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(共45张PPT)
第十二章
电磁感应
●命题热点诠释
1．命题热度：本章属于热点难点内容，10年来，从命题频次上看，全国卷10年21考，地方卷70考。
2．考查热点：(1)感应电流方向的确定。
(2)感应电动势大小的计算。
(3)电磁现象中的电路问题和图像问题。
(4)电磁感应与动力学、功能关系和动量综合问题。
第62讲　电磁感应现象　楞次定律
基础梳理·易错辨析
核心考点·重点突破
名师讲坛·素养提升
基础梳理·易错辨析
一、磁通量
1．公式：Φ＝________，S为垂直磁场方向的________，磁通量为________(填“标量”或“矢量”)。
2．物理意义：磁通量的大小可形象表示穿过某一面积的__________条数的多少。
3．磁通量变化量：ΔΦ＝Φ2－Φ1。
BS
面积
标量
磁感线
二、电磁感应现象
1．电磁感应现象
当穿过闭合电路的磁通量____________时，电路中有____________产生的现象。
2．产生感应电流的条件：穿过闭合电路的磁通量____________。
3．电磁感应现象产生______________，如果电路闭合，则有感应电流。如果电路不闭合，则只有______________而无感应电流。
发生变化
感应电流
发生变化
感应电动势
感应电动势
三、感应电流方向的判定
1．楞次定律
(1)内容：感应电流的磁场总要________引起感应电流的__________的变化。
(2)适用范围：适用于一切回路__________变化的情况。
阻碍
磁通量
磁通量
2．右手定则
(1)使用方法。
①让磁感线穿入______手手心。
②使大拇指指向____________的方向。
③则其余四指指向____________的方向。
(2)适用范围：适用于________________________切割磁感线的情况。
右
导体运动
感应电流
闭合电路的一部分导体
1．磁通量与线圈的匝数无关。(　　)
2．闭合电路内只要有磁通量，就有感应电流产生。(　　)
3．感应电流的磁场一定与引起感应电流的磁场方向相反。(　　)
4．感应电流的磁场一定阻碍引起感应电流的磁场的磁通量的变化。(　　)
√
×
×
√
核心考点·重点突破
1
磁通量　电磁感应现象
(基础考点·自主探究)
1．对磁通量的理解
(1)磁通量的正负：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。若从平面的某一侧穿入为正，则从另一侧穿入为负。
(2)磁通量的大小
①由公式计算：Φ＝BSsin θ(其中θ角为平面S与磁感线的夹角)。
②从磁感线观察：从不同侧面穿入的磁感线抵消后，剩余的磁感线的条数越多，磁通量越大。
③穿过线圈的磁通量的大小与线圈匝数无关。
(3)磁通量变化的常见情况
根据Φ＝BSsin θ，引起磁通量变化的三个因素是S、B和θ。
①仅B变化：线圈内磁场变化。
②仅S变化：线圈的部分导线做切割磁感线运动。
③仅θ变化：线圈在磁场中转动。
2．产生感应电流的条件的两种表述
(1)闭合电路的一部分导体做切割磁感线运动时，闭合电路中产生感应电流。
(2)穿过闭合导体回路的磁通量发生变化时，闭合电路中产生感应电流。
【跟踪训练】
(磁通量和磁通量变化量的计算)如图所示，闭合线圈abcd水平放置，其面积为S，匝数为n，线圈与磁感应强度为B的匀强磁场的夹角θ＝45°。现将线圈以ab边为轴沿顺时针方向转动90°，则在此过程中线圈磁通量的改变量大小为(　　)
1
[答案]　B
(感应电流有无的确定)如图所示，一个U形金属导轨水平放置，其上放有一个金属导体棒ab。磁感应强度为B的匀强磁场斜向上穿过轨道平面，其方向与竖直方向的夹角为θ(0<θ<90°)。在下列各过程中，一定能在轨道回路里产生感应电流的是(　　)
2
A．ab向右运动，同时使θ减小
B．使磁感应强度B减小，θ角同时也减小
C．ab向左运动，同时增大磁感应强度B
D．ab向右运动，同时增大磁感应强度B和θ角
[答案]　A
[解析]　设此时回路面积为S，据题意，穿过回路的磁通量Φ＝BScos θ。ab向右运动，则S增大，θ减小，则cos θ增大，因此 Φ增大，回路里一定能产生感应电流，A正确；B减小，θ减小，cos θ增大，Φ可能不变，回路里不一定能产生感应电流，B错误；ab向左运动，则S减小，B增大，Φ可能不变，回路里不一定能产生感应电流，C错误；ab向右运动，则S增大，B增大，θ增大，cos θ减小，Φ可能不变，回路里不一定能产生感应电流，D错误。
(感应电流有无的判断)法拉第“磁生电”这一伟大的发现，引领人类进入了电气时代。关于下列实验说法正确的是(　　)
3
A．图甲中条形磁体插入螺线管中静止不动时，电流计指针稳定且不为零
B．图乙中无论滑动变阻器滑片向下移动还是向上移动的过程中，金属圆环中都有感应电流
C．图丙中闭合开关时电流计指针偏转，断开开关时电流计指针不偏转
D．图丁中导体棒AB在磁场中运动时一定能产生感应电流
[答案]　B
[解析]　题图甲中条形磁体插入螺线管中静止不动时，螺线管内磁通量保持不变，则无感应电流，A错误；题图乙中无论滑动变阻器滑片怎么移动，线圈b内的电流都会变化，则线圈b产生的磁场都会变化，导致线圈a中的磁通量变化，线圈a中会产生感应电流，B正确；题图丙中闭合开关和断开开关都会使螺线管B的磁通量发生变化，螺线管B中会产生感应电流，电流计指针都会发生偏转，C错误；当导体棒的运动方向与磁场方向平行时，导体棒不切割磁感线，则无感应电流产生，D错误。
2
感应电流方向的确定
(基础考点·自主探究)
1．楞次定律中“阻碍”的含义
2．判断感应电流方向的两种方法
方法一　用楞次定律判断(“四步法”)
方法二　用右手定则判断
该方法适用于部分导体切割磁感线。判断时注意掌心、四指、拇指的方向。
【跟踪训练】
(楞次定律的应用)现代汽车中有一种先进的制动系统——防抱死(ABS)系统，它让车轮在制动时不是完全刹死，而是仍有一定的滚动，其原理如图所示。铁质齿轮P与车轮同步转动。右端有一个绕有线圈的磁体，M是一个电流检测器。当车轮带动齿轮转动时，线圈中会产生感应电流。这是由于齿靠近磁体时被磁化，使线圈中的磁场增大，齿离开线圈时又使线圈中磁场减小，从而能使线圈中产生感应电流。这个电流经电子装置放大后能控制制动机构。齿轮P从图示位置按顺时针方向转过α角的过程中，通过M的感应电流的方向是(　　)
