过圆形导轨中心O时，
感应电动势为E＝Blv＝2BRv
通过r的电流为I＝＝.
答案：(1) (2) (3)
一、选择题
1．决定闭合电路中感应电动势大小的因素是( )
A．磁通量 B．磁感应强度
C．磁通量的变化率 D．磁通量的变化量
解析：选C.根据法拉第电磁感应定律E＝可知 ，E与Φ的变化率成正比．Φ大，E不一定大，ΔΦ大，E也不一定大，所以只有选项C正确．
2．穿过一个单匝线圈的磁通量始终保持每秒钟均匀地减少2 Wb，则( )
A．线圈中的感应电动势每秒钟增加2 V
B．线圈中的感应电动势每秒钟减少2 V
C．线圈中无感应电动势
D．线圈中感应电动势保持不变
解析：选D.由题意知：＝2 Wb/s，故E＝＝2 V，保持不变．
3．(2011年泰安检测)将一磁铁缓慢插入或者迅速插入到闭合线圈中的同一位置，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．流过导体横截面的电荷量
解析：选AD.将磁铁以不同的速度插入闭合线圈的同一位置，磁通量的变化量相同，而用的时间不同，所以磁通量的变化率不同，由公式I＝＝，q＝IΔt＝·Δt＝可知，感应电流的大小不同，但通过导体横截面的电荷量相同．
4.
图1－3－10
如图1－3－10所示，在竖直向下的匀强磁场中，将一水平放置的金属棒ab以水平初速度v0抛出，设在整个过程中棒的方向不变且不计空气阻力，则在金属棒运动过程中产生的感应电动势大小变化情况是( )
A．越来越大 B．越来越小
C．保持不变 D．无法判断
解析：选C.本题考查导体切割磁感线产生的感应电动势．关键是分析出垂直切割磁感线的速度情况．金属棒水平抛出后，在垂直于磁场方向上的速度不变，由E＝BLv知，电动势也不变，故选C.
5．(2010年高考江苏卷)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1 s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1 s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，线框中感应电动势的比值为( )
A. B．1
C．2 D．4
解析：选B.由法拉第电磁感应定律(设原来的磁感应强度和面积分别为B0、S0)有：E1＝S0＝S0，E2＝2B0 ＝2B0＝，
故E1＝E2.故选B.
6.
图1－3－11
如图1－3－11所示，半径为r的n匝线圈套在边长为L的正方形abcd之外，匀强磁场局限在正方形区域内且垂直穿过正方形，当磁感应强度以均匀变化时，线圈中产生的感应电动势大小为( )
A．πr2 B．L2
C．nπr2 D．nL2
解析：选D.磁场的有效面积S＝L2，根据法拉第电磁感应定律，线圈中产生的感应电动势大小E＝n＝nL2，选项D正确．
7．一闭合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，下列方法中可能使线圈中的感应电流增大一倍的是(如需要改绕线圈，用原规定导线)( )
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．改变线圈轴线与磁场方向的夹角
解析：选C.设线圈半径为r，面积为S，匝数为n，电阻为R，线圈轴线与磁场方向的夹角为θ，感应电流为I，由电磁学知识得E＝n＝n，I＝.线圈导线的总长度为l＝n·2πr，R＝ρ(S′为导线横截面积)，S＝πr2.所以，I＝＝··cosθ.其中是磁感应强度的变化率，为恒量，电阻率ρ和导线横截面积S′也是恒量，所以I∝r·cosθ.故选项C正确．
8．(2009年高考山东理综卷)如图1－3－12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1－3－12
A．感应电流方向不变
B．CD段直导线始终不受安培力
C．感应电动势最大值Em＝Bav
D．感应电动势平均值＝πBav
解析：选ACD.导体切割磁感线产生感应电动势，由右手定则可知，感应电流方向不变，A正确．
感应电动势最大值即切割磁感线等效长度最大时的电动势，故Em＝Bav，C正确．
＝①
ΔΦ＝B·πa2②
Δt＝③
由①②③得＝πBav，D正确．
9.
图1－3－13
如图1－3－13所示，导体AB的长为2R，绕O点以角速度 ω匀速转动，OB为R，且OBA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两端的电势差为( )
A.BωR2 B．2BωR2
C．4BωR2 D．6BωR2
解析：选C.A点线速度vA＝ω·3R，B点线速度vB＝ωR，AB棒切割磁感线的平均速度＝＝2ωR，由E＝Blv得，A、B两端的电势差为E＝B·2R·＝4BωR2，C正确．
10．(2011年宁夏高二检测)单匝矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，转轴垂直于磁场．若线圈所围面积里磁通量随时间变化的规律如图1－3－14所示．则( )
图1－3－14
A．线圈中O时刻感应电动势最小
B．线圈中C时刻感应电动势为零
C．线圈中C时刻感应电动势最大
D．线圈从O至C时间内平均感应电动势为0.4 V
解析：选BD.由E＝可知，题图中曲线斜率的大小即代表感应电动势的大小，故O时刻感应电动势最大，C时刻最小；O～C时间段，＝＝ V＝0.4 V，故答案为B、D.
二、非选择题
11.
图1－3－15
如图1－3－15所示，一个50匝的线圈的两端与R＝99 Ω的电阻相连，置于竖直向下的匀强磁场中，线圈的横截面积S＝20 cm2，电阻r＝1 Ω，磁感应强度以100 T/s的变化率均匀减小．在这一过程中通过电阻R的电流为多大？
解析：由法拉第电磁感应定律得线圈中产生的感应电动势为
E＝n＝nS＝(50×100×20×10－4) V＝10 V
由闭合电路欧姆定律得感应电流大小为
I＝＝ A＝0.1 A.
答案：0.1 A
12.
图1－3－16
如图1－3－16所示，导轨OM和ON都在纸面内，导体AB可在导轨上无摩擦滑动，若AB以5 m/s的速度从O点开始沿导轨匀速右滑，导体与导轨都足够长，它们每米长度的电阻都是0.2 Ω，磁场的磁感应强度为0.2 T．问：
(1)3 s末电路中的电流为多少？
(2)3 s内电路中产生的平均感应电动势为多少？(保留两位有效数字)
解析：(1)3 s末OB长度xOB＝vt＝5×3 m＝15 m，
3 s末OA长度xOA＝＝10 m，
夹在导轨间AB段长度xAB＝xOB· tan30°＝5 m，
整个回路的导轨总长度为
x＝xOA＋xAB＋xOB＝(10＋5＋15) m＝15(＋1) m，
电动势E＝BLv＝0.2×5×5 V＝5 V，
电阻为R＝x·0.2＝[15(＋1)×0.2] Ω≈8.20 Ω
所以电流I＝≈1.06 A.
(2)3 s内平均感应电动势为
＝n＝1·＝ V＝ V≈4.3 V.
答案：(1)1.06 A (2)4.3 V1．某同学在探究日光灯的过程中，提出了下列说法，其中正确的有( )
A．日光灯正常发光后，取下起辉器，日光灯即熄灭
B．日光灯正常发光后，取下镇流器，日光灯仍正常发光
C．起辉器中的电容器被击穿后，日光灯管两端发红，中间不亮
D．起辉器中的电容器被击穿后，使电路中始终有电流，镇流器不能产生瞬时高压，灯管无法点燃，若将电容器部分剪掉，则起辉器仍可使日光灯正常工作
解析：选CD.由于起辉器在日光灯正常工作时不起作用，所以在日光灯正常发光后取下时不会对日光灯的正常工作产生影响，日光灯不熄灭；镇流器在日光灯正常工作时起的作用是降压限流作用，它上面有电流通过，取下时日光灯就不能工作了．
2．关于线圈的自感系数、自感电动势下列说法中正确的是( )
A．线圈中电流变化越大，线圈自感系数越大
B．对于某一线圈，自感电动势正比于电流的变化量
C．一个线圈的电流均匀增大，这个线圈自感系数、自感电动势都不变
D．自感电动势总与原电流方向相反
解析：选C.线圈的自感系数由线圈本身的因素决定．E自∝，而不是E自∝ΔI，C对，A、B错，线圈中电流减小时，自感电动势方向与原电流方向相同，电流增大时，自感电动势方向与原电流方向相反，D错．
3.
图1－5－12
如图1－5－12所示电路中，L是电感系数足够大的线圈，它的直流电阻为RL，小灯泡A的电阻为RA.将开关S闭合，待灯泡亮度稳定后，再将开关S断开，为了观察到断开开关瞬间灯泡有明显的闪烁现象，RL与RA之间应满足的关系是( )
A．RL等于RA B．RL与RA相差不多
C．RL明显小于RA D．RL明显大于RA
解析：选C.
开关S闭合稳定时，流过线圈L的电流IL＝，流过灯泡A的电流IA＝.断开开关的瞬间，线圈L的电流保持为原电流IL，而流过灯泡A的电流大小和方向均发生突变，大小由IA变为IL，如图所示．故要观察到断开瞬间灯泡有明显的闪烁现象，即IL明显大于IA，则有RL明显小于RA.
4.
图1－5－13
如图1－5－13所示电路中，R的阻值和L的自感系数都很大，但L的直流电阻较小，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( )
A．A比B先亮，然后A熄灭
B．B比A先亮，稳定后B较暗
C．A、B一起亮，然后A熄灭
D．A、B一起亮，然后B熄灭
解析：选B.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B灯接的电阻很大，流过B灯支路的电流很小，所以B灯较暗，故B正确．
5.
