资源简介

第4章 电磁感应
[体系构建]
[核心速填]
1．产生条件
(1)穿过闭合回路的磁通量发生变化．
(2)回路的部分导体做切割磁感线运动．
2．感应电流方向的判断
(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．
(2)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．感应电动势大小的计算
(1)E＝(单匝线圈)；E＝n(n匝线圈)．
(2)E＝Blv.
4．特殊情况：互感、自感、涡流、电磁阻尼和电磁驱动．
　　
　 电磁感应中的图象问题
图象类型 (1)磁感应强度B、磁通量Ф、感应电动势E、感应电流i、电压u、电荷量q随时间t变化的图象，即B t图象、Ф t图象、E t图象、i t图象、u t图象、q t图象(2)对于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随线圈位移x变化的图象，即E x图象和i x图象
问题类型 (1)由给定的电磁感应过程选出或画出正确的图象(2)由给定的有关图象分析电磁感应过程，求解相应的物理量
应用知识 左手定则、安培定则、楞次定律、法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律、相关数学知识等
【例1】　(多选)在绝缘的水平桌面上有MN、PQ两根平行的光滑金属导轨，导轨间的距离为l.金属棒ab和cd垂直放在导轨上，以速度v向右匀速运动，两棒正中间用一根长l的绝缘细线(细线处于伸直状态)相连，导轨右侧有一直角三角形匀强磁场区域，磁场方向竖直向下，三角形的两条直角边长均为l，整个装置的俯视图如图所示，当棒ab运动到磁场区域时，在棒ab上加水平拉力，使金属棒ab和cd继续以速度v向右匀速穿过磁场区域，则金属棒ab中感应电流i和绝缘细线上的张力大小F随时间t变化的图象可能正确的是(规定金属棒ab中电流方向由a到b为正方向)(　　)
A　 　 　　B　　 　 　C　 　 　　D
AC　[ab向右运动切割磁感线，由右手定则可知，产生的感应电流方向为从b到a(电流为负值)，当cd棒进入磁场时电流方向从a到b为正．根据法拉第电磁感应定律，两时间段内金属棒切割磁感线的有效长度逐渐增大，所以感应电流i随时间变化的图象可能为A图，B图一定错误；在ab棒做切割磁感线运动的过程中，由于cd棒没有进入磁场中，不受安培力作用，在0～t0时间内，绝缘细线中张力F等于零，在cd棒进入磁场区域做切割磁感线运动时，受到安培力作用，绝缘细线中张力F＝BIv(t－t0)＝＝，故绝缘细线中张力F随时间变化的图象可能为C图，D图一定错误．]
[一语通关]　
线框进、出匀强磁场，可根据E＝Blv判断E的大小变化，再根据楞次定律判断方向.特别注意l为切割的有效长度.
1．如图所示，一个有矩形边界的匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向里．一个三角形闭合导线框，由位置1(左)沿纸面匀速运动到位置2(右)．取线框刚到达磁场的时刻为计时起点(t＝0)，规定逆时针方向为电流的正方向，则下图中能正确反映线框中电流与时间关系的是(线框底边长度小于磁场区域宽度)(　　)
A　[线框进入磁场的过程，磁通量向里增加，根据楞次定律得知感应电流的磁场向外，由安培定则可知感应电流方向为逆时针，电流i应为正值，故B、C错误；线框进入磁场的过程，线框的有效切割长度先均匀增大后均匀减小，由E＝BLv，可知感应电动势先均匀增大后均匀减小；线框完全进入磁场后，磁通量不变，没有感应电流产生．线框穿出磁场的过程，磁通量向里减小，根据楞次定律得知感应电流的磁场向里，由安培定则可知感应电流方向为顺时针，电流i应为负值；线框的有效切割长度先均匀增大后均匀减小，由E＝BLv，可知感应电动势先均匀增大后均匀减小，故A正确，D错误．]
　　
　 电磁感应中的电路问题
回路中的部分导体做切割磁感线运动或穿过回路的磁通量发生变化时，回路将产生感应电动势，该导体或回路相当于电源．因此，电磁感应问题往往和电路问题联系在一起，解决与电路相联系的电磁感应问题的基本方法是：
1．明确哪一部分电路产生感应电动势，则这部分电路就是等效电源，该部分电路的电阻是电源的内阻，而其余部分电路则是用电器，是外电路．
2．分析电路结构，画出等效电路图．
3．用法拉第电磁感应定律确定感应电动势的大小，再运用闭合电路欧姆定律、串并联电路的性质、电功、电热等知识求解．
【例2】　如图所示，足够长的平行光滑金属导轨水平放置，宽度L＝0.4 m，一端连接R＝1 Ω的电阻，导轨所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B＝1 T．导体棒MN放在导轨上，其长度恰好等于导轨间距，与导轨接触良好．导轨和导体棒的电阻均可忽略不计．在平行于导轨的拉力F作用下，导体棒沿导轨向右匀速运动，速度v＝5 m/s.
(1)求感应电动势E和感应电流I；
(2)若将MN换为电阻r＝1 Ω的导体棒，其他条件不变，求导体棒两端的电压U.
[解析]　(1)由法拉第电磁感应定律可得，感应电动势
E＝BLv＝1×0.4×5 V＝2 V，
感应电流I＝＝ A＝2 A.
(2)由闭合电路欧姆定律可得，电路中电流
I′＝＝ A＝1 A，
由欧姆定律可得，导体棒两端的电压
U＝I′R＝1×1 V＝1 V.
[答案]　(1)2 V　2 A　(2)1 V
[一语通关]　 1 发生电磁感应的部分导体为电源，其余部分为外电路.
2 若回路是纯电阻，则发生电磁感应时，可结合闭合电路欧姆定律和串并联电路知识解答.
2．(多选)如图所示，矩形金属框架三个竖直边ab、cd、ef的长都是L，电阻都是R，其余电阻不计，框架以速度v匀速平动地穿过磁感应强度为B的匀强磁场，设ab、cd、ef三条边先后进入磁场时ab边两端电压分别为U1、U2、U3，则下列判断结果正确的是(　　)
A．U1＝BLv　　　　　 B．U2＝2U1
C．U3＝0 D．U1＝U2＝U3
AB　[当ab进入磁场时，I＝＝，则U1＝E－IR＝BLv.当cd也进入磁场时，I＝，U2＝E－I＝BLv.三边都进入磁场时，U3＝BLv，故选项A、B正确．]
　　
　 电磁感应中的“双杆”模型
1.模型分类
“双杆”模型分为两类：一类是“一动一静”，甲杆静止不动，乙杆运动，其实质是单杆问题，不过要注意问题包含着一个条件：甲杆静止、受力平衡．另一类是两杆都在运动，对于这种情况，要注意两杆切割磁感线产生的感应电动势是相加还是相减．
2．分析方法
通过受力分析，确定运动状态，一般会有收尾状态．对于收尾状态则有恒定的速度或者加速度等，再结合运动学规律、牛顿运动定律和能量观点分析求解．
【例3】　如图所示，两根足够长的平行金属导轨固定在倾角θ＝30° 的斜面上，导轨电阻不计，间距L＝0.4 m．导轨所在空间被分成区域Ⅰ和Ⅱ，两区域的边界与斜面的交线为MN，Ⅰ中的匀强磁场方向垂直斜面向下，Ⅱ中的匀强磁场方向垂直斜面向上，两磁场的磁感应强度大小均为B＝0.5 T．在区域Ⅰ中，将质量m1＝0.1 kg，电阻R1＝0.1 Ω的金属条ab放在导轨上，ab刚好不下滑．然后，在区域Ⅱ中将质量m2＝0.4 kg，电阻R2＝0.1 Ω 的光滑导体棒cd置于导轨上，由静止开始下滑．cd在滑动过程中始终处于区域Ⅱ的磁场中，ab、cd始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，g取10 m/s2.求：
(1)cd下滑的过程中，ab中的电流方向；
(2)ab刚要向上滑动时，cd的速度v；
(3)从cd开始下滑到ab刚要向上滑动的过程中，cd滑动的距离x＝3.8 m，此过程中ab上产生的热量Q.
[解析]　(1)由右手定则可知，电流方向为由a流向b.
(2)开始放置ab刚好不下滑时，ab所受摩擦力为最大静摩擦力，设其为Fmax，
有Fmax＝m1gsin θ
设ab刚好要上滑时，cd棒的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律得
E＝BLv
设电路中的感应电流为I，由闭合电路欧姆定律有
I＝
设ab所受安培力为F安，有F安＝ILB
此时ab受到的最大静摩擦力方向沿斜面向下，由平衡条件得
F安＝m1gsin θ＋Fmax
综合以上各式，代入数据解得v＝5 m/s.
(3)设cd棒的运动过程中电路中产生的总热量为Q总，由能量守恒得
m2gxsin θ＝Q总＋m2v2
又Q＝Q总
综合上式，代入数据解得Q＝1.3 J.
[答案]　(1)由a流向b　(2)5 m/s (3)1.3 J
[一语通关]　分析“双杆”模型问题时，要注意双杆之间的制约关系，即“动杆”与“被动杆”之间的关系，最终两杆的收尾状态的确定是分析该类问题的关键.
3．(多选) 如图所示，水平传送带带动两金属杆a、b匀速向右运动，传送带右侧与两光滑平行金属导轨平滑连接，导轨与水平面间夹角为30°，两虚线EF、GH之间有垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度为B，磁场宽度为L，两金属杆的长度和两导轨的间距均为d，两金属杆质量均为m，两杆与导轨接触良好．当金属杆a进入磁场后恰好做匀速直线运动，当金属杆a离开磁场时，金属杆b恰好进入磁场，则(　　)
A．金属杆b进入磁场后做加速运动
B．金属杆b进入磁场后做匀速运动
C．两杆在穿过磁场的过程中，回路中产生的总热量为mgL
D．两杆在穿过磁场的过程中，回路中产生的总热量为
BC　[两杆从导轨顶端进入磁场过程中，均只有重力做功，故进入磁场时速度大小相等，金属杆a进入磁场后匀速运动，b进入磁场后，a离开磁场，金属杆b受力与金属杆a受力情况相同，故也做匀速运动，A项错误，B项正确；两杆匀速穿过磁场，减少的重力势能转化为回路的电热，即Q＝2mgLsin 30°＝mgL，C项正确，D项错误．]
PAGE
- 6 -习题课3　电磁感应中的动力学及能量问题
[学习目标]　1.[科学思维]综合运用楞次定律和法拉第电磁感应定律解决电磁感应中的动力学问题．　2.[科学思维]会分析电磁感应中的能量转化问题．　3.[科学思维]能求解电磁感应中的“双杆”模型问题．
电磁感应中的动力学问题
1.平衡类问题的求解思路
2．加速类问题的求解思路
(1)确定研究对象(一般为在磁场中做切割磁感线运动的导体)．
(2)根据牛顿运动定律和运动学公式分析导体在磁场中的受力与运动情况．
(3)如果导体在磁场中受到的磁场力变化了，从而引起合外力的变化，导致加速度、速度等发生变化，进而又引起感应电流、磁场力、合外力的变化，最终可能使导体达到稳定状态．
【例1】　如图所示，在竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中，有两根水平放置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沿水平方向向右拉金属棒使其运动，求金属棒的最大速度．
[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＝.
[答案]　
用“四步法”分析电磁感应中的动力学问题
解决电磁感应中的动力学问题的一般思路是“先电后力”，具体思路如下：
1．如图所示，空间存在B＝0.5 T、方向竖直向下的匀强磁场，MN、PQ是水平放置的平行长直导轨，其间距L＝0.2 m，电阻R＝0.3 Ω接在导轨一端，ab是跨接在导轨上质量m＝0.1 kg、接入电路的电阻r＝0.1 Ω的导体棒，已知导体棒和导轨间的动摩擦因数为0.2.从零时刻开始，对ab棒施加一个大小为F＝0.45 N、方向水平向左的恒定拉力，使其从静止开始沿导轨滑动，过程中棒始终保持与导轨垂直且接触良好，求：(g＝10 m/s2)
(1)导体棒所能达到的最大速度；
(2)试定性画出导体棒运动的速度—时间图象．
[解析]　(1)导体棒切割磁感线运动，产生的感应电动势：E＝BLv ①
回路中的感应电流I＝ ②
导体棒受到的安培力F安＝BIL ③
导体棒运动过程中受到拉力F、安培力F安和摩擦力Ff的作用，根据牛顿第二定律：
F－μmg－F安＝ma ④
由①②③④得：F－μmg－＝ma ⑤
由⑤可知，随着速度的增大，安培力增大，加速度a减小，当加速度a减小到0时，速度达到最大．
此时有F－μmg－＝0 ⑥
可得：vm＝＝10 m/s. ⑦
(2)由(1)中分析可知，导体棒运动的速度－时间图象如图所示．
[答案]　(1)10 m/s　(2)见解析图
电磁感应中的能量问题
1.能量转化的过程分析
电磁感应的实质是不同形式的能量转化的过程，而能量的转化是通过安培力做功实现的．安培力做功使得电能转化为其他形式的能(通常为内能)，外力克服安培力做功，则是其他形式的能(通常为机械能)转化为电能的过程．
2．求解焦耳热Q的几种方法
公式法 Q＝I2Rt
功能关系法 焦耳热等于克服安培力做的功
能量转化法 焦耳热等于其他能的减少量
【例2】　如图所示，MN、PQ两条平行的光滑金属轨道与水平面成θ角固定，轨间距为d.空间存在匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面向上，磁感应强度为B.P、M间所接电阻阻值为R.质量为m的金属杆ab水平放置在轨道上，其有效电阻为r.现从静止释放ab，当它沿轨道下滑距离s时，达到最大速度．若轨道足够长且电阻不计，重力加速度为g.求：
(1)金属杆ab运动的最大速度；
(2)金属杆ab运动的加速度为gsin θ时，电阻R上的电功率；
(3)金属杆ab从静止到具有最大速度的过程中，克服安培力所做的功．
[解析]　 (1)当杆达到最大速度时安培力F＝mgsin θ
安培力F＝BId
感应电流I＝
感应电动势E＝Bdvm
解得最大速度vm＝.