4
A．总是从左向右
B．总是从右向左
C．先从左向右，然后从右向左
D．先从右向左，然后从左向右
[答案]　D
[解析]　在图示位置时，铁质齿轮距离磁体最近，被磁体磁化后，穿过线圈的磁通量向左且最强，转过α角时，下一个铁质齿轮又距离磁体最近，因此在转动过程中，穿过线圈的磁通量向左且先减少后增加，根据楞次定律可知，螺线管内感应电流的磁场方向先向左后向右，利用安培定则，可知通过M的感应电流的方向先从右向左，然后从左向右，故选D。
(用右手定则确定感应电流方向)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境，导体ab上的感应电流方向为a→b的是(　　)
5
[答案]　A
[解析]　导体ab顺时针转动，运用右手定则，磁感线穿过手心，拇指指向顺时针方向，则导体ab上的感应电流方向为a→b，故A正确；导体ab向纸外运动，运用右手定则时，磁感线穿过手心，拇指指向纸外，则知导体ab上的感应电流方向为b→a，故B错误；导体框向右运动，ad边切割磁感线，由右手定则可知，导体ab上的感应电流方向为b→a，故C错误；导体ab沿导轨向下运动，由右手定则判断知导体ab上的感应电流方向为b→a，故D错误。
3
楞次定律推论的应用
(能力考点·深度研析)
楞次定律中“阻碍”的含义可以推广为：感应电流的效果总是阻碍引起感应电流的原因，列表说明如下：
推论 例证
阻碍原磁通量变化——“增反减同” 磁铁靠近，B感、B原反向，
二者相斥；
磁铁远离，B感、B原同向，
二者相吸
阻碍相对运动——“来拒去留” 推论 例证
使回路面积有扩大或缩小的趋势——“增缩减扩” 注意：此结论只适用于磁感线单方向穿过回路的情境
P、Q是光滑固定导轨，a、b是可移动金属棒，磁铁下移，回路面积应减小，a、b靠近
B减小，线圈扩张
推论 例证
使闭合线圈远离或靠近磁体——“增离减靠”
当开关S闭合(断开)时，左环向左(右)摆动、右环向右(左)摆动，远离(靠近)通电线圈
推论 例证
阻碍原电流的变化——“增反减同”(即自感现象)
闭合S，B灯先亮，A灯逐渐变亮；再断开S，两灯逐渐熄灭
说明 以上五种情况“殊途同归”，实质上都是以不同的方式阻碍磁通量的变化
考向1　“来拒去留”与“增缩减扩”的应用
[答案]　C
[解析]　由楞次定律推论“增缩减扩”可知a、b杆将相互靠拢，A错误；将磁铁、支架、导轨和金属杆看成一个整体，磁铁处于失重状态，整体对电子秤的压力减小，磁铁会受到下方回路中感应电流产生的磁场的阻力作用，并不是完全失重，B、D错误；磁铁对导轨产生向下的力，因此导轨对电子秤的压力变大，C正确。
考向2　“增离减靠”的应用
如图，水平放置的圆柱形光滑玻璃棒左边绕有一线圈，右边套有一金属圆环。圆环初始时静止。将图中开关S由断开状态拨至连接状态，电路接通的瞬间，可观察到(　　)
A．拨至M端或N端，圆环都向左运动
B．拨至M端或N端，圆环都向右运动
C．拨至M端时圆环向左运动，拨至N端时向右运动
D．拨至M端时圆环向右运动，拨至N端时向左运动
[答案]　B
[解析]　开关S由断开状态拨至连接状态，不论拨至M端还是N端，通过圆环的磁通量均增加，根据楞次定律(增离减靠)可知圆环都会向右运动，故选B。
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“三定则—定律”的综合应用
1．“三个定则”“一个定律”的比较
名称 用途 选用原则
安培定则 判断电流产生的磁场(方向)分布 因电生磁
左手定则 判断通电导线、运动电荷所受磁场力的方向 因电受力
右手定则 判断导体切割磁感线产生的感应电流方向或电源正负极 因动生电
楞次定律 判断因回路磁通量改变而产生的感应电流方向 因磁通量
变化生电
2.相互联系
(1)应用楞次定律时，一般要用到安培定则。
(2)研究感应电流受到的安培力时，一般先用右手定则确定电流方向，再用左手定则确定安培力的方向，有时也可以直接应用楞次定律的推论确定。
(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的左边有一如图所示的闭合电路，当PQ在一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
[答案]　BC
【跟踪训练】
(多选)(2025·昆明模拟)如图，在方向垂直于纸面向里的匀强磁场中有一U形金属导轨，导轨平面与磁场垂直。金属杆PQ置于导轨上并与导轨形成闭合回路PQRS，一个圆环形金属线框T位于回路围成的区域内，线框与导轨共面。现让金属杆PQ突然向左运动，在运动开始的瞬间，关于感应电流的方向，下列说法正确的是(　　)
6
A．PQRS中沿顺时针方向，T中沿逆时针方向
B．PQRS中沿逆时针方向，T中沿顺时针方向
C．T具有收缩趋势，PQ受到向右的安培力
D．T具有扩张趋势，PQ受到向右的安培力
[关键点拨]　PQ切割磁感线，根据右手定则判断感应电流的方向：PQRS产生电流后，会对穿过T的磁通量产生影响，根据楞次定律分析T中的感应电流的变化情况。
[答案]　AC
[解析]　PQ突然向左运动时，根据右手定则可知，电流方向由P到Q，即闭合回路PQRS中的电流沿顺时针方向，又由安培定则可知，回路PQRS中感应电流产生的磁场方向垂直纸面向里，故穿过环形金属线框T的磁通量将变大，由楞次定律可知，T中将产生沿逆时针方向的感应电流，故A对、B错；穿过环形金属线框T的磁通量变大，由楞次定律的推广可知，T有收缩的趋势，以阻碍磁通量的增大；PQ中有由P到Q的电流，由左手定则可知，PQ受到的安培力向右，故C对、D错。(共59张PPT)
第十二章
电磁感应
第63讲　法拉第电磁感应定律、自感和涡流
基础梳理·易错辨析
核心考点·重点突破
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基础梳理·易错辨析
一、法拉第电磁感应定律
1．感应电动势
(1)概念：在____________现象中产生的电动势。
(2)产生条件：只要穿过回路的__________发生变化，就能产生感应电动势，与电路是否闭合无关。
(3)方向判断：产生感应电动势的那部分电路(导体或线圈)相当于电源，电源的正、负极可由____________或____________判断。
电磁感应
磁通量
右手定则
楞次定律
2．法拉第电磁感应定律
(1)内容：闭合电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的__________________成正比。