图1－5－14
如图1－5－14所示，L是自感很大、电阻很小的线圈，当合上或断开开关S1和S2时，将会出现哪些情况？
解析：只合上S1时，由于线圈的自感作用，流过Q灯的电流将逐渐增大，故P灯立即亮，而Q灯逐渐亮起来．
再合上S2稳定后，由于L的电阻很小，P灯几乎被短路，故P灯是暗的．
断开S1时，由于S2闭合，线圈L与P灯构成闭合回路，由于自感作用，电流将由稳定时L中的电流值逐渐减小，由于原来IL IP，所以P灯将闪亮一下再熄灭．Q灯立即熄灭．
答案：见解析
一、选择题
1．关于自感现象，下列说法中正确的是( )
A．自感现象是线圈自身的电流变化而引起的电磁感应现象
B．自感电动势总是阻止原电流的变化
C．自感电动势的方向总与原电流方向相反
D．自感电动势的方向总与原电流方向相同
解析：选A.自感现象是线圈自身的电流变化而引起的电磁感应现象，在自感现象中自感电动势总是阻碍原电流的变化，不是阻止，所以选项B错．当原电流减小时，自感电动势与原电流的方向相同，当原电流增加时，自感电动势与原电流的方向相反，所以选项C、D错．
2．起辉器是由电容器和氖管两大部分组成，其中氖管中充有氖气，内部有静触片和U形动触片．通常动、静触片不接触，有一小缝隙．则下列说法正确的是( )
A．当电源的电压加在起辉器两端时，氖气放电发出辉光并产生热量，导致双金属片受热膨胀
B．当电源的电压加在启动器两极后，动、静触片间辉光放电，受热膨胀两触片接触而不分离
C．起辉器中U形动触片是由单金属片制成
D．当动、静两触片接触后，氖气停止放电、温度降低，两触片分离
解析：选AD.起辉器U形动触片是由膨胀系数不同的双金属片压制而成．故C项错．电源把电压加在起辉器两极间，使氖气放电而发出辉光，辉光产生热量使U形动触片膨胀伸展，跟静触片接触把电路接通．电路接通后，起辉器的氖气停止放电，U形动触片冷却收缩，两个触片分开，电路自动断开．故B错，A、D正确．
3．如图1－5－15所示四个日光灯的接线图中(S为起辉器，L为镇流器)，正确的是( )
图1－5－15
解析：选A.本题可依据各选项所提供的电路图，分析各自的工作情况来判定能使日光灯正常发光的选项．D选项中灯丝被短路，显然日光灯不能正常发光；C选项中S和L串联在一条支路上，S断开时，L中能产生自感电动势，但不能给灯管提供瞬时高压(因为此时S断开)；B选项中由于S和灯管串联，所以当S断开时，只有L上的自感电动势加在灯管上，电源电压没能加在上面．
4．关于日光灯电路，下列说法正确的是( )
A．起辉器在电路中起开关作用
B．正常使用时镇流器不起作用
C．如果把日光灯灯管两端的电极分别短路，日光灯仍能正常发光
D．如果日光灯在正常发光时，把起辉器取走，日光灯仍能正常发光
解析：选AD.起辉器起到自动开关作用，配合镇流器产生瞬时高压启动灯管．日光灯正常发光时，起辉器可以取走，而镇流器在日光灯正常工作时起降压限流作用，不能取出．灯管两极短路后日光灯将不能正常发光，故A、D正确．
5.
图1－5－16
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1－5－16所示．其原理是( )
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，两股导线中原电流的磁通量相互抵消
D．以上说法都不对
解析：选C.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A、B错误，只有C正确．
图1－5－17
6．如图1－5－17所示，L是自感系数很大、直流电阻很小的线圈，电表的零刻度在表盘的中央，且量程较大，闭合开关S，各表的指针都偏向零刻度的右边．则在断开开关的瞬间，哪几个表的指针偏向零刻度的左边( )
A．A1 B．A2
C．A3 D．V
解析：选CD.开关断开的瞬间，A1的读数为零，线圈L上产生自感电动势阻碍电流的减小，所以A2上电流方向不变，此时L、A2、A3、R形成回路，A3、V上的电流反向．
7．(2010年高考海南卷)下列说法正确的是( )
A．当线圈中电流不变时，线圈中没有自感电动势
B．当线圈中电流反向时，线圈中自感电动势的方向与线圈中原电流的方向相反
C．当线圈中电流增大时，线圈中自感电动势的方向与线圈中电流的方向相反
D．当线圈中电流减小时，线圈中自感电动势的方向与线圈中电流的方向相反
解析：选AC.当线圈中的电流不变时，由楞次定律可知，线圈中就不会产生自感电动势，所以A正确．判断线圈中的自感电动势的方向与原电流的方向的关系时，是要看原电流的大小的变化，当原电流增大时，线圈中的自感电动势的方向与原电流方向相反，当原电流减小时，线圈中的自感电动势的方向与原电流方向相同，所以C选项正确，B、D错误．
8.
图1－5－18
(2010年高考北京卷)在如图1－5－18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1－5－19
解析：选B.本题考查自感现象．因为L1与自感线圈串联，且由于自感线圈的阻碍作用，故通过L1的电流只能从零开始逐渐增大，故B正确；而L2与电阻串联，接通开关后，通过L2的电流立即达到最大值，故C、D错误．
9.
图1－5－20
(2011年榆林高二检测)如图1－5－20所示，AB支路由带铁芯的线圈和电流表A1串联而成，设电流为I1；CD支路由电阻R和电流表A2串联而成，设电流为I2.两支路电阻阻值相同，在接通开关S和断开开关S的瞬间，会观察到( )
A．S接通瞬间，I1B．S接通瞬间，I1I2
C．S接通瞬间，I1>I2，断开瞬间I1D．S接通瞬间，I1>I2，断开瞬间I1＝I2
解析：选A.S接通瞬间，线圈L产生自感，对电流有较大的阻碍作用，I1从0缓慢增大，而R中电流不受影响，I110．如图1－5－21所示的电路中，三个相同的灯泡a、b、c和电感L1、L2与直流电源连接，电感的电阻忽略不计．开关S从闭合状态突然断开时，下列判断正确的有( )
图1－5－21
A．a先变亮，然后逐渐变暗
B．b先变亮，然后逐渐变暗
C．c先变亮，然后逐渐变暗
D．b、c都逐渐变暗
解析：选AD.a、b、c三个灯泡相同，设S闭合时通过三个灯泡的电流均是I，则L1上电流为2I，L2上电流为I.当S断开瞬间，a、b、c三灯上原有电流立即消失，L1上在原有2I电流基础上逐渐减小，L2上在原有I电流基础上逐渐减小，L1、L2上产生的感应电流方向相同．所以在S断开瞬间a灯上瞬时有3I的电流而后逐渐减小，即a灯先变亮后逐渐变暗，故A正确，B、C错误；b、c两灯在原有I的电流基础上逐渐减小，即b、c两灯逐渐变暗，故D正确．
二、非选择题
11.
图1－5－22
如图1－5－22所示的日光灯原理图中：
(1)开关合上前，起辉器的静触片和动触片是________．(选填“接通的”或“断开的”)
(2)开关刚合上时，220 V电压加在________上，使________放电发出辉光．
(3)日光灯点燃瞬间，灯管两端的电压________220 V．(选填“大于”或“等于”)
(4)日光灯正常发光时，起辉器的静触片和动触片是________的．(选填“接通”或“分离”)
解析：开关合上前，起辉器的静触片和动触片是断开的；开关刚合上时，220 V电压加在起辉器上，使氖气放电发出辉光；日光灯点燃瞬间，灯管两端的电压远大于220 V；正常发光时，起辉器的动、静触片是分离的．
答案：(1)断开的 (2)起辉器 氖气 (3)大于 (4)分离
12．图1－5－23甲为某同学研究自感现象的实验电路图，用电流传感器显示各时刻通过线圈L的电流．电路中电灯的电阻R1＝6.0 Ω，定值电阻R＝2.0 Ω，A、B间的电压U＝6.0 V．开关S原来闭合，电路处于稳定状态，在t1＝1.0×10－3s时刻断开开关S，此时刻前后电流传感器显示的电流随时间变化的图像如图乙所示．
图1－5－23
(1)求出线圈L的直流电阻RL.
(2)说明断开开关后通过电灯的电流方向．
(3)在t2＝1.6×10－3s时刻线圈L中的感应电动势的大小是多少？
解析：(1)由题图读出，开始时流过线圈L的电流I0＝1.5 A，由欧姆定律I0＝，解得RL＝－R＝2 Ω.
(2)断开开关后，通过电灯R1的电流方向从右向左．
(3)由题图读出t2＝1.6×10－3s时刻线圈L的电流I＝0.30 A，线圈L此时相当于一个电源，由闭合电路欧姆定律，得E＝I(RL＋R＋R1)，解得E＝3.0 V.