(2)当金属杆ab运动的加速度为gsin θ
时，根据牛顿第二定律mgsin θ－BI′d＝m·gsin θ
电阻R上的电功率P＝I′2R
解得P＝R.
(3)根据动能定理mgs·sin θ－WF＝
mv－0
解得WF＝mgssin θ－.
[答案]　(1)
(2) R
(3)mgssin θ－
求解电磁感应现象中能量守恒问题的一般思路
(1)确定感应电动势的大小和方向．
(2)画出等效电路图，求出回路中消耗的电能表达式．
(3)分析导体机械能的变化，用能量守恒关系得到机械能的改变与回路中的电能的改变所满足的方程．
2．如图所示，MN和PQ是电阻不计的平行金属导轨，其间距为L，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙，右端接一个阻值为R的定值电阻．平直部分导轨左边区域有宽度为d、方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场．质量为m、电阻也为R的金属棒从高度为h处静止释放，到达磁场右边界处恰好停止．已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为μ，金属棒与导轨间接触良好，则金属棒穿过磁场区域的过程中(　　)
A．流过金属棒的最大电流为
B．通过金属棒的电荷量为
C．克服安培力所做的功为mgh
D．金属棒产生的焦耳热为mg(h－μd)
D　[金属棒下滑过程中，根据动能定理有mgh＝mv，根据法拉第电磁感应定律有Em＝BLvm，根据闭合电路欧姆定律有Im＝，联立得Im＝，A错误；根据q＝可知，通过金属棒的电荷量为，B错误；金属棒运动的全过程根据动能定理得mgh＋Wf＋W安＝0，所以克服安培力做的功小于mgh，故C错误；由Wf＝－μmgd，金属棒克服安培力做的功完全转化成电热，由题意可知金属棒与电阻R上产生的焦耳热相同，设金属棒上产生的焦耳热为Q，故2Q＝－W安，联立得Q＝mg(h－μd)，D正确．]
1．如图所示，一闭合金属圆环用绝缘细线挂于O点，将圆环拉离平衡位置并释放，圆环摆动过程中经过有界的水平匀强磁场区域，A、B为该磁场的竖直边界．若不计空气阻力，则(　　)
A．圆环向右穿过磁场后，还能摆至原来的高度
B．在进入和离开磁场时，圆环中均有感应电流
C．圆环进入磁场后离平衡位置越近速度越大，感应电流也越大
D．圆环最终将静止在平衡位置
B　[如题图所示，当圆环从1位置开始下落，进入和摆出磁场时(即2和3位置)，由于圆环内磁通量发生变化，所以有感应电流产生．同时，金属圆环本身有内阻，必然有能量的转化，即有能量的损失，因此圆环不会摆到4位置．随着圆环进出磁场，其能量逐渐减少，圆环摆动的振幅越来越小．当圆环只在匀强磁场中摆动时，圆环内无磁通量的变化，无感应电流产生，无机械能向电能的转化．题意中不存在空气阻力，摆线的拉力垂直于圆环的速度方向，拉力对圆环不做功，所以系统的能量守恒，所以圆环最终将在A、B间来回摆动．B正确．]
2．如图所示，在粗糙绝缘水平面上有一正方形闭合线框abcd，其边长为l，质量为m，金属线框与水平面的动摩擦因数为μ.虚线框a′b′c′d′内有一匀强磁场，磁场方向竖直向下．开始时金属线框的ab边与磁场的d′c′边重合．现使金属线框以初速度v0沿水平面滑入磁场区域，运动一段时间后停止，此时金属线框的dc边与磁场区域的d′c′边距离为l.在这个过程中，金属线框产生的焦耳热为(　　)
A.mv＋μmgl　　　　　　B.mv－μmgl
C.mv＋2μmgl　　　　　　D.mv－2μmgl
D　[依题意知，金属线框移动的位移大小为2l，此过程中克服摩擦力做功为2μmgl，由能量守恒定律得金属线框中产生的焦耳热为Q＝mv－2μmgl，故选项D正确．]
3．如图所示，MN和PQ是两根互相平行竖直放置的光滑金属导轨，已知导轨足够长，且电阻不计，ab是一根与导轨垂直且始终与导轨接触良好的金属杆，开始时，将开关S断开，让杆ab由静止开始自由下落，过段时间后，再将S闭合，若从S闭合开始计时，则金属杆ab的速度v随时间t变化的图象不可能是下图中的(　　)
A　　　　 B　 　　　C　　　　D
B　[S闭合时，若金属杆受到的安培力＞mg，ab杆先减速再匀速，D项有可能；若＝mg，ab杆匀速运动，A项有可能；若＜mg，ab杆先加速再匀速，C项有可能；由于v变化，mg－＝ma中a不恒定，故B项不可能．]
4．(多选)如图所示，两足够长的平行金属导轨固定在水平面上，匀强磁场方向垂直导轨平面向下，金属棒ab、cd与导轨构成闭合回路且都可沿导轨无摩擦滑动，两金属棒ab、cd的质量之比为2∶1.用一沿导轨方向的恒力F水平向右拉金属棒cd，经过足够长时间以后(　　)
A．金属棒ab、cd都做匀速运动
B．金属棒ab上的电流方向是由b向a
C．金属棒cd所受安培力的大小等于
D．两金属棒间距离保持不变
BC　[对两金属棒ab、cd进行受力和运动分析可知，两金属棒最终将做加速度相同的匀加速直线运动，且金属棒ab速度小于金属棒cd速度，所以两金属棒间距离是变大的，由楞次定律判断金属棒ab上的电流方向是由b到a，A、D错误，B正确；以两金属棒整体为研究对象有：F＝3ma，隔离金属棒cd分析：F－F安＝ma，可求得金属棒cd所受安培力的大小F安＝F，C正确．]
PAGE
- 7 -习题课2　电磁感应中的电路及图象问题
[学习目标]　1.[科学思维]进一步理解公式E＝n与E＝Blv的区别和联系，能够应用两个公式求解感应电动势．2．[科学思维]掌握电磁感应现象中电路问题的分析方法和解题基本思路．　3.[科学思维]综合应用楞次定律和法拉第电磁感应定律解决电磁感应中的图象问题．
电磁感应中的电路问题
1.对电源的理解
(1)在电磁感应现象中，产生感应电动势的那部分导体相当于电源，如切割磁感线的导体棒、内有磁通量变化的线圈等，这种电源将其他形式的能转化为电能．
(2)判断感应电流和感应电动势的方向，都是利用相当于电源的部分根据右手定则或楞次定律判定的．实际问题中应注意外电路电流由高电势处流向低电势处，而内电路则相反．
2．对电路的理解
(1)内电路是切割磁感线的导体或磁通量发生变化的线圈，外电路由电阻、电容等电学元件组成．
(2)在闭合电路中，相当于“电源”的导体两端的电压与真实的电源两端的电压一样，等于路端电压，而不等于感应电动势．
3．解决电磁感应中的电路问题的基本思路
(1)明确哪部分导体或电路产生感应电动势，该导体或电路就是电源，其他部分是外电路．
(2)用法拉第电磁感应定律或切割公式确定感应电动势的大小，用楞次定律或右手定则确定感应电动势的方向．
(3)分清内外电路，画出等效电路图．
(4)运用闭合电路欧姆定律、串并联电路特点、电功率、电热等公式联立求解．
【例1】　如图所示，MN、PQ为平行光滑金属导轨(金属导轨电阻忽略不计)，MN、PQ相距L＝50 cm，导体棒AB在两轨道间的电阻为r＝1 Ω，且可以在MN、PQ上滑动，定值电阻R1＝3 Ω，R2＝6 Ω，整个装置放在磁感应强度为B＝1.0 T的匀强磁场中，磁场方向垂直于整个导轨平面，现用外力F拉着AB棒向右以v＝5 m/s的速度做匀速运动．求：
(1)导体棒AB产生的感应电动势E和AB棒上的感应电流方向；
(2)导体棒AB两端的电压UAB.
[解析]　(1)导体棒AB产生的感应电动势
E＝BLv＝2.5 V
由右手定则知，AB棒上的感应电流方向向上，即沿B→A方向．
(2)R并＝＝2 Ω
I＝＝ A
UAB＝IR并＝ V≈1.7 V.
[答案]　(1)2.5 V　B→A方向　(2)1.7 V
导体棒在匀强磁场运动过程中的变与不变
(1)外电阻的变与不变
若外电路由无阻导线和定值电阻构成，导体棒运动过程中外电阻不变；若外电路由考虑电阻的导线组成，导体棒运动过程中外电阻改变．
(2)内电阻与电动势的变与不变
切割磁感线的有效长度不变，则内电阻与电动势均不变．反之，发生变化．处理电磁感应过程中的电路问题时，需特别关注电动势及内、外电阻是否变化．
1．粗细均匀的电阻丝围成的正方形线框置于有界匀强磁场中，磁场方向垂直于线框平面，其边界与正方形线框的边平行．现使线框以同样大小的速度沿四个不同方向平移出磁场，如图所示，则在移出过程中线框的一边a、b两点间电势差的绝对值最大的是(　　)
A　　　 B　　　　　C　　　D
B　[磁场中切割磁感线的边相当于电源，外电路可看成由三个相同电阻串联形成，A、C、D选项中a、b两点间电势差的绝对值为外电路中一个电阻两端的电压：U＝E＝，B选项中a、b两点间电势差的绝对值为路端电压：U′＝E＝，所以a、b两点间电势差的绝对值最大的是B选项．]
电磁感应中的图象问题
1.明确图象的种类，即是B t图象还是Φ t图象，或者是E t图象、I t图象、F t图象等．
2．分析电磁感应的具体过程．
3．确定感应电动势(或感应电流)的大小和方向，有下列两种情况：
(1)若回路面积不变，磁感应强度变化时，用楞次定律确定感应电流的方向，用E＝n确定感应电动势大小的变化．
(2)若磁场不变，导体切割磁感线，用右手定则判断感应电流的方向，用E＝Blv确定感应电动势大小的变化．
4．画图象或判断图象，特别注意分析斜率的变化、截距等．
5．涉及受力问题，可由安培力公式F＝BIL和牛顿运动定律等规律写出有关函数关系式．
【例2】　（多选）如图所示，两条光滑平行金属导轨固定，所在平面与水平面夹角为θ，导轨电阻忽略不计．虚线ab、cd均与导轨垂直，在ab与cd之间的区域存在垂直于导轨所在平面的匀强磁场．将两根相同的导体棒PQ、MN先后自导轨上同一位置由静止释放，两者始终与导轨垂直且接触良好．已知PQ进入磁场时加速度恰好为零．从PQ进入磁场开始计时，到MN离开磁场区域为止，流过PQ的电流随时间变化的图像可能正确的是(　　)
[答案]　AD
【例3】　如图所示，在空间中存在两个相邻的、磁感应强度大小相等、方向相反的有界匀强磁场，其宽度均为L.现将宽度也为L的矩形闭合线圈，从图中所示位置垂直于磁场方向匀速拉过磁场区域，则在该过程中，图中能正确反映线圈中所产生的感应电流或其所受的安培力随时间变化的图象是(　　)
D　[由楞次定律可知，当矩形闭合线圈进入磁场和离开磁场时，安培力总是阻碍物体的运动，方向始终向左，所以外力始终水平向右，因安培力的大小不同且在中间时最大，故选项D正确，选项C错误；当矩形闭合线圈进入磁场时，由法拉第电磁感应定律判断，感应电流的大小在中间时是最大的，故选项A、B错误．]
解决线框进出磁场问题需要注意的事项
(1)由线框的形状判断切割磁感线的有效长度是否变化，如何变化．
(2)若只有一个磁场且足够宽，关注两个过程即可：进入磁场的过程；离开磁场的过程．
(3)若有两个不同的磁场，还需注意线框的边分别在不同磁场时产生感应电流方向的关系．
2．如图所示，一底边为L、底边上的高也为L的等腰三角形导体线框以恒定的速度v沿垂直于磁场区域边界的方向穿过长为2L、宽为L的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里．t＝0时刻，三角形导体线框的底边刚进入磁场，取沿逆时针方向的感应电流为正，则在三角形导体线框穿过磁场区域的过程中，感应电流i随时间t变化的图线可能是(　　)
A　　　　　　　　　B
C　　　　　　　　　D
A　[根据E＝Blv，I＝＝，三角形导体线框进、出磁场时，有效长度l都变小．再根据右手定则可知，进磁场时感应电流方向为正，出磁场时感应电流方向为负，故选A.]
1．如图所示，ab、cd为两根相距为l的平行直导轨，b、d间连有一固定电阻R，导轨电阻可以忽略不计．MN为放在ab和cd上的一导体杆，与导轨垂直，其电阻也为R，整个装置处于匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，磁场方向垂直于导轨所在平面(指向图中纸面内)．现对MN施力使它沿导轨方向以速度v向右做匀速运动，令U表示MN两端的电压的大小，则(　　)
A．U＝Blv，流过固定电阻R的感应电流由b到d
B．U＝Blv，流过固定电阻R的感应电流由d到b
C．U＝Blv，流过固定电阻R的感应电流由b到d
D．U＝Blv，流过固定电阻R的感应电流由d到b
A　[根据右手定则可得，流过R的感应电流由b到d，MN的感应电动势为E＝Blv，I＝，MN两端电压为路端电压，U＝IR＝Blv，A正确．]
2．如图甲所示，闭合的圆线圈放在匀强磁场(图中未画出)中，t＝0时磁感线垂直线圈平面向里穿过线圈，磁感应强度随时间变化的关系图线如图乙所示，则在0～2 s内线圈中感应电流的大小和方向为(　　)
A．逐渐增大，逆时针
B．逐渐减小，顺时针
C．大小不变，顺时针
D．大小不变，先顺时针后逆时针
C　[因为B t图线的斜率不变，所以感应电流恒定．根据楞次定律判断电流方向为顺时针．故C正确．]
3．如图所示，两条平行虚线之间存在匀强磁场，虚线间的距离为L，磁场方向垂直纸面向里，abcd是位于纸面内的梯形线圈，ad与bc间的距离也为L，t＝0时刻bc边与磁场区域边界重合．现令线圈以恒定的速度v沿垂直于磁场区域边界的方向穿过磁场区域，取沿abcda方向为感应电流正方向，则在线圈穿越磁场区域的过程中，感应电流I随时间t变化的图线可能是 (　　)
B　[bc边进入磁场时，根据右手定则判断出其感应电流的方向是沿adcba方向，其方向与电流的正方向相反，故是负的，所以A、C错误；当线圈逐渐向右移动时，切割磁感线的有效长度变大，故感应电流在增大；当bc边穿出磁场区域时，线圈中的感应电流方向变为abcda，是正方向，故其图象在时间轴的上方，所以B正确，D错误．]
4．如图所示，竖直平面内有一金属圆环，半径为a，总电阻为R(指拉直时两端的电阻)，磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过环平面．环的最高点A用铰链连接长度为2a、电阻为的导体棒AB，AB由水平位置紧贴环面摆下，当摆到竖直位置时，B点的线速度为v，则这时AB两端的电压大小为(　　)
A.　　　B.　　　C.　　　D．Bav
A　[摆到竖直位置时，AB切割磁感线的瞬时感应电动势E＝B·2a·v＝Bav.由闭合电路欧姆定律有UAB＝·＝Bav，故选A.]
