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(共24张PPT)
课后达标检测
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题组1　法拉第电磁感应定律的理解和应用
1．如果闭合电路中的感应电动势很大，那一定是因为(　　)
A．穿过闭合电路的磁通量很大
B．穿过闭合电路的磁通量变化很大
C．穿过闭合电路的磁通量的变化很快
D．闭合电路的电阻很小
解析：根据法拉第电磁感应定律可知，感应电动势取决于穿过闭合电路的磁通量的变化率，即感应电动势的大小与磁通量大小、磁通量变化量大小、电路电阻无必然联系，C正确，A、B、D错误。
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题组2　导体棒平动切割磁感线产生的电动势
5．(多选)一根直导线长为0.1 m，在磁感应强度为0.1 T的匀强磁场中以10 m/s的速度匀速运动，则导线中产生的感应电动势(　　)
A．一定为0.1 V B．可能为0
C．可能为0.01 V D．最大值为0.1 V
解析：当公式E＝Blv中B、l、v两两互相垂直时感应电动势最大，Em＝Blv＝0.1×0.1×10 V＝0.1 V，考虑到它们三者的空间位置关系不确定，则B、C、D正确。
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6.(2025·江苏盐城市、南京市期末调研)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
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解析：转的圆盘可看成由无数根沿着半径的导体棒组成，每根导体棒均切割磁感线，从而产生感应电动势，产生感应电流，根据右手定则，圆盘上感应电流从圆周边缘流向圆心O点，可知通过电阻R的电流方向为b→a，故A正确，B错误；
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9.如图所示的平面内，在通有图示方向电流I的长直导线右侧，固
定一矩形金属线框abcd，ad边与导线平行。调节电流I使得空间各
点的磁感应强度随时间均匀增加，则(　　)
A．线框中产生的感应电流方向为a→b→c→d→a
B．线框中产生的感应电流逐渐增大
C．线框ad边所受的安培力大小恒定
D．线框整体受到的安培力方向水平向右
解析：根据安培定则可知，通电直导线右侧的磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度随时间均匀增加，根据楞次定律可知，线框中产生的感应电流方向为a→d→c→b→a，A错误；
线框ad边感应电流保持不变，磁感应强度随时间均匀增加，根据安培力表达式F安＝BIL，可知所受的安培力变大，C错误；
由上述分析，根据左手定则可知，线框ad边所受的安培力水平向右，线框bc边所受的安培力水平向左，由通电直导线的磁场分部特点可知，ad边所处的磁场较大，根据安培力表达式F安＝BIL可知，线框整体受到的安培力方向水平向右，D正确。
10．(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内有方向如图的匀强磁场，金属杆OP的O端与e点用导线相接，P端与圆弧bc接触良好。初始时，可滑动的金属杆MN静止在平行导轨上。若杆OP绕O点在匀强磁场区内从b到c匀速转动时，回路中始终有电流，则此过程中，下列说法正确的有(　　)
A．杆OP产生的感应电动势恒定
B．杆OP受到的安培力不变
C．杆MN做匀加速直线运动
D．杆MN中的电流逐渐减小
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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。
11．(8分)(2025·辽宁葫芦岛市期末)手压式自发电手电筒(如图甲所示)是一种节能产品，其微型发电系统应用了法拉第电磁感应原理，其简单原理如图乙所示，通过手压可使半径为L的金属圆环绕圆心O顺时针转动，其角速度ω与时间t的关系为ω＝βt(β为正常数)。电阻为r、长度为L的导体棒，一端与圆环连接，并能随着圆环一起绕O点转动，整个圆环(在纸面内)置于垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。电阻为R的小灯泡通过电刷连接在圆环和O点之间，从静止开始按压发电手柄，经过时间t0，小灯泡正常发光，不计其他电阻。求：
(1)小灯泡正常发光时，通过小灯泡的电流大小及方向；(5分)
(2)小灯泡的额定功率。(3分)(共25张PPT)
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1．(2024·湖北卷，T1)《梦溪笔谈》中记录了一次罕见的雷击事件：房屋被雷击后，屋内的银饰、宝刀等金属熔化了，但是漆器、刀鞘等非金属却完好(原文为：有一木格，其中杂贮诸器，其漆器银扣者，银悉熔流在地，漆器曾不焦灼。有一宝刀，极坚钢，就刀室中熔为汁，而室亦俨然)。导致金属熔化而非金属完好的原因可能为(　　)
A．摩擦 B．声波
C．涡流 D．光照
解析：在雷击事件中金属和非金属都经历了摩擦、声波和光照的影响，而金属能够因电磁感应产生涡流，非金属不能，因此可能原因为涡流。
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2.(2024·甘肃卷，T6)工业上常利用感应电炉冶炼合金，装
置如图所示。当线圈中通有交变电流时，下列说法正确的
是(　　)
A．金属中产生恒定感应电流
B．金属中产生交变感应电流
C．若线圈匝数增加，则金属中感应电流减小
D．若线圈匝数增加，则金属中感应电流不变
解析：当线圈中通有交变电流时，感应电炉中产生非均匀变化的磁场，金属中进而产生交变感应电流，A错误，B正确；
若线圈匝数增加，根据法拉第电磁感应定律可知，金属中的磁场增强，感应电流增大，C、D错误。
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
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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大铁芯的电阻，降低涡流强度，减小发热量，从而减少能量损耗，提高变压器的效率。
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4.(多选)如图所示，在O点正下方有一个有理想边界的匀强磁
场，铜环在A点由静止释放向右摆至最高点B，不考虑空气阻
力，则下列说法正确的是(　　)
A．A、B两点在同一水平线
B．A点高于B点
C．铜环最终将做等幅摆动
D．最终环将静止于最低点
解析：由于铜环进入和离开磁场过程中会产生感应电流，一部分机械能转化为电能，所以铜环运动不到A点的等高点，即B点低于A点，故B正确，A错误；
由于环只在进出磁场的过程中才有机械能转化为焦耳热，故当环的振幅减小到环恰好不能穿出磁场时，机械能开始保持不变，此后环做等幅摆动，故C正确，D错误。
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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时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。
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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.(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
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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。
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8．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。
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9.感应加热表面淬火是利用电磁感应原理，将工件置于感应线
圈中，向线圈中通入交流电时，工件中将出现涡流，在很短时
间内，工件表面温度可以达到淬火温度1 000 ℃，立即冷却使
工件表面淬火。下列关于工件加热过程中说法正确的是(　　)
A．工件中磁通量保持不变
B．工件中出现的涡流方向不变
C．工件中出现的是交流电，其频率小于感应线圈中通入交流电的频率
D．在感应线圈中通入的交流电峰值不变的情况下，频率越高，工件中的感应电流越大
解析：根据楞次定律，工件中出现涡流，磁通量必然变化，故A错误；
由于感应线圈中通入的是交流电，根据楞次定律可得，工件中出现的涡流方向周期性变化，工件中出现的是交流电，其频率等于感应线圈中通入交流电的频率，故B、C错误；
根据法拉第电磁感应定律可知，在峰值不变的情况下，可得感应线圈中通入交流电的频率越高，磁通量的变化率越大，感应电动势越大，感应电流越大，故D正确。
10．(多选)某同学自制的简易磁力传动装置如图所示，铝制圆盘放置在可旋转底座上，圆盘正上方悬挂条形磁铁。关于该装置，从上往下看，说法正确的是(　　)
A．当条形磁铁顺时针转动时，铝制圆盘顺时针转动
B．当条形磁铁顺时针转动时，铝制圆盘逆时针转动
C．当条形磁铁的转速变快时，铝制圆盘转速也变快
D．当条形磁铁停止转动，铝制圆盘会立即停止运动
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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。
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11．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：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；



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。
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12．高速列车通常使用磁力刹车系统。磁力刹车工作原理可简述如下：将磁铁的N极靠近一块正在以逆时针方向旋转的圆形铝盘，使磁感线垂直铝盘向内，铝盘随即减速，如图所示。图中磁铁左方铝盘的甲区域(虚线区域)朝磁铁方向运动，磁铁右方铝盘的乙区域(虚线区域)朝离开磁铁方向运动。下列有关铝盘刹车的说法正确的是(　　)
A．铝盘甲区域的感应电流产生垂直于铝盘向里的磁场
B．铝盘乙区域的感应电流产生垂直于铝盘向外的磁场
C．磁铁与甲、乙两区域的感应电流之间的作用力，都会使铝盘减速
D．若将实心铝盘换成布满小空洞的铝盘,则磁铁对空洞铝盘的作用力变大
解析：铝盘甲区域中的磁通量增大，由楞次定律可知，甲区域感应电流的磁场方向垂直于纸面向外，故A错误；
铝盘乙区域中的磁通量减小，由楞次定律可知，乙区域感应电流的磁场方向垂直于纸面向里，故B错误；
由“来拒去留”可知，磁铁与感应电流之间有相互阻碍的作用力，则会使铝盘减速，故C正确；
若将实心铝盘换成布满小空洞的铝盘，这样会导致涡流产生的磁场减弱，则磁铁对空洞铝盘所产生的减速效果明显低于实心铝盘，故D错误。1．(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。
2．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EL＝L，与自感系数和电流变化率有关，对于给定的线圈，L一定，已知电流均匀增大，说明电流变化率恒定，故自感电动势不变，B错误，D正确。
3.(多选)(2025·广西柳州市期中)如图所示，A、B是两个完全相同的白炽灯，L是自感系数很大、电阻可忽略不计的自感线圈。下列说法正确的是(　　)
A．闭合开关S瞬间，A、B灯同时亮
B．闭合开关S瞬间，B灯比A灯先亮，最后一样亮
C．断开开关S瞬间，B灯闪亮一下再熄灭
D．断开开关S瞬间，流过B灯的电流方向向左
