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课后达标检测
√
2．(2025·北京市大兴区期末考试)如图甲所示，电阻r＝5 Ω、匝数为100匝的线圈(图中只画了2匝)两端A、B与电阻R相连，R＝95 Ω。线圈内有方向垂直于纸面向里的磁场，线圈中的磁通量在按图乙所示规律变化，则下列说法不正确的是(　　)
A．A点的电势低于B点的电势
B．在线圈位置上感生电场沿逆时针方向
C.0.1 s时间内通过电阻R的电荷量为0.05 C
D．0.1 s时间内非静电力所做的功为2.5 J
√
解析：线圈相当于电源，由楞次定律可知A相当于电源的正极，B相当于电源的负极，A点的电势高于B点的电势，在线圈位置上感生电场沿逆时针方向，故B正确，A错误；
0.1 s时间内非静电力所做的功W＝Eq＝50×0.05 J＝2.5 J，故D正确。
√
√
解析：根据右手定则可知，通过R1的电流方向为自下而上，故A正确；
√
5．(双选)矩形导线框abcd放在匀强磁场中，在外力控制下处于静止状态，如图甲所示。磁感线方向与导线框所在平面垂直，磁感应强度B随时间变化的图像如图乙所示(规定磁感应强度的方向垂直于导线框平面向里为正方向)，在前4 s时间内，流过导线框的电流(规定顺时针方向为正方向)与导线框ad边所受安培力随时间变化的图像(规定向左为安培力正方向)可能是图中的(　　)
√
√
解析：由题图可知前1 s内，原磁场垂直于导线框平面向外，且线性减小，线框产生的感应电流为逆时针方向，大小不变，同理可得，在1 s到2 s时间内，线框上的感应电流为逆时针方向，大小不变，在2 s到3 s时间内，线框上的感应电流为顺时针方向，大小不变，在3 s到4 s内，线框产生的感应电流为顺时针方向，大小不变，故A正确，B错误；
在前1 s时间内，导线框ad边电流方向为由a向d，磁感应强度B为垂直于平面向外，且线性减小，根据左手定则得，导线框ad边受安培力向左，且线性减小，在1 s到2 s时间内，磁感应强度B为垂直于平面向里，且线性增大，根据左手定则得，导线框ad边受安培力向右，且线性增大，在2 s到3 s时间内，磁感应强度B为垂直于平面向里，且线性减小，根据左手定则得，导线框ad边受安培力向左，且线性减小，在3 s到4 s内，磁感应强度B为垂直于平面向外，且线性增大，根据左手定则得，导线框ad边受安培力向右，且线性增大，故C正确，D错误。
6．如图所示，空间存在垂直于纸面向里的有界匀强磁场，磁场区域宽度为2L，以磁场左边界上的一点为坐标原点，建立x轴。一边长为L的正方形金属线框abcd在外力作用下以速度v匀速穿过匀强磁场。从线框的cd边刚进磁场开始计时，线框中产生的感应电流i、线框的ab边两端的电压Uab、线框所受的安培力F、穿过线框的磁通量Φ随位移x的变化图像正确的是(规定逆时针电流方向为正，安培力方向向左为正)(　　)
√
√
解析：由右手定则可知，电流从M点流出，经电阻R流向N点，因此M点电势高于N点电势，A错误；
√
√
解析：穿过线圈的磁通量垂直于纸面向里减小，由楞次定律和安培定则可知，平行板电容器的下极板电势高，上极板电势低，板间存在向上的电场，液滴受到竖直向下的重力和电场力而静止，因此液滴受到的电场力方向向上，则液滴带正电，A正确；
保持开关闭合，则极板间的电压不变，当向上移动下极板时，导致间距减小，由场强公式可知电场强度增大，则电场力增大，因此液滴将向上运动，C错误；
断开开关S，电容器既不充电，也不放电，则电场强度不变，因此电场力也不变，则液滴静止不动，D错误。
9．(8分)如图甲所示，边长l＝1.0 m的单匝正方形线框abcd垂直放置在有界匀强磁场中，线框连接阻值R＝5.0 Ω的电阻，磁感应强度B按图乙所示的规律变化，线框电阻不计，求：
(1)t＝2 s时，线框ab边受到的安培力大小F；(6分)
由题图乙可知t＝2 s时的磁感应强度B＝2 T，则ab边受到的安培力大小
F＝BIl＝0.4 N。
答案：0.4 N
(2)前5 s内电阻R中产生的焦耳热Q。(2分)
解析：前5 s内电阻R中产生的焦耳热
Q＝I2Rt＝0.22×5×4 J＝0.8 J。
答案：0.8 J
10．(8分)(2025·宁夏银川阶段练)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＝0.2 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。当棒ac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分)
解析：ac棒垂直切割磁感线，产生的感应电动势的大小E＝Blv＝0.8 V。
答案：0.8 V　
(2)通过ac棒中感应电流的大小及方向；(4分)
答案：4 A　电流由c流向a
(3)运动后3 s到5 s回路中的磁通量的变化量。(2分)
解析：运动后3 s到5 s时间内回路中的磁通量的变化量
ΔΦ＝BΔS＝Blx＝BlvΔt＝0.4×0.5×4×(5－3) Wb＝1.6 Wb。
答案：1.6 Wb
11．(12分)如图所示，由某种粗细均匀的总电阻为3R的金属条制成的矩形线框abcd，宽ad＝L，固定在水平面内且处于方向竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中。一接入电路的电阻为R的导体棒PQ，在水平拉力作用下沿ab、dc以速度v匀速滑动，滑动过程中PQ始终与ab垂直，且与线框接触良好，不计摩擦。在PQ从靠近ad处向bc滑动的过程中，求：
(1)PQ切割磁感线产生的电动势；(2分)
解析：PQ切割磁感线产生的电动势E＝BLv。
答案：BLv　
(2)PQ滑到中间位置时PQ两端的电压；(6分)
(3)线框消耗的最大电功率。(4分)
12．(14分)饭卡是学校等单位最常用的辅助支付手段，其内部主要部分是一个多匝线圈，当刷卡机发出电磁信号时，置于刷卡机上的饭卡线圈的磁通量发生变化，发生电磁感应，产生电信号，其原理可简化为图甲所示。设线圈的匝数为1 000匝，每匝线圈面积均为S＝10-3 m2，线圈的总电阻r＝0.1 Ω，线圈连接一电阻R＝0.4 Ω，其余部分电阻不计。线圈处磁场的方向不变(垂直于纸面向里为正)，其大小按如图乙所示的规律变化。
(1)请你判定前0.1 s时间内，流经电阻R的电流方向。(2分)
解析：根据楞次定律“增反减同”可知前0.1 s时间内，流经电阻R的电流方向从上到下。
答案：从上到下　
(2)求前0.1 s时间内，电阻R产生的焦耳热。(6分)
答案：6.4×10-3 J
(3)求0.1 s到0.4 s时间内，通过电阻R的电荷量。(6分)
答案：0.04 C1．(双选)(2025·云南曲靖市)图甲所示粗糙U形导线框固定在水平面上，右端放有一金属棒PQ，整个装置处于竖直方向的磁场中，磁感应强度B按图乙所示规律变化，规定竖直向上为正方向，整个过程金属棒保持静止，则(　　)
A．1.5t0时刻，金属棒PQ所受安培力方向向左
B．前2t0时间内，回路中的感应电流大小不变，但方向改变
C．前2t0时间内，金属棒PQ所受安培力大小不变，但方向改变
D．前2t0时间内，金属棒PQ所受摩擦力方向先水平向左，后水平向右
解析：选AD。前t0时间内磁感应强度减小，穿过回路的磁通量减小，根据楞次定律可知，回路面积有增大的趋势，金属棒PQ所受安培力水平向右，根据受力平衡可知，金属棒PQ所受摩擦力水平向左，t0到2t0时间内磁感应强度增大，穿过回路的磁通量增大，根据楞次定律可知，回路面积有缩小的趋势，金属棒PQ所受安培力水平向左，根据受力平衡可知，金属棒PQ所受摩擦力水平向右，故A、D正确；前2t0时间内，磁通量的变化率不变，感应电动势大小、方向都不变，感应电流大小、方向都不变，但因磁感应强度大小、方向都改变，故金属棒PQ所受安培力大小、方向都改变，故B、C错误。
2．如图所示，两足够长的平行导轨竖直放置，水平部分粗糙并固定在绝缘水平面上，弯曲部分光滑，两部分平滑连接，空间中存在竖直向下的匀强磁场，导轨右端与定值电阻相连。让导体棒ab从弯曲导轨上某位置由静止开始下滑，在水平导轨上运动一段距离后静止，导体棒ab运动过程中始终与导轨垂直并接触良好，导轨电阻不计。下列说法正确的是(　　)
A．导体棒ab运动过程中，回路中产生逆时针方向的电流(从上往下看)
B．导体棒ab沿光滑弯曲导轨运动过程中，通过电阻的电流一直增加
C．导体棒ab沿弯曲导轨运动过程中，所受安培力方向沿导轨切线向上
D．导体棒ab运动过程中，其机械能的减少量大于定值电阻和导体棒产生的热量之和
解析：选D。导体棒ab运动过程中，根据右手定则可知，回路中产生顺时针方向的电流(从上往下看)，故A错误；导体棒ab沿光滑弯曲导轨运动过程中，由左手定则可知，所受安培力方向水平向左，当导体棒运动到最底端时，重力沿切线方向的分力为0，所以在弯曲导轨运动过程中，重力沿切线方向的分力先大于安培力沿切线方向的分力，导体棒的速率增加，当重力沿切线方向的分力等于安培力沿切线方向的分力时，导体棒的速率最大，之后重力沿切线方向的分力小于安培力沿切线方向的分力，导体棒的速率减小，根据I＝，可知电流I先增大，后减小，故B、C错误；根据能量守恒定律可知，导体棒ab运动过程中减少的机械能转化为回路中定值电阻和导体棒产生的热量之和以及在水平轨道因摩擦而产生的热量，故其机械能的减少量大于定值电阻和导体棒产生的热量之和，故D正确。
3．如图所示，在水平线MN的上方有一磁感应强度大小为B0的匀强磁场(上方无边界)，方向垂直于纸面向里，有一半径为r的半圆形金属线框，置于水平线MN上，金属线框由一段半圆和一条直径连接组成(均为同种材料)，直径与MN重合，设金属线框单位长度的电阻为R0，现在让线框在竖直平面内绕圆心O沿逆时针方向匀速转动半周，角速度为ω，下列说法正确的是(　　)
A．线框中的磁通量增大
B．线框中的感应电流的方向为逆时针方向
C．线框中产生的感应电动势为B0ωr2
D．线框的发热功率 eq \f(Br3ω2,8πR0)
解析：选C。线框在竖直平面内绕圆心O沿逆时针方向匀速转动半周，线框中的磁通量减少，由右手定则可知，电流的方向为顺时针方向，故A、B错误；线圈中产生的感应电动势E＝B0r＝B0ωr2，线圈的总电阻R＝R0，则线圈的发热功率P＝＝ eq \f(Br3ω2,4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π＋2))R0)，故C正确，D错误。
4．竖直平行导轨MN上端接有电阻R，金属杆ab质量为m，接入电阻也为R，跨在平行导轨间的长度为L，垂直于导轨平面的水平匀强磁场方向向里，不计导轨电阻，不计摩擦，且ab与导轨接触良好，如图所示。若ab杆在竖直方向上的外力F作用下匀速上升h，则下列说法正确的是(　　)
A．金属杆ab克服安培力所做的功等于电阻R上产生的焦耳热
B．拉力F与安培力所做的功之和等于金属杆机械能的增加量
C．拉力F与重力做功的代数和等于金属杆上产生的焦耳热
D．拉力F与安培力的合力所做的功大于mgh
解析：选B。根据功能关系可知，金属杆ab克服安培力所做的功等于电阻R上和金属杆ab产生的焦耳热之和，故A错误；金属杆机械能的增加量等于除重力外的其他力所做的功，即拉力F与安培力所做的功之和等于金属杆机械能的增加量，故B正确；ab杆在竖直方向外力F作用下匀速上升h，由动能定理可得WF－W安－mgh＝0，则W安＝WF－mgh，即拉力F与重力做功的代数和等于金属杆克服安培力做的功，但大于金属杆上产生的焦耳热，拉力F与安培力的合力所做的功等于mgh，故C、D错误。
5．(2025·陕西宝鸡市期中)光滑水平面上有一边长L＝0.10 m的单匝均匀正方形导线框abcd，质量m＝1.0 kg，电阻R＝0.10 Ω。在竖直方向存在有平行边界的匀强磁场，ab边恰好位于磁场左边界上，其俯视图如图1所示。t＝0时，线框以初速度v0在恒力F的作用下进入匀强磁场，已知线框从Ⅰ位置到Ⅱ位置过程中的v－t图像如图2所示，且在t＝0时，Uab＝1.5 V，则(　　)
A．t＝0时线框中的感应电动势为1.5 V
B．线框在离开磁场的过程中克服安培力做的功为1.55 J
C．恒力F的大小为1 N
D．线框进入磁场的过程中通过线框截面的电荷量为0.5 C
解析：选B。t＝0时，有Uab＝·R，解得E＝2 V，故A错误；线框在进入磁场后做匀加速运动，根据牛顿第二定律可得F＝ma，a＝＝ m/s2＝0.5 m/s2，所以F＝0.5 N，故C错误；设线框在进入磁场的过程中克服安培力做的功为W，根据动能定理可得FL－W＝mv－mv，代入数据解得W＝1.55 J，线框在离开磁场的过程中克服安培力做功与线框在进入磁场的过程中克服安培力做功相等，故B正确；线框在进入磁场的过程中通过线框截面的电荷量q＝t＝t＝＝，E＝BLv0，联立解得q＝1 C，故D错误。
6．(14分)(2025·江苏泰州市兴化市期末)电磁感应现象的发现，给电磁的应用开辟了广阔的道路，其中发电机就是电磁感应最重要的应用成果之一。某种直流发电机的工作原理可以简化为图甲所示的情景。在竖直向下、磁感应强度B＝1.0 T的匀强磁场中，两根光滑平行金属导轨MN和PQ固定在水平面上，导轨间距L＝0.5 m，导轨左端接有电阻R＝0.8 Ω，电阻R两端接有电压传感器(图中未画出)。质量m＝0.5 kg，电阻r＝0.2 Ω的金属杆ab置于导轨上，与导轨垂直，其余电阻不计。现用水平向右的拉力F拉ab杆，使其由静止开始运动，电压传感器将R两端的电压U即时收集并输入计算机，得到U随时间t变化的关系如图乙所示。 求：
(1)ab杆的加速度大小；(8分)
(2)第3.0 s末撤去拉力F，此后电阻R上产生的焦耳热。(6分)
解析：(1)设金属杆的速度大小为v，则产生的感应电动势E＝BLv
根据闭合电路欧姆定律，感应电流
I＝
R两端的电压U＝IR
根据题图乙可知U＝kt
可得斜率k＝2.0 V/s
联立解得v＝
根据加速度公式可知，加速度大小
a＝＝5 m/s2。
(2)根据上述可知，在拉力作用下，金属杆向右做匀加速直线运动，3.0 s末撤去拉力F时的速度
v0＝at0＝15 m/s
撤去拉力后，根据能量守恒定律有
Q总＝mv
则此后电阻R上产生的焦耳热
Q＝
解得Q＝45 J。
答案：(1)5 m/s2　(2)45 J
7．(16分)(2025·浙江台州市期中)如图所示，足够长的金属导轨MN、PQ平行放置，间距L＝3 m，与水平面的夹角θ＝53°，导轨与定值电阻R1和R2相连，且R1＝R2＝2 Ω。R1支路串联开关S，原来开关S闭合，匀强磁场的方向垂直于导轨平面斜向上。有一质量m＝1 kg的导体棒ab与导轨垂直放置，接触面粗糙且始终接触良好，导体棒的电阻R也为2 Ω。现让导体棒从静止释放沿导轨下滑，当导体棒运动达到稳定状态时速率v＝2 m/s，此时整个电路消耗的电功率为12 W。已知当地的重力加速度g取10 m/s2，导轨电阻不计，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。
(1)在上述稳定状态时，求导体棒ab中的电流I和磁感应强度B的大小。(6分)
(2)如果导体棒从静止释放沿导轨下滑x＝1 m距离后运动达到稳定状态，求在这一过程中回路产生的焦耳热。(4分)
(3)断开开关S后，导体棒沿导轨下滑一段距离d后，通过导体棒ab的电量q＝3 C，求这段距离d。(6分)
解析：(1)当导体棒以速率v匀速下降时，电路中的总电阻R总＝3 Ω
由P电＝I2R总
得I＝2 A
感应电动势
E＝IR总＝6 V
由E＝BLv
得B＝1 T。
(2)根据能的转化和能量守恒定律可知
mgv sin 53°＝P电＋fv
得f＝2 N
由能量守恒定律可得
mg sin 53°x＝fx＋Q＋mv2
得Q＝4 J。
(3)断开开关S后，电路中总电阻R总′＝4 Ω
根据法拉第电磁感应定律有
E＝n，I＝，q＝IΔt
可得q＝
又ΔΦ＝BLd
得d＝4 m。
答案：(1)2 A　1 T　(2)4 J　(3)4 m1．(双选)如图所示，光滑平行长直导轨水平放置，间距L＝0.5 m，左侧接有阻值R＝5.0 Ω的电阻。导体棒质量m＝0.25 kg，垂直静止放在导轨上，且接触良好。导体棒及导轨的电阻均不计。导轨所在区域有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B＝2.0 T。初始时刻给导体棒一向右的初速度v0＝5 m/s，滑行一段时间t后导体棒速度变为v1＝3 m/s，已知重力加速度g取10 m/s2，则以下说法正确的是(　　)
A．导体棒做匀减速运动，直到速度为0
B．在t时间内，导体棒向右运动的位移为2.5 m
C．在t时间内，电阻R产生的内能Q＝1.0 J
D．在t时间内，通过电阻R的电荷量q＝0.5 C
解析：选BD。由右手定则和左手定则可知导体棒在向右运动过程中所受安培力向左，所以导体棒向右做减速运动，再由E＝BLv，I＝，可知F安＝BIL＝，在减速过程中为变力，所以导体棒向右做变减速运动，直至处于静止状态，故A错误；由动量定理可得ILBt＝qLB＝mv0－mv1，得q＝0.5 C，又由q＝＝，解得x＝2.5 m，故B、D正确；由能量守恒定律有mv＝mv＋Q，解得Q＝2.0 J，故C错误。
2．如图所示，边长为a的正方形铝框平放在光滑绝缘水平桌面上，桌面上有边界平行、宽为b且足够长的匀强磁场区域，磁场方向垂直于桌面，铝框依靠惯性滑过磁场区域，滑行过程中铝框平面始终与磁场垂直且一边与磁场边界平行，已知aA．铝框所用时间相同
B．铝框上产生的热量相同
C．铝框中的电流方向相同
D．安培力对铝框的冲量相同
解析：选D。由楞次定律可知，铝框进入磁场过程感应电流为逆时针方向，离开磁场过程感应电流为顺时针方向，C错误；铝框进入和离开磁场过程安培力对铝框的冲量I安＝－BaΔt，又q＝Δt＝Δt＝＝，得I安＝－，D正确；铝框进入和离开磁场过程，铝框均做减速运动，可知铝框进入磁场过程的速度一定大于铝框离开磁场过程的速度，可知铝框离开磁场所用的时间大于进入磁场所用的时间，根据F安＝BIa＝Ba＝，可知铝框进入磁场过程受到的安培力一直大于铝框离开磁场过程受到的安培力，故铝框进入磁场过程克服安培力做的功大于铝框离开磁场过程克服安培力做的功，即铝框进入磁场过程产生的热量大于铝框离开磁场过程产生的热量，A、B错误。
3．(双选)如图甲所示，固定在同一绝缘水平面上的两根平行光滑金属导轨，两导轨间的距离为1.5 m，左端接有阻值为3 Ω的定值电阻R。阻值为3 Ω、质量为1 kg的金属棒ab跨接在导轨上，形成闭合回路。空间有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为2 T。ab棒在外力 F的作用下沿着导轨运动的速度时间图像如图乙所示。导轨的电阻忽略不计，且运动过程中金属棒始终与导轨垂直。下列说法正确的是(　　)
A．前3 s内通过ab棒的电荷量为1.5 C
B．前3 s内外力F的冲量大小为11 N·s
C．3 s到6 s内ab棒两端电压为6 V
D．3 s到6 s内回路产生的焦耳热为18 J
解析：选AD。前3 s内通过ab棒的电荷量q＝Δt＝Δt＝＝，又x＝×3×2 m＝3 m，解得通过ab棒的电荷量q＝1.5 C，A正确；前3 s内，根据动量定理得I－BLt＝mv－0，又q＝t，解得外力F的冲量大小I＝6.5 N·s，B错误；3 s到6 s内通过ab棒的电流I′＝＝1 A，ab棒两端电压U＝I′R＝3 V，回路产生的焦耳热Q＝I′2(R＋r)t＝18 J，C错误，D正确。
4．(2023·福建卷，T3)如图，M、N是两根固定在水平面内的光滑平行金属导轨，导轨足够长且电阻可忽略不计；导轨间有一垂直于水平面向下的匀强磁场，其左边界OO′垂直于导轨；阻值恒定的两均匀金属棒a、b均垂直于导轨放置，b始终固定。a以一定初速度进入磁场，此后运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，并与b不相碰。以O为坐标原点，水平向右为正方向建立轴坐标；在运动过程中，a的速度记为v，a克服安培力做功的功率记为P。下列v或P随x变化的图像中，可能正确的是(　　)
解析：选A。设导轨间磁场磁感应强度为B，导轨间距为L，金属棒总电阻为R，由题意，金属棒a进入磁场后受到水平向左的安培力作用，做减速运动，根据动量定理有－∑F·Δt＝mv－mv0，根据F＝BIL，I＝，E＝BLv，可得F＝，又因为x＝∑v·Δt，联立可得x＝mv0－mv，根据表达式可知v与x成一次函数关系，故A正确，B错误；a克服安培力做功的功率P＝Fv＝·v2＝·(v0－x)2，故P－x图像为开口向上的抛物线，由于F和v都在减小，故P在减小，故C、D错误。
5．(双选)如图所示，半径为r的粗糙四分之一圆弧导轨与光滑水平导轨平滑相连，四分之一圆弧导轨区域没有磁场，水平导轨区域存在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场，导轨间距为d，ab、cd是质量为m、电阻为R的金属棒，导轨电阻忽略不计。cd静止在水平轨道上，ab从四分之一圆弧轨道顶端由静止释放，在圆弧轨道上克服阻力做功mgr，水平导轨足够长，ab、cd始终与导轨垂直并接触良好，且不会相撞，重力加速度为g。从ab棒进入水平轨道开始，下列说法正确的是(　　)
A．ab棒先做匀减速运动，最后做匀速运动
B．cd棒先做匀加速直线运动，最后和ab以相同的速度做匀速运动
C．ab棒刚进入磁场时，cd棒电流为
D．ab棒的最终速度大小为
解析：选CD。ab棒进入磁场受向左的安培力，做减速运动，其中安培力的大小F安＝IdB＝dB＝dB＝，所以安培力随速度减小而减小，则ab棒先做加速度减小的减速运动，cd棒受向右的安培力，所以先做加速度减小的加速运动，最后它们共速，做匀速运动，故A、B错误；ab刚进入磁场的速度就是它下滑到底端的速度，根据动能定理可得mgr－mgr＝mv2，可得速度v＝，则感应电动势E＝Bdv，两金属棒串联，故两棒瞬时电流I＝，两棒共速时由动量守恒定律有mv＝2mv′，得速度大小v′＝，故C、D正确。
6．(12分)如图所示，PQMN与CDEF为两根足够长的固定平行金属导轨，导轨间距为L。PQ、MN、CD、EF为相同的弧形导轨；QM、DE为足够长的水平导轨。导轨的水平部分QMED处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B。a、b为材料相同、长度都为L的导体棒，跨接在导轨上。已知a棒的质量为3m、电阻为R，b棒的质量为m、电阻为3R，其他电阻不计。金属棒a和b都从距水平面高度为h的弧形导轨上由静止释放，分别通过DQ、EM同时进入匀强磁场中，a、b棒在水平导轨上运动时不会相碰。若金属棒a、b与导轨接触良好，且不计导轨的电阻和棒与导轨的摩擦，重力加速度为g。
(1)当金属棒b向左运动的速度大小减为金属棒a的速度大小的一半时，求金属棒a的速度大小；(6分)
(2)金属棒a、b进入磁场后，若先离开磁场的某金属棒在离开磁场前已匀速运动，求此棒从进入磁场到匀速运动的过程电路中产生的焦耳热。(6分)
解析：(1)金属棒从弧形轨道滑下，由机械能守恒定律，有mgh＝mv
解得v0＝
两棒同时进入磁场区域的初速度大小均为，由于两棒在水平轨道上时所受合外力为零，则两棒在水平轨道上运动时动量守恒，可得
3mv0－mv0＝3mva－m
解得va＝v0＝。
(2)先离开磁场的某金属棒在离开磁场前已匀速运动，则两棒在水平面上匀速运动的速度相等，由动量守恒定律得
3m＋m＝v
解得v＝
方向向右，由题意可判断b棒先离开磁场，金属棒a、b进入磁场后，到b棒第一次离开磁场过程中，由能量守恒定律得
v＝v2＋Q
解得此棒从进入磁场到匀速运动的过程中电路中产生的焦耳热
Q＝3mgh。
答案：(1)　(2)3mgh
7．(14分)如图所示，两根由弧形部分和直线部分平滑连接而成的相同光滑金属导轨平行放置，弧形部分竖直，直线部分水平且左端连线垂直于导轨，导轨间距为L。水平区域abcd有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，细金属杆M、N长度都稍大于L。初始时刻，细金属杆M静止在弧形部分距水平导轨高度h处，磁场内的细金属杆N处于静止状态。某时刻静止释放M杆后，两杆与导轨接触良好且运动过程始终与导轨垂直，两杆在磁场中未碰撞且N杆出磁场时的速度大小为。已知M、N杆的质量分别为m和2m，电阻分别为R和2R，重力加速度为g，感应电流产生的磁场及导轨的电阻忽略不计。求：
(1)细金属杆N在磁场内运动过程中最大加速度的大小和方向；(5分)
(2)细金属杆N在磁场内运动过程中产生的焦耳热；(5分)
(3)细金属杆N在磁场内运动过程中通过回路的电荷量。(4分)
解析：(1)从M释放到进磁场，根据机械能守恒定律有
mgh＝mv2
M进磁场时，对金属杆N，根据牛顿第二定律有
F＝BIL＝BL＝2ma
解得a＝
根据左手定则可知，安培力的方向水平向右，则加速度方向水平向右。
(2)M进入磁场后，由M、N组成的系统动量守恒，有
mv＝mv1＋2mv2
根据能量守恒定律有
Q＝mv2－mv－×2mv
所以细金属杆N产生的焦耳热
Q1＝Q＝mgh。
(3)对细金属杆N根据动量定理可得
BLt＝2mv2
其中q＝t
解得q＝。
答案：(1)　方向水平向右　(2)mgh　(3)(共3张PPT)
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THANKS专题提升课6　电磁感应中的电路和图像问题
微专题一　电磁感应中的图像问题
1．问题类型
(1)由给定的电磁感应过程选出或画出正确的图像。
(2)由给定的图像分析电磁感应过程，求解相应的物理量。
2．图像类型
(1)各物理量随时间t变化的图像，即B－t图像、Φ－t图像、E－t图像和I－t图像。
(2)导体切割磁感线运动时，还涉及感应电动势E和感应电流I随导体位移变化的图像，即E－x图像和I－x图像。　
3．主要规律：安培定则、左手定则、楞次定律、右手定则、法拉第电磁感应定律、欧姆定律等。
类型1　导体平动的电磁感应图像
　如图所示，一个矩形线框以速度v匀速穿过匀强磁场区域，若取逆时针方向为电流的正方向，则在下列图中能正确反映出回路中感应电流随时间变化的情况的图像是(　　)
[解析]　根据楞次定律判断可知，线圈进入磁场时，感应电流方向为逆时针方向，为正值；线圈穿出磁场时，感应电流方向为顺时针方向，为负值；由公式I＝＝得，线圈进入和穿出磁场时，感应电流的大小不变；线圈完全在磁场中运动时，磁通量不变，没有感应电流产生，故C正确。
[答案]　C
　如图所示，“凸”字形金属线框右侧有一宽度为3L的匀强磁场区域，磁场方向垂直于纸面向里。线框在纸面内向右匀速通过磁场区域，t＝0时，线框开始进入磁场。设逆时针方向为感应电流的正方向，则线框中感应电流 i 随时间 t 变化的图像可能正确的是(　　)
[解析]　设线框运动的速度为v，线框总电阻为R。当0≤t< 时，只有最右侧的一条竖直短边切割磁感线，感应电流的方向为逆时针(正方向)，大小I1＝，当≤t<时，右侧的三条竖直短边切割磁感线，感应电流的方向为逆时针(正方向)，大小I2＝，当≤t<时，右侧的上下两条竖直短边和左侧最长边切割磁感线，感应电流方向为顺时针(负方向)，大小I3＝＝，当≤t<时，只有左侧最长边切割磁感线，感应电流方向为顺时针(负方向)，大小I4＝。
[答案]　A
类型2　磁场变化的电磁感应图像
　在竖直方向的匀强磁场中，水平放置一圆形导体环。规定导体环中电流的正方向如图甲所示，磁场向上为正。当磁感应强度B随时间t按图乙变化时，导体环中感应电流随时间变化的图像是(　　)
[解析]　根据题意，由题图乙可知，前2 s内，磁感应强度均匀变化，由法拉第电磁感应定律可知，线圈中产生恒定的感应电流，由楞次定律可知，线圈中感应电流方向为逆时针(与正方向相反)；同理可知，2 s到4 s内，线圈中同样产生恒定的感应电流，线圈中感应电流方向为顺时针(与正方向相同)。
[答案]　A
　(双选)(2025·山西长治市模拟)空间存在一方向与纸面垂直、大小随时间变化的匀强磁场，其边界如图甲中虚线MN所示，一硬质金属圆环固定在纸面内，圆心O在边界MN上。t＝0时磁场的方向如图甲所示，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示，则圆环中产生的感应电流I及所受安培力F与时间t的关系图像可能正确的是(　　)
[解析]　根据法拉第电磁感应定律有E＝，根据闭合电路欧姆定律有I＝，因通过圆环的磁通量变化率为定值，故圆环中的电动势、电流的大小和方向不变，故A正确，B错误；根据F＝BIL，因电流I和有效长度L都不变，故F随B的变化而变化，故F－t图像与B－t类似，故C正确，D错误。
[答案]　AC
微专题二　电磁感应中的电路问题
1．分析思路
(1)明确哪部分电路或导体产生感应电动势，该部分电路或导体就相当于电源，其他部分是外电路。
(2)画等效电路图，分清内、外电路。
(3)用法拉第电磁感应定律E＝n或E＝Blv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流的方向。注意在等效电源内部，电流方向从负极流向正极。
(4)运用闭合电路欧姆定律、串并联电路特点、电功率、焦耳定律等公式联立求解。
2．电荷量的计算
(1)闭合回路中磁通量发生变化时，电荷发生定向移动形成感应电流，在Δt内迁移的电荷量(感应电荷量)q＝IΔt＝·Δt＝n··Δt＝。
(2)从上式可知，线圈匝数一定时，感应电荷量仅由回路电阻和磁通量的变化量决定，与时间无关。求解电路中通过的电荷量时，I、E均为平均值。
　(双选)如图甲所示，一个n＝100匝的圆形导体线圈面积S1＝0.5 m2，总电阻r＝1 Ω。在线圈内存在面积S2＝0.4 m2的垂直于线圈平面向外的匀强磁场区域，磁感应强度B随时间t变化的关系如图乙所示。有一个R＝2 Ω的电阻，将其与图甲中线圈的两端a、b分别相连接，其余电阻不计，下列说法不正确的是(　　)
A．前4 s内a、b间的电势差Uab＝－0.04 V
B．4 s到6 s内a、b间的电势差Uab＝8 V
C．前4 s内通过电阻R的电荷量为8 C
D．4 s到6 s内电阻R上产生的焦耳热为64 J
[解析]　前4 s内根据法拉第电磁感应定律得线圈中产生的感应电动势E＝nS2＝6 V，回路电流I＝＝2 A，在前4 s时间内，B增大，穿过线圈的磁通量向外增加，根据楞次定律知，线圈中产生的感应电流由b流经电阻R回到a，a、b间的电势差Uab＝－IR＝－4 V，通过电阻R的电荷量q＝It＝8 C，故A错误，C正确；在4 s到6 s时间内，线圈产生的感应电动势大小E′＝n＝12 V，感应电流I′＝＝4 A，根据楞次定律知，线圈中产生的感应电流由a流经电阻R回到b，a、b间的电势差Uab′＝I′R＝8 V，电阻R上产生的焦耳热Q＝I′2Rt′＝64 J，故B、D正确。
[答案]　A
　(2025·陕西宝鸡市期中)如图所示，在磁感应强度B＝2 T的匀强磁场中，有一个半径r＝0.5 m的金属圆环。圆环所在的平面与磁感线垂直，OA是一个金属棒，它沿着顺时针方向以20 rad/s的角速度绕圆心O匀速转动。A端始终与圆环相接触，OA棒的电阻R＝0.1 Ω，图中定值电阻R1＝100 Ω，R2＝4.9 Ω，电容器的电容C＝100 pF，圆环和导线的电阻忽略不计，则(　　)
A．电容器下极板带正电
B．电路消耗的电功率是4.9 W
C．电容器的带电荷量是5×10-10 C
D．若金属棒在转动过程中突然停止不动，则此后通过R2的电荷量是9.8×10-12 C
[解析]　根据右手定则可知，A端电势高于O端电势，所以电容器上极板带正电，故A错误；金属棒OA产生的电动势E＝Br2ω，由闭合电路欧姆定律可知I＝，电路消耗的电功率P＝EI＝5 W，故B错误；金属棒OA两端的电压U＝IR2＝4.9 V，电容器的带电荷量Q＝CU＝100×10-12×4.9 C＝4.9×10-10 C，故C错误；若金属棒在转动过程中突然停止不动，则此后通过R2的电荷量Q2＝Q＝9.8×10-12 C，故D正确。
[答案]　D
综合一练　电磁感应中的电路问题
　(2025·辽宁鞍山市期末联考)如图所示，匀强磁场与金属框架的平面垂直，磁感应强度B＝1 T，框架宽度L＝0.4 m，电阻不计。金属棒ab电阻r＝1 Ω，与框架垂直且接触良好。电阻R1＝1 Ω，R2＝2 Ω，电容器的电容C＝30 μF。当金属棒ab以v＝5 m/s的速度向右匀速运动时，求：
(1)流过金属棒的感应电流大小和方向；
(2)R1消耗的电功率；
(3)电容器所带的电荷量。
[解析]　(1)金属棒ab产生的感应电动势
E＝BLv＝2 V
外电阻R＝R1＋R2＝3 Ω
通过金属棒的感应电流
I＝＝0.5 A
根据右手定则可知流过金属棒的电流方向为由b→a。
(2)R1消耗的电功率P1＝I2R1＝0.25 W。
(3)R2两端的电压U2＝IR2＝1 V
电容器与R2并联，电容器两端的电压等于R2两端的电压，电容器所带的电荷量
Q＝CU2＝3×10-5 C。
[答案]　(1)0.5 A　方向由b→a　(2)0.25 W
(3)3×10-5 C
1．(电磁感应中的电路问题)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(　　)
解析：选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。
2．(电磁感应中的电路问题)(2025·辽宁辽阳市期末)如图所示，圆形线圈的匝数n＝100，面积S＝0.3 m2，处在垂直于纸面向里的匀强磁场中。磁感应强度大小B随时间t变化的规律为B＝0.5t (T)，定值电阻R＝5 Ω，线圈的电阻r＝1 Ω。下列说法正确的是(　　)
A．通过电阻R的电流方向为a→b
B．线圈产生的感应电动势为15 V
C．定值电阻R两端的电压为10 V
D．通过电阻R的电流为2 A
解析：选B。由磁感应强度大小B随时间t变化的规律可知，穿过线圈的磁通量向里增加，由楞次定律可知，线圈产生感应磁场的方向垂直于纸面向外，由安培定则可知，线圈中感应电流为逆时针，则通过电阻R的电流方向为b→a，故A错误；由法拉第电磁感应定律可知线圈产生的感应电动势E＝n＝nS＝100×0.5×0.3 V＝15 V，故B正确；线圈中磁感应强度均匀变化，则线圈产生恒定的电动势，由闭合电路欧姆定律可得，通过电阻R的电流I＝＝ A＝2.5 A，定值电阻R两端的电压U＝IR＝12.5 V，故C、D错误。
3．(电磁感应中的图像问题)(双选)如图甲所示，正方形线圈abcd内有垂直于线圈的匀强磁场，已知线圈匝数n＝10，边长L＝1 m，线圈总电阻r＝1 Ω，线圈内磁感应强度随时间的变化情况如图乙所示。设图示的磁场方向与感应电流方向为正方向，则下列有关线圈的电动势e、感应电流i以及ab边的安培力F(取向下为正方向)随时间t的变化图像正确的是(　　)
解析：选CD。根据题图乙可知，在前1 s内，感应电动势大小e1＝n＝10× V＝2 V，方向为正；在1 s到5 s内，感应电动势大小e2＝n＝10× V＝1 V，方向与规定的正方向相反，A错误；根据A选项的分析可知，在前1 s内电流为2 A，方向为正，在1 s到5 s内，电流为1 A，方向为负，B错误，C正确；根据F＝BIL，可知在前1 s内安培力沿正向由零均匀增加，在1 s时刻，安培力达到最大值F1＝nBIL＝4 N。在1 s到5 s内， 由于电流为负方向，利用磁场的变化情况可知，安培力先负向的减小然后正向的增加，最大值均为2 N，D正确。(共34张PPT)
专题提升课7　电磁感应中的动力学和
能量问题
专题深度剖析
PART
01
第一部分
微专题一　电磁感应中的动力学问题
电磁感应问题往往与力学问题联系在一起，处理此类问题的基本方法是：
(1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律求感应电动势的大小和方向。
(2)用闭合电路欧姆定律求回路中感应电流的大小和方向。
(3)分析导体的受力情况(包括安培力)。
(4)列动力学方程(a≠0)或平衡方程(a＝0)求解。
如图所示，足够长的两光滑竖直金属导轨间距为L，处在磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨平面的匀强磁场中(图中未画出)。匀质金属棒ab、cd均紧贴两导轨，质量均为m，电阻均为R，导轨电阻不计，重力加速度为g。现用悬绳固定ab棒，由静止释放cd棒，求：
(1)cd棒最终速度的大小；
(2)悬绳对ab棒拉力的最大值。
[解析]　cd棒匀速运动时，悬绳对ab棒拉力最大，则有T＝mg＋FA＝2mg。
[答案]　2mg
(2025·山东青岛市期中)如图所示，两足够长平行金属导轨间的距离L＝0.40 m，金属导轨所在的平面与水平面夹角θ＝37°，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B＝0.50 T、方向垂直于导轨所在平面向上的匀强磁场。金属导轨的一端接有电动势E＝4.5 V、内阻r＝0.50 Ω的直流电源。现把一个质量m＝0.040 kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰能静止。导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R ＝2.5 Ω，金属导轨电阻不计，g取10 m/s 2，已知sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80。
(1)求导体棒里的电流大小和导体棒受到的安培力大小。
导体棒受到的安培力大小F安＝BIL＝0.30 N。
[答案]　1.5 A　0.30 N　
(2)求导体棒受到的摩擦力大小。
[解析]　对导体棒受力分析如图甲所示，将重力正交分解，沿导轨方向
F1＝mg sin 37°＝0.24 N
因为F1所以根据平衡条件有mg sin 37°＋f＝F安
解得导体棒受到的摩擦力大小f＝0.06 N。
[答案]　0.06 N　
(3)若只把匀强磁场B的方向改为竖直向上、大小改为1.0 T，动摩擦因数为μ＝0.2，其他条件都不变，求导体棒运动的加速度大小。
[解析]　对导体棒受力分析如图乙所示，沿导轨方向由牛顿第二定律
B′IL cos θ－mg sin θ－f′＝ma
垂直于导轨方向N′＝mg cos θ＋B′IL sin θ
其中f′＝μN′
联立可得，导体棒运动的加速度大小
a＝2.6 m/s2。
[答案]　2.6 m/s2
微专题二　电磁感应中的能量问题
1．电磁感应中能量的转化
(1)转化方式
(2)涉及的常见功能关系
①有滑动摩擦力做功，必有内能产生；
②有重力做功，重力势能必然发生变化；
③克服安培力做多少功，就有多少其他形式的能转化为电能。
2．焦耳热的计算
(1)电流恒定时，根据焦耳定律求解，即
Q＝I2Rt。
(2)感应电流变化，可用以下方法分析
①利用动能定理，求出克服安培力做的功W安，即Q＝W安。
②利用能量守恒定律，焦耳热等于其他形式能量的减少量。
有一个边长l＝0.1 m的正方形导线框abcd，质量m＝10 g，由高度h＝0.2 m处自由下落，如图所示。其下边ab进入匀强磁场区域后，线框开始做匀速运动，直到其上边dc刚刚开始穿出匀强磁场为止，此匀强磁场区域宽度也是l。求线框在穿越匀强磁场过程中产生的焦耳热，g取10 m/s2。
[答案]　0.02 J
如图所示，两根足够长的平行光滑金属导轨MN、PQ间距L＝1 m，其电阻不计，两导轨及其构成的平面均与水平面的夹角θ＝30°，N、Q两端接有R＝1 Ω的电阻。一金属棒ab垂直于导轨放置，ab两端与导轨始终良好接触，已知ab的质量m＝0.2 kg，电阻r＝1 Ω，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度大小B＝1 T。ab在平行于导轨向上的拉力作用下，以初速度v1＝0.5 m/s沿导轨向上开始运动，可达到最大速度v＝2 m/s。运动过程中拉力的功率恒定不变，重力加速度g取10 m/s2。
(1)求拉力的功率P。
[解析]　在ab运动过程中，由于拉力功率恒定，ab做加速度逐渐减小的加速运动，速度达到最大时，加速度为0，设此时拉力的大小为F，安培力大小为FA，有F－mg sin θ－FA＝0
[答案]　4 W
(2)ab开始运动后，经t＝0.09 s速度达到v2＝1.5 m/s，此过程中ab克服安培力做功W＝0.06 J，求该过程中ab沿导轨的位移大小x。
[答案]　0.1 m
(2023·北京卷，T9)如图所示，光滑水平面上的正方形导线框，以某一初速度进入竖直向下的匀强磁场并最终完全穿出。线框的边长小于磁场宽度。下列说法正确的是(　　)
A．线框进磁场的过程中电流方向为顺时针方向
B．线框出磁场的过程中做匀减速直线运动
C．线框在进和出的两过程中产生的焦耳热相等
D．线框在进和出的两过程中通过导线横截面的电荷量相等
微专题三　电磁感应中的动力学和能量问题
√
[解析]　线框进磁场的过程中由楞次定律和安培定则可知电流方向为逆时针方向，A错误；
(2025·浙江宁波市期中)如图所示，两根倾斜放置与水平面夹角为θ的平行光滑导轨间距为l，导轨间接一阻值为R的电阻，整个空间分布着匀强磁场，磁场方向垂直于导轨所在平面向上，磁感应强度大小为B，一质量为m、电阻也为R的金属杆ab，以某一初速度沿轨道上滑，直至速度减为零。已知上述过程中电阻R产生的热量为Q，其最大瞬时电功率为P，设导轨电阻不计，ab杆向上滑动的过程中始终与导轨保持垂直且接触良好，重力加速度为g。求：
(1)金属杆ab上滑的初速度大小；
(2)金属杆ab刚开始上滑时的加速度大小；
[解析]　ab杆上滑切割磁感线，产生感应电动势，由右手定则可知感应电流方向为由b→a，由左手定则可得安培力方向沿轨道向下，由牛顿第二定律可得mg sin θ＋F安＝ma
(3)金属杆ab上滑的最大距离x。
[解析]　在ab杆上滑的全过程中，R上产生的热量为Q，则ab杆上产生的热量也为Q，全过程电路产生的总热量Q总＝2Q
随堂巩固落实
PART
02
第二部分
√
1．(电磁感应中的动力学问题)如图所示，在一匀强磁场中有一“U”形导线框abcd，线框处于水平面内，磁场与线框平面垂直，R为一电阻，ef为垂直于ab的一根导体杆，它可在ab、cd上无摩擦地滑动。杆ef及线框中导线的电阻都忽略不计。开始时，给ef一个向右的初速度，则(　　)
A．ef将减速向右运动，但不是匀减速，最后停止
B．ef将匀减速向右运动，最后停止
C．ef将匀速向右运动
D．ef将往返运动
2．(电磁感应中的平衡)如图所示，上下不等宽的平行金属
导轨的EF和GH两部分导轨间的距离为2L，IJ和MN两部分