PAGE
- 6 -习题课1　楞次定律的应用
[学习目标]　1.[科学思维]理解电磁感应中的“增反减同”，能利用“增离减靠”法判断感应电流的方向．　2.[科学思维]理解电磁感应中的“来拒去留”，能利用“来拒去留”法判断导体所受安培力的方向．　3.[科学思维]理解电磁感应中的“增缩减扩”，能利用“增缩减扩”法判断闭合线圈面积的变化趋势．　4.[科学思维]理解安培定则、左手定则、右手定则和楞次定律的区别，知道它们的适用范围．
“增离减靠”法的应用
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，也可能是改变线圈的有效面积，还可能是通过远离或靠近变化的磁场源来阻碍原磁通量的变化．即：
1．若原磁通量增加，则通过远离磁场源起到阻碍的作用(“增离”)．
2．若原磁通量减小，则通过靠近磁场源起到阻碍的作用(“减靠”)．
【例1】　一长直铁芯上绕有一固定线圈M，铁芯右端与一木质圆柱密接，木质圆柱上套有一闭合金属环N，N可在木质圆柱上无摩擦移动，M连接在如图所示的电路中，其中R为滑动变阻器，E1和E2为直流电源，S为单刀双掷开关，下列情况中，可观测到N向左运动的是(　　)
A．在S断开的情况下，S向a闭合的瞬间
B．在S断开的情况下，S向b闭合的瞬间
C．在S已向a闭合的情况下，将R的滑片向c端移动时
D．在S已向a闭合的情况下，将R的滑片向d端移动时
C　[根据题意知，圆环N向左运动，根据“增离减靠”原则知，线圈M上的磁场在减弱，流过M的电流在减小，故C正确．]
1．如图所示，ab是一个可以绕垂直于纸面的轴O转动的闭合矩形导体线圈，在滑动变阻器R的滑片P自左向右滑动过程中，线圈ab将(　　)
A．静止不动
B．逆时针转动
C．顺时针转动
D．发生转动，但因电源的极性不明，无法确定转动的方向
C　[当P向右滑动时，电路中电阻减小，电流增大，穿过线圈ab的磁通量增大，根据楞次定律判断，线圈ab将顺时针转动，C正确．]
“来拒去留”法的应用
由于磁场与导体的相对运动产生电磁感应现象时，产生感应电流的导体受到磁场的安培力，这种安培力会“阻碍”相对运动，用一句口诀就是“来拒去留”．
【例2】　如图所示，当磁铁突然向铜环运动时，铜环的运动情况是(　　)
A．向右运动　　　　 B．向左运动
C．静止不动 D．不能判定
A　[解法一：阻碍相对运动法
产生磁场的物体与闭合线圈之间的相互作用力可概括为四个字：“来拒去留”．磁铁向铜环运动时，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项正确．
解法二：电流元受力分析法
如图所示，当磁铁向铜环运动时，穿过铜环的磁通量增加，由楞次定律判断出铜环中感应电流的磁场方向与原磁场的方向相反，即向右，根据安培定则可判断出感应电流方向，从左侧看为顺时针方向，把铜环的电流等效为多段直线电流元，取上、下两小段电流元进行研究，由左手定则判断出两段电流元的受力，由此可判断整个铜环所受合力向右．故A项正确．
解法三：等效法
如图所示，磁铁向右运动，使铜环产生的感应电流可等效为条形磁铁，而两磁铁有排斥作用．故A项正确．
]
2．如图所示，螺线管cd的导线绕法不明，当磁铁ab插入螺线管时，闭合电路中有图示方向的感应电流产生，下列关于螺线管磁场极性的判断，正确的是(　　)
A．c端一定是N极
B．d端一定是N极
C．c端的极性一定与磁铁b端的极性相同
D．因螺线管的绕法不明，故无法判断极性
C　[根据楞次定律的另一种表述：“感应电流的效果总是阻碍引起感应电流的原因”，本题中螺线管中产生感应电流的原因是磁铁ab的下降，为了阻碍该原因，感应电流的效果只能使磁铁与螺线管之间产生相斥的作用，即螺线管的c端一定与磁铁的b端极性相同，与螺线管的绕法无关．但因为磁铁ab的N、S极性不明，所以螺线管cd的两端极性也不能明确，所以A、B、D错误，C正确．]
“增缩减扩”法的应用
当闭合电路中有感应电流产生时，电路的各部分导线就会受到安培力作用，会使电路的面积有变化(或有变化趋势)．
1．若原磁通量增加，则通过减小有效面积起到阻碍的作用(“增缩”)．
2．若原磁通量减小，则通过增大有效面积起到阻碍的作用(“减扩”)．
【例3】　如图所示，圆环形导体线圈a平放在水平桌面上，在a的正上方固定一竖直螺线管b，二者轴线重合，螺线管与电源和滑动变阻器连接成如图所示的电路．若将滑动变阻器的滑片P向上滑动，下面说法中正确的是(　　)
A．穿过线圈a的磁通量变大
B．线圈a有收缩的趋势
C．线圈a中将产生俯视顺时针方向的感应电流
D．线圈a对水平桌面的压力FN将增大
C　[P向上滑动，回路电阻增大，电流减小，磁场减弱，穿过线圈a的磁通量变小，根据楞次定律，线圈a的面积有增大趋势，A、B错误；由于线圈a中磁通量减小，根据楞次定律知线圈a中感应电流应为俯视顺时针方向，C正确；由于线圈a中磁通量减小，根据楞次定律，线圈a有阻碍磁通量减小的趋势，可知线圈a对水平桌面的压力FN减小，D错误．]
3．如图所示，在载流直导线旁固定有两平行光滑导轨A、B，导轨与直导线平行且在同一水平面内，在导轨上有两可自由滑动的导体ab和cd.当载流直导线中的电流逐渐增强时，导体ab和cd的运动情况是(　　)
A．一起向左运动
B．一起向右运动
C．ab和cd相向运动，相互靠近
D．ab和cd相背运动，相互远离
C　[直导线中电流增强时，回路abdc中磁通量增大产生感应电流，根据“增缩减扩”原则知，回路abdc的面积减小，即C正确．]
“三定则一定律”的综合应用
安培定则、左手定则、右手定则、楞次定律的适用场合如下表．
比较项目 安培定则 左手定则 右手定则 楞次定律
适用场合 通电导线、圆环产生磁场时，磁场方向、电流方向关系 通电导线在磁场中所受的安培力方向、电流方向、磁场方向的关系 导体切割磁感线时速度方向、磁场方向、感应电流方向的关系 回路中磁通量变化产生感应电流时，原磁场方向、感应电流磁场方向的关系
综合运用这几个规律的关键是分清各个规律的适用场合，不能混淆．
【例4】　(多选)如图所示装置中，cd杆光滑且原来静止．当ab杆做如下哪些运动时，cd杆将向右移动(导体棒切割磁感线速度越大，感应电流越大)(　　)
A．向右匀速运动
B．向右加速运动
C．向左加速运动
D．向左减速运动
BD　[ab杆向右匀速运动，在ab杆中产生恒定的电流，该电流在线圈L1中产生恒定的磁场，在L2中不产生感应电流，所以cd杆不动，故A错误；ab杆向右加速运动，根据右手定则，知在ab杆上产生增大的由a到b的电流，根据安培定则，在L1中产生方向向上且增强的磁场，该磁场向下通过L2，由楞次定律，在cd杆上产生c到d的感应电流，根据左手定则，cd杆受到向右的安培力，cd杆将向右运动，故B正确；同理可得C错误，D正确．]
几个规律的应用中，要抓住各个对应的因果关系：
1 因电而生磁 I→B →安培定则；
2 因动而生电 v、B→I →右手定则；
3 因电而受力 I、B→F安 →左手定则；
4 因变而生电 ΔΦ→I →楞次定律.
4.(多选)如图所示，水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒PQ、MN，MN的左边有一闭合电路，当PQ在外力的作用下运动时，MN向右运动．则PQ所做的运动可能是(　　)
A．向右加速运动
B．向左加速运动
C．向右减速运动
D．向左减速运动
BC　[MN向右运动，说明MN受到向右的安培力，因为ab在MN处的磁场垂直纸面向里MN中的感应电流由M→NL1中感应电流的磁场方向向上；若L2中磁场方向向上减弱PQ中电流为Q→P且减小向右减速运动；若L2中磁场方向向下增强PQ中电流为P→Q且增大向左加速运动．]
1．楞次定律是下列哪个定律在电磁感应现象中的具体体现？(　　)
A．电阻定律　　　　　　 B．库仑定律
C．欧姆定律 D．能量守恒定律
[答案]　D
2．如图所示，绝缘水平面上有两个离得很近的导体环a、b.将条形磁铁沿它们的正中向下移动(不到达该平面)，a、b的移动情况可能是(　　)
A．a、b将相互远离　　　 B．a、b将相互靠近
C．a、b将不动 D．无法判断
A　[根据Φ＝BS，条形磁铁向下移动过程中B增大，所以穿过每个环中的磁通量都有增大的趋势．由于S不可改变，为阻碍磁通量增大，导体环会尽量远离条形磁铁，所以a、b将相互远离．]
3．如图所示，水平放置的光滑杆上套有A、B、C三个金属环，其中B接电源．在接通电源的瞬间，A、C两环(　　)
A．都被B吸引
B．都被B排斥
C．A被吸引，C被排斥
D．A被排斥，C被吸引
B　[在接通电源的瞬间，通过B环的电流从无到有，电流产生的磁场从无到有，穿过A、C两环的磁通量从无到有，A、C两环产生感应电流，由楞次定律可知，感应电流阻碍原磁通量的增加，A、C两环都被B环排斥而远离B环，故A、C、D错误，B正确．]
4．(多选)如图所示，水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒PQ、MN，当PQ在外力的作用下运动时，MN在磁场力的作用下向右运动，则PQ所做的运动可能是(导体切割磁感线速度越大，感应电流越大)(　　)
A．向右加速运动
B．向左加速运动
C．向右减速运动
D．向左减速运动
BC　[当PQ向右运动时，用右手定则可判定PQ中感应电流的方向是由Q→P，由安培定则可知穿过L1的磁场方向是自下而上的；若PQ向右加速运动，则穿过L1的磁通量增加，用楞次定律可以判断流过MN的感应电流是从N→M的，用左手定则可判定MN受到向左的安培力，将向左运动，选项A错误；若PQ向右减速运动，流过MN的感应电流方向、MN所受的安培力的方向均将反向，MN向右运动，所以选项C正确；同理可判断选项B正确，选项D错误．]
PAGE
- 7 -涡流、电磁阻尼和电磁驱动
[学习目标]　1.[物理观念]了解涡流的产生过程．　2.[物理观念]了解涡流现象的利用和危害．　3.[科学态度与责任]通过对涡流实例的分析，了解涡流现象在生活和生产中的应用．(重点)　4.[物理观念]了解电磁阻尼、电磁驱动．(难点)
一、涡流
1．定义：由于电磁感应，在导体中产生的像水中旋涡样的感应电流．
2．特点：若金属的电阻率小，涡流往往很强，产生的热量很多．
3．应用
(1)涡流热效应：如真空冶炼炉．
(2)涡流磁效应：如探雷器、安检门．
4．防止
电动机、变压器等设备中应防止铁芯中涡流过大而导致浪费能量，损坏电器．
(1)途径一：增大铁芯材料的电阻率．
(2)途径二：用相互绝缘的硅钢片叠成的铁芯代替整个硅钢铁芯．
二、电磁阻尼和电磁驱动
1．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，安培力的方向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止到某位置，便于读数．
2．电磁驱动
(1)概念：磁场相对导体转动时，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．
1．思考判断(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)涡流是由整块导体发生的电磁感应现象，不遵从电磁感应定律． (×)
(2)通过增大铁芯材料的电阻率可以减小涡流． (√)
(3)变压器的铁芯用硅钢片叠成是为了减小涡流． (√)
(4)在电磁阻尼与电磁驱动中安培力所起的作用相同． (×)
(5)在电磁阻尼现象中的能量转化是导体克服安培力做功，把其他形式的能转化为电能，最终转化为内能． (√)
2．(多选)如图所示，在线圈上端放置一盛有冷水的金属杯，现接通交流电源，过了几分钟，杯内的水沸腾起来．若要缩短上述加热时间，下列措施可行的有(　　)
A．增加线圈的匝数
B．提高交流电源的频率
C．将金属杯换为瓷杯
D．取走线圈中的铁芯
AB　[考查涡流现象、影响感应电动势大小的因素及分析问题的能力．增大线圈的匝数，可以增大通过金属杯的磁通量及磁通量的变化率，从而增大金属杯中产生感应电流的大小，增大加热功率，缩短加热时间，A正确；提高交流电的频率，最大磁通量不变，但电流交替变化加快也能提高磁通量的变化率，产生更大的感应电流，达到缩短加热时间的目的，B正确；瓷杯是绝缘体，不能产生感应电流，不能加热，C错误；取走铁芯，金属杯中的磁通量变小，磁通量的变化率也变小，从而导致加热功率变小，加热时间加长，D错误．]
3．(多选)如图所示，是电表中的指针和电磁阻器，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
AD　[当电表的指针摆动时，金属框1在蹄形磁铁2中同时转动，则1中产生感应电流——即涡流，磁场对涡流产生安培力阻碍其指针的相对运动，使指针很快稳定下来，故A、D正确．]
对涡流的理解及应用
1.涡流的特点
当电流在金属块内自成闭合回路(产生涡流)时，由于整块金属的电阻很小，涡流往往很强，根据公式P＝I2R知，热功率的大小与电流的平方成正比，故金属块的发热功率很大．
2．涡流中的能量转化
涡流现象中，其他形式的能转化成电能，并最终在金属块中转化为内能．如果金属块放在变化的磁场中，则磁场能转化为电能，最终转化为内能；如果金属块进出磁场或在非匀强磁场中运动，则由于克服安培力做功，金属块的机械能转化为电能，最终转化为内能．
3．注意：(1)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．
(2)磁场变化越快，导体的横截面积S越大，导体材料的电阻率越小，形成的涡流就越大．
【例1】　光滑曲面与竖直平面的交线是抛物线，如图所示，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(如图中的虚线所示)．一个小金属块从抛物线上y＝b(b>a)处以速度v沿抛物线下滑，假设曲面足够长，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
D　[由初状态到末状态(金属块在磁场区域内往复运动)能量守恒．初状态机械能E1＝mgb＋mv2，末状态机械能E2＝mga，焦耳热Q＝E1－E2＝mg(b－a)＋mv2.]