解析：选BD。闭合开关S瞬间，B灯瞬间变亮，而A灯由于与线圈串联，逐渐变亮，达到稳定后，两灯一样亮，故A错误，B正确；断开开关瞬间，A、B灯逐渐熄灭，流过B灯的电流方向与原来电流方向相反，即流过B灯的电流方向向左，故C错误，D正确。
4.如图所示，多匝线圈L的电阻和电池内阻不计，两个电阻的阻值都是R，开关S原来是断开的，电流I0＝，现合上开关S将一电阻短路，于是线圈有自感电动势产生，则该电动势(　　)
A．有阻碍电流的作用，最后电流由I0减小到零
B．有阻碍电流的作用，最后电流总小于I0
C．有阻碍电流增大的作用，因而电流将保持I0不变
D．有阻碍电流增大的作用，但电流最后还是增大到2I0
解析：选D。开关S由断开到闭合，回路中的电流要增大，因而在L上要产生自感电动势，自感电动势总是要阻碍引起它的电流的变化，这就是说由于电流增加引起的自感电动势要阻碍原电流的增加，但阻碍不是阻止，电流仍要增大，而达到稳定后电流为2I0，故D正确。
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，此时流过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，不会有闪亮现象，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两端并联一只电压表，用来测量自感线圈的直流电压，在测量完毕后，将电路解体时应(　　)
A．先断开S1 B．先断开S2
C．先拆除电流表 D．先拆除电阻R
解析：选B。S1断开瞬间，L中产生很大的自感电动势，若此时S2闭合，则可能将电压表烧坏，故应先断开S2。
8.如图所示，A、B是两盏完全相同的白炽灯，L是电阻不计的电感线圈。若最初S1是接通的，S2是断开的，那么下列描述正确的是(　　)
A．刚接通S2，A灯就立即亮，B灯延迟一段时间才亮　
B．刚接通S2时，A灯延迟一段时间才亮，B灯就立即亮
C．接通S2到电路稳定，B灯由亮变暗最后熄灭
D．接通S2，电路稳定后再断开S2时，A、B灯均立即熄灭
解析：选C。刚接通S2时，由于电感线圈L会发生通电自感现象，使通过线圈的电流由零逐渐增大，所以灯泡A、B会同时变亮，从接通S2到电路稳定，由于线圈的电阻不计，B灯相当于与一段导线并联，则B灯被短路，B灯由亮变暗最后熄灭，电源只给A灯供电，A灯将变得更亮，故A、B错误，C正确；接通S2，电路稳定后再断开S2时，A灯与电路断开将立即熄灭，而B灯与电感线圈构成闭合电路，由于线圈的自感现象，B灯会先亮一下，然后熄灭，故D错误。
9.(多选)(2025·山东威海市期末)如图所示的电路中，L为自感系数很大的线圈，其自身的电阻几乎为0，A、B和C是三只相同的小灯泡，S为开关。下列说法正确的是(　　)
A．S闭合瞬间，A立即发光，B和C逐渐变亮
B．S断开后，A闪亮后熄灭，B逐渐熄灭，C立即熄灭
C．S断开后，L中的磁场能转化为电能
D．S断开瞬间，A右端电势高于左端
解析：选CD。S闭合瞬间，小灯泡A与小灯泡C串联后直接与电源相连，因此A和C立即发光，而小灯泡B因为线圈L产生自感电动势阻碍电流增大，因此逐渐变亮，A错误；电路稳定后，A、B中的电流相等，S断开时，小灯泡A、B和线圈L构成闭合回路，此时的电流不大于原来的电流，因此A不会闪亮，则A、B会逐渐熄灭，C立即熄灭，B错误；电路稳定后，线圈中储存有磁场能，S断开瞬间，线圈中产生自感电动势继续点亮小灯泡A、B，因此S断开后，L中的磁场能转化为电能，C正确；S断开瞬间，通过线圈L的电流减小，则线圈L产生的自感电动势右端电势高，因此流过A的电流方向从右向左，则A右端电势高于左端，D正确。
10.(多选)(2024·四川雅安期末)在如图所示的电路中，A1和A2是两个完全相同的灯泡，线圈L的自感系数足够大，电阻可以忽略不计，下列说法正确的是(　　)
A．合上开关S，A1先亮，A2后亮，最后一样亮
B．断开开关S，A1和A2都要过一会儿才熄灭
C．断开开关S，A2闪亮一下再熄灭
D．断开开关S，流过A2的电流方向由右向左
解析：选BD。当开关S闭合时，灯A2立即发光，由于线圈L的自感作用，通过灯A1的电流只能逐渐增大，使灯A1逐渐亮起来，所以灯A2比灯A1先亮，由于线圈直流电阻忽略不计，当电流逐渐稳定时，线圈不产生感应电动势，流过两灯的电流相等，亮度相同，故A错误；稳定后当开关S断开瞬间，由于线圈的自感现象，线圈中的电流只能逐渐减小，线圈L、灯A2与灯A1构成闭合回路，两灯都要过一会儿再熄灭，由于两灯泡完全相同，线圈的电阻又不计，则灯A2不会出现闪亮一下，且流过灯A2的电流方向由右向左，故B、D正确，C错误。
11.如图所示的电路中，L是一个自感系数很大、直流电阻不计的线圈，D1、D2和D3是3个完全相同的灯泡，E是内阻不计的电源。在t＝0的时刻，闭合开关S，电路稳定后在t1时刻断开开关S。规定以电路稳定时流过D1、D2的电流方向为正方向，分别用I1、I2表示流过D1和D2的电流，则下图中能定性描述电流I随时间t变化关系的是(　　)
解析：选C。当闭合开关后，因为线圈与D1串联，所以电流I1会慢慢增大，而灯泡D2这一支路立即就有电流通过；当开关断开后，因为线圈阻碍电流的减小，而且D1和D2、D3构成回路，所以通过D1的电流不会立即消失，会从原来的大小慢慢减小，且方向不变，通过D1的电流也流过D2，所以I2变成反向，由于电路稳定时通过D1的电流I1大于通过D2的电流I2，则I2会突然变大再逐渐减小，故A、B、D错误，C正确。
12．图甲所示的是研究自感现象的电路图，其中灯泡的电阻R1＝3.0 Ω，定值电阻R＝1.0 Ω，A、B间电压U＝6.0 V。闭合S，电路处于稳定状态；t＝1.0×10－3 s时断开S，通过线圈L的电流随时间变化的i－t图线如图乙所示。下列说法正确的是(　　)
A．线圈L的直流电阻为4 Ω
B．断开开关瞬间，通过灯泡的电流方向向左
C．断开开关时，可以观察到灯泡闪一下再灭
D．通过电阻R的电荷量约为2.25×10－3 C
解析：选B。断开开关前，通过线圈的电流为1.5 A，则线圈所在支路的总电阻，R支＝RL＋R＝＝ Ω＝4 Ω，线圈的直流电阻RL＝R支－R＝3 Ω，故A错误；断开开关前，通过线圈的电流方向向右，断开开关瞬间，线圈产生的感应电流方向向右，则通过灯泡的电流方向向左，故B正确；断开开关前通过灯泡的电流I1＝＝ A＝2 A，由题图乙可知，断开开关后，通过灯泡的电流从1.5 A逐渐减小到零，灯泡不会闪亮，而是逐渐变暗最后熄灭，故C错误；由于q＝It，故可由题图乙得，通过电阻R的电荷量等于i－t图像与时间轴所围的面积，大小约为q＝30×0.1×0.2×10－3 C＝6.0×10－4 C，故D错误。(共39张PPT)
第2课时　楞次定律
课前知识梳理
PART
01
第一部分
一、右手定则
1．内容：伸开______，使大拇指与其余并拢的四指垂直，并与手掌在同一平面内，让磁感线垂直从______穿入，并使______指向导线运动的方向，这时______所指的方向就是感应电流的方向，如图所示。这种情况下，导线ab就是电路中的电源，ab中的电流方向，也就是电动势的方向。
2．适用条件：右手定则只适用于判定导线切割磁感线运动而产生感应电流的情况。
右手
手心
拇指
四指
二、楞次定律
1．内容：感应电流具有这样的方向，即感应电流的磁场总是要______引起感应电流的磁通量的变化。
2．楞次定律与能量守恒定律：由于回路有电阻，感应电流产生后，要消耗电能，转化为焦耳热；做功的过程要消耗能量，转化为回路的电能。楞次定律是______________在电磁感应中的具体表现。
阻碍
能量守恒定律
3．利用楞次定律判断感应电流方向的5个步骤
(1)明确研究对象是哪一个闭合回路。
(2)明确引起电磁感应的、穿过该闭合回路的磁场(B0)的方向。
(3)确定原磁场(B0)穿过该闭合回路的________是增大还是减小。
(4)根据__________，确定该闭合回路内感应电流的磁场(B′)的方向。
(5)利用__________判断能够形成上述磁场(B′)的感应电流的方向。
磁通量
楞次定律
安培定则
三、楞次定律的几个常用结论
1．增反减同
感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量(原磁场磁通量)的变化。
(1)当原磁场磁通量增加时，感应电流的磁场方向与原磁场方向相反。
(2)当原磁场磁通量减少时，感应电流的磁场方向与原磁场方向相同。
口诀记为“增反减同”。
2．来拒去留：由于磁场与导体的相对运动产生电磁感应现象时，产生的感应电流受到磁场的安培力，这种安培力会“阻碍”相对运动，口诀记为“来拒去留”。
3．增缩减扩：当放入磁场中的闭合线圈中有感应电流产生时，电路中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。
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　从阻碍磁通量变化的角度应用楞次定律
1．因果关系
楞次定律反映了电磁感应现象中的因果关系，磁通量发生变化是原因，产生感应电流是结果，原因产生结果，结果反过来影响原因。
2．对“阻碍”的理解
√
角度1　楞次定律的理解
　　　关于楞次定律，下列说法正确的是(　　)
A．感应电流的磁场总是与原磁场反向，阻碍原磁场的变化
B．感应电流的磁场总是促进磁通量的变化
C．感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化
D．原磁场穿过闭合回路的磁通量增加时，感应电流的磁场与原磁场同向
[解析]　原磁场穿过闭合回路的磁通量减少时，感应电流的磁场与原磁场同向，故A错误；
感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，故B错误，C正确；
原磁场穿过闭合回路的磁通量增加时，感应电流的磁场与原磁场反向，故D错误。
√
角度2　楞次定律的应用
　　　(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。
√
　　　媒体报道，某大学研究人员发现了一种能够将内能直接转化为电能的新型合金。据描述，只要将该合金略微加热，这种合金就会变成强磁性合金，从而使放在周围的金属线框产生电流，简化模型如图所示。A为柱形合金，B为金属圆环。现对合金进行加热，则(　　)
A．加热时，穿过金属圆环B的磁通量减小
B．加热时，金属圆环B中一定会产生顺时针电流
C．加热时，金属圆环B有缩小的趋势
D．加热时，金属圆环B有扩张的趋势
[解析]　加热时，合金磁性变强，磁感应强度变大，所以穿过金属圆环B的磁通量增大，故A错误；
根据楞次定律的推论可知，磁通量变大，感应磁场方向与原磁场方向相反，由于原磁场方向未知，所以电流方向无法判断，故B错误；
加热时磁通量变大，根据楞次定律可知，圆环B要减小通过它的磁通量，故圆环B有扩张趋势，故C错误，D正确。
知识点二　从阻碍相对运动的角度应用楞次定律
楞次定律也可以理解为感应电流的效果总是要反抗(或阻碍)引起感应电流的原因。
　　　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]　直导线通入电流向上，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；
由上述分析知，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，又圆环始终静止在水平桌面上，则圆环受到的水平向左的摩擦力与安培力平衡，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N。在此过程
中(　　)
A．N小于mg B．N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。
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？
[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　
(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
　　　(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。
　　　如图所示，金属导轨EF、CD在竖直平面内水平平行
放置，EF、CD通过绕在竖直放置的铁芯上的导线连接，金
属杆AB竖直放置，磁场方向垂直于纸面向里，铁芯正上方
有一水平放置的金属环，与导轨EF、CD垂直且始终接触良好，当金属杆AB突然向左运动时，下列说法正确的是(　　)
A．AB中电流由A到B，铁芯中磁场竖直向上，环中有顺时针的电流(俯视)
B．AB中电流由A到B，铁芯中磁场竖直向下，环中有顺时针的电流(俯视)
C．AB中电流由B到A，铁芯中磁场竖直向上，环中有逆时针的电流(俯视)
