楞次定律
1．楞次定律
感应电流具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化．
你怎样理解楞次定律中的“阻碍”？
提示：
谁阻碍谁
是感应电流的磁场阻碍引起感应电流的磁场(原磁场)的磁通量的变化
阻碍什么
阻碍的是磁通量的变化，而不是阻碍磁通量本身
如何阻碍
当原磁场磁通量增加时，感应电流的磁场方向与原磁场的方向相反；当原磁场磁通量减少时，感应电流的磁场方向与原磁场的方向相同，即“增反减同”
结果如何
阻碍并不是阻止，只是延缓了磁通量的变化，这种变化将继续进行
2.感应电流的磁场变化
当线圈内磁通量增加时，感应电流的磁场阻碍磁通量的增加；当磁通量减少时，感应电流的磁场阻碍磁通量的减少．
若导体回路不闭合，穿过回路的磁通量变化时，是否还会产生“阻碍”作用？
提示：“阻碍”作用是由感应电流的磁场产生的，若回路不闭合，就不能产生感应电流，因此不会产生阻碍作用．在后面的学习中我们会知道，回路不闭合时虽不能产生感应电流，但仍会产生感应电动势．
3．右手定则
伸开右手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一平面内，让磁感线从掌心进入，并使拇指指向导线运动的方向，这时四指所指的方向就是感应电流的方向．
3．“阻碍”的表现形式
楞次定律中的“阻碍”的作用，正是能的转化和守恒定律的反映，在克服“阻碍”的过程中，其他形式的能转化为电能，常见的情况有以下三种：
(1)阻碍原磁通量的变化(增反减同)；
(2)阻碍导体的相对运动(来拒去留)；
(3)通过改变线圈面积来“反抗”(增缩减扩)．
“阻碍”并不意味着“相反”．感应电流产生磁场的方向和原磁场方向可能同向，也可能反向，需根据磁通量的变化情况判断；而由于闭合回路和磁场相对运动产生感应电流时，阻碍两者间相对运动而不一定阻碍物体的运动．
【例1】 某磁场的磁感线如图所示，有线圈自图示A位置落到B位置，在下落过程中，自上而下看，线圈中的感应电流方向是( )
A．始终沿顺时针方向
B．始终沿逆时针方向
C．先沿顺时针再沿逆时针方向
D．先沿逆时针再沿顺时针方向
解答本题时可按以下思路分析：
―→―→―→
[答案] C
[解析] 线圈自图示A位置落至虚线位置过程中，磁场方向向上，向上的磁通量增加，由楞次定律的“增反减同”可知：线圈中感应电流产生的磁场方向向下，应用安培定则可以判断感应电流的方向为顺时针(俯视)．同理可以判断：线圈自图示虚线位置落至B位置过程中，向上的磁通量减小，由楞次定律和安培定则可得：线圈中将产生逆时针的感应电流(俯视)，故选C.
总结提能
应用楞次定律判断感应电流方向的思路
(1)明确研究对象是哪一个闭合电路；
(2)明确原磁场的方向；
(3)判断穿过闭合回路内原磁场的磁通量是增加还是减少；
(4)由楞次定律判断感应电流的磁场方向；
(5)由安培定则判断感应电流的方向．
根据楞次定律可知，感应电流的磁场一定是( C )
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通量的变化
D．与引起感应电流的磁场方向相同
解析：根据楞次定律，感应电流的磁场阻碍的是引起感应电流的磁通量的变化，选项A错误，C正确；感应电流的磁场方向在磁通量增加时与原磁场反向，在磁通量减小时与原磁场同向，故选项B、D错误．
考点二
楞次定律的应用
(2)运动情况的判断——第一种方法：由于相对运动导致的电磁感应现象，感应电流的效果阻碍相对运动．简记口诀：“来拒去留”．
(3)面积变化趋势的判断——第二种方法：电磁感应致使回路面积有变化趋势时，则面积收缩或扩张是为了阻碍回路磁通量的变化，即磁通量增大时，面积有收缩趋势，磁通量减小时，面积有扩张趋势．简记口诀：“增缩减扩”．
2．判断回路运动情况及回路面积的变化趋势的一般步骤
判断回路面积变化趋势时，若闭合回路所围面积内存在两个方向的磁场，则不宜采用简记口诀判断，应采用一般步骤判断.例如，套在通电螺线管上的回路，在通电螺线管中电流变化时面积的变化趋势，应采用一般步骤判断.
【例2】 如图所示，MN是一根固定的通电长直导线，电流方向向上，今将一金属线框abcd放在导线上，让线框的位置偏向导线左边，两者彼此绝缘．当导线中的电流突然增大时，线框整体受力情况为( )
A．受力向右
B．受力向左
C．受力向上
D．受力为零
解答本题时应明确以下两点：
(1)研究的回路有两个方向的磁场，磁通量应是代数和；
(2)应恰当使用安培定则和左手定则．
[答案] A
[解析] 本题可用两种解法：
解法一：根据安培定则可知通电直导线周围的磁场分布如图所示．当直导线上电流突然增大时，穿过矩形回路的合磁通量(方向向外)增大，回路中产生顺时针方向的感应电流，因ad、bc两边对称分布，所受的安培力合力为零．而ab、cd两边虽然通过的电流方向相反，但它们所在处的磁场方向也相反，由左手定则可知它们所受的安培力均向右，所以线框整体受力向右，A正确．
解法二：从楞次定律的另一表述分析可知当MN中电流突然增大时，穿过线框的磁通量增大，感应电流引起的结果必是阻碍磁通量的增大，即线框向右移动，故线框整体受力向右，A正确．
总结提能
发生电磁感应现象时，通过什么方式来“阻碍”原磁通量的变化要根据具体情况而定，可能是阻碍导体的相对运动，也可能是通过改变线圈面积来阻碍原磁通量的变化，即若原磁通量增加，则通过减小面积起到阻碍的作用；若原磁通量减小，则通过增大面积起到阻碍的作用．这种方法用来判断“动”的问题非常有效．
[多选]如图所示，在平面上有两条相互垂直且彼此绝缘的通电长直导线，以它们为坐标轴构成一个平面直角坐标系．四个相同的闭合圆形线圈在四个象限中完全对称放置，两条导线中电流大小与变化情况相同，电流方向如图所示，当两条导线中的电流都开始增大时，四个线圈a、b、c、d中感应电流的情况是( BC )
A．线圈a中无感应电流
B．线圈b中无感应电流
C．线圈c中有顺时针方向的感应电流
D．线圈d中有逆时针方向的感应电流
解析：由安培定则判断磁场方向如图所示，故线圈a、c中有电流．再根据楞次定律可知线圈a中的电流方向为逆时针，c中的电流方向为顺时针，A错，C对．而线圈b、d中合磁通量为零，无感应电流，B对，D错．
考点三
楞次定律与三个定则的比较
在研究电磁感应现象时，经常用到右手螺旋定则、左手定则、右手定则及楞次定律等规律．要想灵活运用“三定则一定律”，就必须明确这些规律的区别与联系．
1．“三定则一定律”应用于不同的现象
2.左手定则与右手定则的区别
3.楞次定律与右手定则的关系
?1?楞次定律判断的电流方向是电路中感应电动势的方向，右手定则判断的电流方向也是做切割磁感线运动的导体上感应电动势的方向.若电路是开路，可假设电路闭合，应用楞次定律或右手定则确定电路中假想电流的方向即为感应电动势的方向.
?2?在分析电磁感应现象中的电势高低时，一定要明确产生感应电动势的那部分电路就是电源.在电源内部，电流方向从低电势处流向高电势处.
【例3】 [多选]如图所示，导体AB、CD可在水平轨道上自由滑动，且两水平轨道在中央交叉处互不相通．当导体棒AB向左移动时( )
A．AB中感应电流的方向为A到B
B．AB中感应电流的方向为B到A
C．CD向左移动
D．CD向右移动
[答案] AD
[解析] 由右手定则可判断AB中感应电流方向为A到B，从而CD中电流方向为C到D.导致CD所受安培力方向由左手定则判断知向右，所以CD向右移动．
总结提能
对于导体切割磁感线产生电磁感应的现象，应用右手定则判断比较方便；对于磁感应强度B随时间变化所产生的电磁感应现象，应用楞次定律判断比较方便．
美国《大众科学》月刊网站报道，美国明尼苏达大学的研究人员发现：一种具有独特属性的新型合金能够将热能直接转化为电能．具体而言，只要略微提高温度，这种合金就会变成强磁性合金，从而使环绕它的线圈中产生电流，其简化模型如图所示．A为圆柱形合金材料，B为线圈，套在圆柱形合金材料上，线圈的半径大于合金材料的半径．现对A进行加热，则( D )
A．B中将产生逆时针方向的电流
B．B中将产生顺时针方向的电流
C．B线圈有收缩的趋势
D．B线圈有扩张的趋势
解析：合金材料加热后，合金材料成为强磁体，通过线圈B的磁通量增大，由于线圈B内有两个方向的磁场，由楞次定律可知线圈只有扩张，才能阻碍磁通量的增加，选项C错误，D正确；由于不知道极性，无法判断感应电流的方向，选项A、B错误．
楞次定律判断导体运动问题的应用技巧
在电磁感应中判断导体的运动常用以下两种方法：
(1)程序法：首先根据楞次定律判断出感应电流的方向；然后根据感应电流处原磁场分布情况，运用左手定则判断出导体所受安培力的方向，最终确定导体的运动情况．
(2)楞次定律广泛含义法：即感应电流的效果总是要反抗产生感应电流的原因，表现为：
①阻碍导体的相对运动(来拒去留)；
②通过改变线圈面积来“反抗”(增缩减扩)．
两种方法中，后一种要灵活、快速、准确．
【典例】 [多选]如图所示，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将互相靠拢
B．p、q将互相远离
C．磁铁的加速度仍为g
D．磁铁的加速度小于g
【解析】 方法一：假设磁铁的下端为N极，穿过回路的磁通量增加，根据楞次定律可判断出感应电流的磁场方向向上，根据安培定则可判断出回路中感应电流的方向为逆时针方向(俯视)．再根据左手定则可判断p、q所受的安培力的方向，安培力使p、q相互靠拢．由于回路所受的安培力的合力向下，根据牛顿第三定律知，磁铁将受到向上的反作用力，从而加速度小于g.若磁铁的下端为S极，根据类似的分析可以得出相同的结果，所以A、D选项正确．
方法二：根据楞次定律的另一种表述——感应电流的效果总是要反抗产生感应电流的原因，本题中的“原因”是回路中的磁通量增加，归根结底是磁铁靠近回路，“效果”便是阻碍磁通量的增加和磁铁的靠近．所以p、q将相互靠近且磁铁的加速度小于g.故选项A、D正确．
【答案】 AD
【名师点评】 本例列出了判断感应电流受力及其运动方向的方法，并进一步从多个角度深刻理解楞次定律中“阻碍”的含义．虽然方法不同，但本质都是楞次定律，只有领会其精髓，才能运用它进行正确的判断．深刻理解楞次定律中“阻碍”的含义是快速分析该类问题的前提．
【变式】 如图所示，ab是一个可绕垂直于纸面的轴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，线框ab的运动情况是( C )
A．保持静止不动
B．逆时针转动
C．顺时针转动
D．发生转动，但电源极性不明，无法确定转动的方向
解析：根据题图所示电路，线框ab所处位置的磁场是水平方向的，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ab的磁通量将减少．Φ＝BSsinθ，θ为线圈平面与磁场方向的夹角，根据楞次定律，感应电流的磁场将阻碍原来磁场的变化，则线框ab只有顺时针旋转使θ角增大，而使穿过线圈的磁通量增加，则C正确．注意此题并不需要明确电源的极性.