上例中，若将匀强磁场改为非匀强磁场，其他条件不变，那么金属块在曲面上滑动的过程中产生的焦耳热总量是多少？
提示：Q＝mv2＋mgb
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，其机械能不再损失，在磁场中做往复运动．
1．(多选)“电磁感应铝箔封口机”被广泛应用在医药、食品、化工等生产行业的产品封口环节中，如图所示为一手持式封口机，它的工作原理是：当接通电源时，内置线圈产生磁场，当磁感线穿过封口铝箔材料时，瞬间产生大量小涡流，致使铝箔自行快速发热，熔化复合在铝箔上的溶胶，从而粘贴在待封容器的封口处，达到迅速封口的目的．下列有关说法正确的是(　　)
A．封口材料可用普通塑料来代替铝箔
B．该封口机可用干电池作为电源以方便携带
C．封口过程中温度过高，可适当减小所通电流的频率来解决
D．该封口机适用于玻璃、塑料等多种材质的容器封口，但不适用于金属容器
CD　[由于封口机利用了电磁感应原理，故封口材料必须是金属类材料，而且电源必须是交流电源，A、B错误；减小内置线圈中所通电流的频率可降低封口过程中产生的热量，即控制温度，C正确；封口材料应是金属类材料，但对应被封口的容器不能是金属，否则同样会被熔化，只能是玻璃、塑料等材质，D正确．]
电磁阻尼与电磁驱动的理解
电磁阻尼 电磁驱动
不同点 成因 由导体在磁场中运动形成 由磁场运动形成
效果 安培力的方向与导体运动方向相反，为阻力 安培力的方向与导体运动方向相同，为动力
能量转化 导体克服安培力做功，其他形式的能转化为电能，最终转化为内能 磁场能转化为电能，通过安培力做功，电能转化为导体的机械能
相同点 两者都是电磁感应现象，导体受到的安培力都是阻碍导体与磁场的相对运动
【例2】　(多选)如图所示，蹄形磁铁和矩形线圈均可绕竖直轴OO′转动．从上向下看，当磁铁逆时针转动时，则(　　)
A．线圈将逆时针转动，转速与磁铁相同
B．线圈将逆时针转动，转速比磁铁小
C．线圈转动时将产生感应电流
D．线圈转动时感应电流的方向始终是abcda
BC　[当磁铁逆时针转动时，相当于磁铁不动而线圈顺时针旋转切割磁感线，线圈中产生感应电流，故C正确；线圈相对磁铁转过90° 时，其感应电流方向不再是abcda，D错误；由楞次定律的推广含义可知，线圈将与磁极同向转动，但转动的角速度一定小于磁铁转动的角速度，如果两者的角速度相同，磁感线与线圈会处于相对静止状态，线圈不切割磁感线，无感应电流产生，A错误，B正确．]
【例3】　如图所示，条形磁铁用细线悬挂在O点，O点正下方固定一个水平放置的铝线圈．让磁铁在竖直面内摆动，下列说法中正确的是(　　)
A．磁铁左右摆动一次，线圈内感应电流的方向改变2次
B．磁铁始终受到感应电流磁场的斥力作用
C．磁铁所受到的感应电流对它的作用力始终是阻力
D．磁铁所受到的感应电流对它的作用力有时是阻力有时是动力
C　[磁铁向下摆动时，根据楞次定律，线圈中产生逆时针方向感应电流(从上面看)，并且磁铁受到感应电流对它的作用力为阻力，阻碍它靠近；磁铁向上摆动时，根据楞次定律，线圈中产生顺时针方向感应电流(从上面看)，磁场受感应电流对它的作用力仍为阻力，阻碍它远离，所以磁铁在左右摆动一次过程中，电流方向改变3次，感应电流对它的作用力始终是阻力，C项正确．]
1 电磁阻尼和电磁驱动都是电磁感应现象，均可以根据楞次定律和左手定则分析导体的受力情况.
2 电磁阻尼与电磁驱动现象中安培力的作用效果均为阻碍相对运动，应注意电磁驱动中，主动部分的速度 或角速度 大于被动部分的速度 或角速度 .
2．如图所示，上端开口、内壁光滑的铜管P和塑料管Q竖直放置．小磁块先后在两管中从相同高度处由静止释放，并落至底部，则小磁块(　　)
A．在P和Q中都做自由落体运动
B．在两个下落过程中的机械能都守恒
C．在P中的下落时间比在Q中的长
D．落至底部时在P中的速度比在Q中的大
C　[小磁块下落过程中，在铜管P中产生感应电流，小磁块受到向上的磁场力，不做自由落体运动，而在塑料管Q中只受到重力，在Q中做自由落体运动，故选项A错误；根据功能关系知，在P中下落时，小磁块机械能减少，在Q中下落时，小磁块机械能守恒，故选项B错误；在P中加速度较小，在P中下落时间较长，选项C正确；由于在P中下落时要克服磁场力做功，机械能有损失，故落至底部时在P中的速度比在Q中的小，选项D错误．]
[物理观念]涡流、电磁驱动、电磁阻尼．
[科学思维]通过电磁驱动和电磁阻尼的实例分析，体会电磁驱动和电磁阻尼的产生机制，能分析电磁驱动和电磁阻尼的作用．
1．下列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．在硅钢片中不能产生涡流
A　[涡流是一种特殊的电磁感应现象，它是感应电流，既有热效应，又有磁效应．硅钢片中能产生涡流，但电流较小，故选项A正确．]
2．电磁炉热效率高达90%，炉面无明火，无烟，无废气，“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(　　)
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．在锅和电磁炉中间放一纸板，则电磁炉不能起到加热作用
D．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
B　[锅体中的涡流是由变化的磁场产生的，所加的电流是交流，不是直流，故A错误．根据电磁炉的工作原理可知，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，故B正确．在锅和电磁炉中间放一纸板，不会影响电磁炉的加热作用，故C错误．金属锅自身产生无数小涡流而直接加热于锅底，陶瓷锅或耐热玻璃锅属于绝缘材料，里面不会产生涡流，故D错误．]
3．(多选)如图所示，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
BD　[铜环在进入和穿出磁场的过程中，穿过环的磁通量发生变化，环中有感应电流产生，将损耗一定的机械能，所以A点高于B点．铜环的摆角会越来越小，最终出不了磁场，而做等幅摆动．]
4．如图所示，在一蹄形磁铁下面放一个铜盘，铜盘和磁铁均可以自由绕OO′轴转动，两磁极靠近铜盘，但不接触．当磁铁绕轴转动时，铜盘将(　　)
A．以相同的转速与磁铁同向转动
B．以较小的转速与磁铁同向转动
C．以相同的转速与磁铁反向转动
D．静止不动
B　[因磁铁的转动，引起铜盘中部分导体切割磁感线而产生感应电流，进而受安培力作用而发生转动，由楞次定律可知安培力的作用是阻碍相对运动，所以铜盘与磁铁同向转动，又由产生电磁感应的条件可知，线圈中能产生感应电流的条件必须是切割磁感线，故铜盘转动方向与磁铁相同而转速小，故B正确．]
PAGE
- 8 -互感和自感
[学习目标]　1.[物理观念]了解互感现象及互感现象的应用．(重点)　2.[科学思维]了解自感现象，认识自感电动势对电路中电流的影响．(难点)　3.[物理观念]了解自感系数的意义和决定因素．(重点)　4.[物理观念]知道磁场具有能量．(难点)
一、互感现象
1．定义：两个相互靠近的线圈，当一个线圈中的电流变化时，它所产生的变化的磁场会在另一个线圈中产生感应电动势的现象．产生的电动势叫作互感电动势．
2．应用：互感现象可以把能量由一个线圈传递到另一个线圈，变压器、收音机的“磁性天线”就是利用互感现象制成的．
3．危害：互感现象能发生在任何两个相互靠近的电路之间．在电力工程和电子电路中，互感现象有时会影响电路正常工作．
二、自感现象和自感系数
1．自感现象：当一个线圈中的电流变化时，它产生的变化的磁场在它本身激发出感应电动势的现象．
2．自感电动势：由于自感而产生的感应电动势．
3．通电自感和断电自感
电　路 现　象 自感电动势的作用
通电自感 接通电源的瞬间，灯泡A1逐渐地亮起来 阻碍电流的增加
断电自感 断开开关的瞬间，灯泡闪亮一下后逐渐变暗或灯泡A逐渐变暗，直至熄灭 阻碍电流的减小
4.自感电动势的大小：E＝L，其中L是自感系数，简称自感或电感，单位：亨利，符号是H.
5．自感系数大小的决定因素：自感系数与线圈的大小、形状、圈数，以及是否有铁芯等因素有关．
三、磁场的能量
1．自感现象中的磁场能量
(1)线圈中电流从无到有时：磁场从无到有，电源的能量输送给磁场，储存在磁场中．
(2)线圈中电流减小时：磁场中的能量释放出来转化为电能．
2．电的“惯性”：自感电动势有阻碍线圈中电流变化的“惯性”．
1．思考判断(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)两线圈相距较近时，可以产生互感现象，相距较远时，不产生互感现象． (×)
(2)在实际生活中，有的互感现象是有害的，有的互感现象可以利用．
(√)
(3)只有闭合的回路才能产生互感． (×)
(4)线圈自感电动势的大小与自感系数L有关，反过来，L与自感电动势也有关． (×)
(5)线圈中电流最大的瞬间可能没有自感电动势． (√)
2．(多选)如图所示，是一种延时装置的原理图，当S1闭合时，电磁铁F将衔铁D吸下，C线路接通；当S1断开时，由于电磁感应作用，D将延迟一段时间才被释放．则(　　)
A．由于A线圈的电磁感应作用，才产生延时释放D的作用
B．由于B线圈的电磁感应作用，才产生延时释放D的作用
C．如果断开B线圈的开关S2，无延时作用
D．如果断开B线圈的开关S2，延时将变化
BC　[S1断开时，线圈B中的磁场变弱，线圈B中有感应电流，B中电流的磁场继续吸引D而起到延时的作用，故B正确，A错误；若S2断开，线圈B中不产生感应电流而起不到延时作用，故C正确，D错误．]
3．通过一个线圈的电流在均匀增大时，则这个线圈的(　　)
A．自感系数也将均匀增大
B．自感电动势也将均匀增大
C．磁通量保持不变
D．自感系数和自感电动势不变
D　[线圈的磁通量与电流大小有关，电流增大，由法拉第电磁感应定律知，磁通量变化，故C项错误；自感系数由线圈本身决定，与电流大小无关，A项错误；自感电动势E＝L，与自感系数和电流变化率有关，对于给定的线圈，L一定，已知电流均匀增大，说明电流变化率恒定，故自感电动势不变，B项错误，D项正确．]
对互感现象的理解和应用
1.互感现象是一种常见的电磁感应现象，它不仅发生于绕在同一铁芯上的两个线圈之间，而且可以发生于任何两个相互靠近的电路之间．
2．互感现象可以把能量由一个电路传到另一个电路．变压器就是利用互感现象制成的．
【例1】　如图甲所示，A、B两绝缘金属环套在同一铁芯上，A环中电流iA随时间t的变化规律如图乙所示，下列说法中正确的是(　　)
A．t1时刻，两环作用力最大
B．t2和t3时刻，两环相互吸引
C．t2时刻两环相互吸引，t3时刻两环相互排斥
D．t3和t4时刻，两环相互吸引
B　[t1时刻感应电流为零，故两环作用力为零，A错误；t2和t3时刻A环中电流在减小，则B环中产生与A环中同向的电流，故相互吸引，B正确，C错误；t4时刻A中电流为零，两环无相互作用，D错误．]
1．(多选)目前无线电力传输已经比较成熟，如图所示为一种非接触式电源供应系统．这种系统基于电磁感应原理可无线传输电力，两个感应线圈可以放置在左右相邻或上下相对的位置，原理示意图如图所示．利用这一原理，可以实现对手机进行无线充电．下列说法正确的是(　　)
A　　　　　　B
A．若A线圈中输入电流，B线圈中就会产生感应电动势
B．只有A线圈中输入变化的电流，B线圈中才会产生感应电动势
C．A中电流越大，B中感应电动势越大
D．A中电流变化越快，B中感应电动势越大
BD　[根据感应电流产生的条件，若A线圈中输入恒定的电流，则A产生恒定的磁场，B中的磁通量不发生变化，B线圈中不会产生感应电动势，故A错误；若A线圈中输入变化的电流，根据法拉第电磁感应定律E＝n可得，B线圈中会产生感应电动势，故B正确；A线圈中电流变化越快，A线圈中电流产生的磁场变化越快，B线圈中感应电动势越大，故C错误，D正确．]
对自感现象的理解和应用
1.对自感现象的分析思路
(1)明确通过自感线圈的电流大小的变化情况(是增大还是减小)．
(2)根据“增反减同”，判断自感电动势的方向．
(3)分析阻碍的结果：当电流增强时，由于自感电动势的作用，线圈中的电流逐渐增大，与线圈串联的元件中的电流也逐渐增大；当电流减小时，由于自感电动势的作用，线圈中的电流逐渐减小，与线圈串联的元件中的电流也逐渐减小．
2．自感现象中，灯泡亮度变化的问题
与线圈串联的灯泡 与线圈并联的灯泡
电路图
通电时 电流逐渐增大，灯泡逐渐变亮 电流I1突然变大，然后逐渐减小达到稳定，灯泡突然变亮然后逐渐变暗，最后亮度不变
断电时 电流逐渐减小，灯泡逐渐变暗，电流方向不变 电路中稳态电流为I1、I2，①若I2≤I1，灯泡逐渐变暗；②若I2＞I1，灯泡闪亮一下后逐渐变暗，两种情况灯泡电流方向均改变
【例2】　(多选)如图所示，灯A、B完全相同，带铁芯的线圈L的电阻可忽略，则(　　)
A．S闭合的瞬间，灯A、B同时发光，接着灯A变暗，灯B更亮，最后灯A熄灭
B．S闭合瞬间，灯A不亮，灯B立即亮
C．S闭合瞬间，灯A、B都不立即亮
D．稳定后再断开S的瞬间，灯B立即熄灭，灯A闪亮一下再熄灭
AD　[S接通的瞬间，L所在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．由于有铁芯，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灯A，所以灯A、B会同时亮；又由于L中电流逐渐稳定，感应电动势逐渐消失，灯A逐渐变暗，线圈的电阻可忽略，对灯A起到“短路”作用，因此灯A最后熄灭．这个过程电路的总电阻比刚接通时小，由恒定电流知识可知，灯B会更亮．稳定后S断开瞬间，由于线圈的电流较大，L与灯A组成回路，灯A要闪亮一下再熄灭，灯B立即熄灭．]
上例中，若线圈L的电阻为RL且RL>RA(RA为灯A的电阻)，稳定后断开S的瞬间，两个灯的亮暗变化情况是怎样的？
提示：B灯立即熄灭，A灯(不会闪亮)慢慢熄灭．
1 断开开关后，灯泡是否瞬间变得更亮，取决于电路稳定时两支路中电流的大小关系，即由两支路中电阻的大小关系决定.
