资源简介

第二节　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、影响感应电动势大小的因素
1．感应电动势
(1)定义：在电磁感应　现象中产生的电动势。
(2)产生感应电动势的那部分导体相当于电源。
(3)在电磁感应现象中，只要闭合回路中有感应电流，这个回路就一定有电动势；回路断开时，虽然没有感应电流，但电动势依然存在。
2．影响感应电动势大小的因素
如图所示，将螺线管用导线与电表连接，依次用1根条形磁铁快速插入或拔出螺线管、用2根条形磁铁分别快速和慢速插入或拔出螺线管，并以定性描述的方式(如很大、较大、较小等)，将实验结果填入表中。
所用条形磁铁的数目 条形磁铁插入或拔出的方式 螺线管中磁通量变化的大小ΔФ 电流表指针的偏转角度 感应电动势E的大小
1根 快速 较小 较大 较大
2根 快速 较大 很大 很大
3根 慢速 很大 较小 较小
从上面的实验结果可以初步看出，感应电动势的大小与磁通量变化快慢有关。
二、法拉第电磁感应定律
1．磁通量的变化率
磁通量的变化率表示磁通量变化的快慢，用表示，其中ΔΦ表示磁通量的变化量，Δt表示磁通量变化所用的时间。
2．法拉第电磁感应定律
(1)内容：电路中感应电动势的大小，与穿过这一电路的磁通量变化率成正比。
(2)表达式：E＝(单匝线圈)，E＝n(多匝线圈)。
三、导线切割磁感线时的感应电动势
1．如图甲所示，磁感线方向、导线与导线运动方向三者两两垂直时，E＝BLv。
　　　
2．如图乙所示，如果导线的运动方向与导线本身是垂直的，但与磁感线方向有一个夹角θ时，E＝BLv sin θ。
3．切割磁感线的导线等效为一个电源。在电源内部，电流是由负极流向正极，因此，可以通过右手定则判断导线的电流方向，进而可知导线两端感应电动势的高低。
4．在导线做切割磁感线的运动中，产生的电能是通过其他外力克服安培力做功转化而来的，克服安培力做了多少功，就有多少电能产生。这些电能又通过电流做功，转化为其他形式的能，整个过程遵守能量守恒定律。
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)指针偏转角度取决于什么？
[提示]　(1)磁通量的变化量相同，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)磁通量的变化量不相同，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由B、S的变化同时引起时，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。
角度1　法拉第电磁感应定律的理解
　根据法拉第电磁感应定律判断下列说法，其中正确的是(　　)
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
　(2025·江门期中)穿过闭合回路的磁通量Φ－t图像分别如图①～④。关于回路中感应电动势正确的是(　　)
A．图①中回路产生的感应电动势恒定不变
B．图②中回路产生的感应电动势一直在变大
C．图④中回路产生的感应电动势先变小后变大
D．图③中回路在0到t1时间内产生的感应电动势等于在t1～t2时间内产生的感应电动势
[解析]　根据法拉第电磁感应定律E＝N可知，感应电动势大小与磁通量的变化率成正比，Φ－t图像切线斜率绝对值等于磁通量的变化率，则有k＝，题图①中磁通量Φ不变，则k＝0，所以不产生感应电动势，故A错误；题图②中Φ－t图像的斜率k不变，则产生的感应电动势不变，故B错误；题图④中Φ－t图像斜率绝对值先变小后变大，所以感应电动势先变小后变大，故C正确；题图③中回路在0到t1时间内的Φ－t图像斜率大于在t1到t2时间内的Φ－t图像斜率，所以在0到t1时间内产生的感应电动势大于在t1到t2时间内产生的感应电动势，故D错误。
[答案]　C
角度2　法拉第电磁感应定律的应用
　一个面积为S、匝数为n的圆形线圈如图所示，线圈平面与匀强磁场垂直且一半在磁场中。在时间t内，磁感应强度的方向不变、大小由B增大到2B，在此过程中，线圈中产生的感应电动势为(　　)
A．　 　　　　 B．n　
C．n　 D．n
[解析]　根据法拉第电磁感应定律E＝n，ΔΦ＝ΔB·＝，得E＝n，故A、B、D错误，C正确。
[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．此时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
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，其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间呢？
[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。
3．导体切割磁感线产生感应电动势的原理
如图所示，导体棒CD在匀强磁场中向右运动。自由电子会随着导体棒运动，并因此受洛伦兹力。导体棒中的自由电子受到沿棒向下的洛伦兹力，D端累积负电荷、C端累积正电荷，C、D两端产生电势差，即为导体棒两端产生的感应电动势。
　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
　(多选)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段导线始终不受安培力
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；从D点到达边界开始到C点进入磁场为止，闭合回路的磁通量一直在变大，故回路中始终存在感应电流，CD段与磁场方向垂直，所以CD段导线始终受安培力，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＝＝＝，D错误。
[答案]　AC
　(多选)如图所示，导线全部为裸导线，半径为r的圆内有方向垂直于圆平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，一根长度大于2r的导线MN在圆环上以速度v自左端匀速运动到右端。电路两边的电阻均为R，其余电阻不计，导线MN始终与圆环接触良好，下列说法正确的是(　　)
A．通过左侧电阻的感应电流方向向上
B．通过右侧电阻的感应电流方向向下
C．通过导线MN的最大电流为
D．通过导线MN的最大电流为
[解析]　根据右手定则可知，通过导线的感应电流方向为N→M，所以通过左、右两侧电阻的感应电流方向均为向下，故A错误，B正确；当MN运动至圆形区域直径位置时，切割磁感线的有效长度最大，感应电动势最大，通过MN的电流最大，为Im＝＝＝，故C错误，D正确。
[答案]　BD
1．(法拉第电磁感应定律的理解和应用)(2025·佛山期中)如图所示为某同学制作的简易硬币检测仪示意图，斜面里安装有金属线圈，线圈接上供电及电流检测装置，当硬币从斜面顶端滑下，经过线圈上方时，根据检测到的线圈中的电流情况，可判断硬币的币值。下列说法正确的是(　　)
A．硬币经过线圈上方，加速度保持不变
B．硬币经过线圈上方，硬币会产生电流
C．硬币不经过线圈上方时，线圈中没有电流
D．不同硬币经过线圈上方，线圈电流变化相同
解析：选B。硬币经过线圈上方，硬币的磁通量变化会产生电流，硬币受到安培力作用阻碍其运动，加速度发生变化，A错误，B正确；无论硬币是否经过线圈上方时，线圈中都有电流，C错误；不同硬币经过线圈上方，由于硬币大小不同，产生的感应电动势不同，线圈电流变化也不同，D错误。
2．(法拉第电磁感应定律的应用)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(　　)
A．πkr2　　　　　　 B．πkR2
C．πB0r2 D．πB0R2
解析：选A。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。
3．(导体平动切割磁感线产生的电动势)(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。
4．(导体平动切割磁感线产生的电动势)(多选)如图所示，abcd为水平放置的平行“”形光滑金属导轨，间距为l，导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，导轨电阻不计。已知金属杆MN倾斜放置，与导轨成θ角，单位长度的电阻为r，保持金属杆以速度v沿平行于cd的方向滑动(金属杆与导轨接触良好)，则下列说法正确的是(　　)
A．电路中感应电动势的大小为
B．电路中感应电动势的大小为Blv
C．金属杆所受安培力的大小为
D．电路中感应电流的大小为
解析：选BD。电路中感应电动势的大小E＝Blv，A错误，B正确；电路中感应电流的大小I＝＝，D正确；金属杆所受安培力的大小F＝BI＝B·＝，C错误。第2课时　电磁感应中的动力学和能量问题
知识点一　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：
(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)和运动状态。
(4)列动力学方程(a≠0)或平衡方程(a＝0)求解。
　用同样的金属材料制成三个大小相同的线圈a、b、c，其中线圈a的线径较粗，b、c两个的线径较细，且a、b是闭合的，c是开口的。它们从同样高度处自由落下，途中经一匀强磁场区域后着地，则它们运动时间的关系是(　　)
A．ta＝tb＝tc　　　 B．ta>tb>tc
C．ta＝tbtc
[解析]　由题意可知，线圈进入磁场时的速度相同，安培力F＝BIL＝BL＝，根据牛顿第二定律mg－＝ma，线圈质量m＝ρS·4L，电阻R＝ρ′，得a＝g－tc。
[答案]　D
　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。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
　在范围足够大、方向竖直向下的磁感应强度B＝0.2 T匀强磁场中，有一水平放置的光滑框架(电阻不计)，宽度L＝0.4 m，如图所示，框架上放置一质量为0.05 kg、电阻为1 Ω的金属杆cd，框架电阻不计。若cd杆以恒定加速度a＝2 m/s2 由静止开始做匀加速运动，求：
(1)在5 s内平均感应电动势大小；
(2)第5 s末，回路中的电流大小；
(3)第5 s末，作用在cd杆上的水平外力大小。
[解析]　(1)5 s内的位移x＝at2＝25 m
5 s内的平均速度＝＝5 m/s
所以平均感应电动势＝BL＝0.4 V。
(2)5 s末，v＝at＝10 m/s
此时感应电动势E＝BLv＝0.8 V
由欧姆定律得I＝＝0.8 A。
(3)杆做匀加速运动，由牛顿第二定律得
F－F安＝ma
即F＝ma＋F安＝ma＋BIL＝0.164 N。
[答案]　(1)0.4 V　(2)0.8 A　(3)0.164 N
知识点二　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对于纯电阻电路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对于纯电阻电路利用动能定理，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。
　(2025·揭阳期末)如图所示，边长为L的正方形金属线框abcd从某一高处由静止开始下落，在下落过程中经过一个有水平边界且两个水平边界之间的距离也为L的匀强磁场区域，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里。已知ab边进入磁场时线框刚好做匀速直线运动，线框质量为m、电阻为R，重力加速度为g，忽略空气阻力。
(1)ab边进入磁场时，判断线框中感应电流的方向以及a、b两点哪点的电势更高一些？
(2)求线框进入磁场时的速度大小v。
(3)求线框穿越磁场的过程中，产生的焦耳热Q。
[解析]　(1)由楞次定律知，线圈进入磁场过程中向里的磁通量增大，根据增反减同，线框进入磁场时感应电流的方向为逆时针方向，ab边相当于电源，电流由a到b，则b点电势高一些。
(2)线框进入磁场时刚好做匀速直线运动，所受重力和安培力平衡，有mg＝F
感应电动势E＝BLv
感应电流I＝
安培力F＝BIL
解得v＝。
(3)线框穿越磁场的过程中，一直做匀速直线运动，由能量转化和守恒定律知，系统减小的重力势能转化为内能，有Q＝2mgL。
[答案]　(1)逆时针　b点　(2)　(3)2mgL
　(多选)如图所示，MN和PQ是电阻不计的平行金属导轨，其间距为L，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙，二者平滑连接，右端接一个阻值为R的定值电阻。平直部分导轨左边区域有宽度为d、方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。质量为m、接入电路的电阻也为R的金属棒从高度为h处由静止释放，到达磁场右边界处恰好停止。已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为μ，金属棒与导轨垂直且接触良好，重力加速度为g，则金属棒穿过磁场区域的过程中(　　)
A．流过金属棒的最大电流为
B．通过金属棒的电荷量为
C．克服安培力所做的功为mgh
D．金属棒产生的焦耳热为mg(h－μd)
[解析]　在金属棒沿弯曲导轨下滑的过程中，由机械能守恒定律得mgh＝mv2，解得v＝，金属棒刚进入磁场时速度最大，则产生的感应电动势最大，所以流过金属棒的最大电流为I＝＝，故A正确；根据法拉第电磁感应定律，可得通过金属棒的电荷量为q＝Δt＝Δt＝Δt＝，故B错误；在金属棒从静止释放到到达磁场右边界的过程中，由动能定理可得mgh－μmgd－W安＝0，可得金属棒克服安培力所做的功为W安＝mgh－μmgd，故C错误；由功能关系可知，回路中产生的焦耳热为Q＝W安＝mgh－μmgd，由于电阻R和金属棒的电阻值相等，所以金属棒产生的焦耳热为QR＝Q＝mg(h－μd)，故D正确。
[答案]　AD
规范一练　动力学和能量观点在电磁感应中的应用
　如图所示，相距为L的两条足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ水平放置于磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中，导轨的M、P中间连接一阻值为R的电阻，金属棒ab垂直于导轨放置且接触良好，并通过水平细线跨过滑轮与物体A相连，已知ab棒与物体A质量相等，除R外其余部分的电阻均不计、一切摩擦以及细线和滑轮的质量不计。现将ab棒由静止释放，测得ab棒沿导轨滑行达到最大速度为vm，在此过程中流过电阻R的总电量为q，重力加速度为g。求：
(1)物体A的质量m；
(2)ab棒速度为最大速度的时加速度a的大小；
(3)ab棒从开始运动到达到最大速度的过程中电阻R上产生的焦耳热Q。
[解析]　(1)当ab棒速度最大时，其所受安培力与细线拉力平衡，即
mg＝BImL＝B··L
解得物体A的质量为m＝。
(2)当ab棒速度为vm时，对ab和A整体根据牛顿第二定律有mg－B··L＝2ma
解得a＝g。
(3)设ab棒从开始运动到达到最大速度的过程中运动的位移为s，
则q＝t＝t＝
解得s＝
根据能量守恒定律可得，该过程中回路产生的总焦耳热
Q＝mgs－·2mv＝BLqvm－ eq \f(B2L2v,gR) 。
[答案]　(1)　(2)g
(3)BLqvm－ eq \f(B2L2v,gR)
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．(电磁感应中的能量问题)(多选)如图所示，两根光滑的金属导轨，平行放置在倾角为θ的斜面上，导轨的左端接有电阻R，导轨自身的电阻可忽略不计。斜面处在一匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向上。质量为m、电阻可以忽略不计的金属棒ab，在沿着斜面与棒垂直的恒力F作用下沿导轨匀速上滑，且上升的高度为h，在这一过程中(　　)
A．作用于金属棒上的各个力的合力所做的功等于0
B．作用于金属棒上的各个力的合力所做的功等于mgh与电阻R上产生的焦耳热之和
C．恒力F与安培力的合力所做的功等于0
D．恒力F与重力的合力所做的功等于电阻R上产生的焦耳热
解析：选AD。金属棒匀速上滑的过程中，对金属棒受力分析可知，有三个力对金属棒做功，恒力F做正功，重力做负功，安培力阻碍相对运动，沿斜面向下，做负功。匀速运动时，金属棒所受合力为0，故合力做功为0，A正确，B、C错误；克服安培力做多少功就有多少其他形式的能转化为电路中的电能，电能又等于R上产生的焦耳热，故恒力F与重力的合力所做的功等于电阻R上产生的焦耳热，D正确。
3.(电磁感应中的动力学和能量问题)如图所示，相距为L的两根足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为θ，上端接有定值电阻R，其余电路电阻都不计，匀强磁场垂直于导轨平面向下，磁感应强度大小为B。现将质量为m的导体棒由静止释放，当棒下滑到稳定状态时，速度为v0，下列说法错误的是(　　)
A．导体棒达到稳定状态前做加速度减小的加速运动
B．当导体棒速度达到时加速度大小为g sin θ
C．导体棒的a端电势比b端电势高
D．导体棒达到稳定状态后继续下滑的过程中，电阻R产生的焦耳热等于重力所做的功
解析：选C。导体棒下滑过程中根据牛顿第二定律可得mg sin θ－ILB＝ma，又由闭合电路欧姆定律得I＝，导体棒的电动势E＝BLv，求得a＝g sin θ－，由此可知，速度增大，加速度减小，所以导体棒达到稳定状态前做加速度减小的加速运动，A正确；由A分析可得，当速度v＝v0时加速度为零，即g sin θ＝，当导体棒速度达到时，加速度a＝g sin θ－＝g sin θ，B正确；根据右手定则可得导体棒中的电流方向为a→b，由于导体棒为电源，所以b端电势高，C错误；导体棒达到稳定状态后，根据能量守恒定律可得，电阻R产生的焦耳热等于重力所做的功，D正确。题组1　楞次定律
1.(多选)如图所示，一段软导线组成的正方形回路置于光滑水平面上，软导线所在空间存在竖直方向的匀强磁场。由于磁场发生了某种变化，导致回路形状变为圆形。关于该磁场的变化，下列说法可能正确的是(　　)
A．方向竖直向上，逐渐增强
B．方向竖直向上，逐渐减弱
C．方向竖直向下，逐渐增强
D．方向竖直向下，逐渐减弱
解析：选BD。同样周长情况下，圆形面积大于正方形，即回路面积增大了，根据楞次定律，感应电流的磁场会阻碍原磁场的磁通量变化，无论穿过回路的磁感线的方向如何，只要磁场逐渐减弱，穿过回路的磁通量就会减小，回路的面积就将增大，故B、D正确，A、C错误。
2.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。
3．(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：选B。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。
题组2　楞次定律的常用推论
4.如图所示，A、B都是薄铝环，环A是闭合的，环B是断开的，横梁可以绕中间的支点转动。若用条形磁铁分别接近这两个圆环，则下列说法正确的是(　　)
A．磁铁N极插向A环，A环被吸引
B．磁铁S极插向A环，A环被吸引
C．无论磁铁哪个极拔出B环，横梁都会转动
D．无论磁铁哪个极拔出B环，横梁都不会转动
解析：选D。无论磁铁哪个磁极插向A环，A环内的磁通量均变大，根据楞次定律，圆环受到的安培力的效果总是阻碍磁通量的变化(来拒)，可知闭合圆环中会产生感应电流且A环被排斥，故A、B错误；无论磁铁哪个极拔出B环，B环内的磁通量变化，产生感应电动势，但是由于B环不闭合，所以B环没有感应电流，即圆环B不受到安培力的作用，圆环B保持静止，横梁不发生转动，故C错误，D正确。
5．(多选)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：选AC。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)，则线圈A、B中电流方向相反，故B错误。
6.(多选)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，则在外环乙上会产生感应电流，下列说法正确的是(　　)
A．外环乙有扩张的趋势
B．外环乙有收缩的趋势
C．外环乙上会产生顺时针方向电流
D．外环乙上会产生逆时针方向电流
解析：选AD。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。
7．(2025·珠海期中) 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A到E摆动过程中(　　)
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
8．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，受到的安培力为零
D．导线框进入磁场时，受到的安培力为零
解析：选A。导线框进入磁场时，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，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，根据左手定则可知，ab受到的安培力不为零，导线框进入磁场时，由于有感应电流，根据左手定则可知，cd受到的安培力不为零，C、D错误。
9．如图所示，若套在条形磁铁上的弹性金属导线圈 Ⅰ 突然缩小为导线圈 Ⅱ，则关于导线圈中的感应电流及其方向(从上往下看)是(　　)
A．有顺时针方向的感应电流
B．有逆时针方向的感应电流
C．有先逆时针后顺时针方向的感应电流
D．无感应电流
解析：选A。穿过导线圈的磁通量是磁体内的全部磁通量和磁体外的一部分磁通量的合磁通量，由题可知合磁通量是向上的。当导线圈突然缩小时合磁通量增加，原因是磁体外向下穿过导线圈的磁通量减少。由楞次定律判断，感应电流的方向(从上往下看)为顺时针方向，A正确。
10．如图所示，a、b、c为同一平面内的线圈，其中a、b为同心圆，现给a中通以顺时针方向的电流，在a中的电流逐渐增大的过程中，b、c中产生的感应电流方向为(　　)
A．b、c中均为顺时针方向
B．b、c中均为逆时针方向
C．b为逆时针方向，c为顺时针方向
D．b为顺时针方向，c为逆时针方向
解析：选C。首先，由题意可知线圈a中的电流在逐渐增大，电流产生的磁场也在不断增大。其次根据右手螺旋定则判断出线圈a中的电流在线圈b区域内产生的磁场垂直于纸面向里，再根据楞次定律可以判断出线圈b产生的感应电流为逆时针方向，对应产生的磁场垂直于纸面向外。同理，根据右手螺旋定则判断出线圈a的电流在线圈c区域内产生的磁场垂直于纸面向外，再根据楞次定律可以判断出线圈c产生的感应电流为顺时针方向，对应产生的磁场垂直于纸面向里。
11．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。
12．(多选)(2025·中山期中)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。
13．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。(共33张PPT)
　第2课时　电磁感应中的动力学
和能量问题
课堂深度探究
PART
01
第一部分
知识点一　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：
(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)和运动状态。
(4)列动力学方程(a≠0)或平衡方程(a＝0)求解。
用同样的金属材料制成三个大小相同的线圈a、b、c，其中线圈a的线径较粗，b、c两个的线径较细，且a、b是闭合的，c是开口的。它们从同样高度处自由落下，途中经一匀强磁场区域后着地，则它们运动时间的关系是(　　)