答案：(1)2 Ω (2)从右向左 (3)3.0 V1．在物理学的发展过程中，许多物理学家的科学发现推动了人类文明的进步，在对以下几个物理学家所做的科学贡献的叙述中，不正确的说法是( )
A．库仑发现了电流的磁效应
B．丹麦物理学家奥斯特发现了电流的磁效应
C．法拉第发现了磁场产生电流的条件和规律
D．牛顿提出的万有引力定律奠定了天体力学的基础
解析：选A.法国物理学家库仑，用精密的实验研究了电荷间的相互作用力，得到了库仑定律．
2.
图1－1－10
如图1－1－10所示，在探究电磁感应现象的实验中，下列在闭合线圈中能产生感应电流的是( )
A．向线圈中快速插入条形磁铁
B．向线圈中匀速插入条形磁铁
C．把条形磁铁从线圈中快速拔出
D．把条形磁铁静止地放在线圈中
解析：选ABC.磁铁插入或拔出线圈时，无论动作是快速、匀速还是慢速，只要磁铁和线圈有相对运动，穿过闭合线圈的磁通量就发生了变化，线圈中就能产生感应电流．而把条形磁铁静止地放在线圈中，穿过线圈的磁通量不变，即使线圈闭合也不会在其中产生感应电流．
3.
图1－1－11
(2011年河南郑州外国语学校检测)磁通量是研究电磁感应现象的重要物理量．如图1－1－11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1平移到2，第二次将线框绕cd边翻转到2，设先后两次通过线框的磁通量变化分别为ΔΦ1和ΔΦ2，则( )
A．ΔΦ1>ΔΦ2 B．ΔΦ1＝ΔΦ2
C．ΔΦ1<ΔΦ2 D．无法确定
解析：选C.设线框在位置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1处比在2处要强．若平移线框，则ΔΦ1＝Φ1－Φ2；若转动线框，磁感线是从线框的正反两面穿过的，一正一负，因此ΔΦ2＝Φ1＋Φ2.根据分析知：ΔΦ1<ΔΦ2，选项C正确．
4.
图1－1－12
如图1－1－12所示，竖直放置的长直导线通以恒定电流，有一矩形线框与导线在同一平面内，在下列情况中闭合线圈内产生感应电流的是( )
A．导线中电流I变大
B．线框在纸面内向右平移
C．线框在纸面内向下平移
D．线框以ab边为轴转动
解析：选ABD.导线中电流变大时，其周围的磁场增强，使穿过线圈的磁通量增大．线框在纸面内向右平移，远离导线的磁场越来越弱，使穿过线圈的磁通量减少．根据通电直导线周围的磁场分布可知，沿平行于导线方向的磁场强弱相同，所以在纸面内向下平移线框时，线框所经过的区域磁场不变，穿过其中的磁通量不变，不会产生感应电流．线框以ab边为轴转动时，cd边切割磁感线，穿过线圈的磁通量发生了变化(先是减弱，然后增加，这种变化交替发生)，线框中也会产生感应电流．
5．如图1－1－13所示，在边长为2l的正方形区域内存在着磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，有一边长为l的正方形导线框沿垂直磁场方向以速度v匀速通过磁场区域，从ab边刚进入磁场时开始计时(t＝0)：
图1－1－13
(1)试指出哪些时间段线框中有感应电流产生；
(2)画出磁通量随时间变化的图像．
解析：(1)线框进入磁场的过程，在0～时间段内有感应电流产生；线框离开磁场过程，在～时间段内有感应电流产生．
(2)如图所示，图中磁通量最大值Φm＝BS＝Bl2.
答案：见解析
一、选择题
1．十年磨一剑，法拉第终于找到了开启电能宝库的“金钥匙”，他总结出( )
A．“磁生电”不是一种稳态效应，而是一种在变化、运动过程中才会出现的效应
B．“磁生电”是一种静态过程，因为线圈不运动，磁场变化时也能产生电磁感应现象
C．“变化”“运动”可以是指：变化的电流、变化的磁场、运动的磁铁、在磁场中运动的电流
D．恒定的电流能产生磁场，但恒定的磁场不能产生电流
解析：选AC.“磁生电”不是一种稳态效应；线圈不动时磁场变化可能会产生电流．反过来，即便磁场是恒定的，而里面有运动的闭合电路也可能产生电流．
2．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．静电感应出电 D．磁体产生电流
解析：选D.电流的磁效应证实了电与磁是有联系的，既然电能产生磁，那么磁就应该能够产生电，这就是对称思维或逆向思维．
3．(2011年广东河源高二检测)物理学的发展丰富了人类对物质世界的认识，推动了科学技术的创新和革命，促进了物质生产的繁荣与人类文明的进步．下列表述正确的是( )
A．牛顿发现了万有引力定律
B．洛伦兹发现了电磁感应定律
C．相对论的创立表明经典力学已不再适用
D．以上表述均不对
解析：选A.牛顿发现了万有引力定律，法拉第发现了电磁感应定律，相对论的创立并没有否定经典力学．选项A正确．
4．关于感应电流，下列说法中正确的是( )
A．只要闭合电路内有磁通量，闭合电路中就有感应电流产生
B．穿过螺线管的磁通量发生变化时，螺线管内部一定有感应电流产生
C．线圈不闭合时，即使穿过线圈的磁通量发生变化，线圈中也没有感应电流
D．只要电路的一部分导体做切割磁感线运动，电路中就一定有感应电流产生
解析：选C.要产生感应电流必须同时满足两个条件，即：(1)电路闭合；(2)穿过电路的磁通量发生变化．A项中磁通量不一定变化，B、D项中电路不一定闭合，C项中电路不闭合，但可产生感应电动势，故A、B、D项皆错．
5.
图1－1－14
如图1－1－14所示，ab是水平面上一个圆的直径，在过ab的竖直平面内有一根通电导线ef.已知ef平行于ab，当ef竖直向上平移时，电流磁场穿过圆面积的磁通量将( )
A．逐渐增大
B．逐渐减小
C．始终为零
D．不为零，但保持不变
解析：
选C.利用安培定则判断直线电流产生的磁场，作出俯视图如图所示．考虑到磁场具有对称性，可以知道，穿入线圈的磁感线的条数与穿出线圈的磁感线的条数是相等的．故选C.
6.
图1－1－15
用如图1－1－15所示的实验探究电磁感应现象，下列操作中能产生感应电流的是( )
A．手持导体棒不动，将开关由断开到闭合的瞬间
B．保持开关闭合，手持导体棒竖直上、下移动
C．保持开关闭合，手持导体棒水平左、右移动
D．保持开关闭合，手持导体棒沿棒方向前、后水平移动
解析：选C.开关由断开到闭合的过程中，导体棒、开关和电流表组成的回路中磁通量不发生变化，也不会有感应电流产生．保持开关闭合，使之具备了产生感应电流的第一个条件：电路闭合；若要产生感应电流，还必须同时具备第二个条件：穿过电路的磁通量发生变化，B、D选项中的棒竖直上、下移动或沿棒方向水平移动、棒都没有切割磁感线，闭合回路中不产生变化的磁通量，不能产生感应电流．C中棒水平左、右移动，切割了磁感线，闭合回路中的磁通量发生变化，有感应电流产生．
7．(2011年宁夏固原高二检测)在一根水平方向的通电长直导线下方，有一个小线框abcd，跟长导线放置在同一竖直平面内，今使小线框分别做如下四种不同的运动，试判断如图1－1－16所示的线框内无感应电流产生的是( )
图1－1－16
A．左右平移
B．上下平移
C．在纸面前后平移
D．绕ad、bc边的中心轴转动
解析：选A.根据直导线磁场分布的特点如图，从线框内磁通量有无变化，即可确定有无感应电流．
A的运动，穿过线框的磁通量都不变，线框中没有感应电流．
B、C、D三种运动，穿过线框的磁通量都会发生变化，线框中有感应电流．
??8.如图1－1－17所示的装置，在下列各种情况中，能使悬挂在螺线管附近的铜质闭合线圈A中产生感应电流的是( )
图1－1－17
A．开关S接通的瞬间
B．开关S接通后，电路中电流稳定时
C．开关S接通后，滑动变阻器滑片滑动的瞬间
D．开关S断开的瞬间
解析：选ACD.开关S接通的瞬间，开关S接通后滑动变阻器滑片滑动的瞬间，开关S断开的瞬间，都使螺线管线圈中的电流变化而引起磁场变化，线圈A中的磁通量发生变化而产生感应电流．
9.
图1－1－18
(2011年合肥高二检测)在一个专门研究地磁场的实验室的水平桌面上，放置一个边长为L的正方形闭合线圈，线圈的ad边指向南北，如图1－1－18所示，下列几种说法正确的是( )
A．线圈以速度v向东平动时，线圈中有感应电流
B．线圈以速度v向南平动时，线圈中有感应电流
C．以ab边为轴，将cd边迅速翻转90°的过程中，线圈中有感应电流
D．以ab边为轴，将cd边迅速翻转180°的过程中，线圈中无感应电流
解析：选C.无论线圈向东或向西，向南或向北平动，忽略地磁场磁感应强度的变化，线圈的磁通量不变，没有感应电流产生，A、B错，以ab边为轴，将cd边翻转90°或180°过程中，磁通量发生了变化，有感应电流产生，C对，D错．
10.