1．在电磁感应现象中，下列说法中正确的是( D )
A．感应电流的磁场总是跟原来的磁场方向相反
B．闭合线框放在变化的磁场中，一定能产生感应电流
C．闭合线框放在匀强磁场中做切割磁感线运动，一定能产生感应电流
D．感应电流的磁场总是阻碍原来磁场磁通量的变化
2．[多选]如图，两个线圈绕在同一根铁芯上，其中一线圈通过开关与电源连接，另一线圈与远处沿南北方向水平放置在纸面内的直导线连接成回路．将一小磁针悬挂在直导线正上方，开关未闭合时小磁针处于静止状态．下列说法正确的是( AD )
A．开关闭合后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动
B．开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向里的方向
C．开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向外的方向
D．开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动
解析：开关闭合的瞬间，根据楞次定律和安培定则可知直导线中电流从南向北，根据安培定则可知小磁针所在处磁场方向垂直纸面向里，所以小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动，故A正确；开关闭合并保持一段时间后，直导线中无电流，小磁针受到地磁场作用，小磁针的N极指向北，故B、C错误；开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，根据楞次定律和安培定则可知直导线中电流从北向南，根据安培定则可知小磁针所在处磁场方向垂直纸面向外，所以小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动，故D正确．
3．某教室墙上有一朝南的钢窗，当把钢窗左侧向外推开时，下列说法正确的是( C )
A．穿过窗框的地磁场的磁通量变大
B．穿过窗框的地磁场的磁通量不变
C．从推窗人的角度看，窗框中的感应电流方向是逆时针
D．从推窗人的角度看，窗框中的感应电流方向是顺时针
解析：地磁场由南向北，当朝南的钢窗向外推开时，钢窗平面与磁场平行时，没有磁感线穿过钢窗平面，穿过钢窗平面的磁通量为0.根据楞次定律，穿过窗框平面的磁通量减小，从推窗人的角度看，窗框中产生的感应电流的方向为逆时针．故选项C正确，A、B、D错误．
4．如图所示，平行导体滑轨MM′，NN′水平放置，固定在竖直向下的匀强磁场中．导体滑线AB、CD横放其上静止，形成一个闭合电路，当AB向右滑动的瞬间，电路中感应电流的方向及滑线CD受到的磁场力方向分别为( C )
A．电流方向沿ABCD；受力方向向右
B．电流方向沿ABCD；受力方向向左
C．电流方向沿ADCB；受力方向向右
D．电流方向沿ADCB；受力方向向左
解析：由右手定则可判断AB中感应电流B→A，CD中电流D→C，由左手定则可判定CD受到向右的安培力．
5．如图所示，在水平桌面上有一金属圆环，当用一条形磁铁由上向下插向圆环时，试问：
(1)圆环对桌面的压力怎样变化？
(2)圆环有收缩的趋势还是扩张的趋势？
答案：(1)压力变大 (2)收缩趋势
解析：(1)根据楞次定律的推广含义“来拒去留”，圆环与磁铁之间相互排斥，从而使圆环对桌面的压力变大．
(2)根据楞次定律的推广含义“增缩减扩”，磁铁插向圆环时，穿过圆环的磁通量增加，所以圆环有收缩的趋势．
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16
-法拉第电磁感应定律
1．感应电动势
穿过闭合回路中的磁通量发生变化，其中就有感应电流，这说明电路中一定有电动势．在电磁感应现象中产生的电动势叫做感应电动势．产生感应电动势的那部分导体相当于电源．
产生感应电动势的条件与产生感应电流的条件有何不同？
提示：产生感应电流的条件是穿过闭合导体回路的磁通量发生变化，但不论回路是否闭合，只要穿过它的磁通量发生变化，就会产生感应电动势．
2．法拉第电磁感应定律
(1)内容
电路中感应电动势的大小与穿过这一电路的磁通量的变化率成正比．
(2)表达式
对单匝线圈E＝k，k为比例系数，国际单位制中k＝1.上式可简化为E＝，对n匝线圈E＝n.称为磁通量的变化率．
(3)单位
在国际单位制中，感应电动势E的单位是伏特(V)．
磁通量Φ、磁通量的变化量ΔΦ、磁通量的变化率的物理含义各是什么？
提示：磁通量Φ是穿过某一面积的磁感线的条数，是状态量；磁通量的变化量ΔΦ＝Φ2－Φ1，表示磁通量变化了多少，是过程量；磁通量的变化率是单位时间内磁通量的变化量，表示磁通量变化的快慢．可类比速度v、速度的变化量Δv与速度的变化率(加速度a)三者的区别．
3．导体切割磁感线时的感应电动势
(1)如图所示电路，闭合电路一部分导体ab处于匀强磁场中，磁感应强度为B，ab的长度为L，以速度v匀速切割磁感线，设在Δt时间内导体棒由原来的位置运动到a1b1，这时线框面积的变化量为ΔS＝LvΔt，穿过闭合电路磁通量的变化量为ΔΦ＝BΔS＝BLvΔt，由法拉第电磁感应定律，得E＝＝BLv.所以，E＝BLv是E＝n的推论．
(2)当导体的运动方向跟磁感线方向有一个夹角θ时，可以把速度v分解为两个分量：垂直于磁感线的分量v1＝vsinθ和平行于磁感线的分量v2＝vcosθ.后者不切割磁感线，不产生感应电动势．前者切割磁感线，产生的感应电动势为E＝BLv1＝BLvsinθ.
4．反电动势
电动机转动时产生的感应电动势削弱了电源电动势的作用，这个电动势称为反电动势．反电动势的作用是阻碍线圈的转动．电动机被卡住停止转动，这时就没有了反电动势，电动机变为纯电阻，剧烈发热，很可能烧毁．
“电动机不是纯电阻，不适用欧姆定律．”你对这句话怎样理解？
提示：电动机的线圈在安培力作用下在磁场中旋转，必定切割磁感线，产生感应电动势，该电动势的方向与原电源电动势E的方向相反，使电路中电流I减小，即I小于，欧姆定律不成立．当电动机被卡住不转时，不产生反电动势，欧姆定律仍然成立，这时电能完全转化为内能．
2．对公式E＝n的理解
(1)感应电动势E的大小取决于穿过电路的磁通量的变化率，而与Φ的大小、ΔΦ的大小没有必然的关系，与电路的电阻R无关；感应电流的大小与E和回路总电阻R有关．
(2)磁通量的变化率是Φ－t图象上某点切线的斜率．
(3)在高中阶段所涉及的磁通量发生变化有三种方式：
①磁感应强度B不变，垂直于磁场的回路面积发生变化，ΔS＝|S2－S1|，此时E＝nB；
②垂直于磁场的回路面积S不变，磁感应强度发生变化，ΔB＝|B2－B1|，此时E＝nS，其中叫磁感应强度的变化率，等于B－t图象上某点切线的斜率；
③磁感应强度和线圈的面积均不变，而是线圈绕通过线圈平面内的某一轴转动，此时E＝n＝nBS.(其中α1、α2为初、末时刻线圈平面与磁场方向的夹角)
【例1】 与磁感应强度B＝0.8
T垂直的线圈面积为0.05
m2，线圈绕有50匝，线圈的磁通量是多少？若在0.5
s内线圈位置转过53°，磁通量的平均变化率是多少？线圈中平均感应电动势的大小是多少？
解答本题时可按以下思路分析：
―→―→
―→
[答案] 0.04
Wb 0.032
Wb/s 1.6
V
[解析] 由Φ＝BS得Φ1＝BS＝0.8×0.05
Wb＝0.04
Wb，磁通量的变化量是由线圈有效面积的变化引起的，
Φ2＝BScosθ＝0.8×0.05×0.6
Wb＝0.024
Wb
则ΔΦ＝|Φ2－Φ1|＝0.016
Wb
磁通量平均变化率＝0.032
Wb/s
根据法拉第电磁感应定律得
平均感应电动势的大小E＝n＝1.6
V
总结提能
计算ΔΦ的三种方法
(1)磁通量的变化是由面积变化引起的：ΔΦ＝B·ΔS.
(2)磁通量的变化是由磁场变化引起的：ΔΦ＝ΔB·S.
(3)磁通量的变化是由面积和磁感应强度间的角度变化引起的，根据定义求：ΔΦ＝Φ末－Φ初．
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( B )
A. B．1
C．2
D．4
解析：根据法拉第电磁感应定律E＝n，设线框匝数为n，面积为S0，初始时刻磁感应强度为B0，则第一种情况下的感应电动势为E1＝n＝nB0S0；第二种情况下的感应电动势为E2＝n＝nB0S0，所以两种情况下线框中的感应电动势相等，比值为1，故选项B正确．
1．对公式E＝Blvsinθ的理解
(1)该公式可看成法拉第电磁感应定律的一种特殊情况，通常用来求导体运动速度为v时的瞬时电动势．
(2)当B、l、v三个量方向相互垂直时，E＝Blv；当有任意两个量的方向平行时，E＝0.
(3)式中的l应理解为导体切割磁感线时的有效长度．
若切割磁感线的导体是弯曲的，则应取其与B和v方向都垂直的等效线段长度来计算．如下图中线段ab的长即为导体切割磁感线的有效长度．
(4)该式适用于导体平动时，即导体上各点的速度相等时．
(5)当导体绕一端转动时如图所示，由于导体上各点的速度不同，是线性增加的，所以导体运动的平均速度为＝＝，由公式E＝Bl得，E＝Bl＝Bl2ω.
(6)公式中的v应理解为导线和磁场的相对速度，当导线不动而磁场运动时，也有电磁感应现象产生．
2．公式E＝n与E＝Blvsinθ的区别与联系
【例2】 如图所示，水平放置的两平行金属导轨相距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向下，导体棒ac(长为L)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可忽略不计．当ac棒以v＝4.0
m/s的速度水平向右匀速滑动时，求：
(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的大小．
本题可按以下思路进行分析：
[答案] (1)0.80
V (2)4.0
A (3)0.80
N
[解析] (1)ac棒垂直切割磁感线，产生的感应电动势的大小为E＝BLv＝0.40×0.50×4.0
V＝0.80
V
(2)回路中感应电流的大小为I＝＝
A＝4.0
A
由右手定则知，ac棒中的感应电流由c流向a.