A．ta＝tb＝tc　　　 B．ta>tb>tc
C．ta＝tbtc
√
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。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
在范围足够大、方向竖直向下的磁感应强度B＝0.2 T匀强磁场中，有一水平放置的光滑框架(电阻不计)，宽度L＝0.4 m，如图所示，框架上放置一质量为0.05 kg、电阻为1 Ω的金属杆cd，框架电阻不计。若cd杆以恒定加速度a＝2 m/s2 由静止开始做匀加速运动，求：
(1)在5 s内平均感应电动势大小；
[答案]　0.4 V　
(2)第5 s末，回路中的电流大小；
[答案]　0.8 A
(3)第5 s末，作用在cd杆上的水平外力大小。
[解析]　杆做匀加速运动，由牛顿第二定律得
F－F安＝ma
即F＝ma＋F安＝ma＋BIL＝0.164 N。
[答案]　0.164 N
知识点二　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对于纯电阻电路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对于纯电阻电路利用动能定理，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。
(2025·揭阳期末)如图所示，边长为L的正方形金属线框abcd从某一高处由静止开始下落，在下落过程中经过一个有水平边界且两个水平边界之间的距离也为L的匀强磁场区域，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里。已知ab边进入磁场时线框刚好做匀速直线运动，线框质量为m、电阻为R，重力加速度为g，忽略空气阻力。
(1)ab边进入磁场时，判断线框中感应电流的方向以及a、b两点哪点的电势更高一些？
[解析]　由楞次定律知，线圈进入磁场过程中向里的磁通量增大，根据增反减同，线框进入磁场时感应电流的方向为逆时针方向，ab边相当于电源，电流由a到b，则b点电势高一些。
[答案]　逆时针　b点　
(2)求线框进入磁场时的速度大小v。
(3)求线框穿越磁场的过程中，产生的焦耳热Q。
[解析]　线框穿越磁场的过程中，一直做匀速直线运动，由能量转化和守恒定律知，系统减小的重力势能转化为内能，有Q＝2mgL。
[答案]　2mgL
√
√
规范一练　动力学和能量观点在电磁感应中的应用
如图所示，相距为L的两条足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ水平放置于磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中，导轨的M、P中间连接一阻值为R的电阻，金属棒ab垂直于导轨放置且接触良好，并通过水平细线跨过滑轮与物体A相连，已知ab棒与物体A质量相等，除R外其余部分的电阻均不计、一切摩擦以及细线和滑轮的质量不计。现将ab棒由静止释放，测得ab棒沿导轨滑行达到最大速度为vm，在此过程中流过电阻R的总电量为q，重力加速度为g。求：
(1)物体A的质量m；
(3)ab棒从开始运动到达到最大速度的过程中电阻R上产生的焦耳热Q。
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．(电磁感应中的能量问题)(多选)如图所示，两根光滑的金属导轨，平行放置在倾角为θ的斜面上，导轨的左端接有电阻R，导轨自身的电阻可忽略不计。斜面处在一匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向上。质量为m、电阻可以忽略不计的金属棒ab，在沿着斜面与棒垂直的恒力F作用下沿导轨匀速上滑，且上升的高度为h，在这一过程中(　　)
A．作用于金属棒上的各个力的合力所做的功等于0
B．作用于金属棒上的各个力的合力所做的功等于
mgh与电阻R上产生的焦耳热之和
C．恒力F与安培力的合力所做的功等于0
D．恒力F与重力的合力所做的功等于电阻R上产生的焦耳热
√
解析：金属棒匀速上滑的过程中，对金属棒受力分析可知，有三个力对金属棒做功，恒力F做正功，重力做负功，安培力阻碍相对运动，沿斜面向下，做负功。匀速运动时，金属棒所受合力为0，故合力做功为0，A正确，B、C错误；克服安培力做多少功就有多少其他形式的能转化为电路中的电能，电能又等于R上产生的焦耳热，故恒力F与重力的合力所做的功等于电阻R上产生的焦耳热，D正确。
√专题提升课4　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
　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作用在金属棒ab上，当t＝2 s时，金属棒ab的速度达到最大，随后撤去力F，金属棒最终静止在导轨上。导轨电阻忽略不计，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，速度最大，对金属棒ab有F＝F安＝
所以金属棒ab运动的最大速度
v＝＝4 m/s。
(2)前2 s内对金属棒ab，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，对金属棒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0，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。
　(多选)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；两棒之间的速度差Δv＝v1－v2逐渐减小，整个系统产生的感应电动势逐渐减小，回路中感应电流逐渐减小，最后变为零，C正确，D错误。
[答案]　AC
　(2025·中山期末)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于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，在轨道左侧高h处由静止下滑，运动过程中两导体棒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
　如图所示，平行倾斜光滑导轨与足够长的平行水平光滑导轨平滑连接，导轨电阻不计。质量分别为2m和m的金属棒b和c静止放在水平导轨上，b、c两棒均与导轨垂直。图中de虚线的右侧有范围足够大、方向竖直向上的匀强磁场。质量为2m的绝缘棒a垂直于倾斜导轨由静止释放，释放位置与水平导轨的高度差为h。已知绝缘棒a滑到水平导轨上与金属棒b发生弹性正碰，金属棒b进入磁场后始终未与金属棒c发生碰撞，重力加速度为g。求：
(1)a棒与b棒碰后b棒的速度大小；
(2)两金属棒b、c上最终产生的总焦耳热。
[解析]　(1)设a棒滑到水平导轨时速度为v0，根据动能定理可得2mgh＝×2mv
解得v0＝
a棒与b棒发生弹性正碰，取向右为正方向，由动量守恒定律可得
2mv0＝2mv1＋2mv2
由机械能守恒定律，可得
×2mv＝×2mv＋×2mv
联立解得v1＝0，v2＝v0＝。
(2)最终b、c以相同的速度匀速运动，取向右为正方向，由动量守恒定律可得2mv2＝(2m＋m)v
由能量守恒定律可得×2mv＝(2m＋m)v2＋Q
联立解得Q＝mgh。
[答案]　(1)　(2)mgh(共22张PPT)
课后达标检测
√
1．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，整个装置处于水平向里的匀强磁场中，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(　　)
A．2mg　　　　　　 B．3mg
C．4mg D．mg
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。
2.如图所示，竖直放置的两根平行金属导轨之间接有定值电阻R，质量不能忽略的金属棒与两导轨始终保持垂直并良好接触且无摩擦，金属棒与导轨的电阻均不计，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直。金属棒在竖直向上的恒力F作用下加速上升的一段时间内，力F做的功与安培力做的功的代数和等于(　　)
A．金属棒的机械能增加量
B．金属棒的动能增加量
C．金属棒的重力势能增加量
D．电阻R上产生的热量
√
解析：金属棒加速上升时受到重力、拉力F及安培力。根据功能关系可知，力F与安培力做功的代数和等于金属棒的机械能的增加量，A正确。
√
4.(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
√
√
6.如图所示，倾斜放置的光滑平行足够长的金属导轨MN、PQ间静置一根质量为m的导体棒，阻值为R的电阻接在M、P间，其他电阻忽略不计，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面向下。t＝0时对导体棒施加一个沿导轨平面向上的力F，使得导体棒能够从静止开始向上做匀加速直线运动，则在导体棒向上运动的过程中，施加的力F、力F的功率P、产生的感应电流I、电阻R上产生的热量Q随时间变化的图像正确的是(　　)
√
7．(14分)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，取g＝10 m/s2。求：
(1)导体棒ab运动的最大速度大小；(5分)
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；(5分)
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。(4分)
答案：1.08 J
8．(14分)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，已知导轨电阻不计，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；(4分)
(2)金属杆ab刚开始上滑时的加速度大小；(6分)
(3)金属杆ab上滑的最大距离x。(4分)(共25张PPT)
课后达标检测
√
1．(多选)关于涡流、电磁阻尼、电磁驱动，下列说法正确的是(　　)
A．金属探测器应用于安检场所，探测器利用了涡流的原理
B．金属探测器可用于大米装袋，防止细小的砂石颗粒混入大米中
C．电磁炉利用电磁阻尼工作，录音机在磁带上录制声音利用电磁驱动工作
D．磁电式仪表中用来作线圈骨架的铝框能起电磁阻尼的作用
√
解析：金属探测器在探测金属时，由于在被测金属中产生涡流从而使报警器工作，故A正确；金属探测器探测原理是在被探测物体中由于电磁感应在被探测物中产生涡流来进行工作，食品中的砂石不是金属，所以不能产生涡流，故B错误；电磁炉利用涡流工作，录音机在磁带上录制声音时，是利用了电流的磁效应，使磁带上的磁粉被磁化，故C错误；磁电式仪表中用来作线圈骨架的铝框中可以产生感应电流能起电磁阻尼的作用，故D正确。
2．电磁炉是利用电磁感应现象产生的涡流，使锅体发热从而加热食物。下列相关的说法正确的是　(　　)
A．电磁炉中通入电压足够高的直流电也能正常工作
B．锅体中涡流的强弱与磁场变化的频率有关
C．金属或环保绝缘材料制成的锅体都可以利用电磁炉来烹饪食物
D．电磁炉的上表面一般都用金属材料制成，以加快热传递、减少热损耗
√
解析：直流电不能产生变化的磁场，在锅体中不能产生感应电流，电磁炉不能使用直流电，A错误；锅体中涡流的强弱与磁场变化的频率有关，B正确；锅体只能用铁磁性导体材料，不能使用绝缘材料来制作，C错误；电磁炉的上表面如果用金属材料制成，使用电磁炉时，上表面材料发生电磁感应要损失电能，所以电磁炉上表面要用绝缘材料制作，D错误。
3．(多选)变压器的铁芯是利用薄硅钢片叠加而成的，而不是采用一整块硅钢，这是为了(　　)
A．增大涡流，提高变压器的效率
B．减小涡流，提高变压器的效率
C．增大铁芯的电阻，以产生更多的热量
D．增大铁芯的电阻，以减小发热量
解析：磁场变化越快，感应电动势越大，因而涡流也就越强。涡流能使导体发热。变压器的铁芯是相互绝缘的薄片叠加而成以增加铁芯的电阻，降低涡流强度，从而减少能量损耗，提高变压器的效率。
√
√
4．安检门是一个用于安全检查的“门”，“门框”内有线圈，线圈中通有变化的电流。如果金属物品通过安检门，金属物品中会被感应出涡流，涡流的磁场又反过来影响线圈中的电流，从而报警，关于安检门的说法正确的是(　　)
A．安检门能检查出毒贩携带的毒品
B．如果“门框”的线圈中通上恒定电流，安检门也能正常工作
C．安检门能检查出旅客携带的金属水果刀
D．安检门工作时，主要利用了电流的热效应原理
√
解析：安检门利用涡流探测人身上携带的金属物品的原理：线圈中的交变电流产生交变的磁场，会在金属物品中产生交变的感应电流，而金属物品中感应电流产生的交变磁场会在线圈中产生感应电流，使线圈中交变电流发生变化，从而被探测到，则安检门可以检查出旅客携带的金属水果刀，而不能检查出毒贩携带的毒品，若“门框”的线圈中通上恒定电流，而不是交变电流，则无法产生感应电流，安检门不能正常工作，故A、B错误，C正确；安检门工作时，主要利用了电磁感应原理，故D错误。
5.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：涡流探伤技术其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。
√
6.(多选)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，每一片铝片又可看成由若干个闭合铝片框组成，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，所以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。
√
7．(2025·佛山月考)如图甲所示为探究电磁驱动的实验装置。某个铝笼置于U形磁铁的两个磁极间，铝笼可以绕支点自由转动，其截面图如图乙所示。开始时，铝笼和磁铁均静止，转动磁铁，会发现铝笼也会发生转动，下列说法正确的是(　　)
A．铝笼是因为受到安培力而转动的
B．铝笼转动的速度大小和方向与磁铁均相同
C．铝笼转动的速度大小和方向与磁铁均不同
D．当磁铁停止转动后，如果忽略空气阻力和摩擦阻力，铝笼将保持匀速转动
解析：铝笼是因为受到安培力而转动的，安培力充当动力，A正确；铝笼转动的速度大小不同、方向与磁铁的相同，B、C错误；当磁铁停止转动后，如果忽略空气阻力和摩擦阻力，铝笼受到的安培力充当阻力，铝笼速度减小直至停止，D错误。
√
8.(多选)金属探测器已经广泛应用在考场检测、车站安检等领域，其利用的是电磁感应原理：探测器内的线圈中通以大小与方向快速变化的电流从而产生快速变化的磁场，该磁场会在金属物体内部感应出“涡流”(感应电流)。“涡流”会产生磁场，从而影响原始磁场，导致检测器发出蜂鸣声而报警。下列说法正确的是(　　)
A．欲使待检测物体内部产生“涡流”(感应电流)，
探测器需在待检测物上方不停地晃动
B．探测器静止在待检测物上方，待检测物内部
仍然可以产生“涡流”(感应电流)
C．若待检测物为塑料则不能报警，因为检测区域内没有磁通量变化
D．若待检测物为塑料则不能报警，因为待检测物中没有或很少有能够自由移动的带电粒子
√
解析：因为金属探测器中通的是大小和方向快速变化的电流，以致产生高速变化的磁场，故即使探测器静止在待检测物的上方，待检测物中依然有感应电流产生，故A错误，B正确；因为塑料制品近乎绝缘体，导电性能极差，所以监测区域中并非没有磁通量变化，而是因为塑料内部没有或极少有可自由移动的带电粒子，而使得待检测物体中无感应电流或电流太小不能引起报警，故C错误，D正确。
9.如图所示，在光滑绝缘水平面上，有一铝质圆形金属球以一定的初速度通过有界匀强磁场，则从球开始进入磁场到完全穿出磁场过程中(磁场宽度大于金属球的直径)，小球(　　)
A．整个过程都做匀速运动
B．进入磁场过程中做减速运动，穿出过程做加速运动
C．整个过程都做匀减速运动
D．穿出时的速度一定小于初速度
√
解析：金属球进、出磁场时，都有涡流产生，都会受到阻力，金属球会克服安培力做功消耗机械能，故穿出时的速度一定小于初速度，D正确；因为金属球进、出磁场时，产生的不是恒定电流，由F＝BIL知，产生的安培力不是恒力，故不是做匀减速运动，C错误；进入和穿出过程都做减速运动，在磁场中做匀速运动，A、B错误。
10．(多选)(2025·佛山期中)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，穿过铝制圆盘的磁通量会发生变化，根据楞次定律可知，圆盘内产生的感应电流的磁场会阻碍磁通量变化，所以铝制圆盘也顺时针转动，A正确，B错误；当磁铁的转速变快时，穿过铝制圆盘的磁通量变化加快，圆盘产生的阻碍磁通量变化的磁场也变快，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。
√
11．下列说法正确的是(　　)
A．图甲中，当摇动手柄使得蹄形磁铁转动，
则铝框会同向转动，且和磁铁转得一样快
B．图乙是真空冶炼炉，当炉外线圈通入高频交流电时，线圈中产生大量热量，从而冶炼金属
C．图丙是铜盘靠惯性转动，手持磁铁靠近铜盘，铜盘转动加快
D．图丁是微安表的表头，运输时把两个正、负接线柱用导线连接，可以减小电表指针的摆动角度
解析：根据电磁驱动原理，题图甲中，当摇动手柄使得蹄形磁铁转动，则铝框会同向转动，但铝框比磁铁转得慢，故A错误；题图乙是真空冶炼炉，当炉外线圈通入高频交流电时，铁块中产生涡流，铁块中产生大量热量，从而冶炼金属，故B错误；当铜盘转动时，铜盘切割磁感线，从而产生感应电流，出现安培力，由楞次定律可知，产生的安培力将阻碍铜盘切割磁感线运动，则铜盘转动将变慢，故C错误；题图丁是微安表的表头，在运输时要把两个正、负接线柱用导线连在一起，可以减小电表指针的摆动角度，这是为了保护电表指针，利用了电磁阻尼的原理，故D正确。
√
12．电磁阻尼现象在日常生活中得到广泛应用，如汽车的减震悬架等。某车型的减震系统就由两部分组成：一部分是机械弹簧主减震系统；另一部分是电磁辅助减震系统。装置示意图如图所示，强磁体固定在汽车底盘上，阻尼线圈固定在轮轴上，轮轴与底盘通过弹簧主减震系统相连，在震动过程中磁体可在线圈内上下移动，则(　　)
A．对调磁体的磁极，电磁减震系统就起不到减震效果
B．增多线圈匝数，不影响安培力的大小
C．只要产生震动，电磁减震系统就能起到减震效果
D．震动过程中，线圈中有感应电流，且感应电流方向不变(共46张PPT)
第二节　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、影响感应电动势大小的因素
1．感应电动势
(1)定义：在________　现象中产生的电动势。
(2)产生感应电动势的那部分导体相当于____。
(3)在电磁感应现象中，只要闭合回路中有感应电流，这个回路就一定有______；回路断开时，虽然没有感应电流，但______依然存在。
电磁感应
电源
电动势
电动势
2．影响感应电动势大小的因素
如图所示，将螺线管用导线与电表连接，依次用1根条形磁铁快速插入或拔出螺线管、用2根条形磁铁分别快速和慢速插入或拔出螺线管，并以定性描述的方式(如很大、较大、较小等)，将实验结果填入表中。
所用条形磁铁的数目 条形磁铁插入或拔出的方式 螺线管中磁通量变化的大小ΔФ 电流表指针的偏转角度 感应电动势E的大小
1根 快速 较小 较大 较大
2根 快速 较大 很大 很大
3根 慢速 很大 较小 较小
变化快慢
2．法拉第电磁感应定律
(1)内容：电路中感应电动势的大小，与穿过这一电路的磁通量______成正比。
变化率
n
三、导线切割磁感线时的感应电动势
1．如图甲所示，磁感线方向、导线与导线运动方向三者两两垂直时，E＝______。
　　　
2．如图乙所示，如果导线的运动方向与导线本身是垂直的，但与磁感线方向有一个夹角θ时，E＝__________________。
BLv
BLv sin θ
3．切割磁感线的导线等效为一个电源。在电源内部，电流是由____流向____，因此，可以通过右手定则判断导线的电流方向，进而可知导线两端感应电动势的高低。
4．在导线做切割磁感线的运动中，产生的电能是通过其他外力__________做功转化而来的，克服安培力做了多少功，就有多少电能产生。这些电能又通过电流做功，转化为其他形式的能，整个过程遵守能量守恒定律。
负极
正极
克服安培力
√
×　
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]　磁通量的变化量不相同，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)指针偏转角度取决于什么？
√
　(2025·江门期中)穿过闭合回路的磁通量Φ－t图像分别如图①～④。关于回路中感应电动势正确的是(　　)
A．图①中回路产生的感应电动势恒定不变
B．图②中回路产生的感应电动势一直在变大
C．图④中回路产生的感应电动势先变小后变大
D．图③中回路在0到t1时间内产生的感应电动势等于在t1～t2时间内产生的感应电动势
√
√
(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．此时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。
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，
其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间呢？
[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。
3．导体切割磁感线产生感应电动势的原理
如图所示，导体棒CD在匀强磁场中向右运动。自由电子会随着导体棒运动，并因此受洛伦兹力。导体棒中的自由电子受到沿棒向下的洛伦兹力，D端累积负电荷、C端累积正电荷，C、D两端产生电势差，即为导体棒两端产生的感应电动势。
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
√
√
√
√
√
随堂巩固落实
PART
03
第三部分
√
1．(法拉第电磁感应定律的理解和应用)(2025·佛山期中)如图所示为某同学制作的简易硬币检测仪示意图，斜面里安装有金属线圈，线圈接上供电及电流检测装置，当硬币从斜面顶端滑下，经过线圈上方时，根据检测到的线圈中的电流情况，可判断硬币的币值。下列说法正确的是(　　)
A．硬币经过线圈上方，加速度保持不变
B．硬币经过线圈上方，硬币会产生电流
C．硬币不经过线圈上方时，线圈中没有电流
D．不同硬币经过线圈上方，线圈电流变化相同
解析：硬币经过线圈上方，硬币的磁通量变化会产生电流，硬币受到安培力作用阻碍其运动，加速度发生变化，A错误，B正确；无论硬币是否经过线圈上方时，线圈中都有电流，C错误；不同硬币经过线圈上方，由于硬币大小不同，产生的感应电动势不同，线圈电流变化也不同，D错误。
√
2．(法拉第电磁感应定律的应用)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(　　)
A．πkr2　　　　　　 B．πkR2
C．πB0r2 D．πB0R2
√
√
√第一节　感应电流的方向
1．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。　2.理解楞次定律是能量守恒定律在电磁感应现象中的反映。　3.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、实验原理
1．查明电流表的指针偏转方向与电流方向的关系，找出感应电流的方向。
2．通过实验，观察分析原磁场方向和磁通量的变化，记录感应电流的方向，然后归纳出感应电流的方向与原磁场方向、磁通量变化之间的关系。
二、实验器材