图1－1－19
(2011年陕西高二检测)匀强磁场区域宽为d，一正方形线框abcd的边长为L，且L>d，线框以速度v匀速通过磁场区域，如图1－1－19所示，线框从进入到完全离开磁场的时间内，线框中没有感应电流的时间是( )
A. B.
C. D.
解析：选B.由于L>d，所以只有在线框进入磁场的过程中(bc边未出磁场的过程中)和离开磁场的过程中(仅ad边在磁场中的过程中)，穿过线框的磁通量才发生变化，产生感应电流．ad边和bc边都在磁场外的过程中，没有感应电流，故t＝.
二、非选择题
11．(2011年上海高二检测)在研究电磁感应现象的实验中所用器材如图1－1－20所示．它们是①电流表；②直流电源；③带铁芯的线圈A；④线圈B；⑤开关；⑥滑动变阻器(用来控制电流以改变磁场强弱)．试按实验的要求在实物图上连线(图中已连好一根导线)．
图1－1－20
若连接滑动变阻器的两根导线接在接线柱C和D上，而在开关刚刚闭合时电流表指针右偏，则开关闭合后滑动变阻器的滑动触头向接线柱C移动时，电流表指针将________(填“左偏”“右偏”或“不偏”)．
解析：开关闭合时，电流表指针向右偏，说明B中磁通量增加时，产生的感应电流使指针向右偏．而如图所示接法，当滑动触头向C移动时，A回路中电流减小，通过B回路的磁通量减少，此时产生的感应电流与开关闭合时相反，故指针向左偏．
答案：连接电路如图所示 左偏
12.
图1－1－21
匀强磁场的磁感应强度B＝0.8 T，矩形线圈abcd的面积S＝0.5 m2，共10匝．开始时，B与S垂直，且线圈有一半在磁场中，如图1－1－21所示．
(1)当线圈绕ab边转过60°角时，求此时线圈中的磁通量以及此过程中磁通量的变化量．
(2)当线圈绕dc边转过60°角时，求此时线圈中的磁通量以及此过程中磁通量的变化量．
解析：(1)当线圈由图示位置绕ab边转过60°角时，Φ＝BS⊥＝BScos60°＝0.8×0.5×Wb＝0.2 Wb(此时的S⊥正好全部处在磁场中)．在此过程中S⊥在磁场中的那部分面积没变，穿过线圈的磁感线条数没变，故磁通量变化量ΔΦ＝0.
(2)当线圈绕dc边转过60°角时，此时S⊥在磁场中的面积为零，所以Φ＝0.在此过程中，ΔΦ＝0－BS＝－0.2 Wb，即磁通量改变了0.2 Wb.
答案：见解析1．给电动机接通电源，线圈受安培力的作用转动起来．由于线圈要切割磁感线，因此必有感应电动势产生，感应电流方向与原电流方向相反，就此问题，下列说法正确的是( )
A．电动机中出现的感应电动势为反电动势，反电动势会阻碍线圈的运动
B．如果电动机正常工作，反电动势会加快电动机的转动
C．如果电动机工作中由于机械阻力过大而停止转动，就没了反电动势，线圈中的电流就会很大，很容易烧毁电动机
D．如果电动机工作电压低于正常电压，电动机也不会转动，此时尽管没有反电动势，但由于电压低也不容易烧毁电动机
解析：选AC.根据反电动势的特点可知选项A、C正确．
图1－4－9
2．(2010年高考课标全国卷)如图1－4－9所示，两个端面半径同为R的圆柱形铁芯同轴水平放置，相对的端面之间有一缝隙，铁芯上绕导线并与电源连接，在缝隙中形成一匀强磁场．一铜质细直棒ab水平置于缝隙中，且与圆柱轴线等高、垂直．让铜棒从静止开始自由下落，铜棒下落距离为0.2R时铜棒中电动势大小为E1，下落距离为0.8R时电动势大小为E2，忽略涡流损耗和边缘效应．关于E1、E2的大小和铜棒离开磁场前两端的极性，下列判断正确的是( )
A．E1>E2，a端为正 B．E1>E2，b端为正
C．E1解析：选D.将立体图转化为平面图如图所示，由几何关系计算有效切割长度L
L1＝2＝2＝2R
L2＝2＝2＝2R
由机械能守恒定律计算切割速度v，
即：mgh＝mv2，得v＝，则：
v1＝＝，
v2＝＝
根据E＝BLv，E1＝B×2R×，E2＝B×2R×，可见E13．用相同导线绕制的边长为L或2L的四个闭合导体线框，以相同的速度匀速进入右侧匀强磁场，如图1－4－10所示．在每个线框进入磁场的过程中，M、N两点间的电压分别为Ua、Ub、Uc和Ud，下列判断正确的是( )
图1－4－10
A．UaC．Ua＝Ub解析：选B.由题知Ea＝Eb＝BLv，Ec＝Ed＝2BLv，由闭合电路欧姆定律和串联电路电压分配与电阻成正比可知Ua＝BLv，Ub＝BLv，Uc＝BLv，Ud＝BLv，故B正确．
4.
图1－4－11
(2011年广东省实验中学模拟)如图1－4－11所示，导体棒ab可以无摩擦地在足够长的竖直轨道上滑动，整个装置处于匀强磁场中，除电阻R外，其他电阻均不计，则在ab棒下落的过程中( )
A．ab棒的机械能守恒
B．ab棒达到稳定速度以前，其减少的重力势能全部转化为电阻R增加的内能
C．ab棒达到稳定速度以前，其减少的重力势能全部转化为增加的动能和电阻R增加的内能
D．ab棒达到稳定速度以后，其减少的重力势能全部转化为电阻R增加的内能
解析：选CD.ab棒下落过程中切割磁感线，产生感应电流，有机械能转化为电能，电能又进一步转化为内能．达到稳定速度前，动能增加，减少的重力势能转化为导体棒的动能和电阻R的内能；达到稳定速度后，动能不变，减少的重力势能全部转化为电阻的内能．
5.
图1－4－12
(2011年宝鸡高二检测)如图1－4－12所示，小灯泡的规格为“2 V 4 W”，接在光滑水平导轨上，轨距0.1 m，电阻不计．金属棒ab垂直搁置在导轨上，电阻为1 Ω.整个装置处于磁感应强度B＝1 T的匀强磁场中．求：
(1)为使小灯泡正常发光，ab的滑行速度多大？
(2)拉动金属杆ab的外力的功率为多大？
解析：要使小灯泡正常发光，灯两端电压应等于其额定值2 V，这个电压是由于金属棒滑动时产生的感应电动势提供的．金属棒移动时，外力的功率转化为电路上的总电功率．
(1)小灯泡的额定电流和电阻分别为I＝＝2 A，R＝＝1 Ω，设金属棒滑行速度为v，它产生的感应电流为I感＝，式中r为棒的电阻．由I感＝I，即＝I，得v＝＝ m/s＝40 m/s.
(2)根据能的转化，外力的机械功率等于整个电路中的电功率，所以拉动ab做切割运动的功率为P机＝P电＝I2×(R＋r)＝22×(1＋1) W＝8 W.
答案：(1)40 m/s (2)8 W
一、选择题
图1－4－13
1．(2011年上海高二检测)著名物理学家费曼曾设计过这样一个实验装置：一块绝缘圆板可绕其中心的光滑轴自由转动，在圆板的中部有一个线圈，圆板的四周固定着一圈带电的金属小球，如图1－4－13所示．当线圈接通电源后，将产生流过如图所示方向的电流，则下列说法正确的是( )
A．接通电源瞬间，圆板不会发生转动
B．线圈中电流强度的增大或减小会引起圆板向不同方向转动
C．若金属小球带正电，接通电源瞬间圆板转动方向与线圈中电流流向相同
D．若金属小球带负电，接通电源瞬间圆板转动方向与线圈中电流流向相同
解析：选BD.根据楞次定律，线圈中的电流增大或减小会产生方向不同的感生电场，带电金属球在方向不同的电场作用下，会向不同方向转动；在接通电源瞬间，感生电源产生的磁场方向与原磁场方向相反，根据安培定则，电流方向与负电荷定向移动方向相反．故选B、D.
2.
图1－4－14
北半球海洋某处，地磁场水平分量B1＝0.8×10－4 T，竖直分量B2＝0.5×10－4 T，海水向北流动．海洋工作者测量海水的流速时，将两极板竖直插入此处海水中，保持两极板正对且垂线沿东西方向，两极板相距l＝20 m，如图1－4－14所示，与两极板相连的电压表(可看做理想电压表)示数为U＝0.2 mV，则( )
A．西侧极板电势高，东侧极板电势低
B．西侧极板电势低，东侧极板电势高
C．海水的流速大小为0.125 m/s
D．海水的流速大小为0.2 m/s
解析：选AD.根据地磁场的分布可知北半球海洋处地磁场水平分量方向向北，竖直分量方向向下，海水向北运动做切割竖直方向磁感线运动，由右手定则可判断西侧极板电势高，东侧极板电势低，由E＝B2lv可得v＝0.2 m/s.
3.
图1－4－15
(2011年陕西高二检测)用均匀导线做成的正方形线框每边长为0.2 m，正方形的一半放在和纸面垂直向里的匀强磁场中，如图1－4－15所示，当磁场以10 T/s的变化率增强时，线框中a、b两点的电势差是( )
A．Uab＝0.1 V B．Uab＝－0.1 V
C．Uab＝0.2 V D．Uab＝－0.2 V
解析：
选B.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，把左半部分线框看成电源，其电动势为E，内电阻为，画出等效电路如图所示，则ab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＝10 T/s.由E＝得
E＝＝·＝10× V＝0.2 V.