(3)ac棒受到的安培力大小为F安＝BIL＝0.40×4.0×0.50
N＝0.80
N，由左手定则知，安培力方向向左．由于导体棒匀速运动，水平方向受力平衡，则F外＝F安＝0.80
N，方向水平向右．
总结提能
切割磁感线的导体棒中产生感应电动势，等效于电源，导轨及电阻R上不产生感应电动势，等效于外电路，这样可将电磁感应问题等效转化为电路问题，利用闭合电路欧姆定律即可解答．
如图所示，在磁感应强度B＝0.50
T的匀强磁场中，导体PQ在力F作用下在U形导轨上以速度v＝10
m/s向右匀速滑动，两导轨间距离L＝1.0
m，电阻R＝1.0
Ω，导体和导轨的电阻忽略不计，则以下说法正确的是( A )
A．导体PQ切割磁感线产生的感应电动势的大小为5.0
V
B．导体PQ受到的安培力方向水平向右
C．作用力F大小是0.50
N
D．作用力F的功率是5
W
解析：E＝BLv＝0.50×1.0×10
V＝5.0
V，A正确；由右手定则和左手定则知，安培力方向水平向左，且F＝F安＝＝2.5
N，B、C错误；PF＝F·v＝2.5×10
W＝25
W，D错误．
?1?电源内部电流的方向是从负极流向正极，即从低电势流向高电势.
?2?求解电路中通过的电荷量时，一定要用平均电动势和平均电流计算.
【例3】 如图所示，半径为a的圆形区域内有匀强磁场，磁感应强度B＝0.2
T，磁场方向垂直纸面向里，半径为b的金属圆环与磁场同心放置，磁场与环面垂直，其中a＝0.4
m，b＝0.6
m．金属环上分别接有灯L1、L2，两灯的电阻均为R＝2
Ω.一金属棒MN与金属环接触良好，棒与环的电阻均不计
.
(1)若棒以v0＝5
m/s的速率在环上向右匀速滑动，求棒滑过圆环直径OO′的瞬间，MN中的电动势和流过L1的电流．
(2)撤去中间的金属棒MN，将右面的半圆环OL2O′以OO′为轴向上翻转90°，若此时开始磁场随时间均匀变化，其变化率为＝()
T/s，求磁场变化的过程中L1的功率．
解答本题时可按以下思路分析：
[答案] (1)0.8
V 0.4
A (2)1.28×10－2
W
[解析] (1)棒滑过圆环直径OO′的瞬间，MN中的电动势E1＝B×2av0＝0.2×0.8×5
V＝0.8
V
等效电路如图所示，
流过灯L1的电流I1＝＝
A＝0.4
A.
(2)撤去中间的金属棒MN，将右面的半圆环OL2O′以OO′为轴向上翻转90°，半圆环OL1O′产生的电动势相当于电源，灯L2为外电路，等效电路如图所示，
感应电动势E2＝＝πa2＝0.32
V
L1的功率P1＝＝1.28×10－2
W
总结提能
电磁感应中电路问题的分析方法
(1)明确电路结构，分清内、外电路．
(2)根据产生感应电动势的方式计算感应电动势的大小，如果是磁场或回路有效面积变化，由E＝n计算；如果是导体切割磁感线，由E＝Blv计算．
(3)画出等效电路．
(4)根据欧姆定律和串并联电路特点进行电路分析与计算．
[多选]如图甲，固定在光滑水平面上的正三角形金属线框，匝数n＝20，总电阻R＝2.5
Ω，边长L＝0.3
m，处在两个半径均为r＝的圆形匀强磁场区域中．线框顶点与右侧圆中心重合，线框底边中点与左侧圆中心重合．磁感应强度B1垂直水平面向外，大小不变；B2垂直水平面向里、大小随时间变化，B1、B2的值如图乙所示，则( ACD )
A．通过线框中感应电流方向为逆时针方向
B．t＝0时刻穿过线框的磁通量为0.1
Wb
C．在0.6
s内通过线框中的电荷量为0.13
C
D．经过0.6
s线框中产生的热量为0.07
J
解析：磁感应强度B1垂直水平面向外，大小不变，B2垂直水平面向里，大小随时间增大，故线框向外的磁通量减小，由楞次定律可得，线框中感应电流方向为逆时针方向，选项A正确．t＝0时刻穿过线框的磁通量为Φ＝B1×πr2＋B2×πr2≈－0.005
2
Wb，选项B错误．在0.6
s内通过线框的电荷量q＝n＝
C≈0.13
C，选项C正确．由Q＝I2RΔt＝＝
J＝0.07
J，选项D正确.
导体棒转动切割磁感线的处理方法
对于公式E＝Blv中的v的理解：
(1)应理解为导体与磁场间的相对速度，所以即使导体不动，若磁场运动，也能使导体切割磁感线而产生感应电动势；
(2)还应注意到v应该是垂直切割速度；
(3)另外，还应注意到在“旋转切割”这类问题中，导体棒上各部分的切割速率不同，此时的v则应理解为导体棒上各部分切割速度的平均值，在数值上一般等于旋转导体棒中点的切割速度或者等于棒两端点的速度的平均值．如图所示，当导体绕一端转动时，由于导体上各点的速度不同，是线性增加的，所以导体运动的平均速度为＝＝，由公式E＝Bl得，E＝Bl＝Bωl2.
?1?切割磁感线的导体中产生感应电动势，该部分导体等效为电源，电路中的其余部分等效为外电路.
?2?对于一个匀速转动的圆盘可看做许多并联连接的导体棒转动切割，相当于内阻很小的导体棒旋转切割产生的电动势.
?3?导体棒绕一端转动时，尽管导体上各点的速度不同，但产生的电动势是恒定的.
【典例】 如图是法拉第研制成的世界上第一台发电机模型的原理图．将铜盘放在磁场中，让磁感线垂直穿过铜盘，图中a、b导线与铜盘的中轴线处在同一平面内，转动铜盘，就可以使闭合电路获得电流．若图中铜盘半径为r，匀强磁场的磁感应强度为B，回路总电阻为R，匀速转动铜盘的角速度为ω.则电路的功率是( )
A.
B.
C.
D.
解答本题时应明确以下两点：
(1)在磁场中匀速转动的铜盘等效为长等于r的导体棒切割磁感线产生的电动势；
(2)画出等效电路进行分析计算．
【解析】 根据导体棒旋转切割产生电动势E＝Bωr2，由P＝，得电路的功率是，故选C.
【答案】 C
【变式】 如图所示，长为L的金属导线下悬挂一质量为m的小球，在竖直向上的匀强磁场中做圆锥摆运动，圆锥摆的偏角为θ，磁感应强度为B，求：
(1)摆球转动的角速度ω；
(2)金属导线中产生的感应电动势的大小．
答案：(1) (2)BL2
sin2θ
解析：(1)由牛顿第二定律，mgtanθ＝mrω2，r＝Lsinθ
联立解得：ω＝
(2)导线在磁场中转动，旋转切割磁感线，但导线本身与磁场不垂直，应该考虑切割的有效长度．
导线切割磁感线的有效长度为L′＝Lsinθ
根据旋转切割产生的电动势公式得：E＝BL′2ω
得：E＝BL2ωsin2θ＝BL2sin2θ.
1．关于感应电动势的大小，下列说法正确的是( C )
A．穿过线圈的磁通量Φ越大，所产生的感应电动势就越大
B．穿过线圈的磁通量的变化量ΔΦ越大，所产生的感应电动势就越大
C．穿过线圈的磁通量的变化率越大，所产生的感应电动势就越大
D．穿过线圈的磁通量Φ等于0，所产生的感应电动势就一定为0
解析：根据法拉第电磁感应定律可知，感应电动势的大小与磁通量变化率成正比，与磁通量Φ及磁通量的变化量ΔΦ没有必然联系．当磁通量Φ很大时，感应电动势可能很小，甚至为0；当磁通量Φ等于0时，其变化率可能很大，产生的感应电动势可能很大．只有选项C正确．
2．如图所示，在国庆60周年阅兵盛典上，我国预警机“空警?2000”在天安门上空时机翼保持水平，以120
m/s的速度自东向西飞行．该机的翼展(两翼尖之间的距离)为50
m，北京地区地磁场的竖直分量向下，大小为4.5×10－5
T，则( C )
A．两翼尖之间的电势差为0
B．两翼尖之间的电势差为2.7
V
C．飞行员左方翼尖的电势比右方翼尖的电势高
D．飞行员左方翼尖的电势比右方翼尖的电势低
解析：由E＝BLv可得，两翼尖之间的电势差为U＝E＝BLv＝4.5×10－5×50×120
V＝0.27
V，故A、B错误；由右手定则可知，电路中若有感应电流，其方向为由右机翼向左机翼，因飞机此时相当于电源，故飞行员左方翼尖的电势比右方翼尖的电势高，故C正确，D错误．
3．[多选]如图甲所示，面积为0.1
m2的10匝线圈EFG处于匀强磁场中，t＝0时，磁场方向垂直于线圈平面向里，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示．已知线圈与右侧电路接触良好，电路中的电阻R＝4
Ω，电容器的电容C＝10
μF，线圈EFG的电阻为1
Ω，其余部分电阻不计．当开关S闭合，电路稳定后，在t＝0.1
s至t＝0.2
s这段时间内( AC )
A．电容器所带的电荷量为8×10－5
C
B．通过电阻R的电流是2.5
A，方向从b到a
C．通过电阻R的电流是2
A，方向从a到b
D．电阻R消耗的电功率是0.16
W
解析：由法拉第电磁感应定律可知E＝n＝nS，电容器所带的电荷量Q＝CUR＝CE，联立解得Q＝8×10－5
C，选项A正确；由楞次定律可判断，通过电阻R的电流方向为从a到b，由闭合电路的欧姆定律知，电流I＝＝2
A，选项B错误，选项C正确；电阻R消耗的电功率P＝I2R＝16
W，选项D错误．
4．如图，导体轨道OPQS固定，其中PQS是半圆弧，Q为半圆弧的中点，O为圆心．轨道的电阻忽略不计．OM是有一定电阻、可绕O转动的金属杆，M端位于PQS上，OM与轨道接触良好．空间存在与半圆所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为B.现使OM从OQ位置以恒定的角速度逆时针转到OS位置并固定(过程Ⅰ)；再使磁感应强度的大小以一定的变化率从B增加到B′(过程Ⅱ)．在过程Ⅰ、Ⅱ中，流过OM的电荷量相等，则等于( B )
A.