2 若断开开关后，线圈与灯泡不能组成闭合回路，则灯泡会立即熄灭.
3 自感线圈直流电阻小与直流电阻不计含义不同，稳定时，前者相当于定值电阻，后者出现短路.
2.如图所示，L1和L2是两个相同的小灯泡，L是一个自感系数相当大的线圈，其电阻与R相同，由于存在自感现象，在开关S接通和断开时，L1、L2先后亮暗的顺序是(　　)
A．接通时，L1先达最亮；断开时，L1后暗
B．接通时，L2先达最亮；断开时，L2后暗
C．接通时，L1先达最亮；断开时，L1先暗
D．接通时，L2先达最亮；断开时，L2先暗
A　[开关闭合时，由于线圈L的自感作用阻碍电流的增大，所以大部分电流从L1中流过，L1先达最亮；开关断开时，线圈中产生的自感电动势阻碍电流减小，自感电流方向与原电流的方向相同，且只能在L与L1的闭合回路中流过，L1中有自感电流，所以L1后暗．故选项A正确．]
自感现象中的图象问题
【例3】　如图所示的电路中，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时刻断开开关S.如选项图所示，表示A、B两点间电压UAB随时间t变化的图象中，正确的是(　　)
A　　　　B　　 　　C　　 　　D
B　[开关S闭合的瞬间，由于L的阻碍作用，由R与L组成的支路相当于断路，后来由于L的阻碍作用不断减小，相当于外电路并联部分的电阻不断减小，根据闭合电路欧姆定律可知，整个电路中的总电流增大，由U内＝Ir得内电压增大，由UAB＝E－Ir得路端电压UAB减小．电路稳定后，由于R的阻值大于灯泡D的阻值，所以流过L支路的电流小于流过灯泡D的电流．当开关S断开时，由于电感L的自感作用，流过灯泡D的电流立即与L电流相等，与灯泡原来的电流方向相反且逐渐减小，即UAB反向减小，选项B正确．]
1 L中电流变化时，自感电动势对电流有阻碍作用，随时间延续，其阻碍作用逐渐变小.
2 UAB有正负之分，根据流过灯泡D的电流方向确定UAB的正负.
3．在如图所示的电路中，两个相同的小灯泡A1和A2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A1和A2发光的亮度一样，此时流过两个灯泡的电流均为I.然后，断开开关S.若t′时刻再闭合开关S，则在t′前后的一小段时间内，选项图中正确反映流过A1的电流i1、流过A2的电流i2随时间t变化的图象是(　　)
A　　　　B　　　　C　　　　D
B　[由题中给出的电路可知，电路由L与A1和A2与R两个支路并联，在t′时刻，A1支路的电流因为有L的自感作用，所以i1由0逐渐增大，A2支路为纯电阻电路，i2不存在逐渐增大或减小的过程，故选项B正确．]
1．[物理观念]互感、自感、自感电动势、自感系数．
2．[科学探究]通过观察通电自感和断电自感时灯泡亮度的变化，认识自感现象．
3．[科学思维]体会互感和自感现象产生的机理，能运用电磁感应规律分析解释．
1．关于线圈的自感系数，下列说法正确的是(　　)
A．线圈的自感系数越大，自感电动势一定越大
B．线圈中电流等于零时，自感系数也等于零
C．线圈中电流变化越快，自感系数越大
D．线圈的自感系数由线圈本身的因素及有无铁芯决定
D　[自感系数是线圈本身的固有属性，只取决于线圈长短、粗细、匝数、有无铁芯等因素，而与电流变化快慢等外部因素无关．自感电动势的大小与线圈自感系数及电流变化率有关，A、B、C错误，D正确．]
2．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，当断开开关S的瞬间会有(　　)
A．灯A立即熄灭
B．灯A慢慢熄灭
C．灯A突然闪亮一下再慢慢熄灭
D．灯A突然闪亮一下再突然熄灭
A　[本题中，当开关S断开时，由于通过自感线圈的电流从有变到零，线圈将产生自感电动势，但由于线圈L与灯A在S断开后不能形成闭合回路，故在开关断开后通过灯A的电流为零，灯立即熄灭．A正确．]
3．如图所示，线圈L的电阻和电源内阻都很小，可忽略不计，电路中两个电阻的阻值均为R，开始时开关S断开，此时电路中电流为I0.现将开关S闭合，线圈L中有自感电动势产生，下列说法中正确的是(　　)
A．由于自感电动势有阻碍电流的作用，电路中电流最终由I0减小到零
B．由于自感电动势有阻碍电流的作用，电路中电流最终小于I0
C．由于自感电动势有阻碍电流的作用，电路中电流将保持I0不变
D．自感电动势有阻碍电流增大的作用，但电路中电流最终还要增大到2I0
D　[当开关S闭合时，通过线圈的电流增大，在线圈中产生自感电动势，自感电动势阻碍电流的增大，但“阻碍”不是“阻止”，“阻碍”实质上是“延缓”，电路中的电流不会立刻变为2I0，但最终仍会增大到2I0.选项D正确．]
4．如图所示的电路中，开关S闭合且稳定后流过电感线圈的电流是2 A，流过灯泡的电流是1 A，现将开关S突然断开，开关S断开前后，能正确反映流过灯泡的电流i随时间t变化关系的图象是(　　)
D　[开关S断开前，通过灯泡D的电流是稳定的，其值为1 A．开关S断开瞬间，自感线圈的支路由于自感现象会产生与线圈中原电流方向相同的自感电动势，使线圈中的电流从原来的2 A逐渐减小，方向不变，且与灯泡D构成回路，通过灯泡D的电流和线圈L中的电流相同，也应该是从2 A逐渐减小到零，但是方向与原来通过灯泡D的电流方向相反，D对．]
PAGE
- 9 -电磁感应现象的两类情况
[学习目标]　1.[物理观念]知道感生电动势、动生电动势的概念及产生原因．　2.[科学思维]会用楞次定律判断感生电场的方向，用左手定则判断洛伦兹力的方向．(重点)　3.[科学思维]知道电磁感应现象遵守能量守恒定律．　4.[科学思维]与力学、电路相结合的电磁感应综合问题．(难点)
一、电磁感应现象中的感生电场
1．感生电场：磁场变化时在空间激发的一种电场．
2．感生电动势：由感生电场产生的感应电动势．
3．感生电动势中的非静电力：感生电场对自由电荷的作用．
4．感生电场的方向：与所产生的感应电流的方向相同，可根据楞次定律和右手螺旋定则判断．
二、电磁感应现象中的洛伦兹力
1．动生电动势：由于导体做切割磁感线运动而产生的感应电动势．
2．动生电动势中的“非静电力”：自由电荷因随导体棒运动而受到洛伦兹力，非静电力与洛伦兹力有关．
3．动生电动势中的功能关系：闭合回路中，导体棒做切割磁感线运动时，克服安培力做功，其他形式的能转化为电能．
1．思考判断(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)磁场可以对电荷做功． (×)
(2)感生电场可以对电荷做功． (√)
(3)磁场越强，磁场变化时产生的感生电场越强． (×)
(4)动生电动势产生的原因是导体内部的自由电荷受到洛伦兹力的作用． (√)
(5)产生动生电动势时，洛伦兹力对自由电荷做了功． (×)
2．在如图所示的四种磁场变化情况中能产生恒定的感生电场的是(　　)
A　　　 B　　　 　C　　 　　D
C　[变化的磁场产生电场，均匀变化的磁场产生恒定的电场，故选C.]
3．(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(　　)
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
AB　[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．]
对感生电场和感生电动势的理解
1．感生电场是一种涡旋电场，电场线是闭合的．
2．感生电场的方向可由楞次定律判断．如图所示，当磁场增强时，产生的感生电场是与磁场方向垂直且阻碍磁场增强的电场．
3．感生电场的存在与是否存在闭合电路无关．
4．电路中电源电动势是非静电力对自由电荷的作用．在电池中，这种力表现为化学作用．
5．感生电场对电荷产生的力，相当于电源内部的所谓的非静电力．感生电动势在电路中的作用就是电源．
【例1】　某空间出现了如图所示的一组闭合电场线，方向从上向下看是顺时针的，这可能是(　　)
A．沿AB方向磁场在迅速减弱
B．沿AB方向磁场在迅速增强
C．沿BA方向磁场恒定不变
D．沿BA方向磁场在迅速减弱
A　[感生电场的方向从上向下看是顺时针的，假设在平行感生电场的方向上有闭合回路，则回路中的感应电流方向从上向下看也是顺时针的，由右手螺旋定则可知，感应电流的磁场方向向下，根据楞次定律可知，原磁场有两种可能：原磁场方向向下且沿AB方向减弱，或原磁场方向向上，且沿BA方向增强，所以A有可能．]
【例2】　如图甲所示，匝数n＝50的圆形线圈M，它的两端点a、b与内阻很大的电压表相连，线圈中磁通量的变化规律如图乙所示，则a、b两点的电势高低与电压表的读数为(　　)
A．φa＞φb,20 V　　　　 B．φa＞φb,10 V
C．φa＜φb,20 V D．φa＜φb,10 V
B　[圆形线圈产生电动势，相当于电源内电路．磁通量均匀增大，由楞次定律知，线圈中感应电流为逆时针方向，又线圈相当于内电路，故φa＞φb；E＝n＝50× V＝10 V，电压表测量的是电源的电动势，即感应电动势，因而电压表的读数为10 V．故B正确．]
1．如图所示，在一水平光滑绝缘塑料板上有一环形凹槽，有一质量为m、电荷量为q的带正电小球，在槽内沿顺时针方向做匀速圆周运动，现加一竖直向上的磁感应强度均匀减小的磁场，则(　　)
A．小球速度变大
B．小球速度变小
C．小球速度不变
D．小球速度可能变大也可能变小
B　[磁场的变化使空间内产生感生电场，由楞次定律知感生电场的方向为逆时针，带正电小球受到的电场力与运动方向相反，故小球速度减小，选B.]
对动生电动势的理解和计算
感生电动势与动生电动势的对比
感生电动势 动生电动势
产生原因 磁场的变化 导体做切割磁感线运动
移动电荷的非静电力 感生电场对自由电荷的电场力 导体中自由电荷所受洛伦兹力沿导体方向的分力
回路中相当于电源的部分 处于变化磁场中的线圈部分 做切割磁感线运动的导体
方向判断方法 由楞次定律判断 通常由右手定则判断，也可由楞次定律判断
大小计算方法 由E＝n计算 通常由E＝Blv·sin θ计算，也可由E＝n计算
【例3】　如图所示，两根平行金属导轨固定在水平桌面上，每根导轨每米的电阻为r0＝0.10 Ω，导轨的端点P、Q用电阻可忽略的导线相连，两导轨间的距离l＝0.20 m．有随时间变化的磁场垂直于桌面向下，已知磁感应强度B与时间t的关系为B＝kt，比例系数k＝0.020 T/s.一电阻不计的金属杆可在导轨上无摩擦地滑动，在滑动过程中保持与导轨垂直，在t＝0时刻，金属杆紧靠P、Q端，在外力作用下，金属杆以恒定的加速度a＝1 m/s2从静止开始向导轨的另一端滑动，求在t＝0.6 s 时金属杆所受的安培力．
[解析]　t＝0.6 s时，回路中动生电动势E1＝Blv
又B＝kt，v＝at
代入数据解得E1＝1.44×10－3 V
感生电动势E2＝＝lx
又x＝at2
代入数据解得E2＝0.72×10－3 V
又由右手定则及楞次定律知E1、E2同向，故此时回路中总电动势为
E＝E1＋E2＝2.16×10－3 V
回路中电阻R＝2xr0＝3.6×10－2 Ω
回路中电流I＝＝6×10－2 A
则金属杆受的安培力F＝BIl＝ktIl＝
1．44×10－4 N，由左手定则知方向向右．
[答案]　1.44×10－4 N，方向向右
1 E＝Blvsin θ是由E＝n在一定条件下推导出来的，若B不变，则E＝Blvsin θ和E＝n是等效替代关系.
2 若导体切割磁感线的同时，磁感应强度B是变化的，则E＝Blvsin θ和E＝n是同时存在的.