U＝I＝·＝× V＝0.1 V
由于a点电势低于b点电势，故Uab＝－0.1 V，即B选项正确．
4.
图1－4－16
如图1－4－16所示，圆环a和圆环b半径之比为2∶1，两环用同样粗细、同种材料的导线连成闭合回路，连接两圆环的导体的电阻不计，匀强磁场的磁感应强度变化率恒定，则在a环单独置于磁场中和b环单独置于磁场中两种情况下，M、N两点的电势差之比为( )
A．4∶1 B．1∶4
C．2∶1 D．1∶2
解析：选C.两种情况下产生的感应电动势分别为Ea＝＝·Sa；Eb＝＝·Sb，又Sa＝4Sb，所以Ea＝4Eb，但第一种情况下M、N两点的电势差U1＝Ea，第二种情况下M、N两点的电势差U2＝Eb，故U1∶U2＝2∶1.
图1－4－17
5．如图1－4－17所示，一个矩形线框从匀强磁场的上方自由落下，进入匀强磁场中，然后再从磁场中穿出．已知匀强磁场区域的宽度L大于线框的高度h，那么下列说法中正确的是( )
A．线框只在进入和穿出磁场的过程中，才有感应电流产生
B．线框从进入到穿出磁场的整个过程中，都有感应电流产生
C．线框在进入和穿出磁场的过程中，都是磁场能转变成电能
D．线框在磁场中间运动的过程中，电能转变成机械能
解析：选A.线框只在进入和穿出磁场的过程中，穿过它的磁通量才会发生变化，该过程中发生机械能和电能的相互转化．
6.
图1－4－18
如图1－4－18所示，在匀强磁场中，导体ab与光滑导轨紧密接触，ab在向右的拉力F作用下以速度v做匀速直线运动，当电阻R的阻值增大时，若速度v不变，则( )
A．F的功率减小
B．F的功率增大
C．F的功率不变
D．F的大小不变
解析：选A.导体ab的速度不发生变化，则由公式E＝BLv知感应电动势不发生变化．如果电阻增大，电流将减小，而安培力为F安＝ILB，即导体受到的磁场作用力减小，要使它做匀速直线运动，则拉力F减小，F的功率P＝Fv减小．
图1－4－19
7．如图1－4－19所示，有两根和水平方向成α角的光滑平行的金属轨道，上端接有可变电阻R，下端足够长，空间有垂直于轨道平面的匀强磁场，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( )
A．如果B增大，vm将变大
B．如果α增大，vm将变大
C．如果R增大，vm将变小
D．如果m增小，vm将变大
解析：选B.以金属杆为研究对象，受力如图所示．根据牛顿第二定律得
mgsinα－F安＝ma，
其中F安＝.
当a→0时，v→vm，
解得vm＝，
结合此式分析即得B选项正确．
8.
图1－4－20
(2011年榆林模拟)如图1－4－20所示，两根竖直放置的光滑平行导轨，一部分处于方向垂直导轨所在平面且有上下水平边界的匀强磁场中，一根金属杆MN水平沿导轨滑下，在由导轨和电阻R组成的闭合电路中，其他电阻不计，当金属杆MN进入磁场区后，其运动速度图像可能是如图1－4－21中的( )
图1－4－21
解析：选ACD.金属棒进入磁场后，切割磁感线，产生感应电动势．电路中有感应电流，由右手定则和左手定则知，MN所受安培力方向向上，其大小为F＝BIl＝.线框刚进入磁场时，若安培力F＝mg，则MN匀速A对．若Fmg，MN向下减速，a＝＝－g.随着速度v逐渐减小，加速度逐渐减小，D对，故选A、C、D.
9.
图1－4－22
(2011年宁夏固原高二检测)在图1－4－22中，EF、GH为平行的金属导轨，其电阻可不计，R为电阻，C为电容器，AB为可在EF和GH上滑动的导体横杆．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，则当横杆AB( )
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
解析：选D.
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I≠0，C两端电压不变，无充放电现象．故I2＝0.
当棒加速运动时，电动势E不断变大，电容器两端电压增大，电容器不断充电，故I1≠0，I2≠0.
10．光滑金属导轨宽L＝0.4 m，电阻不计，均匀变化的磁场穿过整个轨道平面，如图1－4－23甲所示．磁场的磁感应强度随时间变化的情况如图乙所示．金属棒ab的电阻为1 Ω，自t＝0时刻起从导轨最左端以v＝1 m/s的速度向右匀速运动，则( )
图1－4－23
A．1 s末回路中电动势为0.8 V
B．1 s末ab棒所受磁场力为0.64 N
C．1 s末回路中电动势为1.6 V
D．1 s末ab所受磁场力为1.28 N
解析：选CD.1 s末磁感应强度为B＝2 T，所以1 s末回路中动生电动势为E＝BLv＝2×0.4×1 V＝0.8 V．感生电动势为E2＝＝0.8 V，所以E＝E1＋E2＝1.6 V．棒所受的磁场力F＝BIl＝·LB＝1.28 N.
二、非选择题
11.
图1－4－24
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1－4－24所示．一长度为2a、电阻为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的接触，当金属棒以恒定速度v向右移动经过环心O时，求：
(1)棒上电流的大小和方向及棒两端的电压UMN.
(2)在圆环和棒上消耗的总电功率．
解析：
(1)把切割磁感线的金属棒看成一个具有内阻为R、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电功率为
P＝IE＝.
答案：(1) 方向从N流向M Bav
(2)
12．(2011年杭州教学质检)如图1－4－25甲所示，光滑且足够长的平行金属导轨MN、PQ固定在同一水平面上，两导轨间距L＝0.30 m．导轨电阻忽略不计，其间连接有固定电阻R＝0.40 Ω.导轨上停放一质量m＝0.10 kg、电阻r＝0.20 Ω的金属杆ab，整个装置处于磁感应强度B＝0.50 T的匀强磁场中，磁场方向竖直向下．用一外力F沿水平方向拉金属杆ab，使之由静止开始运动，电压传感器可将R两端的电压U即时采集并输入电脑，获得电压U随时间t变化的关系如图乙所示．
(1)利用上述条件证明金属杆做匀加速直线运动，并计算加速度的大小；
(2)求第2 s末外力F的瞬时功率；
(3)如果水平外力从静止开始拉动杆2 s所做的功W＝0.35 J，求金属杆上产生的焦耳热．
图1－4－25
解析：(1)设路端电压为U，金属杆的运动速度为v，则感应电动势E＝BLv
通过电阻R的电流I＝
电阻R两端的电压U＝IR＝
由图乙可得U＝kt，k＝0.10 V/s
解得v＝·t
因为速度与时间成正比，所以金属杆做匀加速运动，
加速度a＝＝1.0 m/s2
(用其他方法证明也可以)．
(2)在2 s末，速度v2＝at＝2.0 m/s
电动势E＝BLv2
通过金属杆的电流I＝
金属杆受安培力F安＝BIL＝
解得：F安＝7.5×10－2 N
设2 s末外力大小为F2，由牛顿第二定律得
F2－F安＝ma
解得：F2＝1.75×10－1 N
故2 s末时F的瞬时功率P＝F2v2＝0.35 W.
(3)设回路产生的焦耳热为Q，
由能量守恒定律，W＝Q＋mv
解得：Q＝0.15 J
电阻R与金属杆的电阻r串联，产生焦耳热与电阻成正比
所以，＝
运用合比定理，＝而QR＋Qr＝Q
故在金属杆上产生的焦耳热Q＝
解得：Qr＝5.0×10－2 J.
答案：(1)见解析 (2)0.35 W (3)5.0×10－2 J1．关于电磁灶，以下说法中正确的是( )
A．电磁灶是利用变化的磁场在食物中产生涡流对食物加热的
B．电磁灶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．电磁灶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．电磁灶是利用电流通过电阻丝产生热量来对食物加热的
解析：选B.由电磁灶的工作原理可知，选项A、D错误，B正确，选项C其实是微波炉的加热原理．
2．下列对变压器和电机中的涡流认识正确的是( )
A．涡流会使铁心温度升高，危及线圈绝缘材料的寿命
B．涡流发热要损耗额外的能量
C．可以将变压器和电机的铁心用相互绝缘的很薄的硅钢片叠压而成，这样可以减小铁心中的感应电动势
D．涡流产生于变压器和电机的线圈中，对电流起阻碍作用
解析：选AB.电动机、变压器的线圈都绕在铁心上．工作时，线圈中流过变化的电流，在铁心中产生涡流，使铁心发热浪费能量，热量过高，还会损害电器，所以选项A、B正确，D错；变压器和电动机的铁心用相互绝缘的很薄的硅钢片做成，这样做的目的是增大铁心的电阻，阻断涡流回路来减少电能转化为铁心的内能，提高效率，感应电动势的大小由线圈中的电流的变化率决定，所以选项C错．
3.