D．AB中电流由B到A，铁芯中磁场竖直向下，环中有逆时针的电流(俯视)
√
[解析]　当金属杆AB突然向左运动时，由右手定则可知电流由A到B，由安培定则可知铁芯中的磁场方向向上，因金属杆AB由静止开始向左运动，金属环中的磁通量增加，由楞次定律可知金属环中的感应电流将产生向下的磁场，根据安培定则可知，即环中有顺时针方向电流(俯视)。
随堂巩固落实
PART
03
第三部分
√
1．(从阻碍磁通量变化的角度应用楞次定律)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．(从阻碍磁通量变化的角度应用楞次定律)(2025·江苏苏州市开学考)如图所示，导线AB与CD平行，在闭合与断开开关S时，关于导线CD中的感应电流，下列说法正确的是(　　)
A．开关闭合时，有C到D的感应电流
B．开关闭合时，有D到C的感应电流
C．开关断开时，有D到C的感应电流
D．开关断开时，无感应电流
解析：开关闭合时，导线AB中产生电流，其方向由A指向B，根据安培定则可知导线CD所在回路磁通量垂直于纸面向外增加，由楞次定律的“增反减同”可得导线CD中的感应电流方向为由D指向C，故A错误，B正确；
同理，开关断开时，导线AB中电流从有到无，其方向由A指向B，根据安培定则可知导线CD所在回路磁通量垂直于纸面向外减小，由楞次定律的“增反减同”可得导线CD中的感应电流方向为由C指向D，故C、D错误。
3.(从阻碍相对运动的角度应用楞次定律)(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，光滑平行
金属导轨PP′和QQ′都处于同一水平面内，P和Q之间连接一
电阻R，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中。现垂直于导
轨放置一根导体棒MN，用一水平向右的力F拉动导体棒MN，以下关于导体棒MN中感应电流方向和它所受安培力的方向的说法正确的是(　　)
A．感应电流方向是N→M B．感应电流方向是M→N
C．安培力方向水平向左 D．安培力方向水平向右
√
√
解析：以导体棒MN为研究对象，所处位置磁场方向向下、运动方向向右。由右手定则可知，感应电流方向是N→M；再由左手定则可知，安培力方向水平向左。(共34张PPT)
第4节　自　感
学习目标
1．了解自感现象，认识自感电动势对电路中电流的影响。　2.了解自感系数的意义和决定因素。
3．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、自感现象
1．定义：由于导体线圈本身的电流__________而引起的电磁感应现象，叫作自感，在自感现象中产生的电动势叫作自感电动势。
2．自感现象中的能量转化
闭合开关开始通电的过程中，通过线圈支路的电流激发了磁场，一部分______转化为________储存在线圈的磁场中。断开开关后，磁场能又转化为电能，通过灯泡释放出来，转化为热和光消耗掉。
发生变化
电能
磁场能
2．自感系数的单位是亨利，简称亨，符号是H。
3．影响因素：自感系数是由线圈本身决定的，跟线圈的形状、直径、匝数等因素有关。横截面积越大，匝数越多，它的自感系数越大。另外有铁芯时线圈的自感系数比没有铁芯时要大得多。
三、自感现象的应用——日光灯
1．日光灯的组成：灯管、镇流器、启动器、导线和开关组成，如图所示。
2．工作原理：灯管中有微量惰性气体和稀薄的汞蒸气，管内壁上涂有荧光粉。在高压激发下，气体导电时发出紫外线，荧光粉受紫外线照射发出可见光。闭合开关时，启动器内氖气放电产生辉光放热，使动、静触片接触，把电路接通，后又自动断开，由于镇流器的自感，形成一个瞬时高压，加在灯管两端，使灯管中气体放电，日光灯被点亮。点亮后，镇流器又起着__________的作用，保证日光灯的正常工作。
降压限流
判断下列说法是否正确。
(1)自感现象中感应电流的方向一定与引起自感的原电流的方向相反。(　　)
(2)线圈的自感系数大，其电阻不一定大。(　　)
(3)自感系数越大，自感电动势不一定越大。(　　)
(4)镇流器为日光灯的点亮提供瞬时高电压。(　　)
(5)镇流器维持灯管两端电压高于电源电压，使灯管正常工作。(　　)
√
×　
√
√
×　
课堂深度探究
PART
02
第二部分
知识点一　对自感现象的理解
1．如图甲所示，先闭合S，调节R2使A1、A2的亮度相同，
再调节R1，使A1、A2都正常发光，然后断开S。再次闭合
S，观察到什么现象？为什么有这样的现象？
[提示]　现象：灯泡A2立即发光，灯泡A1逐渐亮起来。原因：电路接通时，电流由0开始增加，穿过线圈L的磁通量逐渐增加，为了阻碍磁通量的增加，感应电流产生的磁通量与原来电流产生的磁通量方向相反，则线圈中感应电动势的方向与原来的电流方向相反，阻碍了L中电流的增加，即推迟了电流达到稳定值的时间。
2.如图乙所示，L为自感系数较大的线圈，其直流电阻比灯
泡的电阻小，先闭合开关使灯泡发光，然后断开开关。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：因自感线圈的电阻小于与之并联的灯泡的电阻，则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，即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。
√
　　　如图所示，L是自感系数很大的线圈，其直流电阻几乎为0，A和B是两个相同的小灯泡。闭合开关，待电路稳定后，灯泡A恰能正常发光，则(　　)
A．闭合开关，灯泡A、B均逐渐变亮
B．闭合开关，灯泡A立即变亮，灯泡B逐渐变亮　
C．断开开关，灯泡A会闪亮一下再逐渐熄灭
D．断开开关，灯泡B不可能被烧坏
[解析]　闭合开关，电流可以迅速通过灯泡A和灯泡B，故灯泡A、B均立即变亮，之后随着线圈自感电动势阻碍作用的减弱，其电流逐渐增大，稳定时相当于导线，把灯泡B短路，故灯泡B变亮后逐渐熄灭，A、B错误；
断开开关，线圈的自感电动势相当于电源，通过灯泡B形成回路，故灯泡B会闪亮一下再逐渐熄灭，而灯泡A直接熄灭，C错误；
由题可知，断电瞬间，通过灯泡B的电流不会大于灯泡B的额定电流，故断开开关，灯泡B不可能被烧坏，D正确。
√
　　　如图所示，电路中A、B、C是三个完全相同的灯泡，L是一个自感系数很大、直流电阻为零的自感线圈，原来开关S是闭合的，三盏灯泡均发光。某时刻将开关S断开，则下列判断正确的是(　　)
A．M点电势高于N点，A灯闪亮后缓慢熄灭
B．N点电势高于M点，B、C灯闪亮后缓慢熄灭
C．M点电势高于N点，B、C灯闪亮后缓慢熄灭
D．N点电势高于M点，B、C灯不会闪亮只是缓慢熄灭
[解析]　开关S闭合稳定时，电感线圈支路的总电阻比B、C灯支路电阻小，故流过A灯的电流I1大于流过B、C灯的电流I2，且电流方向由M到N，因为理想线圈无内阻，故M点电势等于N点电势；当开关S断开，电感线圈会产生自感现象，相当于电源，由楞次定律知，感应电流方向由M到N，MN当电源，故N点电势高于M点，所以断开开关S瞬间，流过B、C灯支路的电流比原来的大，故B、C灯闪亮后缓慢熄灭。
√
　　　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．闭合开关S，待电路稳定后，断开开关S，L2一直不亮，L1逐渐变暗至熄灭
D．闭合开关S，待电路稳定后，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。
知识点二　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。
√
随堂巩固落实
PART
03
第三部分
√
1.(对自感现象的理解)如图所示电路中，L为自感系数很大的电感线圈，其直流电阻不计，A、B为两相同灯泡，则下列说法正确的是(　　)
A．合上S的瞬间，B先亮，A后亮
B．合上S的瞬间，A先亮，B后亮
C．合上S后，A逐渐变得更亮，B逐渐变暗直至熄灭
D．断开S时，A、B灯均闪亮后逐渐熄灭
解析：闭合S时，电源的电压同时加到两灯上，A、B同时亮；随着L中电流增大，由于线圈L直流电阻可忽略不计，分流作用增大，B逐渐被短路直到熄灭，外电路总电阻减小，总电流增大，A灯变得更亮，A、B错误，C正确；
断开S，A立即熄灭，线圈L中电流减小，产生自感电动势，感应电流流过B灯，B闪亮一下后熄灭，D错误。
2.(对自感现象的理解)(多选)(2025·新疆乌鲁木齐市期中)演示自感现象的实验电路图如图所示，线圈的自感系数较大，且使滑动变阻器R1接入电路中的阻值大于线圈直流电阻，A1、A2为两个完全相同的灯泡，下列判断正确的是(　　)
A．接通开关S，灯A1、A2立即变亮
B．接通开关S，灯A1逐渐变亮，灯A2立即变亮
C．接通开关S，待电路稳定后断开开关S，灯A1、A2逐渐熄灭
D．接通开关S，待电路稳定后断开开关S，灯A1逐渐熄灭，灯A2闪一下后逐渐熄灭
√
√
解析：接通开关S瞬间，灯A2立即变亮，而线圈L产生自感电动势，根据楞次定律可知，自感电动势阻碍电流的增大，使得该支路中电流逐渐增大，所以闭合开关的瞬间，灯A1逐渐变亮，故A错误，B正确；
接通开关S，待电路稳定后断开开关S，原来通过灯A2的电流立即消失，线圈L产生自感电动势，相当于电源，两灯串联，由于滑动变阻器接入电路中的阻值大于线圈直流电阻，原来电路稳定后通过灯A1的电流大于通过灯A2的电流，故灯A1逐渐熄灭，灯A2闪一下后逐渐熄灭，故C错误，D正确。
√
3．(自感系数)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。
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、右手定则
1．内容：伸开右手，使大拇指与其余并拢的四指垂直，并与手掌在同一平面内，让磁感线垂直从手心穿入，并使拇指指向导线运动的方向，这时四指所指的方向就是感应电流的方向，如图所示。这种情况下，导线ab就是电路中的电源，ab中的电流方向，也就是电动势的方向。
2．适用条件：右手定则只适用于判定导线切割磁感线运动而产生感应电流的情况。
二、楞次定律
1．内容：感应电流具有这样的方向，即感应电流的磁场总是要阻碍引起感应电流的磁通量的变化。
2．楞次定律与能量守恒定律：由于回路有电阻，感应电流产生后，要消耗电能，转化为焦耳热；做功的过程要消耗能量，转化为回路的电能。楞次定律是能量守恒定律在电磁感应中的具体表现。
3．利用楞次定律判断感应电流方向的5个步骤
(1)明确研究对象是哪一个闭合回路。
(2)明确引起电磁感应的、穿过该闭合回路的磁场(B0)的方向。
(3)确定原磁场(B0)穿过该闭合回路的磁通量是增大还是减小。
(4)根据楞次定律，确定该闭合回路内感应电流的磁场(B′)的方向。
(5)利用安培定则判断能够形成上述磁场(B′)的感应电流的方向。
三、楞次定律的几个常用结论
1．增反减同
感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量(原磁场磁通量)的变化。
(1)当原磁场磁通量增加时，感应电流的磁场方向与原磁场方向相反。
(2)当原磁场磁通量减少时，感应电流的磁场方向与原磁场方向相同。
口诀记为“增反减同”。
2．来拒去留：由于磁场与导体的相对运动产生电磁感应现象时，产生的感应电流受到磁场的安培力，这种安培力会“阻碍”相对运动，口诀记为“来拒去留”。
3．增缩减扩：当放入磁场中的闭合线圈中有感应电流产生时，电路中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。
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　从阻碍磁通量变化的角度应用楞次定律
1．因果关系
楞次定律反映了电磁感应现象中的因果关系，磁通量发生变化是原因，产生感应电流是结果，原因产生结果，结果反过来影响原因。
2．对“阻碍”的理解
角度1　楞次定律的理解
　关于楞次定律，下列说法正确的是(　　)
A．感应电流的磁场总是与原磁场反向，阻碍原磁场的变化
B．感应电流的磁场总是促进磁通量的变化
C．感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化
D．原磁场穿过闭合回路的磁通量增加时，感应电流的磁场与原磁场同向
[解析]　原磁场穿过闭合回路的磁通量减少时，感应电流的磁场与原磁场同向，故A错误；感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，故B错误，C正确；原磁场穿过闭合回路的磁通量增加时，感应电流的磁场与原磁场反向，故D错误。
[答案]　C
角度2　楞次定律的应用
　(2024·北京卷，T6)如图所示，线圈M和线圈P绕在同一个铁芯上，下列说法正确的是(　　)
A．闭合开关瞬间，线圈M和线圈P相互吸引