导轨间的距离为L，导轨竖直放置，整个装置处于垂直于
纸面向里的匀强磁场中，金属杆ab和cd的质量均为m，都可在导轨上无摩擦地滑动，且与导轨接触良好，现对金属杆ab施加一个竖直向上的作用力F，使其匀速向上运动，此时cd处于静止状态，则F的大小为________。
解析：cd处于静止状态，有mg＝BIL，ab匀速向上运动，有F＝mg＋2BIL，则F＝3mg。
3mg
3．(电磁感应中的动力学和能量问题)如图所示，水平放置的U形导轨足够长，置于方向竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小B＝5 T，导轨宽度L＝0.4 m，左侧与R＝0.8 Ω的定值电阻连接。右侧有导体棒ab跨放在导轨上，导体棒ab质量m＝2.0 kg，电阻r＝0.2 Ω，与导轨间的动摩擦因数μ＝0.2，其余电阻可忽略不计。导体棒ab在大小为10 N的水平外力F作用下，由静止开始运动了x＝60 cm后，速度达到最大，g取10 m/s2。求：
(1)导体棒ab运动的最大速度；
解析：设导体棒ab运动的最大速度为vm，ab棒速度最大时切割磁感线产生的电动势E＝BLvm
答案：1.5 m/s
(2)当导体棒ab的速度v＝1 m/s时，导体棒ab的加速度大小；
答案：1 m/s2
(3)导体棒ab由静止达到最大速度的过程中，电阻R上产生的热量。
答案：1.08 J第2课时　楞次定律
一、楞次定律
1．内容：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．理解：当磁铁的N极移近导体线圈的上端时，由感应电流激发的磁场使线圈的上端也是N极，因为同名磁极相互排斥，所以阻碍磁铁相对线圈向下的运动；而当磁铁的N极离开导体线圈时，由感应电流激发的磁场使线圈的上端是S极，因为异名磁极相互吸引，所以阻碍磁铁相对线圈向上的运动。
3．能量守恒定律的关系：从能量转化和守恒的角度来看，把磁体移近线圈时，外力要克服磁体和线圈之间的排斥力做功，使外界其他形式的能量转化为电能；磁体离开线圈时，外力则要克服磁体和线圈之间的吸引力做功，也使外界其他形式的能量转化为电能。在这两种情况下，总能量都是守恒的。
4．楞次定律的几个常用结论
(1)增反减同
感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量(原磁场磁通量)的变化。
①当原磁场磁通量增加时，感应电流的磁场方向与原磁场方向相反。
②当原磁场磁通量减少时，感应电流的磁场方向与原磁场方向相同。
口诀记为“增反减同”。
(2)来拒去留
由于磁场与导体的相对运动产生电磁感应现象时，产生的感应电流受到磁场的安培力，这种安培力会“阻碍”相对运动。
口诀记为“来拒去留”。
(3)增缩减扩
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。
②若原磁通量减小，则通过增大有效面积起到阻碍的作用。
口诀记为“增缩减扩”。
注意：本方法适用于磁感线单方向穿过闭合回路的情况。
二、右手定则
1．内容：伸开右手，让拇指与其余四指垂直，且都与手掌处于同一平面内，让磁感线垂直穿过手心，使拇指指向导体运动的方向，其余四指所指的方向就是感应电流的方向。
2．适用范围：右手定则适用于闭合回路中一部分导体做切割磁感线运动时产生感应电流的情况。
判断下列说法是否正确。
(1)感应电流的磁场方向总是与引起感应电流的磁场方向相反。(　　)
(2)感应电流的磁场方向与引起感应电流的磁场方向可能相同，也可能相反。(　　)
(3)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。(　　)
(4)右手定则只适用于闭合回路中一部分导体做切割磁感线产生感应电流的情况。(　　)
(5)使用右手定则时必须让磁感线垂直穿过掌心。(　　)
(6)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。(　　)
提示：(1)×　(2)√　(3)√　(4)√　(5)×　(6)×
知识点一　从阻碍磁通量变化的角度应用楞次定律
1．因果关系
楞次定律反映了电磁感应现象中的因果关系，磁通量发生变化是原因，产生感应电流是结果，原因产生结果，结果反过来影响原因。
2．对“阻碍”的理解
　(2024·北京卷，T6)如图所示，线圈M和线圈P绕在同一个铁芯上，下列说法正确的是(　　)
A．闭合开关瞬间，线圈M和线圈P相互吸引
B．闭合开关，达到稳定后，电流表的示数为0
C．断开开关瞬间，流过电流表的电流方向由a到b
D．断开开关瞬间，线圈P中感应电流的磁场方向向左
[解析]　闭合开关瞬间，根据安培定则可知线圈M中突然产生向右的磁场，根据楞次定律可知，线圈P中感应电流的磁场方向向左，因此线圈M和线圈P相互排斥，A错误；线圈M中的磁场稳定后，线圈P中的磁通量不再变化，则线圈P产生的感应电流为0，电流表示数为0，B正确；断开开关瞬间，线圈M中向右的磁场瞬间减为0，根据楞次定律可知，线圈P中感应电流的磁场方向向右，根据安培定则可知流过电流表的电流方向由b到a，C、D错误。
[答案]　B
　(2024·江苏卷，T10)如图所示，在绝缘的水平面上，有闭合的两个线圈a、b，线圈a处在匀强磁场中，现将线圈a从磁场中匀速拉出，线圈a、b中产生的感应电流方向分别是(　　)
A．顺时针，顺时针　　　
B．顺时针，逆时针
C．逆时针，顺时针
D．逆时针，逆时针
[解析]　线圈a从磁场中匀速拉出的过程中穿过a线圈向里的磁通量在减小，则根据楞次定律可知a线圈的电流为顺时针，由于线圈a从磁场中匀速拉出则a中产生的电流为恒定电流，则线圈a靠近线圈b的过程中穿过线圈b向外的磁通量在增大，同理可得线圈b产生的感应电流为顺时针。
[答案]　A
　如图所示，在光滑水平桌面上有两个闭合金属圆环，在它们圆心连线中点正上方有一个条形磁铁，当给条形磁铁一竖直向上的初速度后，磁铁上升到最高点后下落，在条形磁铁向下运动的过程中，将会出现的情况是(　　)
A．磁铁的加速度小于g
B．金属环对桌面压力小于自身重力
C．俯视观察，左边金属圆环会产生逆时针感应电流
D．两金属环将加速靠近(不考虑金属环之间的作用)
[解析]　当磁铁从最高点开始下落时，穿过两个圆环的磁通量增大，金属环产生感应电流，金属环受到向下的安培力，而磁铁受到向上的磁场力，所以磁铁向下运动时的加速度会小于g，金属环对桌面压力大于自身重力，故A正确，B错误；当磁铁从最高点开始下落时，穿过两个圆环的向上的磁通量增大，俯视观察，左边金属圆环会产生顺时针感应电流，根据楞次定律可知，感应电流的磁场总要阻碍磁通量的变化，所以两个圆环要向磁通量减小的方向运动，则a、b两线圈相互排斥远离，故C、D错误。
[答案]　A
知识点二　从阻碍相对运动的角度应用楞次定律
楞次定律也可以理解为：感应电流的效果总是要反抗(或阻碍)引起感应电流的原因。
　(2025·天津河西期末)绝缘的水平桌面上放置一金属圆环，其圆心的正上方有一个竖直的条形磁铁。当条形磁铁沿水平方向向右移动时，圆环始终未动。若圆环的质量为m，桌面对它的支持力为FN。在此过程中(　　)
A．FN小于mg
B．FN大于mg
C．圆环有向上的运动趋势
D．圆环有向左下的运动趋势
[解析]　当条形磁铁水平向右移动时，圆环内的磁通量减小，因此圆环做出的反应是面积有扩大的趋势，同时有向右运动的趋势，从而达到“阻碍”磁通量的减小，故金属圆环所受安培力方向为向右上方，则桌面对圆环的支持力小于其自身重力，且圆环相对于桌面有向右的运动趋势。
[答案]　A
　(双选)如图所示，固定的水平长直导线中通有电流I，矩形线框与导线在同一竖直平面内，且一边与导线平行。线框由静止从图示位置释放，在下落过程中(　　)
A．穿过线框的磁通量始终为零
B．线框中感应电流方向沿顺时针
C．线框所受安培力的合力不变
D．线框的机械能逐渐减小
[解析]　距离导线越远，磁场越弱，可知线框由静止释放，穿过线框的磁通量逐渐减小，且穿过线框的磁通量不为零，故A错误；根据右手螺旋定则可知，导线下方的磁场方向垂直于纸面向里，随着线框下落，穿过线框的磁通量减小，根据楞次定律可知，线框中感应电流的方向为顺时针，故B正确；根据左手定则，线框上边所受的安培力方向向上，线框下边所受的安培力方向向下，由于线框下边的磁场比上边弱，故线框下边所受的安培力小于上边所受的安培力，又线框左右两边所受安培力大小相等，方向相反，因此线框所受安培力的合力向上，且逐渐减小，故C错误；由于安培力做负功，线框的机械能逐渐减小，故D正确。
[答案]　BD
　(双选)(2025·新疆乌鲁木齐市期中)某研究性学习小组的同学设计的电梯坠落的应急安全装置如图所示，在电梯挂厢上安装永久磁铁，并在电梯的井壁上铺设闭合线圈，这样可以在电梯突然坠落时减小对人员的伤害。关于该装置，下列说法正确的是(　　)
A．当电梯突然坠落时，该安全装置不可能使电梯悬停在线圈A、B之间
B．当电梯坠落至永久磁铁在线圈A、B之间时，线圈A、B中的电流方向相同
C．当电梯坠落至永久磁铁在线圈A、B之间时，线圈A、B均在阻碍电梯下落
D．当电梯坠落至永久磁铁在线圈A、B之间时，线圈A在阻碍电梯下落，线圈B在促进电梯下落
[解析]　若电梯突然坠落，线圈内的磁通量发生变化，将在两个线圈中产生感应电流，根据楞次定律，两个线圈的感应电流都会阻碍磁铁的相对运动，但不能阻止磁铁的运动，可起到应急避险作用，但不可能使电梯悬停在线圈A、B之间，故A、C正确，D错误；根据楞次定律，当电梯坠落时，磁铁在线圈A中产生向上的磁场减弱，故线圈A中会产生逆时针电流(俯视)，磁铁在线圈B中产生向上的磁场增强，则B中产生顺时针电流(俯视)，则A和B中电流方向相反，故B错误。
[答案]　AC
知识点三　右手定则和左手定则的应用
　
如图所示，假定导体棒CD向右运动。
(1)我们研究的是哪个闭合导体回路？
(2)当导体棒CD向右运动时，穿过这个闭合导体回路的磁通量是增大还是减小？
(3)感应电流的磁场应该是沿哪个方向的？
(4)导体棒CD中的感应电流是沿哪个方向的？
[提示]　(1)CDEF　(2)增大　(3)垂直于纸面向外　(4)C→D
1．楞次定律与右手定则的区别与联系
比较项目 楞次定律 右手定则
区别 研究对象 整个闭合回路 闭合回路的一部分，即切割磁感线运动的导体
适用范围 各种电磁感应现象 只适用于导体在磁场中做切割磁感线运动的情况
应用 对于磁感应强度随时间变化而产生的电磁感应现象较方便 对于导体棒切割磁感线产生的电磁感应现象较方便
联系 右手定则是楞次定律的特例
2.右手定则与左手定则的比较
项目 右手定则 左手定则
作用 判断感应电流方向 判断通电导体所受磁场力的方向
图例
因果关系 运动→电流 电流→运动
应用实例 发电机 电动机
　下列物理情景正确的是(　　)
[解析]　根据左手定则可知安培力方向向上，故A错误；根据左手定则可知洛伦兹力方向向下，故B正确；根据右手定则可知感应电流方向向下，故C错误；根据安培定则可知通电导线电流应向下，故D错误。
[答案]　B
　如图所示，金属导轨EF、CD在竖直平面内水平平行放置，EF、CD通过绕在竖直放置的铁芯上的导线连接，金属杆AB竖直放置，磁场方向垂直于纸面向里，铁芯正上方有一水平放置的金属环，与导轨EF、CD垂直且始终接触良好，当金属杆AB突然向左运动时，下列说法正确的是(　　)
A．AB中电流由A到B，铁芯中磁场竖直向上，环中有顺时针的电流(俯视)
B．AB中电流由A到B，铁芯中磁场竖直向下，环中有顺时针的电流(俯视)
C．AB中电流由B到A，铁芯中磁场竖直向上，环中有逆时针的电流(俯视)
D．AB中电流由B到A，铁芯中磁场竖直向下，环中有逆时针的电流(俯视)
[解析]　当金属杆AB突然向左运动时，由右手定则可知电流由A到B，由安培定则可知铁芯中的磁场方向向上，因金属杆AB由静止开始向左运动，金属环中的磁通量增加，由楞次定律可知金属环中的感应电流将产生向下的磁场，根据安培定则可知，即环中有顺时针方向电流(俯视)。
[答案]　A
1．(从阻碍磁通量变化的角度应用楞次定律)(2025·江苏苏州市开学考)如图所示，导线AB与CD平行，在闭合与断开开关S时，关于导线CD中的感应电流，下列说法正确的是(　　)
A．开关闭合时，有C到D的感应电流
B．开关闭合时，有D到C的感应电流
C．开关断开时，有D到C的感应电流
D．开关断开时，无感应电流
解析：选B。开关闭合时，导线AB中产生电流，其方向由A指向B，根据安培定则可知导线CD所在回路磁通量垂直于纸面向外增加，由楞次定律的“增反减同”可得导线CD中的感应电流方向为由D指向C，故A错误，B正确；同理，开关断开时，导线AB中电流从有到无，其方向由A指向B，根据安培定则可知导线CD所在回路磁通量垂直于纸面向外减小，由楞次定律的“增反减同”可得导线CD中的感应电流方向为由C指向D，故C、D错误。
2．(从阻碍相对运动的角度应用楞次定律)如图所示，用绳吊起一个铝环，用条形磁体的N极去靠近或者远离铝环，下列判断正确的是(　　)
A．磁体向右侧靠近铝环时，铝环向左摆动
B．使铝环摆动的力是磁场对铝环的安培力
C．若磁体向左侧远离铝环，铝环一定不会摆动
D．磁体向右侧靠近铝环时，从右向左看铝环产生逆时针方向的感应电流
解析：选B。根据楞次定律“来拒去留”可知，磁体向右侧靠近铝环时，铝环向右摆动，A错误；磁体靠近或者远离铝环时，穿过铝环的磁通量发生变化从而在铝环中产生感应电流，从而受到安培力作用，即使铝环摆动的力是磁场对铝环的安培力，B正确；根据楞次定律“来拒去留”可知，若磁体向左侧远离铝环，铝环一定向左摆动，C错误；磁体向右侧靠近铝环时，穿过铝环的磁通量向右增加，根据楞次定律可知，从右向左看铝环产生顺时针方向的感应电流，D错误。
3. (从阻碍相对运动的角度应用楞次定律)(双选)(2025·河南南阳统考)如图所示，通电螺线管置于闭合金属环a的轴线上，b环在螺线管右侧附近，b的环面与a的环面平行，当螺线管中电流变化时，则(　　)
A．电流减小时，a环有缩小的趋势以阻碍原磁通量的减小
B．电流减小时，a环有扩大的趋势以阻碍原磁通量的减小
C．电流增大时，b环远离螺线管
D．电流增大时，b环靠近螺线管
解析：选AC。电流减小时，通电螺线管产生的磁场减弱，a环磁通量减小，根据安培定则可知，通电螺线管内部磁场向右，外部磁场向左，当a环缩小时，向右的磁场磁通量不变，向左的磁场磁通量减小，总磁通量增大，故要阻碍原磁通量的减小，a环有缩小的趋势，A正确，B错误；电流增大时，磁场变强，b环磁通量增大，为阻碍原磁通量的增大，b环远离螺线管，C正确，D错误。
4．(右手定则和左手定则的应用)(2025·福建三明期末)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，用一水平向右的力F拉动导体棒MN，则导体棒MN中感应电流方向是_________(选填“N→M”或“M→N”)，它所受安培力的方向____________(选填“水平向左”或“水平向右”)。
解析：以导体棒MN为研究对象，所处位置磁场方向向下、运动方向向右。由右手定则可知，感应电流方向是N→M；再由左手定则可知，所受安培力方向水平向左。
答案：N→M　水平向左第3节　自感现象与涡流
　
1．了解自感现象，认识自感电动势对电路中电流的影响。　2.了解涡流的产生，知道涡流现象的利用和危害。　3.了解涡流现象在生产和生活中的应用。　4.了解电磁阻尼与电磁驱动。
一、自感现象
1．定义：由线圈自身的电流变化所产生的电磁感应现象称为自感现象。
2．通电自感和断电自感
(1)如图甲所示，闭合开关，调节R0，使小灯泡1、2的亮度相同，然后断开开关。再次闭合开关接通电路时，小灯泡1立刻亮了，而小灯泡2逐渐亮起来。接通电路时，线圈中产生感应电动势，阻碍线圈中的电流增大。
(2)如图乙所示，闭合开关，调节R0，使小灯泡1、小灯泡2的亮度相同。断开开关时，小灯泡2立刻熄灭，但与线圈L并联的小灯泡1过了一会后才熄灭。这说明开关断开时，线圈中产生感应电动势阻碍电流的减小。
二、自感电动势
1．定义：由线圈自身电流变化所产生的感应电动势称为自感电动势。自感电动势总是阻碍导体自身的电流发生变化。
2．公式：E＝L，其中L是自感系数，简称自感或电感。
3．自感系数
(1)定义：自感电动势的大小与线圈本身的一些特性密切相关，物理学中，用自感系数来表示线圈的这些特性。
(2)单位：国际单位制中，自感的单位是亨利，简称亨，符号是H，常用的较小单位还有毫亨(mH)和微亨(μH)。
(3)决定因素：线圈的自感与线圈的形状、横截面积、长短、匝数等因素有关。
4．自感现象的应用：无线电设备、收音机、电视机、电焊等。
三、涡流及其应用
1．涡流：将一金属块放在变化的磁场中、穿过金属块的磁通量发生变化，金属块内部就会产生
感应电流，这种电流在金属块内部形成闭合回路，就像漩涡一样，我们把这种感应电流称为涡电流，简称涡流。
2．应用及危害
(1)应用：电磁炉。
(2)危害：变压器、电动机和发电机的铁芯常会因涡流损失大量的电能并导致设备发热。
判断下列说法是否正确。
(1)自感现象中感应电流的方向一定与引起自感的原电流的方向相反。(　　)
(2)线圈的自感系数大，其电阻不一定大。(　　)
(3)在断开电路时，与线圈并联的灯泡会亮一下后再逐渐熄灭，说明能量不再守恒了。(　　)
(4)自感系数越大，自感电动势不一定越大。(　　)
(5)通过增大铁芯材料的电阻率可以减小涡流的产生。(　　)
(6)变压器的铁芯用硅钢片叠成是为了减小涡流。(　　)
提示：(1)×　(2)√　(3)×　(4)√　(5)√　(6)√
知识点一　对自感现象的理解
　
1．如图甲所示，先闭合S，调节R2使A1、A2的亮度相同，再调节R1，使A1、A2都正常发光，然后断开S。当再次闭合S时，观察到什么现象？为什么有这样的现象？
　　
2．如图乙所示，L为自感系数较大的线圈，其直流电阻比灯泡的电阻小，先闭合开关使灯泡发光，然后断开开关，此时观察到什么现象？为什么有这样的现象？
[提示]　1.现象：灯泡A2立即发光，灯泡A1逐渐亮起来。
原因：电路接通时，电流由0开始增加，穿过线圈L的磁通量逐渐增加，为了阻碍磁通量的增加，感应电流产生的磁通量与原来电流产生的磁通量方向相反，则线圈中感应电动势的方向与原来的电流方
向相反，阻碍了L中电流的增加，即推迟了电流达到稳定值的时间。
2．现象：灯泡A闪亮一下再熄灭。
原因：自感线圈的电阻小于与之并联的灯泡的电阻，灯泡断电后自感线圈中产生的感应电流比开关断开前流过灯泡的电流大，所以灯泡会闪亮一下再熄灭。
1．对自感现象的理解
自感现象是一种电磁感应现象，遵循法拉第电磁感应定律和楞次定律。
2．对自感电动势的理解
(1)产生原因：通过线圈的电流发生变化，导致穿过线圈的磁通量发生变化，因而在原线圈上产生感应电动势。
(2)自感电动势的方向：当原电流增大时，自感电动势的方向与原电流方向相反；当原电流减小时，自感电动势的方向与原电流方向相同(即增反减同)。
(3)自感电动势的作用：阻碍原电流的变化，而不是阻止，原电流仍在变化，只是使原电流的变化变慢。
3．对自感线圈阻碍作用的理解
(1)若电路中的电流正在改变，自感线圈产生自感电动势阻碍电路中电流的变化，使得通过自感线圈的电流不能突变。
(2)若电路中的电流是稳定的，自感线圈相当于一段导线，其阻碍作用是由绕制线圈的导线的电阻引起的。
4．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(增大或减小)。
(2)根据“增反减同”，判断自感电动势的方向。
(3)阻碍结果分析：电流增大时，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；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。
　(2023·北京卷，T5)如图所示，L是自感系数很大、电阻很小的线圈，P、Q是两个相同的小灯泡，开始时，开关S处于闭合状态，P灯微亮，Q灯正常发光，断开开关(　　)
A．P与Q同时熄灭　 B．P比Q先熄灭
C．Q闪亮后再熄灭 D．P闪亮后再熄灭
[解析]　由题意可知，开关S处于闭合状态时，由于L的电阻很小，Q灯正常发光，P灯微亮，断开开关前通过Q灯的电流远大于通过P灯的电流，断开开关瞬间，Q所在电路未闭合，立即熄灭，由于自感，L中产生感应电动势，与P组成闭合回路，故P灯闪亮后再熄灭，故D正确。
[答案]　D
　(双选)(2025·广西柳州市期中)如图所示，A、B是两个完全相同的白炽灯，L是自感系数很大、电阻可忽略不计的自感线圈。下列说法正确的是(　　)
A．闭合开关S瞬间，A、B灯同时亮
B．闭合开关S瞬间，B灯比A灯先亮，最后一样亮
C．断开开关S瞬间，B灯闪亮一下再熄灭
D．断开开关S瞬间，流过B灯的电流方向向左
[解析]　闭合开关S瞬间，B灯瞬间变亮，而A灯由于与线圈串联，逐渐变亮，达到稳定后，两灯一样亮，故A错误，B正确；断开开关瞬间，A、B灯逐渐熄灭，流过B灯的电流方向与原来电流方向相反，即流过B灯的电流方向向左，故C错误，D正确。
[答案]　BD
　如图所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r，电感线圈L的电阻不计，电阻R的阻值大于灯泡D的阻值。在t＝0时刻闭合开关S，经过一段时间后，在t＝t1时刻断开S，下列表示灯泡D的电流i随时间变化的图像，正确的是(　　)
[解析]　闭合开关时，线圈由于自感对电流的阻碍作用可看作电阻，线圈电阻逐渐减小，并联电路电阻逐渐减小，电压UAB逐渐减小，故i逐渐减小；开关闭合后再断开时，线圈的感应电流与原电流方向相同，形成回路，灯泡的电流与原电流方向相反，并逐渐减小到0，又由于电阻R的阻值大于灯泡D的阻值，当开关闭合时，线圈所在支路的电流小于流过灯泡D的电流，故当开关断开瞬间，线圈产生的感应电流也小于原来流过灯泡D的电流。
[答案]　D
知识点二　涡流现象及应用
　
高考考场用的金属探测器是一根长的黑色扁棒，使用时监考教师手持探测器，在考生前后左右和容易藏东西的部位划过，如藏有金属物品，即便是一粒金属纽扣，探测器也会鸣响。金属探测器的原理是什么？
[提示]　金属探测器的探测线圈中有变化着的电流，会在隐蔽金属中感应出涡流，涡流的磁场反过来影响探测线圈中的电流，使仪器报警。
1．涡流的产生
涡流实际上是一种特殊的电磁感应现象，当导体处在变化的磁场中，或者导体在非匀强磁场中运动时，导体内部可以等效成许许多多的闭合电路，当穿过这些闭合电路的磁通量变化时，在导体内部的这些闭合电路中将产生感应电流，即导体内部产生了涡流。
2．能量转化
伴随着涡流现象，其他形式的能转化成电能，最终在金属块中转化为内能。如果金属块放在了变化的磁场中，则磁场能转化为电能，最终转化为内能；如果是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．涡流的防止和利用
(1)为了减小涡流，变压器、电机里的铁芯不是由整块的钢铁制成的，而是用薄薄的硅钢片叠合而成。
(2)用来冶炼合金钢的真空冶炼炉，炉外有线圈，线圈中通入迅速变化的电流，炉内的金属中产生涡流，涡流产生的热量使金属熔化。
　(双选)用涡流金属探测器探测地下金属物的示意图如图所示。关于该探测器，下列说法正确的是(　　)
A．探测器内的探测线圈会产生交变磁场
B．探测器只能探测到有磁性的金属物
C．探测器能探测到地下的金属物是因为探头中产生了涡流
D．探测器能探测到地下的金属物是因为金属物中产生了涡流
[解析]　用涡流金属探测器探测地下金属物时，探测器内的探测线圈会产生交变磁场，从而使金属物中产生涡流，而涡流产生的磁场被探测器探测到，而被探测物只要是金属即可，不一定具有磁性，故A、D正确，B、C错误。
[答案]　AD
　(2024·甘肃卷，T6)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(　　)
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
[解析]　当线圈中通有交变电流时，感应电炉中产生非均匀变化的磁场，金属中进而产生交变感应电流，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，金属中的磁场增强，感应电流增大，C、D错误。
[答案]　B
　(2025·辽宁省名校联盟调研卷)某品牌电磁炉实物图如图(a)所示，其面板是一块非金属板，它的内部结构如图(b)所示。煮饭时，接通电源，通过内部转换装置产生20～40 kHz的高频电压加在线圈上，使其产生快速变化的磁场，当锅具放在面板上时就会加热锅内的食物。关于电磁炉，下列说法正确的是(　　)
A．电磁炉是利用变化的磁场在食物中产生涡流对食物加热的
B．电磁炉工作时，线圈中产生很强的感应电流，电流使线圈发热，从而实现给锅具加热的目的
C．电磁炉工作时，快速变化的磁场穿过面板，在面板中产生很强的感应电流，从而实现给锅具加热的目的
D．电磁炉工作时，快速变化的磁场穿过放在面板上的铁质锅具，在锅底内产生感应电流，从而实现加热食物的目的
[解析]　电磁炉工作时，快速变化的磁场穿过放在面板上的铁质锅具，在锅底内产生感应电流，从而实现加热食物的目的，故D正确。
[答案]　D
知识点三　电磁阻尼与电磁驱动
　
1．弹簧上端固定，下端悬挂一个磁铁。将磁铁托起到某一高度后放开，磁铁能上下振动较长时间才停下来。如果在磁铁下端放一个固定的闭合线圈，使磁铁上下振动时穿过它(如图甲所示)，磁铁就会很快停下来，请解释这个现象。
　　
2．一个闭合线圈放在蹄形磁铁的两磁极之间，如图乙所示，蹄形磁铁和闭合线圈都可以绕轴转动。当蹄形磁铁顺时针转动时线圈也顺时针转动；蹄形磁铁逆时针转动时线圈也逆时针转动。
(1)蹄形磁铁转动时，穿过线圈的磁通量是否变化？
(2)使线圈转动起来的力是什么力？线圈的转动速度与磁铁的转动速度之间有什么关系？
[提示]　1.当磁铁穿过固定的闭合线圈时，在闭合线圈中会产生感应电流，感应电流的磁场会阻碍磁铁靠近或离开线圈，也就使磁铁振动时除了受空气阻力外，还要受到线圈的磁场阻力，克服阻力需要做的功较多，机械能损失较快，因而会很快停下来。
2．(1)变化。
(2)线圈内产生感应电流，因此线圈受到安培力的作用，安培力作为动力使线圈转动起来。线圈的转动速度小于磁铁的转动速度。
比较项目 电磁阻尼 电磁驱动
不同点 成因 导体在磁场中运动产生感应电流，从而使导体受到安培力 磁场运动引起磁通量的变化产生感应电流，从而使导体受到安培力
效果 导体所受安培力的方向与导体运动方向相反，阻碍导体运动 导体所受安培力的方向与导体运动方向相同，推动导体运动
续　表
比较项目 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
相同点 两者都是电磁感应现象
　某同学搬运如图所示的磁电式电流表时，发现表针晃动剧烈且不易停止。按照老师建议，该同学在两接线柱间接一根导线后再次搬运，发现表针晃动明显减弱且能很快停止。下列说法正确的是(　　)
A．未接导线时，表针晃动过程中表内线圈不产生感应电动势
B．未接导线时，表针晃动剧烈是因为表内线圈受到安培力的作用
C．接上导线后，表针晃动过程中表内线圈不产生感应电动势
D．接上导线后，表针晃动减弱是因为表内线圈受到安培力的作用
[解析]　未接导线时，表针晃动过程中线圈切割磁感线，表内线圈会产生感应电动势，故A错误；未接导线时，未连成闭合回路，没有感应电流，所以表内线圈不受安培力，故B错误；接上导线后，表针晃动
过程中表内线圈产生感应电动势，根据楞次定律可知，表针晃动减弱是因为表内线圈受到安培力的作用，故C错误，D正确。
[答案]　D
　(双选)某同学自制的简易磁力传动装置如图所示，铝制圆盘放置在可旋转底座上，圆盘正上方悬挂条形磁铁。关于该装置，从上往下看，说法正确的是(　　)
A．当条形磁铁顺时针转动时，铝制圆盘顺时针转动
B．当条形磁铁顺时针转动时，铝制圆盘逆时针转动
C．当条形磁铁的转速变快时，铝制圆盘转速也变快
D．当条形磁铁停止转动，铝制圆盘会立即停止运动
[解析]　当条形磁铁顺时针转动时，铝制圆盘切割磁感线圆盘内产生感应电流，所以铝制圆盘受到安培力作用也顺时针转动，A正确，B错误；当磁铁的转速变快时，圆盘中产生的感应电流增大，圆盘受到的安培力变大，所以铝制圆盘转速也变快，C正确；当条形磁铁停止转动，由于铝制圆盘转动过程中仍产生感应电流，所以圆盘会逐渐减速直至停止运动，D错误。
[答案]　AC
1．(对自感现象的理解)如图所示，A、B是两盏完全相同的白炽灯，L是电阻不计的电感线圈。若最初S1是接通的，S2是断开的，那么下列描述正确的是(　　)
A．刚接通S2，A灯立即就亮，B灯延迟一段时间才亮
B．刚接通S2时，A灯延迟一段时间才亮，B灯立即就亮
C．接通S2到电路稳定，B灯由亮变暗最后熄灭
D．接通S2，电路稳定后再断开S2时，A、B灯均立即熄灭
解析：选C。刚接通S2时，由于电感线圈L会发生通电自感现象，使通过线圈的电流由零逐渐增大，所以灯泡A、B会同时变亮，从接通S2到电路稳定，由于线圈的电阻不计，B灯相当于与一段导线并联，则B灯被短路，B灯由亮变暗最后熄灭，电源只给A灯供电，A灯将变得更亮，故A、B错误，C正确；接通S2，电路稳定后再断开S2时，A灯与电路断开将立即熄灭，而B灯与电感线圈构成闭合电路，由于线圈的自感现象，B灯会先亮一下，然后熄灭，故D错误。
2．(对自感现象的理解)(双选)(2025·新疆乌鲁木齐市期中)演示自感现象的实验电路图如图所示，线圈的自感系数较大，且使滑动变阻器R1接入电路中的阻值大于线圈直流电阻，A1、A2为两个完全相同的灯泡，下列判断正确的是(　　)
A．接通开关S，灯A1、A2立即变亮
B．接通开关S，灯A1逐渐变亮，灯A2立即变亮
C．接通开关S，待电路稳定后断开开关S，灯A1、A2逐渐熄灭
D．接通开关S，待电路稳定后断开开关S，灯A1逐渐熄灭，灯A2闪一下后逐渐熄灭
解析：选BD。接通开关S瞬间，灯A2立即变亮，而线圈L产生自感电动势，根据楞次定律可知，自感电动势阻碍电流的增大，使得该支路中电流逐渐增大，所以闭合开关的瞬间，灯A1逐渐变亮，故A错误，B正确；接通开关S，待电路稳定后断开开关S，原来通过灯A2的电流立即消失，线圈L产生自感电动势，相当于电源，两灯串联，由于滑动变阻器接入电路中的阻值大于线圈直流电阻，原来电路稳定后通过灯A1的电流大于通过灯A2的电流，故灯A1逐渐熄灭，灯A2闪一下后逐渐熄灭，故C错误，D正确。
3．(涡流的应用)(2025·江苏宿迁市期中)如图所示的是“中国第一高楼”上海中心大厦上的阻尼器，该阻尼器首次采用了电涡流技术，底部附着永磁铁的质量块摆动通过导体板上方时，导体板内产生涡流。关于阻尼器，下列说法正确的是(　　)
A．阻尼器摆动时产生的涡流源于外部电源供电
B．阻尼器最终将机械能转化为内能
C．风速越大，导体板中磁通量变化率越小
D．阻尼器摆动时产生的涡流源于电流的磁效应现象
解析：选B。阻尼器摆动时，永磁铁通过导体板上方使之磁通量发生变化，从而在导体板中产生涡流，属于电磁感应现象，故A、D错误；通过阻碍质量块和永磁铁的运动，阻尼器将动能转化为电能，并通过电流做功将电能最终转化为焦耳热，故B正确；风速越大，质量块摆动越快，则导体板中磁通量变化率越大，故C错误。
4．(涡流的应用)(双选)高频焊接原理示意图如图所示。线圈中通以高频交变电流时，待焊接的金属工件中就产生感应电流，感应电流通过焊缝处产生大量热量，将金属熔化，把工件焊接在一起，而工件其他部分发热很少，以下说法正确的是(　　)
A．交流电的频率越高，焊缝处的温度升高得越快
B．交流电的频率越低，焊缝处的温度升高得越快
C．工件上只有焊缝处温度升得很高是因为焊缝处的电阻小
D．工件上只有焊缝处温度升得很高是因为焊缝处的电阻大
解析：选AD。交变电流的频率越高，它产生的磁场的变化就越快，根据法拉第电磁感应定律，可知在待焊接工件中产生的感应电动势就越大，感应电流就越大，而放出的热量与电流的平方成正比，所以交变电流的频率越高，焊缝处放出的热量越多；焊缝处与其他地方的电流大小一样，根据Q＝I2Rt，工件上只有焊缝处温度升得高，是因为焊缝处电阻很大，故A、D正确。
5．(电磁阻尼)(2025·内蒙古赤峰市期末)为了使灵敏电流计的指针在零刻度附近快速停下，实验小组的同学利用“电磁阻尼”来实现。他们设计了如图所示的甲、乙两种方案。甲方案：在指针转轴上装上扇形铝板，磁场位于铝板中间；乙方案：在指针转轴上装上扇形铝框，磁场位于铝框中间。下列说法正确的是(　　)
A．甲方案中，铝板摆动时磁通量不变，不会产生感应电流
B．甲方案中，铝板摆动时能产生涡流，起到电磁阻尼的作用
C．乙方案中，铝框小幅度摆动时会产生感应电流
D．乙方案比甲方案更合理
解析：选B。甲方案中，铝板摆动时，扇形铝板的半径切割磁感线，在铝板内产生涡流，起电磁阻尼的作用，指针能很快停下来，故A错误，B正确；乙方案中，当指针偏转角度较小时，铝框中磁通量不变，不能产生感应电流，起不到电磁阻尼的作用，指针不能很快停下，因此，甲方案更合理，故C、D错误。专题提升课7　电磁感应中的动力学和能量问题
微专题一　电磁感应中的动力学问题
电磁感应问题往往与力学问题联系在一起，处理此类问题的基本方法是：
(1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律求感应电动势的大小和方向。
(2)用闭合电路欧姆定律求回路中感应电流的大小和方向。
(3)分析导体的受力情况(包括安培力)。
(4)列动力学方程(a≠0)或平衡方程(a＝0)求解。
　如图所示，足够长的两光滑竖直金属导轨间距为L，处在磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨平面的匀强磁场中(图中未画出)。匀质金属棒ab、cd均紧贴两导轨，质量均为m，电阻均为R，导轨电阻不计，重力加速度为g。现用悬绳固定ab棒，由静止释放cd棒，求：
(1)cd棒最终速度的大小；
(2)悬绳对ab棒拉力的最大值。
[解析]　(1)根据题意，设cd棒最终速度的大小为vm，此时感应电动势E＝BLvm
感应电流I＝＝
安培力FA＝BIL＝
cd棒速度稳定时，对cd棒有mg＝FA
联立解得vm＝。
(2)cd棒匀速运动时，悬绳对ab棒拉力最大，则有T＝mg＋FA＝2mg。
[答案]　(1)　(2)2mg
　(2025·山东青岛市期中)如图所示，两足够长平行金属导轨间的距离L＝0.40 m，金属导轨所在的平面与水平面夹角θ＝37°，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B＝0.50 T、方向垂直于导轨所在平面向上的匀强磁场。金属导轨的一端接有电动势E＝4.5 V、内阻r＝0.50 Ω的直流电源。现把一个质量m＝0.040 kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰能静止。导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R ＝2.5 Ω，金属导轨电阻不计，g取10 m/s 2，已知sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80。
(1)求导体棒里的电流大小和导体棒受到的安培力大小。
(2)求导体棒受到的摩擦力大小。
(3)若只把匀强磁场B的方向改为竖直向上、大小改为1.0 T，动摩擦因数为μ＝0.2，其他条件都不变，求导体棒运动的加速度大小。
[解析]　(1)根据闭合电路欧姆定律得
I＝＝ A＝1.5 A
导体棒受到的安培力大小
F安＝BIL＝0.30 N。
(2)对导体棒受力分析如图甲所示，
将重力正交分解，沿导轨方向
F1＝mg sin 37°＝0.24 N
因为F1所以根据平衡条件有
mg sin 37°＋f＝F安
解得导体棒受到的摩擦力大小
f＝0.06 N。
　
(3)对导体棒受力分析如图乙所示，
沿导轨方向由牛顿第二定律
B′IL cos θ－mg sin θ－f′＝ma
垂直于导轨方向
N′＝mg cos θ＋B′IL sin θ
其中f′＝μN′
联立可得，导体棒运动的加速度大小
a＝2.6 m/s2。
[答案]　(1)1.5 A　0.30 N　(2)0.06 N　(3)2.6 m/s2
微专题二　电磁感应中的能量问题
1．电磁感应中能量的转化
(1)转化方式
(2)涉及的常见功能关系
①有滑动摩擦力做功，必有内能产生；
②有重力做功，重力势能必然发生变化；
③克服安培力做多少功，就有多少其他形式的能转化为电能。
2．焦耳热的计算
(1)电流恒定时，根据焦耳定律求解，即
Q＝I2Rt。
(2)感应电流变化，可用以下方法分析
①利用动能定理，求出克服安培力做的功W安，即Q＝W安。
②利用能量守恒定律，焦耳热等于其他形式能量的减少量。
　有一个边长l＝0.1 m的正方形导线框abcd，质量m＝10 g，由高度h＝0.2 m处自由下落，如图所示。其下边ab进入匀强磁场区域后，线框开始做匀速运动，直到其上边dc刚刚开始穿出匀强磁场为止，此匀强磁场区域宽度也是l。求线框在穿越匀强磁场过程中产生的焦耳热，g取10 m/s2。
[解析]　ab边进入磁场过程中做匀速运动，有
BIl＝mg，I＝，E＝Blv，v2＝2gh
穿过磁场过程中线框产生的焦耳热Q＝I2Rt，又t＝
解得Q＝2mgl，代入数据得Q＝0.02 J。
[答案]　0.02 J
　如图所示，两根足够长的平行光滑金属导轨MN、PQ间距L＝1 m，其电阻不计，两导轨及其构成的平面均与水平面的夹角θ＝30°，N、Q两端接有R＝1 Ω的电阻。一金属棒ab垂直于导轨放置，ab两端与导轨始终良好接触，已知ab的质量m＝0.2 kg，电阻r＝1 Ω，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度大小B＝1 T。ab
在平行于导轨向上的拉力作用下，以初速度v1＝0.5 m/s沿导轨向上开始运动，可达到最大速度v＝2 m/s。运动过程中拉力的功率恒定不变，重力加速度g取10 m/s2。
(1)求拉力的功率P。
(2)ab开始运动后，经t＝0.09 s速度达到v2＝1.5 m/s，此过程中ab克服安培力做功W＝0.06 J，求该过程中ab沿导轨的位移大小x。
[解析]　(1)在ab运动过程中，由于拉力功率恒定，ab做加速度逐渐减小的加速运动，速度达到最大时，加速度为0，设此时拉力的大小为F，安培力大小为FA，有F－mg sin θ－FA＝0
设此时回路中的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律，有E＝BLv
设回路中的感应电流为I，由闭合电路欧姆定律，有
I＝
ab受到安培力FA＝ILB
又P＝Fv
联立解得P＝4 W。
(2)ab从速度v1到v2的过程中，由动能定理，有
Pt－W－mgx sin θ＝mv－mv
代入数据解得x＝0.1 m。
[答案]　(1)4 W　(2)0.1 m
微专题三　电磁感应中的动力学和能量问题
　(2023·北京卷，T9)如图所示，光滑水平面上的正方形导线框，以某一初速度进入竖直向下的匀强磁场并最终完全穿出。线框的边长小于磁场宽度。下列说法正确的是(　　)
A．线框进磁场的过程中电流方向为顺时针方向
B．线框出磁场的过程中做匀减速直线运动
C．线框在进和出的两过程中产生的焦耳热相等
D．线框在进和出的两过程中通过导线横截面的电荷量相等
[解析]　线框进磁场的过程中由楞次定律和安培定则可知电流方向为逆时针方向，A错误；线框出磁场的过程中，根据E＝BLv，I＝，FA＝BIL，联立有FA＝＝ma，由于线框出磁场过程中由左手定则可知线框受到的安培力向左，则v减小，故线框做加速度减小的减速运动，B错误；由能量守恒定律得线框产生的焦耳热Q＝AL，其中线框进、出磁场时均做减速运动，但其进磁场时的速度大，安培力大，产生的焦耳热多，C错误；线框在进和出的两过程中通过导线横截面的电荷量q＝t，其中＝，＝BL，联立则有q＝x，由于线框在进和出的两过程中线框的位移均为L，则线框在进和出的两过程中通过导线横截面的电荷量相等，故D正确。
[答案]　D
　(2025·浙江宁波市期中)如图所示，两根倾斜放置与水平面夹角为θ的平行光滑导轨间距为l，导轨间接一阻值为R的电阻，整个空间分布着匀强磁场，磁场方向垂直于导轨所在平面向上，磁感应强度大小为B，一质量为m、电阻也为R的金属杆ab，以某一初速度沿轨道上滑，直至速度减为零。已知上述过程中电阻R产生的热量为Q，其最大瞬时电功率为P，设导轨电阻不计，ab杆向上滑动的过程中始终与导轨保持垂直且接触良好，重力加速度为g。求：
(1)金属杆ab上滑的初速度大小；
(2)金属杆ab刚开始上滑时的加速度大小；
(3)金属杆ab上滑的最大距离x。
[解析]　(1)设ab杆上滑的初速度大小为v0，则ab杆产生的感应电动势E＝Blv0
通过电阻R的电流I＝
R上的最大功率P＝I2R
解得v0＝。
(2)ab杆上滑切割磁感线，产生感应电动势，由右手定则可知感应电流方向为由b→a，由左手定则可得安培力方向沿轨道向下，由牛顿第二定律可得
mg sin θ＋F安＝ma
由安培力公式可得F安＝BIl
感应电流I＝
联立解得金属杆ab刚开始上滑时的加速度大小
a＝＋g sin θ＝＋g sin θ。
(3)在ab杆上滑的全过程中，R上产生的热量为Q，则ab杆上产生的热量也为Q，全过程电路产生的总热量Q总＝2Q
当ab杆速度为零时，ab杆向上滑动的最大距离为x，根据能量转化和守恒定律
mv＝mgx sin θ＋Q总
解得x＝。
[答案]　(1)　(2)＋g sin θ
(3)
1．(电磁感应中的动力学问题)如图所示，在一匀强磁场中有一“U”形导线框abcd，线框处于水平面内，磁场与线框平面垂直，R为一电阻，ef为垂直于ab的一根导体杆，它可在ab、cd上无摩擦地滑动。杆ef及线框中导线的电阻都忽略不计。开始时，给ef一个向右的初速度，则(　　)
A．ef将减速向右运动，但不是匀减速，最后停止
B．ef将匀减速向右运动，最后停止
C．ef将匀速向右运动
D．ef将往返运动
解析：选A。ef向右运动，切割磁感线，产生感应电动势和感应电流，会受到向左的安培力而做减速运动，直到停止，由F＝BIl＝＝ma知，ef做的是加速度逐渐减小的变减速运动，故A正确。
2．(电磁感应中的平衡)如图所示，上下不等宽的平行金属导轨的EF和GH两部分导轨间的距离为2L，IJ和MN两部分导轨间的距离为L，导轨竖直放置，整个装置处于垂直于纸面向里的匀强磁场中，金属杆ab和cd的质量均为m，都可在导轨上无摩擦地滑动，且与导轨接触良好，现对金属杆ab施加一个竖直向上的作用力F，使其匀速向上运动，此时cd处于静止状态，则F的大小为________。
解析：cd处于静止状态，有mg＝BIL，ab匀速向上运动，有F＝mg＋2BIL，则F＝3mg。