条形磁体、螺线管、灵敏电流计、导线若干、干电池、滑动变阻器、开关、电池盒。
三、实验过程
1．探究电流表指针的偏转方向和电流方向之间的关系。
实验电路如图1甲、乙所示。
结论：电流从哪一侧接线柱流入，指针就向哪一侧偏转，即左进左偏，右进右偏。(指针偏转方向应由实验得出，并非所有电流表都是这样的)
2．探究条形磁体插入或拔出线圈时感应电流的方向
(1)按图2连接电路，明确螺线管的绕线方向。
(2)按照控制变量的方法分别进行N极(S极)朝下时插入线圈和N极(S极)朝上时抽出线圈的实验。
(3)观察并记录磁场方向、电流方向、磁通量大小的变化情况，并将结果填入表格。
比较项目 甲 乙 丙 丁
条形磁体运动的情况 N极朝下插入线圈 N极朝下拔出线圈 S极朝下插入线圈 S极朝下拔出线圈
原磁场方向(“向上”或“向下”) 向下 向下 向上 向上
穿过线圈的磁通量变化情况(“增加”或“减少”) 增加 减少 增加 减少
感应电流的方向(在螺线管上方俯视) 逆时针 顺时针 顺时针 逆时针
感应电流的磁场方向(“向上”或“向下”) 向上 向下 向下 向上
原磁场与感应电流磁场方向的关系 相反 相同 相反 相同
(4)整理器材。
四、实验结果分析
根据上表记录，得到下述结果：
甲、丙两种情况下，磁通量都增加，感应电流的磁场方向与原磁场方向相反，阻碍磁通量的增加；乙、丁两种情况下，磁通量都减少，感应电流的磁场方向与原磁场方向相同，阻碍磁通量的减少。
实验结论：感应电流具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化。
五、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
　探究“影响感应电流方向的因素”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拉时，灵敏电流计指针____________________________________。
[解析]　(1)如图所示。
(2)由题意知，当通过线圈的磁通量增大时，指针向右偏，则①向右偏转一下；②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
　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
题型二　教材创新实验
　(1)由图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的电路连接，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所示，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)电流表A与电源等组成闭合回路，在温度由100 ℃逐渐降低到20 ℃的过程中，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磁通量的减小，电流从B灵敏电流计的右边进入，所以B灵敏电流计的指针右偏，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(共20张PPT)
课后达标检测
√
√
√
2.(多选)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
√
√
3.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
√
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(　　)
√
√
√
(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；(6分)
(2)细金属杆N在磁场内运动过程中产生的焦耳热；(4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)
7.(14分)如图所示，两条足够长的平行金属导轨间距L＝0.5 m，与水平面的夹角θ＝30°，处于磁感应强度B＝0.2 T、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中。导轨上的a、b两根导体棒质量分别为ma＝0.3 kg、mb＝0.1 kg，电阻均为R＝0.1 Ω，接入导轨间的长度均为L＝0.5 m。将a棒固定，由静止释放b棒，当b棒达到最大速度时，a棒产生的焦耳热Q＝5 J。导轨光滑且电阻忽略不计，运动过程中两棒始终与导轨垂直且接触良好，重力加速度g取10 m/s2。
(1)求b棒的最大速度大小。(4分)
答案：10 m/s
(2)求从释放到达到最大速度时，b棒的位移大小。(4分)
答案：30 m　
(3)若在a棒上施加大小为2 N、沿斜面向上的恒力F(未画出)，并将a棒的固定解除，让a、b棒同时由静止开始运动，求当a棒速度va＝2 m/s时，b棒的速度大小和加速度大小。(6分)
答案：6 m/s　1 m/s2第四节　互感和自感
1．了解互感现象及互感现象的应用。　2.了解自感现象，认识自感电动势对电路中电流的影响。
3．了解自感系数的意义和决定因素。　4.了解生产和生活中的自感现象。
一、互感现象
1．互感：如图所示是法拉第发现电磁感应现象的实验原理图之一。当线圈A中电流发生变化时，它产生的变化的磁场在线圈B中激发出了感应电动势。根据对称性思想，线圈B中感应电流的变化，同时也会在线圈A中产生相应的感应电动势。这种现象称为互感，所产生的感应电动势称为互感电动势。互感现象也可以发生在两个相互靠近的电路之间。
2．互感的应用与危害
(1)利用互感现象，我们可以将一个线圈中变化的信号传递到另外一个线圈。
(2)有时互感现象会影响电路的正常工作，因此要尽力减小其消极影响。
二、自感现象：由于线圈本身的电流发生变化而产生的电磁感应现象称为自感。在自感现象中产生的感应电动势，称为自感电动势。
三、自感系数
1．自感电动势与电流的变化率成正比，即E＝L，式中L是比例系数，称为自感系数，简称自感或电感。
2．自感系数
(1)单位：亨利，符号是H。
(2)决定自感系数大小的因素：线圈的形状、长短、匝数以及是否有铁芯等。
四、生活、生产中的自感现象
1．自感现象的应用：利用断电自感来产生高压，日光灯、汽车发动机点火器、煤气灶电子点火器等利用了这一原理。
2．自感现象的危害：生产中的大型电动机一般都有自感系数很大的线圈，当电路中开关断开时，线圈会产生很大的自感电动势，使开关的闸刀和固定夹片之间的空气电离而变成导体，形成电弧。这不仅会烧坏开关，甚至还会危害到操作人员的安全。因此，切断这种电路时必须采用特制的安全开关。
判断下列说法是否正确。
(1)互感现象只能发生于绕在同一铁芯上的两个线圈之间，而不可能产生于相互靠近的电路之间。(　　)
(2)互感现象属于电磁感应现象。　(　　)
(3)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。(　　)
(4)线圈的自感系数大，其电阻不一定大。(　　)
(5)自感系数越大，自感电动势不一定越大。　(　　)
提示：(1)×　(2)√　(3)×　(4)√　(5)√
知识点一　互感现象
在法拉第的实验中两个线圈并没有用导线连接，当一个线圈中的电流变化时，另一个线圈中为什么会产生感应电动势呢？
[提示]　两个线圈之间并没有导线相连，但当一个线圈中的电流变化时，它所产生的变化的磁场会在另一个线圈中产生感应电动势。
1．互感原理
(1)当一个线圈中的电流变化时，它产生的磁场就发生变化，变化的磁场在周围产生感生电场，在感生电场的作用下，另一个线圈中的自由电荷定向运动，于是产生感应电动势。
(2)一个线圈中电流变化越快(电流的变化率越大)，另一个线圈中产生的感应电动势越大。
2．应用与危害
(1)应用：变压器、收音机的磁性天线都是利用互感现象制成的。
(2)危害：在电力工程和电子电路中，互感现象有时会影响电路的正常工作，这时要设法减小电路间的互感。例如在电路板的刻制时就要设法减小电路间的互感现象。
角度1　对互感现象的理解
　下列关于互感现象的说法不正确的是(　　)
A．一个线圈中的电流变化时，与之靠近的线圈中产生感应电动势的现象称为互感现象
B．互感现象的实质是电磁感应现象，同样遵循楞次定律和法拉第电磁感应定律
C．利用互感现象能够将能量由一个线圈传递到另一个线圈，所以人们制造了收音机的“磁性天线”
D．在电力工程以及电子电路中不会出现互感现象而影响电路的正常工作
[解析]　一个线圈中的电流变化时，与之靠近的线圈中产生感应电动势的现象称为互感现象，故A正确，不符合题意；互感现象的实质是电磁感应现象，同样遵循楞次定律和法拉第电磁感应定律，故B正确，不符合题意；利用互感现象能够将能量由一个线圈传递到另一个线圈，所以人们制造了收音机的“磁性天线”，故C正确，不符合题意；互感现象能发生在任何两个相互靠近的电路之间，会影响电力工程以及电子电路中电路的正常工作，故D错误，符合题意。
[答案]　D
角度2　互感现象的分析
　如图所示，在同一铁芯上绕着两个线圈A、B，单刀双掷开关原来接“1”，现在把它从“1”扳向“2”。在此过程中，电阻R中的电流方向是(　　)
A．先由P→Q，再由Q→P　
B．先由Q→P，再由P→Q
C．始终由Q→P
D．始终由P→Q
[解析]　由于A线圈产生的磁场发生变化，B线圈中会产生感应电流，这就是互感。将开关由1扳到2的过程中，分两个阶段来分析电阻R上的电流方向。①在线圈A中电流沿原方向减小的过程中，线圈A的磁场自右向左也跟着减弱，导致穿过线圈B的磁通量减少，由楞次定律知，线圈B中会产生右上左下的感应电流，即流过电阻R的电流方向是由P→Q；②在线圈A中电流沿原方向增大的过程中，线圈A的磁场自右向左也跟着增强，导致穿过线圈B的磁通量增加，由楞次定律知，线圈B中会产生左上右下的感应电流，即通过电阻R的电流方向是由Q→P。综上分析可知，全过程中流过电阻R的电流方向先是由P→Q，然后是由Q→P，所以A正确。
[答案]　A
知识点二　对自感现象的理解
1.如图所示，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。再次闭合S，观察到什么现象？为什么有这样的现象？
2.如图所示，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。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A1所在支路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，遵从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：电源供给线圈的电流增大时，由于自感电动势的阻碍作用，使得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；断电瞬间，线圈中电流的大小、方向都不变，电流减小，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。
　(2025·广州期末)如图所示，P、Q是两个相同的小灯泡，L是自感系数很大、电阻比小灯泡略小的线圈，下列说法正确的是(　　)
A．闭合开关，Q立即发光，P慢慢变亮
B．闭合开关，P、Q两灯均是缓慢变亮
C．电路稳定后，断开开关，P中电流方向和断开前相反
D．电路稳定后，断开开关，P、Q两灯都是先亮一下再逐渐熄灭
[解析]　闭合开关，电流可以迅速通过灯泡Q和灯泡P，故灯泡Q、P均立即变亮，之后随着线圈自感电动势阻碍作用的减弱，流过线圈的电流逐渐增大，稳定时相当于一个比小灯泡电阻略小的电阻，灯泡P变暗，故灯泡P点亮后逐渐变暗并趋于稳定，A、B错误；电路稳定后断开开关，线圈的自感电动势相当于电源，通过灯泡P形成回路，灯泡P中的电流方向与开始时相反，灯泡Q直接熄灭，故C正确，D错误。
[答案]　C
　如图电路，A1与A2是完全相同的灯泡，电阻均为R，自感线圈直流电阻r＜R，则(　　)
A．闭合开关后，A2立即亮，A1逐渐亮
B．闭合开关后，A1立即亮，A2逐渐亮
C．断开开关的瞬间，有电流流过A2，方向向左
D．断开开关的瞬间，有电流流过A1，方向向右
[解析]　闭合开关后，A1立即亮，由于线圈的自感，含A2的这条支路电流会慢慢增大，A2逐渐亮，故A错误，B正确；断开开关的瞬间，由于线圈的自感，电流会慢慢减小，A1和A2都有电流流过，根据楞次定律可知，A2的电流向右，A1的电流向左，故C、D错误。
[答案]　B
　如图所示，小明做自感现象实验时，连接电路如图所示，其中L是自感系数较大、直流电阻不计的线圈，L1、L2是规格相同的灯泡，D是理想二极管，则(　　)
A．闭合开关S，L2逐渐变亮，然后亮度不变
B．闭合开关S，L1、L2都逐渐变亮，最后亮度相同
C．断开开关S，L2一直不亮，L1逐渐变暗至熄灭
D．断开开关S，L2变亮后与L1一起逐渐变暗至熄灭
[解析]　闭合开关S后，由于L1与线圈L的关系是串联的关系，开始时L对电流的增大有阻碍的作用，所以电流只能逐渐增大，则灯L1逐渐变亮，题图中二极管反接，其所在支路中没有电流，所以灯泡L2始终不亮，故A、B错误；断开S的瞬间，线圈L产生自感电动势阻碍电流的减小，此时线圈左端的电势低于右端电势，同时二极管左端的电势也低于右端电势，二极管导通，线圈L与二极管以及L1、L2构成回路，所以L1逐渐变暗至熄灭，L2变亮后再与L1一起逐渐变暗至熄灭，故C错误，D正确。
[答案]　D
知识点三　自感现象中的图像问题
　如图所示的电路中，S闭合且电路稳定后流过电感线圈L的电流是2 A，流过灯泡D的电流是1 A。现将S突然断开，S断开前后，能正确反映流过灯泡的电流i随时间t变化关系的图像是(　　)
[解析]　开关S断开前，通过灯泡D的电流是稳定的，其值为1 A。开关S断开瞬间，自感线圈的自感现象会使线圈L所在支路产生与线圈L中原电流方向相同的自感电动势，使线圈中的电流从原来的2 A逐渐减小，方向不变，且同灯泡D构成回路，通过灯泡D的电流和线圈L中的电流相同，也是从2 A逐渐减小到零，但是方向与原来通过灯泡D的电流方向相反，D正确。
[答案]　D
　如图所示的电路中，电源电动势为 E，线圈自感系数为 L，电路中的总电阻为 R。闭合开关S，电路中电流 I 遵循规律 E－RI＝L，其 I－t 图像可能正确的是(　　)
[解析]　由于电路中电流 I 遵循规律E－RI＝L，由自感规律可知，线圈产生的自感电动势阻碍电流的增大，使电流的增大速度变慢，电路稳定后自感现象消失，故I－t 图线的斜率逐渐减小直至斜率为0。
[答案]　B
1.(对互感现象的理解)(多选)一种延时装置的原理图如图所示，当S1闭合时，电磁铁F将衔铁D吸下，C线路接通，当S1断开时，由于电磁感应作用，D将延迟一段时间才被释放，则(　　)
A．由于A线圈的电磁感应作用，才产生延时释放D的作用
B．由于B线圈的电磁感应作用，才产生延时释放D的作用
C．如果断开B线圈的开关S2，无延时作用
D．如果断开B线圈的开关S2，延时时间变长
解析：选BC。线圈A中的磁场随开关S1的闭合而产生，随S1的断开而消失。当S1闭合时，线圈A中的磁场穿过线圈B，当S2闭合、S1断开时，线圈A在线圈B中的磁场变弱，线圈B中有感应电流，B中电流产生的磁场继续吸引D而起到延时的作用，所以B正确，A错误；若S2断开，线圈B中不产生感应电流而起不到延时作用，所以C正确，D错误。
2．(对自感现象的理解)(多选)(2025·广州期末)如图所示，甲、乙电路中电源内阻不计。自感线圈L的阻值可以忽略不计，电阻R和灯泡A的阻值相等，在接通开关S时，则(　　)
A．在甲电路中，灯泡A将渐渐变亮
B．在甲电路中，灯泡A将先渐渐变亮，然后变暗
C．在乙电路中，灯泡A将渐渐变亮
D．在乙电路中，灯泡A将先由亮渐渐变暗，然后熄灭
解析：选AD。在甲电路中，灯泡A与自感线圈L串联，在接通开关S时，由于线圈产生自感电动势阻碍电流的增大，所以通过线圈的电流只能从0逐渐增大，则灯泡A将渐渐变亮，故A正确，B错误；在乙电路中，灯泡A与自感线圈L并联，在接通开关S时，由于线圈产生自感电动势阻碍电流的增大，所以通过线圈的电流只能从0逐渐增大，所以一开始电流全部通过灯泡A所在支路，随着通过线圈的电流逐渐增大，通过灯泡A所在支路的电流逐渐减小，由于自感线圈L的阻值可以忽略不计，则最终灯泡A所在支路被短路，故灯泡A将先由亮渐渐变暗，然后熄灭，故C错误，D正确。
3．(对自感现象的理解)如图所示的电路中，A、B、C是三个相同的灯泡，L是自感线圈，其电阻与灯泡电阻相等，开关S先闭合然后再断开，则(　　)
A．S闭合后，A立即亮而B、C慢慢亮
B．S闭合后，B、C立即亮而A慢慢亮
C．S断开后，B、C先变亮然后逐渐变暗
D．S断开后，A先变亮然后逐渐变暗
解析：选B。S闭合后，B、C立即亮，由于灯泡A与自感线圈串联，线圈会阻碍电流的增大，所以A慢慢变亮，A错误，B正确；S断开后，由于线圈的作用阻碍电流的减小，所以A慢慢变暗，因为线圈电阻与灯泡电阻相等，所以在开关闭合时通过灯泡B、C和A的电流大小相等，所以当开关断开后线圈与A、B、C构成闭合回路，此时B、C不会先变亮，而是逐渐变暗，C、D错误。
4．(自感现象中的图像问题)如图所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r，电感L的电阻不计，电阻R的阻值大于灯泡D的阻值。在t＝0时刻闭合开关S，经过一段时间后，在t＝t1时刻断开S。下列表示A、B两点间电压UAB随时间t变化的图像，正确的是(　　)
解析：选B。开关S闭合的瞬间，由于L的阻碍作用，由R与L组成的支路相当于断路，后来由于L的阻碍作用不断减小，相当于外电路并联部分的电阻不断减小，根据闭合电路欧姆定律I＝，整个电路中的总电流增大，由U内＝Ir得内电压增大，由UAB＝E－Ir得路端电压UAB减小。电路稳定后，由于R的阻值大于灯泡D的阻值，所以流过L支路的电流小于流过灯泡D的电流。当开关断开时，由于电感L的自感作用，流过灯泡D的电流立即与L电流相等，与灯泡原来的电流方向相反且逐渐减小，即UAB反向减小，B正确。1．某同学将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流计及开关以如图所示的方式进行连接，在开关闭合、线圈A放在线圈B中的情况下，他发现当他将滑动变阻器的滑片P向左加速滑动时，电流计指针向右偏转，则下列关于他的推断正确的是(　　)
A．若线圈A向上移动或滑动变阻器的滑片P向右加速滑动，则电流计指针向左偏转
B．若线圈A中的铁芯向上拔出或断开开关，则电流计指针向右偏转
C．若滑动变阻器的滑片P匀速向左或匀速向右滑动，则电流计指针始终静止在刻度盘的正中央
D．由于线圈A、线圈B的绕线方向未知，故无法判断电流计指针偏转方向
解析：选B。当该同学将滑动变阻器的滑片P向左加速滑动时，变阻器的电阻变大，通过线圈A的电流变小，则线圈A产生的磁场变小，线圈B中的磁通量变小，电流计指针向右偏转。当滑片P向右加速滑动时，电流计指针向左偏转，但当线圈A向上移动时，线圈B中磁通量变小，电流计指针向右偏转，故A错误；当线圈A中的铁芯向上拔出或断开开关时，线圈B中的磁通量均变小，电流计指针均向右偏转，故B正确；P向左或向右匀速滑动时，线圈A中的电流均发生变化，B中磁通量变化，有感应电流产生，电流计指针发生偏转，故C错误；虽然线圈A、线圈B的绕线方向未知，但可以根据题述中使电流计指针向右偏的条件得出其他情况下出现的现象，故D错误。
2．(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
3．(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，则必须知道______________________________________ 。
(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。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，则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；电路稳定后，若向右移动滑动触头，滑动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
4．(2025·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
5．(2025·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
6．图甲是“探究怎样产生感应电流”的实验装置，ab是一根导体杆，通过导线、开关连接在灵敏电流计的两接线柱上。
(1)本实验中，如果__________，那么我们就认为有感应电流产生。
(2)闭合开关后，若导体杆不动，磁铁左右水平运动，则电路中____(选填“有”或“无”)感应电流。
(3)小李所在实验小组想进一步探究“感应电流的大小跟哪些因素有关”，小李猜想：“可能跟导体杆切割磁感线运动的快慢有关。”请你根据图甲所示的实验装置，帮助小李设计实验来验证她的猜想，你设计的实验做法是：______________
____________________________________。
(4)在探究“电磁感应现象”的实验中，电流表刻度盘上的零刻度线在正中间，当电池的正极接电流表的右接线柱，电池的负极与电流表的左接线柱相碰时，指针向右偏转。在如图乙所示的电路中，将线圈A放入线圈B中，在合上开关S的瞬间，电流表指针应向____偏转；保持开关闭合，将线圈A从线圈B中拔出时，电流表指针应向____偏转。
解析：(1)因为电路中无电源，所以使灵敏电流计的指针偏转的电流即为感应电流。
(2)磁铁左右水平运动时，导体杆切割磁感线产生感应电流。
(3)电流的大小可以用灵敏电流计的指针偏转的角度测量，角度越大，电流越大。做法是：闭合开关，保持其他条件不变，只改变导体切割磁感线运动的速度，观察灵敏电流计的指针偏转程度。
(4)根据题意可知，电流从哪一侧接线柱流入，指针就向哪一侧偏转。在合上开关S的瞬间，线圈A中的电流产生向上的磁场，则线圈B就置于向上并增强的磁场中，线圈B中的感应电流从电流表左端进入电流表，所以指针向左偏转。保持开关闭合，将线圈A从线圈B中拔出时，线圈B中向上的磁通量减小，线圈B中的感应电流从电流表右端进入电流表，所以指针向右偏转。
答案：(1)灵敏电流计的指针偏转　(2)有　(3)闭合开关，保持其他条件不变，只改变导体切割磁感线运动的速度，观察灵敏电流计的指针偏转程度
(4)左　右(共27张PPT)
课后达标检测
√
1．某同学将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流计及开关以如图所示的方式进行连接，在开关闭合、线圈A放在线圈B中的情况下，他发现当他将滑动变阻器的滑片P向左加速滑动时，电流计指针向右偏转，则下列关于他的推断正确的是(　　)
A．若线圈A向上移动或滑动变阻器的滑片P
向右加速滑动，则电流计指针向左偏转
B．若线圈A中的铁芯向上拔出或断开开关，
则电流计指针向右偏转
C．若滑动变阻器的滑片P匀速向左或匀速向右滑动，则电流计指针始终静止在刻度盘的正中央
D．由于线圈A、线圈B的绕线方向未知，故无法判断电流计指针偏转方向
解析：当该同学将滑动变阻器的滑片P向左加速滑动时，变阻器的电阻变大，通过线圈A的电流变小，则线圈A产生的磁场变小，线圈B中的磁通量变小，电流计指针向右偏转。当滑片P向右加速滑动时，电流计指针向左偏转，但当线圈A向上移动时，线圈B中磁通量变小，电流计指针向右偏转，故A错误；当线圈A中的铁芯向上拔出或断开开关时，线圈B中的磁通量均变小，电流计指针均向右偏转，故B正确；P向左或向右匀速滑动时，线圈A中的电流均发生变化，B中磁通量变化，有感应电流产生，电流计指针发生偏转，故C错误；虽然线圈A、线圈B的绕线方向未知，但可以根据题述中使电流计指针向右偏的条件得出其他情况下出现的现象，故D错误。
2．(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
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：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)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。