(3)感应电流与感应电动势的关系：遵循闭合电路的________定律，
即I＝________。
磁通量的变化率
欧姆
3．导体切割磁感线的情形
(1)垂直切割：E＝______，式中l为导体切割磁感线的有效长度。
(2)不垂直切割：E＝__________，式中θ为v与B的夹角。
(3)匀速转动：导体棒在垂直匀强磁场方向以角速度ω绕一端转动切
割磁感线时，E＝_________。
Blv
Blvsin θ
二、自感、涡流、电磁阻尼和电磁驱动
1．互感现象
两个互相靠近的线圈，当一个线圈中的电流变化时，它所产生的变化的________会在另一个线圈中产生______________。这种现象叫作互感，这种感应电动势叫作________电动势。
2．自感现象
(1)概念：由于导体本身的________变化而产生的电磁感应现象称为自感。
磁场
感应电动势
互感
电流
(2)自感电动势
①定义：在自感现象中产生的感应电动势叫作______________。
②表达式：E＝_________。
(3)自感系数L
①相关因素：与线圈的________、形状、________以及是否有铁芯等因素有关。
②单位：亨利(H)，1 mH＝_______H,1 μH＝_______H。
自感电动势
大小
匝数
10－3
10－6
3．涡流
当线圈中的电流发生变化时，在它附近的任何导体中都会产生____________，这种电流像水中的旋涡，所以叫涡流。
4．电磁阻尼
导体在磁场中运动时，感应电流会使导体受到安培力，安培力的方向总是________导体的运动。
5．电磁驱动：如果磁场相对于导体运动，在导体中会产生____________使导体受到安培力的作用，安培力使导体运动起来。交流感应电动机就是利用____________的原理工作的。
6．电磁阻尼和电磁驱动的原理体现了____________的推广应用。
感应电流
阻碍
感应电流
电磁驱动
楞次定律
1．线圈中磁通量变化越大，产生的感应电动势越大。(　　)
2．线圈中磁通量变化越快，产生的感应电动势越大。(　　)
3．线圈匝数n越多，磁通量越大，产生的感应电动势也越大。 (　　)
4．线圈中的电流越大，自感系数也越大。(　　)
5．对于同一线圈，当电流变化越快时，线圈中的自感电动势越大。(　　)
6．自感电动势阻碍电流的变化，但不能阻止电流的变化。(　　)
×
√
×
×
√
√
核心考点·重点突破
1
法拉第电磁感应定律的理解及应用
(能力考点·深度研析)
1．确定感应电路中电势高低的方法
2．法拉第电磁感应定律的理解
3．应用法拉第电磁感应定律的三种情况
如图所示，边长为L的正方形金属回路(总电阻为R)与水平面的夹角为60°，虚线圆与正方形边界相切，虚线圆形边界内(包括边界)存在竖直向下的匀强磁场，其磁感应强度与时间的关系式为B＝kt(k>0且为常量)，则金属回路中感应电流的大小为(　　)
[答案]　D
【跟踪训练】
(2023·湖北卷)近场通信(NFC)器件应用电磁感应原理进行通信，其天线类似一个压平的线圈，线圈尺寸从内到外逐渐变大。如图所示，一正方形NFC线圈共3匝，其边长分别为1.0 cm、1.2 cm和1.4 cm，图中线圈外线接入内部芯片时与内部线圈绝缘。若匀强磁场垂直通过此线圈，磁感应强度变化率为103 T/s，则线圈产生的感应电动势最接近(　　)
1
A．0.30 V B．0.44 V
C．0.59 V D．4.3 V
[答案]　B
(2025·贵州铜仁月考)如图甲所示，一金属线圈的横截面积为S，匝数为n。t＝0时刻，磁场平行于线圈轴线向左穿过线圈，其磁感应强度B随时间t变化的关系如图乙所示。则线圈两端a和b之间的电势差Uab(　　)
2
B．在t＝t1时刻，Uab＝0
[答案]　C
2
导体棒切割磁感线引起的感应电动势的计算
(能力考点·深度研析)
1．导体平动切割磁感线时四点注意事项
对于导体平动切割磁感线产生感应电动势的计算式E＝Blv，应从以下几个方面理解和掌握。
(1)正交性：B、l、v三者相互垂直，不相互垂直时，应取垂直的分量进行计算。
(2)瞬时性：当v或l变化时，用E＝BLv计算感应电动势的瞬时值。
(3)相对性：速度v是导体相对磁场的速度，若磁场也在运动，应注意速度间的相对关系。
(4)有效性：l为导体切割磁感线的有效长度，即导体在与v垂直的方向上的投影长度，下图中有效长度分别为：
2．导体转动切割磁感线时电动势的计算
当导体棒在垂直于磁场的平面内，绕导体棒上某一点以角速度ω匀速转动时，则：
(1)以导体棒中点为轴时，E＝0(相同两段的代数和)。
考向1　平动切割磁感线
如图所示，由均匀导线制成的半径为R的圆环，以速度v匀速进入一磁感应强度大小为B的匀强磁场。当圆环运动到图示位置(∠aOb＝90°)时，a、b两点的电势差Uab为(　　)
[答案]　D
考向2　导体转动切割磁感线
[答案]　C
考向3　感生电动势与动生电动势同时存在
(多选)如图甲所示，光滑金属导轨abc和feO电阻不计，abef为边长为d的正方形，bc段为圆弧，O为圆弧的圆心，∠bOe＝45°，af间连接电阻为R的灯泡。0时刻开始电阻为R的导体棒绕O点沿圆弧转动，转动的角速度为ω，经2t0由b转到c。扇形区域内磁场恒定，方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B0；正方形区域内磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小随时间变化的图像如图乙所示。下列说法正确的是(　　)
A．0～t0灯泡发光且电流方向由a→f
D．t0～2t0若要使灯泡不发光，图乙中B的变化率为B0ω
[答案]　BD
【跟踪训练】
(2023·辽宁卷)如图，空间中存在水平向右的匀强磁场，一导体棒绕固定的竖直轴OP在磁场中匀速转动，且始终平行于OP。导体棒两端的电势差u随时间t变化的图像可能正确的是(　　)
3
[答案]　C
[解析]　如图所示，导体棒匀速转动，设速度为v，设导体棒从A到C过程，棒转过的角度为θ，则导体棒垂直磁感线方向的分速度为v⊥＝vcos θ，根据u＝BLv⊥，可知导体棒两端的电势差u随时间t变化的图像为余弦图像。故选C。
4
[答案]　BC
3
自感现象及应用
(基础考点·自主探究)
1．自感现象的四个特点
(1)自感电动势总是阻碍导体中电流的变化。