图1－6－5
在水平放置的光滑导轨上，沿导轨固定一个条形磁铁如图1－6－5.现有铜、铝和有机玻璃制成的滑块甲、乙、丙，使它们从导轨上的A点以某一初速向磁铁滑去．各物块在碰上磁铁前的运动情况将是( )
A．都做匀速运动
B．甲、乙做加速运动
C．甲、乙做减速运动
D．乙、丙做匀速运动
解析：选C.铜块和铝块在向磁铁靠近时，穿过它们的磁通量发生改变，因此在其内部会产生涡流，即感应电流．感应电流的效果会阻碍它们之间的相对运动，也就是铜块和铝块将做减速运动．而有机玻璃为非金属，不产生涡流现象，它将做匀速运动．故正确选项为C.
图1－6－6
4．光滑曲面与竖直平面的交线是抛物线，如图1－6－6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(图中的虚线所示)，一个质量为m的小金属块从抛物线上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( )
A．mgb B.mv2
C．mg(b－a) D．mg(b－a)＋mv2
解析：选D.金属块在进入磁场或离开磁场过程中，穿过金属块的磁通量发生变化，产生涡流，机械能损失，转化成内能，不妨设x轴所在水平面为零势能面．
E机初＝mv2＋mgb，E机末＝mga
ΔE机减＝mv2＋mgb－mga
＝mg(b－a)＋mv2
根据能的转化和守恒定律：产生热量Q＝ΔE机减，故D正确．
5.
图1－6－7
有一个铜盘，轻轻拨动它，它就能长时间地绕轴自由转动．如果在转动时把蹄形磁铁的两极放在铜盘边缘，但并不与铜盘接触，如图1－6－7所示，铜盘就能在较短的时间内停止．分析这个现象产生的原因．
解析：当铜盘在磁极间运动时，由于发生电磁感应现象，在铜盘中产生感应电流，使铜盘受到安培力的作用，而安培力阻碍导体的运动，所以铜盘很快就停下来了．
答案：见解析
一、选择题
1．电磁灶的加热原理是涡流现象，下列哪种锅体适用于电磁灶加热( )
A．不锈钢锅体 B．玻璃锅体
C．塑料锅体 D．陶瓷锅体
解析：选A.电磁灶的加热原理是涡流，而形成涡流的条件是有一定大小的导体．首先考虑锅体应该是导体，只有导体才能产生较强的涡流，这里不考虑食物本身产生涡流，食物的导电性能太差了．
2．下列做法中可能产生涡流的是( )
A．把金属块放在匀强磁场中
B．让金属块在匀强磁场中匀速运动
C．让金属块在匀强磁场中做变速运动
D．把金属块放在变化的磁场中
解析：选D.涡流就是整个金属块中产生的感应电流，所以产生涡流的条件就是在金属块中产生感应电流，即穿过金属块的磁通量发生变化．而A、B、C中磁通量不变化，所以A、B、C错误；把金属块放在变化的磁场中时，穿过金属块的磁通量发生了变化，有涡流产生，所以D正确．
3．关于常用电磁灶，下列说法正确的是( )
A．常用电磁灶有工频电磁灶和高频电磁灶
B．电磁灶除可用铁磁性材料的锅体外，应急时也可以用铝锅或陶砂锅
C．同等条件下，锅体的电阻率会影响其发热效率
D．电磁灶不仅在锅底上产生涡电流，还要在锅竖直壁上产生涡电流，所以效率很高
解析：选AC.常用电磁灶有两种，一种是直接用50 Hz的交变电流产生变化的电磁场，这是工频电磁灶；另一种是将50 Hz的交变电流变为直流后，再用电子开关迅速通、断产生高频电流，进一步产生高频磁场，这是高频电磁灶．电磁灶要用铁磁性材料的锅体，铝锅或砂锅等非磁性材料的锅体放上去都不行(不会产生涡电流，也就不会使锅体发热)．磁性材料的锅体能够约束更多的磁感线．在产生电磁场的空间中，在锅体内感应的电动势一定，锅体的电阻率越小，在其中产生的感应电流越大．电磁灶只在锅底内产生涡电流，而在锅的竖直侧壁上不会产生涡流．
4．变压器的铁心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，减小铁心的发热量
D．减小涡流，减小铁心的发热量
解析：选BD.涡流的主要效应之一就是发热，而变压器的铁心发热，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，目的应该是减小涡流，减小铁心的发热量，进而提高变压器的效率．
5．测量直流电流和直流电压的电流表和电压表等磁电式仪表的线圈通常用铝框做骨架，把线圈绕在铝框上，这样做的目的是( )
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
解析：选BC.线圈通电后，在安培力作用下发生转动，铝框随之转动，并切割磁感线产生感应电流，即涡流．涡流阻碍线圈的转动，使线圈偏转后尽快停下来．所以说这样做的目的是利用涡流来起电磁阻尼的作用．
6．在电磁灶使用过程中，以下说法正确的是( )
A．线圈产生热量给食物加热
B．电磁灶不消耗电能
C．电磁灶通过线圈把电能转变为磁场能，在形成涡流过程中，又把磁场能转变为电能，进而转化为内能
D．在电磁灶和感应灶中都遵守能量守恒定律
解析：选CD.在电磁灶使用过程中，是锅底的涡流产生热给食物加热，故选项A错．电磁灶通过电流时，因其各构件工作，也会消耗部分电能，故B错．C项描述的能量转化过程完全正确．任何物理过程都要遵守能量守恒定律，故D项正确．
7.
图1－6－8
如图1－6－8所示，是电表中的指针和电磁阻尼器，下列说法中正确的是( )
A．2是磁铁，在1中产生涡流
B．1是磁铁，在2中产生涡流
C．该装置的作用是使指针能够转动
D．该装置的作用是使指针能很快地稳定
解析：选AD.当指针摆动时，1随之转动，2是磁铁，那么在1中产生涡流，2对1的安培力将阻碍1的转动．总之不管1向哪个方向转动，2对1的效果总起到阻碍作用，所以它能使指针很快地稳定下来．
8.
图1－6－9
如图1－6－9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．整个过程做匀速运动
B．进入磁场过程中球做减速运动，穿出过程中球做加速运动
C．整个过程都做匀减速运动
D．穿出时的速度一定小于初速度
解析：选D.小球的运动主要研究两个阶段．一是球进入磁场的过程，由于穿过小球的磁通量增加，在球内垂直磁场的平面上产生涡流，有电能产生，而小球在水平方向上又不受其他外力，所以产生的电能只能是由球的机械能转化而来，由能的转化与守恒可知，其速度减小．二是穿出磁场的过程，同理可得速度进一步减小，故选项D正确．
9.
图1－6－10
如图1－6－10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管的小球比穿过B管的小球先落到地面．下面对于两管的描述可能正确的是( )
A．A管是用塑料制成的，B管是用铜制成的
B．A管是用铝制成的，B管是用胶木制成的
C．A管是用胶木制成的，B管是用塑料制成的
D．A管是用胶木制成的，B管是用铝制成的
解析：选AD.磁性小球穿过金属圆管过程中，将圆管看做由许多金属圆环组成，小球的磁场使每个圆环中产生感应电流，据楞次定律，该电流阻碍磁性小球的下落，小球向下运动的加速度小于重力加速度；小球在塑料、胶木等非金属材料圆管中不会产生感应电流，小球仍然做自由落体运动，穿过塑料、胶木圆管的时间比穿过金属圆管的时间少．
10.
图1－6－11
(2011年上海模拟)高频感应炉是用来熔化金属对其进行冶炼的，如图1－6－11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炼金属中，因此适于冶炼特种金属，该炉的加热原理是( )
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
解析：选C.高频感应炉的原理是给线圈通以高频交变电流后，线圈产生高频变化的磁场，磁场穿过金属，在金属内产生强涡流，利用涡流的热效应，可使金属熔化．
二、非选择题
11.
图1－6－12
某同学做了下面的探究性实验：在一个绕有线圈的可拆变压器铁心上面放一口小铁锅(图1－6－12)，锅内放少许水，给线圈通入交流电一段时间．再用玻璃杯代替小铁锅，通电相同的时间．请根据所学知识分析说明实验中铁锅和玻璃杯中的水温有什么不同．
解析：把绝缘导线绕在变压器上，当交变电流通过导线时，
变压器的铁心中会产生图中虚线所示的涡流．小铁锅的电阻很小，穿过铁锅的磁通量变化时产生的涡流较大，足以使水温升高；而玻璃杯是绝缘体，电阻很大，不产生涡流．
答案：铁锅内的水温升高，玻璃杯内的水温没什么变化．
12.