B.
C.
D．2
解析：OM从OQ位置以恒定的角速度逆时针转动到OS位置，通过OM的电荷量q1＝Δt＝Δt＝＝；磁感应强度的大小以一定的变化率从B增加到B′的过程中，通过OM的电荷量q2＝＝＝，并且q1＝q2，联立解得＝，故B正确，A、C、D错误．
5．下图各情况中，电阻R＝0.1
Ω，运动导线的长度都为l＝0.05
m，做匀速运动的速度都为v＝10
m/s.除电阻R外，其余各部分电阻均不计．匀强磁场的磁感应强度均为B＝0.3
T．试计算各情况中通过每个电阻R的电流大小和方向．
答案：图a：0；图b：3
A，方向沿顺时针；图c：通过每个电阻的电流分别为1.5
A，方向自上而下；图d：通过移动电阻的电流为1
A，方向自下而上，通过两个固定电阻的电流分别为0.5
A，方向自上而下．
解析：每根导线产生的感应电动势大小为E＝Blv＝0.3×0.05×10
V＝0.15
V.
在图a中，两个电动势的方向相反，故总电动势为零，电流为零．
在图b中，两个电动势的方向相同，故总电动势为E总＝2E＝0.3
V，电流大小为I＝＝
A＝3
A，方向沿着顺时针．
图c中，两个电阻R并联，总电流为I＝＝
A＝3
A，通过每个电阻的电流为1.5
A，方向自上而下．
图d中，两个电阻R并联，电流为I＝＝
A＝1
A，通过移动导线的电流为1
A、方向自下而上；通过两个固定电阻的电流分别为0.5
A，方向自上而下．
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20
-电磁感应现象的两类情况
1．感生电场与感生电动势
(1)感生电场：变化的磁场在周围空间激发的电场，叫做感生电场．
如果此空间存在闭合导体，导体中的自由电荷就会在感生电场的作用下定向移动，而产生感应电流，或者说导体中产生了感生电动势．
(2)感生电场的方向：感生电场是产生感应电流或感应电动势的原因．导体中正电荷定向运动的方向就是感生电场的方向，可由楞次定律判断．
(3)感生电动势：由于感生电场的作用，推动导体中自由电荷定向移动而产生的电动势叫感生电动势．
感生电动势在电路中的作用就是电源，其产生电动势的导体就是内电路，当它与外电路连接后就会对外电路供电．其非静电力就是感生电场对自由电荷的作用．
变化的磁场周围产生感生电场，这种感生电场是否与存在环形闭合电路有关呢？
提示：变化的磁场周围一定存在感生电场，与是否存在闭合回路无关．
2．洛伦兹力与动生电动势
(1)动生电动势：由于导体运动而产生的感应电动势称为动生电动势．
(2)动生电动势产生的原因：导体在磁场中做切割磁感线运动时，由于导体中自由电子要受到洛伦兹力的作用而产生动生电动势．
一段导线在做切割磁感线的运动时相当于一个电源，其非静电力与洛伦兹力有关．
在干电池中，非静电力对单位电荷做功的多少取决于干电池的电动势大小，那么，导体切割磁感线产生感应电动势中对自由电荷做功的力(非静电力)是洛伦兹力吗？
提示：不是洛伦兹力，因为洛伦兹力对运动电荷永不做功，但是洛伦兹力参与作用，其他力做功．
?1?在磁场变化、同时导体做切割磁感线运动时，两种电动势可同时存在.
?2?动生电动势和感生电动势的划分，在某些情况下具有相对意义.例如，将条形磁铁插入线圈中，如果在相对磁铁静止的参考系内观察，线圈运动，产生的是动生电动势；如果在相对线圈静止的参考系中观察，线圈中磁场变化，产生的是感生电动势.
2．感生电动势和动生电动势的应用
(1)有的问题中既有感生电动势又有动生电动势，最容易产生错误的是计算感应电动势时，只考虑一种而忽视另一种．用楞次定律和右手定则分别判断出感生电动势、动生电动势的方向，求感应电动势时同向相加，反向相减．感生电动势用E＝n求，动生电动势用E＝Blv(或E＝Blvsinθ)求．
(2)公式E＝n与E＝Blv的使用方法：由E＝n求出的感应电动势是整个闭合电路的总电动势，且为Δt时间内的平均感应电动势．当将切割磁感线的那部分导体扫过的面积作为回路的变化面积时，可由E＝n导出E＝Blv，故由E＝Blv求出的电动势只是切割磁感线的那部分导体中的感应电动势，不一定是闭合电路的总感应电动势．故要求导体切割磁感线产生的感应电动势，或瞬时感应电动势时应优先选用公式E＝Blv.要求Δt时间内的平均感应电动势，以及由于回路面积或磁感应强度变化而产生的感应电动势时，应优先选用E＝n.
【例1】 [多选]一个面积S＝4×10－2
m2、匝数n＝100匝的线圈，放在匀强磁场中，磁场方向垂直于线圈平面，磁感应强度B随时间t变化的规律如图所示，则下列判断正确的是( )
A．在开始的2
s内穿过线圈的磁通量的变化率等于0.08
Wb/s
B．在开始的2
s内穿过线圈的磁通量的变化量等于零
C．在开始的2
s内线圈中产生的感应电动势等于8
V
D．在第3
s末线圈中的感应电动势等于零
该题中回路的面积不变，而是磁感应强度发生变化，应该用E＝n·S计算感应电动势．
[答案] AC
[解析] 由B－t图象可知，在开始的2
s内，＝＝
Wb/s＝0.08
Wb/s，选项A正确，B错误；在开始的2
s内，E＝n＝100×0.08
V＝8
V，选项C正确；第3
s末磁感应强度的变化率不为零，则感应电动势也不为零，故选项D错误．
总结提能
感生电动势的大小与磁感应强度的变化率有关，而与磁感应强度的大小无关，在B－t图象中，图象上各点的切线斜率的变化规律可以反映感生电动势大小的变化规律．
如图①所示的螺线管，匝数n＝1
500匝，横截面积S＝20
cm2，电阻r＝1.5
Ω，与螺线管串联的外电阻R1＝3.5
Ω，R2＝25
Ω.螺线管中磁感线方向向右，穿过螺线管中磁场的磁感应强度按图②所示规律变化，试计算电阻R2上消耗的电功率．
答案：1.0
W
解析：由图②知，螺线管中磁感应强度B均匀增加，其变化率＝
T/s＝2
T/s.
由法拉第电磁感应定律得，螺线管中产生的感应电动势
E＝n＝nS＝1
500×20×10－4×2
V＝6.0
V.
通过螺线管回路的电流
I＝＝
A＝0.2
A.
电阻R2上消耗的功率P2＝I2R2＝(0.2)2×25
W＝1.0
W.
【例2】 如图所示，在竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中，有两根放在同一水平面上且足够长的平行金属导轨AB、CD，在导轨的A、C端连接一阻值为R的电阻．一根质量为m、长度为L的金属棒ab垂直导轨放置，导轨和金属棒的电阻不计，金属棒与导轨间的动摩擦因数为μ.若用恒力F水平向右拉金属棒使其运动，求金属棒的最大速度．
解答本题时可按以下思路进行分析：
(1)切割磁感线运动的金属棒ab相当于电源，可画出等效电路图；
(2)对金属棒进行运动和受力分析；
(3)运用电路知识和牛顿运动定律进行综合分析．
[答案]
[解析] 金属棒向右运动切割磁感线产生动生电动势，由右手定则知，金属棒中有从a到b方向的电流．由左手定则知，安培力方向向左，金属棒向右运动的过程中受到的合力逐渐减小，故金属棒向右做加速度逐渐减小的加速运动．当安培力与摩擦力的合力增大到大小等于拉力F时，金属棒的加速度减小到零，速度达到最大，此后做匀速运动．
由平衡条件得F＝BImaxL＋μmg
由闭合电路欧姆定律有Imax＝
金属棒ab切割磁感线产生的感应电动势为Emax＝BLvmax
联立以上各式解得金属棒的最大速度为
vmax＝.
总结提能
分析动生电动势问题时要把握三点
(1)做切割磁感线运动的导体相当于电源；
(2)根据右手定则判断动生电动势的方向；
(3)根据E＝Blvsinθ计算动生电动势的大小．
均匀导线制成的单匝正方形闭合线框abcd，每边长为l，总电阻为R，总质量为m，将其置于磁感应强度为B的水平匀强磁场上方h处，如图所示，线框由静止自由下落，线框平面保持在竖直平面内，且cd边始终与水平的磁场边界平行．当cd边刚进入磁场时，求：
(1)线框中产生的感应电动势大小；
(2)cd两点间的电势差大小；
(3)若此时线框加速度恰好为零，求线框下落的高度h所应满足的条件．
答案：(1)Bl (2)Bl (3)h＝
解析：(1)cd边刚进入磁场时，线框速度v＝，
线框中产生的感应电动势E＝Blv＝Bl.
(2)此时线框中电流I＝，
cd两点间的电势差U＝I(R)＝Bl.
(3)cd边受安培力F＝BIl＝.
根据牛顿第二定律得，mg－F＝ma，
由a＝0解得，下落高度满足h＝.
电磁感应中力电综合问题的分析方法
1．力电综合问题
电磁感应现象中，感应电流与电路有关，导体中因有电流又要受到安培力的作用，所以电磁感应现象往往与力、电问题联系在一起．在力电综合问题中，E、F安、v三个物理量起着重要的桥梁作用，如下图所示．
2．导体处于静止或匀速运动状态时的力电综合问题的分析思路
(1)利用法拉第电磁感应定律和楞次定律确定感应电动势的大小和方向．
(2)由闭合电路欧姆定律确定回路中的电流．
(3)分析导体的受力情况．
(4)由平衡条件列方程求解．
3．导体做变加速运动，最终趋于一稳定状态的力电综合问题的分析思路
(1)做好受力分析和运动情况分析．
导体受力分析→速度变化→产生变化的感应电动势→产生变化的感应电流→导体受变化的安培力作用→合外力变化→加速度变化→速度变化→感应电动势变化，最终加速度等于零，导体达到稳定运动状态．
(2)利用好导体达到稳定状态时的受力平衡方程往往是解决这类问题的突破口．
【说明】 此类问题中极值问题的分析方法：
①加速度的最大值出现在初位置，可先对初位置进行受力分析，然后由牛顿第二定律求解加速度．
②速度的最大值、最小值一般出现在匀速运动时，通常根据平衡条件进行分析和求解．
【典例】 如图所示，AB、CD是两根足够长的固定平行金属导轨，两导轨间的距离为L，导轨平面与水平面的夹角为θ，在整个导轨平面内都有垂直于导轨平面斜向上方的匀强磁场，磁感应强度为B，在导轨的A、C端连接一个阻值为R的电阻．一根质量为m、垂直于导轨放置的金属棒ab，从静止开始沿导轨下滑，求此过程中ab棒的最大速度．已知ab棒与导轨间的动摩擦因数为μ，导轨和ab棒的电阻都不计．
【分析】 ab棒沿导轨下滑的过程中受四个力作用，即重力mg、支持力FN、摩擦力Ff和安培力F安，如图所示．ab棒由静止开始下滑后，各相关量的变化情况为v↑→E↑→I↑→F安↑→a↓(↑表示增大，↓表示减小)，所以这是一个变加速过程，当加速度减小到a＝0时，其速度增大到最大值vm，此时ab棒处于平衡状态，以后将以vm匀速下滑．
【解析】 ab棒下滑时切割磁感线，产生感应电动势，根据法拉第电磁感应定律得E＝BLv①
根据闭合电路欧姆定律，闭合电路ACba中产生的感应电流I＝②
根据右手定则可判定感应电流的方向为aACba，由左手定则可知ab棒受到的安培力F安的方向沿导轨向上，其大小为F安＝BIL③
由①②③式可得F安＝
对ab棒进行受力分析，如上图所示，由牛顿第二定律得
mgsinθ－Ff－F安＝ma
又Ff＝μFN，FN＝mgcosθ，F安＝，则
mgsinθ－μmgcosθ－＝ma
ab棒做加速度逐渐减小的变加速运动，当a＝0时速度达到最大，此时有mgsinθ－μmgcosθ－＝0④
由④式可解得vm＝.