3．(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，则必须知道________________________________________。
解析：若要探究线圈中产生的感应电流的方向，则必须知道电流计指针偏转方向与电流方向间的关系。
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。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；电路稳定后，若向右移动滑动触头，滑动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。
4．(2025·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
5．(2025·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
6．图甲是“探究怎样产生感应电流”的实验装置，ab是一根导体杆，通过导线、开关连接在灵敏电流计的两接线柱上。

(1)本实验中，如果______________________，那么我们就认为有感应电流产生。
解析：因为电路中无电源，所以使灵敏电流计的指针偏转的电流即为感应电流。
灵敏电流计的指针偏转
(2)闭合开关后，若导体杆不动，磁铁左右水平运动，则电路中____(选填“有”或“无”)感应电流。
解析：磁铁左右水平运动时，导体杆切割磁感线产生感应电流。
有　
(3)小李所在实验小组想进一步探究“感应电流的大小跟哪些因素有关”，小李猜想：“可能跟导体杆切割磁感线运动的快慢有关。”请你根据图甲所示的实验装置，帮助小李设计实验来验证她的猜想，你设计的实验做法是：____________________________________________________________
________________________________。
解析：电流的大小可以用灵敏电流计的指针偏转的角度测量，角度越大，电流越大。做法是：闭合开关，保持其他条件不变，只改变导体切割磁感线运动的速度，观察灵敏电流计的指针偏转程度。
闭合开关，保持其他条件不变，只改变导体切割磁感线运动的速度，观察灵敏电流计的指针偏转程度
(4)在探究“电磁感应现象”的实验中，电流表刻度盘上的零刻度线在正中间，当电池的正极接电流表的右接线柱，电池的负极与电流表的左接线柱相碰时，指针向右偏转。在如图乙所示的电路中，将线圈A放入线圈B中，在合上开关S的瞬间，电流表指针应向____偏转；保持开关闭合，将线圈A从线圈B中拔出时，电流表指针应向____偏转。
左
右
解析：根据题意可知，电流从哪一侧接线柱流入，指针就向哪一侧偏转。在合上开关S的瞬间，线圈A中的电流产生向上的磁场，则线圈B就置于向上并增强的磁场中，线圈B中的感应电流从电流表左端进入电流表，所以指针向左偏转。保持开关闭合，将线圈A从线圈B中拔出时，线圈B中向上的磁通量减小，线圈B中的感应电流从电流表右端进入电流表，所以指针向右偏转。第五节　涡流现象及其应用
1．了解涡流是怎样产生的。　2.了解涡流现象的应用和防止。　3.通过对涡流实例的分析，了解涡流现象在生活和生产中的应用。
一、涡流现象
如图所示，一块导体外面绕上线圈，给线圈通入变化的电流，线圈中就会产生变化的磁场。线圈中的导体可看成是由许多闭合回路组成的， 回路中的磁通量不断变化，每个回路中都会产生感应电流。在整个导体中，一圈圈的感应电流环绕导体轴线流动，如果用图表示这样的感应电流，看起来就像水中的漩涡，所以我们称之为涡电流，简称涡流。这种在整块导体内部发生电磁感应而产生感应电流的现象，称为涡流现象。
二、涡流的热效应
1．涡流的热效应
像其他电流一样，金属块中的涡流也会产生热量。如果金属的电阻率小，则会产生很强的涡流，产生大量的焦耳热。利用涡流这种热效应，可以在生产、生活中加热各种物体。
2．涡流的热效应的应用
(1)高频感应炉就是利用涡流的热效应进行金属冶炼的例子。
(2)电磁炉也是涡流热效应的典型应用。
三、涡流的机械效应
磁场中的涡流会受到安培力的作用，表现出相应的机械效应。
(1)电磁驱动：当磁场相对于导体运动时，导体中产生的涡流使导体受到安培力，安培力使导体
运动起来的现象叫作电磁驱动。磁性式转速表是利用电磁驱动作用制成的。
(2)电磁阻尼：当导体在磁场中运动时， 导体中产生的涡流使导体受到安培力，并且安培力总是阻碍导体的运动，这种现象叫作电磁阻尼。 磁电式电表中将线圈绕在一个轻铝框
上，当有电流输入线圈时，通电线圈在磁场中受力转动，带动指针和铝框一起转动。此时铝框中产生涡流，由于电磁阻尼的作用，铝框很快就会停止摆动，使指针能够迅速稳定在示数位置上。
四、涡流的磁效应：涡流也是电流，而电流能够产生磁场。因此涡流也有磁效应。可以通过检测这个磁场，间接地推断特质的属性。如金属探测器。
判断下列说法是否正确。
(1)高频感应炉是应用涡流的热效应工作的。　(　　)
(2)涡流现象能够将变化磁场的磁场能转化为感应电流的电能。(　　)
(3)通过增大铁芯材料的电阻率可以减小涡流的产生。(　　)
(4)变压器的铁芯用硅钢片叠成是为了减小涡流。(　　)
(5)在电磁阻尼与电磁驱动中安培力所起的作用相同。(　　)
提示：(1)√　(2)√　(3)√　(4)√　(5)×
知识点一　涡流的产生及其热效应与磁效应
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．涡流的热效应
(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，线圈中通入反复变化的电流，炉内的金属中产生涡流，涡流产生的热量使金属熔化。
4．涡流的磁效应
通有变化电流的长柄线圈在扫过地面时，地下金属物体在交变磁场中被激发出涡流，涡流产生磁场影响线圈的磁场，从而触发报警，这就是应用涡流的磁效应工作的金属探测器的原理。
角度1　涡流的产生
　工业上探测物件表面层内部是否存在缺陷的涡流探伤技术原理图如图所示，其原理是将线圈中通入电流，使被测物件内产生涡流，借助探测线圈内电流变化测定涡流的改变，从而获得被测物件内部是否断裂及位置的信息，关于以上应用实例理解正确的是(　　)
A．线圈所连接的电源可以是直流电源
B．线圈所连接的电源应该是交流电源
C．能被探测的物件可以是非导电材料
D．工业涡流探伤技术运用了自感原理
[解析]　为产生涡流，线圈所连接的电源必须是交流电源，A错误，B正确；能被探测的物件必须是导电材料，否则不会产生涡流，C错误；工业涡流探伤技术其原理是用电流线圈使物件内产生涡电流，借助探测线圈测定涡电流的改变技术，不是自感原理，D错误。
[答案]　B
角度2　涡流的热效应
　(多选)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，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。
[答案]　AD
角度3　涡流的防止和利用
　(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]　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，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
　电磁炉又名电磁灶(图1)，它无需明火或传导式加热而让热直接在锅底产生，因此热效率得到了极大的提高。图2是描述电磁炉工作原理的示意图，下列说法正确的是(　　)
A．电磁炉通电线圈加直流电，电流越大，电磁炉加热效果越好
B．电磁炉原理是通电线圈加交流电后，在锅底产生涡流，进而发热工作
C．在锅和电磁炉中间放一绝缘物质，电磁炉不能起到加热作用
D．电磁炉的锅不能用陶瓷锅或耐热玻璃锅，主要原因是这些材料的导热性能较差
[解析]　电磁炉通电线圈加直流电，会产生恒定磁场，穿过锅底的磁通量不会发生变化，不能产生涡流，所以没有加热效果，故A错误；电磁炉的原理是磁场感应涡流加热，即利用交变电流通过线圈产生交变磁场，所以电磁炉通电线圈加交流电后，在锅底产生涡流，进而发热工作，故B正确；在锅和电磁炉中间放一绝缘物质，不会影响涡流的产生，因此不会影响电磁炉的加热作用，故C错误；金属锅自身产生无数小涡流而直接加热锅，陶瓷锅或耐热玻璃锅属于绝缘材料，不会产生涡流，而不是因为导热性能较差，故D错误。
[答案]　B
知识点二　涡流的机械效应
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(如图所示)，磁铁就会很快停下来，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。
1．电磁驱动和电磁阻尼的形成原因
当蹄形磁铁转动时，穿过线圈的磁通量就发生变化。例如，线圈处于如图所示的初始状态时，穿过线圈的磁通量为0，当蹄形磁铁转动时，穿过线圈的磁通量就增加了，根据楞次定律，此时线圈中就有感应电流产生，以阻碍磁通量的增加，因而线圈会跟着一起转动起来；从动力学的观点来看，线圈中产生的感应电流受到的安培力是使线圈转动起来的力，对线圈而言是电磁驱动；而线圈对磁铁的作用力对磁铁的转动起阻碍作用，对磁铁而言是电磁阻尼，因此电磁驱动和电磁阻尼是矛盾的两个方面，不可分割。
2．电磁阻尼与电磁驱动的比较
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
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
类型1　电磁驱动
　如图，将一空的铝质易拉罐倒扣于笔尖上，在“”形木框两侧各固定一个强铷磁铁，用电钻控制木框匀速转动，发现木框虽然不与易拉罐接触，但易拉罐也会随木框转动。下列说法正确的是(　　)
A．木框的转速总比易拉罐的大
B．易拉罐与木框的转动方向相反
C．易拉罐与木框保持相同的转速同方向转动
D．两个磁铁必须异名磁极相对
[解析]　根据电磁驱动原理，易拉罐与木框的转动方向相同，木框的转速总比易拉罐的大，A正确，B、C错误；两个磁铁异名磁极或同名磁极相对均可，在磁极附近的易拉罐导体中都会产生涡流，在磁场中受安培力使易拉罐跟着木框转动起来，D错误。
[答案]　A
类型2　电磁阻尼
　如图所示，P是绕有闭合线圈的螺线管，将一磁铁从距P上端h高处由静止释放，磁铁竖直穿过P后落在海绵垫上。若仅增大h，重复操作，则磁铁穿过P的过程与原来相比，下列说法正确的是(　　)
A．穿过线圈的磁通变化量将增大
B．线圈对磁铁的平均阻力将变小
C．通过线圈导线截面的电荷量相同
D．磁铁在螺线管中做自由落体运动
[解析]　线圈的磁通量与面积和磁感应强度有关，若仅增大h，对穿过线圈的磁通量没有影响，所以穿过线圈的磁通量变化相同，根据q＝Δt＝×Δt＝可知，通过线圈导线截面的电荷量相同，故A错误，C正确；若仅增大h，则磁铁经过线圈的时间减小，线圈中产生的感应电动势将增大，所以感应电流增大，线圈对磁铁的平均阻力将变大，故B错误；由于线圈的电磁阻尼作用，磁铁在螺线管中不可能做自由落体运动，故D错误。
[答案]　C
　(2025·中山期末)某研究小组制作了一仪表，发现指针在示数附近的摆动很难停下，使读数变得困难。在指针转轴上装上扇形铝板或扇形铝框，在合适区域加上磁场，可以解决此困难。下列方案合理的是(　　)
[解析]　题图A是铝板，磁场在铝板中间，无论指针偏转角度大小，都会在铝板上产生涡流，起到电磁阻尼的作用，指针会很快稳定，便于读数，A方案合理，A正确；如题图B、D所示，当指针向左偏转时，铝框或铝板可能会离开磁场，产生不了涡流，起不到电磁阻尼的作用，指针不能很快停下，B、D方案不合理，B、D错误；题图C是铝框，磁场在铝框中间，当指针偏转角度较小时，铝框不能切割磁感线，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，C方案不合理，C错误。
[答案]　A
　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
1．(涡流的热效应)(多选)(2025·佛山期末)“电磁感应铝箔封口机”被广泛应用在医药、食品、化工等生产行业的产品封口环节中，一手持式封口机如图所示，它的工作原理是：当接通电源时，内置线圈产生磁场，当磁感线穿过封口铝箔材料时，瞬间产生大量小涡流，致使铝箔快速发热，熔化覆盖在铝箔上的溶胶，从而粘贴在待封容器的封口处，达到迅速封口的目的。下列有关说法正确的是(　　)
A．封口材料可用木质材料来代替铝箔
B．该封口机的电源是恒定电流
C．封口过程中若温度过低，可适当增大所通电流的频率来解决
D．该封口机不适用于金属容器封口
解析：选CD。由于封口机利用了电磁感应原理，故封口材料必须是金属类材料，而且封口机的电源必须是交流电，故A、B错误；封口过程中若温度过低，可适当增大所通电流的频率，从而增大感应电动势，增大感应电流，使温度升高，故C正确；封口材料应是金属类材料，但对应被封口的容器不能是金属，否则同样被熔化，所以只能是玻璃、塑料等材质，故D正确。
2．(涡流的磁效应)(多选)机场的安检门可以利用涡流探测人身上携带的金属物品，安检门中接有线圈，线圈中通以交变电流。关于其工作原理，以下说法正确的是(　　)
A．人身上携带的金属物品会被地磁场磁化，在线圈中产生感应电流
B．人体在线圈交变电流产生的磁场中运动，产生感应电动势并在金属物品中产生感应电流
C．线圈产生的交变磁场会在金属物品中产生交变的感应电流
D．金属物品中感应电流产生的交变磁场会在线圈中产生感应电流
解析：选CD。一般金属物品不一定能被磁化，且地磁场很弱，即使金属被磁化磁性也很弱，由于人体电阻很大，且一般不会与金属物品构成回路，故A、B错误；安检门利用涡流探测金属物品的工作原理：线圈中交变电流产生交变磁场，使金属物品中产生涡流，故C正确；该涡流产生的磁场又会在线圈中产生感应电流，故D正确。
3．(电磁阻尼)电磁阻尼可以无磨损地使运动的线圈快速停下来。如图所示，扇形铜框在绝缘细杆作用下绕转轴O在同一水平面内快速逆时针转动，虚线把圆环分成八等份，扇形铜框恰好可以与其中一份重合。为使线框快速停下来，实验小组设计了以下几种方案，其中虚线为匀强磁场的理想边界，边界内磁场大小均相同，其中最合理的是(　　)
解析：选C。扇形铜框逆时针转动时，对于A、D选项，通过铜框的磁通量不发生变化，无感应电流产生，则线圈不会受到安培力阻碍；对于B、C选项，通过铜框的磁通量发生变化，产生感应电流，B项的铜框只有单边ad或bc受到安培阻力作用，而C项的铜框ad边、bc边同时受到安培阻力作用，所以最合理的是C选项。
4．(电磁驱动)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，但转动的角速度一定小于磁铁转动的角速度，如两者的角速度相同，磁感线与线圈相对静止，线圈不切割磁感线，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；当线圈相对磁铁转过90°时电流方向不再是abcda，故D错误。第三节　电磁感应规律的应用
1．了解超速“电子眼”的工作原理，体会从具体实物到物理模型的物理建模思想。　2.了解法拉第发电机的工作原理，思考如何将物理模型设计成可应用的产品。　3.通过航母阻拦技术，体会学以致用的灵活性。
一、超速“电子眼”
目前普遍使用的一款“电子眼”即是一套利用电磁感应规律制成的交通监测设备。如图所示，在路面下方间隔一段距离埋设两个通电线圈。当车辆通过通电线圈上方的道路时，由于车身是由金属材料制成的，做切割磁感线运动会产生感应电流，引起电路中电流的变化。根据v＝，只有汽车先后通过两个线圈上方的时间间隔小于某个值，拍摄装置才会被触发拍下超速车辆的照片。
二、法拉第发电机：铜棒在匀强磁场中旋转做切割磁感线运动产生感应电动势，这是一个典型
的物理模型。铜棒旋转做切割磁感线运动产生了感应电动势，如果通过导线与铜棒组成闭合回路，则回路中将产生感应电流。如果将很多根铜棒连成一体组成一个导体圆盘，在磁场中持续转动，则产生的感应电流将更大。基于上述思路，1831年10月法拉第将一个由紫铜制成的圆盘置于蹄形磁极之间，发明了世界上第一台发电机——法拉第圆盘发电机。
三、航母阻拦技术：如图所示，对于电磁阻拦模型，可把飞机与金属棒看成一个整体，其在磁场中做切割磁感线运动时会受到安培力的阻碍作用，相对于利用阻拦索阻拦而言，电磁阻拦减少了对阻拦索的依赖，提高了飞机着舰的安全性和可靠性。
第1课时　电磁感应中的电路和图像问题
知识点一　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。注意等效电源两端电压为路端电压，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)推导：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＝，式中的I、E均为平均值。
(2)说明：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。
　(多选)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]　BCD
　(多选)(2025·东莞月考)如图所示，以速度v1和v2匀速把一矩形线圈水平拉出有界匀强磁场区域，且v1＝2v2，则在先后两种情况下(　　)
A．线圈中的感应电动势之比E1∶E2＝1∶2
B．线圈中的感应电流之比I1∶I2＝4∶1
C．线圈中产生的焦耳热之比Q1∶Q2＝2∶1
D．通过线圈某截面的电荷量之比q1∶q2＝1∶1　
[解析]　由于v1＝2v2，又E＝BLv，I＝，可知E1∶E2＝2∶1，I1∶I2＝2∶1，故A、B错误；由焦耳定律Q＝I2Rt，由于两次线圈出磁场的时间之比
为1∶2，可知Q1∶Q2＝2∶1，故C正确；电荷量q＝It＝，通过线圈某截面的电荷量之比q1∶q2＝1∶1，故D正确。
[答案]　CD
知识点二　法拉第发电机原理
1.如图所示，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，产生的感应电动势为E＝Bl＝Bl2ω。
2．如图所示，圆盘在磁场中以角速度ω绕圆心匀速转动时，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。
类型1　导体棒的转动
(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
　如图所示，航天器A和卫星B均在赤道平面内，它们通过一根长度为L的金属杆相连，在各自的轨道上以角速度ω同步绕地球做自西向东的匀速圆周运动，不计金属杆的质量，则(　　)
A．金属杆在地磁场中不受安培力的作用
B．安培力的方向与两物体的环绕方向相反
C．由于存在地磁场，金属杆上卫星B端的电势高于航天器A端的电势
D．若A、B所在平面处地磁场可视为磁感应强度大小为B的匀强磁场，则A、B两点间电势差的大小为BL2ω
[解析]　由于A和B没有构成闭合回路，所以不会产生感应电流，因此金属杆不会受到安培力，故A正确，B错误；地磁场的方向在赤道上空是由地理南极指向地理北极，金属杆由西向东切割磁感线，由右手定则知B端的电势低于航天器A端的电势，故C错误；由于金属杆旋转切割，A、B所在平面处地磁场可视为磁感应强度大小为B的匀强磁场，所以E＝BL ＝BL＝BL，故D错误。
[答案]　A
类型2　圆盘的转动
　(2025·佛山期中)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(从上向下看)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
知识点三　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－s图像和 I－s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，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]　线框向右移动0～L进入磁场时E＝BLv，Uab＝BLv，i＝，方向为逆时针，大小不变，此时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，Uab＝0，电流为0，此时安培力也为0，磁通量Φ＝BL2；当线框向右移动2L～3L出离磁场时E＝BLv，Uab＝BLv，i＝，方向为顺时针，大小不变，此时F＝BIL＝，方向向左，大小不变，磁通量Φ＝BL(3L－x)；综上可知，A、B、C错误，D正确。
[答案]　D
类型2　磁场变化的电磁感应图像
　(多选)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]　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，安培力先负向减小然后正向增加，最大值均为2 N，D正确。
[答案]　CD
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·江门期末)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．(导体棒转动切割磁感线产生的电动势)(2025·惠州期中)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。
4．(电磁感应中的图像问题)(多选)矩形导线框abcd放在匀强磁场中，在外力控制下保持静止，如图甲所示。磁感线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B的方向垂直于导线框平面向里为正方向)，前4 s内，流过导线框的电流(规定顺时针为正方向)与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(　　)
解析：选AC。由题图可知前1 s内，原磁场垂直于平面向外，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。1.(多选)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：选ACD。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杆、ab杆皆匀速的过程，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正确。
2.(多选)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。
3.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。
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.(多选)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．(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；(6分)
(2)细金属杆N在磁场内运动过程中产生的焦耳热；(4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)
7.(14分)如图所示，两条足够长的平行金属导轨间距L＝0.5 m，与水平面的夹角θ＝30°，处于磁感应强度B＝0.2 T、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中。导轨上的a、b两根导体棒质量分别为ma＝0.3 kg、mb＝0.1 kg，电阻均为R＝0.1 Ω，接入导轨间的长度均为L＝0.5 m。将a棒固定，由静止释放b棒，当b棒达到最大速度时，a棒产生的焦耳热Q＝5 J。导轨光滑且电阻忽略不计，运动过程中两棒始终与导轨垂直且接触良好，重力加速度g取10 m/s2。