图1－6－13
在科技馆中常看到这样的表演：一根长1 m左右的空心铝管竖直放置(如图1－6－13甲所示)，把一枚磁性很强的小圆片从铝管上端放入管口，圆片直径略小于铝管的内径．从一般经验来看，小圆片自由落下1 m左右的时间不会超过0.5 s，但把小圆片从上端管口放入管中后，过了许久才从铝管下端落出，小圆片在管内运动时，没有感觉到它跟铝管内壁发生摩擦，把小圆片靠近铝管，也不见它们相互吸引．是什么原因使小圆片在铝管中缓慢下落呢？如果换用有裂缝的铝管(如图乙所示)，小圆片在铝管中的下落就快多了．这又是为什么？
答案：磁性小圆片在铝管中下落过程中，穿过圆筒任一截面的磁通量发生变化，故铝管中有感应电流产生，此感应电流会阻碍小圆片下落，而有裂缝的铝管在任一截面回路均为开路，不会形成感应电流，因而无电磁阻尼．(时间：90分钟，满分：100分)
一、选择题(本题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分)
1．电磁感应现象的发现与电流磁效应的发现是密切相关的，然而在19世纪20年代以前，电与磁的研究始终独立地进行着．下列说法正确的是( )
A．库仑发现了与电有关的库仑定律，并认为电与磁是相关的
B．康德提出了各种自然现象之间相互联系和相互转化的思想并发现了电与磁之间的相互联系
C．奥斯特在康德思想的影响下认为电与磁之间可能存在着联系，并发现了“电生磁”现象
D．带电体能使其周围的导体感应出电荷来，因此法拉第认为磁与电之间也应该有类似的“感应”，并发现了“磁生电”现象
解析：选CD.库仑认为电与磁是不相关的；康德仅提出了自然现象之间相互联系、相互转化的思想，并未发现电与磁之间的联系；奥斯特是受康德思想的影响发现了电流的磁效应；法拉第在磁化现象和静电感应的背景下探索并通过实验发现了“磁生电”的现象．
2．(2010年高考海南卷)一金属圆环水平固定放置，现将一竖直的条形磁铁，在圆环上方沿圆环轴线从静止开始释放，在条形磁铁穿过圆环的过程中，条形磁铁与圆环( )
A．始终相互吸引
B．始终相互排斥
C．先相互吸引，后相互排斥
D．先相互排斥，后相互吸引
解析：选D.在条形磁铁靠近圆环的过程中，通过圆环的磁通量不断增加，会产生感应电动势和感应电流，从而阻碍条形磁铁的运动，所以此过程中它们是相互排斥的；当条形磁铁穿过圆环后，通过圆环的磁通量又会减小，产生一个与原磁场相同的感应磁场，阻碍原磁通量的减小，所以圆环与条形磁铁间有相互吸引的作用力．所以正确选项是D.
3.
图1－5
单匝线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量Φ随时间t的变化关系可用图像表示(如图1－5所示)，则( )
A．在t＝0时刻，线圈中磁通量最大，感应电动势也最大
B．在t＝1×10－2 s时刻，感应电动势最大
C．在t＝2×10－2 s时刻，感应电动势为零
D．在0～2×10－2 s时间内，线圈中感应电动势的平均值为零
答案：BC
4.
图1－6
如图1－6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( )
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
解析：选BD.铜环在进入或穿出磁场边界时，由于铜环内的磁通量发生变化，将有感应电流产生，感应电流通过铜环将产生电能，故铜环在A点静止释放后，向右摆至最高点时的B点要低于A点的位置，A、C错误，B正确；当铜环最后全部处于磁场中时，由于铜环内的磁通量不再发生变化，此时没有感应电流，故铜环将在磁场中做等幅摆动，D正确．
图1－7
5．(2011年大庆一中高二检测)如图1－7所示，将边长为l的正方形闭合线圈以不同速度v1、v2向右匀速拉出磁场时(v1A．拉力所做的功W2>W1
B．拉力的功率P2>P1
C．流过线框的电荷量Q2>Q1
D．线框中的感应电流I2>I1
解析：选C.F拉＝F安＝BIl＝Bl·＝，W拉＝F拉·l＝，v1W1，选项A正确．P拉＝F拉·v＝，P2>P1，选项B正确．流过线框的电荷量Q＝，Q1＝Q2，选项C错误．电流I＝，I2>I1，选项D正确．
6.
图1－8
(2011年咸阳高二检测)图1－8中MN、GH为平行导轨，AB、CD为跨在导轨上的两根横杆，导轨和横杆均为导体，有匀强磁场垂直于导轨所在的平面，方向如图．用I表示回路中的电流．则( )
A．当AB不动而CD向右滑动时，I≠0且沿顺时针方向
B．当AB向左、CD向右滑动且速度大小相等时，I＝0
C．当AB、CD都向右滑动且速度大小相等时，I＝0
D．当AB、CD都向右滑动，且AB速度大于CD时，I≠0且沿逆时针方向
解析：选C.当AB不动而CD向右滑动时，闭合电路中磁通量增大，电流方向为逆时针，选项A错．当AB向左，CD向右滑动时，闭合电路中磁通量增大，电流方向为逆时针，选项B错．当AB、CD都向右以相等的速度滑动时，闭合电路中磁通量不变化，没有感应电流，选项C正确．当AB、CD都向右滑动，AB的速度大于CD的速度时，闭合电路中磁通量减小，有顺时针方向的感应电流，选项D错．
7．(2011年高考江苏物理卷)
图1－9
如图1－9所示，水平面内有一平行金属导轨，导轨光滑且电阻不计，匀强磁场与导轨平面垂直．阻值为R的导体棒垂直于导轨静止放置，且与导轨接触良好．t＝0时，将开关S由1掷到2.q、i、v和a分别表示电容器所带电荷量、棒中的电流、棒的速度和加速度．下列图像正确的是( )
图1－10
解析：选D.导体棒做加速度减小的加速运动，直至匀速．故q－t图像应如图甲所示，A错；i－t图像应如图乙所示，B错；v－t图像应如图丙所示，C错．D对．
8.
图1－11
如图1－11所示，在x≤0的区域内存在匀强磁场，磁场的方向垂直于xOy平面(纸面)向里．具有一定电阻的矩形线框abcd位于xOy平面内，线框的ab边与y轴重合．令线框从t＝0时刻起由静止开始沿x轴正方向做匀加速运动，则线框中的感应电流I(取逆时针方向的电流为正)随时间t变化的I－t图线可能是下列图中的( )
图1－12
解析：选D.线框向右匀加速运动，cd边切割磁感线产生感应电动势，由右手定则可判断感应电流为顺时针方向，则电流为负值，大小为I＝＝＝，其中B、lcd、a、R为定值，则I和t为正比例函数关系，所以选项D正确．
9.
图1－13
如图1－13所示，位于一水平面内的、两根平行的光滑金属导轨，处在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨所在的平面，导轨的一端与一电阻R相连，具有一定质量的金属杆ab放在导轨上并与导轨垂直．现用一平行于导轨的恒力F拉杆ab，使它由静止开始向右运动(杆和导轨的电阻、感应电流产生的磁场均可不计)．用E表示回路中的感应电动势，i表示回路中的感应电流，在i随时间增大的过程中，电阻消耗的功率等于( )
A．F的功率
B．安培力的功率的绝对值
C．F与安培力的合力的功率
D．iE
解析：选BD.ab杆在匀强磁场中运动，切割磁感线，产生感应电流，从而使ab杆在磁场中受到安培力作用，电路中所产生的电能是通过克服安培力做功实现的，电流通过电阻产生热量，电能转化为内能，遵循能量守恒，所以电阻消耗的功率就是ab杆上的电功率，P热＝P电＝iE，也就是安培力的功率，由于安培力做负功，所以为安培力的功率的绝对值，选项B、D正确．因为不知ab杆的运动情况，所以不知道外力F与安培力数值是否相等，所以选项A错误．
10.
图1－14
(2010年高考江苏物理卷)如图1－14所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r，电感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1－15
解析：选B.由于自感现象，t＝0时刻UAB较大，随时间推移UAB减小；断开S，L中的电流方向不变，大小减小，经过L、R、D形成回路，故UAB方向改变，逐渐减小至0.故B正确．
二、填空题(本题共2小题，每小题6分，共12分．按题目要求作答)
11．如图1－16为“研究电磁感应现象”的实验装置．
图1－16
(1)将图中所缺的导线补接完整．
(2)如果在闭合电键时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上电键后可能出现的情况有：
A．将原线圈迅速插入副线圈时，灵敏电流计指针将________．
B．原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器触头迅速向左拉时，灵敏电流计指针将________．
解析：(2)依照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．
答案：(1)如图所示．
(2)A.向右偏转一下；B.向左偏转一下．
12.
图1－17
(2009年高考上海卷)如图1－17所示，金属棒ab置于水平放置的U形光滑导轨上，在ef右侧存在有界匀强磁场B，磁场方向垂直导轨平面向下，在ef左侧的无磁场区域cdef内有一半径很小的金属圆环L，圆环与导轨在同一平面内．当金属棒ab在水平恒力F作用下从磁场左边界ef处由静止开始向右运动后，圆环L有________(填“收缩”或“扩张”)趋势，圆环内产生的感应电流________(填“变大”“变小”或“不变”)．
解析：首先明确由于F的作用导体棒ab向右运动，线框abdc内磁通量发生变化，产生了感应电流，进而使金属圆环L内磁通量发生变化，产生感应电流，由于有了电流，环L要通过面积的改变阻碍内部磁通量的变化，因此L有收缩或扩张的趋势．
答案：收缩 变小
三、计算题(本题共4小题，共48分．解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不得分，有数值计算的题，答案必须明确写出数值和单位)
13.