【答案】 vm＝
【变式】 如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ间距为l＝0.5
m，其电阻不计，两导轨及其构成的平面均与水平面成30°角．完全相同的两金属棒ab、cd分别垂直导轨放置，每棒两端都与导轨始终有良好接触，已知两棒质量均为m＝0.02
kg，电阻均为R＝0.1
Ω，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度B＝0.2
T，棒ab在平行于导轨向上的力F作用下，沿导轨向上匀速运动，而棒cd恰好能够保持静止．取g＝10
m/s2，求：
(1)通过棒cd的电流I是多少，方向如何？
(2)棒ab受到的力F多大？
(3)棒cd每产生Q＝0.1
J的热量，力F做的功W是多少？
答案：(1)1
A 由d到c (2)0.2
N (3)0.4
J
解析：(1)棒cd受到的安培力Fcd＝IlB，①
棒cd在共点力作用下平衡，则Fcd＝mgsin30°，②
由①②式代入数据解得I＝1
A，
由右手定则可知通过棒cd的电流方向由d到c.
(2)棒ab与棒cd受到的安培力大小相等Fab＝Fcd，
对棒ab由共点力平衡得F＝mgsin30°＋IlB，③
代入数据解得F＝0.2
N．④
(3)设在时间t内棒cd产生Q＝0.1
J的热量，由焦耳定律可知Q＝I2Rt，⑤
设ab棒匀速运动的速度大小为v，则产生的感应电动势
E＝Blv，⑥
由闭合电路欧姆定律知I＝，⑦
由运动学公式知，在时间t内，棒ab沿导轨的位移x＝vt，⑧
力F做的功W＝Fx，⑨
综合上述各式，代入数据解得W＝0.4
J.
1．在下图所示的四种磁场情况中能产生恒定的感生电场的是( C )
2．[多选]如图所示，导体AB在做切割磁感线运动时，将产生一个感应电动势，因而在电路中有电流通过，下列说法中正确的是( AB )
A．因导体运动而产生的感应电动势称为动生电动势
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产生的原因是一样的
解析：根据动生电动势的定义，A项正确；动生电动势中的非静电力与洛伦兹力有关，感生电动势中的非静电力与感生电场有关，B项正确，C、D项错误．
3．[多选]某空间出现了如图所示的磁场，当磁感应强度变化时，在垂直于磁场的方向上会产生感生电场，有关磁感应强度的变化与感生电场的方向关系描述正确的是( AD )
A．当磁感应强度均匀增大时，感生电场的电场线从上向下看应为顺时针方向
B．当磁感应强度均匀增大时，感生电场的电场线从上向下看应为逆时针方向
C．当磁感应强度均匀减小时，感生电场的电场线从上向下看应为顺时针方向
D．当磁感应强度均匀减小时，感生电场的电场线从上向下看应为逆时针方向
解析：感生电场中电场线的方向用楞次定律来判定：原磁场向上且磁感应强度在增大，在周围有闭合导线的情况下，感应电流的磁场方向应与原磁场方向相反，即感应电流的磁场方向向下，再由右手螺旋定则得到感应电流的方向即感生电场的方向是：从上向下看应为顺时针方向；同理可知，原磁场方向向上且磁感应强度减小时，感生电场的方向从上向下看应为逆时针方向．所以A、D正确．
4．如图所示，竖直放置的两根平行金属导轨之间接有定值电阻R，质量不能忽略的金属棒与两导轨始终保持垂直并良好接触且无摩擦，棒与导轨的电阻均不计，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直，棒在竖直向上的恒力F作用下加速上升的一段时间内，力F做的功与安培力做的功的代数和等于( A )
A．棒的机械能增加量
B．棒的动能增加量
C．棒的重力势能增加量
D．电阻R上放出的热量
解析：棒加速上升时受到重力、拉力F及安培力．根据动能定理可知力F与安培力做的功的代数和等于棒的机械能的增加量，A正确．
5．如图所示，内壁光滑的塑料管弯成的圆环平放在水平桌面上，环内有一带负电的静止小球，整个装置处于竖直向下的磁场中，当磁场突然增大时，小球将( A )
A．沿顺时针方向运动
B．沿逆时针方向运动
C．在原位置附近往复运动
D．仍然保持静止状态
解析：当磁场增大时，由楞次定律和右手螺旋定则知，感生电场沿逆时针方向，带负电的小球在电场力作用下沿顺时针方向运动．
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-互感和自感
1．互感现象
(1)互感概念：
两个相互靠近的线圈(或电路)，当一个线圈(或电路)中的电流变化时，它所产生的变化的磁场会在另一个线圈(或电路)中产生感应电动势的现象．
(2)互感电动势：互感现象中产生的电动势叫互感电动势．
(3)互感的应用：
利用互感现象可以把能量由一个线圈(或电路)传到另一个线圈(或电路)，如收音机的“磁性天线”、变压器等．
2．自感现象
(1)定义：当一个线圈中的电流变化时，它产生的变化的磁场不仅在邻近的电路中激发出感应电动势，同样也在它本身激发出感应电动势，这种由于导体本身的电流变化而使自身产生电磁感应的现象叫做自感．
(2)自感电动势
①定义：由于自感而产生的电动势叫做自感电动势．
②自感电动势的大小：E＝L，式中的比例系数L叫做线圈的自感系数．
自感电动势的作用是什么？方向如何？
提示：作用：总是阻碍导体中原电流的变化．
方向：当原来电流增大时，自感电动势与原来电流方向相反；当原来电流减小时，自感电动势与原来电流方向相同．
3．自感系数
(1)物理意义
表示线圈能产生自感电动势本领大小的物理量．数值上等于通过线圈的电流在1
s内改变1_A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
线圈的自感系数跟线圈的形状、横截面积、长短、匝数，以及是否有铁芯等因素有关．线圈的横截面积越大，匝数越多，越密，线圈越长，它的自感系数越大．将铁芯插入线圈，也会使线圈的自感系数大大增加．
(3)单位
自感系数的单位是亨利，简称亨，符号是H.常用的较小单位还有毫亨(mH)和微亨(μH).1
H＝103
mH,1
H＝106
μH.
怎样自制一个几微亨的线圈？怎样自制一个几亨利的线圈？
提示：把漆包线在铅笔上绕几圈，拔出铅笔后得到的线圈即为几微亨的线圈；用数千匝的漆包线绕制线圈，插入铁芯，自感系数大约几亨利．
4．磁场的能量
电源断开以后，线圈中的电流不会立即消失，电流仍然可以做功，说明线圈储存了能量．线圈中有电流就有磁场，能量储存在磁场中．当开关闭合时，线圈中的电流从无到有，其中的磁场也是从无到有，这可以看成电源把能量输送给磁场，储存在磁场中．
?1?自感电动势阻碍自身电流的变化，但不能阻止，且自感电动势阻碍自身电流变化的结果，会对其他电路元件的电流产生影响.
?2?自感电动势的大小跟自身电流变化的快慢有关，电流变化越快，自感电动势越大，产生自感电动势的线圈相当于电源.
【例1】 [多选]如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻r不能忽略．R1和R2是两个定值电阻，L是一个自感系数较大的线圈．开关S原来是断开的，从闭合开关S到电路中电流达到稳定为止的时间内，通过R1的电流I1和通过R2的电流I2的变化情况是( )
A．I1开始较大而后逐渐变小
B．I1开始很小而后逐渐变大
C．I2开始很小而后逐渐变大
D．I2开始较大而后逐渐变小
解答本题时可按以下思路分析：
(1)分析自感电流的大小时，应注意“L是一个自感系数较大的线圈”这一关键语句；
(2)自感电动势阻碍电流的变化而不是阻止电流．
[答案] AC
[解析] 闭合开关S时，由于L是一个自感系数较大的线圈，产生反向的自感电动势阻碍电流的变化，所以I2开始很小，随着电流达到稳定，自感作用减小，I2开始逐渐变大．闭合开关S时，由于线圈阻碍作用很大，路端电压较大，随着自感作用减小，路端电压减小，所以R1上的电压逐渐减小，电流逐渐减小，故A、C正确．
总结提能
自感现象的分析思路
(1)明确通过自感线圈的电流的变化情况(增大还是减小)．
(2)判断自感电动势方向．电流增强时(如通电)，自感电动势方向与电流方向相反；电流减小时(如断电)，自感电动势方向与电流方向相同．
(3)分析线圈中电流变化情况．电流增强时(如通电)，由于自感电动势方向与原电流方向相反，阻碍电流增大，电流逐渐增大；电流减小时(如断电)，由于自感电动势方向与原电流方向相同，阻碍电流减小，线圈中电流方向不变，电流逐渐减小．
(4)电感线圈的等效：若电路中的电流发生变化，电感L的作用总是阻碍电流的变化；当电路稳定时，电感L相当于一段导体，若电感L有直流电阻，则相当于定值电阻的作用；若无直流电阻，则它相当于一根导线．
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，采取了双线绕法，如图所示，其道理是( C )
A．当电路中的电流变化时，两股导线中产生的自感电动势相互抵消
B．当电路中的电流变化时，两股导线中产生的感应电流互相抵消
C．当电路中的电流变化时，两股导线中产生的磁通量互相抵消
D．当电路中的电流变化时，电流的变化量相互抵消
解析：能否有感应电动势，关键在于穿过回路的磁通量是否变化．由于导线是双线绕法，使穿过回路的磁通量等于零，无论通过的电流变化与否，磁通量均为零而不变，所以不存在感应电动势和感应电流．
考点二
两种自感现象及分析
1．断电自感
2.通电自感
?1?断电发生自感现象时，线圈产生感应电动势相当于电源，对能跟线圈组成闭合电路的电学元件供电.