(1)求b棒的最大速度大小。(4分)
(2)求从释放到达到最大速度时，b棒的位移大小。(4分)
(3)若在a棒上施加大小为2 N、沿斜面向上的恒力F(未画出)，并将a棒的固定解除，让a、b棒同时由静止开始运动，求当a棒速度va＝2 m/s时，b棒的速度大小和加速度大小。(6分)
解析：(1)根据题意可知，感应电动势E＝BLv
感应电流I＝
b棒受到的安培力大小FA＝BIL
b棒的速度最大时，根据平衡条件得
FAmax＝mbg sin θ
由以上各式解得vm＝10 m/s。
(2)根据能量守恒有mbgx sin θ＝mbv＋2Q
解得x＝30 m。
(3)根据题意可知(ma＋mb)g sin θ＝2 N＝F
所以a、b两根导体棒整体动量守恒，根据动量守恒定律有mava－mbvb＝0
b棒的速度大小vb＝6 m/s
此时电路的感应电动势E′＝BLva＋BLvb
感应电流I′＝
对b棒根据牛顿第二定律有mbg sin θ－BI′L＝mba
解得a＝1 m/s2。
答案：(1)10 m/s　(2)30 m　(3)6 m/s　1 m/s2(共44张PPT)
第五节　涡流现象及其应用
学习目标
1．了解涡流是怎样产生的。　2.了解涡流现象的应用和防止。　3.通过对涡流实例的分析，了解涡流现象在生活和生产中的应用。
课前知识梳理
PART
01
第一部分
一、涡流现象
如图所示，一块导体外面绕上线圈，给线圈通入____的电流，线圈中就会产生____的磁场。线圈中的导体可看成是由许多闭合回路组成的， 回路中的磁通量不断变化，每个回路中都会产生感应电流。在整个导体中，一圈圈的感应电流环绕导体轴线流动，如果用图表示这样的感应电流，看起来就像水中的漩涡，所以我们称之为涡电流，简称涡流。这种在整块导体内部发生________而产生感应电流的现象，称为涡流现象。
变化
变化
电磁感应
二、涡流的热效应
1．涡流的热效应
像其他电流一样，金属块中的涡流也会产生____。如果金属的电阻率__，则会产生很强的涡流，产生大量的______。利用涡流这种热效应，可以在生产、生活中加热各种物体。
2．涡流的热效应的应用
(1)高频感应炉就是利用涡流的热效应进行金属冶炼的例子。
(2)电磁炉也是涡流热效应的典型应用。
热量
小
焦耳热
三、涡流的机械效应
磁场中的涡流会受到安培力的作用，表现出相应的机械效应。
(1)电磁驱动：当____相对于____运动时，导体中产生的____使导体受到安培力，安培力使导体
运动起来的现象叫作电磁驱动。磁性式转速表是利用电磁驱动作用制成的。
(2)电磁阻尼：当____在磁场中运动时， 导体中产生的涡流使导体受到安培力，并且安培力总是阻碍导体的运动，这种现象叫作电磁阻尼。 磁电式电表中将线圈绕在一个轻铝框上，当有电流输入线圈时，通电线圈在磁场中受力转动，带动指针和铝框一起转动。此时铝框中产生涡流，由于________的作用，铝框很快就会停止摆动，使指针能够迅速稳定在示数位置上。
磁场
导体
涡流
导体
电磁阻尼
四、涡流的磁效应：涡流也是电流，而电流能够产生磁场。因此涡流也有______。可以通过检测这个磁场，间接地推断特质的属性。如金属探测器。
磁效应
√
×　
判断下列说法是否正确。
(1)高频感应炉是应用涡流的热效应工作的。　(　　)
(2)涡流现象能够将变化磁场的磁场能转化为感应电流的电能。(　　)
(3)通过增大铁芯材料的电阻率可以减小涡流的产生。(　　)
(4)变压器的铁芯用硅钢片叠成是为了减小涡流。(　　)
(5)在电磁阻尼与电磁驱动中安培力所起的作用相同。(　　)
√
√
√
课堂深度探究
PART
02
第二部分
知识点一　涡流的产生及其热效应与磁效应
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．涡流的热效应
(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，线圈中通入反复变化的电流，炉内的金属中产生涡流，涡流产生的热量使金属熔化。
4．涡流的磁效应
通有变化电流的长柄线圈在扫过地面时，地下金属物体在交变磁场中被激发出涡流，涡流产生磁场影响线圈的磁场，从而触发报警，这就是应用涡流的磁效应工作的金属探测器的原理。
角度1　涡流的产生
工业上探测物件表面层内部是否存在缺陷的涡流探伤技术原理图如图所示，其原理是将线圈中通入电流，使被测物件内产生涡流，借助探测线圈内电流变化测定涡流的改变，从而获得被测物件内部是否断裂及位置的信息，关于以上应用实例理解正确的是(　　)
A．线圈所连接的电源可以是直流电源
B．线圈所连接的电源应该是交流电源
C．能被探测的物件可以是非导电材料
D．工业涡流探伤技术运用了自感原理
√
[解析]　为产生涡流，线圈所连接的电源必须是交流电源，A错误，B正确；能被探测的物件必须是导电材料，否则不会产生涡流，C错误；工业涡流探伤技术其原理是用电流线圈使物件内产生涡电流，借助探测线圈测定涡电流的改变技术，不是自感原理，D错误。
角度2　涡流的热效应
(多选)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，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。
角度3　涡流的防止和利用
(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]　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，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。
电磁炉又名电磁灶(图1)，它无需明火或传导式加热而让热直接在锅底产生，因此热效率得到了极大的提高。图2是描述电磁炉工作原理的示意图，下列说法正确的是(　　)
A．电磁炉通电线圈加直流电，电流越大，
电磁炉加热效果越好
B．电磁炉原理是通电线圈加交流电后，在锅底产生涡流，进而发热工作
C．在锅和电磁炉中间放一绝缘物质，电磁炉不能起到加热作用
D．电磁炉的锅不能用陶瓷锅或耐热玻璃锅，主要原因是这些材料的导热性能较差
√
[解析]　电磁炉通电线圈加直流电，会产生恒定磁场，穿过锅底的磁通量不会发生变化，不能产生涡流，所以没有加热效果，故A错误；电磁炉的原理是磁场感应涡流加热，即利用交变电流通过线圈产生交变磁场，所以电磁炉通电线圈加交流电后，在锅底产生涡流，进而发热工作，故B正确；在锅和电磁炉中间放一绝缘物质，不会影响涡流的产生，因此不会影响电磁炉的加热作用，故C错误；金属锅自身产生无数小涡流而直接加热锅，陶瓷锅或耐热玻璃锅属于绝缘材料，不会产生涡流，而不是因为导热性能较差，故D错误。
知识点二　涡流的机械效应
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(如图所示)，磁铁就会很快停下来，解释这个现象。
[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。
1．电磁驱动和电磁阻尼的形成原因
当蹄形磁铁转动时，穿过线圈的磁通量就发生变化。例如，线圈处于如图所示的初始状态时，穿过线圈的磁通量为0，当蹄形磁铁转动时，穿过线圈的磁通量就增加了，根据楞次定律，此时线圈中就有感应电流产生，以阻碍磁通量的增加，因而线圈会跟着一起转动起来；从动力学的观点来看，线圈中产生的感应电流受到的安培力是使线圈转动起来的力，对线圈而言是电磁驱动；而线圈对磁铁的作用力对磁铁的转动起阻碍作用，对磁铁而言是电磁阻尼，因此电磁驱动和电磁阻尼是矛盾的两个方面，不可分割。
2．电磁阻尼与电磁驱动的比较
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
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
类型1　电磁驱动
如图，将一空的铝质易拉罐倒扣于笔尖上，在“”形木框两侧各固定一个强铷磁铁，用电钻控制木框匀速转动，发现木框虽然不与易拉罐接触，但易拉罐也会随木框转动。下列说法正确的是(　　)
A．木框的转速总比易拉罐的大
B．易拉罐与木框的转动方向相反
C．易拉罐与木框保持相同的转速同方向转动
D．两个磁铁必须异名磁极相对
√
[解析]　根据电磁驱动原理，易拉罐与木框的转动方向相同，木框的转速总比易拉罐的大，A正确，B、C错误；两个磁铁异名磁极或同名磁极相对均可，在磁极附近的易拉罐导体中都会产生涡流，在磁场中受安培力使易拉罐跟着木框转动起来，D错误。
类型2　电磁阻尼
如图所示，P是绕有闭合线圈的螺线管，将一磁铁从距P上端h高处由静止释放，磁铁竖直穿过P后落在海绵垫上。若仅增大h，重复操作，则磁铁穿过P的过程与原来相比，下列说法正确的是(　　)
A．穿过线圈的磁通变化量将增大
B．线圈对磁铁的平均阻力将变小
C．通过线圈导线截面的电荷量相同
D．磁铁在螺线管中做自由落体运动
√
(2025·中山期末)某研究小组制作了一仪表，发现指针在示数附近的摆动很难停下，使读数变得困难。在指针转轴上装上扇形铝板或扇形铝框，在合适区域加上磁场，可以解决此困难。下列方案合理的是(　　)
√
[解析]　题图A是铝板，磁场在铝板中间，无论指针偏转角度大小，都会在铝板上产生涡流，起到电磁阻尼的作用，指针会很快稳定，便于读数，A方案合理，A正确；如题图B、D所示，当指针向左偏转时，铝框或铝板可能会离开磁场，产生不了涡流，起不到电磁阻尼的作用，指针不能很快停下，B、D方案不合理，B、D错误；题图C是铝框，磁场在铝框中间，当指针偏转角度较小时，铝框不能切割磁感线，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，C方案不合理，C错误。
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。
随堂巩固落实
PART
03
第三部分
√
1．(涡流的热效应)(多选)(2025·佛山期末)“电磁感应铝箔封口机”被广泛应用在医药、食品、化工等生产行业的产品封口环节中，一手持式封口机如图所示，它的工作原理是：当接通电源时，内置线圈产生磁场，当磁感线穿过封口铝箔材料时，瞬间产生大量小涡流，致使铝箔快速发热，熔化覆盖在铝箔上的溶胶，从而粘贴在待封容器的封口处，达到迅速封口的目的。下列有关说法正确的是(　　)
A．封口材料可用木质材料来代替铝箔
B．该封口机的电源是恒定电流
C．封口过程中若温度过低，可适当增大所通电流的频率来解决
D．该封口机不适用于金属容器封口
√
解析：由于封口机利用了电磁感应原理，故封口材料必须是金属类材料，而且封口机的电源必须是交流电，故A、B错误；封口过程中若温度过低，可适当增大所通电流的频率，从而增大感应电动势，增大感应电流，使温度升高，故C正确；封口材料应是金属类材料，但对应被封口的容器不能是金属，否则同样被熔化，所以只能是玻璃、塑料等材质，故D正确。
√
2．(涡流的磁效应)(多选)机场的安检门可以利用涡流探测人身上携带的金属物品，安检门中接有线圈，线圈中通以交变电流。关于其工作原理，以下说法正确的是(　　)
A．人身上携带的金属物品会被地磁场磁化，在线圈中产生感应电流
B．人体在线圈交变电流产生的磁场中运动，产生感应电动势并在金属物品中产生感应电流
C．线圈产生的交变磁场会在金属物品中产生交变的感应电流
D．金属物品中感应电流产生的交变磁场会在线圈中产生感应电流
√
解析：一般金属物品不一定能被磁化，且地磁场很弱，即使金属被磁化磁性也很弱，由于人体电阻很大，且一般不会与金属物品构成回路，故A、B错误；安检门利用涡流探测金属物品的工作原理：线圈中交变电流产生交变磁场，使金属物品中产生涡流，故C正确；该涡流产生的磁场又会在线圈中产生感应电流，故D正确。
3．(电磁阻尼)电磁阻尼可以无磨损地使运动的线圈快速停下来。如图所示，扇形铜框在绝缘细杆作用下绕转轴O在同一水平面内快速逆时针转动，虚线把圆环分成八等份，扇形铜框恰好可以与其中一份重合。为使线框快速停下来，实验小组设计了以下几种方案，其中虚线为匀强磁场的理想边界，边界内磁场大小均相同，其中最合理的是(　　)
√
解析：扇形铜框逆时针转动时，对于A、D选项，通过铜框的磁通量不发生变化，无感应电流产生，则线圈不会受到安培力阻碍；对于B、C选项，通过铜框的磁通量发生变化，产生感应电流，B项的铜框只有单边ad或bc受到安培阻力作用，而C项的铜框ad边、bc边同时受到安培阻力作用，所以最合理的是C选项。
4．(电磁驱动)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，但转动的角速度一定小于磁铁转动的角速度，如两者的角速度相同，磁感线与线圈相对静止，线圈不切割磁感线，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；当线圈相对磁铁转过90°时电流方向不再是abcda，故D错误。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。自感系数只与线圈本身有关，而与其他因素无关，则线圈中通入的电流、电流改变量、电流变化率等都不会影响其自感系数，故D正确。
2．(多选)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在均匀增大时，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E＝L，与自感系数和电流变化率有关，对于给定的线圈，L一定，已知电流均匀增大，说明电流变化率恒定，故自感电动势不变，B错误，D正确。
4．(多选)某电磁冲击钻的原理图如图所示，若突然发现钻头M向右运动，则可能是(　　)
A．开关S闭合瞬间
B．开关S由闭合到断开的瞬间
C．开关S已经是闭合的，滑动变阻器滑片P向左迅速滑动
D．开关S已经是闭合的，滑动变阻器滑片P向右迅速滑动
解析：选AC。当开关突然闭合时，左线圈上有了电流，产生磁场，而对于右线圈来说，线圈中磁通量增加，产生感应电流阻碍磁通量增加，使钻头M向右运动，同理可知，开关由闭合到断开瞬间，钻头M向左运动，故A正确，B错误；当开关S已经闭合时，只有左侧线圈电流增大才会导致钻头M向右运动，故C正确，D错误。
5．如图所示，A和B是两个相同的小灯泡，L是一个自感系数很大的线圈，其阻值与R相同。由于存在自感现象，下列说法正确的是(　　)
A．开关S闭合瞬间，A、B两灯亮度相同
B．开关S闭合时，B灯比A灯先亮
C．开关S闭合，电路达到稳定后，断开开关S时，A、B两灯同时熄灭
D．开关S闭合，电路达到稳定后，断开开关S时，B灯立即熄灭，A灯稍迟熄灭
解析：选D。开关S闭合瞬间，L相当于断路，A、B两灯同时亮，通过A灯的电流大于B灯，故A灯比B灯亮，故A、B错误；开关S闭合，电路达到稳定后，断开开关S时，B灯立即熄灭，L相当于电源，与A灯串联，A灯稍迟熄灭，故C错误，D正确。
6．用于观察自感现象的电路图如图所示。设线圈的自感系数较大，线圈的直流电阻RL与灯泡的电阻R满足RL R，则在开关S由闭合到断开的瞬间，可以观察到(　　)
A．灯泡立即熄灭
B．灯泡逐渐熄灭
C．灯泡有明显的闪亮现象
D．只有在RL R时，才会看到灯泡有明显的闪亮现象
解析：选C。S闭合，电路稳定时，由于RL R，那么IL IR，S断开的瞬间，流过线圈的电流IL要减小，在L上产生的自感电动势要阻碍电流的减小。灯泡原来的电流IR随着开关的断开变为0，而灯泡与线圈形成闭合回路，此时灯泡的电流等于流过线圈的电流，即从IL开始逐渐变小，由于IL IR，灯泡开始时有明显的闪亮现象，C正确，A、B错误；若RL R，则IL IR，不会有明显的闪亮，D错误。
7．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两端并联一个电压表，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。
8．(多选)如图所示，L是自感系数很大、直流电阻不计的电感线圈，D1、D2是完全相同的灯泡，E是一内阻不计的电源，S是开关。下列说法正确的是(　　)
A．闭合开关S时，D2先亮，D1后亮
B．闭合开关S时，D1、D2同时亮，然后D2由亮变得更亮，D1逐渐变暗，直至熄灭
C．先闭合开关S，电路稳定后再断开开关S时，D1、D2同时熄灭
D．先闭合开关S，电路稳定后再断开开关S时，D2熄灭，D1突然变亮再逐渐变暗，直至熄灭
解析：选BD。开关S闭合的瞬间，两灯同时获得电压，所以D1、D2同时发光，之后由于线圈的直流电阻不计，则D1灯被短路，逐渐变暗，直至熄灭，D2灯亮度增大，故A错误，B正确；断开开关S的瞬间，流过线圈的电流将要减小，产生自感电动势，L相当于电源，与D1灯串联，自感电流流过D1灯，L的自感系数很大，所以D1突然变亮再逐渐变暗，D2灯的电流突然消失，立即熄灭，故C错误，D正确。
9.某兴趣小组探究断电自感现象的电路如图所示。闭合开关S，待电路稳定后，通过电阻R的电流为I1，通过电感L的电流为I2。t1时刻断开开关S，下列图像中能正确描述通过电阻R的电流IR和通过电感L的电流IL的是(　　)
解析：选A。S断开后，电感线圈与R构成回路，R中的电流反向，大小与线圈L中的电流相等，并逐渐减小，故A正确，B错误；断开S后，R与线圈串联，流过线圈的电流减小，电感线圈产生与原电流方向相同的感应电动势，且电动势慢慢变小，则线圈中电流方向不变，大小逐渐变小，而且变小得越来越慢，而R中的电流反向，故C、D错误。
10．把两个线圈绕在一个铁环上，A线圈与电源、滑动变阻器R组成一个回路，B线圈与开关S、电流表G组成另一个回路，如图所示。下列说法正确的是(　　)
A．闭合开关S的瞬间，电流表G中有a→b的感应电流
B．闭合开关S的瞬间，电流表G中有b→a的感应电流
C．闭合开关S后，在增大滑动变阻器R阻值的过程中，电流表G中有a→b的感应电流
D．闭合开关S后，在增大滑动变阻器R阻值的过程中，电流表G中有b→a的感应电流
解析：选D。闭合开关S的瞬间，通过B线圈的磁通量不发生变化，B线圈中不产生感应电流，故A、B错误；闭合开关S后，在增大滑动变阻器R接入电路的阻值的过程中，A线圈中的电流逐渐减小，即B线圈处于逐渐减弱的磁场中，由安培定则和楞次定律可知，电流表G中的感应电流方向为b→a，故C错误，D正确。
11．(2025·广州期末)图甲为手机无线充电，其充电原理如图乙所示。充电底座接交流电源，对充电底座供电。若在某段时间内，磁场垂直于受电线圈平面向上穿过线圈，其磁感应强度大小逐渐增大。下列说法正确的是(　　)
A．受电线圈的工作原理是“电流的磁效应”
B．送电线圈内的电流大小在逐渐减小
C．受电线圈中感应电流方向由c→d
D．受电线圈有扩张趋势
解析：选C。无线充电时，手机上受电线圈的工作原理是电磁感应，故A错误；由磁感应强度大小逐渐增大可知，送电线圈内的电流大小在逐渐增大，故B错误；由楞次定律可知，受电线圈的磁通量增强，则受电线圈中感应电流的磁场与原磁场方向相反，即受电线圈中感应电流的磁场方向向下，再根据安培定则可知，受电线圈中感应电流方向由c→d，故C正确；根据楞次定律的第二种表述“增缩减扩”可知，受电线圈有收缩趋势，故D错误。
12．如图所示为测量自感线圈直流电阻R的实验电路，线圈的自感系数L很大，电源电动势为E，内阻不计，R0为定值电阻，初始时S2闭合，S1断开。下列说法正确的是(　　)
A．S1闭合瞬间，电路中电流表、电压表示数均几乎为零
B．闭合S1，电路稳定后，若电压表、电流表的示数分别为U、I，则测量值R＝
C．实验结束后，为保证电路安全，应先断开S1，再断开S2
D．该实验，电阻R的测量值大于真实值
解析：选B。S1闭合瞬间，由于线圈的自感电动势，导致电路中电流慢慢增大，直至稳定值，根据U＝E－IR0，可知电压表示数逐渐减小至稳定值，故A错误；闭合S1，电路稳定后，线圈相当于电阻，所以若电压表、电流表的示数分别为U、I，则测量值R＝，故B正确；实验结束后，为了保证电路安全，应先断开S2，再断开S1，故C错误；该实验，电流表采用外接法，线圈的电流测量值大于真实值，根据欧姆定律可知电阻R的测量值小于真实值，故D错误。
13．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＝29×0.1×0.2×10－3 C＝5.8×10－4 C，故D错误。(共41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：闭合回路中感应电流具有这样的方向，即感应电流的磁场总要____引起感应电流的磁通量的变化。
2．理解：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，____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，____磁通量的减少。
3．楞次定律与能量守恒定律
把磁极插入线圈或从线圈内抽出时，推力或拉力都必须做功，做功过程中消耗的能量转化成____________，电能再转化为线圈和电流计中的内能。
阻碍
阻碍
阻碍
线圈中的电能
二、楞次定律的几个常用推论
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：当放入磁场中的闭合线圈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。
三、右手定则
1．内容：伸开右手，使拇指与其余四个手指____，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线垂直穿入手心，____指向导体运动的方向，这时________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
其余四指
√
×　
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)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　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
角度1　楞次定律的理解
　楞次定律中“阻碍”的含义是指(　　)
A．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
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．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
√
[解析]　楞次定律中“阻碍”的含义是指感应电流产生的磁场总是阻碍引起感应电流的磁场的变化，即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。
角度2　楞次定律的应用
如图所示，条形磁体竖直放置，P位置为磁体中部，M、L分别为磁体上方和下方相应的位置。一个金属圆环在外界作用下从M位置匀速向下运动，圆环始终保持水平。下列说法错误的是(　　)
A．圆环从M运动至P的过程中，
从上往下看环中的电流沿顺时针方向
B．圆环从P运动至L的过程中，从上往下看环中的电流沿顺时针方向
C．圆环从M运动至P的过程中，穿过圆环的磁通量增大
D．圆环从M运动至L的过程中，穿过圆环的磁通量先增大后减小
√
[解析]　由条形磁铁的磁感线分布情况可知，圆环从M运动至P的过程中，穿过圆环向上的磁通量增大，根据楞次定律可知，圆环中的感应电流产生的磁场应阻碍磁通量增大，由安培定则可知，从上往下看，感应电流沿顺时针方向；从P运动至L的过程中，穿过圆环向上的磁通量减小，根据楞次定律可知，圆环中的感应电流产生的磁场应阻碍磁通量减小，则从上往下看，圆环中的电流沿逆时针方向，综上可知，圆环从M运动至L的过程中，穿过圆环的磁通量先增大后减小。
　如图甲所示，圆形线圈P静止在水平桌面上，其正上方固定一螺线管Q，P和Q共轴，Q中的电流i随时间t变化的规律如图乙所示，取图甲中电流方向为正方向，P所受的重力为G，桌面对P的支持力为FN，则(　　)
A．在t1时刻，FN>G，P中有顺时针方向感应电流
B．在t2时刻，FN＝G，P中有顺时针方向感应电流
C．在t3时刻，FN＝G，P中有顺时针方向感应电流
D．在t4时刻，FN>G，P中无感应电流
√