B．闭合开关，达到稳定后，电流表的示数为0
C．断开开关瞬间，流过电流表的电流方向由a到b
D．断开开关瞬间，线圈P中感应电流的磁场方向向左
[解析]　闭合开关瞬间，根据安培定则可知线圈M中突然产生向右的磁场，根据楞次定律可知，线圈P中感应电流的磁场方向向左，因此线圈M和线圈P相互排斥，A错误；线圈M中的磁场稳定后，线圈P中的磁通量不再变化，则线圈P产生的感应电流为0，电流表示数为0，B正确；断开开关瞬间，线圈M中向右的磁场瞬间减为0，根据楞次定律可知，线圈P中感应电流的磁场方向向右，根据安培定则可知流过电流表的电流方向由b到a，C、D错误。
[答案]　B
　媒体报道，某大学研究人员发现了一种能够将内能直接转化为电能的新型合金。据描述，只要将该合金略微加热，这种合金就会变成强磁性合金，从而使放在周围的金属线框产生电流，简化模型如图所示。A为柱形合金，B为金属圆环。现对合金进行加热，则(　　)
A．加热时，穿过金属圆环B的磁通量减小
B．加热时，金属圆环B中一定会产生顺时针电流
C．加热时，金属圆环B有缩小的趋势
D．加热时，金属圆环B有扩张的趋势
[解析]　加热时，合金磁性变强，磁感应强度变大，所以穿过金属圆环B的磁通量增大，故A错误；根据楞次定律的推论可知，磁通量变大，感应磁场方向与原磁场方向相反，由于原磁场方向未知，所以电流方向无法判断，故B错误；加热时磁通量变大，根据楞次定律可知，圆环B要减小通过它的磁通量，故圆环B有扩张趋势，故C错误，D正确。
[答案]　D
知识点二　从阻碍相对运动的角度应用楞次定律
楞次定律也可以理解为感应电流的效果总是要反抗(或阻碍)引起感应电流的原因。
　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]　直导线通入电流向上，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；由上述分析知，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，又圆环始终静止在水平桌面上，则圆环受到的水平向左的摩擦力与安培力平衡，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N。在此过程中(　　)
A．N小于mg B．N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
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
　(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。
[答案]　BD
　如图所示，金属导轨EF、CD在竖直平面内水平平行放置，EF、CD通过绕在竖直放置的铁芯上的导线连接，金属杆AB竖直放置，磁场方向垂直于纸面向里，铁芯正上方有一水平放置的金属环，与导轨EF、CD垂直且始终接触良好，当金属杆AB突然向左运动时，下列说法正确的是(　　)
A．AB中电流由A到B，铁芯中磁场竖直向上，环中有顺时针的电流(俯视)
B．AB中电流由A到B，铁芯中磁场竖直向下，环中有顺时针的电流(俯视)
C．AB中电流由B到A，铁芯中磁场竖直向上，环中有逆时针的电流(俯视)
D．AB中电流由B到A，铁芯中磁场竖直向下，环中有逆时针的电流(俯视)
[解析]　当金属杆AB突然向左运动时，由右手定则可知电流由A到B，由安培定则可知铁芯中的磁场方向向上，因金属杆AB由静止开始向左运动，金属环中的磁通量增加，由楞次定律可知金属环中的感应电流将产生向下的磁场，根据安培定则可知，即环中有顺时针方向电流(俯视)。
[答案]　A
1．(从阻碍磁通量变化的角度应用楞次定律)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．(从阻碍磁通量变化的角度应用楞次定律)(2025·江苏苏州市开学考)如图所示，导线AB与CD平行，在闭合与断开开关S时，关于导线CD中的感应电流，下列说法正确的是(　　)
A．开关闭合时，有C到D的感应电流
B．开关闭合时，有D到C的感应电流
C．开关断开时，有D到C的感应电流
D．开关断开时，无感应电流
解析：选B。开关闭合时，导线AB中产生电流，其方向由A指向B，根据安培定则可知导线CD所在回路磁通量垂直于纸面向外增加，由楞次定律的“增反减同”可得导线CD中的感应电流方向为由D指向C，故A错误，B正确；同理，开关断开时，导线AB中电流从有到无，其方向由A指向B，根据安培定则可知导线CD所在回路磁通量垂直于纸面向外减小，由楞次定律的“增反减同”可得导线CD中的感应电流方向为由C指向D，故C、D错误。
3.(从阻碍相对运动的角度应用楞次定律)(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，光滑平行金属导轨PP′和QQ′都处于同一水平面内，P和Q之间连接一电阻R，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中。现垂直于导轨放置一根导体棒MN，用一水平向右的力F拉动导体棒MN，以下关于导体棒MN中感应电流方向和它所受安培力的方向的说法正确的是(　　)
A．感应电流方向是N→M B．感应电流方向是M→N
C．安培力方向水平向左 D．安培力方向水平向右
解析：选AC。以导体棒MN为研究对象，所处位置磁场方向向下、运动方向向右。由右手定则可知，感应电流方向是N→M；再由左手定则可知，安培力方向水平向左。(共49张PPT)
第2节　法拉第电磁感应定律
学习目标
1．了解感应电动势的概念。
2．理解法拉第电磁感应定律，并能够运用法拉第电磁感应定律定量计算感应电动势的大小。
3．能够运用E＝BLv或E＝BLv sin α计算导线切割磁感线时的感应电动势。
课前知识梳理
PART
01
第一部分
一、感应电动势
1．定义：由__________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，闭合回路中的感应电流由感应电动势和回路的电阻决定。如果回路没闭合，只要穿过回路的磁通量发生变化，虽然没有感应电流产生，但____________依然存在。
电磁感应
感应电动势
二、电磁感应定律
1．探究影响感应电流大小的因素
如图，把磁铁的某一磁极向线圈中插入、从线圈中抽出，
或静止地放在线圈中。观察电流表指针的变化，把观察
到的现象记录在下表中。
磁铁的动作 指针摆动 幅度的大小 磁铁的动作 指针摆动
幅度的大小
N极缓慢插入线圈 较小 S极缓慢插入线圈 较小
N极快速插入线圈 较大 S极快速插入线圈 较大
N极停留在线圈中 不摆动 S极停留在线圈中 不摆动
N极缓慢从线圈中抽出 较小 S极缓慢从线圈中抽出 较小
N极快速从线圈中抽出 较大 S极快速从线圈中抽出 较大
在上述实验中，我们快速改变穿过线圈的磁通量时，电流表指针偏转角度大，说明感应电流大；缓慢改变线圈的磁通量时，电流表指针偏转角度小，说明感应电流小。也就是说，感应电动势的大小与磁通量的__________有关。
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，跟穿过这一电路的磁通量的________成正比。
(3)表达式：E＝______ (单匝线圈)，E＝______ (多匝线圈)。
变化率
三、导线切割磁感线的感应电动势
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α时，E＝_____________。
BLv
BLv sin α
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]　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？
√
　　　根据法拉第电磁感应定律，下列说法正确的是(　　)
A．穿过回路的磁通量越大，回路中的感应电动势也越大
B．磁通量的变化量越大，回路中的感应电动势越大
C．穿过回路的磁通量的变化率为0，回路中的感应电动势一定为0
D．某一时刻穿过回路的磁通量为0，回路中的感应电动势一定为0
　　　(2024·广东卷，T4)电磁俘能器可在汽车发动机振动时利用电磁感应发电实现能量回收，结构如图甲所示。两对永磁铁可随发动机一起上下振动，每对永磁铁间有水平方向的匀强磁场，磁感应强度大小均为B。磁场中，边长为L的正方形线圈竖直固定在减震装置上。某时刻磁场分布与线圈位置如图乙所示，永磁铁振动时磁场分界线不会离开线圈。关于图乙中的线圈，下列说法正确的是(　　)
A．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，M、N间的感应电动势的大小是多少？NP间的感应电动势又是多少？
[提示]　0　Bvr
2．对公式的理解
(1)当B、L、v三个量的方向两两互相垂直时，E＝BLv；当有任意两个量的方向互相平行时，E＝0。
(2)当L垂直于B，L垂直于v，而v与B成α角时，导线切割磁感线产生的感应电动势大小为E＝BLv sin α。
(3)若导线是曲折的，或L与v不垂直时，则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.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。
√
[解析]　导体棒以速度v向右做匀速直线运动，由右手定则可知，回路中产生逆时针方向的感应电流，由左手定则可知，ab棒所受安培力方向向左，B、D错误；
　　　如图所示，单匝线圈ABCD在外力作用下以速度v向右匀速进入匀强磁场，第二次又以2v匀速进入同一匀强磁场。
(1)求第二次进入与第一次进入时线圈中电流之比。
(2)求第二次进入与第一次进入时外力做功的功率之比。
(3)求第二次进入与第一次进入过程中线圈产生热量之比。
[答案]　(1)2∶1　(2)4∶1　(3)2∶1
知识点三　导体棒转动切割磁感线产生的电动势
√
√
　　　(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。
类型2　圆盘的转动
　　　如图所示的是法拉第圆盘发电机的示意图。铜质圆盘安装在水平铜轴上，圆盘全部处在两磁极之间，圆盘平面与磁感线垂直。金属圆盘与电阻R组成闭合回路，现在顺时针(从左往右看)转动圆盘，则(　　)
A．只有圆盘加速转动，回路中才有感应电流
B．由于圆盘转动过程中的磁通量不变化，电路中
没有电流
C．圆盘转动过程中，回路中的感应电流从e经电阻R到f
D．圆盘转动过程中，回路中的感应电流从f经电阻R到e
√
[解析]　只要圆盘转动，不一定加速，圆盘就会切割磁感线，回路中就会有感应电流，故A、B错误；
圆盘转动过程中，由右手定则可知，回路中的感应电流从f经电阻R到e，故C错误，D正确。
随堂巩固落实
PART
03
第三部分
√
√
√
解析：由题知，带正电颗粒悬停在电容器中，则粒子受的重力与电场力大小相等、方向相反，故电场力方向竖直向上，则电容器下极板带正电，即通电螺线管的下端为电源正极，根据电源内部的电流是由负极流向正极，由安培定则可知磁感应强度均匀减小，故A错误，B正确；
√
√
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；(共41张PPT)
第3节　涡流　
电磁阻尼　电磁驱动
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。　4.了解电磁阻尼和电磁驱动。
课前知识梳理
PART
01
第一部分
一、涡流
1．定义：由于__________，在大块金属中会形成感应电流，电流在金属块内组成闭合回路，很像水的漩涡，因此叫作涡电流，简称涡流。
2．特点：大块金属沿涡流路径的电阻一般很小，不大的感应电动势就能在它内部形成强大的涡电流，释放出大量的焦耳热。
3．防止：为了降低涡流造成的损耗，变压器和电机中的铁芯用许多相互绝缘的__________叠合而成。
电磁感应
薄硅钢片
4．利用
(1)冶炼金属的高频感应炉利用涡流熔化金属。
(2)电磁炉灶内的励磁线圈通有交变电流时，形成交变磁场，使锅底产生______，从而发热。
涡流
二、电磁阻尼和电磁制动
1．电磁阻尼：当闭合电路中的一部分导体在磁场中做切割磁感线的运动时，导体中会产生感应电流，感应电流使导体受到________，安培力总是______导体的运动，这种现象叫作电磁阻尼。
安培力
阻碍
2．电磁阻尼和电磁制动的应用
(1)在磁电式电表中，线圈绕在一个轻铝框上，线圈通电后受力转动，铝框内产生______，在电磁阻尼的作用下，线圈很快停止摆动，使指针稳定。
(2)在电表搬运过程中，用导线将正、负接线柱短路，在电磁阻尼的作用下，可避免指针剧烈摆动。