答案：3mg
3．(电磁感应中的动力学和能量问题)如图所示，水平放置的U形导轨足够长，置于方向竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小B＝5 T，导轨宽度L＝0.4 m，左侧与R＝0.8 Ω的定值电阻连接。右侧有导体棒ab跨放在导轨上，导体棒ab质量m＝2.0 kg，电阻r＝0.2 Ω，与导轨间的动摩擦因数μ＝0.2，其余电阻可忽略不计。导体棒ab在大小为10 N的水平外力F作用下，由静止开始运动了x＝60 cm后，速度达到最大，g取10 m/s2。求：
(1)导体棒ab运动的最大速度；
(2)当导体棒ab的速度v＝1 m/s时，导体棒ab的加速度大小；
(3)导体棒ab由静止达到最大速度的过程中，电阻R上产生的热量。
解析：(1)设导体棒ab运动的最大速度为vm，ab棒速度最大时切割磁感线产生的电动势
E＝BLvm
根据闭合电路欧姆定律有Im＝
当速度最大时，加速度为零，则有
F＝BImL＋μmg
解得最大速度vm＝1.5 m/s。
(2)ab棒的速度v＝1 m/s时，安培力
F安＝BIL
根据闭合电路欧姆定律有I＝
由牛顿第二定律F－F安－μmg＝ma
解得a＝1 m/s2。
(3)导体棒ab由静止达到最大速度的过程中，电流产热为Q，由功能关系可得
Fx＝μmgx＋Q＋mv
又QR＝Q
联立解得QR＝1.08 J。
答案：(1)1.5 m/s　(2)1 m/s2　(3)1.08 J(共51张PPT)
第3节　自感现象与涡流
学习目标
1．了解自感现象，认识自感电动势对电路中电流的影响。　2.了解涡流的产生，知道涡流现象的利用和危害。　3.了解涡流现象在生产和生活中的应用。　4.了解电磁阻尼与电磁驱动。
课前知识梳理
PART
01
第一部分
一、自感现象
1．定义：由线圈自身的________所产生的电磁感应现象称为自感现象。
2．通电自感和断电自感
(1)如图甲所示，闭合开关，调节R0，使小灯泡1、2的亮度相同，然后断开开关。再次闭合开关接通电路时，________立刻亮了，而________逐渐亮起来。接通电路时，线圈中产生感应电动势，阻碍线圈中的电流增大。
电流变化
小灯泡1
小灯泡2
(2)如图乙所示，闭合开关，调节R0，使小灯泡1、小灯泡2的亮度相同。断开开关时，小灯泡2立刻熄灭，但与线圈L并联的小灯泡1过了一会后才熄灭。这说明开关断开时，线圈中产生感应电动势阻碍电流的减小。
二、自感电动势
1．定义：由线圈自身电流____所产生的感应电动势称为自感电动势。自感电动势总是阻碍导体自身的电流发生变化。
变化
自感系数
3．自感系数
(1)定义：自感电动势的大小与________的一些特性密切相关，物理学中，用自感系数来表示线圈的这些特性。
(2)单位：国际单位制中，自感的单位是____，简称亨，符号是H，常用的较小单位还有毫亨(mH)和微亨(μH)。
(3)决定因素：线圈的自感与线圈的形状、________、长短、____等因素有关。
4．自感现象的应用：无线电设备、收音机、电视机、____等。
线圈本身
亨利
横截面积
匝数
电焊
三、涡流及其应用
1．涡流：将一金属块放在__________中、穿过金属块的______发生变化，金属块内部就会产生感应电流，这种电流在金属块内部形成闭合回路，就像漩涡一样，我们把这种感应电流称为涡电流，简称涡流。
2．应用及危害
(1)应用：电磁炉。
(2)危害：变压器、______和发电机的铁芯常会因涡流损失大量的电能并导致设备发热。
变化的磁场
磁通量
电动机
判断下列说法是否正确。
(1)自感现象中感应电流的方向一定与引起自感的原电流的方向相反。(　　)
(2)线圈的自感系数大，其电阻不一定大。(　　)
(3)在断开电路时，与线圈并联的灯泡会亮一下后再逐渐熄灭，说明能量不再守恒了。(　　)
(4)自感系数越大，自感电动势不一定越大。(　　)
(5)通过增大铁芯材料的电阻率可以减小涡流的产生。(　　)
(6)变压器的铁芯用硅钢片叠成是为了减小涡流。(　　)
√
×　
×　
√
√
√
课堂深度探究
PART
02
第二部分
知识点一　对自感现象的理解
1．如图甲所示，先闭合S，调节R2使A1、A2的亮度相同，再调节R1，使A1、A2都正常发光，然后断开S。当再次闭合S时，观察到什么现象？为什么有这样的现象？
[提示]　现象：灯泡A2立即发光，灯泡A1逐渐亮起来。
原因：电路接通时，电流由0开始增加，穿过线圈L的磁通量逐渐增加，为了阻碍磁通量的增加，感应电流产生的磁通量与原来电流产生的磁通量方向相反，则线圈中感应电动势的方向与原来的电流方
向相反，阻碍了L中电流的增加，即推迟了电流达到稳定值的时间。
2．如图乙所示，L为自感系数较大的线圈，其直流电阻比灯泡的电阻小，先闭合开关使灯泡发光，然后断开开关，此时观察到什么现象？为什么有这样的现象？
[提示]　现象：灯泡A闪亮一下再熄灭。
原因：自感线圈的电阻小于与之并联的灯泡的电阻，灯泡断电后自感线圈中产生的感应电流比开关断开前流过灯泡的电流大，所以灯泡会闪亮一下再熄灭。
1．对自感现象的理解
自感现象是一种电磁感应现象，遵循法拉第电磁感应定律和楞次定律。
2．对自感电动势的理解
(1)产生原因：通过线圈的电流发生变化，导致穿过线圈的磁通量发生变化，因而在原线圈上产生感应电动势。
(2)自感电动势的方向：当原电流增大时，自感电动势的方向与原电流方向相反；当原电流减小时，自感电动势的方向与原电流方向相同(即增反减同)。
(3)自感电动势的作用：阻碍原电流的变化，而不是阻止，原电流仍在变化，只是使原电流的变化变慢。
3．对自感线圈阻碍作用的理解
(1)若电路中的电流正在改变，自感线圈产生自感电动势阻碍电路中电流的变化，使得通过自感线圈的电流不能突变。
(2)若电路中的电流是稳定的，自感线圈相当于一段导线，其阻碍作用是由绕制线圈的导线的电阻引起的。
4．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(增大或减小)。
(2)根据“增反减同”，判断自感电动势的方向。
(3)阻碍结果分析：电流增大时，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；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。
(2023·北京卷，T5)如图所示，L是自感系数很大、电阻很小的线圈，P、Q是两个相同的小灯泡，开始时，开关S处于闭合状态，P灯微亮，Q灯正常发光，断开开关(　　)
A．P与Q同时熄灭　 B．P比Q先熄灭
C．Q闪亮后再熄灭 D．P闪亮后再熄灭
√
[解析]　由题意可知，开关S处于闭合状态时，由于L的电阻很小，Q灯正常发光，P灯微亮，断开开关前通过Q灯的电流远大于通过P灯的电流，断开开关瞬间，Q所在电路未闭合，立即熄灭，由于自感，L中产生感应电动势，与P组成闭合回路，故P灯闪亮后再熄灭，故D正确。
(双选)(2025·广西柳州市期中)如图所示，A、B是两个完全相同的白炽灯，L是自感系数很大、电阻可忽略不计的自感线圈。下列说法正确的是(　　)
A．闭合开关S瞬间，A、B灯同时亮
B．闭合开关S瞬间，B灯比A灯先亮，最后一样亮
C．断开开关S瞬间，B灯闪亮一下再熄灭
D．断开开关S瞬间，流过B灯的电流方向向左
√
√
[解析]　闭合开关S瞬间，B灯瞬间变亮，而A灯由于与线圈串联，逐渐变亮，达到稳定后，两灯一样亮，故A错误，B正确；
断开开关瞬间，A、B灯逐渐熄灭，流过B灯的电流方向与原来电流方向相反，即流过B灯的电流方向向左，故C错误，D正确。
如图所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r，电感线圈L的电阻不计，电阻R的阻值大于灯泡D的阻值。在t＝0时刻闭合开关S，经过一段时间后，在t＝t1时刻断开S，下列表示灯泡D的电流i随时间变化的图像，正确的是(　　)
√
[解析]　闭合开关时，线圈由于自感对电流的阻碍作用可看作电阻，线圈电阻逐渐减小，并联电路电阻逐渐减小，电压UAB逐渐减小，故i逐渐减小；开关闭合后再断开时，线圈的感应电流与原电流方向相同，形成回路，灯泡的电流与原电流方向相反，并逐渐减小到0，又由于电阻R的阻值大于灯泡D的阻值，当开关闭合时，线圈所在支路的电流小于流过灯泡D的电流，故当开关断开瞬间，线圈产生的感应电流也小于原来流过灯泡D的电流。
知识点二　涡流现象及应用
高考考场用的金属探测器是一根长的黑色扁棒，使用时监考教师手持探测器，在考生前后左右和容易藏东西的部位划过，如藏有金属物品，即便是一粒金属纽扣，探测器也会鸣响。金属探测器的原理是什么？
[提示]　金属探测器的探测线圈中有变化着的电流，会在隐蔽金属中感应出涡流，涡流的磁场反过来影响探测线圈中的电流，使仪器报警。
1．涡流的产生
涡流实际上是一种特殊的电磁感应现象，当导体处在变化的磁场中，或者导体在非匀强磁场中运动时，导体内部可以等效成许许多多的闭合电路，当穿过这些闭合电路的磁通量变化时，在导体内部的这些闭合电路中将产生感应电流，即导体内部产生了涡流。
2．能量转化
伴随着涡流现象，其他形式的能转化成电能，最终在金属块中转化为内能。如果金属块放在了变化的磁场中，则磁场能转化为电能，最终转化为内能；如果是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．涡流的防止和利用
(1)为了减小涡流，变压器、电机里的铁芯不是由整块的钢铁制成的，而是用薄薄的硅钢片叠合而成。
(2)用来冶炼合金钢的真空冶炼炉，炉外有线圈，线圈中通入迅速变化的电流，炉内的金属中产生涡流，涡流产生的热量使金属熔化。
(双选)用涡流金属探测器探测地下金属物的示意图如图所示。关于该探测器，下列说法正确的是(　　)
A．探测器内的探测线圈会产生交变磁场
B．探测器只能探测到有磁性的金属物
C．探测器能探测到地下的金属物是因为探头中产生了涡流
D．探测器能探测到地下的金属物是因为金属物中产生了涡流
[解析]　用涡流金属探测器探测地下金属物时，探测器内的探测线圈会产生交变磁场，从而使金属物中产生涡流，而涡流产生的磁场被探测器探测到，而被探测物只要是金属即可，不一定具有磁性，故A、D正确，B、C错误。
√
√
(2024·甘肃卷，T6)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(　　)
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
[解析]　当线圈中通有交变电流时，感应电炉中产生非均匀变化的磁场，金属中进而产生交变感应电流，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，金属中的磁场增强，感应电流增大，C、D错误。
√
(2025·辽宁省名校联盟调研卷)某品牌电磁炉实物图如图(a)所示，其面板是一块非金属板，它的内部结构如图(b)所示。煮饭时，接通电源，通过内部转换装置产生20～40 kHz的高频电压加在线圈上，使其产生快速变化的磁场，当锅具放在面板上时就会加热锅内的食物。关于电磁炉，下列说法正确的是(　　)
A．电磁炉是利用变化的磁场在食物中产生涡流对食物加热的
B．电磁炉工作时，线圈中产生很强的感应电流，
电流使线圈发热，从而实现给锅具加热的目的
C．电磁炉工作时，快速变化的磁场穿过面板，
在面板中产生很强的感应电流，从而实现给锅具加热的目的
D．电磁炉工作时，快速变化的磁场穿过放在面板上的铁质锅具，在锅底内产生感应电流，从而实现加热食物的目的
√
[解析]　电磁炉工作时，快速变化的磁场穿过放在面板上的铁质锅具，在锅底内产生感应电流，从而实现加热食物的目的，故D正确。
1．弹簧上端固定，下端悬挂一个磁铁。将磁铁托起到某一高度后放开，磁铁能上下振动较长时间才停下来。如果在磁铁下端放一个固定的闭合线圈，使磁铁上下振动时穿过它(如图甲所示)，磁铁就会很快停下来，请解释这个现象。
知识点三　电磁阻尼与电磁驱动
[提示]　当磁铁穿过固定的闭合线圈时，在闭合线圈中会产生感应电流，感应电流的磁场会阻碍磁铁靠近或离开线圈，也就使磁铁振动时除了受空气阻力外，还要受到线圈的磁场阻力，克服阻力需要做的功较多，机械能损失较快，因而会很快停下来。
2．一个闭合线圈放在蹄形磁铁的两磁极之间，如图乙所示，蹄形磁铁和闭合线圈都可以绕轴转动。当蹄形磁铁顺时针转动时线圈也顺时针转动；蹄形磁铁逆时针转动时线圈也逆时针转动。
(1)蹄形磁铁转动时，穿过线圈的磁通量是否变化？
[提示]　变化。
(2)使线圈转动起来的力是什么力？线圈的转动速度与磁铁的转动速度之间有什么关系？
[提示]　线圈内产生感应电流，因此线圈受到安培力的作用，安培力作为动力使线圈转动起来。线圈的转动速度小于磁铁的转动速度。
比较项目 电磁阻尼 电磁驱动
不同点 成因 导体在磁场中运动产生感应电流，从而使导体受到安培力 磁场运动引起磁通量的变化产生感应电流，从而使导体受到安培力
效果 导体所受安培力的方向与导体运动方向相反，阻碍导体运动 导体所受安培力的方向与导体运动方向相同，推动导体运动
比较项目 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
相同点 两者都是电磁感应现象
某同学搬运如图所示的磁电式电流表时，发现表针晃动剧烈且不易停止。按照老师建议，该同学在两接线柱间接一根导线后再次搬运，发现表针晃动明显减弱且能很快停止。下列说法正确的是(　　)
A．未接导线时，表针晃动过程中表内线圈不产生感应电动势
B．未接导线时，表针晃动剧烈是因为表内线圈受到安培力的作用
C．接上导线后，表针晃动过程中表内线圈不产生感应电动势
D．接上导线后，表针晃动减弱是因为表内线圈受到安培力的作用
√
[解析]　未接导线时，表针晃动过程中线圈切割磁感线，表内线圈会产生感应电动势，故A错误；
未接导线时，未连成闭合回路，没有感应电流，所以表内线圈不受安培力，故B错误；
接上导线后，表针晃动过程中表内线圈产生感应电动势，根据楞次定律可知，表针晃动减弱是因为表内线圈受到安培力的作用，故C错误，D正确。
(双选)某同学自制的简易磁力传动装置如图所示，铝制圆盘放置在可旋转底座上，圆盘正上方悬挂条形磁铁。关于该装置，从上往下看，说法正确的是(　　)
A．当条形磁铁顺时针转动时，铝制圆盘顺时针转动
B．当条形磁铁顺时针转动时，铝制圆盘逆时针转动
C．当条形磁铁的转速变快时，铝制圆盘转速也变快
D．当条形磁铁停止转动，铝制圆盘会立即停止运动
√
√
[解析]　当条形磁铁顺时针转动时，铝制圆盘切割磁感线圆盘内产生感应电流，所以铝制圆盘受到安培力作用也顺时针转动，A正确，B错误；
当磁铁的转速变快时，圆盘中产生的感应电流增大，圆盘受到的安培力变大，所以铝制圆盘转速也变快，C正确；
当条形磁铁停止转动，由于铝制圆盘转动过程中仍产生感应电流，所以圆盘会逐渐减速直至停止运动，D错误。
随堂巩固落实
PART
03
第三部分
√
1．(对自感现象的理解)如图所示，A、B是两盏完全相同的白炽灯，L是电阻不计的电感线圈。若最初S1是接通的，S2是断开的，那么下列描述正确的是(　　)
A．刚接通S2，A灯立即就亮，B灯延迟一段时间才亮
B．刚接通S2时，A灯延迟一段时间才亮，B灯立即就亮
C．接通S2到电路稳定，B灯由亮变暗最后熄灭
D．接通S2，电路稳定后再断开S2时，A、B灯均立即熄灭
解析：刚接通S2时，由于电感线圈L会发生通电自感现象，使通过线圈的电流由零逐渐增大，所以灯泡A、B会同时变亮，从接通S2到电路稳定，由于线圈的电阻不计，B灯相当于与一段导线并联，则B灯被短路，B灯由亮变暗最后熄灭，电源只给A灯供电，A灯将变得更亮，故A、B错误，C正确；
接通S2，电路稳定后再断开S2时，A灯与电路断开将立即熄灭，而B灯与电感线圈构成闭合电路，由于线圈的自感现象，B灯会先亮一下，然后熄灭，故D错误。
√
2．(对自感现象的理解)(双选)(2025·新疆乌鲁木齐市期中)演示自感现象的实验电路图如图所示，线圈的自感系数较大，且使滑动变阻器R1接入电路中的阻值大于线圈直流电阻，A1、A2为两个完全相同的灯泡，下列判断正确的是(　　)
A．接通开关S，灯A1、A2立即变亮
B．接通开关S，灯A1逐渐变亮，灯A2立即变亮
C．接通开关S，待电路稳定后断开开关S，灯A1、A2逐渐熄灭
D．接通开关S，待电路稳定后断开开关S，灯A1逐渐熄灭，灯A2闪一下后逐渐熄灭
√
解析：接通开关S瞬间，灯A2立即变亮，而线圈L产生自感电动势，根据楞次定律可知，自感电动势阻碍电流的增大，使得该支路中电流逐渐增大，所以闭合开关的瞬间，灯A1逐渐变亮，故A错误，B正确；
接通开关S，待电路稳定后断开开关S，原来通过灯A2的电流立即消失，线圈L产生自感电动势，相当于电源，两灯串联，由于滑动变阻器接入电路中的阻值大于线圈直流电阻，原来电路稳定后通过灯A1的电流大于通过灯A2的电流，故灯A1逐渐熄灭，灯A2闪一下后逐渐熄灭，故C错误，D正确。
3．(涡流的应用)(2025·江苏宿迁市期中)如图所示的是“中国第一高楼”上海中心大厦上的阻尼器，该阻尼器首次采用了电涡流技术，底部附着永磁铁的质量块摆动通过导体板上方时，导体板内产生涡流。关于阻尼器，下列说法正确的是(　　)
A．阻尼器摆动时产生的涡流源于外部电源供电
B．阻尼器最终将机械能转化为内能
C．风速越大，导体板中磁通量变化率越小
D．阻尼器摆动时产生的涡流源于电流的磁效应现象
√
解析：阻尼器摆动时，永磁铁通过导体板上方使之磁通量发生变化，从而在导体板中产生涡流，属于电磁感应现象，故A、D错误；
通过阻碍质量块和永磁铁的运动，阻尼器将动能转化为电能，并通过电流做功将电能最终转化为焦耳热，故B正确；
风速越大，质量块摆动越快，则导体板中磁通量变化率越大，故C错误。
4．(涡流的应用)(双选)高频焊接原理示意图如图所示。线圈中通以高频交变电流时，待焊接的金属工件中就产生感应电流，感应电流通过焊缝处产生大量热量，将金属熔化，把工件焊接在一起，而工件其他部分发热很少，以下说法正确的是(　　)
A．交流电的频率越高，焊缝处的温度升高得越快
B．交流电的频率越低，焊缝处的温度升高得越快
C．工件上只有焊缝处温度升得很高是因为焊缝处的电阻小
D．工件上只有焊缝处温度升得很高是因为焊缝处的电阻大
√
√
解析：交变电流的频率越高，它产生的磁场的变化就越快，根据法拉第电磁感应定律，可知在待焊接工件中产生的感应电动势就越大，感应电流就越大，而放出的热量与电流的平方成正比，所以交变电流的频率越高，焊缝处放出的热量越多；焊缝处与其他地方的电流大小一样，根据Q＝I2Rt，工件上只有焊缝处温度升得高，是因为焊缝处电阻很大，故A、D正确。
5．(电磁阻尼)(2025·内蒙古赤峰市期末)为了使灵敏电流计的指针在零刻度附近快速停下，实验小组的同学利用“电磁阻尼”来实现。他们设计了如图所示的甲、乙两种方案。甲方案：在指针转轴上装上扇形铝板，磁场位于铝板中间；乙方案：在指针转轴上装上扇形铝框，磁场位于铝框中间。下列说法正确的是(　　)
A．甲方案中，铝板摆动时磁通量不变，不会产生感应电流
B．甲方案中，铝板摆动时能产生涡流，起到电磁阻尼的作用
C．乙方案中，铝框小幅度摆动时会产生感应电流
D．乙方案比甲方案更合理
√
解析：甲方案中，铝板摆动时，扇形铝板的半径切割磁感线，在铝板内产生涡流，起电磁阻尼的作用，指针能很快停下来，故A错误，B正确；
乙方案中，当指针偏转角度较小时，铝框中磁通量不变，不能产生感应电流，起不到电磁阻尼的作用，指针不能很快停下，因此，甲方案更合理，故C、D错误。(共29张PPT)
课后达标检测
√
1．用如图所示实验装置验证楞次定律，条形磁铁自由释放加速穿过固定线圈，磁铁经过A位置时灵敏电流计指针如图，当电流从“＋”接线柱流入电流计时，指针向右偏转，则下列说法正确的是(　　)
A．条形磁铁的上端为N极
B．经过A位置时，线圈中电流产生的磁场向上
C．经过B位置时，灵敏电流计的指针偏向右侧
D．条形磁铁经过A、B两对称位置的加速度相等
解析：磁铁经过A位置时灵敏电流计指针向右偏转，线圈产生的电流从正接线柱进入电流表，线圈中电流产生的磁场向下，根据楞次定律可知，此时穿过线圈的磁通量向上增加，则条形磁铁的上端为N极，故A正确，B错误；
经过B位置时，穿过线圈的磁感线向上，磁通量减小，根据楞次定律，可知线圈产生的电流从负接线柱进入电流表，灵敏电流计的指针偏向左侧，故C错误；
条形磁铁经过A、B两对称位置速度不同，线圈产生的阻力不同，磁铁受到的合外力不同，加速度不相等，故D错误。
2．研究电磁感应现象的实验装置如图所示。

(1)将图中所缺的导线补接完整。
解析：如图所示。
答案：见解析图
(2)如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏转一下，那么合上开关后可能出现的情况有：
①将线圈A迅速插入线圈B时，灵敏电流计指针将__________________。
②线圈A插入线圈B后，将滑动变阻器的滑片迅速向左滑动时，灵敏电流计指针____________________。
解析：①由题意知，当通过线圈的磁通量增大(减小)时，指针向右(向左)偏，则线圈A插入线圈B中，通过线圈B的磁通量增大，电流计指针向右偏转一下；②滑片迅速向左滑动，通过线圈B的磁通量减小，电流计指针向左偏转一下。
向右偏转一下
向左偏转一下
3．为判断线圈绕向，可将灵敏电流计G与线圈L连接，如图所示。已知线圈由a端开始绕至b端，当电流从电流计G的左端流入时，指针向左偏转。

(1)将磁铁的N极向下从线圈上方竖直插入线圈L时，发现电流计的指针向左偏转。俯视线圈，其绕向为____________(选填“顺时针”或“逆时针”)。
顺时针
解析：由题可知在线圈L内电流从b流向a，而根据楞次定律(增反减同)知，线圈L中产生的磁场与原磁场方向相反(向上)，再根据安培定则可知，感应电流方向为逆时针方向(俯视线圈)，因此线圈绕向为顺时针方向(俯视线圈)。
(2)当条形磁铁从图中的虚线位置向右远离线圈L时，发现电流计的指针向右偏转。俯视线圈，其绕向为____________(选填“顺时针”或“逆时针”)。
解析：由题意可知在线圈L内电流从a流向b，而根据楞次定律(增反减同)知，线圈L中产生的磁场与原磁场方向相同(向上)，再根据安培定则可知，感应电流方向与(1)问相同，而电流的流向与(1)问相反，因此线圈绕向一定与(1)问相反，为逆时针方向(俯视线圈)。
逆时针
4．(2025·江苏泰州市联盟校调研)为探究影响感应电流方向的因素，同学们做了如下的实验。
(1)小明同学用图甲所示的实验装置“探究影响感应电流方向的因素”，所用电流计指针偏转方向与电流方向间的关系为：当电流从“＋”接线柱流入电流计时，指针向右偏转。
①将条形磁铁按图甲方式S极向下匀速插入螺线管时，发现电流计的指针向右偏转。螺线管的绕线方向如图乙所示。
②经分析可得出结论：当穿过螺线管的磁通量增加时，感应电流产生的磁场与条形磁铁的磁场方向______(选填“相同”或“相反”)。
相反
解析：②S极向下插入螺线管时，条线磁铁产生的磁场方向向上，由题知螺线管中电流从B流向A，感应电流产生的磁场方向向下。两磁场方向相反。
③关于该实验，下列说法正确的是________。
A．必须保证磁体匀速运动，灵敏电流计指针才会向右偏转
B．将磁体向下插入或向上抽出的速度越大，灵敏电流计指针偏转幅度越小
C．将磁体的N、S极对调，并将其向上抽出，灵敏电流计指针仍向右偏转
D．将磁体的N、S极对调，并将其向下插入，灵敏电流计指针仍向右偏转
C
解析：S极向下插入螺线管时，不需要保证磁体匀速运动，灵敏电流计指针都会向右偏转，故A错误；
将磁体向下插入或向上抽出的速度越大，灵敏电流计指针偏转幅度越大，故B错误；
将磁体的N、S极对调，并将其向上抽出，则穿过螺线管向下的磁通量减小，根据楞次定律可知，线圈中感应电流方向由B到A，则电流从“＋”接线柱流入电流计，电流计的指针向右偏转，故C正确；
将磁体的N、S极对调，并将其向下插入，则穿过螺线管向下的磁通量增大，根据楞次定律可知，线圈中感应电流方向由A到B，则电流从“－”接线柱流入电流计，电流计的指针向左偏转，故D错误。
(2)小宁同学用如图丙所示的器材研究感应电流的方向。
①在给出的实物图中，用笔画线代替导线将实验仪器连成完整的实验电路。
②将线圈A插入线圈B中，闭合开关S瞬间，发现电流计指针右偏，则保持开关闭合，以下操作中也能使电流计右偏的是________。
A．插入铁芯
B．拔出线圈A
C．将滑动变阻器的滑片向左移动
D．将滑动变阻器的滑片向右移动
答案：图见解析
AC
解析：①完整的实验电路如图所示。
②将线圈A插入线圈B中，闭合开关S瞬间，发现电流计指针右偏，可知当线圈B中的磁通量增加时，电流计指针右偏；插入铁芯，线圈B中的磁通量增加，电流计指针右偏，故A正确；拔出线圈A，线圈B中的磁通量减少，电流计指针左偏，故B错误；将滑动变阻器的滑片向左移动，线圈A中电流增大，线圈B中的磁通量增加，电流计指针右偏，故C正确；同理得将滑动变阻器的滑片向右移动，电流计指针左偏，故D错误。
5．(2025·江苏扬州市宝应县期中)我们可以通过实验探究电磁感应现象中感应电流方向的决定因素和遵循的物理规律。以下是实验探究过程的一部分。

(1)如图甲所示，当磁铁的N极向下运动时，发现电流计指针偏转，若要探究线圈中产生感应电流的方向，必须知道___________________________
____________________________________________________________。
电流计指针偏转方向与电流方向间的关系
解析：若要探究线圈中产生的感应电流的方向，必须知道电流计指针偏转方向与电流方向间的关系。
(2)如图乙所示，闭合开关后，线圈A相当于条形磁铁，下端为________极(选填“N”或“S”)；实验中发现闭合开关瞬间，电流计指针向左偏转。电路稳定后，若向右移动滑动触头，此过程中电流计指针向________(选填“左”或“右”)偏转，此时从上向下看线圈B中感应电流的方向为__________(选填“逆时针”或“顺时针”)；若将线圈A抽出，此过程中电流计指针向________(选填“左”或“右”)偏转。
N
右
顺时针
右
解析：根据安培定则，闭合开关后，线圈A相当于条形磁铁，下端为N极；因为当闭合开关时，电路中的电流增大，穿过线圈B的磁通量增加，已知此时产生的感应电流使电流计指针向左偏转；电路稳定后，若向右移动滑动触头，变阻器接入电路阻值增大，则电流减小，穿过线圈B的磁通量减少，则此过程中电流计指针向右偏转；由上述分析可知，穿过线圈B向下的磁通量减少，根据楞次定律和安培定则，此时从上向下看线圈B中感应电流的方向为顺时针；若将线圈A抽出，穿过线圈B向下的磁通量减少，则此过程中电流计指针向右偏转。
6．(2025·广东深圳市期中)某实验小组做“探究影响感应电流方向的因素”实验的装置如图所示。

(1)闭合开关的瞬间，发现电流表G指针向左偏转。电路稳定后，将线圈A快速从线圈B中抽出，电流表指针将向________偏转；将图中滑动变阻器的可动触头向右侧移动，电流表指针将向________偏转。(均选填“左”或“右”)
右
左
解析：闭合开关的瞬间，此时穿过线圈B的磁通量增加，发现电流表G指针向左偏转。电路稳定后，将线圈A快速从线圈B中抽出，此时穿过线圈B的磁通量减少，电流表指针将向右偏转；将题图中滑动变阻器的可动触头向右侧移动，滑动变阻器接入电路阻值减小，线圈A中的电流增大，穿过线圈B的磁通量增加，电流表指针将向左偏转。
(2)实验准备过程中，除了查清流入电流表的电流方向与指针偏转方向之间的关系之外，还应查清线圈________(选填“A”“B”或“A和B”)中导线的绕制方向。
解析：实验准备过程中，除了查清流入电流表的电流方向与指针偏转方向之间的关系之外，需要知道穿过B线圈的磁场方向及B线圈产生的感应电流的方向，依据安培定则可知，必须查清线圈A和B中导线的绕制方向。
A和B
(3)将电源的正负极对调，电路其他部分不变，再次闭合开关的瞬间，发现电流表G指针将向______(选填“左”或“右”)偏转。
解析：将电源的正负极性对调，电路其他部分不变，再次闭合开关的瞬间，则通过线圈A 电流方向反向，则磁感线反向穿过线圈B，线圈B产生的感应电流反向，发现电流表G指针将向右偏转。
右
7．(2025·广东东莞市万江中学三校联考)某实验小组使用如图所示的器材探究“电磁感应现象”中影响感应电流方向的因素。

(1)在图中用实线代替导线完成实验电路连接。
解析：实验电路连接如图所示。
答案：图见解析
(2)连接好电路后，闭合开关，发现灵敏电流计G的指针向右偏了一下，保持开关闭合，依次进行以下操作：将铁芯迅速插入线圈A时，灵敏电流计指针将向________偏；然后将滑动变阻器连入电路中的阻值调大，灵敏电流计指针将向________偏；稳定后断开开关，灵敏电流计指针将向________偏。(均选填“左”或“右”)
右
左
左
解析：连接好电路后，闭合开关，线圈B内的磁通量增大，灵敏电流计G的指针向右偏了一下，则将铁芯迅速插入线圈A时，线圈B内的磁通量增大，灵敏电流计指针将向右偏；将滑动变阻器连入电路中的阻值调大，回路中电流减小，线圈A产生的磁场减小，线圈B内的磁通量减小，灵敏电流计指针将向左偏；稳定后断开开关，线圈B内的磁通量减小，灵敏电流计指针将向左偏。
(3)写出闭合回路中产生感应电流的条件：____________________。
解析：闭合回路中产生感应电流的条件是磁通量发生变化。
磁通量发生变化(共21张PPT)
课后达标检测
√
1．(双选)(2025·云南曲靖市)图甲所示粗糙U形导线框固定在水平面上，右端放有一金属棒PQ，整个装置处于竖直方向的磁场中，磁感应强度B按图乙所示规律变化，规定竖直向上为正方向，整个过程金属棒保持静止，则(　　)
A．1.5t0时刻，金属棒PQ所受安培力方向向左
B．前2t0时间内，回路中的感应电流大小不变，但方向改变
C．前2t0时间内，金属棒PQ所受安培力大小不变，但方向改变
D．前2t0时间内，金属棒PQ所受摩擦力方向先水平向左，后水平向右
√
解析：前t0时间内磁感应强度减小，穿过回路的磁通量减小，根据楞次定律可知，回路面积有增大的趋势，金属棒PQ所受安培力水平向右，根据受力平衡可知，金属棒PQ所受摩擦力水平向左，t0到2t0时间内磁感应强度增大，穿过回路的磁通量增大，根据楞次定律可知，回路面积有缩小的趋势，金属棒PQ所受安培力水平向左，根据受力平衡可知，金属棒PQ所受摩擦力水平向右，故A、D正确；
前2t0时间内，磁通量的变化率不变，感应电动势大小、方向都不变，感应电流大小、方向都不变，但因磁感应强度大小、方向都改变，故金属棒PQ所受安培力大小、方向都改变，故B、C错误。
√
2．如图所示，两足够长的平行导轨竖直放置，水平部分粗糙并固定在绝缘水平面上，弯曲部分光滑，两部分平滑连接，空间中存在竖直向下的匀强磁场，导轨右端与定值电阻相连。让导体棒ab从弯曲导轨上某位置由静止开始下滑，在水平导轨上运动一段距离后静止，导体棒ab运动过程中始终与导轨垂直并接触良好，导轨电阻不计。下列说法正确的是(　　)
A．导体棒ab运动过程中，回路中产生逆时针
方向的电流(从上往下看)
B．导体棒ab沿光滑弯曲导轨运动过程中，通过电阻的电流一直增加
C．导体棒ab沿弯曲导轨运动过程中，所受安培力方向沿导轨切线向上
D．导体棒ab运动过程中，其机械能的减少量大于定值电阻和导体棒产生的热量之和
解析：导体棒ab运动过程中，根据右手定则可知，回路中产生顺时针方向的电流(从上往下看)，故A错误；
根据能量守恒定律可知，导体棒ab运动过程中减少的机械能转化为回路中定值电阻和导体棒产生的热量之和以及在水平轨道因摩擦而产生的热量，故其机械能的减少量大于定值电阻和导体棒产生的热量之和，故D正确。
√
解析：线框在竖直平面内绕圆心O沿逆时针方向匀速转动半周，线框中的磁通量减少，由右手定则可知，电流的方向为顺时针方向，故A、B错误；
√
4．竖直平行导轨MN上端接有电阻R，金属杆ab质量为m，接入电阻也为R，跨在平行导轨间的长度为L，垂直于导轨平面的水平匀强磁场方向向里，不计导轨电阻，不计摩擦，且ab与导轨接触良好，如图所示。若ab杆在竖直方向上的外力F作用下匀速上升h，则下列说法正确的是(　　)
A．金属杆ab克服安培力所做的功等于电阻R上产生的焦耳热
B．拉力F与安培力所做的功之和等于金属杆机械能的增加量
C．拉力F与重力做功的代数和等于金属杆上产生的焦耳热
D．拉力F与安培力的合力所做的功大于mgh
解析：根据功能关系可知，金属杆ab克服安培力所做的功等于电阻R上和金属杆ab产生的焦耳热之和，故A错误；
金属杆机械能的增加量等于除重力外的其他力所做的功，即拉力F与安培力所做的功之和等于金属杆机械能的增加量，故B正确；
ab杆在竖直方向外力F作用下匀速上升h，由动能定理可得WF－W安－mgh＝0，则W安＝WF－mgh，即拉力F与重力做功的代数和等于金属杆克服安培力做的功，但大于金属杆上产生的焦耳热，拉力F与安培力的合力所做的功等于mgh，故C、D错误。
√
5．(2025·陕西宝鸡市期中)光滑水平面上有一边长L＝0.10 m的单匝均匀正方形导线框abcd，质量m＝1.0 kg，电阻R＝0.10 Ω。在竖直方向存在有平行边界的匀强磁场，ab边恰好位于磁场左边界上，其俯视图如图1所示。t＝0时，线框以初速度v0在恒力F的作用下进入匀强磁场，已知线框从Ⅰ位置到Ⅱ位置过程中的v－t图像如图2所示，且在t＝0时，Uab＝1.5 V，则(　　)
A．t＝0时线框中的感应电动势为1.5 V
B．线框在离开磁场的过程中克服安培力做的功为1.55 J
C．恒力F的大小为1 N
D．线框进入磁场的过程中通过线框截面的电荷量为0.5 C
6．(14分)(2025·江苏泰州市兴化市期末)电磁感应现象的发现，给电磁的应用开辟了广阔的道路，其中发电机就是电磁感应最重要的应用成果之一。某种直流发电机的工作原理可以简化为图甲所示的情景。在竖直向下、磁感应强度B＝1.0 T的匀强磁场中，两根光滑平行金属导轨MN和PQ固定在水平面上，导轨间距L＝0.5 m，导轨左端接有电阻R＝0.8 Ω，电阻R两端接有电压传感器(图中未画出)。质量m＝0.5 kg，电阻r＝0.2 Ω的金属杆ab置于导轨上，与导轨垂直，其余电阻不计。现用水平向右的拉力F拉ab杆，使其由静止开始运动，电压传感器将R两端的电压U即时收集并输入计算机，得到U随时间t变化的关系如图乙所示。 求：
(1)ab杆的加速度大小；(8分)
答案：5 m/s2
(2)第3.0 s末撤去拉力F，此后电阻R上产生的焦耳热。(6分)
解析：根据上述可知，在拉力作用下，金属杆向右做匀加速直线运动，3.0 s末撤去拉力F时的速度v0＝at0＝15 m/s
答案：45 J
7．(16分)(2025·浙江台州市期中)如图所示，足够长的金属导轨MN、PQ平行放置，间距L＝3 m，与水平面的夹角θ＝53°，导轨与定值电阻R1和R2相连，且R1＝R2＝2 Ω。R1支路串联开关S，原来开关S闭合，匀强磁场的方向垂直于导轨平面斜向上。有一质量m＝1 kg的导体棒ab与导轨垂直放置，接触面粗糙且始终接触良好，导体棒的电阻R也为2 Ω。现让导体棒从静止释放沿导轨下滑，当导体棒运动达到稳定状态时速率v＝2 m/s，此时整个电路消耗的电功率为12 W。已知当地的重力加速度g取10 m/s2，导轨电阻不计，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。
(1)在上述稳定状态时，求导体棒ab中的电流I和磁感应强度B的大小。(6分)
解析：当导体棒以速率v匀速下降时，电路中的总电阻R总＝3 Ω
由P电＝I2R总
得I＝2 A
感应电动势E＝IR总＝6 V
由E＝BLv
得B＝1 T。
答案：2 A　1 T　
(2)如果导体棒从静止释放沿导轨下滑x＝1 m距离后运动达到稳定状态，求在这一过程中回路产生的焦耳热。(4分)
解析：根据能的转化和能量守恒定律可知mgv sin 53°＝P电＋fv
得f＝2 N
答案：4 J　
(3)断开开关S后，导体棒沿导轨下滑一段距离d后，通过导体棒ab的电量q＝3 C，求这段距离d。(6分)
又ΔΦ＝BLd
得d＝4 m。
答案：4 m题组1　自感现象
1．关于某一线圈的自感系数，下列说法正确的是(　　)
A．线圈中电流变化越大，线圈的自感系数越大
B．线圈中电流变化得越快，线圈的自感系数越大
C．若线圈中通入恒定电流，线圈自感系数为0
D．不管电流如何变化，线圈的自感系数不变
解析：选D。自感系数是由线圈本身的性质(线圈的长度、横截面积、单位长度上的匝数)和是否插入铁芯决定的，与通入的电流、电流改变量、电流变化率等无关，故D正确。
2．(双选)下列说法正确的是(　　)
A．当线圈中电流不变时，线圈中没有自感电动势
B．当线圈中电流反向时，线圈中自感电动势的方向与线圈中原电流的方向相反
C．当线圈中电流增大时，线圈中自感电动势的方向与线圈中电流的方向相反
D．当线圈中电流减小时，线圈中自感电动势的方向与线圈中电流的方向相反
解析：选AC。由法拉第电磁感应定律可知，当线圈中电流不变时，不产生自感电动势，A正确；当线圈中电流反向时，相当于电流减小，线圈中自感电动势的方向与线圈中原电流的方向相同，B错误；当线圈中电流增大时，自感电动势阻碍电流的增大，线圈中自感电动势的方向与线圈中电流的方向相反，C正确；当线圈中电流减小时，自感电动势阻碍电流的减小，线圈中自感电动势的方向与线圈中电流的方向相同，D错误。
3．通过一个线圈的电流均匀增大时，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
解析：选D。线圈的磁通量与电流大小有关，电流增大，磁通量增大，C错误；自感系数由线圈本身决定，与电流大小无关，A错误；自感电动势EL＝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错误，D正确。
4．在制造精密电阻时，为消除电阻使用过程中由于电流变化而引起的自感现象，采取了双线并绕法，如图所示，其道理是(　　)
A．当电路中电流变化时，两股导线中产生的自感电动势互相抵消
B．当电路中电流变化时，两股导线中产生的感应电流互相抵消
C．当电路中电流变化时，两股导线中产生的磁通量互相抵消
D．以上说法均不正确
解析：选C。由于采用双线并绕的方法，当有电流通过时，两股导线中的电流方向是相反的，不管电流怎样变化，任何时刻两股电流总是等大反向的，所产生的磁通量也是等大反向的，故总磁通量等于0，在该线圈中不会产生电磁感应现象，因此消除了自感，A、B、D错误，C正确。
5．(2025·北京市昌平区期末质量抽测) 如图所示，将带铁芯的线圈L与灯泡A并联，接到电源上。先闭合开关S，电路稳定后灯泡A正常发光；然后断开开关S，灯泡A先闪亮一下，再熄灭。下列说法正确的是(　　)
A．闭合开关S的瞬间，线圈L不会产生自感电动势
B．断开开关S的瞬间，通过灯泡A的电流方向为a→b
C．闭合开关S的瞬间，通过线圈L的电流比电路稳定时通过线圈L的电流大
D．断开开关S的瞬间，通过灯泡A的电流比电路稳定时通过灯泡A的电流大
解析：选D。闭合开关S的瞬间，通过线圈L的电流变化，线圈L会产生自感电动势，故A错误；断开开关S的瞬间，通过线圈L的电流变化，线圈L会产生自感电动势，线圈L和灯泡A组成新的回路，则通过灯泡A的电流方向为b→a，故B错误；闭合开关S的瞬间，通过线圈L的电流变化，线圈L会产生自感电动势，通过线圈L的电流逐渐增大，则闭合开关S的瞬间，通过线圈L的电流比电路稳定时通过线圈L的电流小，故C错误；由于断开开关S，灯泡A先闪亮一下，再熄灭，可知断开开关S的瞬间，通过灯泡A的电流比电路稳定时通过灯泡A的电流大，故D正确。
6．测定自感系数很大的线圈L的直流电阻的电路如图所示，L两端并联一只电压表，用来测量自感线圈的直流电压，在测量完毕后，将电路解体时应(　　)
A．先断开S1 B．先断开S2
C．先拆除电流表 D．先拆除电阻R
解析：选B。S1断开瞬间，L中产生很大的自感电动势，若此时S2闭合，则可能将电压表烧坏，故应先断开S2。
题组2　涡流现象及应用
7．(2024·湖北卷，T1)《梦溪笔谈》中记录了一次罕见的雷击事件：房屋被雷击后，屋内的银饰、宝刀等金属熔化了，但是漆器、刀鞘等非金属却完好(原文为：有一木格，其中杂贮诸器，其漆器银扣者，银悉熔流在地，漆器曾不焦灼。有一宝刀，极坚钢，就刀室中熔为汁，而室亦俨然)。导致金属熔化而非金属完好的原因可能为(　　)
A．摩擦　 B．声波　　
C．涡流　 D．光照
解析：选C。在雷击事件中金属和非金属都经历了摩擦、声波和光照的影响，而金属能够因电磁感应产生涡流，非金属不能，因此可能原因为涡流。
8．(多选)用涡流金属探测器探测地下金属物的示意图如图所示。关于该探测器，下列说法正确的是(　　)
A．探测器内的探测线圈会产生交变磁场
B．探测器只能探测到有磁性的金属物
C．探测器能探测到地下的金属物是因为探头中产生了涡流
D．探测器能探测到地下的金属物是因为金属物中产生了涡流
解析：选AD。用涡流金属探测器探测地下金属物时，探测器内的探测线圈会产生交变磁场，从而使金属物中产生涡流，而涡流产生的磁场再被探测器探测到，而被探测物只要是金属即可，不一定具有磁性，故A、D正确，B、C错误。
9．涡流探伤是工业上常用的技术之一，该技术通过励磁线圈使构件中产生涡电流，再借助探测线圈测定涡电流的变化量，从而获得构件缺陷的有关信息，则(　　)
A．工作时励磁线圈必须与被测构件接触
B．涡流探伤也适用于检测橡胶构件的缺陷
C．励磁线圈中应该通入恒定电流完成检测
D．探测线圈是根据接收到的涡流磁场工作的
解析：选D。涡流探伤技术的原理是用励磁线圈使被测构件内产生涡电流，借助探测线圈测定涡电流的改变，故工作时励磁线圈不需要与被测构件接触，故A错误；因橡胶构件不能产生涡流，所以涡流探伤不适用于检测橡胶构件的缺陷，故B错误；励磁线圈中通入交变电流才能产生变化的磁场，当金属构件处于该磁场中时，该金属构件中才会发生电磁感应现象产生涡流，完成检测，由此可知，探测线圈是根据接收到的涡流磁场工作的，故C错误，D正确。
题组3　电磁阻尼与电磁驱动
10．(双选)在光滑水平面上固定一个通电线圈，一铝块正由左向右滑动穿过线圈，那么下列说法正确的是(　　)
A．接近线圈时做加速运动，离开时做减速运动
B．接近和离开线圈时都做减速运动
C．一直在做匀速运动
D．在线圈中运动时是匀速的
解析：
选BD。把铝块看成由无数横向的铝片叠成，每一铝片又可看成由若干闭合铝片框组成，如图所示。当它接近或离开通电线圈时，由于穿过每个铝片框的磁通量发生变化，所以在每个闭合的铝片框内都要产生感应电流，产生感应电流的效果是要阻碍它接近或离开通电线圈，所以在它接近或离开时都要做减速运动，A、C错误，B正确；由于通电线圈内是匀强磁场，所以铝块在通电线圈内运动时无感应电流产生，做匀速运动，D正确。