[解析]　在t1时刻，线圈Q中电流均匀增加，则穿过线圈P的磁通量增加，根据楞次定律可知，线圈P所受磁场力向下，则FN>G，P中感应电流的磁场向上，可知P中有逆时针方向感应电流(从上往下看)，A错误；在t2时刻，线圈Q中电流不变，则P中磁通量不变，P中无感应电流，则此时FN＝G，B错误；在t3时刻前后，线圈Q中电流先正向减小到0再反向增大，则t3时刻穿过线圈P的磁通量向下减小，则根据楞次定律可知，P中感应电流的磁场向下，则P中有顺时针方向感应电流，因此时Q中电流为零，则P不受磁场力，则FN＝G，C正确；在t4时刻，线圈Q中电流不变，则P中磁通量不变， P中无感应电流，则此时FN＝G，D错误。
知识点二　楞次定律的常用推论
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。
如图所示，水平桌面上固定一通电直导线，电流方向如图所示，且电流逐渐增大，导线右侧有一金属导线制成的圆环，且圆环始终静止在水平桌面上，则(　　)
A．圆环中产生顺时针方向的感应电流
B．圆环中无感应电流
C．圆环有扩张的趋势
D．圆环受到水平向左的摩擦力
√
[解析]　直导线所通电流向上，在右侧产生的磁感线向里，电流增大，穿过圆环的磁通量增大，根据楞次定律可知感应电流的磁场向外，则感应电流为逆时针，故A、B错误；穿过圆环的磁通量增大，根据楞次定律的理解“增缩减扩”，可知圆环有收缩的趋势，故C错误；将有逆时针感应电流流过的圆环用微元法截成电流元，上下电流元所受安培力抵消，而对于左右的电流元，由于左侧所处磁感应强度更大，抵消右侧所受安培力之后为总的安培力方向，由左手定则可知方向向右，则圆环始终静止在水平桌面上，圆环受到的水平向左的摩擦力和安培力平衡，故D正确。
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。
　(2025·中山联考)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。
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
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
　(2025·惠州期末)如图是学生常用的饭卡内部实物图，其由线圈和芯片组成电路。当饭卡处于感应区域时，刷卡机会激发变化的磁场，从而在饭卡内线圈中产生感应电流来驱动芯片工作。已知线圈面积为S，共n匝。某次刷卡时，线圈平面与磁场垂直，且全部处于磁场区域内，在感应时间t内，磁感应强度方向向里且由0增大到B0，此过程中(　　)
A．通过线圈的磁通量变化量大小为nB0S
B．线圈中感应电流方向为逆时针方向
C．AB边受到的安培力方向向右
D．线圈有扩张的趋势
√
[解析]　通过线圈的磁通量变化量大小ΔΦ＝B0S－0＝B0S，故A错误；线圈内磁通量向里增加，根据楞次定律可知线圈中感应电流方向为逆时针，根据左手定则可知，AB边所受安培力方向向左，故B正确，C错误；线圈内磁通量增加，根据楞次定律可知线圈有收缩的趋势，故D错误。
(2025·深圳期末)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．(楞次定律)根据楞次定律可知感应电流的磁场一定(　　)
A．阻碍引起感应电流的磁通量的增加
B．与引起感应电流的磁场方向相反
C．阻碍引起感应电流的磁通量的变化
D．与引起感应电流的磁场方向相同
解析：根据楞次定律可知感应电流的磁场一定阻碍引起感应电流的磁通量的变化，故C正确，A、B、D错误。
√
2．(楞次定律的应用)(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。
3.(楞次定律的常用推论)(多选)如图所示，用绳吊起一个铝环，用条形磁体的N极去靠近铝环，直至从右侧穿出的过程中(　　)
A．磁体从左侧靠近铝环时，铝环向右摆动
B．磁体在右侧远离铝环时，铝环向左摆动
C．磁体从左侧靠近铝环时，A端为N极
D．磁体在右侧远离铝环时，B端为S极
√
√
解析：磁体从左侧靠近铝环时，在铝环中产生感应电流，感应电流的磁场必定阻碍磁体的靠近，A端为N极，铝环向右摆动，故A、C正确；当磁体从右侧远离铝环时，感应电流的磁场阻碍铝环的远离，铝环右摆，B端为N极，故B、D错误。
4．(右手定则和左手定则的应用)(多选)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。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穿过闭合电路的磁通量大小、磁通量变化量大小和闭合电路电阻无必然联系，C正确，A、B、D错误。
2．(2025·第一次学业质量评价T8联考)如图所示，边长为L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.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。
4．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＝。
题组2　导体棒平动切割磁感线产生的电动势
5．(2025·广州期末)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(　　)
A．0.5Bxv B．Bxv
C．1.5Bxv D．2Bxv
解析：选C。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。
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．(多选)如图所示，用一根横截面积为2S的硬导线做成一个半径为r的圆环，把圆环部分置于均匀变化的匀强磁场中，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度大小随时间的变化率＝k(k＞0)，ab为圆环的一条直径，导线的电阻率为ρ，则(　　)
A．圆环中产生逆时针方向的感应电流
B．圆环具有扩张的趋势
C．圆环中感应电流的大小为
D．圆环所受的安培力大小保持不变
解析：选AC。由于磁场均匀增大，线圈中的磁通量变大，根据楞次定律可知线圈中感应电流方向为逆时针，同时为了阻碍磁通量的变化，线圈将有收缩的趋势，故A正确，B错误；根据法拉第电磁感应定律得，电动势E＝×＝，回路中的电阻R＝ρ，所以感应电流I＝＝，故C正确；等效导线长度为圆环直径，电流大小不变，磁感应强度发生变化，则根据F＝BIL可知安培力大小发生变化，故D错误。
8.(2025·广东佛山月考)汽车测速利用了电磁感应现象，汽车可简化为一个矩形线圈abcd，埋在地下的线圈分别为1、2，通有顺时针(俯视)方向电流，下列说法正确的是(　　)
A．线圈1产生的磁场方向竖直向上
B．汽车进入线圈1的过程中电流方向为abcd
C．汽车进入线圈2的过程中受到的安培力与速度方向相同
D．汽车进入线圈2的速度越大其产生的感应电流就越大
解析：选D。由题知，埋在地下的线圈1通顺时针(俯视)方向的电流，则根据安培定则可知，线圈1产生的磁场方向竖直向下，故A错误；汽车进入线圈1过程中，磁通量增大，根据楞次定律可知，产生感应电流方向为adcb，故B错误；根据楞次定律可知，汽车进入线圈2的过程中受到的安培力与速度方向相反，故C错误；汽车进入线圈2的过程中，由法拉第电磁感应定律可知，速度越大，磁通量变化得越快，产生的感应电流就越大，故D正确。
9．如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，将一根水平放置的金属棒ab以某一水平速度v0抛出，金属棒在运动过程中始终保持水平，不计空气阻力。如图能正确反映金属棒在运动过程中产生的感应电动势大小E随时间t变化情况的是(　　)
解析：选A。金属棒做平抛运动，水平速度大小和方向均不变，即在磁场中切割磁感线的速度不变，则在运动过程中产生的感应电动势大小和方向均不变。
10．(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＝。
11．(多选)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内有如图方向的匀强磁场，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。
12．(10分)如图甲所示，一匝数N＝200的闭合圆形线圈放置在匀强磁场中，磁场垂直于线圈平面。线圈的面积S＝0.5 m2，电阻r＝4 Ω。设垂直于纸面向里为磁场的正方向，磁感应强度B随时间的变化图像如图乙所示。求：
(1)2 s时感应电流的方向和线圈内感应电动势的大小；(4分)
(2)在3 s到9 s内通过线圈的电荷量q、线圈产生的焦耳热Q。(6分)
解析：(1)由楞次定律知，前3 s内感应电流磁场的方向垂直于纸面向外，感应电流方向为逆时针方向；感应电动势E1＝N＝N，结合图像并代入数据解得E1＝20 V。
(2)同理可得3 s到9 s内有感应电动势
E2＝＝N，
感应电流I2＝，
电荷量q＝I2Δt2，
代入数据解得q＝15 C，
线圈产生的焦耳热Q＝IrΔt2,
代入数据得Q＝150 J。
答案：(1)逆时针方向　20 V　(2)15 C　150 J(共26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穿过闭合电路的磁通量大小、磁通量变化量大小和闭合电路电阻无必然联系，C正确，A、B、D错误。
√
√
√
题组2　导体棒平动切割磁感线产生的电动势
5．(2025·广州期末)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(　　)
A．0.5Bxv B．Bxv
C．1.5Bxv D．2Bxv
√
√
√
√
√
8.(2025·广东佛山月考)汽车测速利用了电磁感应现象，汽车可简化为一个矩形线圈abcd，埋在地下的线圈分别为1、2，通有顺时针(俯视)方向电流，下列说法正确的是(　　)
A．线圈1产生的磁场方向竖直向上
B．汽车进入线圈1的过程中电流方向为abcd
C．汽车进入线圈2的过程中受到的安培力与速度方向相同
D．汽车进入线圈2的速度越大其产生的感应电流就越大
解析：由题知，埋在地下的线圈1通顺时针(俯视)方向的电流，则根据安培定则可知，线圈1产生的磁场方向竖直向下，故A错误；汽车进入线圈1过程中，磁通量增大，根据楞次定律可知，产生感应电流方向为adcb，故B错误；根据楞次定律可知，汽车进入线圈2的过程中受到的安培力与速度方向相反，故C错误；汽车进入线圈2的过程中，由法拉第电磁感应定律可知，速度越大，磁通量变化得越快，产生的感应电流就越大，故D正确。
9．如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，将一根水平放置的金属棒ab以某一水平速度v0抛出，金属棒在运动过程中始终保持水平，不计空气阻力。如图能正确反映金属棒在运动过程中产生的感应电动势大小E随时间t变化情况的是(　　)
√
解析：金属棒做平抛运动，水平速度大小和方向均不变，即在磁场中切割磁感线的速度不变，则在运动过程中产生的感应电动势大小和方向均不变。
√
√
11．(多选)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内有如图方向的匀强磁场，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
√
12．(10分)如图甲所示，一匝数N＝200的闭合圆形线圈放置在匀强磁场中，磁场垂直于线圈平面。线圈的面积S＝0.5 m2，电阻r＝4 Ω。设垂直于纸面向里为磁场的正方向，磁感应强度B随时间的变化图像如图乙所示。求：
(1)2 s时感应电流的方向和线圈内感应电动势的大小；(4分)
答案：逆时针方向　20 V　
(2)在3 s到9 s内通过线圈的电荷量q、线圈产生的焦耳热Q。(6分)
答案：15 C　150 J1．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，整个装置处于水平向里的匀强磁场中，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(　　)
A．2mg　　　　　　 B．3mg
C．4mg D．mg
解析：选B。cd处于静止状态，有mg＝BIL，ab匀速向上运动，有F＝mg＋2BIL，则F＝3mg。
2.如图所示，竖直放置的两根平行金属导轨之间接有定值电阻R，质量不能忽略的金属棒与两导轨始终保持垂直并良好接触且无摩擦，金属棒与导轨的电阻均不计，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直。金属棒在竖直向上的恒力F作用下加速上升的一段时间内，力F做的功与安培力做的功的代数和等于(　　)
A．金属棒的机械能增加量
B．金属棒的动能增加量
C．金属棒的重力势能增加量
D．电阻R上产生的热量
解析：选A。金属棒加速上升时受到重力、拉力F及安培力。根据功能关系可知，力F与安培力做功的代数和等于金属棒的机械能的增加量，A正确。
3.水平放置的光滑平行导轨上放置一根长为L、质量为m且与导轨接触良好的导体棒ab，ab处在磁感应强度大小为B、方向如图所示的匀强磁场中，导轨的一端接一阻值为R的电阻，导轨及导体棒电阻不计。现使ab在水平恒力F作用下由静止沿垂直于磁场的方向运动，当通过的位移为s时，ab达到最大速度vm。此时撤去外力，最后ab静止在导轨上。在ab运动的整个过程中，下列说法正确的是(　　)
A．撤去外力后，ab做匀减速运动
B．合力对ab做的功为Fs
C．R上释放的热量为Fs＋mv
D．R上释放的热量为Fs
解析：选D。撤去外力后，导体棒在水平方向上只受安培力作用，而F安＝，F安随v的变化而变化，故导体棒做加速度变化的减速运动，A错误；对整个过程由动能定理得W合＝ΔEk＝0，B错误；由能量守恒定律知，恒力F做的功等于整个回路产生的电能，电能又转化为R上释放的热量，即Q＝Fs，C错误，D正确。
4.(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：选D。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。
5．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。
6.如图所示，倾斜放置的光滑平行足够长的金属导轨MN、PQ间静置一根质量为m的导体棒，阻值为R的电阻接在M、P间，其他电阻忽略不计，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面向下。t＝0时对导体棒施加一个沿导轨平面向上的力F，使得导体棒能够从静止开始向上做匀加速直线运动，则在导体棒向上运动的过程中，施加的力F、力F的功率P、产生的感应电流I、电阻R上产生的热量Q随时间变化的图像正确的是(　　)
解析：选A。导体棒向上做匀加速运动，则F－＝ma，即F＝t＋ma，A正确；力F的功率P＝Fv＝(t＋ma)at＝t2＋ma2t，则P－t图像为开口向上的抛物线，B错误；产生的感应电流I＝，则I－t图像是过原点的直线，C错误；电阻R上产生的热量Q＝I2Rt，电流随时间t均匀增加，则Q－t图像一定不是过原点的直线，D错误。
7．(14分)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，取g＝10 m/s2。求：
(1)导体棒ab运动的最大速度大小；(5分)
(2)当导体棒ab的速度v＝1 m/s时，导体棒ab的加速度大小；(5分)
(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。(4分)
解析：(1)设导体棒ab运动的最大速度大小为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
解得最大速度大小
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
8．(14分)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，已知导轨电阻不计，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；(4分)
(2)金属杆ab刚开始上滑时的加速度大小；(6分)
(3)金属杆ab上滑的最大距离x。(4分)
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)(共43张PPT)
第四节　互感和自感
学习目标
1．了解互感现象及互感现象的应用。　2.了解自感现象，认识自感电动势对电路中电流的影响。
3．了解自感系数的意义和决定因素。　4.了解生产和生活中的自感现象。
课前知识梳理
PART
01
第一部分
一、互感现象
1．互感：如图所示是法拉第发现电磁感应现象的实验原理图之一。当线圈A中电流发生____时，它产生的变化的磁场在线圈B中激发出了__________。根据对称性思想，线圈B中感应电流的____，同时也会在线圈A中产生相应的__________。这种现象称为互感，所产生的感应电动势称为互感电动势。互感现象也可以发生在两个相互靠近的电路之间。
变化
感应电动势
变化
感应电动势
2．互感的应用与危害
(1)利用互感现象，我们可以将一个线圈中变化的信号传递到另外一个线圈。
(2)有时互感现象会影响电路的正常工作，因此要尽力减小其消极影响。
二、自感现象：由于线圈本身的电流发生____而产生的电磁感应现象称为自感。在自感现象中产生的感应电动势，称为自感电动势。
变化
2．自感系数
(1)单位：____，符号是H。
(2)决定自感系数大小的因素：线圈的____、____、____以及是否有____等。
自感系数
亨利
形状
长短
匝数
铁芯
四、生活、生产中的自感现象
1．自感现象的应用：利用断电自感来产生____，______、汽车发动机点火器、煤气灶电子点火器等利用了这一原理。
2．自感现象的危害：生产中的大型电动机一般都有自感系数很大的线圈，当电路中开关断开时，线圈会产生很大的__________，使开关的闸刀和固定夹片之间的________而变成导体，形成电弧。这不仅会烧坏开关，甚至还会危害到操作人员的安全。因此，切断这种电路时必须采用特制的安全开关。
高压
日光灯
自感电动势
空气电离
判断下列说法是否正确。
(1)互感现象只能发生于绕在同一铁芯上的两个线圈之间，而不可能产生于相互靠近的电路之间。(　　)
(2)互感现象属于电磁感应现象。　(　　)
(3)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。(　　)
(4)线圈的自感系数大，其电阻不一定大。(　　)
(5)自感系数越大，自感电动势不一定越大。　(　　)
√
×　
√
×　
√
课堂深度探究
PART
02
第二部分
知识点一　互感现象
在法拉第的实验中两个线圈并没有用导线连接，当一个线圈中的电流变化时，另一个线圈中为什么会产生感应电动势呢？
[提示]　两个线圈之间并没有导线相连，但当一个线圈中的电流变化时，它所产生的变化的磁场会在另一个线圈中产生感应电动势。
1．互感原理
(1)当一个线圈中的电流变化时，它产生的磁场就发生变化，变化的磁场在周围产生感生电场，在感生电场的作用下，另一个线圈中的自由电荷定向运动，于是产生感应电动势。
(2)一个线圈中电流变化越快(电流的变化率越大)，另一个线圈中产生的感应电动势越大。
2．应用与危害
(1)应用：变压器、收音机的磁性天线都是利用互感现象制成的。
(2)危害：在电力工程和电子电路中，互感现象有时会影响电路的正常工作，这时要设法减小电路间的互感。例如在电路板的刻制时就要设法减小电路间的互感现象。
角度1　对互感现象的理解
下列关于互感现象的说法不正确的是(　　)
A．一个线圈中的电流变化时，与之靠近的线圈中产生感应电动势的现象称为互感现象
B．互感现象的实质是电磁感应现象，同样遵循楞次定律和法拉第电磁感应定律
C．利用互感现象能够将能量由一个线圈传递到另一个线圈，所以人们制造了收音机的“磁性天线”
D．在电力工程以及电子电路中不会出现互感现象而影响电路的正常工作
√
[解析]　一个线圈中的电流变化时，与之靠近的线圈中产生感应电动势的现象称为互感现象，故A正确，不符合题意；互感现象的实质是电磁感应现象，同样遵循楞次定律和法拉第电磁感应定律，故B正确，不符合题意；利用互感现象能够将能量由一个线圈传递到另一个线圈，所以人们制造了收音机的“磁性天线”，故C正确，不符合题意；互感现象能发生在任何两个相互靠近的电路之间，会影响电力工程以及电子电路中电路的正常工作，故D错误，符合题意。
角度2　互感现象的分析
如图所示，在同一铁芯上绕着两个线圈A、B，单刀双掷开关原来接“1”，现在把它从“1”扳向“2”。在此过程中，电阻R中的电流方向是(　　)
A．先由P→Q，再由Q→P　
B．先由Q→P，再由P→Q
C．始终由Q→P
D．始终由P→Q
√

[解析]　由于A线圈产生的磁场发生变化，B线圈中会产生感应电流，这就是互感。将开关由1扳到2的过程中，分两个阶段来分析电阻R上的电流方向。①在线圈A中电流沿原方向减小的过程中，线圈A的磁场自右向左也跟着减弱，导致穿过线圈B的磁通量减少，由楞次定律知，线圈B中会产生右上左下的感应电流，即流过电阻R的电流方向是由P→Q；②在线圈A中电流沿原方向增大的过程中，线圈A的磁场自右向左也跟着增强，导致穿过线圈B的磁通量增加，由楞次定律知，线圈B中会产生左上右下的感应电流，即通过电阻R的电流方向是由Q→P。综上分析可知，全过程中流过电阻R的电流方向先是由P→Q，然后是由Q→P，所以A正确。
1.如图所示，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。再次闭合S，观察到什么现象？为什么有这样的现象？
知识点二　对自感现象的理解
[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A1所在支路电流达到稳定值的时间。
2.如图所示，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。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，遵从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：电源供给线圈的电流增大时，由于自感电动势的阻碍作用，使得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；断电瞬间，线圈中电流的大小、方向都不变，电流减小，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。
(2025·广州期末)如图所示，P、Q是两个相同的小灯泡，L是自感系数很大、电阻比小灯泡略小的线圈，下列说法正确的是(　　)
A．闭合开关，Q立即发光，P慢慢变亮
B．闭合开关，P、Q两灯均是缓慢变亮
C．电路稳定后，断开开关，P中电流方向和断开前相反
D．电路稳定后，断开开关，P、Q两灯都是先亮一下再逐渐熄灭
√
[解析]　闭合开关，电流可以迅速通过灯泡Q和灯泡P，故灯泡Q、P均立即变亮，之后随着线圈自感电动势阻碍作用的减弱，流过线圈的电流逐渐增大，稳定时相当于一个比小灯泡电阻略小的电阻，灯泡P变暗，故灯泡P点亮后逐渐变暗并趋于稳定，A、B错误；电路稳定后断开开关，线圈的自感电动势相当于电源，通过灯泡P形成回路，灯泡P中的电流方向与开始时相反，灯泡Q直接熄灭，故C正确，D错误。
如图电路，A1与A2是完全相同的灯泡，电阻均为R，自感线圈直流电阻r＜R，则(　　)
A．闭合开关后，A2立即亮，A1逐渐亮
B．闭合开关后，A1立即亮，A2逐渐亮
C．断开开关的瞬间，有电流流过A2，方向向左
D．断开开关的瞬间，有电流流过A1，方向向右
√
[解析]　闭合开关后，A1立即亮，由于线圈的自感，含A2的这条支路电流会慢慢增大，A2逐渐亮，故A错误，B正确；断开开关的瞬间，由于线圈的自感，电流会慢慢减小，A1和A2都有电流流过，根据楞次定律可知，A2的电流向右，A1的电流向左，故C、D错误。