(3)电动列车中的电磁制动，即在电动列车制动时，电动机与电源断开，与制动线圈连接成闭合回路，列车前进时带动电动机线圈转动，产生感应电流，受到安培力，将动能转化为电能。
涡流
三、电磁驱动
1．定义：当磁体转动起来后，圆盘中产生涡流，磁场对此涡流产生的安培力阻碍它与磁体的__________，使圆盘运动起来，这种感应电流受到安培力使物体运动的现象称为电磁驱动。
2．应用：感应电动机。
相对运动
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　涡流的产生及其应用
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
　　　(多选)(2025·四川绵阳期中)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．能被探测的物件可以是金属材料
√
√
[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，D正确。
√
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。
√
　　　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，并不是因为导热性能较差，故D错误。
√
√
角度3　涡流的磁效应
　　　(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，而被探测物只要是金属即可，不一定具有磁性，故A、D正确，B、C错误。
知识点二　电磁阻尼与电磁驱动
1.弹簧上端固定，下端悬挂一个磁铁。将磁铁托起到某一高度后
放开，磁铁能上下振动较长时间才停下来。如果在磁铁下端放一
个固定的闭合线圈，使磁铁上下振动时穿过它(如图甲所示)，磁
铁就会很快停下来，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，如图乙所示，蹄
形磁铁和闭合线圈都可以绕轴转动。当蹄形磁铁顺时针转动时
线圈也顺时针转动；蹄形磁铁逆时针转动时线圈也逆时针转动。
(1)蹄形磁铁转动时，穿过线圈的磁通量是否变化？
[提示]　变化。
(2)使线圈转动起来的力是什么力？线圈的转动速度与磁铁的转动速度之间有什么关系？
[提示]　线圈内产生感应电流，因此线圈受到安培力的作用，安培力作为动力使线圈转动起来。线圈的转动速度小于磁铁的转动速度。
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。
√
　　　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。
√
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
若仅增大h，则磁铁经过线圈的时间减少，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。
随堂巩固落实
PART
03
第三部分
√
1．(涡流的产生)下列做法中可能产生涡流的是(　　)
A．把金属块放在匀强磁场中
B．让金属块在匀强磁场中匀速运动
C．让金属块在匀强磁场中做变速运动
D．把金属块放在变化的磁场中
解析：涡流就是整个金属块中产生的感应电流，所以产生涡流的条件就是在金属块中产生感应电流的条件，即穿过金属块的磁通量发生变化。而A、B、C中磁通量不变化，所以A、B、C错误；
把金属块放在变化的磁场中时，穿过金属块的磁通量发生了变化，有涡流产生，所以D正确。
√
2.(涡流的应用)(2025·江苏宿迁市期中)如图所示的是“中国第
一高楼”上海中心大厦上的阻尼器，该阻尼器首次采用了电
涡流技术，底部附着永磁铁的质量块摆动通过导体板上方时，
导体板内产生涡流。关于阻尼器，下列说法正确的是(　　)
A．阻尼器摆动时产生的涡流源于外部电源供电
B．阻尼器最终将机械能转化为内能
C．风速越大，导体板中磁通量变化率越小
D．阻尼器摆动时产生的涡流源于电流的磁效应现象
解析：阻尼器摆动时，永磁铁通过导体板上方使之磁通量发生变化，从而在导体板中产生涡流，属于电磁感应现象，故A、D错误；
通过阻碍质量块和永磁铁的运动，阻尼器将动能转化为电能，并通过电流做功将电能最终转化为焦耳热，故B正确；
风速越大，质量块摆动越快，则导体板中磁通量变化率越大，故C错误。
√
3．(电磁阻尼)(2025·内蒙古赤峰市期末)为了使灵敏电流计的指针在零刻度附近快速停下，实验小组的同学利用“电磁阻尼”来实现。他们设计了如图所示的甲、乙两种方案。甲方案：在指针转轴上装上扇形铝板，磁场位于铝板中间；乙方案：在指针转轴上装上扇形铝框，磁场位于铝框中间。下列说法正确的是(　　)
A．甲方案中，铝板摆动时磁通量不变，不会产
生感应电流
B．甲方案中，铝板摆动时能产生涡流，起到电磁阻尼的作用
C．乙方案中，铝框小幅度摆动时会产生感应电流
D．乙方案比甲方案更合理
解析：甲方案中，铝板摆动时，扇形铝板的半径切割磁感应线，在铝板内产生涡流，起电磁阻尼的作用，指针能很快停下来，故A错误，B正确；
乙方案中，当指针偏转角度较小时，铝框中磁通量不变，不能产生感应电流，起不到电磁阻尼的作用，指针不能很快停下，因此，甲方案更合理，故C、D错误。
√
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。当蹄形磁铁转动时，穿过线圈的磁通量就发生变化。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。题组1　法拉第电磁感应定律的理解和应用
1．如果闭合电路中的感应电动势很大，那一定是因为(　　)
A．穿过闭合电路的磁通量很大
B．穿过闭合电路的磁通量变化很大
C．穿过闭合电路的磁通量的变化很快
D．闭合电路的电阻很小
解析：选C。根据法拉第电磁感应定律可知，感应电动势取决于穿过闭合电路的磁通量的变化率，即感应电动势的大小与磁通量大小、磁通量变化量大小、电路电阻无必然联系，C正确，A、B、D错误。
2.(2023·重庆卷，T2)某小组设计了一种呼吸监测方案：在人身上缠绕弹性金属线圈，观察人呼吸时处于匀强磁场中的线圈面积变化产生的电压，了解人的呼吸状况。如图所示，线圈P的匝数为N，磁场的磁感应强度大小为B，方向与线圈轴线的夹角为θ。若某次吸气时，在t时间内每匝线圈面积增加了S，则线圈P在该时间内的平均感应电动势为(　　)
A． B．
C． D．
解析：选A。根据法拉第电磁感应定律有＝N＝NB cos θ·＝。
3.如图所示，半径为r的n匝线圈套在边长为L的正方形abcd之外，匀强磁场局限在正方形区域内且垂直穿过正方形，当磁感应强度以的变化率均匀变化时，线圈中产生的感应电动势大小为(　　)
A．πr2 B．L2
C．nπr2 D．nL2
解析：选D。根据法拉第电磁感应定律可知，线圈中产生的感应电动势的大小E＝n＝nL2。
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．(多选)一根直导线长为0.1 m，在磁感应强度为0.1 T的匀强磁场中以10 m/s的速度匀速运动，则导线中产生的感应电动势(　　)
A．一定为0.1 V B．可能为0
C．可能为0.01 V D．最大值为0.1 V
解析：选BCD。当公式E＝Blv中B、l、v两两互相垂直时感应电动势最大，Em＝Blv＝0.1×0.1×10 V＝0.1 V，考虑到它们三者的空间位置关系不确定，则B、C、D正确。
6.(2025·江苏盐城市、南京市期末调研)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。
题组3　导体棒转动切割磁感线产生的电动势
7.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。
8．(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。
9.如图所示的平面内，在通有图示方向电流I的长直导线右侧，固定一矩形金属线框abcd，ad边与导线平行。调节电流I使得空间各点的磁感应强度随时间均匀增加，则(　　)
A．线框中产生的感应电流方向为a→b→c→d→a
B．线框中产生的感应电流逐渐增大
C．线框ad边所受的安培力大小恒定
D．线框整体受到的安培力方向水平向右
解析：选D。根据安培定则可知，通电直导线右侧的磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度随时间均匀增加，根据楞次定律可知，线框中产生的感应电流方向为a→d→c→b→a，A错误；线框中产生的感应电流I＝＝n＝n·，空间各点的磁感应强度随时间均匀增加，故线框中产生的感应电流不变，B错误；线框ad边感应电流保持不变，磁感应强度随时间均匀增加，根据安培力表达式F安＝BIL，可知所受的安培力变大，C错误；由上述分析，根据左手定则可知，线框ad边所受的安培力水平向右，线框bc边所受的安培力水平向左，由通电直导线的磁场分部特点可知，ad边所处的磁场较大，根据安培力表达式F安＝BIL可知，线框整体受到的安培力方向水平向右，D正确。
10．(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内有方向如图的匀强磁场，金属杆OP的O端与e点用导线相接，P端与圆弧bc接触良好。初始时，可滑动的金属杆MN静止在平行导轨上。若杆OP绕O点在匀强磁场区内从b到c匀速转动时，回路中始终有电流，则此过程中，下列说法正确的有(　　)
A．杆OP产生的感应电动势恒定 B．杆OP受到的安培力不变
C．杆MN做匀加速直线运动 D．杆MN中的电流逐渐减小
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。
11．(8分)(2025·辽宁葫芦岛市期末)手压式自发电手电筒(如图甲所示)是一种节能产品，其微型发电系统应用了法拉第电磁感应原理，其简单原理如图乙所示，通过手压可使半径为L的金属圆环绕圆心O顺时针转动，其角速度ω与时间t的关系为ω＝βt(β为正常数)。电阻为r、长度为L的导体棒，一端与圆环连接，并能随着圆环一起绕O点转动，整个圆环(在纸面内)置于垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。电阻为R的小灯泡通过电刷连接在圆环和O点之间，从静止开始按压发电手柄，经过时间t0，小灯泡正常发光，不计其他电阻。求：
(1)小灯泡正常发光时，通过小灯泡的电流大小及方向；(5分)
(2)小灯泡的额定功率。(3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)题组1　从阻碍磁通量变化的角度应用楞次定律
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，根据楞次定律可知，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．(2025·北京东城区期末)金属线框abcd与一长导线在同一平面内，导线通有恒定电流I。线框由图中位置Ⅰ匀速运动到位置Ⅱ。在此过程中，有关穿过线框的磁通量与感应电流的方向，下列说法正确的是(　　)
A．垂直于纸面向里的磁通量增大，感应电流方向沿abcda
B．垂直于纸面向里的磁通量减小，感应电流方向沿abcda
C．垂直于纸面向外的磁通量增大，感应电流方向沿adcba
D．垂直于纸面向里的磁通量减小，感应电流方向沿adcba
解析：选B。由安培定则得，线框所处的导线右侧的磁场方向垂直于纸面向里，线框由题图中位置Ⅰ匀速运动到位置Ⅱ过程中，线框远离导线，通过线框的磁通量垂直于纸面向里减小，根据楞次定律可知，感应电流方向沿abcda。
3．(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。
题组2　从阻碍相对运动的角度应用楞次定律
4．如图所示，在水平桌面上有一金属圆环，在它圆心正上方有一条形磁铁(N极朝下)，当条形磁铁下落时，可以判定(　　)
A．环中将产生俯视时为顺时针方向的感应电流
B．环对桌面的压力将增大
C．环有面积增大的趋势
D．磁铁将受到竖直向下的电磁作用力
解析：选B。当条形磁铁N极朝下下落时，穿过圆环的磁通量向下增加，由楞次定律可知，环中将产生俯视时为逆时针方向的感应电流，故A错误；条形磁铁下落时磁通量增大，故在金属圆环中会产生与条形磁铁磁场方向相反的磁场，二者互相排斥，故环对桌面的压力将增大，同时磁铁受到向上的作用力，也就是“来拒去留”，B正确，D错误；因为磁通量在增大，根据楞次定律可知，圆环需要缩小面积才能阻碍磁通量的增大，也就是“增缩减扩”，C错误。
5．(多选)如图所示，在光滑水平桌面上有两个金属圆环，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(不考虑金属环之间的作用)，将会出现的情况是(　　)