11．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，转速比磁铁大
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
解析：选C。由楞次定律的推广含义可知，线圈将与磁极同向转动，但转速一定小于磁铁的转速。如两者的转速相同，磁感线与线圈相对静止，线圈不切割磁感线，则无感应电流产生，故A、B错误；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；当线圈相对于磁铁转过90°时，电流方向不再是abcda，故D错误。
12．(2025·陕西宝鸡市期中)下列与电磁感应有关的现象中说法正确的是(　　)
A．甲图中，当蹄形磁体顺时针转动(从上往下看)时，铝框将沿顺时针方向转动
B．乙图中，真空冶炼炉的炉外线圈通入高频交流电时，线圈会产生大量热量使金属熔化，从而冶炼金属
C．丙图中磁电式仪表，把线圈绕在铝框骨架上，起到电磁驱动的作用
D．图丁中，铜盘在转动过程中，当手持蹄形磁体靠近铜盘时，铜盘的转速不变
解析：选A。根据电磁驱动原理可知，当蹄形磁体顺时针转动(从上往下看)时，铝框也顺时针转动，故A正确；真空冶炼炉外线圈通入高频交流电时，周围空间产生高频磁场，炉内的金属内部就产生很强的涡流，从而冶炼金属，故B错误；把线圈绕在磁电式仪表铝框骨架上，线圈通电受力后带动铝框转动，铝框内产生涡流，在电磁阻尼的作用下，线圈很快停止摆动，故C错误；铜盘在转动过程中，当手持蹄形磁体靠近铜盘时，铜盘中产生涡流，铜盘受到电磁阻尼作用，铜盘的转速变小，故D错误。
13．(双选)(2025·山东威海市期末)如图所示的电路中，L为自感系数很大的线圈，其自身的电阻几乎为0，A、B和C是三只相同的小灯泡，S为开关。下列说法正确的是(　　)
A．S闭合瞬间，A立即发光，B和C逐渐变亮
B．S断开后，A闪亮后熄灭，B逐渐熄灭，C立即熄灭
C．S断开后，L中的磁场能转化为电能
D．S断开瞬间，A右端电势高于左端
解析：选CD。S闭合瞬间，小灯泡A与小灯泡C串联后直接与电源相连，因此A和C立即发光，而小灯泡B因为线圈L产生自感电动势阻碍电流增大，因此逐渐变亮，A错误；电路稳定后，A、B中的电流相等，S断开时，小灯泡A、B和线圈L构成闭合回路，此时的电流不大于原来的电流，因此A不会闪亮，则A、B会逐渐熄灭，C立即熄灭，B错误；电路稳定后，线圈中储存有磁场能，S断开瞬间，线圈中产生自感电动势继续点亮小灯泡A、B，因此S断开后，L中的磁场能转化为电能，C正确；S断开瞬间，通过线圈L的电流减小，则线圈L产生的自感电动势右端电势高，因此流过A的电流方向从右向左，则A右端电势高于左端，D正确。
14．图甲所示的是研究自感现象的电路图，其中灯泡的电阻R1＝3.0 Ω，定值电阻R＝1.0 Ω，A、B间电压U＝6.0 V。闭合S，电路处于稳定状态；t＝1.0×10-3 s时断开S，通过线圈L的电流随时间变化的i－t图线如图乙所示。下列说法正确的是(　　)
A．线圈L的直流电阻为4 Ω
B．断开开关瞬间，通过灯泡的电流方向向左
C．断开开关时，可以观察到灯泡闪一下再灭
D．通过电阻R的电荷量约为2.25×10-3 C
解析：选B。断开开关前，通过线圈的电流为1.5 A，则线圈所在支路的总电阻，R支＝RL＋R＝＝ Ω＝4 Ω，线圈的直流电阻RL＝R支－R＝3 Ω，故A错误；断开开关前，通过线圈的电流方向向右，断开开关瞬间，线圈产生的感应电流方向向右，则通过灯泡的电流方向向左，故B正确；断开开关前通过灯泡的电流I1＝＝ A＝2 A，由题图乙可知，断开开关后，通过灯泡的电流从1.5 A逐渐减小到零，灯泡不会闪亮，而是逐渐变暗最后熄灭，故C错误；由于q＝It，故可由题图乙得，通过电阻R的电荷量等于i－t图像与时间轴所围的面积，大小约为q＝30×0.1×0.2×10-3 C＝6×10-4 C，故D错误。阶段滚动检测卷(一)
(时间：75分钟　分值：100分)
一、单项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求)
1．两足够长直导线均折成直角，按图示方式放置在同一平面内，EO与O′Q在一条直线上，PO′与OF在一条直线上，两导线相互绝缘，通有相等的电流I，电流方向如图所示。若一根无限长直导线通过电流I时，所产生的磁场在距离导线d处的磁感应强度大小为B，则图中与导线距离均为d的M、N两点处的磁感应强度大小分别为(　　)
A．B、0　　　　　　　　 B．0、2B
C．2B、2B D．B、B
解析：选B。两直角导线可以等效为如图所示的两直导线，由安培定则可知，两直导线分别在M处的磁感应强度方向为垂直于纸面向里、垂直于纸面向外，故M处的磁感应强度为0；
两直导线在N处的磁感应强度方向均垂直于纸面向里，故N处的磁感应强度为2B，故B正确。
2．利用霍尔效应制作的霍尔元件以及传感器，广泛应用于测量和自动控制等领域。如图所示，将一厚度为d的半导体薄片垂直置于磁感应强度为B的匀强磁场中，在薄片的两个侧面E、F间通以电流I时，另外两侧M、N间产生电势差，这一现象称为霍尔效应。其原因是薄片中定向移动形成电流的载流子受洛伦兹力的作用向一侧偏转和积累，在M、N间产生霍尔电压UH。半导体的载流子有自由电子或空穴(相当于正电荷)两种类型。下列说法正确的是(　　)
A．若该半导体是空穴导电，则M侧的电势低于N侧的电势
B．若只增大半导体薄片的厚度d，则霍尔电压UH将增大
C．若只增大磁场的磁感应强度B，则霍尔电压UH将增大
D．若只增大电流I，则霍尔电压UH将减小
解析：选C。若该半导体是空穴导电，即相当于正电荷导电，根据左手定则可知，正电荷在洛伦兹力作用下向M侧聚集，可知M侧电势高于N侧电势，故A错误；由于M、N间产生电场，稳定时电场力与洛伦兹力平衡，设M、N间距离为a，霍尔元件长为b，则有qvB＝Eq＝q，设单位体积内电荷的数目为n，根据电流的微观定义式有v＝＝，解得UH＝·，可知，若只增大半导体薄片的厚度d，则霍尔电压UH将减小，故B错误；若只增大磁感应强度B，则霍尔电压UH将增大，故C正确；若只增大电流I，则霍尔电压UH将增大，故D错误。
3．如图所示，T是绕有两个线圈的闭合铁芯，一个线圈接电流计G，另一个线圈接导轨，金属棒ab可沿导轨左右滑动，且始终处于匀强磁场中，导轨的电阻不计，在下列情况下，有电流从下向上通过电流计G的是(　　)
A．ab向右匀速运动时 B.ab向左减速运动时
C．ab向左加速运动时 D．ab向右减速运动时
解析：选B。当ab向右匀速运动时，根据法拉第电磁感应定律，可知右边线圈会产生恒定的感应电流，铁芯内部的磁场恒定，左边的线圈中不会产生感应电流，故A错误；当ab向左减速运动时，根据法拉第电磁感应定律和右手定则，可知右边线圈会产生不断减小的感应电流，且感应电流方向是从a到b通过金属棒，又根据安培定则可知铁芯内部会产生一个沿顺时针方向的减小的磁场，可引起穿过左边线圈的磁通量减小，左边的线圈中产生感应电流，再根据楞次定律可判断左边线圈中的感应电流会从下到上通过电流计G，故B正确；同理，当ab向左加速运动时，可判断左边线圈中的感应电流会从上到下通过电流计G，当ab向右减速运动时，可判断左边线圈中的感应电流会从上到下通过电流计G，C、D错误。
4．如图所示，圆心为O、半径为R的半圆形区域内有一垂直于纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场。M、N点在圆周上且MON为其竖直直径。现将两个比荷为k的带电粒子P、Q分别从M点沿MN方向射入匀强磁场，粒子P的入射速度v1＝v，粒子Q的入射速度v2＝v，已知粒子P在磁场中的运动轨迹恰为圆弧，不计粒子的重力，不计粒子间的相互作用，下列说法正确的是(　　)
A．粒子P带正电，粒子Q带负电
B．粒子P的周期小于粒子Q的周期
C．粒子Q的轨道半径为
D．粒子P和粒子Q在磁场中的运动时间之比为
解析：选C。两粒子进入磁场时所受洛伦兹力均向左，由左手定则可知，粒子P、Q均带正电，故A错误；根据T＝，两粒子比荷相同，故粒子P和粒子Q的运动周期相同，故B错误；根据qvB＝m，可得r＝，则粒子的半径与速度成正比，故rQ＝rP＝＝，故C正确；作出两粒子的运动轨迹如图所示，由几何关系得粒子P的轨道半径rP＝R，粒子Q的轨道半径rQ＝R＝，则α＝30°，可知粒子Q的圆心角为60°，粒子P的圆心角为90°，则粒子P和粒子Q在磁场中的运动时间之比为，故D错误。
二、双项选择题(本题共4小题，每小题6分，共24分。在每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求，全选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分)
5．如图所示，螺线管连接电阻R放置在水平地面上，上方有一竖直放置的条形磁铁，磁铁的N极朝下，当磁铁向下运动过程中(未插入线圈内部)，下列说法正确的是(　　)
A.穿过螺线管的磁通量减少
B．通过R的感应电流方向为从b→R→a
C．磁铁与螺线管相互吸引
D．螺线管对地面的压力变大
解析：选BD。当磁铁向下运动时(但未插入线圈内部)，穿过螺线管的磁通量增加，故A错误；由题图可知，当磁铁竖直向下运动时，穿过线圈的磁场方向向下增大，由楞次定律可知感应电流的磁场应向上，由右手螺旋定则可知电流方向为从b→R→a，故B正确；根据“来拒去留”可知，磁铁靠近线圈，则磁铁与线圈相互排斥，故线圈对地面的压力变大，故C错误，D正确。
6．如图所示，一轻质弹簧上端固定，下端悬挂一个磁铁，在磁铁正下方桌面上放置一个闭合铜制线圈。将磁铁托起到某一高度后放开，忽略空气阻力，则(　　)
A．磁铁最终会停止运动
B．磁铁将做简谐振动
C．磁铁远离线圈时，从上往下看线圈感应电流方向为顺时针方向
D．磁铁远离线圈时，桌面对线圈的支持力大于线圈自身的重力
解析：选AC。根据楞次定律可知下面的线圈会阻碍磁铁运动，所以磁铁最终会停止，不会做简谐运动，A正确，B错误；在磁铁远离线圈过程中，穿过线圈的磁通量向下减小，由楞次定律可知，线圈中的感应电流方向为顺时针(从上往下看), C正确；磁铁向上运动时，根据楞次定律推论“来拒去留”可知磁铁对线圈有向上的引力，故对线圈受力分析可知桌面对线圈的支持力小于线圈的重力， D错误。
7．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b与电源、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向下滑动，下列表述正确的是(　　)
A．线圈a中将产生沿顺时针方向(俯视)的感应电流
B．穿过线圈a的磁通量增加
C．线圈a有扩张的趋势
D．线圈a对水平桌面的压力将增大
解析：选BD。当滑动触头P向下移动时电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知通过线圈b的电流增大，穿过线圈a的磁通量增加，方向向下，根据楞次定律即可判断出线圈a中感应电流方向俯视应为逆时针，故A错误，B正确；根据楞次定律，感应电流的产生总是阻碍引起感应电流的原因，因为滑动触头向下滑动导致穿过线圈a的磁通量增加，故线圈面积减少时才能阻碍磁通量的增加，故线圈a应有收缩的趋势，故C错误；开始时线圈a对桌面的压力等于线圈a的重力，当滑动触头向下滑动时，可以用“等效法”，即将线圈a和b看作两个条形磁铁，判断知此时两磁铁的N极相对，互相排斥，故线圈a对水平桌面的压力将增大，故D正确。
8．如图所示，一个半径为R的圆形磁场区域，磁感应强度大小为B，磁感应强度方向垂直于纸面向里。一个粒子源从圆上的A点向各个方向不停地发射出相同速率的带正电的粒子，带电粒子的质量均为m，所带电荷量均为q，运动的半径均为r。下列说法正确的是(　　)
A．若r＝2R，则粒子在磁场中运动的最长时间为
B．若r＝2R，则粒子能打在圆形磁场圆周上的范围是整个圆周
C．若r＝R，则粒子在磁场中运动的最长时间为
D．若r＝R，则粒子能打在圆形磁场圆周上的范围是六分之一个圆周
解析：选BD。若r＝2R，根据几何关系，可知粒子沿不同方向射入磁场，会从磁场圆的不同位置出射，范围是整个圆周长，其中粒子在磁场中运动的时间最长时，磁场区域的直径是轨迹的一条弦，作出轨迹如图1所示，因为r＝2R，则圆心角α＝60°，粒子在磁场中运动的最长时间tmax＝T＝×＝，故A错误，B正确；若r＝R，粒子沿不同方向射入磁场，如图2，在磁场中运动时间最长的粒子正好转过了一周，时间tmax＝T＝，故C错误；若r＝R，粒子在磁场圆的出射点都在AP之间，由几何关系可知，AP弧长对应的圆心角为60°，所以粒子能打在圆形磁场圆周上的范围是六分之一个圆周长，故D正确。
　
三、非选择题(本题共8小题，共60分)
9．(3分)图甲是磁电式电表的内部构造，其截面如图乙，两软铁间的磁场可看作是均匀辐射分布的，圆柱形软铁内部的磁场可看作是平行的。若未通电的线圈在P、Q位置的磁通量分别为ΦP、ΦQ，ΦP________(选填“>”“<”或“＝”)ΦQ。
解析：线圈在P位置与磁场平行，磁通量ΦP＝0，线圈在Q位置与磁场方向成一定夹角，此时磁通量不为零，所以ΦP<ΦQ。
答案：<
10．(3分)如图所示，边长为1 m、电阻为0.04 Ω的刚性正方形线框abcd放在匀强磁场中，线框平面与磁场垂直。若线框固定不动，磁感应强度以＝0.1 T/s 均匀增大时，线框的发热功率为P；若磁感应强度恒为0.2 T，线框以某一角速度绕其中心轴OO′匀速转动时，线框的发热功率为2P，则ab边所受最大的安培力为________N。
解析：线框不动，＝0.1 T/s时，E＝S＝0.1 V，I＝＝2.5 A，P＝I2R＝0.25 W；当B不变，ω恒定时，产生正弦式交变电流，由2P＝I′2R得I′＝ A，又I′＝，则Im＝5 A，由F安＝BIL知ab边所受最大的安培力F安max＝BImL＝1 N。
答案：1
11．(3分)将一根绝缘硬质细导线顺次绕成如图所示的线圈，其中大圆面积为S1，小圆面积均为S2，垂直线圈平面方向有一随时间t变化的磁场，磁感应强度大小B＝B0＋kt，B0和k均为常量，则线圈中总的感应电动势大小为________。
解析：由法拉第电磁感应定律可得大圆线圈产生的感应电动势E1＝＝＝kS1，每个小圆线圈产生的感应电动势E2＝＝＝kS2，由线圈的绕线方式和楞次定律可得大、小圆线圈产生的感应电动势方向相同，故线圈中总的感应电动势大小E＝E1＋5E2＝k(S1＋5S2)。
答案：k(S1＋5S2)
12．(6分)如图所示，三个线圈环绕在同一矩形铁芯上，闭合K1、断开K2，按如图所示的方式将条形磁铁加速插入线圈，灵敏电流计的指针向左偏。(均选填“向左”“向右”或“不”)
(1)闭合K1、断开K2，条形磁铁插入线圈后静止不动，滑动变阻器的滑动触头向左加速滑动，灵敏电流计的指针________偏转。
(2)闭合K1、断开K2，将条形磁铁从线圈中加速拔出，灵敏电流计的指针______偏转。
(3)断开K1，闭合K2的瞬间，灵敏电流计的指针______偏转；经过一段时间稳定后，灵敏电流计的指针______偏转；断开K2的瞬间，灵敏电流计的指针______偏转。
(4)将两个开关均闭合，条形磁铁插入线圈后静止不动，灵敏电流计的指针____________偏转。
解析：(1)题干条件下，与线圈A构成的回路中产生逆时针方向增大的感应电流，由安培定则可知穿过C的磁场向左增大，结合楞次定律可知电流从右向左通过灵敏电流计，灵敏电流计的指针向左偏。闭合K1，断开K2，条形磁铁插入线圈后静止不动，滑动变阻器的滑动触头向左加速滑动，穿过线圈的磁通量不变，线圈中没有感应电流产生，则灵敏电流计的指针不偏转。
(2)闭合K1，断开K2，将条形磁铁从线圈中加速拔出，则与线圈A构成的回路中产生顺时针方向增大的感应电流，与题干中情况相反，则灵敏电流计的指针向右偏。
(3)断开K1，闭合K2的瞬间，C中的磁场向右增大，则由楞次定律可知电流从左向右流过灵敏电流计，灵敏电流计的指针向右偏。经过一段时间稳定后，线圈内磁通量不再变化，线圈C中无感应电流，灵敏电流计的指针不偏转。断开K2的瞬间，C中的磁场向右减小，则由楞次定律可知电流从右向左流过灵敏电流计，则灵敏电流计的指针向左偏。
(4)将两个开关均闭合，条形磁铁插入线圈后静止不动，线圈内磁通量不变，则灵敏电流计的指针不偏转。
答案：(1)不　(2)向右　(3)向右　不　向左　(4)不
13．(8分) 兴趣小组探究安培力与电流大小的关系，设计的原理图如图，两相同通电线圈竖直正对放置，在两线圈中央用绝缘细线悬挂一长度为L的导体棒ab(L小于线圈的直径)，绝缘细线系在精密天平横梁的左侧，天平左右悬点关于支点对称，当地重力加速度为g，小组同学进行了一系列操作。
(1)两线圈间的磁场近似为匀强磁场，根据图中线圈中的电流方向，判断出图中未画箭头的一簇磁感线的方向应为__________(选填“水平向左”或“水平向右”)。
(2)往天平右侧砝码盘中加入砝码，测量出导体棒ab的质量m0。
(3)给导体棒ab通入电流I0，在ab水平静止的同时保证导体棒ab与磁感线垂直，调节天平，发现需要在砝码盘中加入Δm的砝码，天平才重新平衡，则此时导体棒受到的安培力大小为________，方向________。
(4)只改变ab通入的电流I的大小，在ab水平静止的同时保证导体棒ab与磁感线垂直，调节天平，读出砝码的质量m，比较安培力与电流大小的关系。
(5)小组同学得出多组m、I数据后，作出了m－I图像，该图像是一条直线，斜率为k，则两线圈间的匀强磁场磁感应强度的大小为____________(用g、k、L表示)。
解析：(1)根据右手螺旋定则，题图中磁感线的方向水平向右。
(3)根据平衡条件可得，导体棒受到的安培力大小为Δmg，方向竖直向下。
(5)对导体棒ab，有mg－m0g＝BIL
变形得m＝I＋m0
得出k＝，解得B＝。
答案：(1)水平向右　(3)Δmg　竖直向下　(5)
14．(9分)某同学以金属戒指为研究对象，探究金属物品在变化磁场中的热效应。如图所示，戒指可视为周长为L、横截面积为S、电阻率为ρ的单匝圆形线圈，放置在匀强磁场中，磁感应强度方向垂直于戒指平面。若磁感应强度大小在Δt时间内从0均匀增加到B0，求：
(1)戒指中的感应电动势和电流；(6分)
(2)戒指中电流的热功率。(3分)
解析：(1)设戒指的半径为r，则有L＝2πr
磁感应强度大小在Δt时间内从0均匀增加到B0，产生的感应电动势E＝·πr2，可得E＝，戒指的电阻R＝，则戒指中的感应电流为I＝＝。
(2)戒指中电流的热功率
P＝I2R＝ eq \f(BL3S,16π2ρ(Δt)2)。
答案：(1)　　(2) eq \f(BL3S,16π2ρ(Δt)2)
15．(14分)如图所示，水平放置的两平行金属板间存在匀强电场，板长是板间距离的倍。金属板外有一圆心为O的圆形区域，其内部存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外的匀强磁场。质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子沿中线以速度v0水平向右射入两板间，恰好从下板边缘P点飞出电场，并沿PO方向从图中O′点射入磁场。已知圆形磁场区域半径为，不计粒子所受重力。
(1)求金属板间电势差U。(4分)
(2)求粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向间的夹角θ。(6分)
(3)仅改变圆形磁场区域的位置，使粒子仍从图中O′点射入磁场，且在磁场中的运动时间最长。定性画出粒子在磁场中的运动轨迹及相应的弦，标出改变后的圆形磁场区域的圆心M。(4分)
解析：(1)设平行金属板间距为d，则平行金属板板长为d
粒子在两平行金属板间做类平抛运动
水平方向：d＝v0t
竖直方向：d＝t
又vy＝·t
联立解得U＝ eq \f(mv,3q)。
(2)粒子进入磁场时的速度
v＝ eq \r(v＋v)＝v0
设其与水平方向的夹角为α，
则tan α＝＝，即α＝30°
由qvB＝得，粒子在磁场中做圆周运动的半径
r＝
已知磁场圆半径R＝，则r＝R
作出粒子在磁场中的运动轨迹，如图1所示，粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向间的夹角θ与粒子在磁场中运动轨迹所对应的圆心角相等，由几何关系可得
tan ＝＝
故θ＝ 60°。
(3)根据几何关系，将磁场圆绕O′点顺时针旋转，当O点转到M点，粒子在磁场中的运动轨迹相应的弦为磁场圆的直径时，粒子在磁场中的运动时间最长。作出粒子在磁场中的运动轨迹及相应的弦，标出改变后的磁场圆的圆心M，如图2所示。
答案：(1) eq \f(mv,3q)　(2)60°　(3)见解析图2
16．(14分)如图所示，两条光滑平行导轨所在平面与水平地面的夹角θ＝53°，两导轨间距L＝2 m，导轨上端接有一电阻，阻值R＝2 Ω，O、P、M、N四点在导轨上，两虚线OP、MN平行且与导轨垂直，两虚线OP、MN间距d＝1.5 m，其间有匀强磁场，磁感应强度大小B＝2 T，方向垂直于导轨平面向上。在导轨上放置一质量m＝1 kg、长为L、阻值也为R的金属棒，棒可沿导轨下滑，且在下滑过程中保持与导轨垂直并良好接触。让金属棒从离磁场上边界OP距离d处由静止释放，进入磁场后在到达下边界MN前已匀速。(已知重力加速度大小g取10 m/s2，sin 53°＝0.8)不计导轨电阻。求：
(1)金属棒刚进入磁场时的速度v的大小；(2分)
(2)金属棒刚进入磁场时的加速度a；(6分)
(3)金属棒穿过磁场过程中，所用的时间t和金属棒上产生的电热Q棒。(6分)
解析：(1)金属棒从静止释放到刚进入磁场，机械能守恒，有mgd sin θ＝mv2
解得v＝2 m/s。
(2)根据F＝BIL，I＝，E＝BLv
则金属棒受到的安培力F＝＝8 N
根据牛顿第二定律得F－mg sin θ＝ma
解得a＝8(－1) m/s2
方向平行于导轨向上。
(3)金属棒穿过磁场过程，由能量守恒定律得
Q＝mgd sin θ＋mv2－mv′2
金属棒匀速运动时F′＝＝mg sin θ
得v′＝2 m/s
金属棒上产生的电热Q棒＝Q＝11 J
对金属棒在穿越磁场过程中由动量定理，取沿斜面向下为正，由微元再累加可得
mgt sin θ－BLq＝mv′－mv
且q＝
得t＝(1－) s。
答案：(1)2 m/s　(2)8(－1) m/s2，方向平行于导轨向上　(3)(1－) s　11 J第2节　法拉第电磁感应定律
　
1．了解感应电动势的概念。　2.理解法拉第电磁感应定律，并能够运用法拉第电磁感应定律定量计算感应电动势的大小。　3.能够运用E＝Blv或E＝Blv sin θ计算导线切割磁感线时的感应电动势。
一、感应电动势
1．定义：在电磁感应现象里，若闭合回路中有感应电流，则必然存在电动势。这种在电磁感应现象中产生的电动势被称为感应电动势。
2．产生感应电动势的那部分导体相当于电源。
3．感应电动势与磁通量变化的关系
(1)由实验探究可知，条形磁铁插入或拔出螺线管的速度越大，螺线管中磁通量的变化越快，电流计显示的电流越大，表明电路中的感应电动势就越大。
感应电动势的大小与电路中磁通量变化的快慢有关。
(2)当磁通量变化而电路断开时，虽然没有感应电流，但电路中仍有感应电动势，感应电动势的产生与电路是否闭合无关。
二、电磁感应定律
1．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：E＝(单匝线圈)，E＝n(n匝线圈)。
2．导线切割磁感线时的感应电动势
(1)磁场方向、导线与导线运动方向三者两两垂直时，E＝Blv。
(2)
如图所示，导线与磁场方向垂直，导线的运动方向与导线本身垂直，但与磁场方向夹角为θ时，E＝Blv sin θ。
3．感生电动势与动生电动势
(1)由磁场变化引起磁通量变化而产生的感应电动势称为感生电动势。
(2)导体切割磁感线产生的电动势称为动生电动势。
判断下列说法是否正确。
(1)穿过某闭合线圈的磁通量的变化量越大，产生的感应电动势也越大。(　　)
(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)E＝Blv中的B、l、v三者必须相互垂直。(　　)
(5)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。(　　)
提示：(1)×　(2)√　(3)×　(4)√　(5)×
知识点一　法拉第电磁感应定律的理解和应用
　
如图所示，将条形磁铁从同一高度插入线圈。
(1)快速插入和缓慢插入，磁通量的变化量ΔΦ相同吗？指针偏转角度相同吗？
(2)分别用一根磁铁和两根磁铁以相同速度快速插入，磁通量的变化量ΔΦ相同吗？指针偏转角度相同吗？
(3)指针偏转角度的大小取决于什么？
[提示]　(1)磁通量的变化量ΔΦ相同，但磁通量变化的快慢不同，快速插入比缓慢插入时指针偏转角度大。
(2)用两根磁铁快速插入时磁通量变化量较大，磁通量变化率也较大，指针偏转角度较大。
(3)指针偏转角度的大小取决于的大小。
1．感应电动势大小
感应电动势的大小由穿过电路的磁通量的变化率和线圈的匝数n共同决定，而与磁通量Φ、磁通量的变化量ΔΦ的大小没有必然联系，和电路的电阻R无关。
2．感应电动势的表达式
(1)当ΔΦ仅由B的变化引起时，则E＝n；
(2)当ΔΦ仅由S的变化引起时，则E＝n；
(3)当ΔΦ同时由B、S的变化引起时，则E＝n≠n。
3．Φ、ΔΦ与三者之间的关系
物理量 单位 物理意义 计算公式
磁通量Φ Wb 表示某时刻或某位置时穿过某一面积的磁感线条数 Φ＝B·S⊥
磁通量的变化量ΔΦ Wb 表示在某一过程中穿过某一面积的磁通量变化的多少 ΔΦ＝|Φ2－Φ1|
磁通量的变化率 Wb/s 表示穿过某一面积的磁通量变化的快慢 ＝
4.对两种图像的理解
在Φ－t图像中，图像上某点切线的斜率表示磁通量的变化率；在B－t图像中，某点切线的斜率表示磁感应强度的变化率。
　根据法拉第电磁感应定律，下列说法正确的是(　　)
A．穿过回路的磁通量越大，回路中的感应电动势也越大
B．磁通量的变化量越大，回路中的感应电动势越大
C．穿过回路的磁通量的变化率为0，回路中的感应电动势一定为0
D．某一时刻穿过回路的磁通量为0，回路中的感应电动势一定为0
[解析]　根据法拉第电磁感应定律E＝n可知，回路中感应电动势正比于磁通量的变化率，与某时刻磁通量大小及其变化量大小无直接关系。
[答案]　C
　(2024·广东卷，T4)电磁俘能器可在汽车发动机振动时利用电磁感应发电实现能量回收，结构如图甲所示。两对永磁铁可随发动机一起上下振动，每对永磁铁间有水平方向的匀强磁场，磁感应强度大小均为B。磁场中，边长为L的正方形线圈竖直固定在减震装置上。某时刻磁场分布与线圈位置如图乙所示，永磁铁振动时磁场分界线不会离开线圈。关于图乙中的线圈，下列说法正确的是(　　)
A．穿过线圈的磁通量为BL2
B．永磁铁相对线圈上升越高，线圈中感应电动势越大
C．永磁铁相对线圈上升越快，线圈中感应电动势越小
D．永磁铁相对线圈下降时，线圈中感应电流的方向为顺时针方向
[解析]　根据题图乙可知此时穿过线圈的磁通量为0，故A错误；根据法拉第电磁感应定律可知，永磁铁相对线圈上升越快，磁通量变化越快，线圈中感应电动势越大，故B、C错误；永磁铁相对线圈下降时，根据楞次定律可知，线圈中感应电流的方向为顺时针方向，故D正确。
[答案]　D
　如图所示，半径为r的圆形区域内有垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度B随时间t的变化关系为B＝B0＋kt，B0、k为常量，则图中半径为R的
单匝圆形线圈中产生的感应电动势大小为________。
[解析]　由题意可知磁场的变化率＝＝k，根据法拉第电磁感应定律可知E＝＝＝kπr2。
[答案]　kπr2
知识点二　导体平动切割磁感线产生的电动势
　
如图所示，一个半径为r的半圆形导体，处在磁感应强度为B的匀强磁场中。
(1)当导体沿OP方向以速度v做匀速运动时，MN间感应电动势的大小是多少？
(2)当导体沿MN方向以速度v做匀速运动时，MN间感应电动势的大小是多少？NP间感应电动势大小又是多少？
[提示]　(1)2Bvr　(2)0　Bvr
1．公式推导
如图所示，闭合电路一部分导线ab处于匀强磁场中，磁感应强度为B，ab的长度为l，ab以速度v匀速垂直切割磁感线，则在Δt内穿过闭合电路磁通量的变化量为ΔΦ＝BΔS＝BlvΔt，根据法拉第电磁感应定律得E＝＝Blv。
2．对公式的理解
(1)当B、l、v三个量的方向两两互相垂直时，E＝Blv；当有任意两个量的方向互相平行时，E＝0。
(2)当l垂直于B，l垂直于v，而v与B成θ角时，导线切割磁感线产生的感应电动势大小为E＝Blv sin θ。
(3)若导线是曲折的，或l与v不垂直时，E＝Blv中的l应为导线在与v垂直的方向上的投影长度，即有效切割长度。
　如图所示，在磁感应强度大小为0.1 T、方向垂直于纸面向里的匀强磁场中，金属杆MN在宽度为0.2 m的平行金属导轨上以5 m/s的速度沿导轨向右匀速滑动，电阻R的阻值为2 Ω，其他电阻不计。金属杆始终与导轨垂直且接触良好，下列说法正确的是(　　)
A．通过电阻R的电流方向为c→a
B．通过电阻R的电流为0.1 A
C．1 s内，电阻R产生的热量为2×10-3 J
D．若磁感应强度为0.2 T，其他条件不变，则MN中产生的感应电动势变为0.2 V
[解析]　根据右手定则可知，电流方向为a→c，A错误；根据E ＝ Blv，I＝可知通过电阻R的电流为0.05 A，B错误；由Q ＝ I2Rt ＝ 5 × 10-3 J可知，C错误；若磁感应强度B′ ＝ 0.2 T，则E′ ＝ B′lv ＝ 0.2 V，D正确。
[答案]　D
　(双选)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 点到达磁场边界开始到C点进入磁场为止，下列结论正确的是(　　)
A．感应电流方向不变
B．CD段直线始终不受安培力
C．感应电动势最大值E＝Bav
D．感应电动势平均值＝πBav
[解析]　闭合回路进入磁场的过程中，磁通量一直在变大，由楞次定律可知，感应电流的方向不变，A正确；此过程回路中始终存在感应电流，CD段与磁场方向垂直，所以CD段直线始终受安培力，B错误；从D点到达边界开始到C点进入磁场的过程可以理解为部分电路切割磁感线的运动，在切割的过程中，切割的有效长度先增大后减小，最大有效长度等于半圆的半径，即最大感应电动势为Em＝Bav，C正确；根据法拉第电磁感应定律可知，感应电动势的平均值为＝＝＝，D错误。
[答案]　AC
知识点三　导体棒转动切割磁感线产生的电动势
1．当导体棒在垂直于磁场的平面内，一端固定，以角速度ω匀速转动时，如图所示，产生的感应电动势为E＝Bl＝Bl2ω。
2．圆盘在磁场中以角速度ω绕圆心匀速转动时，如图所示，相当于无数根“辐条”转动切割，它们之间相当于电源的并联结构，圆盘上的感应电动势为E＝Br＝Br2ω。
　(2024·湖南卷，T4)如图，有一硬质导线Oabc，其中是半径为R的半圆弧，b为圆弧的中点，直线段Oa长为R且垂直于直径ac。该导线在纸面内绕O点逆时针转动，导线始终在垂直于纸面向里的匀强磁场中，则O、a、b、c各点电势关系为(　　)
A．φO>φa>φb>φc　 　
B．φO<φa<φb<φc
C．φO>φa>φb＝φc
D．φO<φa<φb＝φc
[解析]　
如图，相当于Oa、Ob、Oc导体棒转动切割磁感线，根据右手定则可知O点电势最高；根据E＝Blv＝Bωl2，同时有lOb＝lOc＝R，可得0φa>φb＝φc。
[答案]　C
　(2025·广东深圳统考期末)如图所示的是法拉第圆盘发电机的示意图。铜质圆盘安装在水平铜轴上，圆盘全部处在两磁极之间，圆盘平面与磁感线垂直。金属圆盘与电阻R组成闭合回路，现在顺时针(从左往右看)转动圆盘，则(　　)
A．只有圆盘加速转动，回路中才有感应电流
B．由于圆盘转动过程中的磁通量不变化，电路中没有电流
C．圆盘转动过程中，回路中的感应电流从e经电阻R到f
D．圆盘转动过程中，回路中的感应电流从f经电阻R到e
[解析]　只要圆盘转动，不一定加速，圆盘就会切割磁感线，回路中就会有感应电流，故A、B错误；圆盘转动过程中，由右手定则可知，回路中的感应电流从f经电阻R到e，故C错误，D正确。
[答案]　D
1．(法拉第电磁感应定律的应用)如图1所示，一半径为r的单匝圆形铜线圈固定在纸面内，处于垂直于纸面向外的匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小B随时间t变化的规律如图2所示。下列关于该线圈中的感应电流方向与感应电动势大小的说法正确的是(　　)
A．顺时针方向， B．顺时针方向，
C．逆时针方向， D．逆时针方向，
解析：选A。由题图2可知，穿过圆形铜线圈的磁感应强度随时间逐渐增大，由楞次定律和安培定则可知，该线圈中的感应电流沿顺时针方向；又由法拉第电磁感应定律可得感应电动势大小E＝＝·S＝。
2．(法拉第电磁感应定律的应用)(2025·第一次学业质量评价T8联考)如图所示，边长为L的正方形金属回路(总电阻为R)正好与虚线圆形边界相切，虚线圆形边界内(包括边界)存在与圆面垂直的匀强磁场，其磁感应强度与时间的关系式为B＝kt(k>0且为常量)，则金属回路产生的感应电流大小为(　　)
A． B．
C． D．
解析：选B。回路产生的感应电动势E＝S＝kπ2，则金属回路产生的感应电流I＝＝。
3．(导体平动切割磁感线产生的电动势)(2025·浙江杭州期中)如图所示，在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场中，长为L的金属杆MN在平行金属导轨上以速度v向右匀速滑动。金属导轨电阻不计，金属杆与导轨的夹角为θ，电阻为0.5R，ab间电阻为R，M、N两点间电势差为U，则M、N两点电势的高低及U的大小分别为(　　)
A．N点电势高，U＝BLv sin θ
B．N点电势高，U＝
C．M点电势高，U＝BLv sin θ
D．M点电势高，U＝
解析：选D。由右手定则可以判定导体棒中电流的方向由N到M，因此M点电势高；导体棒切割磁感线的有效长度是L sin θ，有E＝BLv sin θ，M、N两点间电势差U＝E＝。
4．(导体棒转动切割磁感线产生的电动势)(双选)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内有方向如图所示的匀强磁场，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
解析：选AD。OP转动切割磁感线产生的感应电动势E＝Br2ω，因为OP匀速转动，所以杆OP产生的感应电动势恒定，故A正确；杆OP匀速转动产生的感应电流由M到N通过杆MN，由左手定则可知，杆MN会向左运动，杆MN运动会切割磁感线，产生的感应电流与原来电流方向相反，让回路电流减小，OP、MN所受安培力减小，杆MN加速度减小，故D正确，B、C错误。(共29张PPT)
课后达标检测
√
题组1　自感现象
1．关于某一线圈的自感系数，下列说法正确的是(　　)
A．线圈中电流变化越大，线圈的自感系数越大
B．线圈中电流变化得越快，线圈的自感系数越大
C．若线圈中通入恒定电流，线圈自感系数为0
D．不管电流如何变化，线圈的自感系数不变
解析：自感系数是由线圈本身的性质(线圈的长度、横截面积、单位长度上的匝数)和是否插入铁芯决定的，与通入的电流、电流改变量、电流变化率等无关，故D正确。
√
2．(双选)下列说法正确的是(　　)
A．当线圈中电流不变时，线圈中没有自感电动势
B．当线圈中电流反向时，线圈中自感电动势的方向与线圈中原电流的方向相反
C．当线圈中电流增大时，线圈中自感电动势的方向与线圈中电流的方向相反
D．当线圈中电流减小时，线圈中自感电动势的方向与线圈中电流的方向相反
√
解析：由法拉第电磁感应定律可知，当线圈中电流不变时，不产生自感电动势，A正确；
当线圈中电流反向时，相当于电流减小，线圈中自感电动势的方向与线圈中原电流的方向相同，B错误；
当线圈中电流增大时，自感电动势阻碍电流的增大，线圈中自感电动势的方向与线圈中电流的方向相反，C正确；
当线圈中电流减小时，自感电动势阻碍电流的减小，线圈中自感电动势的方向与线圈中电流的方向相同，D错误。
√
3．通过一个线圈的电流均匀增大时，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
解析：线圈的磁通量与电流大小有关，电流增大，磁通量增大，C错误；
自感系数由线圈本身决定，与电流大小无关，A错误；
√
4．在制造精密电阻时，为消除电阻使用过程中由于电流变化而引起的自感现象，采取了双线并绕法，如图所示，其道理是(　　)
A．当电路中电流变化时，两股导线中产生的
自感电动势互相抵消
B．当电路中电流变化时，两股导线中产生的感应电流互相抵消
C．当电路中电流变化时，两股导线中产生的磁通量互相抵消
D．以上说法均不正确
解析：由于采用双线并绕的方法，当有电流通过时，两股导线中的电流方向是相反的，不管电流怎样变化，任何时刻两股电流总是等大反向的，所产生的磁通量也是等大反向的，故总磁通量等于0，在该线圈中不会产生电磁感应现象，因此消除了自感，A、B、D错误，C正确。
√
5．(2025·北京市昌平区期末质量抽测) 如图所示，将带铁芯的线圈L与灯泡A并联，接到电源上。先闭合开关S，电路稳定后灯泡A正常发光；然后断开开关S，灯泡A先闪亮一下，再熄灭。下列说法正确的是(　　)
A．闭合开关S的瞬间，线圈L不会产生自感电动势
B．断开开关S的瞬间，通过灯泡A的电流方向为a→b
C．闭合开关S的瞬间，通过线圈L的电流比电路稳定时通过线圈L的电流大
D．断开开关S的瞬间，通过灯泡A的电流比电路稳定时通过灯泡A的电流大
解析：闭合开关S的瞬间，通过线圈L的电流变化，线圈L会产生自感电动势，故A错误；
断开开关S的瞬间，通过线圈L的电流变化，线圈L会产生自感电动势，线圈L和灯泡A组成新的回路，则通过灯泡A的电流方向为b→a，故B错误；
闭合开关S的瞬间，通过线圈L的电流变化，线圈L会产生自感电动势，通过线圈L的电流逐渐增大，则闭合开关S的瞬间，通过线圈L的电流比电路稳定时通过线圈L的电流小，故C错误；
由于断开开关S，灯泡A先闪亮一下，再熄灭，可知断开开关S的瞬间，通过灯泡A的电流比电路稳定时通过灯泡A的电流大，故D正确。
√
6．测定自感系数很大的线圈L的直流电阻的电路如图所示，L两端并联一只电压表，用来测量自感线圈的直流电压，在测量完毕后，将电路解体时应(　　)

A．先断开S1 B．先断开S2
C．先拆除电流表 D．先拆除电阻R
解析：S1断开瞬间，L中产生很大的自感电动势，若此时S2闭合，则可能将电压表烧坏，故应先断开S2。
√
题组2　涡流现象及应用
7．(2024·湖北卷，T1)《梦溪笔谈》中记录了一次罕见的雷击事件：房屋被雷击后，屋内的银饰、宝刀等金属熔化了，但是漆器、刀鞘等非金属却完好(原文为：有一木格，其中杂贮诸器，其漆器银扣者，银悉熔流在地，漆器曾不焦灼。有一宝刀，极坚钢，就刀室中熔为汁，而室亦俨然)。导致金属熔化而非金属完好的原因可能为(　　)
A．摩擦　 B．声波　　
C．涡流　 D．光照
解析：在雷击事件中金属和非金属都经历了摩擦、声波和光照的影响，而金属能够因电磁感应产生涡流，非金属不能，因此可能原因为涡流。
√
8．(双选)用涡流金属探测器探测地下金属物的示意图如图所示。关于该探测器，下列说法正确的是(　　)
A．探测器内的探测线圈会产生交变磁场
B．探测器只能探测到有磁性的金属物
C．探测器能探测到地下的金属物是因为探头中产生了涡流
D．探测器能探测到地下的金属物是因为金属物中产生了涡流
√
解析：用涡流金属探测器探测地下金属物时，探测器内的探测线圈会产生交变磁场，从而使金属物中产生涡流，而涡流产生的磁场再被探测器探测到，而被探测物只要是金属即可，不一定具有磁性，故A、D正确，B、C错误。
√
9．涡流探伤是工业上常用的技术之一，该技术通过励磁线圈使构件中产生涡电流，再借助探测线圈测定涡电流的变化量，从而获得构件缺陷的有关信息，则(　　)
A．工作时励磁线圈必须与被测构件接触
B．涡流探伤也适用于检测橡胶构件的缺陷
C．励磁线圈中应该通入恒定电流完成检测
D．探测线圈是根据接收到的涡流磁场工作的
解析：涡流探伤技术的原理是用励磁线圈使被测构件内产生涡电流，借助探测线圈测定涡电流的改变，故工作时励磁线圈不需要与被测构件接触，故A错误；
因橡胶构件不能产生涡流，所以涡流探伤不适用于检测橡胶构件的缺陷，故B错误；
励磁线圈中通入交变电流才能产生变化的磁场，当金属构件处于该磁场中时，该金属构件中才会发生电磁感应现象产生涡流，完成检测，由此可知，探测线圈是根据接收到的涡流磁场工作的，故C错误，D正确。
√
题组3　电磁阻尼与电磁驱动
10．(双选)在光滑水平面上固定一个通电线圈，一铝块正由左向右滑动穿过线圈，那么下列说法正确的是(　　)
A．接近线圈时做加速运动，离开时做减速运动
B．接近和离开线圈时都做减速运动
C．一直在做匀速运动
D．在线圈中运动时是匀速的
√
解析：把铝块看成由无数横向的铝片叠成，每一铝片又可看成由若干闭合铝片框组成，如图所示。当它接近或离开通电线圈时，由于穿过每个铝片框的磁通量发生变化，所以在每个闭合的铝片框内都要产生感应电流，产生感应电流的效果是要阻碍它接近或离开通电线圈，所以在它接近或离开时都要做减速运动，A、C错误，B正确；
由于通电线圈内是匀强磁场，所以铝块在通电线圈内运动时无感应电流产生，做匀速运动，D正确。
√
11．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，转速比磁铁大
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
解析：由楞次定律的推广含义可知，线圈将与磁极同向转动，但转速一定小于磁铁的转速。如两者的转速相同，磁感线与线圈相对静止，线圈不切割磁感线，则无感应电流产生，故A、B错误；
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；
当线圈相对于磁铁转过90°时，电流方向不再是abcda，故D错误。
12．(2025·陕西宝鸡市期中)下列与电磁感应有关的现象中说法正确的是(　　)
A．甲图中，当蹄形磁体顺时针转动(从上往下看)时，
铝框将沿顺时针方向转动
B．乙图中，真空冶炼炉的炉外线圈通入高频
交流电时，线圈会产生大量热量使金属熔化，从而冶炼金属
C．丙图中磁电式仪表，把线圈绕在铝框骨架上，起到电磁驱动的作用