如图所示，小明做自感现象实验时，连接电路如图所示，其中L是自感系数较大、直流电阻不计的线圈，L1、L2是规格相同的灯泡，D是理想二极管，则(　　)
A．闭合开关S，L2逐渐变亮，然后亮度不变
B．闭合开关S，L1、L2都逐渐变亮，最后亮度相同
C．断开开关S，L2一直不亮，L1逐渐变暗至熄灭
D．断开开关S，L2变亮后与L1一起逐渐变暗至熄灭
√
[解析]　闭合开关S后，由于L1与线圈L的关系是串联的关系，开始时L对电流的增大有阻碍的作用，所以电流只能逐渐增大，则灯L1逐渐变亮，题图中二极管反接，其所在支路中没有电流，所以灯泡L2始终不亮，故A、B错误；断开S的瞬间，线圈L产生自感电动势阻碍电流的减小，此时线圈左端的电势低于右端电势，同时二极管左端的电势也低于右端电势，二极管导通，线圈L与二极管以及L1、L2构成回路，所以L1逐渐变暗至熄灭，L2变亮后再与L1一起逐渐变暗至熄灭，故C错误，D正确。
如图所示的电路中，S闭合且电路稳定后流过电感线圈L的电流是2 A，流过灯泡D的电流是1 A。现将S突然断开，S断开前后，能正确反映流过灯泡的电流i随时间t变化关系的图像是(　　)
知识点三　自感现象中的图像问题
√
[解析]　开关S断开前，通过灯泡D的电流是稳定的，其值为1 A。开关S断开瞬间，自感线圈的自感现象会使线圈L所在支路产生与线圈L中原电流方向相同的自感电动势，使线圈中的电流从原来的2 A逐渐减小，方向不变，且同灯泡D构成回路，通过灯泡D的电流和线圈L中的电流相同，也是从2 A逐渐减小到零，但是方向与原来通过灯泡D的电流方向相反，D正确。
√
随堂巩固落实
PART
03
第三部分
√
1.(对互感现象的理解)(多选)一种延时装置的原理图如图所示，当S1闭合时，电磁铁F将衔铁D吸下，C线路接通，当S1断开时，由于电磁感应作用，D将延迟一段时间才被释放，则(　　)
A．由于A线圈的电磁感应作用，才产生延时释放D的作用
B．由于B线圈的电磁感应作用，才产生延时释放D的作用
C．如果断开B线圈的开关S2，无延时作用
D．如果断开B线圈的开关S2，延时时间变长
√
解析：线圈A中的磁场随开关S1的闭合而产生，随S1的断开而消失。当S1闭合时，线圈A中的磁场穿过线圈B，当S2闭合、S1断开时，线圈A在线圈B中的磁场变弱，线圈B中有感应电流，B中电流产生的磁场继续吸引D而起到延时的作用，所以B正确，A错误；若S2断开，线圈B中不产生感应电流而起不到延时作用，所以C正确，D错误。
√
2．(对自感现象的理解)(多选)(2025·广州期末)如图所示，甲、乙电路中电源内阻不计。自感线圈L的阻值可以忽略不计，电阻R和灯泡A的阻值相等，在接通开关S时，则(　　)
A．在甲电路中，灯泡A将渐渐变亮
B．在甲电路中，灯泡A将先渐渐变亮，然后变暗
C．在乙电路中，灯泡A将渐渐变亮
D．在乙电路中，灯泡A将先由亮渐渐变暗，然后熄灭
√
解析：在甲电路中，灯泡A与自感线圈L串联，在接通开关S时，由于线圈产生自感电动势阻碍电流的增大，所以通过线圈的电流只能从0逐渐增大，则灯泡A将渐渐变亮，故A正确，B错误；在乙电路中，灯泡A与自感线圈L并联，在接通开关S时，由于线圈产生自感电动势阻碍电流的增大，所以通过线圈的电流只能从0逐渐增大，所以一开始电流全部通过灯泡A所在支路，随着通过线圈的电流逐渐增大，通过灯泡A所在支路的电流逐渐减小，由于自感线圈L的阻值可以忽略不计，则最终灯泡A所在支路被短路，故灯泡A将先由亮渐渐变暗，然后熄灭，故C错误，D正确。
3．(对自感现象的理解)如图所示的电路中，A、B、C是三个相同的灯泡，L是自感线圈，其电阻与灯泡电阻相等，开关S先闭合然后再断开，则(　　)
A．S闭合后，A立即亮而B、C慢慢亮
B．S闭合后，B、C立即亮而A慢慢亮
C．S断开后，B、C先变亮然后逐渐变暗
D．S断开后，A先变亮然后逐渐变暗
√
解析：S闭合后，B、C立即亮，由于灯泡A与自感线圈串联，线圈会阻碍电流的增大，所以A慢慢变亮，A错误，B正确；S断开后，由于线圈的作用阻碍电流的减小，所以A慢慢变暗，因为线圈电阻与灯泡电阻相等，所以在开关闭合时通过灯泡B、C和A的电流大小相等，所以当开关断开后线圈与A、B、C构成闭合回路，此时B、C不会先变亮，而是逐渐变暗，C、D错误。
4．(自感现象中的图像问题)如图所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r，电感L的电阻不计，电阻R的阻值大于灯泡D的阻值。在t＝0时刻闭合开关S，经过一段时间后，在t＝t1时刻断开S。下列表示A、B两点间电压UAB随时间t变化的图像，正确的是(　　)
√第2课时　楞次定律
一、楞次定律
1．内容：闭合回路中感应电流具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化。
2．理解：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，阻碍磁通量的减少。
3．楞次定律与能量守恒定律
把磁极插入线圈或从线圈内抽出时，推力或拉力都必须做功，做功过程中消耗的能量转化成线圈中的电能，电能再转化为线圈和电流计中的内能。
二、楞次定律的几个常用推论
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：当放入磁场中的闭合线圈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。
三、右手定则
1．内容：伸开右手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线垂直穿入手心，拇指指向导体运动的方向，这时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)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)×
知识点一　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
角度1　楞次定律的理解
　楞次定律中“阻碍”的含义是指(　　)
A．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
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．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
[解析]　楞次定律中“阻碍”的含义是指感应电流产生的磁场总是阻碍引起感应电流的磁场的变化，即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。
[答案]　D
角度2　楞次定律的应用
　如图所示，条形磁体竖直放置，P位置为磁体中部，M、L分别为磁体上方和下方相应的位置。一个金属圆环在外界作用下从M位置匀速向下运动，圆环始终保持水平。下列说法错误的是(　　)
A．圆环从M运动至P的过程中，从上往下看环中的电流沿顺时针方向
B．圆环从P运动至L的过程中，从上往下看环中的电流沿顺时针方向
C．圆环从M运动至P的过程中，穿过圆环的磁通量增大
D．圆环从M运动至L的过程中，穿过圆环的磁通量先增大后减小
[解析]　由条形磁铁的磁感线分布情况可知，圆环从M运动至P的过程中，穿过圆环向上的磁通量增大，根据楞次定律可知，圆环中的感应电流产生的磁场应阻碍磁通量增大，由安培定则可知，从上往下看，感应电流沿顺时针方向；从P运动至L的过程中，穿过圆环向上的磁通量减小，根据楞次定律可知，圆环中的感应电流产生的磁场应阻碍磁通量减小，则从上往下看，圆环中的电流沿逆时针方向，综上可知，圆环从M运动至L的过程中，穿过圆环的磁通量先增大后减小。
[答案]　B
　如图甲所示，圆形线圈P静止在水平桌面上，其正上方固定一螺线管Q，P和Q共轴，Q中的电流i随时间t变化的规律如图乙所示，取图甲中电流方向为正方向，P所受的重力为G，桌面对P的支持力为FN，则(　　)
A．在t1时刻，FN>G，P中有顺时针方向感应电流
B．在t2时刻，FN＝G，P中有顺时针方向感应电流
C．在t3时刻，FN＝G，P中有顺时针方向感应电流
D．在t4时刻，FN>G，P中无感应电流
[解析]　在t1时刻，线圈Q中电流均匀增加，则穿过线圈P的磁通量增加，根据楞次定律可知，线圈P所受磁场力向下，则FN>G，P中感应电流的磁场向上，可知P中有逆时针方向感应电流(从上往下看)，A错误；在t2时刻，线圈Q中电流不变，则P中磁通量不变，P中无感应电流，则此时FN＝G，B错误；在t3时刻前后，线圈Q中电流先正向减小到0再反向增大，则t3时刻穿过线圈P的磁通量向下减小，则根据楞次定律可知，P中感应电流的磁场向下，则P中有顺时针方向感应电流，因此时Q中电流为零，则P不受磁场力，则FN＝G，C正确；在t4时刻，线圈Q中电流不变，则P中磁通量不变， P中无感应电流，则此时FN＝G，D错误。
[答案]　C
知识点二　楞次定律的常用推论
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。
如图所示，水平桌面上固定一通电直导线，电流方向如图所示，且电流逐渐增大，导线右侧有一金属导线制成的圆环，且圆环始终静止在水平桌面上，则(　　)
A．圆环中产生顺时针方向的感应电流
B．圆环中无感应电流
C．圆环有扩张的趋势
D．圆环受到水平向左的摩擦力
[解析]　直导线所通电流向上，在右侧产生的磁感线向里，电流增大，穿过圆环的磁通量增大，根据楞次定律可知感应电流的磁场向外，则感应电流为逆时针，故A、B错误；穿过圆环的磁通量增大，根据楞次定律的理解“增缩减扩”，可知圆环有收缩的趋势，故C错误；将有逆时针感应电流流过的圆环用微元法截成电流元，上下电流元所受安培力抵消，而对于左右的电流元，由于左侧所处磁感应强度更大，抵消右侧所受安培力之后为总的安培力方向，由左手定则可知方向向右，则圆环始终静止在水平桌面上，圆环受到的水平向左的摩擦力和安培力平衡，故D正确。
[答案]　D
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
　(2025·中山联考)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
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
　(2025·惠州期末)如图是学生常用的饭卡内部实物图，其由线圈和芯片组成电路。当饭卡处于感应区域时，刷卡机会激发变化的磁场，从而在饭卡内线圈中产生感应电流来驱动芯片工作。已知线圈面积为S，共n匝。某次刷卡时，线圈平面与磁场垂直，且全部处于磁场区域内，在感应时间t内，磁感应强度方向向里且由0增大到B0，此过程中(　　)
A．通过线圈的磁通量变化量大小为nB0S
B．线圈中感应电流方向为逆时针方向
C．AB边受到的安培力方向向右
D．线圈有扩张的趋势
[解析]　通过线圈的磁通量变化量大小ΔΦ＝B0S－0＝B0S，故A错误；线圈内磁通量向里增加，根据楞次定律可知线圈中感应电流方向为逆时针，根据左手定则可知，AB边所受安培力方向向左，故B正确，C错误；线圈内磁通量增加，根据楞次定律可知线圈有收缩的趋势，故D错误。
[答案]　B
　(2025·深圳期末)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．(楞次定律)根据楞次定律可知感应电流的磁场一定(　　)
A．阻碍引起感应电流的磁通量的增加
B．与引起感应电流的磁场方向相反
C．阻碍引起感应电流的磁通量的变化
D．与引起感应电流的磁场方向相同
解析：选C。根据楞次定律可知感应电流的磁场一定阻碍引起感应电流的磁通量的变化，故C正确，A、B、D错误。
2．(楞次定律的应用)(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。
3.(楞次定律的常用推论)(多选)如图所示，用绳吊起一个铝环，用条形磁体的N极去靠近铝环，直至从右侧穿出的过程中(　　)
A．磁体从左侧靠近铝环时，铝环向右摆动
B．磁体在右侧远离铝环时，铝环向左摆动
C．磁体从左侧靠近铝环时，A端为N极
D．磁体在右侧远离铝环时，B端为S极
解析：选AC。磁体从左侧靠近铝环时，在铝环中产生感应电流，感应电流的磁场必定阻碍磁体的靠近，A端为N极，铝环向右摆动，故A、C正确；当磁体从右侧远离铝环时，感应电流的磁场阻碍铝环的远离，铝环右摆，B端为N极，故B、D错误。
4．(右手定则和左手定则的应用)(多选)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：选BD。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。题组1　电磁感应中的电路问题
1．如图所示，面积为0.2 m2的100匝线圈处在匀强磁场中，磁场方向垂直于线圈平面。已知磁感应强度随时间变化的规律为B＝(2＋0.2t)T，定值电阻R1＝6 Ω，线圈电阻R2＝4 Ω，则a、b两点间电压Uab为(　　)
A．2.4 V　　　　　 B．0.024 V
C．4 V D．1.6 V
解析：选A。由法拉第电磁感应定律得，线圈中感应电动势E＝＝＝100×0.2×0.2 V＝4 V，感应电流I＝＝ A＝0.4 A，所以a、b两点间电压即路端电压Uab＝IR1＝0.4×6 V＝2.4 V。
2．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的有直线边界(图中竖直虚线)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，电路的外电阻是圆环总电阻的，即磁场外的部分，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。
题组2　法拉第发电机原理
3．(2023·江苏卷，T8)如图所示，圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，OC导体棒的O端位于圆心，棒的中点A位于磁场区域的边缘。现使导体棒绕O点在纸面内逆时针转动。O、A、C点电势分别为φO、φA、φC，则(　　)
A．φO > φC B．φC > φA
C．φO＝φA D．φO－φA＝φA－φC
解析：选A。导体棒OA段逆时针旋转切割磁感线，根据右手定则可知φO>φA；AC段不切割磁感线，属于等势体，则φA＝φC，故φO>φA＝φC，A正确，B、C、D错误。
4．(多选)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。
题组3　电磁感应中的图像问题
5.如图所示，由同种材料制成的粗细均匀的正方形金属线框，以恒定速度通过有理想边界的匀强磁场，线框的边长小于有界磁场的宽度。开始计时时线框的ab边恰与磁场的左边界重合，在运动过程中线框平面与磁场方向保持垂直，且ab边保持与磁场边界平行，则下列图中能定性地描述线框中c、d两点间的电势差Ucd 随时间变化情况的是(　　)
解析：选B。由题意可得，线框向右匀速穿越磁场区域的过程可以大致分为三个阶段，在进入磁场的过程中，ab是电源，假设电动势为E，每一边的电阻为r，则外电阻R1＝3r，根据欧姆定律可知，c、d两点间的电势差Ucd＝Uab＝×E＝E，第二阶段是线框整体在磁场中运动，此时，ab与cd都是电源，并且是完全相同的电源，此时Ucd＝E，第三阶段是线框离开磁场的过程，此时cd是电源，此时有Ucd＝E。
6．(多选)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：选AC。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。
7.(多选)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，因此液滴所受的电场力也不变，则液滴静止不动，D错误。
8．(10分)(2025·江门期中)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时间内回路中的磁通量的变化量。(4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
9. (10分)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27张PPT)
第二章　电磁感应
第一节　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
学习目标
1．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。　2.理解楞次定律是能量守恒定律在电磁感应现象中的反映。　3.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、实验原理
1．查明电流表的指针偏转方向与电流方向的关系，找出感应电流的方向。
2．通过实验，观察分析原磁场方向和磁通量的变化，记录感应电流的方向，然后归纳出感应电流的方向与原磁场方向、磁通量变化之间的关系。
二、实验器材
条形磁体、螺线管、灵敏电流计、导线若干、干电池、滑动变阻器、开关、电池盒。
三、实验过程
1．探究电流表指针的偏转方向和电流方向之间的关系。
实验电路如图1甲、乙所示。

结论：电流从哪一侧接线柱流入，指针就向哪一侧偏转，即左进左偏，右进右偏。(指针偏转方向应由实验得出，并非所有电流表都是这样的)
2．探究条形磁体插入或拔出线圈时感应电流的方向
(1)按图2连接电路，明确螺线管的绕线方向。
(2)按照控制变量的方法分别进行N极(S极)朝下时插入线圈和N极(S极)朝上时抽出线圈的实验。
(3)观察并记录磁场方向、电流方向、磁通量大小的变化情况，并将结果填入表格。
比较项目 甲 乙 丙 丁
条形磁体运动的情况 N极朝下插入线圈 N极朝下拔出线圈 S极朝下插入线圈 S极朝下拔出线圈
原磁场方向(“向上”或“向下”) 向下 向下 向上 向上
穿过线圈的磁通量变化情况(“增加”或“减少”) 增加 减少 增加 减少
感应电流的方向(在螺线管上方俯视) 逆时针 顺时针 顺时针 逆时针
感应电流的磁场方向(“向上”或“向下”) 向上 向下 向下 向上
原磁场与感应电流磁场方向的关系 相反 相同 相反 相同
(4)整理器材。
四、实验结果分析
根据上表记录，得到下述结果：
甲、丙两种情况下，磁通量都增加，感应电流的磁场方向与原磁场方向相反，阻碍磁通量的增加；乙、丁两种情况下，磁通量都减少，感应电流的磁场方向与原磁场方向相同，阻碍磁通量的减少。
实验结论：感应电流具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化。
五、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
　探究“影响感应电流方向的因素”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拉时，灵敏电流计指针___________________。
[解析]　由题意知，当通过线圈的磁通量增大时，指针向右偏，则①向右偏转一下；②向左偏转一下。
向右偏转一下
向左偏转一下
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。
题型二　教材创新实验
(1)由图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的电路连接，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所示，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]　电流表A与电源等组成闭合回路，在温度由100 ℃逐渐降低到20 ℃的过程中，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磁通量的减小，电流从B灵敏电流计的右边进入，所以B灵敏电流计的指针右偏，即偏向中间刻度右侧。(共28张PPT)
课后达标检测
√
题组1　楞次定律
1.(多选)如图所示，一段软导线组成的正方形回路置于光滑水平面上，软导线所在空间存在竖直方向的匀强磁场。由于磁场发生了某种变化，导致回路形状变为圆形。关于该磁场的变化，下列说法可能正确的是(　　)
A．方向竖直向上，逐渐增强
B．方向竖直向上，逐渐减弱
C．方向竖直向下，逐渐增强
D．方向竖直向下，逐渐减弱
√
解析：同样周长情况下，圆形面积大于正方形，即回路面积增大了，根据楞次定律，感应电流的磁场会阻碍原磁场的磁通量变化，无论穿过回路的磁感线的方向如何，只要磁场逐渐减弱，穿过回路的磁通量就会减小，回路的面积就将增大，故B、D正确，A、C错误。
2.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。
3．(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。
题组2　楞次定律的常用推论
4.如图所示，A、B都是薄铝环，环A是闭合的，环B是断开的，横梁可以绕中间的支点转动。若用条形磁铁分别接近这两个圆环，则下列说法正确的是(　　)
A．磁铁N极插向A环，A环被吸引
B．磁铁S极插向A环，A环被吸引
C．无论磁铁哪个极拔出B环，横梁都会转动
D．无论磁铁哪个极拔出B环，横梁都不会转动
√
解析：无论磁铁哪个磁极插向A环，A环内的磁通量均变大，根据楞次定律，圆环受到的安培力的效果总是阻碍磁通量的变化(来拒)，可知闭合圆环中会产生感应电流且A环被排斥，故A、B错误；无论磁铁哪个极拔出B环，B环内的磁通量变化，产生感应电动势，但是由于B环不闭合，所以B环没有感应电流，即圆环B不受到安培力的作用，圆环B保持静止，横梁不发生转动，故C错误，D正确。
5．(多选)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)，则线圈A、B中电流方向相反，故B错误。
6.(多选)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，则在外环乙上会产生感应电流，下列说法正确的是(　　)
A．外环乙有扩张的趋势
B．外环乙有收缩的趋势
C．外环乙上会产生顺时针方向电流
D．外环乙上会产生逆时针方向电流
√
√
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。
√
7．(2025·珠海期中) 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A到E摆动过程中(　　)
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
8．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，受到的安培力为零
D．导线框进入磁场时，受到的安培力为零
解析：导线框进入磁场时，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，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，根据左手定则可知，ab受到的安培力不为零，导线框进入磁场时，由于有感应电流，根据左手定则可知，cd受到的安培力不为零，C、D错误。
9．如图所示，若套在条形磁铁上的弹性金属导线圈 Ⅰ 突然缩小为导线圈 Ⅱ，则关于导线圈中的感应电流及其方向(从上往下看)是(　　)
A．有顺时针方向的感应电流
B．有逆时针方向的感应电流
C．有先逆时针后顺时针方向的感应电流
D．无感应电流
√
解析：穿过导线圈的磁通量是磁体内的全部磁通量和磁体外的一部分磁通量的合磁通量，由题可知合磁通量是向上的。当导线圈突然缩小时合磁通量增加，原因是磁体外向下穿过导线圈的磁通量减少。由楞次定律判断，感应电流的方向(从上往下看)为顺时针方向，A正确。
10．如图所示，a、b、c为同一平面内的线圈，其中a、b为同心圆，现给a中通以顺时针方向的电流，在a中的电流逐渐增大的过程中，b、c中产生的感应电流方向为(　　)