A．两金属环将相互靠拢 B．两金属环将相互排斥
C．磁铁的加速度会大于g D．磁铁的加速度会小于g
解析：选AC。当给条形磁铁一竖直向上的初速度后，穿过两个圆环的磁通量减小，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增大的方向运动，则知两金属环相互靠拢，故A正确，B错误；条形磁铁向上运动，根据楞次定律的推论“来拒去留”可知，磁铁受到向下的磁场力，所以磁铁向上运动的加速度会大于g，故C正确，D错误。
6．如图所示，将甲、乙、丙三个线圈在薄强磁铁的正上方相同高度H处由静止释放，各线圈下落过程中不翻转，甲是闭合的铝线圈，乙是有缺口的铝线圈，丙是闭合的塑料线圈，忽略空气阻力。关于落地时间正确的是(　　)
A．t甲＝t乙＝t丙 B．t甲＝t乙＜t丙
C．t乙＝t丙解析：选C。乙是有缺口的铝线圈，没有构成闭合回路，线圈之中没有感应电流，丙是闭合的塑料线圈，属于绝缘材料，线圈之中也没有产生感应电流，可知乙、丙两线圈下落过程中只受到重力作用，线圈做自由落体运动，根据H＝gt2可知t乙＝t丙，甲是闭合的铝线圈，属于导体，构成闭合回路，根据楞次定律可知，甲线圈之中产生了感应电流，且薄强磁铁产生的磁场对甲线圈的安培力阻碍甲线圈向下运动，即甲线圈向下运动的加速度小于重力加速度，可知甲线圈下落的时间大于乙、丙线圈下落的时间，即有t乙＝t丙7.(2025·江苏南通通州区模拟预测)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，根据楞次定律及右手定则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，由左手定则可知，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，由左手定则可知，cd受到的安培力不为零，C、D错误。
9．(多选)如图所示为电磁刹车实验装置，小车底面安装有矩形导线框abcd，线框底面平行于地面，在小车行进方向有与abcd等宽、等长的有界匀强磁场，磁场方向垂直于地面向上。小车进入磁场前撤去牵引力，小车穿过磁场后滑行一段距离停止，则小车(　　)
A．进入磁场时，矩形导线框中感应电流的方向为adcba
B．离开磁场时，矩形导线框中感应电流的方向为adcba
C．穿过磁场的过程中，中间有一段时间矩形导线框中没有感应电流
D．穿过磁场的过程中，矩形导线框受到的安培力方向始终水平向左
解析：选BD。根据楞次定律可知，进入磁场时，矩形导线框中感应电流的方向为abcda，离开磁场时，矩形导线框中感应电流的方向为adcba，故A错误，B正确；因线圈与磁场等宽、等长，则穿过磁场的过程中，矩形导线框中始终有感应电流，故C错误；根据左手定则可知，穿过磁场的过程中，矩形导线框受到的安培力方向始终水平向左，故D正确。
10.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。
11．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。
12．(多选)(2025·陕西宝鸡市期中)如图所示，长直导线与心形金属线框放在光滑绝缘的水平面上，且长直导线与心形线框的对称轴MN垂直。当长直导线中通以图示方向的电流I，且电流增大时，下列关于心形线框的说法正确的是(　　)
A．线框有面积扩大的趋势
B．线框中产生逆时针方向的感应电流
C．线框在水平面内沿逆时针方向旋转
D．线框沿垂直于直导线方向向右平动
解析：选BD。直导线中的电流增大，线框中向里的磁通量增大，由楞次定律知，线框有面积缩小的趋势，线框中产生逆时针方向的感应电流，故A错误，B正确；由对称性知，线框对称轴MN上、下两部分受到平行于直导线方向上安培力的合力为零，线框受到安培力沿对称轴向右，线框沿垂直于直导线方向向右平动，故C错误，D正确。
13．(2025·山东青岛市期中)如图所示，匀强磁场中固定一水平金属棒，金属棒两端点F1与F2刚好是绝缘椭圆轨道的两焦点，磁场方向垂直于椭圆面向外。一根金属丝绕过绝缘笔P与F1、F2相接，金属丝处于拉直状态。在绝缘笔沿椭圆轨道从长轴一端A点到另一端B点带动金属丝运动过程中，下列说法正确的是(　　)
A．穿过△PF1F2的磁通量先减小后增大
B．△PF1F2中感应电流方向先顺时针后逆时针
C．△PF1F2先有扩张趋势后有收缩趋势
D．金属棒所受安培力方向先向下后向上
解析：选B。在绝缘笔沿椭圆轨道从长轴一端A点到另一端B点带动金属丝运动过程中，△PF1F2的面积先增大后减小，故磁通量先增大后减小，A错误；由“增反减同”可知，△PF1F2中感应电流方向先顺时针后逆时针，B正确；根据“增缩减扩”，可知，△PF1F2先有收缩趋势后有扩张趋势，故C错误；金属棒中的感应电流先向左后向右，根据左手定则可知，金属棒所受安培力方向先向上后向下，故D错误。第3节　涡流　电磁阻尼　电磁驱动
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。　4.了解电磁阻尼和电磁驱动。
一、涡流
1．定义：由于电磁感应，在大块金属中会形成感应电流，电流在金属块内组成闭合回路，很像水的漩涡，因此叫作涡电流，简称涡流。
2．特点：大块金属沿涡流路径的电阻一般很小，不大的感应电动势就能在它内部形成强大的涡电流，释放出大量的焦耳热。
3．防止：为了降低涡流造成的损耗，变压器和电机中的铁芯用许多相互绝缘的薄硅钢片叠合而成。
4．利用
(1)冶炼金属的高频感应炉利用涡流熔化金属。
(2)电磁炉灶内的励磁线圈通有交变电流时，形成交变磁场，使锅底产生涡流，从而发热。
二、电磁阻尼和电磁制动
1．电磁阻尼：当闭合电路中的一部分导体在磁场中做切割磁感线的运动时，导体中会产生感应电流，感应电流使导体受到安培力，安培力总是阻碍导体的运动，这种现象叫作电磁阻尼。
2．电磁阻尼和电磁制动的应用
(1)在磁电式电表中，线圈绕在一个轻铝框上，线圈通电后受力转动，铝框内产生涡流，在电磁阻尼的作用下，线圈很快停止摆动，使指针稳定。
(2)在电表搬运过程中，用导线将正、负接线柱短路，在电磁阻尼的作用下，可避免指针剧烈摆动。
(3)电动列车中的电磁制动，即在电动列车制动时，电动机与电源断开，与制动线圈连接成闭合回路，列车前进时带动电动机线圈转动，产生感应电流，受到安培力，将动能转化为电能。
三、电磁驱动
1．定义：当磁体转动起来后，圆盘中产生涡流，磁场对此涡流产生的安培力阻碍它与磁体的相对运动，使圆盘运动起来，这种感应电流受到安培力使物体运动的现象称为电磁驱动。
2．应用：感应电动机。
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　涡流的产生及其应用
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
　(多选)(2025·四川绵阳期中)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．能被探测的物件可以是金属材料
[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，D正确。
[答案]　BD
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
　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，并不是因为导热性能较差，故D错误。
[答案]　B
角度3　涡流的磁效应
　(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，而被探测物只要是金属即可，不一定具有磁性，故A、D正确，B、C错误。
[答案]　AD
知识点二　电磁阻尼与电磁驱动
1.弹簧上端固定，下端悬挂一个磁铁。将磁铁托起到某一高度后放开，磁铁能上下振动较长时间才停下来。如果在磁铁下端放一个固定的闭合线圈，使磁铁上下振动时穿过它(如图甲所示)，磁铁就会很快停下来，解释这个现象。
2.一个闭合线圈放在蹄形磁铁的两磁极之间，如图乙所示，蹄形磁铁和闭合线圈都可以绕轴转动。当蹄形磁铁顺时针转动时线圈也顺时针转动；蹄形磁铁逆时针转动时线圈也逆时针转动。
(1)蹄形磁铁转动时，穿过线圈的磁通量是否变化？
(2)使线圈转动起来的力是什么力？线圈的转动速度与磁铁的转动速度之间有什么关系？
[提示]　1.当磁铁穿过固定的闭合线圈时，在闭合线圈中会产生感应电流，感应电流的磁场会阻碍磁铁靠近或离开线圈，也就使磁铁振动时除了受空气阻力外，还要受到线圈的磁场阻力，克服阻力需要做的功较多，机械能损失较快，因而会很快停下来。
2．(1)变化。
(2)线圈内产生感应电流，因此线圈受到安培力的作用，安培力作为动力使线圈转动起来。线圈的转动速度小于磁铁的转动速度。
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
　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
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少，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
1．(涡流的产生)下列做法中可能产生涡流的是(　　)
A．把金属块放在匀强磁场中 B．让金属块在匀强磁场中匀速运动
C．让金属块在匀强磁场中做变速运动 D．把金属块放在变化的磁场中
解析：选D。涡流就是整个金属块中产生的感应电流，所以产生涡流的条件就是在金属块中产生感应电流的条件，即穿过金属块的磁通量发生变化。而A、B、C中磁通量不变化，所以A、B、C错误；把金属块放在变化的磁场中时，穿过金属块的磁通量发生了变化，有涡流产生，所以D正确。
2.(涡流的应用)(2025·江苏宿迁市期中)如图所示的是“中国第一高楼”上海中心大厦上的阻尼器，该阻尼器首次采用了电涡流技术，底部附着永磁铁的质量块摆动通过导体板上方时，导体板内产生涡流。关于阻尼器，下列说法正确的是(　　)
A．阻尼器摆动时产生的涡流源于外部电源供电
B．阻尼器最终将机械能转化为内能
C．风速越大，导体板中磁通量变化率越小
D．阻尼器摆动时产生的涡流源于电流的磁效应现象
解析：选B。阻尼器摆动时，永磁铁通过导体板上方使之磁通量发生变化，从而在导体板中产生涡流，属于电磁感应现象，故A、D错误；通过阻碍质量块和永磁铁的运动，阻尼器将动能转化为电能，并通过电流做功将电能最终转化为焦耳热，故B正确；风速越大，质量块摆动越快，则导体板中磁通量变化率越大，故C错误。
3．(电磁阻尼)(2025·内蒙古赤峰市期末)为了使灵敏电流计的指针在零刻度附近快速停下，实验小组的同学利用“电磁阻尼”来实现。他们设计了如图所示的甲、乙两种方案。甲方案：在指针转轴上装上扇形铝板，磁场位于铝板中间；乙方案：在指针转轴上装上扇形铝框，磁场位于铝框中间。下列说法正确的是(　　)
A．甲方案中，铝板摆动时磁通量不变，不会产生感应电流
B．甲方案中，铝板摆动时能产生涡流，起到电磁阻尼的作用
C．乙方案中，铝框小幅度摆动时会产生感应电流
D．乙方案比甲方案更合理
解析：选B。甲方案中，铝板摆动时，扇形铝板的半径切割磁感应线，在铝板内产生涡流，起电磁阻尼的作用，指针能很快停下来，故A错误，B正确；乙方案中，当指针偏转角度较小时，铝框中磁通量不变，不能产生感应电流，起不到电磁阻尼的作用，指针不能很快停下，因此，甲方案更合理，故C、D错误。
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。当蹄形磁铁转动时，穿过线圈的磁通量就发生变化。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。(共46张PPT)
第二章　电磁感应及其应用
第1节　楞次定律
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。
第1课时　实验：探究影响感应
电流方向的因素
课前知识梳理
PART
01
第一部分
一、实验原理
1．查明电流表中指针偏转方向与电流方向的关系，从而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。
(1)实验电路如图1所示，实验中改变电源正、负极与电流表接线柱连接。
电流流入电流表情况 电流表指针偏转方向
电流从电流表左接线柱流入 左
电流从电流表右接线柱流入 右
(2)按图2所示连接成电路。观察导体ab在匀强磁场中向左
和向右运动时电流表指针偏转的方向；然后再将匀强磁场
的方向反过来，重复上述过程。
在图2中，导体ab向右运动时，回路中的电流沿顺时针方向，在ab段电流从b流向a；导线ab向左运动时，回路中的电流沿逆时针方向，在ab段电流从a流向b。