(2)自感电动势使线圈中的电流不能发生突变，只能缓慢变化。
(3)自感电动势只是延缓电流的变化，不能使电流停止或反向。
(4)电流稳定时，自感电动势消失，自感线圈相当于普通导体。
2．通电自感和断电自感的比较
电路图
器材要求 A1、A2同规格，R＝RL，L较大 L很大(有铁芯)
通电时 在S闭合瞬间，灯A2立即亮起来，灯A1逐渐变亮，最终一样亮 灯A立即亮，然后逐渐变暗达到稳定
断电时 回路电流减小，灯泡逐渐变暗，A1电流方向不变，A2电流反向 (1)若I2≤I1，灯泡逐渐变暗；
(2)若I2>I1，灯泡闪亮后逐渐变暗。
两种情况下灯泡中电流方向均改变
总结 自感电动势总是阻碍原电流的变化 【跟踪训练】
(自感现象)如图所示的电路中，L1、L2、L3是三个相同的灯泡，电感L的电阻和电源的内阻可忽略，D为理想二极管。下列判断正确的是(　　)
5
A．开关S从断开状态突然闭合时，L1逐渐变亮，L2一直不亮，L3立即变亮
B．开关S从断开状态突然闭合时，L1、L2逐渐变亮，L3立即变亮再熄灭
C．开关S从闭合状态突然断开时，L1逐渐熄灭，L2突然变亮，然后逐渐变暗至熄灭，L3立即熄灭
D．开关S从闭合状态突然断开时，L1、L2逐渐熄灭，L3突然变亮，然后逐渐变暗至熄灭
[答案]　C
[解析]　由于二极管具有单向导电性，所以开关S从断开状态突然闭合时，二极管不能导通，L2一直不亮；此时L1、L3和L串联在同一回路中，L产生自感电动势阻碍通过其电流增大，所以通过L1和L3的电流逐渐增大，L1和L3均逐渐变亮，故A、B错误；开关S从闭合状态突然断开时，通过L3的电流立即变为零，所以L3立即熄灭；L产生自感电动势阻碍通过其电流减小，此时自感电动势的方向满足二极管导通的条件，所以L1、L2和L串联在同一回路中，通过L1的电流逐渐减小，L1逐渐熄灭，而由于L2开始时不亮，所以L2突然变亮，然后逐渐变暗熄灭，故C正确，D错误。
(自感现象的图像问题)如图甲所示的电路中，灯泡电阻为R，A1、A2为完全相同的电流表(内阻不计)。闭合开关K，得到如图乙所示的I－t图像，电源电动势为E，内阻为r，则(　　)
6
C．断开开关时，小灯泡会明显闪亮后逐渐熄灭
D．闭合开关时，自感线圈中电流为零，其自感电动势也为零
[答案]　B
4
涡流　电磁阻尼与电磁驱动
(基础考点·自主探究)
电磁阻尼与电磁驱动的比较
电磁阻尼 电磁驱动
不 同 点 成因 由于导体在磁场中运动而产生感应电流，从而使导体受到安培力 由于磁场相对导体运动引起穿过导体的磁通量变化而产生感应电流，从而使导体受到安培力
效果 安培力的方向与导体运动方向相反，阻碍导体运动 导体受安培力的方向与磁场运动方向相同，推动导体运动
电磁阻尼 电磁驱动
不 同 点 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 由于电磁感应，磁场能转化为电能，通过安培力做功，电能转化为导体的机械能，从而对外做功
相同点 两者都是电磁感应现象，都遵循楞次定律，都是安培力阻碍引起感应电流的导体与磁场间的相对运动 【跟踪训练】
(涡流)(2024·甘肃卷)工业上常利用感应电炉冶炼合金，装置如图所示。当线圈中通有交变电流时，下列说法正确的是(　　)
7
A．金属中产生恒定感应电流
B．金属中产生交变感应电流
C．若线圈匝数增加，则金属中感应电流减小
D．若线圈匝数增加，则金属中感应电流不变
[答案]　B
[解析]　当线圈中通有交变电流时，感应电炉金属内的磁通量也随之不断变化，金属中产生交变感应电流，A错误，B正确；若线圈匝数增加，根据法拉第电磁感应定律可知，感应电动势增大，则金属中的感应电流变大，C、D错误。
(电磁驱动问题)(多选)摩托车和汽车上装有的磁性转速表就是利用了电磁驱动原理，如图所示是磁性式转速表及其原理图，关于磁性式转速表的电磁驱动原理，下列说法正确的是(　　)
8
A．铝盘接通电源，通有电流的铝盘在磁场作用下带动指针转动
B．永久磁体随转轴转动产生运动的磁场，在铝盘中产生感应电流，感应电流使铝盘受安培力而转动
C．铝盘转动的方向与永久磁体转动方向相同
D．由于铝盘和永久磁体被同一转轴带动，所以两者转动是完全同步的
[答案]　BC
[解析]　当永久磁体随转轴转动时，产生转动的磁场，在铝盘中会产生感应电流，这时永久磁体的磁场会对铝盘上的感应电流有力的作用，从而产生一个转动的力矩，使指针转动，由于弹簧游丝的反力矩，会使指针稳定指在某一刻度上，故A错误，B正确；该转速表利用了电磁感应原理，由楞次定律推论“来拒去留”知，永久磁体转动方向与铝盘转动方向相同，故C正确；永久磁体固定在转轴上，铝盘固定在指针轴上，铝盘和永久磁体没有被同一转轴带动，故D错误。
(电磁阻尼)(多选)如图所示为磁控健身车的车轮处的结构示意图，在金属飞轮的外侧有磁铁与飞轮不接触，人用力蹬车带动飞轮旋转时，需要克服磁铁对飞轮产生的阻力，通过调节旋钮拉线可以实现不同强度的健身需求(当拉紧旋钮拉线时可以减小磁铁与飞轮间的距离)，下列说法正确的是(　　)
9
A．飞轮受到的阻力主要来源于磁铁对它的安培力
B．人蹬车频率一定时，拉紧旋钮拉线，飞轮受到的阻力减小
C．控制旋钮拉线不动时，飞轮转速越大，受到的阻力越小
D．控制旋钮拉线不动时，飞轮转速越大，内部的涡流越强
[答案]　AD
[解析]　飞轮在磁场中做切割磁感线的运动，会产生感应电动势和感应电流，根据楞次定律可知，磁场会对运动的飞轮产生阻力，以阻碍飞轮与磁场之间的相对运动，所以飞轮受到的阻力主要来源于磁铁对它的安培力，故A项正确；人蹬车频率一定时，拉紧旋钮拉线，磁铁靠近飞轮，飞轮所在处的磁感应强度增强，飞轮上产生的感应电动势和感应电流变大，飞轮受到的阻力增大，故B项错误；控制旋钮拉线不动时，则有飞轮处的磁感应强度不变，飞轮转速越大，根据法拉第电磁感应定律可知，飞轮上产生的感应电动势和感应电流越大，飞轮受到的阻力越大，内部的涡流越强，故D项正确，C项错误。
名师讲坛·素养提升
感生电场的特点及应用
感生电场与静电场的区别
1．产生条件不同
静电场是由电荷激发的，而感生电场是由变化的磁场激发的。
2．描述电场的电场线特点不同
静电场的电场线不闭合；而变化的磁场周围产生的感生电场的电场线是闭合曲线。
3．电场对电荷做功不同
单位正电荷在静电场中沿闭合路径运动一周时，电场力所做的功为零。而单位正电荷在感生电场中沿闭合路径运动一周时，电场力所做的功不为零。
4．电场方向及判断方法不同
静电场方向与正电荷所受电场力方向一致，沿电场线的切线方向；感生电场方向是根据磁场的变化情况由楞次定律判断的。