2．如图所示，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．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)MN通过圆导轨中心时通过r的电流．
[解析]　(1)整个过程磁通量的变化为
ΔΦ＝BS＝BπR2，
所用的时间Δt＝，
代入得E＝＝·v＝
通过r的平均电流 ＝＝.
(2)通过r的电荷量
q＝Δt＝·＝.
(3)MN经过圆轨中心O时，感应电动势
E＝Blv＝2BRv
通过r的电流I＝＝.
[答案]　(1)　(2)　(3)
电磁感应现象中的能量转化与守恒
1.与感生电动势有关的电磁感应现象中，磁场能转化为电能，若电路是纯电阻电路，转化过来的电能将全部转化为电阻的内能．
2．与动生电动势有关的电磁感应现象中，通过克服安培力做功，把机械能或其他形式的能转化为电能．克服安培力做多少功，就产生多少电能．若电路是纯电阻电路，转化过来的电能也将全部转化为电阻的内能．
【例4】　在图中，设运动导线ab长为L，速度为v，匀强磁场的磁感应强度为B，闭合电路总电阻为R.探究为了保持导线做匀速运动，外力所做的功W外和感应电流的电功W电的关系．
思路点拨：
[解析]　运动导体产生的电动势E＝BLv
电路中的感应电流I＝＝
磁场对这个电流的作用力
F安＝ILB＝
保持匀速运动所需外力
F外＝F安＝
在Δt时间内，外力所做的功
W外＝F外vΔt＝Δt
而此时间内，感应电流的电功是
W电＝I2RΔt＝Δt
可见W外＝W电．
[答案]　见解析
求解电磁感应现象中能量守恒问题的一般步骤
(1)分析回路，分清电源和外电路．
在电磁感应现象中，切割磁感线的导体或磁通量发生变化的回路将产生感应电动势，该导体或回路就相当于电源，其余部分相当于外电路．
(2)分析清楚有哪些力做功，明确有哪些形式的能量发生了转化．
3.(多选)如图所示，匀强磁场方向垂直于线圈平面向里，先后两次将线圈从同一位置匀速地拉出有界磁场，第一次拉出时速度为v1＝v0，第二次拉出时速度为v2＝2v0，前后两次拉出线圈的过程中，下列说法错误的是(　　)
A．线圈中感应电流之比是1∶2
B．线圈中产生的热量之比是2∶1
C．沿运动方向作用在线框上的外力的功率之比为1∶2
D．流过任一横截面感应电荷量之比为1∶1
BC　[线框在拉出磁场的过程中，导体做切割磁感线运动，产生感应电动势E＝Blv，线框中的感应电流I＝＝，所以I1∶I2＝v1∶v2＝1∶2；线框中产生的电热Q＝I2Rt＝R＝，所以Q1∶Q2＝v1∶v2＝1∶2；由于匀速运动，施加的外力与安培力相等，故外力的功率P＝Fv＝BIlv＝，所以P1∶P2＝v∶v＝1∶4；流过线圈任一横截面的电荷量为q＝It＝·＝，所以q1∶q2＝1∶1.]
1．[物理观念]感生电场、感生电动势、动生电动势．
2．[科学思维]通过探究感生电动势和动生电动势产生的原因，形成对知识的逻辑推理能力.
3．[科学思维]比较感生电动势和动生电动势，并熟练掌握其大小的计算方法．
1．(多选)下列说法中正确的是(　　)
A．感生电场由变化的磁场产生
B．恒定的磁场能在周围空间产生感生电场
C．感生电场的方向可以用楞次定律和安培定则来判定
D．感生电场的电场线是闭合曲线，其方向一定是沿逆时针方向
AC　[磁场变化时在空间激发感生电场，其方向与所产生的感应电流方向相同，可由楞次定律和安培定则判断，故A、C项正确，B、D项错误．]
2．(多选)如图甲所示，在虚线所示的区域有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示，虚线区域内有一面积为S、与纸面平行的单匝金属线框，线框与电阻R相连，若金属线框的电阻为，下列说法正确的是(　　)
甲　　　　　　　 乙
A．流过电阻R的感应电流由a到b
B．线框cd边受到的安培力方向向上
C．感应电动势大小为
D．ab间电压大小为
AD　[穿过线框的磁通量在增大，根据楞次定律可得感应电流为逆时针方向，故流过电阻R的感应电流的方向为由a到b，A正确；感应电流是从c到d，根据左手定则，可得线框cd边受到的安培力方向向下，B错误；根据法拉第电磁感应定律可得E＝＝，根据闭合电路欧姆定律可得ab间电压大小为U＝E＝，故C错误，D正确．]
3．如图所示，导体棒AB的长为2R，绕O点以角速度ω匀速转动，OB长为R，且O、B、A三点在一条直线上，有一磁感应强度为B的匀强磁场充满转动平面且与转动平面垂直，那么AB两端的电势差大小为(　　)
A.BωR2　　　　　　 B．2BωR2
C．4BωR2 D．6BωR2
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，AB两端的电势差大小为E＝B·2R·＝4BωR2，C正确．]
4．如图所示，水平导轨间距L1＝0.5 m，ab杆与导轨左端的距离L2＝0.8 m，由导轨与ab杆所构成的回路的总电阻R＝0.2 Ω，方向竖直向下的匀强磁场的磁感应强度B0＝1 T，重物A的质量M＝0.04 kg，用细绳通过定滑轮与ab杆的中点相连，各处的摩擦均可忽略不计．现使磁感应强度以＝0.2 T/s的变化率均匀地增大，当t为多少时，A刚好离开地面？(g取10 m/s2)
[解析]　根据法拉第电磁感应定律，感生电动势
E＝＝L1L2，
回路中的感应电流为I＝，
ab杆所受的安培力F安＝BL1I＝L1I，
重物刚好离开地面时F安＝Mg，联立解得t＝5 s.
[答案]　5 s
PAGE
- 9 -法拉第电磁感应定律
[学习目标]　1.[物理观念]了解感应电动势的概念．　2.[科学思维]理解法拉第电磁感应定律，运用法拉第电磁感应定律定量计算感应电动势的大小．(重点、难点)　3.[科学思维]能运用E＝Blv或E＝Blvsin θ计算导体切割磁感线时的感应电动势．(重点)　4.[物理观念]知道反电动势的定义和作用．
一、电磁感应定律
1．感应电动势
(1)在电磁感应现象中产生的电动势叫作感应电动势，产生感应电动势的那部分导体就相当于电源．
(2)在电磁感应现象中，若闭合导体回路中有感应电流，电路就一定有感应电动势；如果电路断开，这时虽然没有感应电流，但感应电动势依然存在．
2．磁通量的变化率
磁通量的变化率表示磁通量变化的快慢，用表示，其中ΔΦ表示磁通量的变化量，Δt表示发生磁通量变化所用的时间．
3．法拉第电磁感应定律
(1)内容：闭合电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比．
(2)公式：E＝.
若闭合电路是一个匝数为n的线圈，则E＝n.
(3)在国际单位制中，磁通量的单位是韦伯，感应电动势的单位是伏特．
二、导线切割磁感线时的感应电动势
1．导线垂直于磁场运动，B、l、v两两垂直时，如图甲所示，E＝Blv.
2．导线的运动方向与导线本身垂直，但与磁感线方向夹角为θ时，如图乙所示，E＝Blvsin θ.
甲　　　　　　　　　　乙
三、反电动势
1．定义：电动机转动时，由于切割磁感线，线圈中产生的削弱电源电动势作用的感应电动势．
2．作用：反电动势的作用是阻碍线圈的转动．如果要使线圈维持原来的转动，电源就要向电动机提供能量，此时，电能转化为其他形式的能．
1．思考判断(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)穿过某闭合线圈的磁通量的变化量越大，产生的感应电动势就越大． (×)
(2)感应电动势的方向可用右手定则或楞次定律判断． (√)
(3)穿过闭合回路的磁通量最大时，其感应电动势一定最大． (×)
(4)导体棒在磁场中运动速度越大，产生的感应电动势一定越大． (×)
(5)电动机工作中由于机械阻力过大而停止转动，就没有了反电动势，线圈中的电流就会很大，很容易烧毁电动机． (√)
2．如图所示，在磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，金属杆MN在平行金属导轨上以速度v向右匀速滑动，MN中产生的感应电动势为E1；若磁感应强度增大为2B，其他条件不变，MN中产生的感应电动势变为E2.通过电阻R的电流方向及E1与E2之比分别为(　　)
A．c→a,2∶1　　　　　 B．a→c,2∶1
C．a→c,1∶2 D．c→a,1∶2
C　[由右手定则判断可得，电阻R上的电流方向为a→c，由E＝Blv知E1＝Blv，E2＝2Blv，则E1∶E2＝1∶2，故选项C正确．]
3．如图所示，一正方形线圈的匝数为n，边长为a，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中．在Δt时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B均匀地增大到2B.在此过程中，线圈中产生的感应电动势为(　　)
A.　　　　　　　 B.
C. D.
B　[根据法拉第电磁感应定律解题．线圈中产生的感应电动势E＝n＝n··S＝n··＝，选项B正确．]
对法拉第电磁感应定律的理解
1.理解公式E＝n
(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；感应电流的大小与感应电动势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，可反映单匝线圈感应电动势的大小和方向．
(3)E＝n只表示感应电动势的大小，不涉及其正负，计算时ΔΦ应取绝对值．感应电流的方向可以用楞次定律去判定．
(4)磁通量发生变化有三种方式
①B不变，S变化，则＝B·；
②B改变，S不变，则＝·S；
③B、S变化，则＝.
2．由E＝n可求得平均感应电动势，通过闭合电路欧姆定律可求得电路中的平均电流I＝＝，通过电路中导体横截面的电荷量Q＝IΔt＝n.
3．注意：对于磁通量的变化量和磁通量的变化率来说，穿过一匝线圈和穿过n匝线圈是一样的，而感应电动势则不一样，感应电动势与匝数成正比．
【例1】　空间存在一方向与纸面垂直、大小随时间变化的匀强磁场，其边界如图(a)中虚线MN所示．一硬质细导线的电阻率为ρ、横截面积为S，将该导线做成半径为r的圆环固定在纸面内，圆心O在MN上．t＝0时磁感应强度的方向如图(a)所示；磁感应强度B随时间t的变化关系如图(b)所示。则在t＝0到t＝t1的时间间隔内(　　)
A．圆环所受安培力的方向始终不变
B．圆环中的感应电流始终沿顺时针方向
C．圆环中的感应电流大小为
D．圆环中的感应电动势大小为
[答案]　BC
　综合法拉第电磁感应定律和楞次定律，对于面积一定的线圈，不管磁场的方向如何变化，只要磁感应强度B随时间均匀变化，产生感应电动势的大小和方向均保持不变.所以在B t图象中，如果图象为一条直线，不管图线在时间轴上方还是下方，整个过程感应电动势和感应电流均为恒量.
1．如图所示，半径为R的n匝线圈套在边长为a的正方形abcd之外，匀强磁场垂直穿过该正方形，当磁场以的变化率变化时，线圈产生的感应电动势的大小为(　　)
A．πR2　　　　　　 B．a2
C．nπR2 D．na2
D　[由题意可知，线圈中磁场的面积为a2，根据法拉第电磁感应定律可知，线圈中产生的感应电动势大小为E＝n＝na2，故只有选项D正确．]
对公式E＝Blv的理解及应用
1.对公式E＝Blv的理解
(1)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.
(2)式中的l应理解为导线切割磁感线时的有效长度．
若切割磁感线的导线是弯曲的，则应取其与B和v方向都垂直的等效线段长度来计算．如图中线段ab的长即为导线切割磁感线的有效长度．
(3)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．导体棒转动切割磁感线时的感应电动势
如图所示，长为l的导体棒ab以a为圆心，以角速度ω在磁感应强度为B的匀强磁场中匀速转动，其感应电动势可从两个角度推导．
(1)棒上各点速度不同，其平均速度＝ωl，由E＝Blv得棒上感应电动势大小为E＝Bl·ωl＝Bl2ω.
(2)若经时间Δt，棒扫过的面积为ΔS＝πl2＝l2ω·Δt，磁通量的变化量ΔΦ＝B·ΔS＝Bl2ω·Δt，由E＝得棒上感应电动势大小为E＝Bl2ω.
【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．
思路点拨：本题可按以下思路进行分析：
[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．
[答案]　(1)0.80 V　(2)4.0 A
(3)0.80 N
【例3】　如图所示，边长为a的正方形闭合线框ABCD在匀强磁场中绕AB边匀速转动，磁感应强度为B，初始时刻线框所在平面与磁感线垂直，经过时间t转过120°角，求：
(1)线框内感应电动势在t时间段内的平均值；
(2)转过120°角时感应电动势的瞬时值．
[解析]　(1)设初始时刻线框向纸外的一面为正面，此时磁通量Φ1＝－Ba2，
磁感线从反面穿入，经过时间t后Φ2＝Ba2，
磁感线从正面穿出，磁通量的变化量为ΔΦ＝，
则＝＝.
(2)由公式E＝Blvsin θ，v＝，θ＝120°，l＝a，
所以E＝.