?2?在断电时，通过线圈的电流不能突变，只能是在原来电流的基础上逐渐减小.
【例2】 在如图所示的电路中，L为电阻很小的线圈，G1和G2为零刻度在表盘中央的两个相同的电流表．当开关S闭合时，电流表G1、G2的指针都偏向右方，那么当断开开关S时，将出现的现象是( )
A．G1和G2的指针都立即回到零点
B．G1的指针立即回到零点，而G2的指针缓慢地回到零点
C．G1的指针缓慢地回到零点，而G2的指针先立即偏向左方，然后缓慢地回到零点
D．G2的指针缓慢地回到零点，而G1的指针先立即偏向左方，然后缓慢地回到零点
解答本题时应把握以下两点：
(1)断开开关S后，线圈中产生自感电动势，相当于电源．
(2)电流表指针的偏转方向与电流的流向之间的关系．
[答案] D
[解析] 根据题意，电流方向自右向左时，电流表指针向右偏．那么，电流方向自左向右时，电流表指针应向左偏．当开关S断开的瞬间，G1中原电流立即消失，而对于G2所在支路，由于线圈L的自感作用，电流不会立即消失，自感电流沿L、G2、G1的方向在由它们组成的闭合回路中继续维持一段时间，即G2中的电流按原方向自右向左逐渐减小为零，此时G1中的电流和原电流方向相反，变为自左向右，且与G2中的电流同时缓慢减小为零，故选项D正确．
总结提能
自感电流的方向可用楞次定律进行判断，当线圈中的电流增大时，自感电流的方向与原来的电流方向相反，当线圈中的电流减小时，自感电流的方向与原来的电流方向相同．
如图所示的电路，线圈L的电阻不计，则( A )
A．S闭合瞬间，A板带正电，B板带负电
B．S保持闭合，A板带正电，B板带负电
C．S断开瞬间，A板带正电，B板带负电
D．由于线圈电阻不计，电容器被短路，上述三种情况下两板都不带电
解析：S闭合瞬间，由于通过电感线圈的电流为零，电容器被充电，A板带正电，B板带负电；S保持闭合，电容器被短路，不带电；S断开瞬间，线圈产生自感电动势，给电容器充电．根据电流方向判断，A板带负电，B板带正电．
自感现象中，灯泡亮度变化的问题
分析通断电灯泡亮度变化问题，关键要搞清楚电路的连接情况，根据电路特点进行具体分析.
【典例】 某同学为了验证断电自感现象，自己找来带铁芯的线圈L、小灯泡A、开关S和电池组E，用导线将它们连接成如图所示的电路．检查电路后，闭合开关S，小灯泡发光；再断开开关S，小灯泡仅有不显著的延时熄灭现象．虽经多次重复，仍未见老师演示时出现的小灯泡闪亮现象，他冥思苦想找不出原因．你认为最有可能造成小灯泡未闪亮的原因是( )
A．电源的内阻较大
B．小灯泡电阻偏大
C．线圈电阻偏大
D．线圈的自感系数较大
【解析】 要使小灯泡能出现闪亮现象，则断开开关后流过小灯泡的电流要比原来的大，据此分析即可得出正确答案．
在断电自感现象中，断电时线圈与小灯泡构成回路，线圈中储存的磁场能转化为电能，线圈相当于电源，自感电动势E自＝L，与原电源无关，选项A错误；如果小灯泡电阻偏大，则通过线圈的电流较大，断电时可能看到显著的延时熄灭现象和小灯泡闪亮现象，选项B错误；如果线圈电阻偏大，则通过线圈的电流较小，断电时只能看到不显著的延时熄灭现象，且小灯泡不会出现闪亮现象，选项C正确；如果线圈的自感系数较大，则自感电动势较大，可能看到显著的延时熄灭现象和小灯泡闪亮现象，选项D错误．
【答案】 C
【变式】 [多选]在如图所示的电路中，带铁芯的、电阻较小的线圈L和灯A并联，当合上开关S后灯A正常发光．则下列说法中正确的是( BC )
A．当断开S时，灯A立即熄灭
B．当断开S时，灯A可能突然闪亮下后熄灭
C．用阻值与灯A相同的线圈取代L接入电路，当断开S时，灯A逐渐熄灭
D．用阻值与线圈L相同的电阻取代L接入电路，当断开S时，灯A突然闪亮后熄灭
解析：在S断开的瞬间，L与A构成闭合回路，灯A不会立即熄灭．关键是“小灯泡在熄灭之前是否闪亮一下”这一点如何确定．根据P＝I2R可知，灯A能否闪亮，取决于S断开的瞬间，流过A的电流是否更大一些．在断开S的瞬间，灯A中原来的电流IA立即消失，但灯A和线圈L组成的闭合回路，由于线圈L的自感作用，其中的电流IL不会立即消失，它还要通过回路维持短暂的时间．如果IL>IA，则灯A熄灭之前要闪亮一下；如果IL≤IA，则灯A是逐渐熄灭而不闪亮一下，至于IL和IA的大小关系，由RA和RL的大小关系决定；若RA>RL，则IA1．[多选]关于线圈自感系数的说法，正确的是( BCD )
A．自感电动势越大，自感系数也越大
B．把线圈中的铁芯抽出一些，自感系数减小
C．把线圈匝数增加一些，自感系数变大
D．电感是自感系数的简称
解析：自感系数的大小与线圈的匝数、形状、粗细、有无铁芯等因素有关，与电流大小、自感电动势大小无关，匝数越多，自感系数越大，有铁芯时，自感系数显著增大，故A选项错误，B、C选项正确；同时，自感系数简称为电感，故D选项也正确．
2．关于线圈中自感电动势的大小的说法中正确的是( B )
A．电感一定时，电流变化越大，电动势越大
B．电感一定时，电流变化越快，电动势越大
C．通过线圈的电流为零的瞬间，电动势为零
D．通过线圈的电流为最大值的瞬间，电动势最大
解析：自感电动势由自感系数L和电流变化快慢共同决定，E＝L，故A、C、D选项错误，B正确．
3．如图所示，L为自感系数较大的线圈，电路稳定后小灯泡正常发光，则( A )
A．S闭合后，小灯泡将慢慢变亮
B．S闭合后，小灯泡立即变亮
C．S断开后，小灯泡慢慢熄灭
D．S断开后，小灯泡先闪亮一下，再慢慢熄灭
解析：S闭合瞬间，通过L的电流增大，自感电动势的方向与原电流方向相反，阻碍电流的增大，故A慢慢变亮；S断开瞬间，A将立即熄灭，因为S断开，再无电流回路．
4．如图所示，开关S是闭合的，流过线圈L的电流为i1，流过灯泡的电流为i2，且i1>i2.在t1时刻，开关S断开，那么流过灯泡的电流i随时间t变化的图象是图中的( D )
解析：S断开后的瞬间L与灯泡构成闭合回路，流过灯泡的电流反向且从i1开始减小，故D项正确．
5．如图李辉用多用表的欧姆挡测量一个变压器线圈的电阻，以判断它是否断路．刘伟为了使李辉操作方便，用两手分别握住线圈裸露的两端让李辉测量．测量后李辉确认线圈没有断路，因为多用表的表盘显示线圈具有一定的电阻．正当李辉把多用表的表笔与被测线圈脱离时，刘伟突然惊叫起来，觉得有电击感．李辉很奇怪，用手摸摸线圈两端，没有什么感觉，再摸摸多用表的两只表笔，也没有什么感觉．这是什么原因？
答案：由于产生断电自感电动势，并且电动势比较大，故刘伟有被电击感觉，一旦放电完毕，电动势瞬间消失，李辉无任何感觉也就不足为怪了．
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-涡流、电磁阻尼和电磁驱动
1．涡流
(1)概念：导体中感应出的电流在导体内自成闭合回路，像水的旋涡一样，因此把它叫做涡电流，简称涡流．
①涡流是整块导体发生的电磁感应现象，同样遵守电磁感应定律．
②涡流同其他电流一样，通过电阻时要产生热量，这体现了涡流的热效应．
(2)涡流在实际中的应用：
①涡流冶炼：由于金属的电阻率小，产生的涡流很强，热量很多．利用涡流的热效应可以冶炼金属，例如真空冶炼炉．
②探测金属：探测器线圈中有变化着的电流，遇到金属物品时，金属中会感应出涡流，涡流的磁场反过来影响线圈中的电流，使仪器报警．利用涡流的磁效应可以探测金属，例如探雷器、安检门．
(3)涡流防止：电动机、变压器等设备中应防止涡流过大而导致浪费能量，损坏电器．
真空冶炼炉利用涡流来冶炼金属，在加热中，为什么使用高频的交流电源？
提示：冶炼原理是利用感应电流产生的热量，使用高频交流电源，磁场变化快，磁场中导体内的磁通量变化更迅速，产生更大的感应电动势和感应电流，加热效果好．
2．电磁阻尼
(1)概念：当导体在磁场中运动时，感应电流会使导体受到安培力，安培力总是阻碍导体运动的现象．
(2)应用：磁电式仪表中利用电磁阻尼使指针迅速停下来，便于读数．
为什么灵敏电流计在运输时要把两个接线柱用导线连接在一起？
提示：用导线连接两个接线柱，使线圈构成闭合回路，当运输中振动时，线圈切割磁感线产生感应电流，受到阻碍运动的安培力，不至于使指针振幅过大，以保护电流表，实质是利用了电磁阻尼．
3．电磁驱动
(1)概念：磁场相对于导体转动时，导体中产生感应电流，感应电流使导体受到安培力的作用，安培力使导体运动起来的现象．
(2)应用：交流感应电动机．
求解此题应把握以下两点：
(1)金属块进出磁场时，产生焦耳热，损失机械能．
(2)金属块整体在磁场中运动时，金属块机械能不再损失，在磁场中往复运动．
[答案] D
[解析] 金属块进出磁场时，会产生焦耳热，损失机械能从而使金属块所能达到的最高位置越来越低，当金属块所能达到的最高位置为y＝a时，金属块不再进出磁场，不再产生焦耳热．金属块机械能不再损失，在磁场中往复运动．
由于金属块减少的动能和重力势能全部转化为内能，所以Q＝|ΔEp|＋|ΔEk|＝mg(b－a)＋mv2.