英国物理学家麦克斯韦认为，磁场变化时会在空间激发感生电场。如图所示，一个半径为r的绝缘细圆环水平放置，环内存在竖直向上的匀强磁场B，环上套一带电荷量为＋q的小球。已知磁感应强度B随时间均匀增加，其变化率为k，若小球在环上运动一周，则感生电场对小球的作用力所做功的大小是(　　)
[答案]　D(共37张PPT)
第十二章
电磁感应
第64讲　专题强化二十　电磁感应中的电路和图像问题
核心考点·重点突破
1
电磁感应中的电路问题
(能力考点·深度研析)
1．分析电磁感应中电路问题的基本思路
2．电磁感应中电路问题的误区
电源两端电压U＝E－Ir＝IR，不是感应电动势E，也不是内电压Ir。
考向1　动生电动势电路问题
[答案]　BCD
考向2　感生电动势电路问题
(多选)在如图甲所示的电路中，电阻R1＝R2＝2R，圆形金属线圈半径为r1，电阻为R，半径为r2(r2A．电容器上极板带正电
B．电容器下极板带正电
[答案]　BD
2
电磁感应中电荷量的计算
(能力考点·深度研析)
推导电磁感应中电荷量的表达式时用到以下三个公式
特别提醒：通过导体横截面的电荷量q只决定于n、ΔΦ、R＋r，与发生磁通量变化的时间无关。
[答案]　B
【跟踪训练】
(2025·江苏南通调研)如图所示，正方形线圈MOO′N处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向与水平面的夹角为30°，线圈的边长为L，电阻为R，匝数为n。线圈从竖直面绕OO′顺时针转至水平面的过程中，通过导线横截面的电荷量为(　　)
1
[答案]　A
3
电磁感应中的图像问题
(能力考点·深度研析)
1．解题关键
(1)弄清物理量的初始条件和正负方向；
(2)注意物理量进、出磁场的变化；
(3)写出函数表达式。
2．解题方法：先定性排除，再定量解析
(1)定性排除法：用右手定则或楞次定律确定物理量的方向，定性地分析物理量的变化趋势、变化快慢、是否均匀变化等，特别注意物理量的正负和磁场边界处物理量的变化。通过定性分析排除错误的选项。
(2)定量解析法：根据题目所给条件定量地推导出物理量之间的函数关系，然后由函数关系对图像作出分析，由图像的斜率、截距等求解相应的物理量。
考向1　动生图像问题
如图所示，一个粗细均匀的单匝正方形闭合线框abcd，在水平拉力作用下，以恒定的速度沿x轴运动，磁场方向垂直纸面向里。从线框进入磁场开始计时，直至完全进入磁场的过程中，设bc边两端电压为U，线框受到的安培力为F，线框的热功率为P，通过ab边的电荷量为q。下列关于U、F、P、q随时间t变化的关系图像正确的是(　　)
[答案]　A
反思提升
电磁感应中图像问题解题步骤
(1)明确图像的种类，即是B－t图像还是Φ－t图像，或者E－t图像、i－t图像、F－t图像等；对切割磁感线产生感应电动势和感应电流的情况，还常涉及E－x图像和i－x图像。
(2)分析电磁感应的具体过程。
(3)用右手定则或楞次定律确定电流方向与时间的对应关系。
(4)结合法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、牛顿运动定律等知识写出相应的函数关系式。
(5)根据函数关系式，进行数学分析，如分析斜率的变化、截距等。
(6)画图像或判断图像。
考向2　感生图像问题
(多选)如图甲所示，三角形线圈abc水平放置，在线圈所在区域存在一变化的磁场，其变化规律如图乙所示。线圈在外力作用下处于静止状态，规定垂直于线圈平面向下的磁场方向为正方向，垂直ab边斜向下的受力方向为正方向，线圈中感应电流沿abca方向为正方向，则线圈内电流及ab边所受安培力随时间变化规律的图像是(　　)
[答案]　AD
4
电磁感应中电路与图像的综合问题
(能力考点·深度研析)
解决电路与图像综合问题的思路
(1)电路分析：弄清电路结构，画出等效电路图，明确计算电动势的公式。
(2)图像分析：弄清图像所揭示的物理规律或物理量间的函数关系；挖掘图像中的隐含条件，明确有关图线所包围的面积、图线的斜率、截距所表示的物理意义。
(3)定量计算：运用有关物理概念、公式、定理和定律列式计算。
如图a所示，水平放置的两根光滑平行金属导轨，间距L＝ 0.3 m，导轨左端连接R＝0.6 Ω的电阻，区域abcd内存在垂直于导轨平面且B＝0.6 T的匀强磁场，磁场区域宽D＝0.2 m。细金属棒A1和A2用长为2D＝0.4 m的轻质绝缘杆连接，放置在导轨平面上，并与导轨垂直，每根金属棒在导轨间的电阻均为r＝0.3 Ω。导轨电阻不计，使金属棒以恒定速度v＝1.0 m/s沿导轨向右穿越磁场，通过计算，在图b中画出从金属棒A1进入磁场(t＝0)到A2离开磁场的时间内，不同时间段通过电阻R的电流。
[答案]　见解析图
在0～t1时间内，A1产生的感应电动势E1＝BLv＝0.18 V。
其等效电路如图甲所示。
A2上的感应电动势E2＝0.18 V，其等效电路如图乙所示。
由图乙知，电路总电阻R总′＝0.5 Ω，总电流I′＝0.36 A，流过R的电流IR″＝0.12 A，综合以上计算结果，绘制通过R的电流与时间关系如图丙所示。
如图所示，空间有两个宽度分别为L和2L的有界匀强磁场区域，磁感应强度大小都为B，左侧磁场方向垂直于纸面向里，右侧磁场方向垂直于纸面向外。abcd是一个由均匀电阻丝做成的边长为L的正方形线框，线框以垂直于磁场边界的速度v匀速通过两个磁场区域，在运动过程中，线框ab、cd两边始终与磁场的边界平行。设线框cd边刚进入磁场的位置为x＝0，x轴正方向水平向右，从线框cd边刚进入磁场开始到整个线框离开磁场区域的过程中，ab两点间的电势差Uab和线框受到的安培力F(规定水平向右为正方向)随着位置x变化的图像正确的是(　　)
2
[答案]　C(共42张PPT)
第十二章
电磁感应
第65讲　专题强化二十一　电磁感应中的动力学和能量问题
核心考点·重点突破
1
电磁感应中的动力学问题
(能力考点·深度研析)
1．导体的两种运动状态
状态 特征 处理方法
平衡态 加速度为零 根据平衡条件列式分析
非平衡态 加速度不为零 根据牛顿第二定律结合运动学公式进行分析
2．研究对象和分析步骤
考向1　“单棒＋电阻”模型与“单棒＋电容器”模型
[解析]　(1)开关S闭合时，电容器被短路，外力做功的功率等于电阻R热功率的2倍时，有
Fv＝2I2R
根据欧姆定律，有
金属棒最终做速度大小为vo的匀速直线运动，则
F＝BI′l