D．图丁中，铜盘在转动过程中，当手持蹄形磁体靠近铜盘时，铜盘的转速不变
√
解析：根据电磁驱动原理可知，当蹄形磁体顺时针转动(从上往下看)时，铝框也顺时针转动，故A正确；
真空冶炼炉外线圈通入高频交流电时，周围空间产生高频磁场，炉内的金属内部就产生很强的涡流，从而冶炼金属，故B错误；
把线圈绕在磁电式仪表铝框骨架上，线圈通电受力后带动铝框转动，铝框内产生涡流，在电磁阻尼的作用下，线圈很快停止摆动，故C错误；
铜盘在转动过程中，当手持蹄形磁体靠近铜盘时，铜盘中产生涡流，铜盘受到电磁阻尼作用，铜盘的转速变小，故D错误。
13．(双选)(2025·山东威海市期末)如图所示的电路中，L为自感系数很大的线圈，其自身的电阻几乎为0，A、B和C是三只相同的小灯泡，S为开关。下列说法正确的是(　　)
A．S闭合瞬间，A立即发光，B和C逐渐变亮
B．S断开后，A闪亮后熄灭，B逐渐熄灭，C立即熄灭
C．S断开后，L中的磁场能转化为电能
D．S断开瞬间，A右端电势高于左端
√
√
解析：S闭合瞬间，小灯泡A与小灯泡C串联后直接与电源相连，因此A和C立即发光，而小灯泡B因为线圈L产生自感电动势阻碍电流增大，因此逐渐变亮，A错误；
电路稳定后，A、B中的电流相等，S断开时，小灯泡A、B和线圈L构成闭合回路，此时的电流不大于原来的电流，因此A不会闪亮，则A、B会逐渐熄灭，C立即熄灭，B错误；
电路稳定后，线圈中储存有磁场能，S断开瞬间，线圈中产生自感电动势继续点亮小灯泡A、B，因此S断开后，L中的磁场能转化为电能，C正确；
S断开瞬间，通过线圈L的电流减小，则线圈L产生的自感电动势右端电势高，因此流过A的电流方向从右向左，则A右端电势高于左端，D正确。
14．图甲所示的是研究自感现象的电路图，其中灯泡的电阻R1＝3.0 Ω，定值电阻R＝1.0 Ω，A、B间电压U＝6.0 V。闭合S，电路处于稳定状态；t＝1.0×10-3 s时断开S，通过线圈L的电流随时间变化的i－t图线如图乙所示。下列说法正确的是(　　)
A．线圈L的直流电阻为4 Ω
B．断开开关瞬间，通过灯泡的电流方向向左
C．断开开关时，可以观察到灯泡闪一下再灭
D．通过电阻R的电荷量约为2.25×10-3 C
√
断开开关前，通过线圈的电流方向向右，断开开关瞬间，线圈产生的感应电流方向向右，则通过灯泡的电流方向向左，故B正确；
由于q＝It，故可由题图乙得，通过电阻R的电荷量等于i－t图像与时间轴所围的面积，大小约为q＝30×0.1×0.2×10-3 C＝6×10-4 C，故D错误。(共21张PPT)
课后达标检测
√
题组1　法拉第电磁感应定律的理解和应用
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
解析：根据法拉第电磁感应定律可知，感应电动势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，C正确，A、B、D错误。
√
√
√
解析：导体棒以速度v向右做匀速直线运动，由右手定则可知，回路中产生逆时针方向的感应电流，由左手定则可知，ab棒所受安培力方向向左，B、D错误；
5．(2025·福建南平期末)如图所示，abcd为水平固定放置的U形导体框，其中bc长为x，bc部分阻值为r，其余部分电阻不计。长为2x、阻值为2r的均匀导体棒MN，始终与导体框接触良好。整个装置处于垂直于纸面的匀强磁场中。现使导体棒以速度v水平向左匀速运动，则导体棒两端的电势差为________。
1.5Bxv
√
√
√
解析：转的圆盘可看成由无数根沿着半径的导体棒组成，每根导体棒均切割磁感线，从而产生感应电动势，产生感应电流，根据右手定则，圆盘上感应电流从圆周边缘流向圆心O点，可知通过电阻R的电流方向为b→a，故A正确，B错误；
√
8．如图所示的平面内，在通有图示方向电流I的长直导线右侧，固定一矩形金属线框abcd，ad边与导线平行。调节电流I使得空间各点的磁感应强度随时间均匀增加，则(　　)
A．线框中产生的感应电流方向为a→b→c→d→a
B．线框中产生的感应电流逐渐增大
C．线框ad边所受的安培力大小恒定
D．线框整体受到的安培力方向水平向右
解析：根据安培定则可知，通电直导线右侧的磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度随时间均匀增加，根据楞次定律可知，线框中产生的感应电流方向为a→d→c→b→a，A错误；
线框ad边感应电流保持不变，磁感应强度随时间均匀增加，根据安培力表达式F安＝BIL，可知所受的安培力变大，C错误；
由上述分析，根据左手定则可知，线框ad边所受的安培力水平向右，线框bc边所受的安培力水平向左，由通电直导线的磁场分部特点可知，ad边所处的磁场较大，根据安培力表达式F安＝BIL可知，线框整体受到的安培力方向水平向右，D正确。
9．如图所示，a、b是用同种规格的铜丝做成的两个同心圆环，两环半径之比为2∶3，其中仅在a环所围区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场。下列说法正确的是(　　)
A．穿过a、b两环的磁通量大小之比为4∶9
B．a、b两环绕圆心在纸面内转动时，两环中均有感应电流
C．磁感应强度B增大时，a、b两环中均有逆时针方向的感应电流
D．磁感应强度B均匀增大时，a、b两环中产生的感应电流之比为4∶9
√
解析：穿过a、b两环的磁通量对应的有效面积相同，所以磁通量大小之比为1∶1，故A错误；
a、b两环绕圆心在纸面内转动时，穿过两环的磁通量均不变，均不产生感应电流，故B错误；
根据楞次定律结合安培定则可知，磁感应强度B增大时，a、b两环中均有逆时针方向的感应电流，故C正确；
10．(10分)(2025·辽宁葫芦岛市期末) 手压式自发电手电筒(如图甲所示)是一种节能产品，其微型发电系统应用了法拉第电磁感应原理，其简单原理如图乙所示，通过手压可使半径为L的金属圆环绕圆心O顺时针转动，其角速度ω与时间t的关系为ω＝βt(β为正常数)。电阻为r、长度为L的导体棒，一端与圆环连接，并能随着圆环一起绕O点转动，整个圆环(在纸面内)置于垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。电阻为R的小灯泡通过电刷连接在圆环和O点之间，从静止开始按压发电手柄，经过时间t0，小灯泡正常发光，不计其他电阻。求：
(1)小灯泡正常发光时，通过小灯泡的电流大小及方向；(6分)
(2)小灯泡的额定功率。(4分)(共32张PPT)
专题提升课6　电磁感应中的电路和
图像问题
专题深度剖析
PART
01
第一部分
微专题一　电磁感应中的图像问题
1．问题类型
(1)由给定的电磁感应过程选出或画出正确的图像。
(2)由给定的图像分析电磁感应过程，求解相应的物理量。
2．图像类型
(1)各物理量随时间t变化的图像，即B－t图像、Φ－t图像、E－t图像和I－t图像。
(2)导体切割磁感线运动时，还涉及感应电动势E和感应电流I随导体位移变化的图像，即E－x图像和I－x图像。　
3．主要规律：安培定则、左手定则、楞次定律、右手定则、法拉第电磁感应定律、欧姆定律等。
类型1　导体平动的电磁感应图像
如图所示，一个矩形线框以速度v匀速穿过匀强磁场区域，若取逆时针方向为电流的正方向，则在下列图中能正确反映出回路中感应电流随时间变化的情况的图像是(　　)
√
如图所示，“凸”字形金属线框右侧有一宽度为3L的匀强磁场区域，磁场方向垂直于纸面向里。线框在纸面内向右匀速通过磁场区域，t＝0时，线框开始进入磁场。设逆时针方向为感应电流的正方向，则线框中感应电流 i 随时间 t 变化的图像可能正确的是(　　)
√
类型2　磁场变化的电磁感应图像
在竖直方向的匀强磁场中，水平放置一圆形导体环。规定导体环中电流的正方向如图甲所示，磁场向上为正。当磁感应强度B随时间t按图乙变化时，导体环中感应电流随时间变化的图像是(　　)
√
[解析]　根据题意，由题图乙可知，前2 s内，磁感应强度均匀变化，由法拉第电磁感应定律可知，线圈中产生恒定的感应电流，由楞次定律可知，线圈中感应电流方向为逆时针(与正方向相反)；同理可知，2 s到4 s内，线圈中同样产生恒定的感应电流，线圈中感应电流方向为顺时针(与正方向相同)。
(双选)(2025·山西长治市模拟)空间存在一方向与纸面垂直、大小随时间变化的匀强磁场，其边界如图甲中虚线MN所示，一硬质金属圆环固定在纸面内，圆心O在边界MN上。t＝0时磁场的方向如图甲所示，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示，则圆环中产生的感应电流I及所受安培力F与时间t的关系图像可能正确的是(　　)
√
√
根据F＝BIL，因电流I和有效长度L都不变，故F随B的变化而变化，故F－t图像与B－t类似，故C正确，D错误。
微专题二　电磁感应中的电路问题
如图甲所示，一个n＝100匝的圆形导体线圈面积S1＝0.5 m2，总电阻r＝1 Ω。在线圈内存在面积S2＝0.4 m2的垂直于线圈平面向外的匀强磁场区域，磁感应强度B随时间t变化的关系如图乙所示。有一个R＝2 Ω的电阻，将其与图甲中线圈的两端a、b分别相连接，其余电阻不计，下列说法不正确的是(　　)
A．前4 s内a、b间的电势差Uab＝－0.04 V
B．4 s到6 s内a、b间的电势差Uab＝8 V
C．前4 s内通过电阻R的电荷量为8 C
D．4 s到6 s内电阻R上产生的焦耳热为64 J
√
√
(2025·陕西宝鸡市期中)如图所示，在磁感应强度B＝2 T的匀强磁场中，有一个半径r＝0.5 m的金属圆环。圆环所在的平面与磁感线垂直，OA是一个金属棒，它沿着顺时针方向以20 rad/s的角速度绕圆心O匀速转动。A端始终与圆环相接触，OA棒的电阻R＝0.1 Ω，图中定值电阻R1＝100 Ω，R2＝4.9 Ω，电容器的电容C＝100 pF，圆环和导线的电阻忽略不计，则(　　)
A．电容器下极板带正电
B．电路消耗的电功率是4.9 W
C．电容器的带电荷量是5×10-10 C
D．若金属棒在转动过程中突然停止不动，则此后通过R2的电荷量是9.8×10-12 C
[解析]　根据右手定则可知，A端电势高于O端电势，所以电容器上极板带正电，故A错误；
金属棒OA两端的电压U＝IR2＝4.9 V，电容器的带电荷量Q＝CU＝100×10-12×4.9 C＝4.9×10-10 C，故C错误；
综合一练　电磁感应中的电路问题
(2025·辽宁鞍山市期末联考)如图所示，匀强磁场与金属框架的平面垂直，磁感应强度B＝1 T，框架宽度L＝0.4 m，电阻不计。金属棒ab电阻r＝1 Ω，与框架垂直且接触良好。电阻R1＝1 Ω，R2＝2 Ω，电容器的电容C＝30 μF。当金属棒ab以v＝5 m/s的速度向右匀速运动时，求：
(1)流过金属棒的感应电流大小和方向；
[解析]　金属棒ab产生的感应电动势E＝BLv＝2 V
外电阻R＝R1＋R2＝3 Ω
[答案]　0.5 A　方向由b→a　
(2)R1消耗的电功率；
[解析]　R1消耗的电功率P1＝I2R1＝0.25 W。
[答案]　0.25 W
(3)电容器所带的电荷量。
[解析]　R2两端的电压U2＝IR2＝1 V
电容器与R2并联，电容器两端的电压等于R2两端的电压，电容器所带的电荷量Q＝CU2＝3×10-5 C。
[答案]　3×10-5 C
随堂巩固落实
PART
02
第二部分
1．(电磁感应中的电路问题)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(　　)
√
√
2．(电磁感应中的电路问题)(2025·辽宁辽阳市期末)如图所示，圆形线圈的匝数n＝100，面积S＝0.3 m2，处在垂直于纸面向里的匀强磁场中。磁感应强度大小B随时间t变化的规律为B＝0.5t (T)，定值电阻R＝5 Ω，线圈的电阻r＝1 Ω。下列说法正确的是(　　)
A．通过电阻R的电流方向为a→b
B．线圈产生的感应电动势为15 V
C．定值电阻R两端的电压为10 V
D．通过电阻R的电流为2 A
解析：由磁感应强度大小B随时间t变化的规律可知，穿过线圈的磁通量向里增加，由楞次定律可知，线圈产生感应磁场的方向垂直于纸面向外，由安培定则可知，线圈中感应电流为逆时针，则通过电阻R的电流方向为b→a，故A错误；
3．(电磁感应中的图像问题)(双选)如图甲所示，正方形线圈abcd内有垂直于线圈的匀强磁场，已知线圈匝数n＝10，边长L＝1 m，线圈总电阻r＝1 Ω，线圈内磁感应强度随时间的变化情况如图乙所示。设图示的磁场方向与感应电流方向为正方向，则下列有关线圈的电动势e、感应电流i以及ab边的安培力F(取向下为正方向)随时间t的变化图像正确的是(　　)
√
√
根据A选项的分析可知，在前1 s内电流为2 A，方向为正，在1 s到5 s内，电流为1 A，方向为负，B错误，C正确；
根据F＝BIL，可知在前1 s内安培力沿正向由零均匀增加，在1 s时刻，安培力达到最大值F1＝nBIL＝4 N。在1 s到5 s内， 由于电流为负方向，利用磁场的变化情况可知，安培力先负向的减小然后正向的增加，最大值均为2 N，D正确。专题提升课8　电磁感应中的动量问题
微专题一　动量定理的应用
1．电荷量的求解
(1)恒定电流的电荷量可以用q＝It求解。
(2)变化的电流的电荷量则需用动量定理求解。
2．动量定理的应用
(1)如图，导体棒运动时会受到向左的安培力F＝BIl＝，I、v、F均随时间变化。考虑很短的时间Δt，由动量定理得
－BIlΔt＝－·Δt＝mΔv
对等式两边求和，考虑到
∑IΔt＝q，∑vΔt＝x，∑Δv＝v′－v0
可得－Blq＝－＝m(v′－v0)
由此式可知，若知道导体棒的速度变化量 ，就能得出该运动过程通过电路的电荷量q、位移x，反之亦可以求出末速度v′。
(2)上面是通过微元法求和分析的，由于动量定理只考虑初末状态，我们还可以从整体上以平均值的角度分析。
导体棒运动位移x时，
ΔΦ＝Blx，＝，＝，x＝Δt，q＝Δt，
则－Δt＝－BlΔt＝－Blq＝－＝m(v′－v0)。　
　如图所示，水平面上有两根足够长的光滑平行金属导轨MN和PQ，两导轨间距为L，导轨电阻均可忽略不计。在M和P之间接有一阻值为R的定值电阻，导体杆ab质量为m、电阻也为R，并与导轨垂直且接触良好。整个装置处于方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中。现给ab杆一个初速度v0，使杆向右运动，最终ab杆停在导轨上。下列说法正确的是(　　)
A．ab杆将做匀减速运动直到静止
B．ab杆速度减为时，ab杆加速度大小为
C．ab杆速度减为时，通过定值电阻的电荷量为
D．ab杆速度减为时，ab杆通过的位移为
[解析]　ab杆在水平方向上受到与运动方向相反的安培力，安培力大小FA＝，加速度大小a＝＝，由于速度减小，所以ab杆做加速度减小的变减速运动直到静止，故A错误；当ab杆的速度为时，加速度大小a＝，故B正确；对ab杆，由动量定理得－LBΔt＝m－mv0，即BLq＝mv0，解得q＝，即通过定值电阻的电荷量为，故C错误；由q＝＝，解得ab杆通过的位移x＝＝，故D错误。
[答案]　B
　(双选)(2025·河南省华大联考期中)如图所示，平行光滑金属导轨间距为L，导轨处在竖直向上的匀强磁场中，两个相同的金属棒ab、cd垂直于导轨平行放置，与导轨始终接触良好，每个金属棒的质量均为m，接入电路的电阻均为R0。开始时cd棒锁定在轨道上，对ab棒施加水平向右的恒定拉力F，经时间t，ab棒的速度达到最大值v，此时撤去拉力，同时解除对cd棒的锁定，导轨足够长且电阻不计，则(　　)
A．匀强磁场的磁感应强度大小B为
B．撤去拉力前ab棒前进的距离为2vt－
C．撤去拉力前ab棒前进的距离为vt－
D．全过程中回路产生的焦耳热为Fvt－
[解析]　ab棒匀速时受力平衡，有F＝BIL，E＝BLv，I＝，解得B＝，故A正确；ab棒从开始运动到匀速，由动量定理有Ft－＝mv，解得x＝vt－，故B错误，C正确；对撤去拉力后到cd棒、ab棒皆匀速的过程，由动量定理有mv＝2mv共，解得v共＝，对全过程，由能量守恒定律有Fx－Q总＝mv×2，解得Q总＝Fvt－，故D错误。
[答案]　AC
　如图所示，一对间距L＝1 m、足够长的平行光滑金属导轨固定于绝缘水平面上，导轨左端接有R＝0.5 Ω的电阻，长度与导轨间距相等的金属棒ab垂直放置于导轨上，其质量m＝0.1 kg，电阻也为R，整个区域内存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小B＝1 T。水平向右的恒力F＝4 N作用在ab棒上，当t＝2 s时金属棒ab的速度达到最大，随后撤去力F，棒最终静止在导轨上。重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)金属棒ab运动的最大速度v；
(2)撤去拉力F前通过定值电阻R的电荷量；
(3)撤去拉力F后金属棒ab继续沿水平轨道运动的位移。
[解析]　(1)当金属棒ab所受合力为零时，棒的速度最大，对ab棒有F＝F安＝
解得金属棒ab运动的最大速度
v＝4 m/s。
(2)前2 s内对ab棒，由动量定理得
Ft－BLt＝mv－0
其中q＝t＝
解得q＝7.6 C。
(3)撤去拉力后，对棒ab利用动量定理得
－B′Lt′＝0－mv
其中q′＝′t′＝＝0.4 C
根据法拉第电磁感应定律有＝
由闭合电路的欧姆定律有′＝
联立可得q′＝＝
所以撤去拉力F后金属棒ab继续沿水平轨道运动的位移x＝＝0.4 m。
[答案]　(1)4 m/s　(2)7.6 C　(3)0.4 m
微专题二　动量守恒定律的应用
1．守恒条件分析
在双金属棒切割磁感线的系统中，双金属棒和导轨构成闭合回路，安培力为系统内力，如果两安培力等大、反向，且它们受到的外力的合力为零，则满足动量守恒条件，运用动量守恒定律求解比较方便。
2．解题三大观点
(1)力学观点：通常情况下一个金属棒做加速度逐渐减小的加速运动，而另一个金属棒做加速度逐渐减小的减速运动，最终两金属棒以共同的速度匀速运动。
(2)动量观点：如果光滑导轨间距恒定，则两个金属棒所受的安培力大小相等、方向相反，通常情况下系统的动量守恒。
(3)能量观点：其中一个金属棒动能的减少量等于另一个金属棒动能的增加量与回路中产生的焦耳热之和。
3．常见双杆模型
4．解答“双杆”模型的技巧
(1)确定电源：两杆同时切割时，回路中的感应电动势由两杆共同决定，E＝＝Bl|v1－v2|。
(2)分析电路结构：分析内、外电路，以及外电路的串并联关系，画出等效电路图。
(3)动量、能量分析：若双杆系统所受外力的矢量和为零，首先用动量守恒定律求速度，再用能量守恒定律求电能。若双杆系统所受合外力不为零，应考虑应用动量定理进行求解。
(4)位移分析：利用动量定理结合磁通量的变化量进行求解。
　(双选)如图所示，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨，两相同的光滑导体棒ab、cd静止在导轨上。t＝0时，棒ab以初速度v0向右滑动。运动过程中，ab、cd始终与导轨垂直并接触良好，两者速度分别用v1、v2表示，回路中的电流用I表示。下列图像中可能正确的是(　　)
[解析]　以两导体棒为研究对象，在导体棒运动过程中，两导体棒所受的安培力大小相等、方向相反，且不受其他水平外力作用，在水平方向两导体棒组成的系统动量守恒，对系统有mv0＝2mv，解得两导体棒运动的末速度v＝v0，棒ab做变减速运动，棒cd做变加速运动，稳定时两导体棒的加速度均为零，一起向右做匀速运动，A正确，B错误；ab棒和cd棒最后做匀速运动，棒与导轨组成的回路磁通量不变化，不会产生感应电流，C正确，D错误。
[答案]　AC
　(2025·河南漯河市期末)如图所示，两电阻不计的足够长光滑金属轨道EG、FH平行排列，间距L＝1 m。EF右侧水平部分有垂直轨道平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小B＝1 T。导体棒PQ质量m2＝0.1 kg，电阻R2＝4 Ω，静止在边界EF右侧某处。导体棒MN质量m1＝0.3 kg，电阻R1＝2 Ω，由轨道左侧高h处由静止下滑，运动过程中两杆始终与轨道接触良好，重力加速度g取10 m/s2。
(1)若h＝3.2 m，求MN进入磁场时导体棒PQ所受安培力F的大小。
(2)若h＝3.2 m，两棒在磁场中运动时发生弹性碰撞，求从MN进入磁场到两棒达到稳定过程中，导体棒MN上产生的焦耳热Q1。
[解析]　(1)根据题意，由机械能守恒定律有m1gh＝m1v
由法拉第电磁感应定律有E＝BLv0
感应电流I＝
导体棒PQ所受安培力F的大小F＝BIL
解得F＝ N。
(2)根据题意，由动量守恒定律有
m1v0＝(m1＋m2)v1
由能量守恒定律有
Q＝m1v－(m1＋m2)v
导体棒MN上产生的焦耳热Q1＝R1
解得Q1＝0.8 J。
[答案]　(1) N　(2)0.8 J
1．(动量定理的应用)(2025·广西柳州市期中)水平面上放置两个互相平行的足够长的金属导轨，间距为d，电阻不计，其左端连接一阻值为R的电阻。导轨处于方向竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。质量为m、长度为d、阻值为R、与导轨接触良好的导体棒MN以速度v0垂直于导轨水平向右运动直到停下。不计一切摩擦，则下列说法正确的是(　　)
A．导体棒运动过程中安培力做的功转换为电路的电能
B．导体棒在导轨上运动的最大距离为
C．整个过程中，电阻R上产生的焦耳热为mv
D．整个过程中，导体棒的平均速度大于
解析：选B。导体棒向右运动过程中一直受到向左的安培力作用，即安培力一直做负功，即导体棒运动过程中克服安培力做的功转换为电路的电能，最终转化为回路中的焦耳热，故A错误；由动量定理可知，－Bd·Δt＝0－mv0，q＝·Δt，q＝＝，联立解得x＝，故B正确；导体棒也有电阻，且与左端所接电阻的阻值相等，故电阻R上产生的焦耳热应该为mv，故C错误；根据a＝＝可知，导体棒做的是加速度逐渐减小的减速运动，故其平均速度将小于做匀减速运动的平均速度，即小于，故D错误。
2．(动量守恒定律的应用)如图所示，两根光滑的导轨平行放置，导轨的水平部分放在绝缘水平面上，水平部分所在空间有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B。导轨的水平部分和倾斜部分由光滑圆弧连接。两根完全相同的金属棒ab和cd质量均为m、接入电路的电阻均为R，将cd置于导轨的水平部分与导轨垂直放置，将ab置于导轨的倾斜部分与导轨垂直放置，ab离水平面的高度为h，重力加速度为g，现将ab由静止释放，求：
(1)cd棒最终的速度大小；
(2)整个过程中产生的焦耳热Q。
解析：(1)ab下落过程中，由机械能守恒定律得
mgh＝mv，解得v1＝
ab进入水平面后ab和cd组成的系统动量守恒，
mv1＝2mv2，v2＝。
(2)由能量守恒定律得整个过程中产生的焦耳热
Q＝mv－×2mv＝mgh。
答案：(1)　(2)mgh单元过关检测(二)
(时间：75分钟　分值：100分)
一、单项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求)
1．楞次定律中“阻碍”的含义是指(　　)
A．当引起感应电流的磁场增强时，感应电流的磁场方向与其相反；当引起感应电流的磁场减弱时，感应电流的磁场方向与其相同
B．感应电流形成的磁场只是阻碍引起感应电流的磁场的增强
C．感应电流形成的磁场只是阻碍引起感应电流的磁场的减弱
D．感应电流形成的磁场方向与引起感应电流的磁场方向相反
解析：选A。楞次定律中“阻碍”的含义是指：当引起感应电流的磁场增强时，感应电流的磁场方向与其相反；当引起感应电流的磁场减弱时，感应电流的磁场方向与其相同。
2．如图所示，无限长通电直导线与右侧的矩形导线圈ABCD在同一平面内，线圈的AB边与直导线平行。现用外力使线圈向直导线靠近且始终保持AB边与直导线平行，在AB边靠近直导线的过程中，下列说法正确的是(　　)
A.线圈内产生的感应电流方向是ABCDA
B．直导线对AB边和CD边的安培力等大、反向
C．直导线对AD边和BC边的安培力等大、同向
D．直导线在线圈内部产生的磁场方向为垂直于线圈所在平面向外
解析：选A。根据右手定则，直导线在右手边的磁场方向垂直于纸面向里，在AB边靠近直导线的过程中，线圈的磁通量增大，由楞次定律可知，线圈内产生的感应电流方向是ABCDA，A正确，D错误；离直导线越近，直导线周围的磁场的磁感应强度越大，则直导线对AB边和CD边的安培力不等大且方向是相反的，B错误；由对称性可知，直导线对AD边和BC边的安培力等大、反向，C错误。
3．空间中存在方向与纸面垂直、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逆时针方向
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
解析：选C。根据B－t图像，由楞次定律可知，线圈中感应电流方向一直为顺时针；在t0时刻，磁场的方向发生变化，故安培力方向在t0时刻发生变化，t＝0至t＝t0时段，安培力向左；t＝t0至t＝t1时段，安培力向右，故A、B错误。由闭合电路欧姆定律得I＝，又根据法拉第电磁感应定律得E＝＝·＝，由电阻定律有R＝ρ·，联立解得I＝，故C正确，D错误。
4．如图所示，将一通电螺线管竖直放置，螺线管内部形成方向竖直向上、磁感应强度大小B＝kt(k>1)的匀强磁场，在内部用绝缘轻绳悬挂一与螺线管共轴的金属薄圆管，则(　　)
A．从上向下看，薄圆管中的感应电流为逆时针方向
B．薄圆管有垂直于轴线方向向内收缩趋势
C．轻绳对薄圆管的拉力的合力大于薄圆管的重力
D．轻绳对薄圆管的拉力随时间减小
解析：选B。由题意可知，穿过圆管的磁通量向上且增加，根据楞次定律可知，感应电流的磁场要阻碍其增加，所以感应电流的磁场方向竖直向下，根据右手螺旋定则可知，从上向下看感应电流的方向为顺时针，故A错误；由题意可知，穿过圆管的磁通量向上且增加，根据楞次定律的推论“增缩减扩”可知，薄圆管有垂直于轴线方向向内收缩趋势，故B正确；根据左手定则可知，圆管中各段所受的安培力方向指向圆管的轴线，则轻绳对圆管的拉力的合力始终等于圆管的重力，不随时间变化，故C、D错误。
二、双项选择题(本题共4小题，每小题6分，共24分。在每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求，全选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分)
5．如图所示，a、b、c为三个被悬挂起的小金属圆环线圈，其中a位于螺线管左侧附近，b位于螺线管右侧附近，c位于螺线管中央的正上方，螺线管与电阻、电源以及开关串联组成一电路，当开关S闭合瞬间，忽略三环中感应电流之间的相互作用力，则a、b、c小金属圆环线圈(不考虑形变)的运动情况是(　　)
A．如果电源左边是正极，a向左摆动，b向左摆动，c向左摆动
B．如果电源左边是负极，a向右摆动，b向右摆动，c向右摆动
C．如果电源左边是正极，从左边看，a、b的电流方向均是逆时针，c的电流方向是顺时针
D．无论电源正极在左边还是右边，a向左摆动，b向右摆动，c不动
解析：选CD。当开关S闭合瞬间，穿过线圈的磁通量增大，根据“来拒去留”可知，无论电源正极在左边还是右边，a向左摆动，b向右摆动，c不动，故A、B错误，D正确；如果电源左边是正极，a处磁场方向向右，b处磁场方向向右，c处磁场方向向左，根据楞次定律，从左边看，a、b的电流方向均是逆时针，c的电流方向是顺时针，故C正确。
6．如图甲所示，螺线管匝数n＝100匝，横截面积S＝10 cm2，螺线管导线电阻不计，定值电阻R＝5 Ω，磁感应强度B的B－t图像如图乙所示(以向右为磁感应强度B的正方向)，则(　　)
A．前0.1 s内的感应电流大于0.1 s到0.3 s内的感应电流
B．前0.1 s内和0.1 s到0.3 s内的感应电流方向相同
C．前0.1 s内，通过R的电流大小为0.04 A
D．前0.1 s内，通过R的电流方向为从A到C
解析：选AC。根据法拉第电磁感应定律E＝n＝nS，可得前0.1 s内感应电动势E1＝100××10×10-4 V＝0.2 V，0.1到0.3 s内感应电动势E2＝100××10×10-4 V＝0.1 V，所以I1＝＝0.04 A，I2＝＝0.02 A7．如图(a)所示，两根间距为L、足够长的光滑平行金属导轨竖直放置并固定，顶端接有阻值为R的电阻，垂直导轨平面存在变化规律如图(b)所示的匀强磁场，t＝0时磁场方向垂直于纸面向里。在t＝0到t＝2t0的时间内，金属棒水平固定在距导轨顶端L处；t＝2t0时，释放金属棒。整个过程中金属棒与导轨接触良好，导轨与金属棒的电阻不计，则(　　)
A．在t＝时，金属棒受到安培力的大小为 eq \f(BL3,t0R)
B．在t＝t0时，金属棒中电流的大小为
C．在t＝时，金属棒受到安培力的方向竖直向上
D．在t＝3t0时，金属棒中电流的方向向右
解析：选BC。由题图可知在0到t0时间段内产生的感应电动势E＝＝，根据闭合电路欧姆定律有此时间段的电流I＝＝，在时磁感应强度为，此时安培力F＝BIL＝ eq \f(BL3,2Rt0)，故A错误，B正确；由题图可知在t＝时，磁场方向垂直于纸面向外并逐渐增大，根据楞次定律可知产生顺时针方向的电流，再由左手定则可知金属棒受到的安培力方向竖直向上，故C正确；由题图可知在t＝3t0时，磁场方向垂直于纸面向外，金属棒向下掉的过程中磁通量增加，根据楞次定律可知金属棒中的感应电流方向向左，故D错误。
8．如图所示，与水平面夹角为θ的绝缘斜面上固定有光滑U形金属导轨。质量为m、电阻不可忽略的导体杆MN沿导轨向下运动，以大小为v的速度进入方向垂直于导轨平面向下的匀强磁场区域，在磁场中运动一段时间t后，速度大小变为2v。运动过程中杆与导轨垂直并接触良好，导轨的电阻忽略不计，重力加速度为g。杆在磁场中运动的此段时间内(　　)
A．流过杆的感应电流方向从N到M
B．杆沿轨道下滑的距离大于vt
C.流过杆感应电流的平均电功率等于重力的平均功率
D．杆所受安培力的冲量大小为mgt sin θ－mv
解析：选BD。根据右手定则，判断可知流过杆的感应电流方向从M到N，故A错误。根据题意可知，设杆切割磁感线的有效长度为L，电阻为R，杆在磁场中运动的此段时间内，杆受到重力、导轨的支持力及沿导轨向上的安培力作用，根据牛顿第二定律可得mg sin θ－F安＝ma，F安＝BIL，I＝，联立可得杆的加速度a＝g sin θ－，可知杆在磁场中运动的此段时间内做加速度逐渐减小的加速运动；若杆做匀加速直线运动，则杆运动的距离s＝·t＝vt，根据v－t 图像与时间轴围成的面积表示位移，可知杆在时间t内速度由v达到2v，杆真实运动的距离大于匀加速情况运动的距离，即大于vt，故B正确。由于在磁场中运动的此段时间内，杆做加速度逐渐减小的加速运动，杆的动能增大，由动能定理可知，重力对杆所做的功大于杆克服安培力所做的功，根据＝可得安培力的平均功率小于重力的平均功率，即流过杆的感应电流的平均电功率小于重力的平均功率，故C错误。杆在磁场中运动的此段时间内，根据动量定理可得mgt sin θ－I安＝m·2v－mv，得杆所受安培力的冲量大小I安＝mgt sin θ－mv，故D正确。
三、非选择题(本题共8小题，共60分)
9．(3分)如图所示，两个相同的铝环套在一根无限长的光滑杆上，将一条形磁铁向左插入铝环(未穿出)的过程中，两环同时________(选填“向左”或“向右”)运动，二者间的距离________(选填“增大”“减小”或“不变”)
解析：当磁铁靠近两圆环时，通过两圆环的磁通量均变大；由楞次定律可知，两圆环均产生顺时针的感应电流(从左向右看)，可知两圆环均受到条形磁铁向左的安培力，所以两圆环同时向左运动；由于两圆环中感应电流方向相同，所以两圆环相互吸引，距离减小。
答案：向左　减小
10．(3分)如图所示的电路中，L是一个自感系数很大的线圈，直流电阻可忽略不计。开关S闭合后，灯泡L1会____________(选填“逐渐”或“立刻”)变亮；开关S断开瞬间，流经灯泡L2的电流方向是从________(选填“a到b”或“b到a”)。
解析： 开关S闭合后，通过线圈L的电流逐渐增大，线圈产生感应电动势，阻碍电流的增大，故灯泡L1会逐渐变亮；开关S断开瞬间，线圈由于自感，阻碍电流的减小，线圈、灯泡L1、灯泡L2组成闭合回路，故流经灯泡L2的电流方向是从b到a。
答案：逐渐　b到a
11．(6分)法拉第发明了世界上第一台发电机——法拉第圆盘发电机，原理图如图所示。半径为r的金属圆盘在垂直于盘面的匀强磁场B中，绕O轴以角速度ω沿逆时针方向匀速转动，则通过电阻R的电流的方向______________(选填“d→c”或“c→d”)，大小I＝_____________。
解析：根据法拉第电磁感应定律可知，切割磁感线产生的感应电动势E＝Br＝Br·rω＝Br2ω，根据欧姆定律可知，通过电阻的电流I＝＝，由右手定则可知，圆盘相当于电源，其电动势方向为从边缘指向圆心，所以电阻中的电流方向为从d到c。
答案：d→c　
12．(6分)(1)图甲为某实验小组做“探究影响感应电流方向的因素”的实验装置，关于实验过程中应该注意的事项和实验现象，以下说法正确的是________。
A.实验前应该先仔细观察，清楚线圈的绕向
B．开关闭合后，将滑动变阻器的滑片匀速滑动使接入电路的阻值逐渐减小，会观察到电流计指针不发生偏转
C．开关闭合后，线圈A从线圈B中拔出和插入过程中会观察到电流计指针偏转方向相反
D．开关闭合与断开瞬间，电流计指针都会偏转，且偏转方向相同
(2)当电流从灵敏电流计正接线柱流入时指针向正接线柱一侧偏转。现将其与线圈相连之后，将上端为S极的磁铁插入线圈中，图乙中电流计指针偏转的方向应为偏向________(选填“正”或“负”)接线柱。根据图丙中电流计指针偏转方向可以判断出插入线圈的磁铁下端的磁极为________(选填“N”或“S”)极。
解析：(1)实验是探究影响感应电流方向的因素，因此实验前要仔细观察，弄清楚线圈绕向，搞清线圈电流方向与电流计指针偏转方向的关系，故A正确；开关闭合后，将滑动变阻器的滑片匀速滑动使接入电路的阻值逐渐减小，导致穿过线圈B的磁通量变化，从而产生感应电流，会观察到电流计指针发生偏转，故B错误；开关闭合后，线圈A从线圈B中拔出和插入过程中，穿过线圈B的磁通量变化不同，前者减少，后者增加，会观察到电流计指针偏转方向相反，故C正确；开关闭合与断开瞬间，穿过线圈B的磁通量都会变化且变化不同，开关闭合瞬间磁通量增加，断开瞬间磁通量减少，会观察到电流计指针偏转，而且偏转方向不同，故D错误。
(2)当电流从灵敏电流计正接线柱流入时指针向正接线柱一侧偏转，若将上端为S极的磁铁插入线圈中，则原磁场方向向下且磁通量增加，则感应电流的磁场方向向上，根据安培定则可知感应电流从电流计正接线柱流入，故指针偏向正接线柱一侧；根据题图丙中电流计指针偏向负接线柱一侧，可知感应电流是从负接线柱流入电流计的，根据安培定则，可知感应电流的磁场方向向下，因条形磁铁向下运动，磁通量增加，可知原磁场方向向上，则插入线圈的磁铁下端的磁极为S极。
答案：(1)AC　(2)正　S
13．(6分)(1)探究电磁感应现象应选用如图______(选填“甲”或“乙”)所示的装置进行实验。
(2)在图丙中，当闭合S时，观察到电流表指针向左偏(不通电时指针停在正中央)，则在图丁中，磁体N极插入线圈A过程中，通过线圈的磁通量________(选填“增大”或“减小”)，电流表的指针将______(选填“向左”“向右”或“不发生”)偏转；在图戊中，导体棒ab向左移动过程中，电流表的指针将________(选填“向左”“向右”或“不发生”)偏转。
　
(3)在图己中，R为光敏电阻(光强变大，电阻变小)，轻质金属环A用轻绳悬挂，与长直螺线管共轴(A线圈平面与螺线管线圈平面平行)，并位于螺线管左侧。当光照增强时，从左向右看，金属环A中电流方向为________(选填“顺时针”或“逆时针”)，金属环A将__________(选填“向左”或“向右”)运动。
解析：(1)在电磁感应现象中，感应电流的方向与导体切割磁感线运动的方向和磁感线的方向有关，探究电磁感应现象的实验装置，只需要有磁场、导体棒、电流表即可，不需要电源，则探究电磁感应现象应选用题图甲装置进行实验。
(2)在题图丙中，当闭合S时，观察到电流表指针向左偏，说明电流从负接线柱流入时，电流表指针向左偏；在题图丁中，磁体N极插入线圈A过程中，线圈A中磁通量向下增大，根据楞次定律可知感应电流将从电流表负接线柱流入，则电流表的指针将向左偏转；在题图戊中，导体棒ab向左移动过程中，根据右手定则可知感应电流从电流表正接线柱流入，则电流表的指针将向右偏转。
(3)当光照增强时，光敏电阻的阻值减小，回路电流增大，螺线管产生的磁场增大，穿过金属环A的磁通量向右增大，根据楞次定律可知，从左向右看，金属环A中电流方向为逆时针； 金属环A电流方向为逆时针，而螺线管电流方向为顺时针，根据反向电流相互排斥，可知金属环将向左运动。
答案：(1)甲　(2)增大　向左　向右　(3)逆时针　向左
14．(8分)如图甲所示，一个面积为S、阻值为r的单圈圆形金属线圈与阻值为2r的电阻R组成闭合回路。在线圈中存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系如图乙所示，图中B0和t0已知，导线电阻不计。在t＝0至t＝t0时间内，求：
(1)电阻R中电流的方向；(2分)
(2)a、b两点间的电势差Uab。(6分)
解析：(1)由题图乙可知，线圈内磁通量持续增加，根据楞次定律可判断出电阻R中电流的方向为由a到b。
(2)根据法拉第电磁感应定律E＝n，又ΔΦ＝B0S，Δt＝t0，n＝1，可得E＝
根据闭合电路欧姆定律I＝，又Uab＝IR，R＝2r解得Uab＝。
答案：(1)由a到b　(2)
15．(12分)如图甲所示，水平绝缘传送带正在输送一闭合正方形金属线框abcd，线框每一边电阻均为r，在输送中让线框随传送带通过一固定的匀强磁场区域，磁场方向竖直向下，磁感应强度大小为B，磁场边界MN、PQ与传送带运动方向垂直，其间距为2d。已知传送带以恒定速率v0运动，线框质量为m，边长为d，线框与传送带间的动摩擦因数为μ，且在传送带上始终保持线框左、右两边平行于磁场边界，在线框右边刚进入磁场到线框右边刚离开磁场的过程中，其速度v随时间t变化的图像如图乙所示，重力加速度大小为g。求：
(1)线框右边刚进入磁场时a、b两点的电势差；(2分)
(2)整个线框恰好离开磁场时的速度大小；(4分)
(3)整个线框穿过磁场过程中产生的焦耳热。(6分)
解析：(1)线框右边刚进入磁场时，有E＝Bdv0
由楞次定律可知线框进入磁场过程中感应电流方向为逆时针(俯视)，故a、b两点电势差
Uab＝－E＝－Bdv0。
(2)整个线框刚好完全离开磁场时的速度等于整个线框刚好完全进入磁场时的速度，设其大小为v′，从线框恰好完全进入磁场至右边恰好出磁场的过程中线框做匀加速直线运动，由动能定理有
μmgd＝mv－mv′2
解得v′＝ eq \r(v－2μgd)。
(3)线框穿过磁场的整个过程中初、末速度分别为v0、v′，整个过程中摩擦力不变，由动能定理有
W安＋μmg×3d＝mv′2－mv
又由功能关系有Q＝－W安
解得Q＝4μmgd。
答案：(1)－Bdv0　(2) eq \r(v－2μgd)
(3)4μmgd
16．(16分)如图所示，两根足够长的光滑金属直导轨平行放置，导轨间距为L，两导轨及其所构成的平面均与水平面成θ角，整个装置处于垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。现将质量均为m的金属棒a、b垂直导轨放置，每根金属棒接入导轨之间的电阻均为R。运动过程中金属棒与导轨始终垂直且接触良好，金属棒始终未滑出导轨，导轨电阻忽略不计，重力加速度为g。
(1)先保持棒b静止，将棒a由静止释放，求棒a匀速运动时的速度大小v0。(5分)
(2)在(1)问中，当棒a匀速运动时，再将棒b由静止释放，求释放瞬间棒b的加速度大小a0。(3分)
(3)在(2)问中，从棒b释放瞬间开始计时，经过时间t0，两棒恰好达到相同的速度v，求速度v的大小，以及时间t0内棒a相对于棒b运动的距离Δx。(8分)
解析：(1)棒a匀速运动时，对棒a分析，由平衡条件有
mg sin θ＝BI1L
由法拉第电磁感应定律有E1＝BLv0
由欧姆定律有I1＝
联立解得v0＝。
(2)当棒a匀速运动时，释放棒b，分析可知，棒b受到沿导轨向下的安培力，则释放棒b的瞬间，对棒b，由牛顿第二定律有
mg sin θ＋BI1L＝ma0
又BI1L＝mg sin θ
解得a0＝2g sin θ。
(3)释放棒b后，由于棒b中产生的感应电动势对于回路来说，与棒a中产生的感应电动势方向相反，所以两棒所受安培力均减小，对棒a，由动量定理有
(mg sin θ－A) t0＝mv－mv0
对棒b，由动量定理有
(mg sin θ＋A) t0＝mv
结合(1)问结果联立解得
v＝gt0sin θ＋
设棒a速度为vi时产生的感应电动势为Ea，则
Ea＝BLvi
同理设棒b速度为vj时产生的感应电动势为Eb，则Eb＝BLvj
棒中电流I＝＝
两棒所受安培力的大小均为
F＝ BIL＝
对棒b，由动量定理有
Δt＝mΔv
对方程两侧求和，即
ΣΔt＝ΣmΔv
注意到ΣΔt＝t0，Σ(vi－vj)Δt＝Δx，ΣΔv＝v
解得Δx＝。
答案：(1)　(2)2g sin θ
(3)gt0sin θ＋　(共43张PPT)
第2课时　楞次定律
课前知识梳理
PART
01
第一部分
一、楞次定律
1．内容：感应电流的磁场总要____引起感应电流的磁通量的____。
2．理解：当磁铁的N极移近导体线圈的上端时，由感应电流激发的磁场使线圈的上端也是N极，因为同名磁极________，所以____磁铁相对线圈向下的运动；而当磁铁的N极离开导体线圈时，由感应电流激发的磁场使线圈的上端是__极，因为异名磁极________，所以____磁铁相对线圈向上的运动。
阻碍
变化
相互排斥
阻碍
S
相互吸引
阻碍
3．能量守恒定律的关系：从能量转化和守恒的角度来看，把磁体移近线圈时，外力要克服磁体和线圈之间的排斥力做功，使外界______________转化为____；磁体离开线圈时，外力则要克服磁体和线圈之间的吸引力做功，也使外界______________转化为____。在这两种情况下，总能量都是____的。
其他形式的能量
电能
其他形式的能量
电能
守恒
4．楞次定律的几个常用结论
(1)增反减同