A．b、c中均为顺时针方向
B．b、c中均为逆时针方向
C．b为逆时针方向，c为顺时针方向
D．b为顺时针方向，c为逆时针方向
√
解析：首先，由题意可知线圈a中的电流在逐渐增大，电流产生的磁场也在不断增大。其次根据右手螺旋定则判断出线圈a中的电流在线圈b区域内产生的磁场垂直于纸面向里，再根据楞次定律可以判断出线圈b产生的感应电流为逆时针方向，对应产生的磁场垂直于纸面向外。同理，根据右手螺旋定则判断出线圈a的电流在线圈c区域内产生的磁场垂直于纸面向外，再根据楞次定律可以判断出线圈c产生的感应电流为顺时针方向，对应产生的磁场垂直于纸面向里。
√
11．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。
√
12．(多选)(2025·中山期中)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。
√
13．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。(共40张PPT)
第三节　电磁感应规律的应用
第1课时　电磁感应中的电路和图像问题
学习目标
1．了解超速“电子眼”的工作原理，体会从具体实物到物理模型的物理建模思想。　2.了解法拉第发电机的工作原理，思考如何将物理模型设计成可应用的产品。　3.通过航母阻拦技术，体会学以致用的灵活性。
课前知识梳理
PART
01
第一部分
感应电流
变化
二、法拉第发电机：铜棒在匀强磁场中旋转做切割磁感线运动产生感应电动势，这是一个典型
的物理模型。铜棒旋转做切割磁感线运动产生了感应电动势，如果通过导线与铜棒组成闭合回路，则回路中将产生感应电流。如果将很多根铜棒连成一体组成一个导体圆盘，在磁场中持续转动，则产生的感应电流将更大。基于上述思路，1831年10月法拉第将一个由紫铜制成的圆盘置于蹄形磁极之间，发明了世界上第一台发电机——法拉第圆盘发电机。
三、航母阻拦技术：如图所示，对于电磁阻拦模型，可把飞机与金属棒看成一个整体，其在磁场中做切割磁感线运动时会受到安培力的阻碍作用，相对于利用阻拦索阻拦而言，电磁阻拦减少了对阻拦索的依赖，提高了飞机着舰的安全性和可靠性。
课堂深度探究
PART
02
第二部分
知识点一　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。
(多选)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
√
√
√
(多选)(2025·东莞月考)如图所示，以速度v1和v2匀速把一矩形线圈水平拉出有界匀强磁场区域，且v1＝2v2，则在先后两种情况下(　　)
A．线圈中的感应电动势之比E1∶E2＝1∶2
B．线圈中的感应电流之比I1∶I2＝4∶1
C．线圈中产生的焦耳热之比Q1∶Q2＝2∶1
D．通过线圈某截面的电荷量之比q1∶q2＝1∶1　
√
√
知识点二　法拉第发电机原理
√
√
类型2　圆盘的转动
(2025·佛山期中)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(从上向下看)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
√
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。
知识点三　电磁感应中的图像问题
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－s图像和 I－s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，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)(　　)
√
类型2　磁场变化的电磁感应图像
(多选)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(　　)
√
√
随堂巩固落实
PART
03
第三部分
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·江门期末)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
√
4．(电磁感应中的图像问题)(多选)矩形导线框abcd放在匀强磁场中，在外力控制下保持静止，如图甲所示。磁感线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B的方向垂直于导线框平面向里为正方向)，前4 s内，流过导线框的电流(规定顺时针为正方向)与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(　　)
√
√
解析：由题图可知前1 s内，原磁场垂直于平面向外，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。(共27张PPT)
专题提升课4　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作用在金属棒ab上，当t＝2 s时，金属棒ab的速度达到最大，随后撤去力F，金属棒最终静止在导轨上。导轨电阻忽略不计，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0，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
(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。
(多选)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(　　)
√
√
(2025·中山期末)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于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，在轨道左侧高h处由静止下滑，运动过程中两导体棒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。
[答案]　0.8 J
如图所示，平行倾斜光滑导轨与足够长的平行水平光滑导轨平滑连接，导轨电阻不计。质量分别为2m和m的金属棒b和c静止放在水平导轨上，b、c两棒均与导轨垂直。图中de虚线的右侧有范围足够大、方向竖直向上的匀强磁场。质量为2m的绝缘棒a垂直于倾斜导轨由静止释放，释放位置与水平导轨的高度差为h。已知绝缘棒a滑到水平导轨上与金属棒b发生弹性正碰，金属棒b进入磁场后始终未与金属棒c发生碰撞，重力加速度为g。求：
(1)a棒与b棒碰后b棒的速度大小；
(2)两金属棒b、c上最终产生的总焦耳热。(共25张PPT)
课后达标检测
√
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：自感系数只与线圈本身有关，而与其他因素无关，则线圈中通入的电流、电流改变量、电流变化率等都不会影响其自感系数，故D正确。
2．(多选)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在均匀增大时，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
√
4．(多选)某电磁冲击钻的原理图如图所示，若突然发现钻头M向右运动，则可能是(　　)
A．开关S闭合瞬间
B．开关S由闭合到断开的瞬间
C．开关S已经是闭合的，滑动变阻器滑片P向左迅速滑动
D．开关S已经是闭合的，滑动变阻器滑片P向右迅速滑动
√
√
解析：当开关突然闭合时，左线圈上有了电流，产生磁场，而对于右线圈来说，线圈中磁通量增加，产生感应电流阻碍磁通量增加，使钻头M向右运动，同理可知，开关由闭合到断开瞬间，钻头M向左运动，故A正确，B错误；当开关S已经闭合时，只有左侧线圈电流增大才会导致钻头M向右运动，故C正确，D错误。
5．如图所示，A和B是两个相同的小灯泡，L是一个自感系数很大的线圈，其阻值与R相同。由于存在自感现象，下列说法正确的是(　　)
A．开关S闭合瞬间，A、B两灯亮度相同
B．开关S闭合时，B灯比A灯先亮
C．开关S闭合，电路达到稳定后，断开开关S时，A、B两灯同时熄灭
D．开关S闭合，电路达到稳定后，断开开关S时，B灯立即熄灭，A灯稍迟熄灭
√
解析：开关S闭合瞬间，L相当于断路，A、B两灯同时亮，通过A灯的电流大于B灯，故A灯比B灯亮，故A、B错误；开关S闭合，电路达到稳定后，断开开关S时，B灯立即熄灭，L相当于电源，与A灯串联，A灯稍迟熄灭，故C错误，D正确。
6．用于观察自感现象的电路图如图所示。设线圈的自感系数较大，线圈的直流电阻RL与灯泡的电阻R满足RL R，则在开关S由闭合到断开的瞬间，可以观察到(　　)
A．灯泡立即熄灭
B．灯泡逐渐熄灭
C．灯泡有明显的闪亮现象
D．只有在RL R时，才会看到灯泡有明显的闪亮现象
√
解析：S闭合，电路稳定时，由于RL R，那么IL IR，S断开的瞬间，流过线圈的电流IL要减小，在L上产生的自感电动势要阻碍电流的减小。灯泡原来的电流IR随着开关的断开变为0，而灯泡与线圈形成闭合回路，此时灯泡的电流等于流过线圈的电流，即从IL开始逐渐变小，由于IL IR，灯泡开始时有明显的闪亮现象，C正确，A、B错误；若RL R，则IL IR，不会有明显的闪亮，D错误。
√
7．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两端并联一个电压表，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。
√
8．(多选)如图所示，L是自感系数很大、直流电阻不计的电感线圈，D1、D2是完全相同的灯泡，E是一内阻不计的电源，S是开关。下列说法正确的是(　　)
A．闭合开关S时，D2先亮，D1后亮
B．闭合开关S时，D1、D2同时亮，然后D2由亮变得更亮，D1逐渐变暗，直至熄灭
C．先闭合开关S，电路稳定后再断开开关S时，D1、D2同时熄灭
D．先闭合开关S，电路稳定后再断开开关S时，D2熄灭，D1突然变亮再逐渐变暗，直至熄灭
√
解析：开关S闭合的瞬间，两灯同时获得电压，所以D1、D2同时发光，之后由于线圈的直流电阻不计，则D1灯被短路，逐渐变暗，直至熄灭，D2灯亮度增大，故A错误，B正确；断开开关S的瞬间，流过线圈的电流将要减小，产生自感电动势，L相当于电源，与D1灯串联，自感电流流过D1灯，L的自感系数很大，所以D1突然变亮再逐渐变暗，D2灯的电流突然消失，立即熄灭，故C错误，D正确。
9.某兴趣小组探究断电自感现象的电路如图所示。闭合开关S，待电路稳定后，通过电阻R的电流为I1，通过电感L的电流为I2。t1时刻断开开关S，下列图像中能正确描述通过电阻R的电流IR和通过电感L的电流IL的是(　　)
√
解析：S断开后，电感线圈与R构成回路，R中的电流反向，大小与线圈L中的电流相等，并逐渐减小，故A正确，B错误；断开S后，R与线圈串联，流过线圈的电流减小，电感线圈产生与原电流方向相同的感应电动势，且电动势慢慢变小，则线圈中电流方向不变，大小逐渐变小，而且变小得越来越慢，而R中的电流反向，故C、D错误。
10．把两个线圈绕在一个铁环上，A线圈与电源、滑动变阻器R组成一个回路，B线圈与开关S、电流表G组成另一个回路，如图所示。下列说法正确的是(　　)
A．闭合开关S的瞬间，电流表G中有a→b的感应电流
B．闭合开关S的瞬间，电流表G中有b→a的感应电流
C．闭合开关S后，在增大滑动变阻器R阻值的过程中，电流表G中有a→b的感应电流
D．闭合开关S后，在增大滑动变阻器R阻值的过程中，电流表G中有b→a的感应电流
√
解析：闭合开关S的瞬间，通过B线圈的磁通量不发生变化，B线圈中不产生感应电流，故A、B错误；闭合开关S后，在增大滑动变阻器R接入电路的阻值的过程中，A线圈中的电流逐渐减小，即B线圈处于逐渐减弱的磁场中，由安培定则和楞次定律可知，电流表G中的感应电流方向为b→a，故C错误，D正确。
√
11．(2025·广州期末)图甲为手机无线充电，其充电原理如图乙所示。充电底座接交流电源，对充电底座供电。若在某段时间内，磁场垂直于受电线圈平面向上穿过线圈，其磁感应强度大小逐渐增大。下列说法正确的是(　　)
A．受电线圈的工作原理是“电流的磁效应”
B．送电线圈内的电流大小在逐渐减小
C．受电线圈中感应电流方向由c→d
D．受电线圈有扩张趋势
解析：无线充电时，手机上受电线圈的工作原理是电磁感应，故A错误；由磁感应强度大小逐渐增大可知，送电线圈内的电流大小在逐渐增大，故B错误；由楞次定律可知，受电线圈的磁通量增强，则受电线圈中感应电流的磁场与原磁场方向相反，即受电线圈中感应电流的磁场方向向下，再根据安培定则可知，受电线圈中感应电流方向由c→d，故C正确；根据楞次定律的第二种表述“增缩减扩”可知，受电线圈有收缩趋势，故D错误。
√
√
13．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(共24张PPT)
课后达标检测
√
题组1　电磁感应中的电路问题
1．如图所示，面积为0.2 m2的100匝线圈处在匀强磁场中，磁场方向垂直于线圈平面。已知磁感应强度随时间变化的规律为B＝(2＋0.2t)T，定值电阻R1＝6 Ω，线圈电阻R2＝4 Ω，则a、b两点间电压Uab为(　　)
A．2.4 V　　　　　 B．0.024 V
C．4 V D．1.6 V
√
题组2　法拉第发电机原理
3．(2023·江苏卷，T8)如图所示，圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，OC导体棒的O端位于圆心，棒的中点A位于磁场区域的边缘。现使导体棒绕O点在纸面内逆时针转动。O、A、C点电势分别为φO、φA、φC，则(　　)
A．φO > φC B．φC > φA
C．φO＝φA D．φO－φA＝φA－φC
√
解析：导体棒OA段逆时针旋转切割磁感线，根据右手定则可知φO>φA；AC段不切割磁感线，属于等势体，则φA＝φC，故φO>φA＝φC，A正确，B、C、D错误。
√
√
题组3　电磁感应中的图像问题
5.如图所示，由同种材料制成的粗细均匀的正方形金属线框，以恒定速度通过有理想边界的匀强磁场，线框的边长小于有界磁场的宽度。开始计时时线框的ab边恰与磁场的左边界重合，在运动过程中线框平面与磁场方向保持垂直，且ab边保持与磁场边界平行，则下列图中能定性地描述线框中c、d两点间的电势差Ucd 随时间变化情况的是(　　)
√
6．(多选)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(　　)
√
√
√
√
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，因此液滴所受的电场力也不变，则液滴静止不动，D错误。
8．(10分)(2025·江门期中)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时间内回路中的磁通量的变化量。(4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
9. (10分)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)1．(多选)关于涡流、电磁阻尼、电磁驱动，下列说法正确的是(　　)
A．金属探测器应用于安检场所，探测器利用了涡流的原理
B．金属探测器可用于大米装袋，防止细小的砂石颗粒混入大米中
C．电磁炉利用电磁阻尼工作，录音机在磁带上录制声音利用电磁驱动工作
D．磁电式仪表中用来作线圈骨架的铝框能起电磁阻尼的作用
解析：选AD。金属探测器在探测金属时，由于在被测金属中产生涡流从而使报警器工作，故A正确；金属探测器探测原理是在被探测物体中由于电磁感应在被探测物中产生涡流来进行工作，食品中的砂石不是金属，所以不能产生涡流，故B错误；电磁炉利用涡流工作，录音机在磁带上录制声音时，是利用了电流的磁效应，使磁带上的磁粉被磁化，故C错误；磁电式仪表中用来作线圈骨架的铝框中可以产生感应电流能起电磁阻尼的作用，故D正确。
2．电磁炉是利用电磁感应现象产生的涡流，使锅体发热从而加热食物。下列相关的说法正确的是　(　　)
A．电磁炉中通入电压足够高的直流电也能正常工作
B．锅体中涡流的强弱与磁场变化的频率有关
C．金属或环保绝缘材料制成的锅体都可以利用电磁炉来烹饪食物
D．电磁炉的上表面一般都用金属材料制成，以加快热传递、减少热损耗
解析：选B。直流电不能产生变化的磁场，在锅体中不能产生感应电流，电磁炉不能使用直流电，A错误；锅体中涡流的强弱与磁场变化的频率有关，B正确；锅体只能用铁磁性导体材料，不能使用绝缘材料来制作，C错误；电磁炉的上表面如果用金属材料制成，使用电磁炉时，上表面材料发生电磁感应要损失电能，所以电磁炉上表面要用绝缘材料制作，D错误。
3．(多选)变压器的铁芯是利用薄硅钢片叠加而成的，而不是采用一整块硅钢，这是为了(　　)
A．增大涡流，提高变压器的效率
B．减小涡流，提高变压器的效率
C．增大铁芯的电阻，以产生更多的热量
D．增大铁芯的电阻，以减小发热量
解析：选BD。磁场变化越快，感应电动势越大，因而涡流也就越强。涡流能使导体发热。变压器的铁芯是相互绝缘的薄片叠加而成以增加铁芯的电阻，降低涡流强度，从而减少能量损耗，提高变压器的效率。
4．安检门是一个用于安全检查的“门”，“门框”内有线圈，线圈中通有变化的电流。如果金属物品通过安检门，金属物品中会被感应出涡流，涡流的磁场又反过来影响线圈中的电流，从而报警，关于安检门的说法正确的是(　　)
A．安检门能检查出毒贩携带的毒品
B．如果“门框”的线圈中通上恒定电流，安检门也能正常工作
C．安检门能检查出旅客携带的金属水果刀
D．安检门工作时，主要利用了电流的热效应原理
解析：选C。安检门利用涡流探测人身上携带的金属物品的原理：线圈中的交变电流产生交变的磁场，会在金属物品中产生交变的感应电流，而金属物品中感应电流产生的交变磁场会在线圈中产生感应电流，使线圈中交变电流发生变化，从而被探测到，则安检门可以检查出旅客携带的金属水果刀，而不能检查出毒贩携带的毒品，若“门框”的线圈中通上恒定电流，而不是交变电流，则无法产生感应电流，安检门不能正常工作，故A、B错误，C正确；安检门工作时，主要利用了电磁感应原理，故D错误。
5.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。涡流探伤技术其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。
6.(多选)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，每一片铝片又可看成由若干个闭合铝片框组成，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，所以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。
7．(2025·佛山月考)如图甲所示为探究电磁驱动的实验装置。某个铝笼置于U形磁铁的两个磁极间，铝笼可以绕支点自由转动，其截面图如图乙所示。开始时，铝笼和磁铁均静止，转动磁铁，会发现铝笼也会发生转动，下列说法正确的是(　　)
A．铝笼是因为受到安培力而转动的
B．铝笼转动的速度大小和方向与磁铁均相同
C．铝笼转动的速度大小和方向与磁铁均不同
D．当磁铁停止转动后，如果忽略空气阻力和摩擦阻力，铝笼将保持匀速转动
解析：选A。铝笼是因为受到安培力而转动的，安培力充当动力，A正确；铝笼转动的速度大小不同、方向与磁铁的相同，B、C错误；当磁铁停止转动后，如果忽略空气阻力和摩擦阻力，铝笼受到的安培力充当阻力，铝笼速度减小直至停止，D错误。
8.(多选)金属探测器已经广泛应用在考场检测、车站安检等领域，其利用的是电磁感应原理：探测器内的线圈中通以大小与方向快速变化的电流从而产生快速变化的磁场，该磁场会在金属物体内部感应出“涡流”(感应电流)。“涡流”会产生磁场，从而影响原始磁场，导致检测器发出蜂鸣声而报警。下列说法正确的是(　　)
A．欲使待检测物体内部产生“涡流”(感应电流)，探测器需在待检测物上方不停地晃动
B．探测器静止在待检测物上方，待检测物内部仍然可以产生“涡流”(感应电流)
C．若待检测物为塑料则不能报警，因为检测区域内没有磁通量变化
D．若待检测物为塑料则不能报警，因为待检测物中没有或很少有能够自由移动的带电粒子
解析：选BD。因为金属探测器中通的是大小和方向快速变化的电流，以致产生高速变化的磁场，故即使探测器静止在待检测物的上方，待检测物中依然有感应电流产生，故A错误，B正确；因为塑料制品近乎绝缘体，导电性能极差，所以监测区域中并非没有磁通量变化，而是因为塑料内部没有或极少有可自由移动的带电粒子，而使得待检测物体中无感应电流或电流太小不能引起报警，故C错误，D正确。
9.如图所示，在光滑绝缘水平面上，有一铝质圆形金属球以一定的初速度通过有界匀强磁场，则从球开始进入磁场到完全穿出磁场过程中(磁场宽度大于金属球的直径)，小球(　　)
A．整个过程都做匀速运动
B．进入磁场过程中做减速运动，穿出过程做加速运动
C．整个过程都做匀减速运动
D．穿出时的速度一定小于初速度
解析：选D。金属球进、出磁场时，都有涡流产生，都会受到阻力，金属球会克服安培力做功消耗机械能，故穿出时的速度一定小于初速度，D正确；因为金属球进、出磁场时，产生的不是恒定电流，由F＝BIL知，产生的安培力不是恒力，故不是做匀减速运动，C错误；进入和穿出过程都做减速运动，在磁场中做匀速运动，A、B错误。
10．(多选)(2025·佛山期中)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：选AC。当条形磁铁顺时针转动时，穿过铝制圆盘的磁通量会发生变化，根据楞次定律可知，圆盘内产生的感应电流的磁场会阻碍磁通量变化，所以铝制圆盘也顺时针转动，A正确，B错误；当磁铁的转速变快时，穿过铝制圆盘的磁通量变化加快，圆盘产生的阻碍磁通量变化的磁场也变快，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。
11．下列说法正确的是(　　)
A．图甲中，当摇动手柄使得蹄形磁铁转动，则铝框会同向转动，且和磁铁转得一样快
B．图乙是真空冶炼炉，当炉外线圈通入高频交流电时，线圈中产生大量热量，从而冶炼金属
C．图丙是铜盘靠惯性转动，手持磁铁靠近铜盘，铜盘转动加快
D．图丁是微安表的表头，运输时把两个正、负接线柱用导线连接，可以减小电表指针的摆动角度
解析：选D。根据电磁驱动原理，题图甲中，当摇动手柄使得蹄形磁铁转动，则铝框会同向转动，但铝框比磁铁转得慢，故A错误；题图乙是真空冶炼炉，当炉外线圈通入高频交流电时，铁块中产生涡流，铁块中产生大量热量，从而冶炼金属，故B错误；当铜盘转动时，铜盘切割磁感线，从而产生感应电流，出现安培力，由楞次定律可知，产生的安培力将阻碍铜盘切割磁感线运动，则铜盘转动将变慢，故C错误；题图丁是微安表的表头，在运输时要把两个正、负接线柱用导线连在一起，可以减小电表指针的摆动角度，这是为了保护电表指针，利用了电磁阻尼的原理，故D正确。
12．电磁阻尼现象在日常生活中得到广泛应用，如汽车的减震悬架等。某车型的减震系统就由两部分组成：一部分是机械弹簧主减震系统；另一部分是电磁辅助减震系统。装置示意图如图所示，强磁体固定在汽车底盘上，阻尼线圈固定在轮轴上，轮轴与底盘通过弹簧主减震系统相连，在震动过程中磁体可在线圈内上下移动，则(　　)
A．对调磁体的磁极，电磁减震系统就起不到减震效果
B．增多线圈匝数，不影响安培力的大小
C．只要产生震动，电磁减震系统就能起到减震效果
D．震动过程中，线圈中有感应电流，且感应电流方向不变
解析：选C。对调磁体的磁极，震动过程线圈仍会产生感应电流，不影响减震效果，故A错误，C正确；根据法拉第电磁感应定律E＝n，线圈匝数越多，产生的感应电动势越大，线圈电流越大，电磁阻尼现象越明显，会影响安培力的大小，故B错误；震动过程中，线圈中磁通量的变化情况会根据磁体的靠近或者远离而不同，由楞次定律可知，感应电流方向也会随之改变，故D错误。

展开更多......

收起↑