(2)断开开关S，金属棒做匀速直线运动，设某时刻充电电流为I1，电容器两极板间的电压为U，根据欧姆定律，有
金属棒匀速运动，受力平衡，有
F′＝BI1l
外力做功的功率等于电阻R热功率的2倍，有
从断开开关S开始到此刻，外力做的功为
电容器带电量Q＝CU＝Δt
考向2　电磁感应中的“金属棒＋电源”模型
(多选)(2025·安徽模拟)水平固定放置的足够长的光滑平行导轨，电阻不计，间距为L，左端连接的电源电动势为E，内阻为r，质量为m的金属杆垂直静放在导轨上，金属杆处于导轨间部分的电阻为R。整个装置处在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中，如图所示。闭合开关，金属杆由静止开始沿导轨做变加速运动直至达到最大速度，则下列说法正确的是(　　)
[答案]　ABD
【跟踪训练】
(多选)(2024·全国甲卷)如图，一绝缘细绳跨过两个在同一竖直面(纸面)内的光滑定滑轮，绳的一端连接一矩形金属线框，另一端连接一物块。线框与左侧滑轮之间的虚线区域内有方向垂直纸面的匀强磁场，磁场上下边界水平。在t＝0时刻线框的上边框以不同的初速度从磁场下方进入磁场。运动过程中，线框始终在纸面内且上下边框保持水平。以向上为速度的正方向，下列线框的速度v随时间t变化的图像中可能正确的是(　　)
1
[答案]　AC
(多选)(2024·黑吉辽卷)如图，两条“∧”形的光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，间距为L，左、右两导轨面与水平面夹角均为30°，均处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小分别为2B和B。将有一定阻值的导体棒ab、cd放置在导轨上，同时由静止释放，两棒在下滑过程中始终与导轨垂直并接触良好。ab、cd的质量分别为2m和m，长度均为L。导轨足够长且电阻不计，重力加速度大小为g。两棒在下滑过程中(　　)
2
A．回路中的电流方向为abcda
C．ab与cd加速度大小之比始终为2∶1
D．两棒产生的电动势始终相等
[答案]　AB
[解析]　
2
电磁感应中的能量问题
(能力考点·深度研析)
1．电磁感应中的能量转化
2．求解焦耳热Q的三种方法
3．解题的一般步骤
(1)确定研究对象(导体棒或回路)；
(2)弄清电磁感应过程中哪些力做功，以及哪些形式的能量相互转化；
(3)根据功能关系或能量守恒定律列式求解。
考向1　应用功能关系解决电磁感应中的能量问题
(2024·广东省模拟)如图甲所示，光滑的金属导轨MN和PQ平行，间距L＝1.0 m，与水平面之间的夹角α＝37°，匀强磁场磁感应强度B＝2.0 T，方向垂直于导轨平面向上，MP间接有阻值R＝1.6 Ω的电阻，质量m＝0.5 kg、接入电路的电阻r＝0.4 Ω的金属棒ab垂直导轨放置，现用和导轨平行的恒力F沿导轨平面向上拉金属棒ab，使其由静止开始运动，当金属棒上滑的位移s＝3.8 m时达到稳定状态，对应过程的v－t图像如图乙所示。取g＝10 m/s2，导轨足够长(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。求：
(1)运动过程中a、b哪端电势高，并计算恒力F的大小；
(2)从金属棒开始运动到刚达到稳定状态，此过程金属棒上产生的焦耳热。
[答案]　(1)b端电势高　5 N　(2)1.47 J
考向2　应用能量守恒定律求解电磁感应中的焦耳热
(2024·浙江1月卷)如图1所示，扫描隧道显微镜减振装置由绝缘减振平台和磁阻尼减振器组成。平台通过三根关于O′O″轴对称分布的相同轻杆悬挂在轻质弹簧的下端O，弹簧上端固定悬挂在O′点，三个相同的关于O′O″轴对称放置的减振器位于平台下方。如图2所示，每个减振器由通过绝缘轻杆固定在平台下表面的线圈和固定在桌面上能产生辐向磁场的铁磁体组成，辐向磁场分布关于线圈中心竖直轴对称，线圈所在处磁感应强度大小均为B。处于静止状态的平台受到外界微小扰动，线圈在磁场中做竖直方向的阻尼运动，其位移随时间变化的图像如
(1)平台静止时弹簧的伸长量Δx0；
(2)t＝0时，每个线圈所受到安培力F的大小；
(3)在0～t1时间内，每个线圈产生的焦耳热Q。
[解析]　(1)平台静止时，三个线圈均不切割磁感线，均不产生感应电流，均不受安培力作用，对平台、线圈和轻杆整体，根据力的平衡条件有mg＝kΔx0
(3)在0～t1时间内，根据能量守恒定律有
【跟踪训练】
(对电磁感应中功能关系的理解)(多选)如图所示，位于同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平面，导轨的一端与一电阻相连，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(　　)
3
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
[答案]　BD
[解析]　金属杆ab做加速度减小的加速运动，根据能量守恒定律可知，恒力F做的功等于杆增加的动能和电路中产生的电能。电阻消耗的功率等于电路中产生电能的功率，不等于恒力F的功率，故A错误；电阻消耗的功率等于克服安培力做功的功率，等于电路的电功率iE，故B、D正确，C错误。
(电磁感应中焦耳热的计算)(多选)如图(a)，两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为L，底端接有一阻值为R的电阻。将一质量为m、阻值为R、长度也为L的金属棒通过绝缘细绳悬挂在距离导轨底端h高度处。空间中存在方向垂直于导轨平面向里的匀强磁场，其磁感应强度B随时间t变化如图(b)所示。已知在t0时刻，细绳刚好断开，金属棒开始向下运动，下落高度为d时达到最大速度(d4
B．金属棒运动过程中机械能守恒
[答案]　AC(共48张PPT)
第十二章
电磁感应
第66讲　专题强化二十二　动量观点在电磁感应中的应用
核心考点·重点突破
1
动量定理在电磁感应中的应用
(能力考点·深度研析)
1．此类问题中常用到的几个公式
(3)磁通量变化量：ΔΦ＝BΔS＝BLx。
2．选用技巧：当题目中涉及速度v、电荷量q、运动时间t、运动位移x时常用动量定理求解更方便。
考向1　“导体棒＋电阻”模型
模 型 一 示意图

水平放置的平行光滑导轨，间距为L，左侧接有电阻R，导体棒初速度为v0，质量为m，电阻不计，匀强磁场的磁感应强度为B，导轨足够长且电阻不计，从开始运动至停下来