感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量(原磁场磁通量)的变化。
①当原磁场磁通量增加时，感应电流的磁场方向与原磁场方向相反。
②当原磁场磁通量减少时，感应电流的磁场方向与原磁场方向相同。
口诀记为“增反减同”。
(2)来拒去留
由于磁场与导体的相对运动产生电磁感应现象时，产生的感应电流受到磁场的安培力，这种安培力会“阻碍”相对运动。
口诀记为“来拒去留”。
(3)增缩减扩
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。
②若原磁通量减小，则通过增大有效面积起到阻碍的作用。
口诀记为“增缩减扩”。
注意：本方法适用于磁感线单方向穿过闭合回路的情况。
二、右手定则
1．内容：伸开右手，让拇指与其余四指____，且都与手掌处于同一平面内，让磁感线垂直穿过手心，使____指向导体运动的方向，其余____所指的方向就是感应电流的方向。
2．适用范围：右手定则适用于闭合回路中一部分导体做切割磁感线运动时产生感应电流的情况。
垂直
拇指
四指
判断下列说法是否正确。
(1)感应电流的磁场方向总是与引起感应电流的磁场方向相反。(　　)
(2)感应电流的磁场方向与引起感应电流的磁场方向可能相同，也可能相反。(　　)
(3)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。(　　)
(4)右手定则只适用于闭合回路中一部分导体做切割磁感线产生感应电流的情况。(　　)
(5)使用右手定则时必须让磁感线垂直穿过掌心。(　　)
(6)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。(　　)
√
×　
√
√
×　
×　
课堂深度探究
PART
02
第二部分
知识点一　从阻碍磁通量变化的角度应用楞次定律
1．因果关系
楞次定律反映了电磁感应现象中的因果关系，磁通量发生变化是原因，产生感应电流是结果，原因产生结果，结果反过来影响原因。
2．对“阻碍”的理解
(2024·北京卷，T6)如图所示，线圈M和线圈P绕在同一个铁芯上，下列说法正确的是(　　)
A．闭合开关瞬间，线圈M和线圈P相互吸引
B．闭合开关，达到稳定后，电流表的示数为0
C．断开开关瞬间，流过电流表的电流方向由a到b
D．断开开关瞬间，线圈P中感应电流的磁场方向向左
√
[解析]　闭合开关瞬间，根据安培定则可知线圈M中突然产生向右的磁场，根据楞次定律可知，线圈P中感应电流的磁场方向向左，因此线圈M和线圈P相互排斥，A错误；
线圈M中的磁场稳定后，线圈P中的磁通量不再变化，则线圈P产生的感应电流为0，电流表示数为0，B正确；
断开开关瞬间，线圈M中向右的磁场瞬间减为0，根据楞次定律可知，线圈P中感应电流的磁场方向向右，根据安培定则可知流过电流表的电流方向由b到a，C、D错误。
(2024·江苏卷，T10)如图所示，在绝缘的水平面上，有闭合的两个线圈a、b，线圈a处在匀强磁场中，现将线圈a从磁场中匀速拉出，线圈a、b中产生的感应电流方向分别是(　　)
A．顺时针，顺时针　　　
B．顺时针，逆时针
C．逆时针，顺时针
D．逆时针，逆时针
√
[解析]　线圈a从磁场中匀速拉出的过程中穿过a线圈向里的磁通量在减小，则根据楞次定律可知a线圈的电流为顺时针，由于线圈a从磁场中匀速拉出则a中产生的电流为恒定电流，则线圈a靠近线圈b的过程中穿过线圈b向外的磁通量在增大，同理可得线圈b产生的感应电流为顺时针。
如图所示，在光滑水平桌面上有两个闭合金属圆环，在它们圆心连线中点正上方有一个条形磁铁，当给条形磁铁一竖直向上的初速度后，磁铁上升到最高点后下落，在条形磁铁向下运动的过程中，将会出现的情况是(　　)
A．磁铁的加速度小于g
B．金属环对桌面压力小于自身重力
C．俯视观察，左边金属圆环会产生逆时针感应电流
D．两金属环将加速靠近(不考虑金属环之间的作用)
√
[解析]　当磁铁从最高点开始下落时，穿过两个圆环的磁通量增大，金属环产生感应电流，金属环受到向下的安培力，而磁铁受到向上的磁场力，所以磁铁向下运动时的加速度会小于g，金属环对桌面压力大于自身重力，故A正确，B错误；
当磁铁从最高点开始下落时，穿过两个圆环的向上的磁通量增大，俯视观察，左边金属圆环会产生顺时针感应电流，根据楞次定律可知，感应电流的磁场总要阻碍磁通量的变化，所以两个圆环要向磁通量减小的方向运动，则a、b两线圈相互排斥远离，故C、D错误。
知识点二　从阻碍相对运动的角度应用楞次定律
楞次定律也可以理解为：感应电流的效果总是要反抗(或阻碍)引起感应电流的原因。
　(2025·天津河西期末)绝缘的水平桌面上放置一金属圆环，其圆心的正上方有一个竖直的条形磁铁。当条形磁铁沿水平方向向右移动时，圆环始终未动。若圆环的质量为m，桌面对它的支持力为FN。在此过程中(　　)
A．FN小于mg
B．FN大于mg
C．圆环有向上的运动趋势
D．圆环有向左下的运动趋势
√
[解析]　当条形磁铁水平向右移动时，圆环内的磁通量减小，因此圆环做出的反应是面积有扩大的趋势，同时有向右运动的趋势，从而达到“阻碍”磁通量的减小，故金属圆环所受安培力方向为向右上方，则桌面对圆环的支持力小于其自身重力，且圆环相对于桌面有向右的运动趋势。
(双选)如图所示，固定的水平长直导线中通有电流I，矩形线框与导线在同一竖直平面内，且一边与导线平行。线框由静止从图示位置释放，在下落过程中(　　)
A．穿过线框的磁通量始终为零
B．线框中感应电流方向沿顺时针
C．线框所受安培力的合力不变
D．线框的机械能逐渐减小
√
√
[解析]　距离导线越远，磁场越弱，可知线框由静止释放，穿过线框的磁通量逐渐减小，且穿过线框的磁通量不为零，故A错误；
根据右手螺旋定则可知，导线下方的磁场方向垂直于纸面向里，随着线框下落，穿过线框的磁通量减小，根据楞次定律可知，线框中感应电流的方向为顺时针，故B正确；
根据左手定则，线框上边所受的安培力方向向上，线框下边所受的安培力方向向下，由于线框下边的磁场比上边弱，故线框下边所受的安培力小于上边所受的安培力，又线框左右两边所受安培力大小相等，方向相反，因此线框所受安培力的合力向上，且逐渐减小，故C错误；
由于安培力做负功，线框的机械能逐渐减小，故D正确。
(双选)(2025·新疆乌鲁木齐市期中)某研究性学习小组的同学设计的电梯坠落的应急安全装置如图所示，在电梯挂厢上安装永久磁铁，并在电梯的井壁上铺设闭合线圈，这样可以在电梯突然坠落时减小对人员的伤害。关于该装置，下列说法正确的是(　　)
A．当电梯突然坠落时，该安全装置不可能使电梯悬停在线圈A、B之间
B．当电梯坠落至永久磁铁在线圈A、B之间时，
线圈A、B中的电流方向相同
C．当电梯坠落至永久磁铁在线圈A、B之间时，
线圈A、B均在阻碍电梯下落
D．当电梯坠落至永久磁铁在线圈A、B之间时，
线圈A在阻碍电梯下落，线圈B在促进电梯下落
√
√
[解析]　若电梯突然坠落，线圈内的磁通量发生变化，将在两个线圈中产生感应电流，根据楞次定律，两个线圈的感应电流都会阻碍磁铁的相对运动，但不能阻止磁铁的运动，可起到应急避险作用，但不可能使电梯悬停在线圈A、B之间，故A、C正确，D错误；
根据楞次定律，当电梯坠落时，磁铁在线圈A中产生向上的磁场减弱，故线圈A中会产生逆时针电流(俯视)，磁铁在线圈B中产生向上的磁场增强，则B中产生顺时针电流(俯视)，则A和B中电流方向相反，故B错误。
如图所示，假定导体棒CD向右运动。
(1)我们研究的是哪个闭合导体回路？
[提示]　CDEF　
(2)当导体棒CD向右运动时，穿过这个闭合导体回路的磁通量是增大还是减小？
[提示]　增大　
知识点三　右手定则和左手定则的应用
(3)感应电流的磁场应该是沿哪个方向的？
[提示]　垂直于纸面向外　
(4)导体棒CD中的感应电流是沿哪个方向的？
[提示]　C→D
1．楞次定律与右手定则的区别与联系
比较项目 楞次定律 右手定则
区 别 研究 对象 整个闭合回路 闭合回路的一部分，即切割磁感线运动的导体
适用 范围 各种电磁感应现象 只适用于导体在磁场中做切割磁感线运动的情况
应用 对于磁感应强度随时间变化而产生的电磁感应现象较方便 对于导体棒切割磁感线产生的电磁感应现象较方便
联系 右手定则是楞次定律的特例
2.右手定则与左手定则的比较
项目 右手定则 左手定则
作用 判断感应电流方向 判断通电导体所受磁场力的方向
图例
因果关系 运动→电流 电流→运动
应用实例 发电机 电动机
下列物理情景正确的是(　　)
√
[解析]　根据左手定则可知安培力方向向上，故A错误；
根据左手定则可知洛伦兹力方向向下，故B正确；
根据右手定则可知感应电流方向向下，故C错误；
根据安培定则可知通电导线电流应向下，故D错误。
如图所示，金属导轨EF、CD在竖直平面内水平平行放置，EF、CD通过绕在竖直放置的铁芯上的导线连接，金属杆AB竖直放置，磁场方向垂直于纸面向里，铁芯正上方有一水平放置的金属环，与导轨EF、CD垂直且始终接触良好，当金属杆AB突然向左运动时，下列说法正确的是(　　)
A．AB中电流由A到B，铁芯中磁场竖直向上，
环中有顺时针的电流(俯视)
B．AB中电流由A到B，铁芯中磁场竖直向下，环中有顺时针的电流(俯视)
C．AB中电流由B到A，铁芯中磁场竖直向上，环中有逆时针的电流(俯视)
D．AB中电流由B到A，铁芯中磁场竖直向下，环中有逆时针的电流(俯视)
√
[解析]　当金属杆AB突然向左运动时，由右手定则可知电流由A到B，由安培定则可知铁芯中的磁场方向向上，因金属杆AB由静止开始向左运动，金属环中的磁通量增加，由楞次定律可知金属环中的感应电流将产生向下的磁场，根据安培定则可知，即环中有顺时针方向电流(俯视)。
随堂巩固落实
PART
03
第三部分
√
1．(从阻碍磁通量变化的角度应用楞次定律)(2025·江苏苏州市开学考)如图所示，导线AB与CD平行，在闭合与断开开关S时，关于导线CD中的感应电流，下列说法正确的是(　　)
A．开关闭合时，有C到D的感应电流
B．开关闭合时，有D到C的感应电流
C．开关断开时，有D到C的感应电流
D．开关断开时，无感应电流
解析：开关闭合时，导线AB中产生电流，其方向由A指向B，根据安培定则可知导线CD所在回路磁通量垂直于纸面向外增加，由楞次定律的“增反减同”可得导线CD中的感应电流方向为由D指向C，故A错误，B正确；
同理，开关断开时，导线AB中电流从有到无，其方向由A指向B，根据安培定则可知导线CD所在回路磁通量垂直于纸面向外减小，由楞次定律的“增反减同”可得导线CD中的感应电流方向为由C指向D，故C、D错误。
√
2．(从阻碍相对运动的角度应用楞次定律)如图所示，用绳吊起一个铝环，用条形磁体的N极去靠近或者远离铝环，下列判断正确的是(　　)
A．磁体向右侧靠近铝环时，铝环向左摆动
B．使铝环摆动的力是磁场对铝环的安培力
C．若磁体向左侧远离铝环，铝环一定不会摆动
D．磁体向右侧靠近铝环时，从右向左看铝环产生逆时针方向的感应电流
解析：根据楞次定律“来拒去留”可知，磁体向右侧靠近铝环时，铝环向右摆动，A错误；
磁体靠近或者远离铝环时，穿过铝环的磁通量发生变化从而在铝环中产生感应电流，从而受到安培力作用，即使铝环摆动的力是磁场对铝环的安培力，B正确；
根据楞次定律“来拒去留”可知，若磁体向左侧远离铝环，铝环一定向左摆动，C错误；
磁体向右侧靠近铝环时，穿过铝环的磁通量向右增加，根据楞次定律可知，从右向左看铝环产生顺时针方向的感应电流，D错误。
3. (从阻碍相对运动的角度应用楞次定律)(双选)(2025·河南南阳统考)如图所示，通电螺线管置于闭合金属环a的轴线上，b环在螺线管右侧附近，b的环面与a的环面平行，当螺线管中电流变化时，则(　　)
A．电流减小时，a环有缩小的趋势以阻碍原磁通量的减小
B．电流减小时，a环有扩大的趋势以阻碍原磁通量的减小
C．电流增大时，b环远离螺线管
D．电流增大时，b环靠近螺线管
√
√
解析：电流减小时，通电螺线管产生的磁场减弱，a环磁通量减小，根据安培定则可知，通电螺线管内部磁场向右，外部磁场向左，当a环缩小时，向右的磁场磁通量不变，向左的磁场磁通量减小，总磁通量增大，故要阻碍原磁通量的减小，a环有缩小的趋势，A正确，B错误；
电流增大时，磁场变强，b环磁通量增大，为阻碍原磁通量的增大，b环远离螺线管，C正确，D错误。
4．(右手定则和左手定则的应用)(2025·福建三明期末)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，用一水平向右的力F拉动导体棒MN，则导体棒MN中感应电流方向是_________(选填“N→M”或“M→N”)，它所受安培力的方向____________(选填“水平向左”或“水平向右”)。
解析：以导体棒MN为研究对象，所处位置磁场方向向下、运动方向向右。由右手定则可知，感应电流方向是N→M；再由左手定则可知，所受安培力方向水平向左。
N→M
水平向左1．用如图所示实验装置验证楞次定律，条形磁铁自由释放加速穿过固定线圈，磁铁经过A位置时灵敏电流计指针如图，当电流从“＋”接线柱流入电流计时，指针向右偏转，则下列说法正确的是(　　)
A．条形磁铁的上端为N极
B．经过A位置时，线圈中电流产生的磁场向上
C．经过B位置时，灵敏电流计的指针偏向右侧
D．条形磁铁经过A、B两对称位置的加速度相等
解析：选A。磁铁经过A位置时灵敏电流计指针向右偏转，线圈产生的电流从正接线柱进入电流表，线圈中电流产生的磁场向下，根据楞次定律可知，此时穿过线圈的磁通量向上增加，则条形磁铁的上端为N极，故A正确，B错误；经过B位置时，穿过线圈的磁感线向上，磁通量减小，根据楞次定律，可知线圈产生的电流从负接线柱进入电流表，灵敏电流计的指针偏向左侧，故C错误；条形磁铁经过A、B两对称位置速度不同，线圈产生的阻力不同，磁铁受到的合外力不同，加速度不相等，故D错误。
2．研究电磁感应现象的实验装置如图所示。
(1)将图中所缺的导线补接完整。
(2)如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏转一下，那么合上开关后可能出现的情况有：
①将线圈A迅速插入线圈B时，灵敏电流计指针将____________。
②线圈A插入线圈B后，将滑动变阻器的滑片迅速向左滑动时，灵敏电流计指针____________。
解析：(1)如图所示。
(2)①由题意知，当通过线圈的磁通量增大(减小)时，指针向右(向左)偏，则线圈A插入线圈B中，通过线圈B的磁通量增大，电流计指针向右偏转一下；②滑片迅速向左滑动，通过线圈B的磁通量减小，电流计指针向左偏转一下。
答案：(1)见解析图　(2)①向右偏转一下　②向左偏转一下
3．为判断线圈绕向，可将灵敏电流计G与线圈L连接，如图所示。已知线圈由a端开始绕至b端，当电流从电流计G的左端流入时，指针向左偏转。
(1)将磁铁的N极向下从线圈上方竖直插入线圈L时，发现电流计的指针向左偏转。俯视线圈，其绕向为____________(选填“顺时针”或“逆时针”)。
(2)当条形磁铁从图中的虚线位置向右远离线圈L时，发现电流计的指针向右偏转。俯视线圈，其绕向为____________(选填“顺时针”或“逆时针”)。
解析：(1)由题可知在线圈L内电流从b流向a，而根据楞次定律(增反减同)知，线圈L中产生的磁场与原磁场方向相反(向上)，再根据安培定则可知，感应电流方向为逆时针方向(俯视线圈)，因此线圈绕向为顺时针方向(俯视线圈)。
(2)由题意可知在线圈L内电流从a流向b，而根据楞次定律(增反减同)知，线圈L中产生的磁场与原磁场方向相同(向上)，再根据安培定则可知，感应电流方向与(1)问相同，而电流的流向与(1)问相反，因此线圈绕向一定与(1)问相反，为逆时针方向(俯视线圈)。
答案：(1)顺时针　(2)逆时针
4．(2025·江苏泰州市联盟校调研)为探究影响感应电流方向的因素，同学们做了如下的实验。
(1)小明同学用图甲所示的实验装置“探究影响感应电流方向的因素”，所用电流计指针偏转方向与电流方向间的关系为：当电流从“＋”接线柱流入电流计时，指针向右偏转。
①将条形磁铁按图甲方式S极向下匀速插入螺线管时，发现电流计的指针向右偏转。螺线管的绕线方向如图乙所示。
②经分析可得出结论：当穿过螺线管的磁通量增加时，感应电流产生的磁场与条形磁铁的磁场方向______(选填“相同”或“相反”)。
③关于该实验，下列说法正确的是________。
A．必须保证磁体匀速运动，灵敏电流计指针才会向右偏转
B．将磁体向下插入或向上抽出的速度越大，灵敏电流计指针偏转幅度越小
C．将磁体的N、S极对调，并将其向上抽出，灵敏电流计指针仍向右偏转
D．将磁体的N、S极对调，并将其向下插入，灵敏电流计指针仍向右偏转
(2)小宁同学用如图丙所示的器材研究感应电流的方向。
①在给出的实物图中，用笔画线代替导线将实验仪器连成完整的实验电路。
②将线圈A插入线圈B中，闭合开关S瞬间，发现电流计指针右偏，则保持开关闭合，以下操作中也能使电流计右偏的是________。
A．插入铁芯
B．拔出线圈A
C．将滑动变阻器的滑片向左移动
D．将滑动变阻器的滑片向右移动
解析：(1)②S极向下插入螺线管时，条线磁铁产生的磁场方向向上，由题知螺线管中电流从B流向A，感应电流产生的磁场方向向下。两磁场方向相反。
③S极向下插入螺线管时，不需要保证磁体匀速运动，灵敏电流计指针都会向右偏转，故A错误；将磁体向下插入或向上抽出的速度越大，灵敏电流计指针偏转幅度越大，故B错误；将磁体的N、S极对调，并将其向上抽出，则穿过螺线管向下的磁通量减小，根据楞次定律可知，线圈中感应电流方向由B到A，则电流从“＋”接线柱流入电流计，电流计的指针向右偏转，故C正确； 将磁体的N、S极对调，并将其向下插入，则穿过螺线管向下的磁通量增大，根据楞次定律可知，线圈中感应电流方向由A到B，则电流从“－”接线柱流入电流计，电流计的指针向左偏转，故D错误。
(2)①完整的实验电路如图所示。
②将线圈A插入线圈B中，闭合开关S瞬间，发现电流计指针右偏，可知当线圈B中的磁通量增加时，电流计指针右偏；插入铁芯，线圈B中的磁通量增加，电流计指针右偏，故A正确；拔出线圈A，线圈B中的磁通量减少，电流计指针左偏，故B错误；将滑动变阻器的滑片向左移动，线圈A中电流增大，线圈B中的磁通量增加，电流计指针右偏，故C正确；同理得将滑动变阻器的滑片向右移动，电流计指针左偏，故D错误。
答案：(1)②相反　③C　(2)①图见解析　②AC
5．(2025·江苏扬州市宝应县期中)我们可以通过实验探究电磁感应现象中感应电流方向的决定因素和遵循的物理规律。以下是实验探究过程的一部分。
(1)如图甲所示，当磁铁的N极向下运动时，发现电流计指针偏转，若要探究线圈中产生感应电流的方向，必须知道__________________________________________________________________________________________________________________。
(2)如图乙所示，闭合开关后，线圈A相当于条形磁铁，下端为________极(选填“N”或“S”)；实验中发现闭合开关瞬间，电流计指针向左偏转。电路稳定后，若向右移动滑动触头，此过程中电流计指针向________(选填“左”或“右”)偏转，此时从上向下看线圈B中感应电流的方向为__________(选填“逆时针”或“顺时针”)；若将线圈A抽出，此过程中电流计指针向________(选填“左”或“右”)偏转。
解析：(1)若要探究线圈中产生的感应电流的方向，必须知道电流计指针偏转方向与电流方向间的关系。
(2)根据安培定则，闭合开关后，线圈A相当于条形磁铁，下端为N极；因为当闭合开关时，电路中的电流增大，穿过线圈B的磁通量增加，已知此时产生的感应电流使电流计指针向左偏转；电路稳定后，若向右移动滑动触头，变阻器接入电路阻值增大，则电流减小，穿过线圈B的磁通量减少，则此过程中电流计指针向右偏转；由上述分析可知，穿过线圈B向下的磁通量减少，根据楞次定律和安培定则，此时从上向下看线圈B中感应电流的方向为顺时针；若将线圈A抽出，穿过线圈B向下的磁通量减少，则此过程中电流计指针向右偏转。
答案：(1)电流计指针偏转方向与电流方向间的关系
(2)N　右　顺时针　右
6．(2025·广东深圳市期中)某实验小组做“探究影响感应电流方向的因素”实验的装置如图所示。
(1)闭合开关的瞬间，发现电流表G指针向左偏转。电路稳定后，将线圈A快速从线圈B中抽出，电流表指针将向________偏转；将图中滑动变阻器的可动触头向右侧移动，电流表指针将向________偏转。(均选填“左”或“右”)
(2)实验准备过程中，除了查清流入电流表的电流方向与指针偏转方向之间的关系之外，还应查清线圈________(选填“A”“B”或“A和B”)中导线的绕制方向。
(3)将电源的正负极对调，电路其他部分不变，再次闭合开关的瞬间，发现电流表G指针将向______(选填“左”或“右”)偏转。
解析：(1)闭合开关的瞬间，此时穿过线圈B的磁通量增加，发现电流表G指针向左偏转。电路稳定后，将线圈A快速从线圈B中抽出，此时穿过线圈B的磁通量减少，电流表指针将向右偏转；将题图中滑动变阻器的可动触头向右侧移动，滑动变阻器接入电路阻值减小，线圈A中的电流增大，穿过线圈B的磁通量增加，电流表指针将向左偏转。
(2)实验准备过程中，除了查清流入电流表的电流方向与指针偏转方向之间的关系之外，需要知道穿过B线圈的磁场方向及B线圈产生的感应电流的方向，依据安培定则可知，必须查清线圈A和B中导线的绕制方向。
(3)将电源的正负极性对调，电路其他部分不变，再次闭合开关的瞬间，则通过线圈A 电流方向反向，则磁感线反向穿过线圈B，线圈B产生的感应电流反向，发现电流表G指针将向右偏转。
答案：(1)右　左　(2)A和B　(3)右
7．(2025·广东东莞市万江中学三校联考)某实验小组使用如图所示的器材探究“电磁感应现象”中影响感应电流方向的因素。
(1)在图中用实线代替导线完成实验电路连接。
(2)连接好电路后，闭合开关，发现灵敏电流计G的指针向右偏了一下，保持开关闭合，依次进行以下操作：将铁芯迅速插入线圈A时，灵敏电流计指针将向________偏；然后将滑动变阻器连入电路中的阻值调大，灵敏电流计指针将向________偏；稳定后断开开关，灵敏电流计指针将向________偏。(均选填“左”或“右”)
(3)写出闭合回路中产生感应电流的条件：______________________________________________________。
解析：(1)实验电路连接如图所示。
(2)连接好电路后，闭合开关，线圈B内的磁通量增大，灵敏电流计G的指针向右偏了一下，则将铁芯迅速插入线圈A时，线圈B内的磁通量增大，灵敏电流计指针将向右偏；将滑动变阻器连入电路中的阻值调大，回路中电流减小，线圈A产生的磁场减小，线圈B内的磁通量减小，灵敏电流计指针将向左偏；稳定后断开开关，线圈B内的磁通量减小，灵敏电流计指针将向左偏。
(3)闭合回路中产生感应电流的条件是磁通量发生变化。
答案：(1)图见解析　(2)右　左　左　(3)磁通量发生变化(共31张PPT)
专题提升课8　电磁感应中的动量问题
专题深度剖析
PART
01
第一部分
微专题一　动量定理的应用
1．电荷量的求解
(1)恒定电流的电荷量可以用q＝It求解。
(2)变化的电流的电荷量则需用动量定理求解。
√
√
√
如图所示，一对间距L＝1 m、足够长的平行光滑金属导轨固定于绝缘水平面上，导轨左端接有R＝0.5 Ω的电阻，长度与导轨间距相等的金属棒ab垂直放置于导轨上，其质量m＝0.1 kg，电阻也为R，整个区域内存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小B＝1 T。水平向右的恒力F＝4 N作用在ab棒上，当t＝2 s时金属棒ab的速度达到最大，随后撤去力F，棒最终静止在导轨上。重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)金属棒ab运动的最大速度v；
[答案]　4 m/s　
(2)撤去拉力F前通过定值电阻R的电荷量；
[答案]　7.6 C
(3)撤去拉力F后金属棒ab继续沿水平轨道运动的位移。
[答案]　0.4 m
微专题二　动量守恒定律的应用
1．守恒条件分析
在双金属棒切割磁感线的系统中，双金属棒和导轨构成闭合回路，安培力为系统内力，如果两安培力等大、反向，且它们受到的外力的合力为零，则满足动量守恒条件，运用动量守恒定律求解比较方便。
2．解题三大观点
(1)力学观点：通常情况下一个金属棒做加速度逐渐减小的加速运动，而另一个金属棒做加速度逐渐减小的减速运动，最终两金属棒以共同的速度匀速运动。
(2)动量观点：如果光滑导轨间距恒定，则两个金属棒所受的安培力大小相等、方向相反，通常情况下系统的动量守恒。
(3)能量观点：其中一个金属棒动能的减少量等于另一个金属棒动能的增加量与回路中产生的焦耳热之和。
3．常见双杆模型
(2)分析电路结构：分析内、外电路，以及外电路的串并联关系，画出等效电路图。
(3)动量、能量分析：若双杆系统所受外力的矢量和为零，首先用动量守恒定律求速度，再用能量守恒定律求电能。若双杆系统所受合外力不为零，应考虑应用动量定理进行求解。
(4)位移分析：利用动量定理结合磁通量的变化量进行求解。
(双选)如图所示，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨，两相同的光滑导体棒ab、cd静止在导轨上。t＝0时，棒ab以初速度v0向右滑动。运动过程中，ab、cd始终与导轨垂直并接触良好，两者速度分别用v1、v2表示，回路中的电流用I表示。下列图像中可能正确的是(　　)
√
√
ab棒和cd棒最后做匀速运动，棒与导轨组成的回路磁通量不变化，不会产生感应电流，C正确，D错误。
(2025·河南漯河市期末)如图所示，两电阻不计的足够长光滑金属轨道EG、FH平行排列，间距L＝1 m。EF右侧水平部分有垂直轨道平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小B＝1 T。导体棒PQ质量m2＝0.1 kg，电阻R2＝4 Ω，静止在边界EF右侧某处。导体棒MN质量m1＝0.3 kg，电阻R1＝2 Ω，由轨道左侧高h处由静止下滑，运动过程中两杆始终与轨道接触良好，重力加速度g取10 m/s2。
(1)若h＝3.2 m，求MN进入磁场时导体棒PQ所受安培力F的大小。
(2)若h＝3.2 m，两棒在磁场中运动时发生弹性碰撞，求从MN进入磁场到两棒达到稳定过程中，导体棒MN上产生的焦耳热Q1。
[解析]　根据题意，由动量守恒定律有m1v0＝(m1＋m2)v1
[答案]　0.8 J
随堂巩固落实
PART
02
第二部分
√
解析：导体棒向右运动过程中一直受到向左的安培力作用，即安培力一直做负功，即导体棒运动过程中克服安培力做的功转换为电路的电能，最终转化为回路中的焦耳热，故A错误；
2．(动量守恒定律的应用)如图所示，两根光滑的导轨平行放置，导轨的水平部分放在绝缘水平面上，水平部分所在空间有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B。导轨的水平部分和倾斜部分由光滑圆弧连接。两根完全相同的金属棒ab和cd质量均为m、接入电路的电阻均为R，将cd置于导轨的水平部分与导轨垂直放置，将ab置于导轨的倾斜部分与导轨垂直放置，ab离水平面的高度为h，重力加速度为g，现将ab由静止释放，求：
(1)cd棒最终的速度大小；
(2)整个过程中产生的焦耳热Q。(共42张PPT)
第2节　法拉第电磁感应定律
学习目标
1．了解感应电动势的概念。　2.理解法拉第电磁感应定律，并能够运用法拉第电磁感应定律定量计算感应电动势的大小。　3.能够运用E＝Blv或E＝Blv sin θ计算导线切割磁感线时的感应电动势。
课前知识梳理
PART
01
第一部分
一、感应电动势
1．定义：在电磁感应现象里，若闭合回路中有感应电流，则必然存在______。这种在________现象中产生的电动势被称为感应电动势。
2．产生感应电动势的那部分导体相当于____。
电动势
电磁感应
电源
3．感应电动势与磁通量变化的关系
(1)由实验探究可知，条形磁铁插入或拔出螺线管的速度越大，螺线管中磁通量的变化____，电流计显示的电流____，表明电路中的感应电动势就____。
感应电动势的大小与电路中磁通量变化的____有关。
(2)当磁通量变化而电路断开时，虽然没有感应电流，但电路中仍有感应电动势，感应电动势的产生与电路是否闭合____。
越快
越大
越大
快慢
无关
二、电磁感应定律
1．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______成正比。
(2)表达式：E＝______(单匝线圈)，E＝________(n匝线圈)。
变化率
2．导线切割磁感线时的感应电动势
(1)磁场方向、导线与导线运动方向三者两两垂直时，E＝______。
(2)如图所示，导线与磁场方向垂直，导线的运动方向与导线本身垂直，但与磁场方向夹角为θ时，E＝__________________。
3．感生电动势与动生电动势
(1)由________引起磁通量变化而产生的感应电动势称为感生电动势。
(2)导体____磁感线产生的电动势称为动生电动势。
Blv
Blv sin θ
磁场变化
切割
判断下列说法是否正确。
(1)穿过某闭合线圈的磁通量的变化量越大，产生的感应电动势也越大。(　　)
(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)E＝Blv中的B、l、v三者必须相互垂直。(　　)
(5)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。(　　)
√
×　
√
×　
×　
课堂深度探究
PART
02
第二部分
知识点一　法拉第电磁感应定律的理解和应用
如图所示，将条形磁铁从同一高度插入线圈。
(1)快速插入和缓慢插入，磁通量的变化量ΔΦ相同吗？
指针偏转角度相同吗？
[提示]　磁通量的变化量ΔΦ相同，但磁通量变化的快慢不同，快速插入比缓慢插入时指针偏转角度大。
(2)分别用一根磁铁和两根磁铁以相同速度快速插入，磁通量的变化量ΔΦ相同吗？指针偏转角度相同吗？
[提示]　用两根磁铁快速插入时磁通量变化量较大，磁通量变化率也较大，指针偏转角度较大。
(3)指针偏转角度的大小取决于什么？
根据法拉第电磁感应定律，下列说法正确的是(　　)
A．穿过回路的磁通量越大，回路中的感应电动势也越大
B．磁通量的变化量越大，回路中的感应电动势越大
C．穿过回路的磁通量的变化率为0，回路中的感应电动势一定为0
D．某一时刻穿过回路的磁通量为0，回路中的感应电动势一定为0
√
(2024·广东卷，T4)电磁俘能器可在汽车发动机振动时利用电磁感应发电实现能量回收，结构如图甲所示。两对永磁铁可随发动机一起上下振动，每对永磁铁间有水平方向的匀强磁场，磁感应强度大小均为B。磁场中，边长为L的正方形线圈竖直固定在减震装置上。某时刻磁场分布与线圈位置如图乙所示，永磁铁振动时磁场分界线不会离开线圈。关于图乙中的线圈，下列说法正确的是(　　)
A．穿过线圈的磁通量为BL2
B．永磁铁相对线圈上升越高，线圈中感应电动势越大
C．永磁铁相对线圈上升越快，线圈中感应电动势越小
D．永磁铁相对线圈下降时，线圈中感应电流的方向为顺时针方向
√
[解析]　根据题图乙可知此时穿过线圈的磁通量为0，故A错误；
根据法拉第电磁感应定律可知，永磁铁相对线圈上升越快，磁通量变化越快，线圈中感应电动势越大，故B、C错误；
永磁铁相对线圈下降时，根据楞次定律可知，线圈中感应电流的方向为顺时针方向，故D正确。
如图所示，半径为r的圆形区域内有垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度B随时间t的变化关系为B＝B0＋kt，B0、k为常量，则图中半径为R的单匝圆形线圈中产生的感应电动势大小为________。
kπr2
知识点二　导体平动切割磁感线产生的电动势
如图所示，一个半径为r的半圆形导体，处在磁感应强度为B的匀强磁场中。
(1)当导体沿OP方向以速度v做匀速运动时，
MN间感应电动势的大小是多少？
[提示]　2Bvr　
(2)当导体沿MN方向以速度v做匀速运动时，MN间感应电动势的大小是多少？NP间感应电动势大小又是多少？
[提示]　0　Bvr
2．对公式的理解
(1)当B、l、v三个量的方向两两互相垂直时，E＝Blv；当有任意两个量的方向互相平行时，E＝0。
(2)当l垂直于B，l垂直于v，而v与B成θ角时，导线切割磁感线产生的感应电动势大小为E＝Blv sin θ。
(3)若导线是曲折的，或l与v不垂直时，E＝Blv中的l应为导线在与v垂直的方向上的投影长度，即有效切割长度。
如图所示，在磁感应强度大小为0.1 T、方向垂直于纸面向里的匀强磁场中，金属杆MN在宽度为0.2 m的平行金属导轨上以5 m/s的速度沿导轨向右匀速滑动，电阻R的阻值为2 Ω，其他电阻不计。金属杆始终与导轨垂直且接触良好，下列说法正确的是(　　)
A．通过电阻R的电流方向为c→a
B．通过电阻R的电流为0.1 A
C．1 s内，电阻R产生的热量为2×10-3 J
D．若磁感应强度为0.2 T，其他条件不变，则MN中产生的感应电动势变为0.2 V
√
[解析]　根据右手定则可知，电流方向为a→c，A错误；
由Q ＝ I2Rt ＝ 5 × 10-3 J可知，C错误；
若磁感应强度B′ ＝ 0.2 T，则E′ ＝ B′lv ＝ 0.2 V，D正确。
√
√
[解析]　闭合回路进入磁场的过程中，磁通量一直在变大，由楞次定律可知，感应电流的方向不变，A正确；
此过程回路中始终存在感应电流，CD段与磁场方向垂直，所以CD段直线始终受安培力，B错误；
从D点到达边界开始到C点进入磁场的过程可以理解为部分电路切割磁感线的运动，在切割的过程中，切割的有效长度先增大后减小，最大有效长度等于半圆的半径，即最大感应电动势为Em＝Bav，C正确；
知识点三　导体棒转动切割磁感线产生的电动势
√
(2025·广东深圳统考期末)如图所示的是法拉第圆盘发电机的示意图。铜质圆盘安装在水平铜轴上，圆盘全部处在两磁极之间，圆盘平面与磁感线垂直。金属圆盘与电阻R组成闭合回路，现在顺时针(从左往右看)转动圆盘，则(　　)
A．只有圆盘加速转动，回路中才有感应电流
B．由于圆盘转动过程中的磁通量不变化，电路中没有电流
C．圆盘转动过程中，回路中的感应电流从e经电阻R到f
D．圆盘转动过程中，回路中的感应电流从f经电阻R到e
√
[解析]　只要圆盘转动，不一定加速，圆盘就会切割磁感线，回路中就会有感应电流，故A、B错误；
圆盘转动过程中，由右手定则可知，回路中的感应电流从f经电阻R到e，故C错误，D正确。
随堂巩固落实
PART
03
第三部分
√
√
√
4．(导体棒转动切割磁感线产生的电动势)(双选)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内有方向如图所示的匀强磁场，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
√
√
杆OP匀速转动产生的感应电流由M到N通过杆MN，由左手定则可知，杆MN会向左运动，杆MN运动会切割磁感线，产生的感应电流与原来电流方向相反，让回路电流减小，OP、MN所受安培力减小，杆MN加速度减小，故D正确，B、C错误。题组1　从阻碍磁通量变化的角度应用楞次定律
1．(2025·北京东城区期末)金属线框abcd与一长导线在同一平面内，导线通有恒定电流I。线框由图中位置Ⅰ匀速运动到位置Ⅱ。在此过程中，有关穿过线框的磁通量与感应电流的方向，下列说法正确的是(　　)
A．垂直于纸面向里的磁通量增大，感应电流方向沿abcda
B．垂直于纸面向里的磁通量减小，感应电流方向沿abcda
C．垂直于纸面向外的磁通量增大，感应电流方向沿adcba
D．垂直于纸面向里的磁通量减小，感应电流方向沿adcba
解析：选B。由安培定则得，线框所处的导线右侧的磁场方向垂直于纸面向里，线框由题图中位置Ⅰ匀速运动到位置Ⅱ过程中，线框远离导线，通过线框的磁通量垂直于纸面向里减小，根据楞次定律可知，感应电流方向沿abcda。
2．(2025·江苏南京市期中)如图所示，在闭合开关S后，要使Q线圈产生图示方向的电流，可采用的方法有(　　)
A．把滑动变阻器R的滑片右移
B．把线圈P中的铁芯抽出
C．把线圈Q靠近线圈P
D．把开关S断开
解析：
选C。根据题意，要使Q线圈产生图示方向的电流，感应电流产生的磁场方向从右向左，如图所示，则P线圈产生的磁场方向向右，且增强，闭合开关S后，把滑动变阻器R的滑片右移，电路电阻增大，通过线圈P的电流减小，由右手螺旋定则可知Q中的磁场方向从左向右，且在减弱，故A错误；闭合开关S后，将P中的铁芯从左边抽出，Q线圈中的磁场方向从左向右，且磁感应强度在减弱，故B错误；闭合开关，将Q靠近P，Q中的磁场方向从左向右，且在增强，根据楞次定律，可知Q线圈产生的感应电流方向与题图所示方向相同，故C正确；闭合开关S后，Q中的磁场方向从左向右，把开关S断开的瞬间，Q中的磁场突然消失，根据楞次定律，可知Q线圈产生的电流方向与题图所示方向相反，故D错误。
3．如图所示，两个圆环甲、乙，外环乙是不带电的金属圆环，内环甲是带负电的绝缘体，让内环甲逆时针加速转动，则外环乙上会产生___________ (选填“顺时针”或“逆时针”)方向电流，外环乙有________(选填“扩张”或“收缩”)的趋势。
解析：内环甲是带负电的绝缘体，让内环甲逆时针加速转动，则内环甲形成的电流增大，产生的磁场变强，由于内环甲形成的电流方向为顺时针，根据右手螺旋定则可知，内环甲内部的磁场方向垂直于纸面向里，内环甲外部的磁场方向垂直于纸面向外，则穿过外环乙的磁通量向里增大，根据楞次定律可知，外环乙上会产生逆时针方向电流；由于外环乙所处位置的磁场方向垂直于纸面向外，根据左手定则可知外环乙产生的逆时针方向电流每一小电流元受到的安培力均背向圆心向外，所以外环乙有扩张的趋势。
答案：逆时针　扩张
题组2　从阻碍相对运动的角度应用楞次定律
4．如图所示，在水平桌面上有一金属圆环，在它圆心正上方有一条形磁铁(N极朝下)，当条形磁铁下落时，可以判定(　　)
A．环中将产生俯视时为顺时针的感应电流
B．环对桌面的压力将增大
C．环有面积增大的趋势
D．磁铁将受到竖直向下的电磁作用力
解析：选B。当条形磁铁N极朝下下落时，穿过圆环的磁通量向下增加，由楞次定律可知，环中将产生俯视时为逆时针的感应电流，故A错误；条形磁铁下落时穿过圆环的磁通量增大，故在金属圆环中会产生与条形磁铁磁场方向相反的磁场，二者互相排斥，故环对桌面的压力将增大，同时磁铁受到向上的作用力，也就是“来拒去留”，B正确，D错误；因为磁通量在增大，根据楞次定律可知，圆环需要缩小面积才能阻碍磁通量的增大，也就是“增缩减扩”，C错误。
5．如图所示，轻绳将一条形磁铁悬挂于O点，在其正下方的水平绝缘桌面上放置一铜质圆环。现将磁铁从A处由静止释放，圆环始终保持静止，则磁铁在从A到E摆动的过程中(　　)
A．圆环中感应电流方向相同
B．圆环受到摩擦力方向相同
C．圆环对桌面的压力始终大于自身所受的重力
D．磁铁在A、E两处的重力势能可能相等
解析：选B。从A到最低点的过程中，圆环中的磁场向上且磁通量增大，根据“增反减同”可判断产生顺时针方向的电流(从上往下看)，同理得，从最低点到E的过程中，产生逆时针方向的电流(从上往下看)，故A错误；由楞次定律的推论“来拒去留”可知，从A到最低点和从最低点到E的过程中，圆环受到摩擦力方向均向右，故B正确；由楞次定律的推论“来拒去留”可知，从最低点到E的过程中，圆环对桌面的压力小于自身所受的重力，故C错误；由于有部分机械能转化为内能，故磁铁在A、E两处的重力势能不相等，故D错误。
题组3　右手定则和左手定则的应用
6．如图所示，一个有界匀强磁场区域，磁场方向垂直于纸面向外，一个矩形闭合导线框abcd沿纸面由位置甲(左)匀速运动到位置乙(右)，则(　　)
A．导线框进入磁场时，感应电流方向为a→d→c→b→a　
B．导线框离开磁场时，感应电流方向为a→d→c→b→a
C．导线框离开磁场时，受到的安培力为0
D．导线框进入磁场时，受到的安培力为0
解析：选A。导线框进入磁场时，导线框里垂直于纸面向外的磁通量增大，根据楞次定律可知感应电流方向为a→d→c→b→a，A正确；导线框离开磁场时，导线框里垂直于纸面向外的磁通量减小，感应电流方向为a→b→c→d→a，B错误；导线框离开磁场时，由于有感应电流，由左手定则可知，ab受到的安培力不为0，导线框进入磁场时，由于有感应电流，由左手定则可知，cd受到的安培力不为0，C、D错误。
7．(双选)(2024·广东肇庆中学期末)如图所示为电磁刹车实验装置，小车底面安装有矩形导线框abcd，线框底面平行于地面，在小车行进方向有与abcd等宽、等长的有界匀强磁场，磁场方向垂直于地面向上。小车进入磁场前撤去牵引力，小车穿过磁场后滑行一段距离停止，则小车(　　)
A．进入磁场时，矩形导线框中感应电流的方向为adcba
B．离开磁场时，矩形导线框中感应电流的方向为adcba
C．穿过磁场的过程中，中间有一段时间矩形导线框中没有感应电流
D．穿过磁场的过程中，矩形导线框受到的安培力方向始终水平向左
解析：选BD。根据楞次定律可知，进入磁场时，矩形导线框中感应电流的方向为abcda，离开磁场时，矩形导线框中感应电流的方向为adcba，故A错误，B正确；因线圈与磁场等宽、等长，则穿过磁场的过程中，矩形导线框中始终有感应电流，故C错误；根据左手定则可知，穿过磁场的过程中，矩形导线框受到的安培力方向始终水平向左，故D正确。
8．如图所示，质量为m的闭合金属环用不可伸长的绝缘细线悬挂起来，金属环有一半处于水平且与环面垂直的匀强磁场中。从某时刻开始，磁感应强度开始减小，金属环始终保持静止，重力加速度为g，则在磁感应强度减小的过程中，关于细线的拉力和环中感应电流的方向，下列说法正确的是(　　)
A．大于环的重力mg，沿顺时针方向
B．小于环的重力mg，沿顺时针方向
C．大于环的重力mg，沿逆时针方向
D．小于环的重力mg，沿逆时针方向
解析：选A。磁感应强度减小，穿过金属环的磁通量减小，由楞次定律和安培定则可知，感应电流的方向为顺时针方向，再由左手定则可得，金属环所受安培力F的方向竖直向下，金属环始终保持静止，则细线的拉力FT＝mg＋F>mg。
9．(双选)(2025·陕西宝鸡市期中)如图所示，长直导线与心形金属线框放在光滑绝缘的水平面上，且长直导线与心形线框的对称轴MN垂直。当长直导线中通以图示方向的电流I，且电流增大时，下列关于心形线框的说法正确的是(　　)
A．线框有面积扩大的趋势
B．线框中产生逆时针方向的感应电流