总结提能
(1)只有穿过金属块的磁通量发生变化的过程，才有涡流产生．
(2)在产生涡流的过程中，弄清能量的转化过程，根据能量守恒列式求解相关问题．
电磁炉热效率高达90%，炉面无明火，无烟无废气，电磁“火力”强劲，安全可靠．如图所示是描述电磁炉工作原理的示意图，下列说法正确的是( B )
A．当恒定电流通过线圈时，会产生恒定磁场，恒定磁场越强，电磁炉加热效果越好
B．电磁炉通电线圈加交流电后，在锅底产生涡流，进而发热工作
C．电磁炉的锅不能用陶瓷锅或耐热玻璃锅，主要原因是这些材料的导热性能较差
D．在锅和电磁炉中间放一纸板，则电磁炉不能起到加热作用
解析：电磁炉就是采用涡流感应加热原理，其内部通过电子线路板组成部分产生交变磁场，当用含铁质锅具底部放置于炉面时，锅具即切割交变磁感线而在锅具底部金属部分产生涡流，使锅具铁分子高速无规则运动，分子互相碰撞、摩擦而产生热能，用来加热和烹饪食物，从而达到煮食的目的，A错误，B正确．电磁炉工作时需要在锅底产生感应电流，陶瓷锅或耐热玻璃锅不属于金属导体，不能产生感应电流，C错误．由于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，利用电流的热效应起到加热作用，D错误．
考点二
电磁阻尼与电磁驱动
1．电磁阻尼
(1)定义：当导体在磁场中运动时，感应电流会使导体受到安培力，安培力的方向总是阻碍导体的运动，这种现象称为电磁阻尼．
(2)应用：磁电式仪表中利用电磁阻尼使指针迅速停下来，便于读数．
如图所示．
使指针偏转的线圈绕在闭合铝框上，当测量电流流过线圈时，铝框随线圈指针一起在磁场中转动，这时铝框内产生的感应电流将受到磁场作用力，抑制指针的摆动，使指针较快地稳定在指示位置上．
2．电磁驱动
(1)定义：磁场相对于导体运动时，在导体中产生感应电流，使导体在安培力作用下运动起来的现象．
(2)应用
交流感应电动机就是应用电磁驱动的原理工作的，当磁铁转动时，铝框上产生感应电流，受到磁场的作用力，将产生一个促使铝框按磁场旋转方向发生转动的力矩．但是如果铝框的转速达到了与磁场转速一样，则两者的相对速度为零，感应电流便不会产生，这时电磁驱动作用便消失．所以在电磁驱动作用下，铝框的转速总要比磁铁或磁场的转速小，或者说两者的转速总是异步的．感应式异步电动机就是根据这个原理制成的．
电磁阻尼与电磁驱动的比较
【例2】 [多选]位于光滑水平面的小车上水平固定一螺线管，一个比螺线管长的条形磁铁沿着螺线管的轴线以初速度v0穿入螺线管，并最终穿出，如图所示，在此过程中( )
A．磁铁做匀速直线运动
B．磁铁做减速运动
C．小车向右做加速运动
D．小车先加速后减速
解答本题时应注意以下两点：
(1)“光滑水平面”说明小车在水平方向上不受摩擦阻力作用．
(2)磁铁穿过螺线管，说明磁铁相对螺线管运动，属于电磁驱动现象．
[答案] BC
[解析] 磁铁水平穿入螺线管时，螺线管中将产生感应电流，由楞次定律可知产生的感应电流将阻碍磁铁的运动；同理，磁铁穿出时，由楞次定律可知产生的感应电流将阻碍磁铁的运动，故整个过程中，磁铁做减速运动，选项A错误，B正确．对于小车上的螺线管来说，螺线管受到的安培力方向始终为水平向右，这个安培力使螺线管和小车向右运动，且一直做加速运动，选项C正确，D错误．
总结提能
无论是导体运动，还是磁场运动，电磁感应现象中感应电流所受安培力总是阻碍导体和磁场间的相对运动．
如图所示，一狭长的铜片能绕O点在纸平面内摆动，有界磁场的方向垂直纸面向里，铜片在摆动时受到较强的阻尼作用，很快就停止摆动．如果在铜片上开几个长缝，铜片可以在磁场中摆动较多的次数后才停止摆动，这是为什么？
答案：见解析
解析：没有开长缝的铜片在磁场中摆动时，铜片内将产生较大的涡流，涡流在磁场中所受的安培力总是阻碍铜片的摆动，因此铜片很快就停止摆动．如果在铜片上开有多条长缝，就可以把涡流限制在缝与缝之间的各部分铜片上，较大地削弱了涡流，阻力随之减小，所以铜片可以摆动多次后才停止摆动.
1．物理学的基本原理在生产生活中有着广泛应用．下面列举的四种器件中，在工作时利用了电磁感应现象的是( D )
解析：电磁炉利用电磁感应现象产生感应电流，从而产生焦耳热，D正确；A是利用带电粒子在磁场中的偏转，B、C是利用电流的热效应，A、B、C错误．
2．安检门是一种检测人员有无携带金属物品的探测装置，又称金属探测门．安检门主要应用在机场、车站等人流较大的公共场所用来检查人身体上隐藏的金属物品，如枪支、管制刀具等．如图为安检门原理图，左边门框中有一通电线圈，右边门框中有一接收线圈．工作过程中某段时间通电线圈中存在顺时针方向均匀减小的电流，则( D )
A．无金属片通过时，接收线圈中的感应电流方向为逆时针
B．无金属片通过时，接收线圈中的感应电流增大
C．有金属片通过时，接收线圈中的感应电流方向为逆时针
D．有金属片通过时，接收线圈中的感应电流大小发生变化
解析：当左侧线圈中通有不断减小的顺时针方向的电流时，可知穿过右侧线圈的磁通量向右，且不断减小，根据楞次定律可知，右侧线圈中产生顺时针方向的感应电流，故A错误；无金属片通过时，通电线圈中存在顺时针方向均匀减小的电流，则通电线圈中的磁通量均匀减小，所以穿过右侧线圈中的磁通量均匀减小，则磁通量的变化率是定值，由法拉第电磁感应定律可知，接收线圈中的感应电流不变，故B错误；有金属片通过时，则穿过金属片中的磁通量发生变化时，金属片中也会产生感应电流，感应电流的方向与接收线圈中的感应电流的方向相同，所以也会将该空间中的磁场的变化削弱一些，引起接收线圈中的感应电流大小发生变化．但是电流的方向不会发生变化，C错误，故选D.
3．[多选]如图为某型号手持式封口机的照片，其机箱可提供高频交流电．使用时，只要将待封口的塑料罐拧上盖子，然后置于封口加热头的下方，按下电源开关，1～2
s盖子内层的铝箔瞬间产生高热，然后融合在瓶口上，达到封口的效果．下列有关说法合理的是( BC )
A．其封口加热头内部一定有电热丝
B．其封口加热头内部一定有高频线圈
C．该封口机的主要工作原理是电磁感应
D．铝箔产生高热的原因是热辐射
解析：由题意可知，该仪器使铝箔加热，并且与铝并没有直接接触，故应采用的是电磁感应现象；为了产生较强的涡流，加热头内部一定会有高频线圈，故选项B、C正确，选项A、D错误．
4．[多选]如图所示，闭合金属环从曲面上h高处滚下，又沿曲面的另一侧上升，设环的初速度为零，摩擦不计，曲面处在图示磁场中，则( BD )
A．若是匀强磁场，环滚上的高度小于h
B．若是匀强磁场，环滚上的高度等于h
C．若是非匀强磁场，环滚上的高度等于h
D．若是非匀强磁场，环滚上的高度小于h
解析：若是匀强磁场，金属环中无涡流产生，无机械能损失，若是非匀强磁场，金属环中有涡流产生，机械能损失转化为内能．
5．如图所示，在蹄形磁铁的两极间有一可以自由转动的铜盘(不计各种摩擦)，现让铜盘转动．下面对观察到的现象描述及解释正确的是( C )
A．铜盘中没有感应电动势、没有感应电流，铜盘将一直转动下去
B．铜盘中有感应电动势、没有感应电流，铜盘将一直转动下去
C．铜盘中既有感应电动势又有感应电流，铜盘将很快停下
D．铜盘中既有感应电动势又有感应电流，铜盘将越转越快
解析：铜盘转动时，根据法拉第电磁感应定律及楞次定律知，盘中有感应电动势，也产生感应电流，并且受到阻尼作用，机械能很快转化为电能进而转化为焦耳热，铜盘将很快停下，故C对，A、B、D错．
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-1 划时代的发现
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探究感应电流的产生条件
1．奥斯特的“电生磁”
1820年，丹麦物理学家奥斯特发现载流导线能使小磁针偏转，这种作用称为电流的磁效应．奥斯特实验说明电与磁有密切联系．
2．法拉第的“磁生电”
1831年，英国物理学家法拉第发现了电磁感应现象，即“磁生电”的现象．产生的电流叫感应电流．
法拉第把引起电流的原因概括为五类：(1)变化的电流；(2)变化的磁场；(3)运动的恒定电流；(4)运动的磁铁；(5)在磁场中运动的导体．
3．磁通量
穿过某一面积的磁通量Φ＝BS·cosθ，其中θ为线圈平面与垂直于磁场方向的夹角，即S·cosθ为垂直于磁场方向的投影面积．磁通量的单位是Wb.
法拉第发现了电磁感应的规律，那么电磁感应的实质是什么？
提示：电磁感应的实质是其他形式的能转化为电能的过程．
如图所示，线圈平面与水平面成θ角，磁感线竖直向下，设磁感应强度为B，线圈面积为S，则穿过线圈的磁通量Φ＝BScosθ.
解析：解法一：把S投影到与B垂直的方向即水平方向，如图中a′b′cd，S1＝Scosθ，故Φ＝BS1＝BScosθ.
解法二：把B分解为平行于线圈平面的分量B∥和垂直于线圈平面的分量B⊥，显然B∥不穿过线圈，且B⊥＝Bcosθ，故Φ＝B⊥S＝BScosθ.