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3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 N极朝下拔出 S极朝下插入 S极朝下拔出
原磁场方向 向下 向下 向上 向上
穿过线圈的磁通量变化情况 增加 减少 增加 减少
比较项目 甲 乙 丙 丁
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 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
　　　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]　电流流向不同，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。
　　　胡丽同学在做“探究影响感应电流方向的因素”的实验中，她选择了一个灵敏电流计G，在没有电流通过灵敏电流计的情况下，电流计的指针恰好指在刻度盘中央。她先将灵敏电流计G连接在图甲所示的电路中，电流计的指针如图甲所示。
(1)为了探究影响感应电流的因素，胡丽同学将灵敏电流计G与一螺线管串联，如图乙所示。通过分析可知图乙中的条形磁铁的运动情况是__________(选填“向上拔出”或“向下插入”)。
[解析]　根据题图甲可知，电流从灵敏电流计的左接线柱流入，指针往左偏；由题图乙可知，螺线管中的电流方向为顺时针方向(从上往下看)，根据安培定则可知，螺线管中感应电流的磁场方向竖直向下；条形磁铁在螺线管中的磁场方向(原磁场方向)竖直向上，可见感应电流的磁场方向与原磁场方向相反，故穿过线圈的原磁通量增加，所以条形磁铁向下插入线圈。
向下插入
(2)胡丽同学将灵敏电流计G接入图丙所示的电路。此时电路已经连接好，A线圈已插入B线圈中，请问灵敏电流计中电流方向与螺线管B中导线的绕向________ (选填“有”或“没有”)关系。她合上开关后，灵敏电流计的指针向右偏了一下，若要使灵敏电流计的指针向左偏转，则可采取的操作是________。
A．在A线圈中插入铁芯 B．拔出A线圈
C．变阻器的滑片向右滑动 D．变阻器的滑片向左滑动
有
BC
[解析]　由右手螺旋定则可知，用右手握住螺线管，四指的方向和电流方向相同，大拇指指的方向为N极方向，螺线管B中导线的绕向不同，则右手握住螺线管的方式不同，故灵敏电流计中电流方向与螺线管B中导线的绕向有关。胡丽合上开关后，灵敏电流计的指针向右偏了，说明B线圈中磁通量增加时，现在要使灵敏电流计的指针向左偏转，因此穿过B线圈的磁通量应该减小；在A线圈中插入铁芯，穿过B线圈的磁通量增大，则灵敏电流计指针右偏，故A错误；
拔出A线圈，穿过B线圈的磁通量减小，则灵敏电流计左偏，故B正确；
由题图丙可知，变阻器的滑片向右滑动，电路中的电流减小，线圈A的磁感应强度减小，穿过线圈B的磁通量减小，则灵敏电流计左偏，故C正确；
由题图丙可知，变阻器的滑片向左滑动，电路中的电流增大，线圈A的磁感应强度增大，穿过线圈B的磁通量增大，则灵敏电流计右偏，故D错误。
(3)通过本实验可以得出：感应电流产生的磁场，总是_______________________________________________。
[解析]　可知感应电流产生的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化。
阻碍引起感应电流的磁通量的变化
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所在电路连接，大线圈与B构成闭合电路。开关S闭合，100 ℃时A、B两个电流计指针位置如图2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]　电流计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，电流产生的磁场减少，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电流计的右边进入，所以B电流计指针右偏，即偏向中间刻度右侧。
随堂巩固落实
PART
03
第三部分
1．(2025·广东广雅中学开学考)如图所示的器材可用来研究电磁感应现象，其中L1、L2为两个线圈，G为灵敏电流计。
(1)将图中所缺导线补接完整。
解析：将L2与灵敏电流计G连接构成闭合回路，将L1与滑动变阻器、电源和开关连接，如图所示。
答案：图见解析
(2)如果闭合开关瞬间发现灵敏电流计的指针向右偏，电路稳定后，将L1迅速从L2中抽出时，电流计的指针将______(选填“向右”“向左”或“不会”)偏。
解析：由题意知磁场方向一定，穿过线圈L2的磁通量增大时，灵敏电流计的指针向右偏，可知，电路稳定后，将L1迅速从L2中抽出时，穿过线圈L2的磁通量减小，电流计的指针将向左偏。
向左
(3)将L1插入L2中，闭合开关后，下列操作可使L2中感应电流与L1中电流绕行方向相反的是________。
A．在L1中插入软铁棒
B．拔出L1
C．将滑动变阻器的滑片向右移动
D．断开开关
A
解析：在L1中插入软铁棒，穿过线圈L2的磁通量增大，感应电流的磁场方向与原磁场方向一定相反，根据安培定则可知，L2中感应电流与L1中电流的绕行方向相反，故A正确。
拔出L1，穿过线圈L2的磁通量减小；将滑动变阻器的滑片向右移动，滑动变阻器接入电阻增大，电路中电流减小，线圈L1产生磁场减弱，穿过线圈L2的磁通量减小；断开开关，穿过线圈L2的磁通量减小。磁通量减小，则感应电流的磁场方向与原磁场方向一定相同，根据安培定则可知，L2中感应电流与L1中电流的绕行方向相同，故B、C、D错误。
2．(1)图甲为某实验小组做“探究影响感应电流方向的因素”的实验装置，关于实验过程中应该注意的事项和实验现象，以下说法正确的是________。
AC
A．实验前应该先仔细观察，清楚线圈的绕向
B．开关闭合后，将滑动变阻器的滑片匀速滑动使接入电路的阻值逐渐减小，会观察到电流计指针不发生偏转
C．开关闭合后，线圈A从线圈B中拔出和插入过程中会观察到电流计指针偏转方向相反
D．开关闭合与断开瞬间，电流计指针都会偏转，但偏转方向相同
解析：实验是探究影响感应电流方向的因素的，因此实验前要仔细观察，弄清楚线圈绕向，搞清线圈电流方向与电流计指针偏转方向的关系，故A正确；
开关闭合后，将滑动变阻器的滑片匀速滑动使接入电路的阻值逐渐减小，导致穿过线圈B的磁通量变化，从而产生感应电流，会观察到电流计指针发生偏转，故B错误；
开关闭合后，线圈A从线圈B中拔出和插入过程中，穿过线圈B的磁通量变化不同，前者减少，后者增加，会观察到电流计指针偏转方向相反，故C正确；
开关闭合与断开瞬间，穿过线圈B的磁通量都会变化且变化不同，开关闭合瞬间磁通量增加，断开瞬间磁通量减少，会观察到电流计指针偏转，而且偏转方向不同，故D错误。
(2)当电流从灵敏电流计正接线柱流入时指针向正接线柱一侧偏转。现将其与线圈相连之后，将上端为S极的磁铁插入线圈中，图乙中电流计指针偏转的方向应为偏向________(选填“正”或“负”)接线柱。根据图丙中电流计指针偏转方向可以判断出插入线圈的磁铁下端的磁极为________(选填“N”或“S”)极。
正
S
解析：当电流从灵敏电流计正接线柱流入时指针向正接线柱一侧偏转，若将上端为S极的磁铁插入线圈中，则原磁场方向向下且磁通量增加，则感应电流的磁场方向向上，根据安培定则可知感应电流从电流计正接线柱流入，故指针偏向正接线柱一侧；根据题图丙中电流计指针偏向负接线柱一侧，可知感应电流是从负接线柱流入电流计的，根据安培定则，可知感应电流的磁场方向向下，因条形磁铁向下运动，磁通量增加，可知原磁场方向向上，则插入线圈的磁铁下端的磁极为S极。
3．图甲所示的是“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。
(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。
灵敏电流计的指针偏转
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：_________________________________________________________________________________________________________________________________。
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：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，电流计刻度盘上的零刻度线在正中间，当电池的正极接电流计的右接线柱，电池的负极与电流计的左接线柱相碰时，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，电流计指针应向________偏转；保持开关闭合，将线圈A从线圈B中拔出时，电流计指针应向________偏转。
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中的电流从电流计左端进入电表，所以指针向左偏。保持开关闭合，将线圈A从线圈B中拔出时，穿过线圈B的磁通量减小，线圈B中的电流从电流计右端进入电流计，所以指针向右偏。
左
右第1节　楞次定律
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．查明电流表中指针偏转方向与电流方向的关系，从而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。
(1)实验电路如图1所示，实验中改变电源正、负极与电流表接线柱连接。
电流流入电流表情况 电流表指针偏转方向
电流从电流表左接线柱流入 左
电流从电流表右接线柱流入 右
(2)按图2所示连接成电路。观察导体ab在匀强磁场中向左和向右运动时电流表指针偏转的方向；然后再将匀强磁场的方向反过来，重复上述过程。
在图2中，导体ab向右运动时，回路中的电流沿顺时针方向，在ab段电流从b流向a；导线ab向左运动时，回路中的电流沿逆时针方向，在ab段电流从a流向b。
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3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 N极朝下拔出 S极朝下插入 S极朝下拔出
原磁场方向 向下 向下 向上 向上
穿过线圈的磁通量变化情况 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 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
　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)电流流向不同，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
　胡丽同学在做“探究影响感应电流方向的因素”的实验中，她选择了一个灵敏电流计G，在没有电流通过灵敏电流计的情况下，电流计的指针恰好指在刻度盘中央。她先将灵敏电流计G连接在图甲所示的电路中，电流计的指针如图甲所示。
(1)为了探究影响感应电流的因素，胡丽同学将灵敏电流计G与一螺线管串联，如图乙所示。通过分析可知图乙中的条形磁铁的运动情况是______________(选填“向上拔出”或“向下插入”)。
(2)胡丽同学将灵敏电流计G接入图丙所示的电路。此时电路已经连接好，A线圈已插入B线圈中，请问灵敏电流计中电流方向与螺线管B中导线的绕向________ (选填“有”或“没有”)关系。她合上开关后，灵敏电流计的指针向右偏了一下，若要使灵敏电流计的指针向左偏转，则可采取的操作是________。
A．在A线圈中插入铁芯 B．拔出A线圈
C．变阻器的滑片向右滑动 D．变阻器的滑片向左滑动
(3)通过本实验可以得出：感应电流产生的磁场，总是_______________________。
[解析]　(1)根据题图甲可知，电流从灵敏电流计的左接线柱流入，指针往左偏；由题图乙可知，螺线管中的电流方向为顺时针方向(从上往下看)，根据安培定则可知，螺线管中感应电流的磁场方向竖直向下；条形磁铁在螺线管中的磁场方向(原磁场方向)竖直向上，可见感应电流的磁场方向与原磁场方向相反，故穿过线圈的原磁通量增加，所以条形磁铁向下插入线圈。