C．线框在水平面内沿逆时针方向旋转
D．线框沿垂直于直导线方向向右平动
解析：选BD。直导线中的电流增大，线框中向里的磁通量增大，由楞次定律知，线框有面积缩小的趋势，线框中产生逆时针方向的感应电流，故A错误，B正确；由对称性知，线框对称轴MN上、下两部分受到平行于直导线方向上安培力的合力为零，线框受到安培力沿对称轴向右，线框沿垂直于直导线方向向右平动，故C错误，D正确。
10．(2025·辽宁大连市期中)如图甲所示，A、B两不同的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，下列说法正确的是(　　)
A．t1时刻B环电功率最大
B．t2时刻两环相互吸引
C．t3时刻两环相互排斥
D．t4时刻两环作用力最大
解析：选B。t1时刻，A环中电流最大，但电流变化率为0，在铁芯中产生的磁场变化率为零，因此根据楞次定律，可知B环中感应电流为0，则B环电功率为0，故A错误；t2时刻A环中电流在减小，产生的磁场在减小，根据楞次定律可知B环中产生与A环中同向的电流，再根据左手定则可知两环相互吸引，同理t3时刻两环也应相互吸引，故B正确，C错误；t4时刻A中电流为0，两环无相互作用，故D错误。
11．(2025·山东青岛市期中)如图所示，匀强磁场中固定一水平金属棒，金属棒两端点F1与F2刚好是绝缘椭圆轨道的两焦点，磁场方向垂直于椭圆面向外。一根金属丝绕过绝缘笔P与F1、F2相接，金属丝处于拉直状态。在绝缘笔沿椭圆轨道从长轴一端A点到另一端B点带动金属丝运动过程中，下列说法正确的是(　　)
A．穿过△PF1F2的磁通量先减小后增大
B．△PF1F2中感应电流方向先顺时针后逆时针
C．△PF1F2先有扩张趋势后有收缩趋势
D．金属棒所受安培力方向先向下后向上
解析：选B。在绝缘笔沿椭圆轨道从长轴一端A点到另一端B点带动金属丝运动过程中，△PF1F2的面积先增大后减小，故磁通量先增大后减小，A错误；由“增反减同”可知，△PF1F2中感应电流方向先顺时针后逆时针，B正确；根据“增缩减扩”，可知，△PF1F2先有收缩趋势后有扩张趋势，故C错误；金属棒中的感应电流先向左后向右，根据左手定则可知，金属棒所受安培力方向先向上后向下，故D错误。
12．高铁在高速行驶，如遇紧急情况需要制动刹车时，现均使用电磁制动技术。电磁制动的原理可简化为如图所示的模型，把一条形磁铁用一根弹簧悬挂，在条形磁铁正下方桌面上放置一线圈，把条形磁铁向下拉一定距离由静止释放，发现条形磁铁很快停止振动。不计空气阻力，则条形磁铁上下振动过程中，下列说法正确的是(　　)
A．线圈对条形磁铁的作用力一直做正功
B．线圈对条形磁铁的作用力一直做负功
C．线圈中电流方向一直不变
D．线圈对桌面压力一直增大
解析：选B。根据楞次定律“来拒去留”可得，条形磁铁向上运动时，线圈对条形磁铁的作用力向下，条形磁铁向下运动时，线圈对条形磁铁的作用力向上，该作用力一直做负功，A错误，B正确；条形磁铁向上运动时，线圈中磁通量向下减小，条形磁铁向下运动时，线圈中磁通量向下增加，根据楞次定律“增反减同”可得，线圈中电流方向不断变化，C错误；根据楞次定律的“来拒去留”可知，条形磁铁向上运动时，线圈中磁通量减小，可知条形磁铁对线圈有向上的作用力，则线圈对桌面的压力减小，条形磁铁向下运动时，线圈中磁通量增加，则条形磁铁对线圈有向下的作用力，则线圈对桌面的压力增加，D错误。题组1　法拉第电磁感应定律的理解和应用
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
解析：选C。根据法拉第电磁感应定律可知，感应电动势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，C正确，A、B、D错误。
2．(2023·重庆卷，T2)某小组设计了一种呼吸监测方案：在人身上缠绕弹性金属线圈，观察人呼吸时处于匀强磁场中的线圈面积变化产生的电压，了解人的呼吸状况。如图所示，线圈P的匝数为N，磁场的磁感应强度大小为B，方向与线圈轴线的夹角为θ。若某次吸气时，在t时间内每匝线圈面积增加了S，则线圈P在该时间内的平均感应电动势为(　　)
A．　　　　　 B．
C． D．
解析：选A。根据法拉第电磁感应定律有＝N＝NB cos θ·＝。
3．如图所示，半径为r的n匝线圈套在边长为L的正方形abcd之外，匀强磁场局限在正方形区域内且垂直穿过正方形，当磁感应强度以的变化率均匀变化时，线圈中产生的感应电动势大小为(　　)
A．πr2　　　　 　　 B．L2
C．nπr2 D．nL2
解析：选D。根据法拉第电磁感应定律可知，线圈中产生的感应电动势的大小E＝n＝nL2。
题组2　导体棒平动切割磁感线产生的电动势
4．(2024·甘肃卷，T4)如图，相距为d的固定平行光滑金属导轨与阻值为R的电阻相连，处在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场中。长度为L的导体棒ab(电阻不计)沿导轨向右做匀速直线运动，速度大小为v，则导体棒ab所受的安培力为(　　)
A．，方向向左　 B．，方向向右
C．，方向向左 D．，方向向右
解析：选A。导体棒以速度v向右做匀速直线运动，由右手定则可知，回路中产生逆时针方向的感应电流，由左手定则可知，ab棒所受安培力方向向左，B、D错误；根据E＝Bdv，I＝，F＝BId，得F＝，A正确，C错误。
5．(2025·福建南平期末)如图所示，abcd为水平固定放置的U形导体框，其中bc长为x，bc部分阻值为r，其余部分电阻不计。长为2x、阻值为2r的均匀导体棒MN，始终与导体框接触良好。整个装置处于垂直于纸面的匀强磁场中。现使导体棒以速度v水平向左匀速运动，则导体棒两端的电势差为________。
解析：导体棒以速度v水平向左匀速运动，等效电路如图所示，UMN＝UMP＋UPQ＋UQN，UPQ＝·r＝0.5Bxv，闭合回路之外的电势差为UMP＋UQN＝Bxv，所以导体棒两端的电势差UMN＝UMP＋UPQ＋UQN＝1.5Bxv。
答案：1.5Bxv
题组3　导体棒转动切割磁感线产生的电动势
6．如图所示，导体AB的长为2R，绕O点以角速度ω匀速转动，OB长为R，且OBA三点在一条直线上，有一磁感应强度为B的匀强磁场充满转动平面，且与转动平面垂直，那么A、B两端的电势差为(　　)
A．BωR2 B．2BωR2
C．4BωR2 D．6BωR2
解析：选C。导体AB切割磁感线产生的感应电动势大小E＝B·2R，因导体AB上各点的角速度相等，由v＝ωr知v与r成正比，则平均速度＝＝＝2ωR，联立可得E＝4BR2ω，AB两端的电势差大小等于导体AB中感应电动势的大小，即为4BR2ω。
7．(双选)法拉第制作了最早的圆盘发电机，如图甲所示。兴趣小组仿制了一个金属圆盘发电机，按图乙连接电路。圆盘边缘与电刷P紧贴，用导线把电刷P与电阻R的a端连接，圆盘的中心轴线O与电阻R的b端连接。将该圆盘放置在垂直于盘面向外的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。使圆盘以角速度ω匀速转动，转动方向如图乙所示。已知圆盘半径为L，除电阻R外其他电阻不计。下列说法正确的是(　　)
A．通过电阻R的电流方向为b→a
B．通过电阻R的电流方向为a→b
C．通过电阻R的电流大小为
D．通过电阻R的电流大小为
解析：选AC。转的圆盘可看成由无数根沿着半径的导体棒组成，每根导体棒均切割磁感线，从而产生感应电动势，产生感应电流，根据右手定则，圆盘上感应电流从圆周边缘流向圆心O点，可知通过电阻R的电流方向为b→a，故A正确，B错误；圆盘产生的感应电动势E＝BL，而＝ωL，联立解得E＝BL2ω，根据欧姆定律可得通过电阻R的电流大小I＝＝，故C正确，D错误。
8．如图所示的平面内，在通有图示方向电流I的长直导线右侧，固定一矩形金属线框abcd，ad边与导线平行。调节电流I使得空间各点的磁感应强度随时间均匀增加，则(　　)
A．线框中产生的感应电流方向为a→b→c→d→a
B．线框中产生的感应电流逐渐增大
C．线框ad边所受的安培力大小恒定
D．线框整体受到的安培力方向水平向右
解析：选D。根据安培定则可知，通电直导线右侧的磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度随时间均匀增加，根据楞次定律可知，线框中产生的感应电流方向为a→d→c→b→a，A错误；线框中产生的感应电流I＝＝n＝n·，空间各点的磁感应强度随时间均匀增加，故线框中产生的感应电流不变，B错误；线框ad边感应电流保持不变，磁感应强度随时间均匀增加，根据安培力表达式F安＝BIL，可知所受的安培力变大，C错误；由上述分析，根据左手定则可知，线框ad边所受的安培力水平向右，线框bc边所受的安培力水平向左，由通电直导线的磁场分部特点可知，ad边所处的磁场较大，根据安培力表达式F安＝BIL可知，线框整体受到的安培力方向水平向右，D正确。
9．如图所示，a、b是用同种规格的铜丝做成的两个同心圆环，两环半径之比为2∶3，其中仅在a环所围区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场。下列说法正确的是(　　)
A．穿过a、b两环的磁通量大小之比为4∶9
B．a、b两环绕圆心在纸面内转动时，两环中均有感应电流
C．磁感应强度B增大时，a、b两环中均有逆时针方向的感应电流
D．磁感应强度B均匀增大时，a、b两环中产生的感应电流之比为4∶9
解析：选C。穿过a、b两环的磁通量对应的有效面积相同，所以磁通量大小之比为1∶1，故A错误；a、b两环绕圆心在纸面内转动时，穿过两环的磁通量均不变，均不产生感应电流，故B错误；根据楞次定律结合安培定则可知，磁感应强度B增大时，a、b两环中均有逆时针方向的感应电流，故C正确；根据法拉第电磁感应定律有E＝＝S有效，可知磁感应强度B均匀增大时，a、b两环中产生的感应电动势之比Ea∶Eb＝1∶1，根据电阻定律R＝ρ可得，Ra∶Rb＝2∶3，根据I＝，可得Ia∶Ib＝3∶2，故D错误。
10．(10分)(2025·辽宁葫芦岛市期末) 手压式自发电手电筒(如图甲所示)是一种节能产品，其微型发电系统应用了法拉第电磁感应原理，其简单原理如图乙所示，通过手压可使半径为L的金属圆环绕圆心O顺时针转动，其角速度ω与时间t的关系为ω＝βt(β为正常数)。电阻为r、长度为L的导体棒，一端与圆环连接，并能随着圆环一起绕O点转动，整个圆环(在纸面内)置于垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。电阻为R的小灯泡通过电刷连接在圆环和O点之间，从静止开始按压发电手柄，经过时间t0，小灯泡正常发光，不计其他电阻。求：
(1)小灯泡正常发光时，通过小灯泡的电流大小及方向；(6分)
(2)小灯泡的额定功率。(4分)
解析：(1)t0时刻导体棒的角速度
ω0＝βt0
产生的感应电动势
E＝BL·ω0L
根据闭合电路欧姆定律，感应电流
I＝
解得I＝
由右手定则可知，通过小灯泡的电流方向自上而下。
(2)结合上述可知，小灯泡的额定功率
P＝I2R
解得P＝ eq \f(B2L4β2tR,4(R＋r)2)。
答案：(1)　电流方向自上而下　(2) eq \f(B2L4β2tR,4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(R＋r))2)(共47张PPT)
单元过关检测(二)
√
(时间：75分钟　分值：100分)
一、单项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求)
1．楞次定律中“阻碍”的含义是指(　　)
A．当引起感应电流的磁场增强时，感应电流的磁场方向与其相反；当引起感应电流的磁场减弱时，感应电流的磁场方向与其相同
B．感应电流形成的磁场只是阻碍引起感应电流的磁场的增强
C．感应电流形成的磁场只是阻碍引起感应电流的磁场的减弱
D．感应电流形成的磁场方向与引起感应电流的磁场方向相反
解析：楞次定律中“阻碍”的含义是指：当引起感应电流的磁场增强时，感应电流的磁场方向与其相反；当引起感应电流的磁场减弱时，感应电流的磁场方向与其相同。
√
2．如图所示，无限长通电直导线与右侧的矩形导线圈ABCD在同一平面内，线圈的AB边与直导线平行。现用外力使线圈向直导线靠近且始终保持AB边与直导线平行，在AB边靠近直导线的过程中，下列说法正确的是(　　)
A.线圈内产生的感应电流方向是ABCDA
B．直导线对AB边和CD边的安培力等大、反向
C．直导线对AD边和BC边的安培力等大、同向
D．直导线在线圈内部产生的磁场方向为垂直于线圈所在平面向外
解析：根据右手定则，直导线在右手边的磁场方向垂直于纸面向里，在AB边靠近直导线的过程中，线圈的磁通量增大，由楞次定律可知，线圈内产生的感应电流方向是ABCDA，A正确，D错误；
离直导线越近，直导线周围的磁场的磁感应强度越大，则直导线对AB边和CD边的安培力不等大且方向是相反的，B错误；
由对称性可知，直导线对AD边和BC边的安培力等大、反向，C错误。
√
解析：根据B－t图像，由楞次定律可知，线圈中感应电流方向一直为顺时针；在t0时刻，磁场的方向发生变化，故安培力方向在t0时刻发生变化，t＝0至t＝t0时段，安培力向左；t＝t0至t＝t1时段，安培力向右，故A、B错误。
√
4．如图所示，将一通电螺线管竖直放置，螺线管内部形成方向竖直向上、磁感应强度大小B＝kt(k>1)的匀强磁场，在内部用绝缘轻绳悬挂一与螺线管共轴的金属薄圆管，则(　　)
A．从上向下看，薄圆管中的感应电流为逆时针方向
B．薄圆管有垂直于轴线方向向内收缩趋势
C．轻绳对薄圆管的拉力的合力大于薄圆管的重力
D．轻绳对薄圆管的拉力随时间减小
解析：由题意可知，穿过圆管的磁通量向上且增加，根据楞次定律可知，感应电流的磁场要阻碍其增加，所以感应电流的磁场方向竖直向下，根据右手螺旋定则可知，从上向下看感应电流的方向为顺时针，故A错误；
由题意可知，穿过圆管的磁通量向上且增加，根据楞次定律的推论“增缩减扩”可知，薄圆管有垂直于轴线方向向内收缩趋势，故B正确；
根据左手定则可知，圆管中各段所受的安培力方向指向圆管的轴线，则轻绳对圆管的拉力的合力始终等于圆管的重力，不随时间变化，故C、D错误。
二、双项选择题(本题共4小题，每小题6分，共24分。在每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求，全选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分)
5．如图所示，a、b、c为三个被悬挂起的小金属圆环线圈，其中a位于螺线管左侧附近，b位于螺线管右侧附近，c位于螺线管中央的正上方，螺线管与电阻、电源以及开关串联组成一电路，当开关S闭合瞬间，忽略三环中感应电流之间的相互作用力，则a、b、c小金属圆环线圈(不考虑形变)的运动情况是(　　)
√
A．如果电源左边是正极，a向左摆动，b向左摆动，c向左摆动
B．如果电源左边是负极，a向右摆动，b向右摆动，c向右摆动
C．如果电源左边是正极，从左边看，a、b的电流方向均是逆时针，c的电流方向是顺时针
D．无论电源正极在左边还是右边，a向左摆动，b向右摆动，c不动
√
解析：当开关S闭合瞬间，穿过线圈的磁通量增大，根据“来拒去留”可知，无论电源正极在左边还是右边，a向左摆动，b向右摆动，c不动，故A、B错误，D正确；
如果电源左边是正极，a处磁场方向向右，b处磁场方向向右，c处磁场方向向左，根据楞次定律，从左边看，a、b的电流方向均是逆时针，c的电流方向是顺时针，故C正确。
√
6．如图甲所示，螺线管匝数n＝100匝，横截面积S＝10 cm2，螺线管导线电阻不计，定值电阻R＝5 Ω，磁感应强度B的B－t图像如图乙所示(以向右为磁感应强度B的正方向)，则(　　)

A．前0.1 s内的感应电流大于0.1 s到0.3 s内的感应电流
B．前0.1 s内和0.1 s到0.3 s内的感应电流方向相同
C．前0.1 s内，通过R的电流大小为0.04 A
D．前0.1 s内，通过R的电流方向为从A到C
√
前0.1 s内磁感应强度向右增大，根据楞次定律可知，感应电流的磁场方向与原磁场方向相反，所以流过R的电流方向为从C到A，0.1 s到0.3 s内磁感应强度向右减小，所以流过R的电流方向为从A到C，则前0.1 s内和0.1 s到0.3 s内的感应电流方向不同，故B、D错误。
7．如图(a)所示，两根间距为L、足够长的光滑平行金属导轨竖直放置并固定，顶端接有阻值为R的电阻，垂直导轨平面存在变化规律如图(b)所示的匀强磁场，t＝0时磁场方向垂直于纸面向里。在t＝0到t＝2t0的时间内，金属棒水平固定在距导轨顶端L处；t＝2t0时，释放金属棒。整个过程中金属棒与导轨接触良好，导轨与金属棒的电阻不计，则(　　)
√
√
由题图可知在t＝3t0时，磁场方向垂直于纸面向外，金属棒向下掉的过程中磁通量增加，根据楞次定律可知金属棒中的感应电流方向向左，故D错误。
√
√
解析：根据右手定则，判断可知流过杆的感应电流方向从M到N，故A错误。
杆在磁场中运动的此段时间内，根据动量定理可得mgt sin θ－I安＝m·2v－mv，得杆所受安培力的冲量大小I安＝mgt sin θ－mv，故D正确。
三、非选择题(本题共8小题，共60分)
9．(3分)如图所示，两个相同的铝环套在一根无限长的光滑杆上，将一条形磁铁向左插入铝环(未穿出)的过程中，两环同时________(选填“向左”或“向右”)运动，二者间的距离________(选填“增大”“减小”或“不变”)
向左
减小
解析：当磁铁靠近两圆环时，通过两圆环的磁通量均变大；由楞次定律可知，两圆环均产生顺时针的感应电流(从左向右看)，可知两圆环均受到条形磁铁向左的安培力，所以两圆环同时向左运动；由于两圆环中感应电流方向相同，所以两圆环相互吸引，距离减小。
10．(3分)如图所示的电路中，L是一个自感系数很大的线圈，直流电阻可忽略不计。开关S闭合后，灯泡L1会____________(选填“逐渐”或“立刻”)变亮；开关S断开瞬间，流经灯泡L2的电流方向是从________(选填“a到b”或“b到a”)。
解析： 开关S闭合后，通过线圈L的电流逐渐增大，线圈产生感应电动势，阻碍电流的增大，故灯泡L1会逐渐变亮；开关S断开瞬间，线圈由于自感，阻碍电流的减小，线圈、灯泡L1、灯泡L2组成闭合回路，故流经灯泡L2的电流方向是从b到a。
逐渐
b到a
11．(6分)法拉第发明了世界上第一台发电机——法拉第圆盘发电机，原理图如图所示。半径为r的金属圆盘在垂直于盘面的匀强磁场B中，绕O轴以角速度ω沿逆时针方向匀速转动，则通过电阻R的电流的方向______________(选填“d→c”或“c→d”)，大小I＝_____________。
d→c
12．(6分)(1)图甲为某实验小组做“探究影响感应电流方向的因素”的实验装置，关于实验过程中应该注意的事项和实验现象，以下说法正确的是________。


A.实验前应该先仔细观察，清楚线圈的绕向
B．开关闭合后，将滑动变阻器的滑片匀速滑动使接入电路的阻值逐渐减小，会观察到电流计指针不发生偏转
C．开关闭合后，线圈A从线圈B中拔出和插入过程中会观察到电流计指针偏转方向相反
D．开关闭合与断开瞬间，电流计指针都会偏转，且偏转方向相同
AC
解析：实验是探究影响感应电流方向的因素，因此实验前要仔细观察，弄清楚线圈绕向，搞清线圈电流方向与电流计指针偏转方向的关系，故A正确；开关闭合后，将滑动变阻器的滑片匀速滑动使接入电路的阻值逐渐减小，导致穿过线圈B的磁通量变化，从而产生感应电流，会观察到电流计指针发生偏转，故B错误；开关闭合后，线圈A从线圈B中拔出和插入过程中，穿过线圈B的磁通量变化不同，前者减少，后者增加，会观察到电流计指针偏转方向相反，故C正确；开关闭合与断开瞬间，穿过线圈B的磁通量都会变化且变化不同，开关闭合瞬间磁通量增加，断开瞬间磁通量减少，会观察到电流计指针偏转，而且偏转方向不同，故D错误。
(2)当电流从灵敏电流计正接线柱流入时指针向正接线柱一侧偏转。现将其与线圈相连之后，将上端为S极的磁铁插入线圈中，图乙中电流计指针偏转的方向应为偏向________(选填“正”或“负”)接线柱。根据图丙中电流计指针偏转方向可以判断出插入线圈的磁铁下端的磁极为________(选填“N”或“S”)极。
正
S
解析：当电流从灵敏电流计正接线柱流入时指针向正接线柱一侧偏转，若将上端为S极的磁铁插入线圈中，则原磁场方向向下且磁通量增加，则感应电流的磁场方向向上，根据安培定则可知感应电流从电流计正接线柱流入，故指针偏向正接线柱一侧；根据题图丙中电流计指针偏向负接线柱一侧，可知感应电流是从负接线柱流入电流计的，根据安培定则，可知感应电流的磁场方向向下，因条形磁铁向下运动，磁通量增加，可知原磁场方向向上，则插入线圈的磁铁下端的磁极为S极。
13．(6分)(1)探究电磁感应现象应选用如图______(选填“甲”或“乙”)所示的装置进行实验。
解析：在电磁感应现象中，感应电流的方向与导体切割磁感线运动的方向和磁感线的方向有关，探究电磁感应现象的实验装置，只需要有磁场、导体棒、电流表即可，不需要电源，则探究电磁感应现象应选用题图甲装置进行实验。
甲
(2)在图丙中，当闭合S时，观察到电流表指针向左偏(不通电时指针停在正中央)，则在图丁中，磁体N极插入线圈A过程中，通过线圈的磁通量________(选填“增大”或“减小”)，电流表的指针将______(选填“向左”“向右”或“不发生”)偏转；在图戊中，导体棒ab向左移动过程中，电流表的指针将________(选填“向左”“向右”或“不发生”)偏转。
增大
向左
向右
解析：在题图丙中，当闭合S时，观察到电流表指针向左偏，说明电流从负接线柱流入时，电流表指针向左偏；在题图丁中，磁体N极插入线圈A过程中，线圈A中磁通量向下增大，根据楞次定律可知感应电流将从电流表负接线柱流入，则电流表的指针将向左偏转；在题图戊中，导体棒ab向左移动过程中，根据右手定则可知感应电流从电流表正接线柱流入，则电流表的指针将向右偏转。
(3)在图己中，R为光敏电阻(光强变大，电阻变小)，轻质金属环A用轻绳悬挂，与长直螺线管共轴(A线圈平面与螺线管线圈平面平行)，并位于螺线管左侧。当光照增强时，从左向右看，金属环A中电流方向为________(选填“顺时针”或“逆时针”)，金属环A将__________(选填“向左”或“向右”)运动。
逆时针
向左
解析：当光照增强时，光敏电阻的阻值减小，回路电流增大，螺线管产生的磁场增大，穿过金属环A的磁通量向右增大，根据楞次定律可知，从左向右看，金属环A中电流方向为逆时针； 金属环A电流方向为逆时针，而螺线管电流方向为顺时针，根据反向电流相互排斥，可知金属环将向左运动。
14．(8分)如图甲所示，一个面积为S、阻值为r的单圈圆形金属线圈与阻值为2r的电阻R组成闭合回路。在线圈中存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系如图乙所示，图中B0和t0已知，导线电阻不计。在t＝0至t＝t0时间内，求：

(1)电阻R中电流的方向；(2分)
解析：由题图乙可知，线圈内磁通量持续增加，根据楞次定律可判断出电阻R中电流的方向为由a到b。
答案：由a到b　
(2)a、b两点间的电势差Uab。(6分)
15．(12分)如图甲所示，水平绝缘传送带正在输送一闭合正方形金属线框abcd，线框每一边电阻均为r，在输送中让线框随传送带通过一固定的匀强磁场区域，磁场方向竖直向下，磁感应强度大小为B，磁场边界MN、PQ与传送带运动方向垂直，其间距为2d。已知传送带以恒定速率v0运动，线框质量为m，边长为d，线框与传送带间的动摩擦因数为μ，且在传送带上始终保持线框左、右两边平行于磁场边界，在线框右边刚进入磁场到线框右边刚离开磁场的过程中，其速度v随时间t变化的图像如图乙所示，重力加速度大小为g。求：
(1)线框右边刚进入磁场时a、b两点的电势差；(2分)
(2)整个线框恰好离开磁场时的速度大小；(4分)
(3)整个线框穿过磁场过程中产生的焦耳热。(6分)
答案：4μmgd
16．(16分)如图所示，两根足够长的光滑金属直导轨平行放置，导轨间距为L，两导轨及其所构成的平面均与水平面成θ角，整个装置处于垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。现将质量均为m的金属棒a、b垂直导轨放置，每根金属棒接入导轨之间的电阻均为R。运动过程中金属棒与导轨始终垂直且接触良好，金属棒始终未滑出导轨，导轨电阻忽略不计，重力加速度为g。
(1)先保持棒b静止，将棒a由静止释放，求棒a匀速运动时的速度大小v0。(5分)
(2)在(1)问中，当棒a匀速运动时，再将棒b由静止释放，求释放瞬间棒b的加速度大小a0。(3分)
解析：当棒a匀速运动时，释放棒b，分析可知，棒b受到沿导轨向下的安培力，则释放棒b的瞬间，对棒b，由牛顿第二定律有
mg sin θ＋BI1L＝ma0
又BI1L＝mg sin θ
解得a0＝2g sin θ。
答案：2g sin θ
(3)在(2)问中，从棒b释放瞬间开始计时，经过时间t0，两棒恰好达到相同的速度v，求速度v的大小，以及时间t0内棒a相对于棒b运动的距离Δx。(8分)(共38张PPT)
第2章　电磁感应及其应用
第1节　科学探究：感应电流的方向
第1课时　实验：探究影响感应电流的
方向的因素
学习目标
1．通过实验探究影响感应电流方向的因素。　2.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。　3.理解楞次定律是能量守恒定律在电磁感应现象中的反映。　4.掌握右手定则，认识右手定则是楞次定律的一种具体表现形式。能应用右手定则判断感应电流的方向。
课前知识梳理
PART
01
第一部分
一、实验目的
1．探究感应电流方向与哪些因素有关。
2．学习利用电流计判断感应电流方向的方法。
二、实验器材
电流计、干电池、开关、保护电阻、导线、螺线管、条形磁铁。
三、实验原理与设计
将磁铁的不同磁极插入、拔出螺线管，观察感应电流方向的变化。通过分析感应电流的方向与磁铁的磁场方向、通过线圈的磁通量的变化之间的关系，探究影响感应电流方向的因素。
四、实验步骤
1．先明确电流计指针的偏转方向与通过电流计的电流方向的关系。
2．观察螺线管上漆包线的绕向。
3．将电流计与螺线管按实验装置示意图连接好，依次完成以下实验操作，记录观察到的电流计指针偏转情况，填入表中。
实验装置示意图
(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
五、归纳结论
当线圈内磁通量增加时，感应电流的磁场与原磁场方向相反，阻碍线圈中磁通量的增加；当线圈内磁通量减少时，感应电流的磁场与原磁场方向相同，阻碍线圈中磁通量的减少。
六、注意事项
1．确定电流方向与电流表指针偏转方向的关系
时，要用试触法并注意减小电流，防止电流过大或通电时间过长损坏电流表。
2．电流表选用零刻度在中间的灵敏电流计。
3．实验前设计好表格，并明确线圈的绕线方向。
4．按照控制变量的思想进行实验。
5．进行一种操作后，等电流计指针回零后再进行下一步操作。
典例分类讲解
PART
02
第二部分
题型一　教材原型实验
同学们在学习了感应电流产生的条件后，想通过实验探究影响感应电流方向的因素，实验过程如下：
(1)按照图1所示电路连接器材，闭合开关，电流表指针向右偏转，对调电源正负极，重复以上操作。该步骤目的是获得电流表指针偏转方向与________方向的对应关系。
[解析]　电流方向不同，对应指针偏转方向不同，所以该步骤目的是获得电流表指针偏转方向与电流方向的对应关系。
(2)按照图2所示电路连接器材，查明线圈中导线的绕向，以确定感应电流产生的磁场方向。
电流
(3)分别改变磁体磁场的方向和磁体运动方向，观察指针偏转方向，使用表格记录数据；根据(1)中探究的对应关系，表中实验4中空格应填________(选填“向上”“向下”“向左”或“向右”)。
实验序号 磁体磁场的方向(正视) 磁体运动情况 指针偏转情况 感应电流的磁场方向(正视)
1 向下 插入线圈 向左 向上
2 向下 拔出线圈 向右 向下
3 向上 插入线圈 向右 向下
4 向上 拔出线圈 向左
向上
[解析]　指针向左偏转，结合表中实验1的数据可知，感应电流的磁场方向向上。
(4)根据表中所记录数据，进行如下分析：
①由实验1和________(填实验序号)可得出结论，感应电流方向与磁体运动情况有关；
②由实验2、4得出的结论，穿过闭合回路的磁通量减少时，感应电流的磁场与原磁场方向________(选填“相同”“相反”或“无关”)。
[解析]　①要探究感应电流方向与磁体运动情况的关系，需保证磁体磁场的方向相同，而磁体运动方向不同，故由实验1和2可得出结论。
②由实验2、4得出的结论：穿过闭合回路的磁通量减少时，感应电流的磁场与原磁场方向相同。
2
相同
(5)经过进一步讨论和学习，同学们掌握了影响感应电流方向的因素及其结论，为电磁感应定律的学习打下了基础。
(2025·河北期中)刘同学研究电磁感应现象的实验装置如图甲所示，该同学正确连接电路，闭合开关瞬间，发现灵敏电流计的指针向左偏转了一下。
(1)闭合开关电路稳定后，该同学将滑动变阻器的滑片________(选填“向左”或“向右”)移动时，灵敏电流计的指针向右偏转。
[解析]　闭合开关时通过线圈B的磁通量增大，灵敏电流计的指针向左偏，若要使灵敏电流计的指针向右偏转，应使通过线圈B的磁场变弱(即通过线圈B的磁通量减小)，通过线圈A的电流应减小，则滑动变阻器的滑片应该向右滑动。
向右
(2)该同学继续用如图乙所示的实验装置来探究影响感应电流方向的因素，实验中发现感应电流从“＋”接线柱流入灵敏电流计时，灵敏电流计的指针向右偏转，螺线管的绕线方向在图丙中已经画出。若将条形磁铁向下插入螺线管时，指针向右偏转，则条形磁铁________(选填“上端”或“下端”)为N极。进一步实验发现，当穿过螺线管的原磁场磁通量减小时，感应电流产生的磁场方向与原磁场方向________(选填“相同”或“相反”)。
上端
相同
[解析]　根据题述电流方向可知，感应电流的磁场方向竖直向下，结合楞次定律可知，原磁场磁通量方向向上，即条形磁铁上端为N极，因为感应电流产生的磁场方向总是阻碍引起感应电流的原磁场磁通量的变化，故当穿过螺线管的原磁场磁通量减小时，感应电流产生的磁场方向与原磁场方向相同。
题型二　教材创新实验
(1)由如图1所示的装置探究感应电流的方向具有的规律，其中G为灵敏电流计，没有电流通过时指针指向中间刻度，这种实验方案采用了____________(选填“归纳总结”或“假设推理”)物理思想方法。
归纳总结
[解析]　该实验中灵敏电流计在没有电流通过时指针指在中间刻度，所以可以通过确认电流计指针偏转方向与通过电流计的电流方向的关系知道产生的感应电流的具体的方向，同时通过记录磁铁在线圈中的磁场方向，最后判断出磁场的变化与感应电流方向的关系，然后结合实验的现象总结归纳，得出相应的结论，所以该实验使用的方法为归纳总结法。
(2)某兴趣小组采用图2所示的电路来研究电磁感应现象，A、B为两个规格相同的灵敏电流计，Rt为热敏电阻，其阻值随温度的变化规律如图3所示；D是两个套在一起的大小线圈，小线圈与A所在电路连接，大线圈与B构成闭合电路。开关S闭合，100 ℃时A、B两个电流计指针位置如图2，温度逐渐降低到 20 ℃ 的过程中，A灵敏电流计的指针偏转角将________(选填“增大”“减小”或“不变”)，B灵敏电流计的指针将__________________(选填“指在中间刻度”“偏向中间刻度右侧”或“偏向中间刻度左侧”)。
减小
偏向中间刻度右侧
[解析]　电流计A与电源等组成闭合回路，温度由100 ℃逐渐降低到20 ℃的过程，接入电路中的电阻变大，由闭合电路欧姆定律可知，电路中的电流将减小，即电流计的偏角减小；由题图1可知，电流从电流计右边进入时，电流计指针向右偏，电路中的电流减小，电流产生的磁场减小，穿过大线圈的磁通量减小，感应电流产生的磁场阻碍大线圈磁通量的减小，电流从B表的右边进入，所以B表指针右偏，即偏向中间刻度右侧。
随堂巩固落实
PART
03
第三部分
1．(2025·广东广雅中学开学考)如图所示的器材可用来研究电磁感应现象，其中L1、L2为两个线圈，G为灵敏电流计。
(1)将图中所缺导线补接完整。
解析：将L2与灵敏电流计G连接构成闭合回路，将L1与滑动变阻器、电源和开关连接，如图所示。
答案：图见解析
(2)如果闭合开关瞬间发现灵敏电流计的指针向右偏，电路稳定后，将L1迅速从L2中抽出时，电流计的指针将__________(选填“向右”“向左”或“不会”)偏。
解析：由题意知磁场方向一定，穿过线圈L2的磁通量增大时，灵敏电流计的指针向右偏，可知，电路稳定后，将L1迅速从L2中抽出时，穿过线圈L2的磁通量减小，电流计的指针将向左偏。
向左
(3)将L1插入L2中，闭合开关后，下列操作可使L2中感应电流与L1中电流绕行方向相反的是________。
A．在L1中插入软铁棒
B．拔出L1
C．将滑动变阻器的滑片向右移动
D．断开开关
A
解析：在L1中插入软铁棒，穿过线圈L2的磁通量增大，感应电流的磁场方向与原磁场方向一定相反，根据安培定则可知，L2中感应电流与L1中电流的绕行方向相反，故A正确。
拔出L1，穿过线圈L2的磁通量减小；将变阻器滑片向右移动，滑动变阻器接入电阻增大，电路中电流减小，线圈L1产生磁场减弱，穿过线圈L2的磁通量减小；断开开关，穿过线圈L2的磁通量减小；磁通量减小，则感应电流的磁场方向与原磁场方向一定相同，根据安培定则可知，L2中感应电流与L1中电流的绕行方向相同，故B、C、D错误。
2．(2025·江苏无锡市锡东中学期中)为探究影响感应电流方向的因素，两位同学做了如下的实验。
(1)小李同学选用图甲中的器材模仿法拉第的实验进行探究。
①为了保证实验现象明显，电源选用________；电表选用________。(填写器材前的代码)
A．低压直流电源
B．低压交流电源
C．220 V交流电源
D．灵敏电流计
E．0～0.6 A量程的电流表
F．0～0.6 V量程的电压表
A
D
②实验过程中，记录的实验现象如下表所示，观察四项实验结果，能够得出结论，产生感应电流的条件与________(选填“A”“B”或“C”)的变化有关。

A．磁场
B．电场
C．闭合导体回路包围的面积
开关和滑动变阻器的状态 线圈B中是否有电流
开关闭合瞬间 有
开关断开瞬间 有
开关闭合时，滑动变阻器不动 无
开关闭合时，迅速移动滑动变阻器的滑片 有
A
解析：①依据电磁感应现象，结合实验器材，为了保证实验现象明显，电源选用低压直流电源，即选用A；而电表选用灵敏电流计，即选用D。
②由题表可知产生感应电流的条件与磁场的变化有关。
(2)小张同学用导轨、导体棒、电表、导线组成图乙所示的电路，整个电路处于垂直于导轨的磁场中，当导体棒在金属导轨上向右移动时，电表中有电流，得出结论，产生感应电流的条件与________(选填“A”“B”或“C”)的变化有关。
A．磁场
B．电场
C．闭合导体回路包围的面积
解析：整个电路处于垂直于导轨的磁场中，当导体棒在金属导轨上向右移动时，电表中有电流，得出结论，产生感应电流的条件与闭合导体回路包围的面积的变化有关。
C(共46张PPT)
阶段滚动检测卷(一)
√
(时间：75分钟　分值：100分)
一、单项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求)
1．两足够长直导线均折成直角，按图示方式放置在同一平面内，EO与O′Q在一条直线上，PO′与OF在一条直线上，两导线相互绝缘，通有相等的电流I，电流方向如图所示。若一根无限长直导线通过电流I时，所产生的磁场在距离导线d处的磁感应强度大小为B，则图中与导线距离均为d的M、N两点处的磁感应强度大小分别为(　　)
A．B、0　　　　 B．0、2B
C．2B、2B D．B、B
解析：两直角导线可以等效为如图所示的两直导线，由安培定则可知，两直导线分别在M处的磁感应强度方向为垂直于纸面向里、垂直于纸面向外，故M处的磁感应强度为0；两直导线在N处的磁感应强度方向均垂直于纸面向里，故N处的磁感应强度为2B，故B正确。
√
2．利用霍尔效应制作的霍尔元件以及传感器，广泛应用于测量和自动控制等领域。如图所示，将一厚度为d的半导体薄片垂直置于磁感应强度为B的匀强磁场中，在薄片的两个侧面E、F间通以电流I时，另外两侧M、N间产生电势差，这一现象称为霍尔效应。其原因是薄片中定向移动形成电流的载流子受洛伦兹力的作用向一侧偏转和积累，在M、N间产生霍尔电压UH。半导体的载流子有自由电子或空穴(相当于正电荷)两种类型。下列说法正确的是(　　)
A．若该半导体是空穴导电，则M侧的电势低于N侧的电势
B．若只增大半导体薄片的厚度d，则霍尔电压UH将增大
C．若只增大磁场的磁感应强度B，则霍尔电压UH将增大
D．若只增大电流I，则霍尔电压UH将减小
解析：若该半导体是空穴导电，即相当于正电荷导电，根据左手定则可知，正电荷在洛伦兹力作用下向M侧聚集，可知M侧电势高于N侧电势，故A错误；



若只增大磁感应强度B，则霍尔电压UH将增大，故C正确；
若只增大电流I，则霍尔电压UH将增大，故D错误。
√
3．如图所示，T是绕有两个线圈的闭合铁芯，一个线圈接电流计G，另一个线圈接导轨，金属棒ab可沿导轨左右滑动，且始终处于匀强磁场中，导轨的电阻不计，在下列情况下，有电流从下向上通过电流计G的是(　　)
A．ab向右匀速运动时 B.ab向左减速运动时
C．ab向左加速运动时 D．ab向右减速运动时
解析：当ab向右匀速运动时，根据法拉第电磁感应定律，可知右边线圈会产生恒定的感应电流，铁芯内部的磁场恒定，左边的线圈中不会产生感应电流，故A错误；
当ab向左减速运动时，根据法拉第电磁感应定律和右手定则，可知右边线圈会产生不断减小的感应电流，且感应电流方向是从a到b通过金属棒，又根据安培定则可知铁芯内部会产生一个沿顺时针方向的减小的磁场，可引起穿过左边线圈的磁通量减小，左边的线圈中产生感应电流，再根据楞次定律可判断左边线圈中的感应电流会从下到上通过电流计G，故B正确；
同理，当ab向左加速运动时，可判断左边线圈中的感应电流会从上到下通过电流计G，当ab向右减速运动时，可判断左边线圈中的感应电流会从上到下通过电流计G，C、D错误。
√
解析：两粒子进入磁场时所受洛伦兹力均向左，由左手
定则可知，粒子P、Q均带正电，故A错误；
√
二、双项选择题(本题共4小题，每小题6分，共24分。在每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求，全选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分)
5．如图所示，螺线管连接电阻R放置在水平地面上，上方有一竖直放置的条形磁铁，磁铁的N极朝下，当磁铁向下运动过程中(未插入线圈内部)，下列说法正确的是(　　)
A.穿过螺线管的磁通量减少
B．通过R的感应电流方向为从b→R→a
C．磁铁与螺线管相互吸引
D．螺线管对地面的压力变大
√
解析：当磁铁向下运动时(但未插入线圈内部)，穿过螺线管的磁通量增加，故A错误；
由题图可知，当磁铁竖直向下运动时，穿过线圈的磁场方向向下增大，由楞次定律可知感应电流的磁场应向上，由右手螺旋定则可知电流方向为从b→R→a，故B正确；
根据“来拒去留”可知，磁铁靠近线圈，则磁铁与线圈相互排斥，故线圈对地面的压力变大，故C错误，D正确。
√
6．如图所示，一轻质弹簧上端固定，下端悬挂一个磁铁，在磁铁正下方桌面上放置一个闭合铜制线圈。将磁铁托起到某一高度后放开，忽略空气阻力，则(　　)
A．磁铁最终会停止运动
B．磁铁将做简谐振动
C．磁铁远离线圈时，从上往下看线圈感应电流方向为顺时针方向
D．磁铁远离线圈时，桌面对线圈的支持力大于线圈自身的重力
√
解析：根据楞次定律可知下面的线圈会阻碍磁铁运动，所以磁铁最终会停止，不会做简谐运动，A正确，B错误；
在磁铁远离线圈过程中，穿过线圈的磁通量向下减小，由楞次定律可知，线圈中的感应电流方向为顺时针(从上往下看), C正确；
磁铁向上运动时，根据楞次定律推论“来拒去留”可知磁铁对线圈有向上的引力，故对线圈受力分析可知桌面对线圈的支持力小于线圈的重力， D错误。
√
7．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b与电源、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向下滑动，下列表述正确的是(　　)
A．线圈a中将产生沿顺时针方向(俯视)的感应电流
B．穿过线圈a的磁通量增加
C．线圈a有扩张的趋势
D．线圈a对水平桌面的压力将增大
√
解析：当滑动触头P向下移动时电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知通过线圈b的电流增大，穿过线圈a的磁通量增加，方向向下，根据楞次定律即可判断出线圈a中感应电流方向俯视应为逆时针，故A错误，B正确；
根据楞次定律，感应电流的产生总是阻碍引起感应电流的原因，因为滑动触头向下滑动导致穿过线圈a的磁通量增加，故线圈面积减少时才能阻碍磁通量的增加，故线圈a应有收缩的趋势，故C错误；
开始时线圈a对桌面的压力等于线圈a的重力，当滑动触头向下滑动时，可以用“等效法”，即将线圈a和b看作两个条形磁铁，判断知此时两磁铁的N极相对，互相排斥，故线圈a对水平桌面的压力将增大，故D正确。
√
√
三、非选择题(本题共8小题，共60分)
9．(3分)图甲是磁电式电表的内部构造，其截面如图乙，两软铁间的磁场可看作是均匀辐射分布的，圆柱形软铁内部的磁场可看作是平行的。若未通电的线圈在P、Q位置的磁通量分别为ΦP、ΦQ，ΦP________(选填“>”“<”或“＝”)ΦQ。
解析：线圈在P位置与磁场平行，磁通量ΦP＝0，线圈在Q位置与磁场方向成一定夹角，此时磁通量不为零，所以ΦP<ΦQ。
<
1
11．(3分)将一根绝缘硬质细导线顺次绕成如图所示的线圈，其中大圆面积为S1，小圆面积均为S2，垂直线圈平面方向有一随时间t变化的磁场，磁感应强度大小B＝B0＋kt，B0和k均为常量，则线圈中总的感应电动势大小为______________。
k(S1＋5S2)
12．(6分)如图所示，三个线圈环绕在同一矩形铁芯上，
闭合K1、断开K2，按如图所示的方式将条形磁铁加速
插入线圈，灵敏电流计的指针向左偏。(均选填“向左”
“向右”或“不”)
(1)闭合K1、断开K2，条形磁铁插入线圈后静止不动，滑动变阻器的滑动触头向左加速滑动，灵敏电流计的指针________偏转。
不