[答案]　CD
考向2　导线框模型
(多选)如图所示，在光滑的水平面上有一方向竖直向下的有界匀强磁场。磁场区域的左侧，一正方形线框由位置Ⅰ以4.5 m/s的初速度垂直于磁场边界水平向右运动，线框经过位置Ⅱ，当运动到位置Ⅲ时速度恰为零，此时线框刚好有一半离开磁场区域。线框的边长小于磁场区域的宽度。若线框进、出磁场的过程中通过线框横截面的电荷量分别为q1、q2，线框经过位置Ⅱ时的速度为v。则下列说法正确的是(　　)
A．q1＝q2 B．q1＝2q2
C．v＝1.0 m/s D．v＝1.5 m/s
[答案]　BD
考向3　双棒在外力作用下模型
光滑的平行导轨 不光滑的平行导轨
示意 图 质量mb＝ma 电阻rb＝ra 长度Lb＝La
质量mb＝ma
电阻rb＝ra
长度Lb＝La
摩擦力Ffb＝Ffa
光滑的平行导轨 不光滑的平行导轨
运动 分析 开始时，两杆受安培力做变加速运动；稳定时，两杆以相同的加速度做匀加速运动 开始时，若Ff2Ff，a杆先变加速后匀加速运动，b杆先静止后变加速最后和a杆同时做匀加速运动，且加速度相同
运动 图像
光滑的平行导轨 不光滑的平行导轨
能量 观点 F做的功转化为两杆的动能和内能：WF＝ΔEk＋Q F做的功转化为两杆的动能和内能(包括电热和摩擦热)：WF＝ΔEk＋Q电＋Qf
动量 观点 两杆组成的系统动量不守恒 对单杆可以用动量定理 两杆组成的系统动量不守恒
对单杆可以用动量定理
(2025·广东深圳高三月考)某物理小组想出了一种理想化的“隔空”加速系统，该系统通过利用其中一个金属棒在磁场中运动产生感应电流从而使另一个金属棒获得速度，这样就避免了直接对其进行加速时所带来的磨损和接触性损伤，该加速系统可以建模抽象为在足够长的固定水平平行导轨上放有两个金属棒MN和PQ，磁感应强度B＝0.5 T的匀强磁场与导轨所在水平面垂直，方向竖直向下，导轨电阻很小，可忽略不计。如图为模型俯视图，导轨间的距离L＝1.0 m，每根金属棒质量均为m＝1.0 kg，电阻都为R＝5.0 Ω，可在导轨上无摩擦滑动，滑动过程中金属棒与导轨保持垂直且接触良好，在t＝0时刻，两金属棒都处于静止
状态。现有一与导轨平行、大小为F＝2.0 N恒力作用于金属棒MN上，使金属棒MN在导轨上滑动，经过t＝10 s，金属棒MN的加速度a＝ 1.6 m/s2，求：
(1)此时金属棒PQ的加速度；
(2)此时两金属棒MN和PQ的速度；
(3)金属棒MN和PQ的最大速度差。
[答案]　(1)0.4 m/s2　(2)18 m/s　2 m/s　(3)40 m/s
[解析]　(1)恒力作用于MN杆，使其在导轨上向右加速运动，切割磁感线产生感应电流，根据右手定则知电流方向为M→N，电流流经PQ，根据左手定则MN受安培力水平向左，PQ受到的安培力水平向右，它们都做加速运动，对MN由牛顿第二定律得F－ILB＝ma
对PQ由牛顿第二定律得ILB＝ma′
联立解得a′＝0.4 m/s2。
在t＝10 s时，对MN，由牛顿第二定律得F－ILB＝ma
代入数据得v1－v2＝16 m/s
由于作用于两根杆的安培力等大反向，所以作用于两杆系统的合力为水平恒力F，对系统由动量定理得Ft＝(mv1＋mv2)－0
代入数据得v1＋v2＝20 m/s
联立解得v1＝18 m/s，v2＝2 m/s。
(3)MN杆做加速度减小的加速运动，PQ杆做加速度增大的加速运动，最终共加速度，设两金属棒的共同加速度为a共，对系统有F＝2ma共
对PQ杆有ImLB＝ma共
考向4　不等间距上的双棒模型
光滑不等距导轨
示意 图
质量mb＝ma
电阻rb＝ra
长度Lb＝2La
光滑不等距导轨
运动情况分析 杆b受安培力做变减速运动，杆a受安培力做变加速运动，稳定时，两杆的加速度均为零，两杆的速度之比为1∶2
动量 关系 两杆组成的系统动量不守恒
对单杆可以用动量定理
[答案]　ABD
考向5　“导体棒＋电容器”模型
模 型 二 示意图 (无外 力放 电式)
导轨水平光滑，间距为L，电阻不计，单杆ab质量为m，电阻为R
如图甲所示，两平行长直光滑金属导轨水平放置，间距为L，左端连接一个电容为C的电容器，导轨处在磁感应强度大小为B、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中。质量为m的金属棒垂直导轨放置，某时刻金属棒获得一个水平向右的初速度v0，之后金属棒运动的v－t图像如图乙所示，不考虑导轨的电阻。
(1)求金属棒匀速运动时的速度大小v1；
(2)求金属棒匀速运动时电容器的电荷量q；
(3)已知金属棒从开始到匀速运动的过程中，产生的焦耳热为Q，求电容器充电稳定后储存的电能E。
[解析]　(1)金属棒匀速运动切割磁感线产生的电动势U＝BLv1
电容器的电荷量q＝CU
(多选)如图所示是某同学模拟电磁炮的工作原理和发射过程，水平台面上有足够长的平行光滑金属导轨MN和PQ置于塑料圆筒内，质量为m的金属炮弹置于圆筒内的轨道上，轨道间距为L，整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。导轨左端连着平行板电容器和电动势为E的电源。先让单刀双掷开关接1接线柱对电容器充电，充电结束后，将开关接2接线柱。金属炮弹在安培力作用下开始运动，达到最大速度后离开导轨，整个过程通过炮弹的电荷量为q。已知在圆筒中金属炮弹始终与导轨接触良好，不计导轨电阻和电源内阻，炮弹电阻为R。在这个过程中，以下说法正确的是(　　)
D．在其他条件不变时，炮弹的最大速度与电容器电容大小成正比
[答案]　AB
2
动量守恒定律在电磁感应中的应用
(能力考点·深度研析)
光滑的平行导轨
示意图
质量mb＝ma
电阻rb＝ra
长度Lb＝La
光滑的平行导轨
力学观点 杆b受安培力做变减速运动，杆a受安培力做变加速运动，稳定时，两杆的加速度均为零，以相等的速度匀速运动
运动图像
能量观点 系统动能的减少转化为内能
动量观点 两杆组成的系统动量守恒
(1)ab刚越过MP时产生的感应电动势大小；
(2)金属环刚开始运动时的加速度大小；
(3)为使ab在整个运动过程中不与金属环接触，金属环圆心初始位置到MP的最小距离。
ab刚越过MP时产生的感应电动势为E＝BLv0
金属环因受安培力而向右做变加速运动，由牛顿第二定律可知FA＝ILB＝2ma
(3)金属环可以看作质量为2m、长度为L、电阻为0.5R的导体棒，装置可以等效为等间距的双杆模型，金属环受安培力加速，金属棒ab受安培力减速，当二者共速时，回路磁通量不再变化，电流为零，安培力为零，二者保持共速做匀速直线运动，此时二者间距最近，