4．科学探究——感应电流的产生条件
(1)利用导体在磁场中运动
如图，闭合回路的部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，闭合回路中电流表的指针发生偏转，说明回路中产生了感应电流．
(2)利用磁铁在螺线管中的运动
如图，将条形磁铁插入或抽出与电流表构成闭合电路的螺线管过程中，观察到电流表的指针发生偏转，说明回路中产生了感应电流．
(3)利用通电螺线管的磁场
如图，螺线管A、滑动变阻器、电源、开关组成一个回路，螺线管B与电流表组成闭合回路，螺线管A放在螺线管B内．开关闭合或断开的瞬间，电流表的指针会发生偏转，而开关闭合电路稳定后，电流表的指针不偏转；保持开关闭合，当滑动变阻器的滑片移动时，电流表的指针发生偏转；保持开关闭合，当螺线管A离开B或进入B时，电流表的指针发生偏转．
5．产生感应电流的条件
只要穿过闭合导体回路的磁通量发生变化，闭合导体回路中就会产生感应电流．
1．闭合导体回路在磁场中运动一定产生感应电流吗？
提示：不一定．若闭合导体回路在磁场中运动时，穿过闭合导体回路的磁通量发生变化，导体回路中就会产生感应电流；若闭合导体回路在磁场中运动时，穿过闭合导体回路的磁通量不变，导体回路中就没有感应电流．
2．产生感应电流必须有导体运动吗？
提示：只要穿过闭合电路的磁通量发生变化，电路中就会产生感应电流，不一定有导体切割磁感线的运动．
磁通量与线圈的匝数无关，也就是磁通量的大小不受线圈匝数的影响.同理，磁通量的变化ΔΦ＝Φ2－Φ1也不受线圈匝数的影响.所以，用公式求Φ、ΔΦ时，不用去考虑线圈匝数n.
【例1】 一个100匝的线圈，其横截面是边长为L＝0.20
m的正方形，放在磁感应强度为B＝0.50
T的匀强磁场中，线圈平面与磁场垂直．若将这个线圈横截面的形状由正方形改变成圆形(横截面的周长不变)，在这一过程中穿过线圈的磁通量改变了多少？
闭合线圈由正方形变为圆形(周长不变)，其所围成的面积发生了改变，磁感应强度B未变，只要求出这两种情况的Φ即可求出ΔΦ.
[答案] 5.5×10－3
Wb
[解析] 线圈横截面是正方形时的面积
S1＝L2＝0.202
m2＝4.0×10－2
m2.
穿过线圈的磁通量
Φ1＝BS1＝0.50×4.0×10－2
Wb＝2.0×10－2
Wb.
横截面形状为圆形时，其半径r＝4L/(2π)＝2L/π.
横截面积大小S2＝π(2L/π)2
m2＝4/(25π)
m2.
穿过线圈的磁通量
Φ2＝BS2＝0.50×4/(25π)
Wb≈2.55×10－2
Wb.
所以，磁通量的变化为
ΔΦ＝Φ2－Φ1＝(2.55－2.0)×10－2
Wb＝5.5×10－3
Wb.
总结提能
磁通量Φ＝BS的计算有几点要注意
(1)S是指闭合回路中包含磁场的那部分的有效面积．
(2)磁通量及磁通量的变化量与匝数无关，求Φ及ΔΦ时，不用考虑线圈匝数n.
一根通有恒定电流I的长直导线MN与一闭合的线圈P位于同一平面，线圈P位于导线的正下方，如图所示．现使线圈P竖直向上运动到MN的上方的过程中，穿过P的磁通量如何变化？
答案：整个过程中穿过线圈的磁通量先增加再减少再增加最后减少．
解析：通电直导线产生的磁场的特点：
关于导线对称的点的磁场强弱相同，方向相反；靠近导线磁场强，远离导线磁场弱．画出从MN下方到MN上方几个特殊的位置，如图，可知Ⅰ到Ⅱ磁通量增加，Ⅱ到Ⅲ磁通量减少，Ⅲ到Ⅳ磁通量增加，Ⅳ到Ⅴ磁通量减少．
考点二
感应电流有无的判断
1．产生感应电流的条件
(1)电路为闭合电路．
(2)穿过电路的磁通量发生变化．
注意：(1)(2)两条必须同时满足，才能产生感应电流．
2．判断感应电流有无的方法
(1)明确电路是否为闭合电路．
(2)判断穿过回路的磁通量是否发生变化．
穿过闭合电路的磁通量发生变化，大致有以下几种情况：
【例2】 [多选]如图所示，绕在铁芯上的线圈与电源、滑动变阻器和电键组成闭合回路，在铁芯的右端套有一个表面绝缘的铜环A，下列各种情况中铜环A中有感应电流的是( )
A．线圈中通以恒定的电流
B．通电过程中，使变阻器的滑片P做匀速移动
C．通电过程中，使变阻器的滑片P做加速移动
D．将电键突然断开的瞬间
解答本题可按以下思路分析：
―→―→
[答案] BCD
[解析] 线圈中通以恒定的电流，铜环A中磁通量不变，铜环A中没有感应电流，A错；变阻器的滑片P做匀速、加速移动时，线圈中电流变化，铜环A中磁通量发生变化，铜环A中有感应电流，B、C对；将电键突然断开的瞬间，线圈中电流变为零，铜环A中磁通量发生变化，铜环A中有感应电流，D对．
总结提能
感应电流产生条件的两点理解
(1)在闭合回路中是否产生感应电流，取决于穿过回路磁通量是否发生变化，而不是取决于回路有无磁通量．
(2)闭合回路的部分导体做切割磁感线运动是引起回路磁通量变化的具体形式之一．但闭合回路的部分导体做切割磁感线运动时，不一定总会引起闭合回路的磁通量变化．如图，矩形线框abcd在范围足够大的匀强磁场中在垂直磁场的平面内向右平动，虽然ad、bc边都切割磁感线，但磁场穿过回路abcd的磁通量没有变化，因而没有产生感应电流．
下列情况能产生感应电流的是( D )
A．如图甲所示，导体AB沿着磁感线方向运动时
B．如图乙所示，条形磁铁插入线圈中不动时
C．如图丙所示，小螺线管A插入大螺线管B中不动，开关S一直接通，滑动变阻器滑片的位置不变时
D．如图丙所示，小螺线管A插入大螺线管B中不动，开关S一直接通，当改变滑动变阻器滑片的位置时
解析：产生感应电流的条件是穿过闭合电路的磁通量发生变化，前提条件是电路要闭合，且闭合电路的磁通量发生变化，或者闭合电路的一部分导体做切割磁感线运动，D正确.
涉及磁通量正负问题的分析方法
(1)磁通量是标量，但有正负之分．磁通量的正负不代表大小，只反映磁通量是怎么穿过某一平面的．若规定向里穿过某一平面的磁通量为正，则向外为负，尤其在计算磁通量变化时更应注意．
(2)若穿过某一平面的磁感线既有穿出又有穿进时，则穿过该平面的合磁通量为净磁感线的条数，即有效磁通量．
【典例】 如图所示，a、b是两个同平面、同心放置的金属圆环，条形磁铁穿过圆环且与两环平面垂直，则通过两圆环的磁通量Φa、Φb( )
A．Φa>Φb
B．Φa<Φb
C．Φa＝Φb
D．无法比较
【解析】 条形磁铁磁场的磁感线的分布特点是：①磁铁内外磁感线的条数相同．②磁铁内外磁感线的方向相反．③磁铁外部磁感线的分布是两端密、中间疏．两个同心放置的同平面的金属圆环与磁铁垂直且磁铁在中央时，通过其中的磁感线的俯视图如图所示，穿过圆环的磁通量Φ＝Φ进－Φ出，由于两圆环面积SaΦb，故A正确．
【答案】 A
【易错分析】 本题易错选B.其原因是机械地根据Φ＝BS进行判断，没有分析条形磁铁磁感线的分布特点和不清楚穿过圆环的磁通量为有效磁通量．
【变式】 如图所示，a、b、c三个闭合线圈放在同一平面内，当线圈a中有电流I通过时，它们的磁通量分别为Φa、Φb、Φc，下列说法中正确的是( B )
A．Φa<Φb<Φc
B．Φa>Φb>Φc
C．Φa<Φc<Φb
D．Φa>Φc>Φb
解析：当a中有电流通过时，穿过a、b、c三个闭合线圈向里的磁感线条数一样多，向外的磁感线条数c最多，其次是b，a中无向外的磁感线．因此，据合磁通量的计算，应该是Φa>Φb>Φc.
1．[多选]在电磁学发展过程中，许多科学家做出了贡献，下列说法正确的是( AC )
A．奥斯特发现了电流磁效应；法拉第发现了电磁感应现象
B．麦克斯韦预言了电磁感应现象，奥斯特发现了电磁感应现象
C．库仑发现了点电荷的相互作用规律；密立根通过油滴实验测定了元电荷的数值
D．安培发现了磁场对运动电荷的作用规律；洛伦兹发现了磁场对电流的作用规律
解析：麦克斯韦预言了电磁波并没有预言电磁感应现象，发现电磁感应现象的是法拉第，选项B错误；洛伦兹发现了磁场对运动电荷的作用规律，安培发现了磁场对电流的作用规律，选项D错误．
2．如下图所示实验装置中用于研究电磁感应现象的是( B )
解析：选项A是用来探究影响安培力的大小因素的实验．选项B是研究电磁感应现象的实验，观察导体棒在磁场中做切割磁感线运动时电流表是否会产生感应电流．选项C是用来探究安培力的方向与哪些因素有关的实验．选项D是奥斯特实验，证明通电导线周围存在磁场．
3．金属矩形线圈abcd在匀强磁场中做如图所示的运动，线圈中有感应电流的是( A )
解析：在选项B、C中，线圈中的磁通量始终为零，不产生感应电流；选项D中磁通量始终最大，保持不变，不发生变化，也没有感应电流；选项A中，在线圈转动过程中，磁通量做周期性变化，产生感应电流，故A正确．
4．[多选]动圈式话筒和磁带录音机都应用了电磁感应现象，图甲所示是话筒原理图，图乙所示是录音机的录音、放音原理图，由图可知( ABD )
A．话筒工作时磁铁不动线圈振动而产生感应电流
B．录音机放音时变化的磁场在静止的线圈里产生感应电流
C．录音机放音时线圈中变化的电流在磁头缝隙处产生变化的磁场
D．录音机录音时线圈中变化的电流在磁头缝隙处产生变化的磁场
解析：话筒工作时，通过线圈振动切割磁感线，产生感应电流，故A正确．录音时是电生磁，即利用了电流的磁效应原理．放音时是磁生电，即利用了电磁感应原理，故B、D正确，C错误．
5．随着科技的不断发展，无线充电已经进入人们的视线．如图所示为某品牌的无线充电手机利用电磁感应方式无线充电的原理图．关于无线充电，下列说法正确的是( C )
A．无线充电时手机接收线圈部分的工作原理是电流的磁效应
B．只有将充电底座接到直流电源上才能对手机进行充电
C．接收线圈中电流的频率与发射线圈中电流的频率相同
D．只要有无线充电底座，所有手机都可以进行无线充电
解析：无线充电时手机接收线圈部分的工作原理是电磁感应现象，不是电流的磁效应，故A错误；将充电底座接到直流电源上，无线充电设备不会产生交变磁场，不能够正常使用，故B错误；接收线圈中电流的频率与发射线圈中电流的频率相同，故C正确；被充电手机内部，应该有一类似金属线圈的部件，与手机电池相连，当有交变磁场时产生充电电源，故普通手机不能够利用无线充电设备进行充电，故D错误．
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