图1－18
(10分)有一面积为S＝100 cm2，匝数为n＝100匝的金属环，总电阻为R＝0.1 Ω，环中有匀强磁场，方向垂直于圆环面，磁感应强度变化规律如图1－18所示．求：
(1)圆环中产生的感应电动势的大小；
(2)在2～3 s内流过导线横截面的电荷量．
解析：(1)由法拉第电磁感应定律知，
E感＝n＝n·S(1分)
式中为题图中直线的斜率k＝0.01 T/s(1分)
代入数据得：
E感＝100××100×10－4 V＝0.1 V．(3分)
(2)因为q＝I感·Δt＝·Δt＝n··
＝n·＝n·.(3分)
得2～3 s内流过导线横截面的电荷量为：
q＝100× C＝1 C．(2分)
答案：(1)0.1 V (2)1 C
14.
图1－19
(10分)如图1－19所示，导体AB与U形金属导轨接触，共同放在磁感应强度为0.5 T的匀强磁场中，导轨的宽度为50 cm，线框平面、导体速度方向均与磁场方向垂直．
(1)如果导体AB以4.0 m/s的速度向右匀速运动，求导体中感应电动势的大小．
(2)如果导体AB运动到某一位置时，电路的总电阻为0.5 Ω，求此时导体受到的安培力．
解析：(1)根据法拉第电磁感应定律，
E＝BLv＝0.5×0.5×4.0 V＝1.0 V．(4分)
(2)根据闭合电路欧姆定律，电路中的感应电流
I＝＝ A＝2 A．(3分)
导体AB在运动时受到的安培力大小为
F＝ILB＝0.5×2×0.5 N＝0.5 N．(3分)
答案：(1)1.0 V (2)0.5 N
15.
图1－20
(14分)(2011年陕西高二检测)如图1－20所示，正方形线框边长L＝0.2 m，质量m＝0.1 kg，电阻R＝0.1 Ω，倾角为30°的光滑斜面上的物体质量M＝0.4 kg，水平方向的匀强磁场的磁感应强度B＝0.5 T，上下宽0.2 m．当物体沿斜面下滑，线框开始进入磁场时，它恰做匀速运动(不计一切摩擦)．取g＝10 m/s2.求：
(1)线框匀速上升的速度；
(2)线框匀速上升的过程中，物体对线框做的功及线框内能的增加量．
解析：(1)线框进入磁场后受三个力作用而做匀速运动．设绳中张力为T，则有
mg＋BIL＝T，(1分)
I＝，(1分)
E＝BLv，(1分)
T＝Mgsin30°(1分)
联立上述各式，得v＝
＝ m/s
＝10 m/s.(3分)
(2)WT＝Mgsin30°·2L＝0.4×10×0.5×0.2×2 J
＝0.8 J(3分)
Q＝I2Rt＝()2·R·
＝()2×0.1× J＝0.4 J．(4分)
另外，线框内能的增加量也可由Q＝WT－mg2L求得．
答案：(1)10 m/s (2)0.8 J 0.4 J
16.
图1－21
(14分)如图1－21所示，处于匀强磁场中的两根足够长、电阻不计的平行金属导轨相距1 m，导轨平面与水平面成θ＝37°，下端连接阻值为R的电阻．匀强磁场方向与导轨平面垂直．质量为0.2 kg、电阻不计的金属棒放在两导轨上，棒与导轨垂直并保持良好接触，它们之间的动摩擦因数为0.25.
(1)求金属棒沿导轨由静止开始下滑时的加速度大小；
(2)当金属棒下滑速度达到稳定时，电阻R消耗的功率为8 W，求该速度的大小；
(3)在上问中，若R＝2 Ω，金属棒中的电流方向由a到b，求磁感应强度的大小与方向．(g取10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)
解析：(1)金属棒开始下滑的初速度为零，根据牛顿第二定律
mgsinθ－μmgcosθ＝ma①(2分)
由①式解得
a＝10×(0.6－0.25×0.8)m/s2＝4 m/s2②(2分)
(2)设金属棒运动达到稳定时，速度为v、所受安培力为F，棒在沿导轨方向受力平衡
mgsinθ－μmgcosθ－F＝0③(2分)
此时金属棒克服安培力做功的功率等于电路中电阻R消耗的电功率P＝Fv④(1分)
由③④两式解得
v＝＝ m/s
＝10 m/s.⑤(2分)
(3)设电路中电流为I，两导轨间金属棒的长为l，磁场的磁感应强度为B
I＝⑥(1分)
P＝I2R⑦(1分)
由⑥⑦两式解得
B＝＝ T＝0.4 T(2分)
方向垂直于导轨平面向上．(1分)
答案：(1)4 m/s2 (2)10 m/s (3)0.4 T，方向垂直于导轨平面向上(共42张PPT)
1．3 探究感应电动势的大小
课标定位
核心要点突破
课堂互动讲练
课前自主学案
知能优化训练
1.3
课前自主学案
一、探究感应电动势的大小
1.把螺线管和灵敏电流表构成闭合电路，如图1－3－1所示．
图1－3－1
在条形磁铁从螺线管上方插入的过程中观察电流表示数的变化．每次插入时条形磁铁的初位置和末位置都相同，这说明每次__________的变化相同．观察到的结果是：当条形磁铁快速插入时，电流表的示数较____，当条形磁铁慢慢插入时，电流表的示数较____．
2．实验表明：感应电动势的大小跟_______________无关，跟___________________有关．
磁通量
大
小
磁通量的变化
磁通量变化快慢
二、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．这就是法拉第电磁感应定律．
磁通量的变化率
BLvsinθ
核心要点突破
即时应用?(即时突破，小试牛刀)
1.一个200匝、面积为20 cm2的线圈，放在磁场中，磁场的方向与线圈平面成30°角，若磁感应强度在0.05 s内由0.1 T增加到0.5 T．在此过程中穿过线圈的磁通量的变化是________ Wb；磁通量的平均变化率是________ Wb/s.
答案：4×10－4 8×10－3
二、探究感应电动势的大小
1．实验探究
如图1－3－2甲所示的实验中，导体AB切割磁感线的速度越大，穿过闭合电路所围面积的磁通量的变化就越快，感应电流和感应电动势就越大．如图1－3－2乙所示的实验中，磁铁相对线圈运动得越快，穿过线圈的磁通量变化越快，感应电流和感应电动势就越大．
图1－3－2
2．实验结论
实验表明，感应电动势的大小与磁通量变化的快慢有关，磁通量变化越快，感应电动势就越大．
3．法拉第电磁感应定律
(1)内容
电路中感应电动势的大小与穿过这一电路的磁通量的变化率成正比．
(1)异同点
即时应用?(即时突破，小试牛刀)
2.如图1－3－3所示，让条形磁铁的下端与螺线管的上端圆口平齐，将条形磁铁自由下落，观察电流表指针的偏转情况．再让条形磁铁从同一位置缓慢插入螺线管，观察电流表指针的偏转情况．关于此实验，下列说法正确的是( )
图1－3－3
A．两种情况下电流表指针偏转角度一样大
B．两种情况下穿过螺线管的磁通量的变化量一样大
C．两种情况下穿过螺线管的磁通量的变化率一样大
D．两种情况下螺线管产生的感应电动势一样大
解析：选B.条形磁铁相同，磁性强弱相同，从同一位置下落，则初、末位置穿过螺线管的磁通量一样大，位置变化过程中磁通量的变化也就一样多．但由于下落时间不同，缓慢插入时用时较长，磁通量的变化慢，磁通量的变化率小，产生的感应电动势小，电路中产生的感应电流也小，所以电流表的指针偏转角度小．
课堂互动讲练
法拉第电磁感应定律的应用
例1
(2011年咸阳高二检测)如图1－3－4所示，矩形线圈由100匝组成，ab边长L1＝0.40 m，ad边长L2＝0.20 m，在B＝0.1 T的匀强磁场中，以两短边中点的连线为轴转动，转速n′＝50 rad/s.求：
图1－3－4
(1)线圈从图甲所示的位置起，转过180°的平均感应电动势为多大？
(2)线圈从图乙所示的位置起，转过180°的平均感应电动势为多大？
【答案】 (1)160 V (2)0
切割类电动势的计算
例2
如图1－3－5所示，水平放置的平行金属导轨，相距l＝0.50 m，左端接一电阻R＝0.20 Ω，磁感应强度B＝0.40 T的匀强磁场方向垂直于导轨平面，导体棒ac垂直放在导轨上，并能无摩擦地沿导轨滑动，导轨和导体棒的电阻均忽略不计，当ac以v＝4.0 m/s的速度水平向右匀速滑动时，求：
图1－3－5
(1)ac棒中感应电动势的大小；
(2)回路中感应电流的大小；
(3)维持ac棒做匀速运动的水平外力F的大小．
【答案】 (1)0.80 V (2)4.0 A (3)0.8 N
【方法总结】 在电磁感应现象中，产生电动势的那部分导线(或线圈)相当于电源，电流方向由负极到正极，即电流方向指向高电势；而其它部分为外电路，电流方向指向电势降低的方向，这样可把电磁感应问题转化为电路问题．
圆形线圈处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场的方向垂直于线圈平面，线圈半径为r，电阻为R.若用时间Δt把线圈从磁场中拉出来和原地使线圈翻转180°，则通过线圈导线截面的电荷量分别为________和________．
电荷量的计算问题
例3
变式训练
(2011年杭州高二检测)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1－3－6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°，冲击电流计测出冲击电流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1－3－6
知能优化训练
本部分内容讲解结束
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