金属棒ab和金属环组成的系统合外力为零，由动量守恒定律有mv0＝(m＋2m)v
对金属环受力分析，由动量定理有∑ILBΔt＝BLq＝2mv(共23张PPT)
第十二章
电磁感应
第67讲　实验十四　探究影响感应电流方向的因素
实验知识·自主回顾
核心考点·重点突破
实验知识 · 自主回顾
一、实验目的
探究影响感应电流方向的因素。
二、实验原理
如图所示，只要改变穿过闭合回路的磁通量，就可以使闭合回路产生感应电流，感应电流的有无通过连接在回路中的电流表的指针是否偏转来判定。
三、实验器材
条形磁铁、螺线管、灵敏电流计、导线。
四、实验操作
1．探究电流表指针偏转方向与电流方向的关系，电路图如图所示。
2．查明线圈绕向：观察线圈，查明线圈绕向。
3．按如图所示连接线圈和电流表，将磁体插入或抽出，观察电流方向。
(1)磁体N极向下插入或向上拔出，观察并记录电流表指针偏转方向和电流方向。
(2)磁体S极向下插入或向上拔出，观察并记录电流表指针偏转方向和电流方向。
五、实验记录与分析
1．实验现象记录
以下面四种情况为例：根据实验结果，填写下表：
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 磁场方向向下磁通量增加 逆时针 向上
乙 磁场方向向上磁通量增加 顺时针 向下
表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 磁场方向向下磁通量减少 顺时针 向下
丁 磁场方向向上磁通量减少 逆时针 向上
2．实验结论
表1说明：当线圈中磁通量增加时，感应电流的磁场方向跟磁铁的磁场方向相反。
表2说明：当线圈中磁通量减少时，感应电流的磁场方向跟磁铁的磁场方向相同。
六、注意事项
1．灵敏电流表满偏电流很小，查明电流表指针的偏转方向和电流方向的关系时，应使用一节干电池。
2．电流表选用零刻度在中间的灵敏电流表，实验前要弄清线圈导线的绕向。
3．为了使实验现象更加明显，磁体要快速插入或抽出；进行一种操作后等电流表指针回零后再进行下一步操作。
核心考点·重点突破
1
教材原型实验
(基础考点·自主探究)
【跟踪训练】
在“探究影响感应电流方向的因素”的实验中：
(1)首先要确定电流表指针偏转方向与电流方向间的关系，实验中所用电流表量程为100 μA，电源电动势为1.5 V，待选的保护电阻有三种R1＝20 kΩ，R2＝1 kΩ，R3＝100 Ω，应选用________(填“20 kΩ” “1 kΩ”或“100 Ω”)的电阻。
1
(2)已测得电流表指针向右偏时，电流是由正接线柱流入。由于某种原因，螺线管线圈绕线标识已经没有了，通过实验查找绕线方向如图甲所示，当磁铁N极插入线圈时，电流表指针向左偏，则线圈的绕线方向是图乙所示的________图(填“左”或“右”)。
(3)若将条形磁铁S极放在下端，从螺线管中拔出，这时电流表的指针应向________偏(填“左”或“右”)。
(4)若将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流表及开关，按图丙所示连接。在开关闭合，线圈A放在线圈B中的情况下，某同学发现当他将滑动变阻器的滑片P向左加速滑动时，电流表指针向右偏转。由此可以推断，将线圈A中铁芯向上拔出，能引起电流表指针向________偏转(填“左”或“右”)。
[答案]　(1)20 kΩ　(2)左　(3)左　(4)右
(2)已测得电流表指针向右偏时，电流是由正接线柱流入，当磁铁N极插入螺线管时，根据楞次定律，感应电流的磁场阻碍磁通量的增加，螺线管上端应为N极，下端为S极，又电流表指针向左偏，可知电流方向是由电流表正接线柱流出至螺线管上端接线柱，由安培定则可判断螺线管的绕线方向如题图乙中左图所示。
(3)若将条形磁铁S极放在下端，从螺线管中拔出时，感应电流的磁场应阻碍磁通量的减少，螺线管上端应为N极，下端为S极，由螺线管的绕线方向可以判定电流是从电流表的负接线柱流入，故指针向左偏。
(4)由题意可知当P向左加速滑动时，线圈A中的电流应越来越小，则其磁场减弱，此时线圈B中产生的电流使指针向右偏转，由此可知，当B中的磁通量减小时，电流表指针右偏；当将线圈A中铁芯向上拔出的过程中，穿过线圈B的磁通量减小，电流表指针向右偏转。
在“研究电磁感应现象”实验中，
(1)如图给出了可供使用的实验器材，某同学选择了电源、开关和带铁芯的原、副线圈，还需选择的器材有：________________________。
2
(2)从能量转化的角度来看，闭合电路的部分导体切割磁感线而产生感应电流的过程中________能转化为________能；若闭合电路中的感应电流是因磁感应强度发生变化而产生的，则是________能转化为________能。
(3)下面四幅图中，“＋”和“－”分别表示灵敏电流表的正、负接线柱。已知电流从正接线柱流入灵敏电流表时，指针向正接线柱一侧偏转，电流从负接线柱流入时，指针向负接线柱一侧偏转。
图中给出了条形磁体运动的方向、指针偏转方向或螺线管的绕线方向，以下判断正确的是________。
A．甲图中电流表的指针偏转方向向右
B．乙图中螺线管内部的磁场方向向下
C．丙图中条形磁体向下运动
D．丁图中螺线管的绕线方向从上往下看为顺时针方向
[答案]　(1)滑动变阻器和灵敏电流表
(2)机械　电　磁场　电　(3)ABD
[解析]　(1)某同学选择了电源、开关和带铁芯的原、副线圈，还需选择的器材有：滑动变阻器和灵敏电流表。
(2)从能量转化的角度来看，闭合电路的部分导体切割磁感线而产生感应电流的过程中机械能转化为电能；若闭合电路中的感应电流是因磁感应强度发生变化而产生的，则是磁场能转化为电能。
(3)甲图中N极插入螺线管时，向下的磁通量增加，根据楞次定律和安培定则可知，电流表的电流从“＋”接线柱流入，则指针偏转方向向右，选项A正确；乙图中感应电流从“－”接线柱流入电流表，根据安培定则可知螺线管内部的磁场方向向下，选项B正确；丙图中感应电流从“＋”接线柱流入电流表，则根据安培定则可知螺线管内部的磁场方向向上，则图中条形磁体向上运动，选项C错误；丁图中感应电流从“＋”接线柱流入电流表，条形磁体向上运动，则螺线管中感应电流的磁场向下，则螺线管的绕线方向从上往下看为顺时针方向，选项D正确。

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