[答案]　(1)　(2)
【例4】　(多选)(2021·广东卷)如图所示，水平放置足够长光滑金属导轨abc和de，ab与de平行，bc是以O为圆心的圆弧导轨．圆弧be左侧和扇形Obc内有方向如图的匀强磁场．金属杆OP的O端与e点用导线相接，P端与圆弧bc接触良好．初始时，可滑动的金属杆MN静止在平行导轨上．若杆OP绕O点在匀强磁场区内从b到c匀速转动时，回路中始终有电流，则此过程中，下列说法正确的有(　　)
A．杆OP产生的感应电动势恒定
B．杆OP受到的安培力不变
C．杆MN做匀加速直线运动
D．杆MN中的电流逐渐减小
AD　[根据转动切割磁感线产生感应电动势的公式可知EOP＝Bl2ω，故A正确；OP切割磁感线，产生感应电流，由右手定则可判断出MN中电流方向为从M到N，根据左手定则可知MN所受安培力向左，故MN向左运动，切割磁感线，产生的感应电流与OP切割磁感线产生的感应电流方向相反，故OP与MN中的电流会逐渐减小，OP所受安培力逐渐减小，MN做加速度逐渐减小的加速运动，故B、C错误，D正确．]
感应电动势的三个表达式对比
表达式 E＝n E＝Blv E＝Bl2ω
情景图
研究对象 回路(不一定闭合) 一段直导线(或等效成直导线) 绕一端转动的导体棒
意义 一般求平均感应电动势，当Δt→0时求的是瞬时感应电动势 一般求瞬时感应电动势，当v为平均速度时求的是平均感应电动势 用平均值法求瞬时感应电动势
适用条件 所有磁场 匀强磁场 匀强磁场
2．如图所示，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(磁场区域足够大)，下列结论错误的是(　　)
A．感应电流方向不变
B．CD段始终不受安培力
C．感应电动势最大值E＝Bav
D．感应电动势平均值为πBav
B　[感应电动势公式E＝只能用来计算平均值，利用感应电动势公式E＝Blv计算时，l应是等效长度，即导体垂直切割磁感线的长度．在闭合回路进入磁场的过程中，通过闭合回路的磁通量逐渐增大，根据楞次定律可知感应电流的方向为逆时针方向不变，A正确；根据左手定则可以判断，CD段所受安培力向下，B错误；当半圆闭合回路进入磁场一半时，等效长度最大为a，这时感应电动势最大为E＝Bav，C正确；感应电动势平均值＝＝＝πBav，D正确．]
1．[物理观念]感应电动势和反电动势的概念、法拉第电磁感应定律的内容．
2．[科学思维]通过比较区分Φ、ΔΦ和.
3．[科学思维]运用法拉第电磁感应定律推导出导线切割磁感线的电动势公式．
4．[科学思维]在进行感应电动势的计算时培养综合分析能力．
1．如果闭合电路中的感应电动势很大，那一定是因为(　　)
A．穿过闭合电路的磁通量很大
B．穿过闭合电路的磁通量变化量很大
C．穿过闭合电路的磁通量的变化很快
D．闭合电路的电阻很小
C　[根据法拉第电磁感应定律，感应电动势的大小取决于穿过闭合电路的磁通量的变化率，即感应电动势的大小与磁通量大小、磁通量变化量大小、电路电阻无必然联系，所以C正确，A、B、D错误．]
2．如图所示的情况中，金属导体中产生的感应电动势为Blv的是(　　)
A．乙和丁　　　　　　
B．甲、乙、丁
C．甲、乙、丙、丁
D．只有乙
B　[公式E＝Blv中的l为导体切割磁感线的有效长度，甲、乙、丁中的有效长度均为l，感应电动势E＝Blv，而丙的有效长度为lsin θ，感应电动势E＝Blvsin θ，故B正确．]
3．如图所示，一半径为a、电阻为R的金属圆环(被固定)与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中．在Δt时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B均匀地增大到3B，在此过程中(　　)
A．线圈中产生的感应电动势为
B．线圈中产生的感应电动势为
C．线圈中产生的感应电流为0
D．线圈中产生的感应电流为
B　[根据法拉第电磁感应定律E＝＝S＝·πa2＝，感应电流为I＝＝，故A、C、D错误，B正确．]
4．如图所示，MN、PQ为两条平行的水平放置的金属导轨，左端接有定值电阻R，金属棒ab斜放在两导轨之间，与导轨接触良好，ab＝L.磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面，设金属棒与两导轨间夹角为60°，以速度v水平向右匀速运动，不计导轨和棒的电阻，则流过金属棒的电流为(　　)
A．I＝ B．I＝
C．I＝ D．I＝
B　[导体棒切割磁感线的有效长度为：L·sin 60°＝L，故感应电动势E＝Bv，由闭合电路欧姆定律得I＝，故选项B正确．]
PAGE
- 10 -楞次定律
[学习目标]　1.[物理观念]理解楞次定律的内容，能运用楞次定律判断感应电流的方向．(重点)　2.[科学思维]理解楞次定律是能量守恒定律在电磁感应现象中的体现．(难点)　3.[科学思维]掌握右手定则，并理解右手定则的实质．(重点)
一、楞次定律
1．探究感应电流的方向
(1)实验器材：条形磁铁、电流表、线圈、导线、一节干电池(用来查明线圈中电流的流向与电流表中指针偏转方向的关系)．
(2)实验现象：如图所示，在四种情况下，将实验结果填入下表．
①线圈内磁通量增加时的情况
图号 磁场方向 感应电流的方向 感应电流的磁场方向
甲 向下 逆时针(俯视) 向上
乙 向上 顺时针(俯视) 向下
②线圈内磁通量减少时的情况
图号 磁场方向 感应电流的方向 感应电流的磁场方向
丙 向下 顺时针(俯视) 向下
丁 向上 逆时针(俯视) 向上
(3)实验结论
表述一：当穿过线圈的磁通量增加时，感应电流的磁场与原磁场的方向相反；当穿过线圈的磁通量减少时，感应电流的磁场与原磁场的方向相同．
表述二：当磁铁靠近线圈时，两者相斥；当磁铁远离线圈时，两者相吸．
2．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．
二、右手定则
1．内容伸开右手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心进入，并使拇指指向导线运动的方向，这时四指所指的方向就是感应电流的方向．如图所示．
2．适用范围
适用于闭合电路部分导体切割磁感线产生感应电流的情况．
1．思考判断(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)感应电流的磁场总是与引起感应电流的磁场方向相反． (×)
(2)楞次定律表明感应电流的效果总是与引起感应电流的原因相对抗．
(√)
(3)右手定则只适用于闭合电路中的部分导体切割磁感线产生感应电流的情况． (√)
(4)使用右手定则时必须让磁感线垂直穿过掌心． (×)
(5)任何感应电流方向的判断既可使用楞次定律，又可使用右手定则．
(×)
2．根据楞次定律可知感应电流的磁场一定(　　)
A．阻碍引起感应电流的磁通量
B．与引起感应电流的磁场反向
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
C　[感应电流的磁场阻碍引起感应电流的磁通量的变化，而不是阻碍磁通量，它和引起感应电流的磁场可以同向，也可以反向．]
3.如图所示，光滑平行金属导轨PP′和QQ′都处于同一水平面内，P和Q之间连接一电阻R，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中．现垂直于导轨放置一根导体棒MN，MN向右运动时，电流方向为________，MN向左运动时，电流方向为________．(均选填“M→N”或“N→M”)
[答案]　N→M　M→N
楞次定律的理解
1.因果关系
闭合导体回路中原磁通量的变化是产生感应电流的原因，而感应电流的磁场的产生是感应电流存在的结果，即只有当闭合导体回路中的磁通量发生变化时，才会有感应电流的磁场出现．
2．楞次定律中“阻碍”的含义
【例1】　关于楞次定律，下列说法正确的是(　　)
A．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
B．闭合电路的一部分导体在磁场中运动时，必受磁场阻碍作用
C．原磁场穿过闭合回路的磁通量增加时，感应电流的磁场与原磁场同向
D．感应电流的磁场总是跟原磁场反向，阻碍原磁场的变化
A　[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，选项A正确；闭合电路的一部分导体在磁场中平行磁感线运动时，不受磁场阻碍作用，选项B错误；原磁场穿过闭合回路的磁通量增加时，感应电流的磁场与原磁场反向，选项C错误；当原磁场增强时感应电流的磁场跟原磁场反向，当原磁场减弱时感应电流的磁场跟原磁场同向，选项D错误．]
1．关于感应电流，以下说法中正确的是(　　)
A．感应电流的方向总是与原电流的方向相反
B．感应电流的方向总是与原电流的方向相同
C．感应电流的磁场总是阻碍闭合电路内原磁场的磁通量的变化
D．感应电流的磁场总是与原线圈内的磁场方向相反
C　[由楞次定律可知，感应电流的磁场总是阻碍闭合电路内部原磁场的磁通量的变化，故C正确；如果原磁场中的磁通量是增大的，则感应电流的磁场方向就与它相反，来阻碍它的增大，如果原磁场中的磁通量是减小的，则感应电流的磁场方向就与它相同，来阻碍它的减小，故A、B、D错误．]
楞次定律的应用
楞次定律应用四步曲
1．确定原磁场的方向．
2．判定产生感应电流的磁通量如何变化(增加还是减少)．
3．根据楞次定律确定感应电流的磁场方向(增反减同)．
4．判定感应电流的方向．
该步骤也可以简单地描述为“一原二变三感四螺旋”，一原——确定原磁场的方向；二变——确定磁通量是增加还是减少；三感——判断感应电流的磁场方向；四螺旋——用右手螺旋定则判断感应电流的方向．
【例2】　电阻R、电容C与一线圈连成闭合电路，条形磁铁静止于线圈的正上方，N极朝下，如图所示．现使磁铁开始自由下落，在N极接近线圈上端的过程中，流过R的电流方向和电容器极板的带电情况是(　　)
A．从a到b，上极板带正电
B．从a到b，下极板带正电
C．从b到a，上极板带正电
D．从b到a，下极板带正电
思路点拨：
D　[在磁铁自由下落，N极接近线圈上端的过程中，通过线圈的磁通量方向向下且在增大，根据楞次定律可判断出线圈中感应电流的磁场方向向上，利用安培定则可判知线圈中感应电流方向为逆时针(由上向下看)，流过R的电流方向从b到a，电容器下极板带正电．选项D正确．]
上例中，若条形磁铁穿过线圈，在S极离开线圈下端的过程中流过R的电流方向和电容器极板的带电情况是什么？
提示：根据楞次定律，S极离开时，穿过线圈的磁通量方向向下且在减少，线圈中的感应电流方向为顺时针(由上向下看)，流过R的电流方向从a到b，电容器下极板带负电，上极板带正电．
2．如图所示，一根条形磁铁自左向右穿过一个闭合螺线管，则电路中(　　)
A．始终有感应电流自a向b流过电流表
B．始终有感应电流自b向a流过电流表
C．先有a→ →b方向的感应电流，后有b→ →a方向的感应电流
D．将不会产生感应电流
C　[当条形磁铁进入闭合螺线管时，通过闭合螺线管的磁通量增加，产生感应电流方向为a→ →b；当条形磁铁穿出螺线管时，通过闭合螺线管的磁通量减少，产生感应电流方向为b→ →a，选项C正确．]
右手定则的应用
1.适用范围：闭合电路的部分导体切割磁感线产生感应电流方向的判断．
2．右手定则反映了磁场方向、导体运动方向和电流方向三者之间的相互垂直关系．
(1)大拇指的方向是导体相对磁场切割磁感线的运动方向，既可以是导体运动而磁场未动，也可以是导体未动而磁场运动，还可以是两者以不同速度同时运动．
(2)四指指向电流方向，切割磁感线的导体相当于电源．
【例3】　下列图中表示闭合电路中的一部分导体ab在磁场中做切割磁感线运动的情景，导体ab上的感应电流方向为a→b的是(　　)
A　　　　B　　　　C　　　 　D
A　[题中四图都属于闭合电路的一部分导体切割磁感线，应用右手定则判断可得：A中电流方向为a→b，B中电流方向为b→a，C中电流方向沿a→d→c→b→a，D中电流方向为b→a.故选A.]
3.如图所示，匀强磁场与圆形导体环平面垂直，导体ef与环接触良好，当ef向右匀速运动时
A．圆环中磁通量不变，环上无感应电流产生
B．整个环中有顺时针方向的电流
C．整个环中有逆时针方向的电流
D．环的右侧有逆时针方向的电流，环的左侧有顺时针方向的电流
D　[由右手定则知ef上的电流由e→f，故右侧的电流方向为逆时针，左侧的电流方向为顺时针，选D.]