解析：题干条件下，与线圈A构成的回路中产生逆时针方向增大的感应电流，由安培定则可知穿过C的磁场向左增大，结合楞次定律可知电流从右向左通过灵敏电流计，灵敏电流计的指针向左偏。闭合K1，断开K2，条形磁铁插入线圈后静止不动，滑动变阻器的滑动触头向左加速滑动，穿过线圈的磁通量不变，线圈中没有感应电流产生，则灵敏电流计的指针不偏转。
(2)闭合K1、断开K2，将条形磁铁从线圈中加速拔出，灵敏电流计的指针______偏转。
解析：闭合K1，断开K2，将条形磁铁从线圈中加速拔出，则与线圈A构成的回路中产生顺时针方向增大的感应电流，与题干中情况相反，则灵敏电流计的指针向右偏。
向右
(3)断开K1，闭合K2的瞬间，灵敏电流计的指针______偏转；经过一段时间稳定后，灵敏电流计的指针______偏转；断开K2的瞬间，灵敏电流计的指针______偏转。
解析：断开K1，闭合K2的瞬间，C中的磁场向右增大，则由楞次定律可知电流从左向右流过灵敏电流计，灵敏电流计的指针向右偏。经过一段时间稳定后，线圈内磁通量不再变化，线圈C中无感应电流，灵敏电流计的指针不偏转。断开K2的瞬间，C中的磁场向右减小，则由楞次定律可知电流从右向左流过灵敏电流计，则灵敏电流计的指针向左偏。
向右
不
向左
(4)将两个开关均闭合，条形磁铁插入线圈后静止不动，灵敏电流计的指针____________偏转。
解析：将两个开关均闭合，条形磁铁插入线圈后静止不动，线圈内磁通量不变，则灵敏电流计的指针不偏转。
不
13．(8分)兴趣小组探究安培力与电流大小的关系，设计的原理图如图，两相同通电线圈竖直正对放置，在两线圈中央用绝缘细线悬挂一长度为L的导体棒ab(L小于线圈的直径)，绝缘细线系在精密天平横梁的左侧，天平左右悬点关于支点对称，当地重力加速度为g，小组同学进行了一系列操作。

(1)两线圈间的磁场近似为匀强磁场，根据图中线圈中的电流方向，判断出图中未画箭头的一簇磁感线的方向应为__________(选填“水平向左”或“水平向右”)。
解析：根据右手螺旋定则，题图中磁感线的方向水平向右。
水平向右
(2)往天平右侧砝码盘中加入砝码，测量出导体棒ab的质量m0。
(3)给导体棒ab通入电流I0，在ab水平静止的同时保证导体棒ab与磁感线垂直，调节天平，发现需要在砝码盘中加入Δm的砝码，天平才重新平衡，则此时导体棒受到的安培力大小为________，方向________。
解析：根据平衡条件可得，导体棒受到的安培力大小为Δmg，方向竖直向下。
Δmg
竖直向下
(4)只改变ab通入的电流I的大小，在ab水平静止的同时保证导体棒ab与磁感线垂直，调节天平，读出砝码的质量m，比较安培力与电流大小的关系。
(5)小组同学得出多组m、I数据后，作出了m－I图像，该图像是一条直线，斜率为k，则两线圈间的匀强磁场磁感应强度的大小为____________(用g、k、L表示)。
14．(9分)某同学以金属戒指为研究对象，探究金属物品在变化磁场中的热效应。如图所示，戒指可视为周长为L、横截面积为S、电阻率为ρ的单匝圆形线圈，放置在匀强磁场中，磁感应强度方向垂直于戒指平面。若磁感应强度大小在Δt时间内从0均匀增加到B0，求：
(1)戒指中的感应电动势和电流；(6分)
(2)戒指中电流的热功率。(3分)
(1)求金属板间电势差U。(4分)
(2)求粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向间的夹角θ。(6分)
答案：60°　
(3)仅改变圆形磁场区域的位置，使粒子仍从图中O′点射入磁场，且在磁场中的运动时间最长。定性画出粒子在磁场中的运动轨迹及相应的弦，标出改变后的圆形磁场区域的圆心M。(4分)
解析：根据几何关系，将磁场圆绕O′点顺时针旋转，当O点转到M点，粒子在磁场中的运动轨迹相应的弦为磁场圆的直径时，粒子在磁场中的运动时间最长。作出粒子在磁场中的运动轨迹及相应的弦，标出改变后的磁场圆的圆心M，如图2所示。
答案：见解析图2
16．(14分)如图所示，两条光滑平行导轨所在平面与水平地面的夹角θ＝53°，两导轨间距L＝2 m，导轨上端接有一电阻，阻值R＝2 Ω，O、P、M、N四点在导轨上，两虚线OP、MN平行且与导轨垂直，两虚线OP、MN间距d＝1.5 m，其间有匀强磁场，磁感应强度大小B＝2 T，方向垂直于导轨平面向上。在导轨上放置一质量m＝1 kg、长为L、阻值也为R的金属棒，棒可沿导轨下滑，且在下滑过程中保持与导轨垂直并良好接触。让金属棒从离磁场上边界OP距离d处由静止释放，进入磁场后在到达下边界MN前已匀速。(已知重力加速度大小g取10 m/s2，sin 53°＝0.8)不计导轨电阻。求：
(1)金属棒刚进入磁场时的速度v的大小；(2分)
(2)金属棒刚进入磁场时的加速度a；(6分)
(3)金属棒穿过磁场过程中，所用的时间t和金属棒上产生的电热Q棒。(6分)第1节　科学探究：感应电流的方向
　
1．通过实验探究影响感应电流方向的因素。　2.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。　3.理解楞次定律是能量守恒定律在电磁感应现象中的反映。　4.掌握右手定则，认识右手定则是楞次定律的一种具体表现形式。能应用右手定则判断感应电流的方向。
第1课时　实验：探究影响感应电流方向的因素
一、实验目的
1．探究感应电流方向与哪些因素有关。
2．学习利用电流计判断感应电流方向的方法。
二、实验器材
电流计、干电池、开关、保护电阻、导线、螺线管、条形磁铁。
三、实验原理与设计
将磁铁的不同磁极插入、拔出螺线管，观察感应电流方向的变化。通过分析感应电流的方向与磁铁的磁场方向、通过线圈的磁通量的变化之间的关系，探究影响感应电流方向的因素。
四、实验步骤
1．先明确电流计指针的偏转方向与通过电流计的电流方向的关系。
2．观察螺线管上漆包线的绕向。
3．将电流计与螺线管按实验装置示意图连接好，依次完成以下实验操作，记录观察到的电流计指针偏转情况，填入表中。
实验装置示意图
(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
五、归纳结论
当线圈内磁通量增加时，感应电流的磁场与原磁场方向相反，阻碍线圈中磁通量的增加；当线圈内磁通量减少时，感应电流的磁场与原磁场方向相同，阻碍线圈中磁通量的减少。
六、注意事项
1．确定电流方向与电流表指针偏转方向的关系
时，要用试触法并注意减小电流，防止电流过大或通电时间过长损坏电流表。
2．电流表选用零刻度在中间的灵敏电流计。
3．实验前设计好表格，并明确线圈的绕线方向。
4．按照控制变量的思想进行实验。
5．进行一种操作后，等电流计指针回零后再进行下一步操作。
题型一　教材原型实验
　同学们在学习了感应电流产生的条件后，想通过实验探究影响感应电流方向的因素，实验过程如下：
(1)按照图1所示电路连接器材，闭合开关，电流表指针向右偏转，对调电源正负极，重复以上操作。该步骤目的是获得电流表指针偏转方向与________方向的对应关系。
(2)按照图2所示电路连接器材，查明线圈中导线的绕向，以确定感应电流产生的磁场方向。
(3)分别改变磁体磁场的方向和磁体运动方向，观察指针偏转方向，使用表格记录数据；根据(1)中探究的对应关系，表中实验4中空格应填________(选填“向上”“向下”“向左”或“向右”)。
实验序号 磁体磁场的方向(正视) 磁体运动情况 指针偏转情况 感应电流的磁场方向(正视)
1 向下 插入线圈 向左 向上
2 向下 拔出线圈 向右 向下
3 向上 插入线圈 向右 向下
4 向上 拔出线圈 向左
(4)根据表中所记录数据，进行如下分析：
①由实验1和________(填实验序号)可得出结论，感应电流方向与磁体运动情况有关；
②由实验2、4得出的结论，穿过闭合回路的磁通量减少时，感应电流的磁场与原磁场方向________(选填“相同”“相反”或“无关”)。
(5)经过进一步讨论和学习，同学们掌握了影响感应电流方向的因素及其结论，为电磁感应定律的学习打下了基础。
[解析]　(1)电流方向不同，对应指针偏转方向不同，所以该步骤目的是获得电流表指针偏转方向与电流方向的对应关系。
(3)指针向左偏转，结合表中实验1的数据可知，感应电流的磁场方向向上。
(4)①要探究感应电流方向与磁体运动情况的关系，需保证磁体磁场的方向相同，而磁体运动方向不同，故由实验1和2可得出结论。
②由实验2、4得出的结论：穿过闭合回路的磁通量减少时，感应电流的磁场与原磁场方向相同。
[答案]　(1)电流　(3)向上　(4)①2　②相同
　(2025·河北期中)刘同学研究电磁感应现象的实验装置如图甲所示，该同学正确连接电路，闭合开关瞬间，发现灵敏电流计的指针向左偏转了一下。
(1)闭合开关电路稳定后，该同学将滑动变阻器的滑片________(选填“向左”或“向右”)移动时，灵敏电流计的指针向右偏转。
(2)该同学继续用如图乙所示的实验装置来探究影响感应电流方向的因素，实验中发现感应电流从“＋”接线柱流入灵敏电流计时，灵敏电流计的指针向右偏转，螺线管的绕线方向在图丙中已经画出。若将条形磁铁向下插入螺线管时，指针向右偏转，则条形磁铁________(选填“上端”或“下端”)为N极。进一步实验发现，当穿过螺线管的原磁场磁通量减小时，感应电流产生的磁场方向与原磁场方向________(选填“相同”或“相反”)。
[解析]　(1)闭合开关时通过线圈B的磁通量增大，灵敏电流计的指针向左偏，若要使灵敏电流计的指针向右偏转，应使通过线圈B的磁场变弱(即通过线圈B的磁通量减小)，通过线圈A的电流应减小，则滑动变阻器的滑片应该向右滑动。
(2)根据题述电流方向可知，感应电流的磁场方向竖直向下，结合楞次定律可知，原磁场磁通量方向向上，即条形磁铁上端为N极，因为感应电流产生的磁场方向总是阻碍引起感应电流的原磁场磁通量的变化，故当穿过螺线管的原磁场磁通量减小时，感应电流产生的磁场方向与原磁场方向相同。
[答案]　(1)向右　(2)上端　相同
题型二　教材创新实验
　(1)由如图1所示的装置探究感应电流的方向具有的规律，其中G为灵敏电流计，没有电流通过时指针指向中间刻度，这种实验方案采用了____________(选填“归纳总结”或“假设推理”)物理思想方法。
(2)某兴趣小组采用图2所示的电路来研究电磁感应现象，A、B为两个规格相同的灵敏电流计，Rt为热敏电阻，其阻值随温度的变化规律如图3所示；D是两个套在一起的大小线圈，小线圈与A所在电路连接，大线圈与B构成闭合电路。开关S闭合，100 ℃时A、B两个电流计指针位置如图2，温度逐渐降低到 20 ℃ 的过程中，A灵敏电流计的指针偏转角将________(选填“增大”“减小”或“不变”)，B灵敏电流计的指针将__________(选填“指在中间刻度”“偏向中间刻度右侧”或“偏向中间刻度左侧”)。
[解析]　(1)该实验中灵敏电流计在没有电流通过时指针指在中间刻度，所以可以通过确认电流计指针偏转方向与通过电流计的电流方向的关系知道产生的感应电流的具体的方向，同时通过记录磁铁在线圈中的磁场方向，最后判断出磁场的变化与感应电流方向的关系，然后结合实验的现象总结归纳，得出相应的结论，所以该实验使用的方法为归纳总结法。
(2)电流计A与电源等组成闭合回路，温度由100 ℃逐渐降低到20 ℃的过程，接入电路中的电阻变大，由闭合电路欧姆定律可知，电路中的电流将减小，即电流计的偏角减小；由题图1可知，电流从电流计右边进入时，电流计指针向右偏，电路中的电流减小，电流产生的磁场减小，穿过大线圈的磁通量减小，感应电流产生的磁场阻碍大线圈磁通量的减小，电流从B表的右边进入，所以B表指针右偏，即偏向中间刻度右侧。
[答案]　(1)归纳总结　(2)减小　偏向中间刻度右侧
1．(2025·广东广雅中学开学考)如图所示的器材可用来研究电磁感应现象，其中L1、L2为两个线圈，G为灵敏电流计。
(1)将图中所缺导线补接完整。
(2)如果闭合开关瞬间发现灵敏电流计的指针向右偏，电路稳定后，将L1迅速从L2中抽出时，电流计的指针将__________(选填“向右”“向左”或“不会”)偏。
(3)将L1插入L2中，闭合开关后，下列操作可使L2中感应电流与L1中电流绕行方向相反的是________。
A．在L1中插入软铁棒
B．拔出L1
C．将滑动变阻器的滑片向右移动
D．断开开关
解析：(1)将L2与灵敏电流计G连接构成闭合回路，将L1与滑动变阻器、电源和开关连接，如图所示。
(2)由题意知磁场方向一定，穿过线圈L2的磁通量增大时，灵敏电流计的指针向右偏，可知，电路稳定后，将L1迅速从L2中抽出时，穿过线圈L2的磁通量减小，电流计的指针将向左偏。
(3)在L1中插入软铁棒，穿过线圈L2的磁通量增大，感应电流的磁场方向与原磁场方向一定相反，根据安培定则可知，L2中感应电流与L1中电流的绕行方向相反，故A正确。拔出L1，穿过线圈L2的磁通量减小；将变阻器滑片向右移动，滑动变阻器接入电阻增大，电路中电流减小，线圈L1产生磁场减弱，穿过线圈L2的磁通量减小；断开开关，穿过线圈L2的磁通量减小；磁通量减小，则感应电流的磁场方向与原磁场方向一定相同，根据安培定则可知，L2中感应电流与L1中电流的绕行方向相同，故B、C、D错误。
答案：(1)图见解析　(2)向左　(3)A
2．(2025·江苏无锡市锡东中学期中)为探究影响感应电流方向的因素，两位同学做了如下的实验。
(1)小李同学选用图甲中的器材模仿法拉第的实验进行探究。
①为了保证实验现象明显，电源选用________；电表选用________。(填写器材前的代码)
A．低压直流电源
B．低压交流电源
C．220 V交流电源
D．灵敏电流计
E．0～0.6 A量程的电流表
F．0～0.6 V量程的电压表
②实验过程中，记录的实验现象如下表所示，观察四项实验结果，能够得出结论，产生感应电流的条件与________(选填“A”“B”或“C”)的变化有关。
开关和滑动变阻器的状态 线圈B中是否有电流
开关闭合瞬间 有
开关断开瞬间 有
开关闭合时，滑动变阻器不动 无
开关闭合时，迅速移动滑动变阻器的滑片 有
A．磁场
B．电场
C．闭合导体回路包围的面积
(2)小张同学用导轨、导体棒、电表、导线组成图乙所示的电路，整个电路处于垂直于导轨的磁场中，当导体棒在金属导轨上向右移动时，电表中有电流，得出结论，产生感应电流的条件与________(选填“A”“B”或“C”)的变化有关。
A．磁场
B．电场
C．闭合导体回路包围的面积
解析：(1)①依据电磁感应现象，结合实验器材，为了保证实验现象明显，电源选用低压直流电源，即选用A；而电表选用灵敏电流计，即选用D。
②由题表可知产生感应电流的条件与磁场的变化有关。
(2)整个电路处于垂直于导轨的磁场中，当导体棒在金属导轨上向右移动时，电表中有电流，得出结论，产生感应电流的条件与闭合导体回路包围的面积的变化有关。
答案：(1)①A　D　②A　(2)C(共27张PPT)
课后达标检测
√
题组1　从阻碍磁通量变化的角度应用楞次定律
1．(2025·北京东城区期末)金属线框abcd与一长导线在同一平面内，导线通有恒定电流I。线框由图中位置Ⅰ匀速运动到位置Ⅱ。在此过程中，有关穿过线框的磁通量与感应电流的方向，下列说法正确的是(　　)
A．垂直于纸面向里的磁通量增大，感应电流方向沿abcda
B．垂直于纸面向里的磁通量减小，感应电流方向沿abcda
C．垂直于纸面向外的磁通量增大，感应电流方向沿adcba
D．垂直于纸面向里的磁通量减小，感应电流方向沿adcba
解析：由安培定则得，线框所处的导线右侧的磁场方向垂直于纸面向里，线框由题图中位置Ⅰ匀速运动到位置Ⅱ过程中，线框远离导线，通过线框的磁通量垂直于纸面向里减小，根据楞次定律可知，感应电流方向沿abcda。
2．(2025·江苏南京市期中)如图所示，在闭合开关S后，要使Q线圈产生图示方向的电流，可采用的方法有(　　)
A．把滑动变阻器R的滑片右移
B．把线圈P中的铁芯抽出
C．把线圈Q靠近线圈P
D．把开关S断开
√
解析：根据题意，要使Q线圈产生图示方向的电流，感应电流产生的磁场方向从右向左，如图所示，则P线圈产生的磁场方向向右，且增强，闭合开关S后，把滑动变阻器R的滑片右移，电路电阻增大，通过线圈P的电流减小，由右手螺旋定则可知Q中的磁场方向从左向右，且在减弱，故A错误；
闭合开关S后，将P中的铁芯从左边抽出，Q线圈中的磁场方向从左向右，且磁感应强度在减弱，故B错误；
闭合开关，将Q靠近P，Q中的磁场方向从左向右，且在增强，根据楞次定律，可知Q线圈产生的感应电流方向与题图所示方向相同，故C正确；
闭合开关S后，Q中的磁场方向从左向右，把开关S断开的瞬间，Q中的磁场突然消失，根据楞次定律，可知Q线圈产生的电流方向与题图所示方向相反，故D错误。
3．如图所示，两个圆环甲、乙，外环乙是不带电的金属圆环，内环甲是带负电的绝缘体，让内环甲逆时针加速转动，则外环乙上会产生___________ (选填“顺时针”或“逆时针”)方向电流，外环乙有________(选填“扩张”或“收缩”)的趋势。
逆时针
扩张
解析：内环甲是带负电的绝缘体，让内环甲逆时针加速转动，则内环甲形成的电流增大，产生的磁场变强，由于内环甲形成的电流方向为顺时针，根据右手螺旋定则可知，内环甲内部的磁场方向垂直于纸面向里，内环甲外部的磁场方向垂直于纸面向外，则穿过外环乙的磁通量向里增大，根据楞次定律可知，外环乙上会产生逆时针方向电流；由于外环乙所处位置的磁场方向垂直于纸面向外，根据左手定则可知外环乙产生的逆时针方向电流每一小电流元受到的安培力均背向圆心向外，所以外环乙有扩张的趋势。
题组2　从阻碍相对运动的角度应用楞次定律
4．如图所示，在水平桌面上有一金属圆环，在它圆心正上方有一条形磁铁(N极朝下)，当条形磁铁下落时，可以判定(　　)
A．环中将产生俯视时为顺时针的感应电流
B．环对桌面的压力将增大
C．环有面积增大的趋势
D．磁铁将受到竖直向下的电磁作用力
√
解析：当条形磁铁N极朝下下落时，穿过圆环的磁通量向下增加，由楞次定律可知，环中将产生俯视时为逆时针的感应电流，故A错误；
条形磁铁下落时穿过圆环的磁通量增大，故在金属圆环中会产生与条形磁铁磁场方向相反的磁场，二者互相排斥，故环对桌面的压力将增大，同时磁铁受到向上的作用力，也就是“来拒去留”，B正确，D错误；
因为磁通量在增大，根据楞次定律可知，圆环需要缩小面积才能阻碍磁通量的增大，也就是“增缩减扩”，C错误。
5．如图所示，轻绳将一条形磁铁悬挂于O点，在其正下方的水平绝缘桌面上放置一铜质圆环。现将磁铁从A处由静止释放，圆环始终保持静止，则磁铁在从A到E摆动的过程中(　　)
A．圆环中感应电流方向相同
B．圆环受到摩擦力方向相同
C．圆环对桌面的压力始终大于自身所受的重力
D．磁铁在A、E两处的重力势能可能相等
√
解析：从A到最低点的过程中，圆环中的磁场向上且磁通量增大，根据“增反减同”可判断产生顺时针方向的电流(从上往下看)，同理得，从最低点到E的过程中，产生逆时针方向的电流(从上往下看)，故A错误；
由楞次定律的推论“来拒去留”可知，从A到最低点和从最低点到E的过程中，圆环受到摩擦力方向均向右，故B正确；
由楞次定律的推论“来拒去留”可知，从最低点到E的过程中，圆环对桌面的压力小于自身所受的重力，故C错误；
由于有部分机械能转化为内能，故磁铁在A、E两处的重力势能不相等，故D错误。
√
题组3　右手定则和左手定则的应用
6．如图所示，一个有界匀强磁场区域，磁场方向垂直于纸面向外，一个矩形闭合导线框abcd沿纸面由位置甲(左)匀速运动到位置乙(右)，则(　　)
A．导线框进入磁场时，感应电流方向为a→d→c→b→a　
B．导线框离开磁场时，感应电流方向为a→d→c→b→a
C．导线框离开磁场时，受到的安培力为0
D．导线框进入磁场时，受到的安培力为0
解析：导线框进入磁场时，导线框里垂直于纸面向外的磁通量增大，根据楞次定律可知感应电流方向为a→d→c→b→a，A正确；
导线框离开磁场时，导线框里垂直于纸面向外的磁通量减小，感应电流方向为a→b→c→d→a，B错误；
导线框离开磁场时，由于有感应电流，由左手定则可知，ab受到的安培力不为0，导线框进入磁场时，由于有感应电流，由左手定则可知，cd受到的安培力不为0，C、D错误。
√
7．(双选)(2024·广东肇庆中学期末)如图所示为电磁刹车实验装置，小车底面安装有矩形导线框abcd，线框底面平行于地面，在小车行进方向有与abcd等宽、等长的有界匀强磁场，磁场方向垂直于地面向上。小车进入磁场前撤去牵引力，小车穿过磁场后滑行一段距离停止，则小车(　　)
A．进入磁场时，矩形导线框中感应电流的方向为adcba
B．离开磁场时，矩形导线框中感应电流的方向为adcba
C．穿过磁场的过程中，中间有一段时间矩形导线框中没有感应电流
D．穿过磁场的过程中，矩形导线框受到的安培力方向始终水平向左
√
解析：根据楞次定律可知，进入磁场时，矩形导线框中感应电流的方向为abcda，离开磁场时，矩形导线框中感应电流的方向为adcba，故A错误，B正确；
因线圈与磁场等宽、等长，则穿过磁场的过程中，矩形导线框中始终有感应电流，故C错误；
根据左手定则可知，穿过磁场的过程中，矩形导线框受到的安培力方向始终水平向左，故D正确。
√
8．如图所示，质量为m的闭合金属环用不可伸长的绝缘细线悬挂起来，金属环有一半处于水平且与环面垂直的匀强磁场中。从某时刻开始，磁感应强度开始减小，金属环始终保持静止，重力加速度为g，则在磁感应强度减小的过程中，关于细线的拉力和环中感应电流的方向，下列说法正确的是(　　)
A．大于环的重力mg，沿顺时针方向
B．小于环的重力mg，沿顺时针方向
C．大于环的重力mg，沿逆时针方向
D．小于环的重力mg，沿逆时针方向
解析：磁感应强度减小，穿过金属环的磁通量减小，由楞次定律和安培定则可知，感应电流的方向为顺时针方向，再由左手定则可得，金属环所受安培力F的方向竖直向下，金属环始终保持静止，则细线的拉力FT＝mg＋F>mg。
9．(双选)(2025·陕西宝鸡市期中)如图所示，长直导线与心形金属线框放在光滑绝缘的水平面上，且长直导线与心形线框的对称轴MN垂直。当长直导线中通以图示方向的电流I，且电流增大时，下列关于心形线框的说法正确的是(　　)
A．线框有面积扩大的趋势
B．线框中产生逆时针方向的感应电流
C．线框在水平面内沿逆时针方向旋转
D．线框沿垂直于直导线方向向右平动
√
√
解析：直导线中的电流增大，线框中向里的磁通量增大，由楞次定律知，线框有面积缩小的趋势，线框中产生逆时针方向的感应电流，故A错误，B正确；
由对称性知，线框对称轴MN上、下两部分受到平行于直导线方向上安培力的合力为零，线框受到安培力沿对称轴向右，线框沿垂直于直导线方向向右平动，故C错误，D正确。
10．(2025·辽宁大连市期中)如图甲所示，A、B两不同的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，下列说法正确的是(　　)
A．t1时刻B环电功率最大
B．t2时刻两环相互吸引
C．t3时刻两环相互排斥
D．t4时刻两环作用力最大
√
解析：t1时刻，A环中电流最大，但电流变化率为0，在铁芯中产生的磁场变化率为零，因此根据楞次定律，可知B环中感应电流为0，则B环电功率为0，故A错误；
t2时刻A环中电流在减小，产生的磁场在减小，根据楞次定律可知B环中产生与A环中同向的电流，再根据左手定则可知两环相互吸引，同理t3时刻两环也应相互吸引，故B正确，C错误；
t4时刻A中电流为0，两环无相互作用，故D错误。
√
11．(2025·山东青岛市期中)如图所示，匀强磁场中固定一水平金属棒，金属棒两端点F1与F2刚好是绝缘椭圆轨道的两焦点，磁场方向垂直于椭圆面向外。一根金属丝绕过绝缘笔P与F1、F2相接，金属丝处于拉直状态。在绝缘笔沿椭圆轨道从长轴一端A点到另一端B点带动金属丝运动过程中，下列说法正确的是(　　)
A．穿过△PF1F2的磁通量先减小后增大
B．△PF1F2中感应电流方向先顺时针后逆时针
C．△PF1F2先有扩张趋势后有收缩趋势
D．金属棒所受安培力方向先向下后向上
解析：在绝缘笔沿椭圆轨道从长轴一端A点到另一端B点带动金属丝运动过程中，△PF1F2的面积先增大后减小，故磁通量先增大后减小，A错误；
由“增反减同”可知，△PF1F2中感应电流方向先顺时针后逆时针，B正确；
根据“增缩减扩”，可知，△PF1F2先有收缩趋势后有扩张趋势，故C错误；
金属棒中的感应电流先向左后向右，根据左手定则可知，金属棒所受安培力方向先向上后向下，故D错误。
√
12．高铁在高速行驶，如遇紧急情况需要制动刹车时，现均使用电磁制动技术。电磁制动的原理可简化为如图所示的模型，把一条形磁铁用一根弹簧悬挂，在条形磁铁正下方桌面上放置一线圈，把条形磁铁向下拉一定距离由静止释放，发现条形磁铁很快停止振动。不计空气阻力，则条形磁铁上下振动过程中，下列说法正确的是(　　)
A．线圈对条形磁铁的作用力一直做正功
B．线圈对条形磁铁的作用力一直做负功
C．线圈中电流方向一直不变
D．线圈对桌面压力一直增大
解析：根据楞次定律“来拒去留”可得，条形磁铁向上运动时，线圈对条形磁铁的作用力向下，条形磁铁向下运动时，线圈对条形磁铁的作用力向上，该作用力一直做负功，A错误，B正确；
条形磁铁向上运动时，线圈中磁通量向下减小，条形磁铁向下运动时，线圈中磁通量向下增加，根据楞次定律“增反减同”可得，线圈中电流方向不断变化，C错误；
根据楞次定律的“来拒去留”可知，条形磁铁向上运动时，线圈中磁通量减小，可知条形磁铁对线圈有向上的作用力，则线圈对桌面的压力减小，条形磁铁向下运动时，线圈中磁通量增加，则条形磁铁对线圈有向下的作用力，则线圈对桌面的压力增加，D错误。章末知识网络建构
感应电
楞次定律：感应电流的磁场总是要阻碍引起感应电流的
①
流方向
的判断
右手定则：伸开右手，拇指与四指垂直，且与手掌处于同一平面，
磁感线穿过手心，大拇指指向
②
，四指指向则为
③
[答案]
法拉第
①磁通量的变化
电磁感
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
应定律
②导体运动方向
E=nB-
△S
△t’
④
变化
电磁感应及其应
③感应电流的方向
E=n
△Φ
E=nS AB
t
△t’
⑤变化
④S
感应电动势
E=n B-S2-BISt
⑤B
大小的计算
B、S均变化
△t
E=Blvsin 0
l为⑥，为⑦，0为
⑧
⑥有效切割长度
概念
⑦导体的速度
自感现象
自感电动势、自感系数
自感现象
⑧B与v的夹角
与涡流
概念
涡流
应用和危害(共20张PPT)
课后达标检测
√
1．(双选)如图所示，光滑平行长直导轨水平放置，间距L＝0.5 m，左侧接有阻值R＝5.0 Ω的电阻。导体棒质量m＝0.25 kg，垂直静止放在导轨上，且接触良好。导体棒及导轨的电阻均不计。导轨所在区域有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B＝2.0 T。初始时刻给导体棒一向右的初速度v0＝5 m/s，滑行一段时间t后导体棒速度变为v1＝3 m/s，已知重力加速度g取10 m/s2，则以下说法正确的是(　　)
A．导体棒做匀减速运动，直到速度为0
B．在t时间内，导体棒向右运动的位移为2.5 m
C．在t时间内，电阻R产生的内能Q＝1.0 J
D．在t时间内，通过电阻R的电荷量q＝0.5 C
√
√
2．如图所示，边长为a的正方形铝框平放在光滑绝缘水平桌面上，桌面上有边界平行、宽为b且足够长的匀强磁场区域，磁场方向垂直于桌面，铝框依靠惯性滑过磁场区域，滑行过程中铝框平面始终与磁场垂直且一边与磁场边界平行，已知aA．铝框所用时间相同
B．铝框上产生的热量相同
C．铝框中的电流方向相同
D．安培力对铝框的冲量相同
解析：由楞次定律可知，铝框进入磁场过程感应电流为逆时针方向，离开磁场过程感应电流为顺时针方向，C错误；
√
3．(双选)如图甲所示，固定在同一绝缘水平面上的两根平行光滑金属导轨，两导轨间的距离为1.5 m，左端接有阻值为3 Ω的定值电阻R。阻值为3 Ω、质量为1 kg的金属棒ab跨接在导轨上，形成闭合回路。空间有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为2 T。ab棒在外力 F的作用下沿着导轨运动的速度时间图像如图乙所示。导轨的电阻忽略不计，且运动过程中金属棒始终与导轨垂直。下列说法正确的是(　　)
A．前3 s内通过ab棒的电荷量为1.5 C
B．前3 s内外力F的冲量大小为11 N·s
C．3 s到6 s内ab棒两端电压为6 V
D．3 s到6 s内回路产生的焦耳热为18 J
√
4．(2023·福建卷，T3)如图，M、N是两根固定在水平面内的光滑平行金属导轨，导轨足够长且电阻可忽略不计；导轨间有一垂直于水平面向下的匀强磁场，其左边界OO′垂直于导轨；阻值恒定的两均匀金属棒a、b均垂直于导轨放置，b始终固定。a以一定初速度进入磁场，此后运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，并与b不相碰。以O为坐标原点，水平向右为正方向建立轴坐标；在运动过程中，a的速度记为v，a克服安培力做功的功率记为P。下列v或P随x变化的图像中，可能正确的是(　　)
√
√
√
6．(12分)如图所示，PQMN与CDEF为两根足够长的固定平行金属导轨，导轨间距为L。PQ、MN、CD、EF为相同的弧形导轨；QM、DE为足够长的水平导轨。导轨的水平部分QMED处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B。a、b为材料相同、长度都为L的导体棒，跨接在导轨上。已知a棒的质量为3m、电阻为R，b棒的质量为m、电阻为3R，其他电阻不计。金属棒a和b都从距水平面高度为h的弧形导轨上由静止释放，分别通过DQ、EM同时进入匀强磁场中，a、b棒在水平导轨上运动时不会相碰。若金属棒a、b与导轨接触良好，且不计导轨的电阻和棒与导轨的摩擦，重力加速度为g。
(1)当金属棒b向左运动的速度大小减为金属棒a的速度大小的一半时，求金属棒a的速度大小；(6分)
(2)金属棒a、b进入磁场后，若先离开磁场的某金属棒在离开磁场前已匀速运动，求此棒从进入磁场到匀速运动的过程电路中产生的焦耳热。(6分)
答案：3mgh
(1)细金属杆N在磁场内运动过程中最大加速度的大小和方向；(5分)
(2)细金属杆N在磁场内运动过程中产生的焦耳热；(5分)
(3)细金属杆N在磁场内运动过程中通过回路的电荷量。(4分)题组1　电磁感应中的电路问题
1．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的有边界(图中竖直虚线右侧)的匀强磁场。当圆环运动到图示位置(∠aOb＝90°)时，a、b两点的电势差为(　　)
A．BRv　　　　　　 B．BRv
C．BRv D．BRv
解析：选D。设整个圆环的电阻为r，圆环位于题图所示位置时，电路的外电阻即磁场外的部分是圆环总电阻的，而在磁场内切割磁感线的有效长度是R，其相当于电源，E＝B·R·v，由右手定则可知a点电势高于b点电势，根据闭合电路欧姆定律可得Uab＝E＝BRv，D正确。
2．(2025·北京市大兴区期末考试)如图甲所示，电阻r＝5 Ω、匝数为100匝的线圈(图中只画了2匝)两端A、B与电阻R相连，R＝95 Ω。线圈内有方向垂直于纸面向里的磁场，线圈中的磁通量在按图乙所示规律变化，则下列说法不正确的是(　　)
A．A点的电势低于B点的电势
B．在线圈位置上感生电场沿逆时针方向
C.0.1 s时间内通过电阻R的电荷量为0.05 C
D．0.1 s时间内非静电力所做的功为2.5 J
解析：选A。线圈相当于电源，由楞次定律可知A相当于电源的正极，B相当于电源的负极，A点的电势高于B点的电势，在线圈位置上感生电场沿逆时针方向，故B正确，A错误；由法拉第电磁感应定律可知E＝n＝100× V＝50 V，由闭合电路欧姆定律可知I＝＝0.5 A，则0.1 s时间内通过R的电荷量q＝It＝0.05 C，故C正确；0.1 s时间内非静电力所做的功W＝Eq＝50×0.05 J＝2.5 J，故D正确。
3．(双选)如图所示，一不计电阻的导体圆环，半径为r、圆心在O点，过圆心放置一长度为2r、电阻为R的辐条，辐条与圆环接触良好，开关S处于闭合状态。现将此装置放置于磁感应强度为B、方向垂直于纸面向里的有界匀强磁场中，磁场边界恰与圆环直径在同一直线上。现使辐条以角速度ω绕O点逆时针转动，右侧电路通过电刷与圆环中心和环的边缘相接触，R1＝，不计其他电阻，则下列判断正确的是(　　)
A．通过R1的电流方向为自下而上
B．感应电动势大小为2Br2ω
C．理想电压表的示数为
D．理想电流表的示数为
解析：选AD。根据右手定则可知，通过R1的电流方向为自下而上，故A正确；由题意可知，辐条在转动过程中，只有一个长度与半径相等的金属棒转动切割磁感线，所以产生的感应电动势E＝Br2ω，故B错误；由闭合电路欧姆定律可知，回路中总电流I＝＝＝，由电路并联规律可知，理想电流表的示数IA＝·I＝，由欧姆定律可知，理想电压表的示数U＝IAR1＝，故C错误，D正确。
题组2　电磁感应中的图像问题
4．如图一足够大的“”形导轨固定在水平面上，导轨左端接一灵敏电流计G，两侧导轨平行。空间中各处的磁感应强度大小均为B且随时间同步变化，t＝0时刻，在电流计右侧某处放置一导体棒，并使之以速度v0向右匀速运动，发现运动过程中电流计读数始终为零，已知导体棒与导轨接触良好，则磁感应强度随时间变化的关系可能正确的是(　　)
解析：选C。设导体棒开始运动时与导轨左端的距离为x，磁场的磁感应强度为B0，依题意，导体棒和导轨内部始终无电流，可得B0lx＝Bl(x＋v0t)，整理得＝t＋，故与t为一次函数关系。
5．(双选)矩形导线框abcd放在匀强磁场中，在外力控制下处于静止状态，如图甲所示。磁感线方向与导线框所在平面垂直，磁感应强度B随时间变化的图像如图乙所示(规定磁感应强度的方向垂直于导线框平面向里为正方向)，在前4 s时间内，流过导线框的电流(规定顺时针方向为正方向)与导线框ad边所受安培力随时间变化的图像(规定向左为安培力正方向)可能是图中的(　　)
解析：选AC。由题图可知前1 s内，原磁场垂直于导线框平面向外，且线性减小，线框产生的感应电流为逆时针方向，大小不变，同理可得，在1 s到2 s时间内，线框上的感应电流为逆时针方向，大小不变，在2 s到3 s时间内，线框上的感应电流为顺时针方向，大小不变，在3 s到4 s内，线框产生的感应电流为顺时针方向，大小不变，故A正确，B错误；在前1 s时间内，导线框ad边电流方向为由a向d，磁感应强度B为垂直于平面向外，且线性减小，根据左手定则得，导线框ad边受安培力向左，且线性减小，在1 s到2 s时间内，磁感应强度B为垂直于平面向里，且线性增大，根据左手定则得，导线框ad边受安培力向右，且线性增大，在2 s到3 s时间内，磁感应强度B为垂直于平面向里，且线性减小，根据左手定则得，导线框ad边受安培力向左，且线性减小，在3 s到4 s内，磁感应强度B为垂直于平面向外，且线性增大，根据左手定则得，导线框ad边受安培力向右，且线性增大，故C正确，D错误。
6．如图所示，空间存在垂直于纸面向里的有界匀强磁场，磁场区域宽度为2L，以磁场左边界上的一点为坐标原点，建立x轴。一边长为L的正方形金属线框abcd在外力作用下以速度v匀速穿过匀强磁场。从线框的cd边刚进磁场开始计时，线框中产生的感应电流i、线框的ab边两端的电压Uab、线框所受的安培力F、穿过线框的磁通量Φ随位移x的变化图像正确的是(规定逆时针电流方向为正，安培力方向向左为正)(　　)
解析：选D。线框向右移动0～L进入磁场时产生的电动势E＝BLv，根据欧姆定律可得，线框中的电流I＝，方向为逆时针，大小不变，线框ab边两端的电压Uab＝BLv，安培力F＝BIL＝，方向向左，大小不变，磁通量Φ＝BLx；线框向右移动L～2L完全进入磁场时产生的电动势为0，电流为0，线框ab边两端电压为零，安培力为零，磁通量Φ＝BL2；当线框向右移动2L～3L出磁场时产生的电动势E＝BLv，根据欧姆定律可得，线框中的电流I＝，此时方向为顺时针，大小也不变，线框ab边两端的电压Uab＝BLv，安培力F＝BIL＝，方向向左，大小不变，磁通量Φ＝BL(3L－x)，故A、B、C错误，D正确。
7．(2025·新疆乌鲁木齐市期中)图甲是法拉第发明的铜盘发电机，也是人类历史上第一台发电机。图乙是利用这种发电机给电阻R供电的电路图，半径为r的铜盘安装在水平轴上，外电路通过M、N分别与铜盘边缘和转轴相连接，铜盘接入电路的等效电阻为R，导线电阻不计。空间中存在垂直于铜盘平面向右的匀强磁场，磁感应强度大小为B，圆盘沿顺时针方向(从左向右看)以角速度ω匀速转动。下列说法正确的是(　　)
A．M点电势低于N点电势
B．M、N两点间电势差为Br2ω
C．圆盘转动一周，通过R的电荷量为
D．仅将圆盘的转速变为原来的3倍，电阻R上消耗的功率也变为原来的3倍
解析：选C。由右手定则可知，电流从M点流出，经电阻R流向N点，因此M点电势高于N点电势，A错误；感应电动势E＝Br＝Br·rω＝Br2ω，I＝＝，M、N两点间电势差UMN＝IR＝，B错误； 圆盘转动一周的时间t＝，由q＝It，解得q＝，C正确；电阻R上消耗的功率P＝I2R＝2R，由ω＝2πn可知，仅将圆盘的转速变为原来的3倍，电阻R上消耗的功率将变为原来的9倍，D错误。
8．(双选)如图所示，水平放置的两平行金属板与圆形线圈相连，两极板间距离为d，圆形线圈半径为r，电阻为R1，外接电阻为R2，其他部分的电阻忽略不计。在圆形线圈中有垂直于纸面向里的磁场，磁感应强度随时间均匀减小，有一个带电液滴能够在极板之间静止，已知液滴质量为m、电量为q，则下列说法正确的是(　　)
A．液滴带正电
B．磁感应强度的变化率为
C．保持开关闭合，向上移动下极板时，液滴将向下运动
D．断开开关S，液滴将向下运动
解析：选AB。穿过线圈的磁通量垂直于纸面向里减小，由楞次定律和安培定则可知，平行板电容器的下极板电势高，上极板电势低，板间存在向上的电场，液滴受到竖直向下的重力和电场力而静止，因此液滴受到的电场力方向向上，则液滴带正电，A正确；对液滴，由平衡条件得mg＝q，由闭合电路欧姆定律，可得感应电动势E＝U2，解得E＝，由法拉第电磁感应定律得E＝＝S，解得＝，B正确；保持开关闭合，则极板间的电压不变，当向上移动下极板时，导致间距减小，由场强公式可知电场强度增大，则电场力增大，因此液滴将向上运动，C错误；断开开关S，电容器既不充电，也不放电，则电场强度不变，因此电场力也不变，则液滴静止不动，D错误。
9．(8分)如图甲所示，边长l＝1.0 m的单匝正方形线框abcd垂直放置在有界匀强磁场中，线框连接阻值R＝5.0 Ω的电阻，磁感应强度B按图乙所示的规律变化，线框电阻不计，求：
(1)t＝2 s时，线框ab边受到的安培力大小F；(6分)
(2)前5 s内电阻R中产生的焦耳热Q。(2分)
解析：(1)线框电动势
E＝S＝1 V
根据闭合电路欧姆定律可得
I＝＝0.2 A
由题图乙可知t＝2 s时的磁感应强度B＝2 T，则ab边受到的安培力大小
F＝BIl＝0.4 N。
(2)前5 s内电阻R中产生的焦耳热
Q＝I2Rt＝0.22×5×4 J＝0.8 J。
答案：(1)0.4 N　(2)0.8 J
10．(8分)(2025·宁夏银川阶段练)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＝0.2 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。当棒ac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分)
(2)通过ac棒中感应电流的大小及方向；(4分)
(3)运动后3 s到5 s回路中的磁通量的变化量。(2分)
解析：(1)ac棒垂直切割磁感线，产生的感应电动势的大小E＝Blv＝0.8 V。
(2)根据闭合电路欧姆定律，可知通过ac棒中感应电流的大小
I＝＝4 A
由右手定则知，ac棒中的感应电流方向由c流向a。
(3)运动后3 s到5 s时间内回路中的磁通量的变化量
ΔΦ＝BΔS＝Blx＝BlvΔt＝0.4×0.5×4×(5－3) Wb＝1.6 Wb。
答案：(1)0.8 V　(2)4 A　电流由c流向a
(3)1.6 Wb
11．(12分)如图所示，由某种粗细均匀的总电阻为3R的金属条制成的矩形线框abcd，宽ad＝L，固定在水平面内且处于方向竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中。一接入电路的电阻为R的导体棒PQ，在水平拉力作用下沿ab、dc以速度v匀速滑动，滑动过程中PQ始终与ab垂直，且与线框接触良好，不计摩擦。在PQ从靠近ad处向bc滑动的过程中，求：
(1)PQ切割磁感线产生的电动势；(2分)
(2)PQ滑到中间位置时PQ两端的电压；(6分)
(3)线框消耗的最大电功率。(4分)
解析：(1)PQ切割磁感线产生的电动势E＝BLv。
(2)PQ滑到中间位置时外电阻
R外＝＝0.75R
根据闭合电路的欧姆定律得
I＝＝＝
PQ两端的电压U＝IR外＝BLv。
(3)当PQ在中点时外电阻最大，最大值为0.75R，与电源内阻最接近，可知此时线圈消耗的功率最大，最大功率P＝＝＝。
答案：(1)BLv　(2)BLv　(3)
12．(14分)饭卡是学校等单位最常用的辅助支付手段，其内部主要部分是一个多匝线圈，当刷卡机发出电磁信号时，置于刷卡机上的饭卡线圈的磁通量发生变化，发生电磁感应，产生电信号，其原理可简化为图甲所示。设线圈的匝数为1 000匝，每匝线圈面积均为S＝10-3 m2，线圈的总电阻r＝0.1 Ω，线圈连接一电阻R＝0.4 Ω，其余部分电阻不计。线圈处磁场的方向不变(垂直于纸面向里为正)，其大小按如图乙所示的规律变化。
(1)请你判定前0.1 s时间内，流经电阻R的电流方向。(2分)
(2)求前0.1 s时间内，电阻R产生的焦耳热。(6分)
(3)求0.1 s到0.4 s时间内，通过电阻R的电荷量。(6分)
解析：(1)根据楞次定律“增反减同”可知前0.1 s时间内，流经电阻R的电流方向从上到下。
(2)由法拉第电磁感应定律可知，
前0.1 s时间内线圈产生的感应电动势
E1＝nS＝0.2 V
根据闭合电路欧姆定律，则有
I1＝＝0.4 A
根据焦耳定律，可得前0.1 s时间内，电阻R产生的焦耳热
Q＝IRt＝6.4×10-3 J。
(3)0.1 s到0.4 s时间内，根据法拉第电磁感应定律有
＝n
根据闭合电路欧姆定律有
＝
则通过电阻R的电荷量
q＝·Δt2＝n
解得q＝0.04 C。
答案：(1)从上到下　(2)6.4×10-3 J　(3)0.04 C

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