1．[物理观念]楞次定律的内容、右手定则．
2．[科学思维]通过对实验现象的观察、归纳、概括，抽象得出影响感应电流方向的因素．
3．[科学思维]掌握运用楞次定律和右手定则判断感应电流方向的方法和步骤．
4．[科学探究]经历探究螺线管中感应电流方向的实验，记录、分析实验现象，交流讨论，归纳出普遍的规律．
5．[科学态度与责任]参与实验、多角度分析和逐步明确归纳感应电流方向的过程，领略楞次定律的表述因高度抽象和概括而表现出的简洁美．
1．如图所示，导线框abcd与直导线在同一平面内，直导线通有恒定电流I，在线框由左向右匀速通过直导线的过程中，线框中感应电流的方向是(　　)
A．先abcd，后dcba，再abcd
B．先abcd，后dcba
C．始终dcba
D．先dcba，后abcd，再dcba
D　[线框在直导线左侧时，随着线框向右运动，磁通量增加，根据楞次定律线框中感应电流的方向为dcba.在线框的cd边跨过直导线后，如图所示，根据右手定则ab边产生的感应电流方向为a→b，cd边产生的感应电流方向为c→d.线框全部跨过直导线后，随着向右运动，磁通量减少，根据楞次定律知线框中感应电流的方向为dcba.故选项D正确．
]
2．如图所示，一水平放置的圆形通电线圈1固定，另一较小的圆形线圈2从线圈1的正上方下落，在下落过程中，两线圈平面始终保持平行且共轴，则线圈2从线圈1的正上方下落至正下方的全过程中，从上往下看，线圈2中(　　)
A．无感应电流
B．有顺时针方向的感应电流
C．有先顺时针后逆时针方向的感应电流
D．有先逆时针后顺时针方向的感应电流
C　[根据安培定则判断可知，线圈1产生的磁场方向向上．当线圈2靠近线圈1时，穿过线圈2的磁通量增加，根据楞次定律可知，线圈2中产生顺时针方向的感应电流；当线圈2远离线圈1时，穿过线圈2的磁通量减小，根据楞次定律可知，线圈2中产生逆时针方向的感应电流．所以线圈2中感应电流的方向先是顺时针后是逆时针，故选项C正确．]
3．(多选)如图所示，竖直向下的匀强磁场中，有一个带铜轴的铜盘，用铜刷把盘缘和轴连接，外接一电流表，当铜盘按图示匀速转动，则(　　)
A． 中有a→b的电流
B． 中有b→a的电流
C．盘面磁通量不变，不产生感应电流
D．有从盘缘向盘中心的电流
BD　[沿铜盘半径方向的“铜棒”切割磁感线，由右手定则可判定选项B、D正确．]
4．小管同学为了探究感应电流的方向与什么因素有关，他把一灵敏电流计与一个线圈相连构成闭合电路，然后将条形磁铁插入或拔出线圈，如图所示．其中线圈中所标箭头方向为感应电流方向．则下列判断正确的是(　　)
甲　　　 　 乙　　　　　丙　　　丁
A．甲图磁铁正在向下运动
B．乙图磁铁正在向上运动
C．丙图磁铁正在向上运动
D．丁图磁铁正在向上运动
D　[根据线圈中感应电流的方向，由右手螺旋定则可知，甲和丙中的线圈上端为感应电流磁场的S极，乙和丁中的线圈上端为N极，由楞次定律的“阻碍”含义知，甲和丁图中磁铁正在向上运动，乙和丙图中磁铁正在向下运动，故选项A、B、C错误，D正确．]
PAGE
- 8 -划时代的发现 探究感应电流的产生条件
[学习目标]　1.[物理观念]了解电磁感应现象及相关的物理学史．　2.[科学探究]通过实验探究产生感应电流的条件．(重点、难点)　3.[物理观念]能正确分析磁通量的变化情况．(重点)　4.[科学思维]能运用感应电流的产生条件判断是否有感应电流产生．(重点、难点)
一、划时代的发现
1．奥斯特梦圆“电生磁”：1820年，丹麦物理学家奥斯特发现了电流的磁效应．
2．法拉第心系“磁生电”：1831年，英国物理学家法拉第发现了“磁生电”的现象，这种现象叫作电磁感应，产生的电流叫作感应电流．
3．法拉第对引起感应电流的原因的五类概括：
二、探究感应电流的产生条件
1．探究导体棒在磁场中运动是否产生电流(如图所示)：
实验操作 实验现象(有无电流) 实验结论
导体棒静止 无 闭合回路包围的面积A时，回路中有感应电流；包围的面积B时，回路中无感应电流(A.变化B.不变)
导体棒平行磁感线运动 无
导体棒切割磁感线运动 有
2.探究磁铁在通电螺线管中运动是否产生电流(如图所示)：
实验操作 实验现象(有无电流) 实验结论
N(或S)极插入线圈 有 线圈中的磁场A时，线圈中有感应电流；线圈中的磁场B时，线圈中无感应电流(A.变化　B．不变)
N(或S)极停在线圈中 无
N(或S)极从线圈中抽出 有
3.模拟法拉第的实验(如图所示)：
实验操作 实验现象(线圈B中有无电流) 实验结论
开关闭合瞬间 有 线圈B中磁场A时，线圈B中有感应电流；线圈B中磁场B时，线圈B中无感应电流(A.变化　B．不变)
开关断开瞬间 有
开关保持闭合，滑动变阻器滑片不动 无
开关保持闭合，迅速移动滑动变阻器的滑片 有
4.感应电流产生的条件：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．思考判断(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)有电流即生磁场． (√)
(2)有磁场即生电流． (×)
(3)静止的电荷周围也能产生磁场． (×)
(4)穿过闭合回路的磁通量发生变化，一定产生感应电流． (√)
2．首先发现电流的磁效应和电磁感应现象的物理学家分别是(　　)
A．安培和法拉第　　　　 B．法拉第和楞次
C．奥斯特和安培 D．奥斯特和法拉第
D　[1820年，丹麦物理学家奥斯特发现了电流的磁效应，1831年，英国物理学家法拉第发现了电磁感应现象，选项D正确．]
3．下列选项中能产生感应电流的是(　　)
A　　　 　B　 　 C　　 　D
B　[A项中线圈没有闭合，不能构成闭合回路，无感应电流产生，C项中穿过闭合线圈的磁通量始终为零，不发生变化，D项中，闭合线圈在匀强磁场中平动，穿过线圈的磁通量不变化，故A、C、D错误；B项中，闭合回路的面积增大，穿过回路的磁通量增大，有感应电流产生，故B正确．]
磁通量Φ及其变化量ΔΦ的理解与计算
1.对磁通量的三点理解
(1)磁通量是标量，但是有正负．磁通量的正负不代表大小，只表示磁感线是怎样穿过平面的．即若以向里穿过某面的磁通量为正，则向外穿过这个面的磁通量为负．
(2)若穿过某一面的磁感线既有穿出，又有穿入，则穿过该面的合磁通量为净磁感线的条数．
(3)由Φ＝BS可知，磁通量的大小与线圈的匝数无关．
2．匀强磁场中磁通量的计算
(1)B与S垂直时：Φ＝BS.B指匀强磁场的磁感应强度，S为线圈的面积．
(2)B与S不垂直时：Φ＝BS⊥.S⊥为线圈在垂直磁场方向上的有效面积，在应用时可将S分解到与B垂直的方向上，如图所示，Φ＝BSsin θ.
3．磁通量变化量的计算
当B与S垂直时，通常有以下三种情况：
(1)S不变，B改变，则ΔΦ＝ΔBS.
(2)S改变，B不变，则ΔΦ＝B·ΔS.
(3)B、S同时改变，则ΔΦ＝B2S2－B1S1.
【例1】　如图所示，有一垂直纸面向里的匀强磁场，B＝0.8 T，磁场有明显的圆形边界，圆心为O，半径为1 cm.现于纸面内先后放上圆线圈A、B、C，圆心均处于O处，线圈A的半径为1 cm，10匝；线圈B的半径为 2 cm，1匝；线圈C的半径为0.5 cm，1匝．问：
(1)在B减为0.4 T的过程中，线圈A和线圈B中的磁通量变化了多少？
(2)在磁场转过30°角的过程中，线圈C中的磁通量变化了多少？
(3)在磁场转过180°角的过程中，线圈C中的磁通量变化了多少？
思路点拨：解答本题应把握以下三点：
(1)磁通量与线圈匝数无关．
(2)当线圈平面与磁场不垂直时，应分解B或取S在与B垂直的平面上的投影面积．
(3)磁感线反向穿过线圈平面时，Φ为负值．
[解析]　(1)由题意知线圈B与线圈A中的磁通量始终一样，故它们的变化量也一样．
ΔΦ＝(B′－B)·πr2≈－1.26×10－4 Wb.
所以，线圈A和线圈B中的磁通量都减少了1.26×10－4 Wb.
(2)对线圈C，Φ1＝B·πr′2，当磁场转过30°时，Φ2＝B·πr′2cos 30°，
故ΔΦ＝Φ2－Φ1＝B·πr′2(cos 30°－1)≈－8.41×10－6 Wb.
所以，线圈C中的磁通量减少了8.41×10－6 Wb.
(3)磁场转过180°后，磁感线从另一侧穿过线圈，若取Φ1为正，则Φ2为负，有：
Φ1＝Bπr′2，Φ2＝－Bπr′2，
故ΔΦ＝Φ2－Φ1＝－2Bπr′2≈－1.26×10－4 Wb.
所以，线圈C中的磁通量改变了1.26×10－4 Wb.
[答案]　(1)都减少了1.26×10－4 Wb
(2)减少了8.41×10－6 Wb　(3)改变了1.26×10－4 Wb
求解磁通量的方法
(1)解答该类题目时，要注意磁感线是从平面的哪一面穿入的．
(2)当规定从某一面穿入的磁通量为正值时，则从另一面穿入的就为负值，然后按照求代数和的方法求出磁通量的变化(磁通量是有正、负的标量)．
(3)准确地把初、末状态的磁通量表示出来是解题的关键．
1．如图所示，通过恒定电流的导线MN与闭合线框共面，第一次将线框由1平移到2，第二次将线框由1绕cd边翻转到2，设先后两次通过线框的磁通量变化量分别为ΔΦ1和ΔΦ2，则(　　)
A．ΔΦ1>ΔΦ2　　　　　　　 B．ΔΦ1<ΔΦ2
C．ΔΦ1＝ΔΦ2 D．无法确定
B　[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，磁感线是分别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B正确．]
感应电流是否产生的判断
1.感应电流产生的必要条件是穿过闭合电路的磁通量发生变化，所以判断感应电流有无时必须明确以下两点：
(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．
2．判断穿过闭合导体回路的磁通量是否变化时，可充分利用磁感线来进行定性判断．即通过观察穿过闭合导体回路的磁感线的条数是否变化判断某过程中磁通量是否变化．
【例2】　如图所示，矩形线框abcd由静止开始运动，若要使线框中产生感应电流且磁通量逐渐变大，则线框的运动情况应该是(　　)
A．向右平动(ad边还没有进入磁场)
B．向上平动(ab边还没有离开磁场)
C．以bc边为轴转动(ad边还没有转入磁场)
D．以ab边为轴转动(转角不超过90°)
思路点拨：解答本题时应把握以下两点：
(1)产生感应电流的条件是穿过闭合回路的磁通量发生变化．
(2)判断线框做各种运动时穿过线框的磁通量的变化趋势．
A　[选项A和D所描述的情况，线框在磁场中的有效面积S均发生变化(A情况下S增大，D情况下S变小)，穿过线框的磁通量均改变，由产生感应电流的条件知线框中会产生感应电流．而选项B、C所描述的情况中，线框中的磁通量均不改变，不会产生感应电流．]
上例中，若将线框abcd放在如图位置，则线框上下、左右振动时，是否产生感应电流？
提示：上下、左右振动时，都产生感应电流．
1 如果电路不闭合，即使磁通量发生变化也不会产生感应电流.
2 磁通量发生变化，其内涵主要体现在“变化”上.比如穿过电路的磁通量很大，若不变化，也不会产生感应电流.
2．如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，有一闭合导体环，环面与磁场垂直．当导体环在磁场中完成下述运动时，可能产生感应电流的是(　　)
A．导体环保持水平且在磁场中向上或向下运动
B．导体环保持水平向左或向右加速平动
C．导体环以垂直环面、通过环心的轴转动
D．导体环以一条直径为轴，在磁场中转动
D　[只要导体环保持水平，无论它如何运动，穿过环的磁通量都不变，都不会产生感应电流，只有导体环绕通过直径的轴在磁场中转动时，穿过环的磁通量变化，才会产生感应电流，D项正确．]
1．[物理观念]感应电流，磁通量及其变化，“磁生电”．
2．[科学探究]了解探究感应电流产生条件的实验方法．
3．[科学探究]经历探究过程，综合信息得出感应电流产生的条件．
4．[科学思维]从有序设计的系列递进实验，用归纳思想得出产生感应电流的一般性条件，并会判断分析具体实例．
5．[科学态度与责任]了解人类探究电磁感应现象的过程，体会并培养探究自然规律的科学态度和科学精神．
1．关于磁通量的概念，以下说法中正确的是(　　)
A．磁感应强度越大，穿过闭合回路的磁通量也越大
B．磁感应强度越大，线圈面积越大，则磁通量也越大
C．穿过线圈的磁通量为零，但磁感应强度不一定为零
D．磁通量发生变化，一定是磁场发生变化引起的
C　[穿过闭合回路的磁通量大小取决于磁感应强度、回路所围面积以及两者夹角三个因素，所以只了解其中一个或两个因素无法确定磁通量的变化情况，A、B项错误；同样由磁通量的特点，也无法判断其中一个因素的情况，C项正确，D项错误．]
2．关于产生感应电流的条件，下列说法正确的是(　　)
A．位于磁场中的闭合线圈一定会产生感应电流
B．闭合线圈平行磁感线运动时，线圈中一定产生感应电流
C．穿过闭合线圈的磁通量发生变化时，一定产生感应电流
D．闭合线圈垂直磁感线运动时，线圈中一定产生感应电流
C　[位于磁场中的闭合线圈，只有磁通量发生变化，才一定会产生感应电流，故A错误；闭合线圈平行磁感线运动时，闭合电路中磁通量没有变化，则闭合电路中就没有感应电流，故B错误；穿过闭合电路的磁感线的条数发生变化，磁通量一定发生变化，则闭合电路中就有感应电流，故C正确；紧紧围绕感应电流产生的条件：闭合电路，磁通量发生变化；导体切割磁感线，磁通量不一定发生变化，故D错误．]
3．如图所示，a、b是两个同平面、同心放置的金属圆环，条形磁铁穿过圆环中心且与两环平面垂直，则穿过两圆环的磁通量Φa、Φb的大小关系为(　)
A．Φa>Φb　　　　　 B．Φa<Φb
C．Φa＝Φb D．不能比较
A　[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条形磁铁垂直且条形磁铁在圆环内时，通过圆环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．]
4．(多选)如图所示，下列情况能产生感应电流的是(　　)
A．如图甲所示，导体棒AB顺着磁感线运动
B．如图乙所示，条形磁铁插入或拔出线圈时
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，当改变滑动变阻器的阻值时
BD　[A中导体棒顺着磁感线运动，穿过闭合电路的磁通量没有发生变化，无感应电流，故A错误；B中条形磁铁插入线圈时线圈中的磁通量增加，拔出线圈时线圈中的磁通量减少，都有感应电流，故B正确；C中开关S一直接通，回路中为恒定电流，螺线管A产生的磁场稳定，螺线管B中的磁通量无变化，线圈中不产生感应电流，故C错误；D中开关S接通，滑动变阻器的阻值变化使闭合回路中的电流变化，螺线管A产生的磁场发生变化，螺线管B中磁通量发生变化，线圈中产生感应电流，故D正确．]
PAGE
- 9 -

展开更多......

收起↑