(2)由右手螺旋定则可知，用右手握住螺线管，四指的方向和电流方向相同，大拇指指的方向为N极方向，螺线管B中导线的绕向不同，则右手握住螺线管的方式不同，故灵敏电流计中电流方向与螺线管B中导线的绕向有关。胡丽合上开关后，灵敏电流计的指针向右偏了，说明B线圈中磁通量增加时，现在要使灵敏电流计的指针向左偏转，因此穿过B线圈的磁通量应该减小；在A线圈中插入铁芯，穿过B线圈的磁通量增大，则灵敏电流计指针右偏，故A错误；拔出A线圈，穿过B线圈的磁通量减小，则灵敏电流计左偏，故B正确；由题图丙可知，变阻器的滑片向右滑动，电路中的电流减小，线圈A的磁感应强度减小，穿过线圈B的磁通量减小，则灵敏电流计左偏，故C正确；由题图丙可知，变阻器的滑片向左滑动，电路中的电流增大，线圈A的磁感应强度增大，穿过线圈B的磁通量增大，则灵敏电流计右偏，故D错误。
(3)可知感应电流产生的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化。
[答案]　(1)向下插入　(2)有　BC　(3)阻碍引起感应电流的磁通量的变化
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所在电路连接，大线圈与B构成闭合电路。开关S闭合，100 ℃时A、B两个电流计指针位置如图2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)电流计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，电流产生的磁场减少，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电流计的右边进入，所以B电流计指针右偏，即偏向中间刻度右侧。
[答案]　(1)归纳总结　(2)减小　偏向中间刻度右侧
1．(2025·广东广雅中学开学考)如图所示的器材可用来研究电磁感应现象，其中L1、L2为两个线圈，G为灵敏电流计。
(1)将图中所缺导线补接完整。
(2)如果闭合开关瞬间发现灵敏电流计的指针向右偏，电路稳定后，将L1迅速从L2中抽出时，电流计的指针将__________(选填“向右”“向左”或“不会”)偏。
(3)将L1插入L2中，闭合开关后，下列操作可使L2中感应电流与L1中电流绕行方向相反的是________。
A．在L1中插入软铁棒 B．拔出L1
C．将滑动变阻器的滑片向右移动 D．断开开关
解析：(1)将L2与灵敏电流计G连接构成闭合回路，将L1与滑动变阻器、电源和开关连接，如图所示。
(2)由题意知磁场方向一定，穿过线圈L2的磁通量增大时，灵敏电流计的指针向右偏，可知，电路稳定后，将L1迅速从L2中抽出时，穿过线圈L2的磁通量减小，电流计的指针将向左偏。
(3)在L1中插入软铁棒，穿过线圈L2的磁通量增大，感应电流的磁场方向与原磁场方向一定相反，根据安培定则可知，L2中感应电流与L1中电流的绕行方向相反，故A正确。拔出L1，穿过线圈L2的磁通量减小；将滑动变阻器的滑片向右移动，滑动变阻器接入电阻增大，电路中电流减小，线圈L1产生磁场减弱，穿过线圈L2的磁通量减小；断开开关，穿过线圈L2的磁通量减小。磁通量减小，则感应电流的磁场方向与原磁场方向一定相同，根据安培定则可知，L2中感应电流与L1中电流的绕行方向相同，故B、C、D错误。
答案：(1)图见解析　(2)向左　(3)A
2．(1)图甲为某实验小组做“探究影响感应电流方向的因素”的实验装置，关于实验过程中应该注意的事项和实验现象，以下说法正确的是________。
A．实验前应该先仔细观察，清楚线圈的绕向
B．开关闭合后，将滑动变阻器的滑片匀速滑动使接入电路的阻值逐渐减小，会观察到电流计指针不发生偏转
C．开关闭合后，线圈A从线圈B中拔出和插入过程中会观察到电流计指针偏转方向相反
D．开关闭合与断开瞬间，电流计指针都会偏转，但偏转方向相同
(2)当电流从灵敏电流计正接线柱流入时指针向正接线柱一侧偏转。现将其与线圈相连之后，将上端为S极的磁铁插入线圈中，图乙中电流计指针偏转的方向应为偏向________(选填“正”或“负”)接线柱。根据图丙中电流计指针偏转方向可以判断出插入线圈的磁铁下端的磁极为________(选填“N”或“S”)极。
解析：(1)实验是探究影响感应电流方向的因素的，因此实验前要仔细观察，弄清楚线圈绕向，搞清线圈电流方向与电流计指针偏转方向的关系，故A正确；开关闭合后，将滑动变阻器的滑片匀速滑动使接入电路的阻值逐渐减小，导致穿过线圈B的磁通量变化，从而产生感应电流，会观察到电流计指针发生偏转，故B错误；开关闭合后，线圈A从线圈B中拔出和插入过程中，穿过线圈B的磁通量变化不同，前者减少，后者增加，会观察到电流计指针偏转方向相反，故C正确；开关闭合与断开瞬间，穿过线圈B的磁通量都会变化且变化不同，开关闭合瞬间磁通量增加，断开瞬间磁通量减少，会观察到电流计指针偏转，而且偏转方向不同，故D错误。
(2)当电流从灵敏电流计正接线柱流入时指针向正接线柱一侧偏转，若将上端为S极的磁铁插入线圈中，则原磁场方向向下且磁通量增加，则感应电流的磁场方向向上，根据安培定则可知感应电流从电流计正接线柱流入，故指针偏向正接线柱一侧；根据题图丙中电流计指针偏向负接线柱一侧，可知感应电流是从负接线柱流入电流计的，根据安培定则，可知感应电流的磁场方向向下，因条形磁铁向下运动，磁通量增加，可知原磁场方向向上，则插入线圈的磁铁下端的磁极为S极。
答案：(1)AC　(2)正　S
3．图甲所示的是“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：_____________________________________________________________________
___________________________________________________________________。
(4)在探究“电磁感应现象”的实验中，电流计刻度盘上的零刻度线在正中间，当电池的正极接电流计的右接线柱，电池的负极与电流计的左接线柱相碰时，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，电流计指针应向________偏转；保持开关闭合，将线圈A从线圈B中拔出时，电流计指针应向________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：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中的电流从电流计左端进入电表，所以指针向左偏。保持开关闭合，将线圈A从线圈B中拔出时，穿过线圈B的磁通量减小，线圈B中的电流从电流计右端进入电流计，所以指针向右偏。
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28张PPT)
课后达标检测
题组1　从阻碍磁通量变化的角度应用楞次定律
1．(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，根据楞次定律可知，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．(2025·北京东城区期末)金属线框abcd与一长导线在同一平面内，导线通有恒定电流I。线框由图中位置Ⅰ匀速运动到位置Ⅱ。在此过程中，有关穿过线框的磁通量与感应电流的方向，下列说法正确的是(　　)
A．垂直于纸面向里的磁通量增大，感应电流方向沿abcda
B．垂直于纸面向里的磁通量减小，感应电流方向沿abcda
C．垂直于纸面向外的磁通量增大，感应电流方向沿adcba
D．垂直于纸面向里的磁通量减小，感应电流方向沿adcba
解析：由安培定则得，线框所处的导线右侧的磁场方向垂直于纸面向里，线框由题图中位置Ⅰ匀速运动到位置Ⅱ过程中，线框远离导线，通过线框的磁通量垂直于纸面向里减小，根据楞次定律可知，感应电流方向沿abcda。
3．(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。
√
题组2　从阻碍相对运动的角度应用楞次定律
4．如图所示，在水平桌面上有一金属圆环，在它圆心正上方有一条形磁铁(N极朝下)，当条形磁铁下落时，可以判定(　　)
A．环中将产生俯视时为顺时针方向的感应电流
B．环对桌面的压力将增大
C．环有面积增大的趋势
D．磁铁将受到竖直向下的电磁作用力
解析：当条形磁铁N极朝下下落时，穿过圆环的磁通量向下增加，由楞次定律可知，环中将产生俯视时为逆时针方向的感应电流，故A错误；
条形磁铁下落时磁通量增大，故在金属圆环中会产生与条形磁铁磁场方向相反的磁场，二者互相排斥，故环对桌面的压力将增大，同时磁铁受到向上的作用力，也就是“来拒去留”，B正确，D错误；
因为磁通量在增大，根据楞次定律可知，圆环需要缩小面积才能阻碍磁通量的增大，也就是“增缩减扩”，C错误。
√
√
5．(多选)如图所示，在光滑水平桌面上有两个金属圆环，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(不考虑金属环之间的作用)，将会出现的情况是(　　)
A．两金属环将相互靠拢
B．两金属环将相互排斥
C．磁铁的加速度会大于g
D．磁铁的加速度会小于g
解析：当给条形磁铁一竖直向上的初速度后，穿过两个圆环的磁通量减小，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增大的方向运动，则知两金属环相互靠拢，故A正确，B错误；
条形磁铁向上运动，根据楞次定律的推论“来拒去留”可知，磁铁受到向下的磁场力，所以磁铁向上运动的加速度会大于g，故C正确，D错误。
√
6．如图所示，将甲、乙、丙三个线圈在薄强磁铁的正上方相同高度H处由静止释放，各线圈下落过程中不翻转，甲是闭合的铝线圈，乙是有缺口的铝线圈，丙是闭合的塑料线圈，忽略空气阻力。关于落地时间正确的是(　　)
A．t甲＝t乙＝t丙
B．t甲＝t乙＜t丙
C．t乙＝t丙D．t甲＝t丙√
7.(2025·江苏南通通州区模拟预测)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，根据楞次定律及右手定则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，由左手定则可知，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，由左手定则可知，cd受到的安培力不为零，C、D错误。
9．(多选)如图所示为电磁刹车实验装置，小车底面安装有矩形导线框abcd，线框底面平行于地面，在小车行进方向有与abcd等宽、等长的有界匀强磁场，磁场方向垂直于地面向上。小车进入磁场前撤去牵引力，小车穿过磁场后滑行一段距离停止，则小车(　　)
A．进入磁场时，矩形导线框中感应电流的方向为adcba
B．离开磁场时，矩形导线框中感应电流的方向为adcba
C．穿过磁场的过程中，中间有一段时间矩形导线框中没有感应电流
D．穿过磁场的过程中，矩形导线框受到的安培力方向始终水平向左
√
√
解析：根据楞次定律可知，进入磁场时，矩形导线框中感应电流的方向为abcda，离开磁场时，矩形导线框中感应电流的方向为adcba，故A错误，B正确；
因线圈与磁场等宽、等长，则穿过磁场的过程中，矩形导线框中始终有感应电流，故C错误；
根据左手定则可知，穿过磁场的过程中，矩形导线框受到的安培力方向始终水平向左，故D正确。
√
10.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。
√
11．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。
√
√
12．(多选)(2025·陕西宝鸡市期中)如图所示，长直导线与心形金属线框放在光滑绝缘的水平面上，且长直导线与心形线框的对称轴MN垂直。当长直导线中通以图示方向的电流I，且电流增大时，下列关于心形线框的说法正确的是(　　)
A．线框有面积扩大的趋势
B．线框中产生逆时针方向的感应电流
C．线框在水平面内沿逆时针方向旋转
D．线框沿垂直于直导线方向向右平动
解析：直导线中的电流增大，线框中向里的磁通量增大，由楞次定律知，线框有面积缩小的趋势，线框中产生逆时针方向的感应电流，故A错误，B正确；
由对称性知，线框对称轴MN上、下两部分受到平行于直导线方向上安培力的合力为零，线框受到安培力沿对称轴向右，线框沿垂直于直导线方向向右平动，故C错误，D正确。
√
13．(2025·山东青岛市期中)如图所示，匀强磁场中固定一水平金属棒，金属棒两端点F1与F2刚好是绝缘椭圆轨道的两焦点，磁场方向垂直于椭圆面向外。一根金属丝绕过绝缘笔P与F1、F2相接，金属丝处于拉直状态。在绝缘笔沿椭圆轨道从长轴一端A点到另一端B点带动金属丝运动过程中，下列说法正确的是(　　)
A．穿过△PF1F2的磁通量先减小后增大
B．△PF1F2中感应电流方向先顺时针后逆时针
C．△PF1F2先有扩张趋势后有收缩趋势
D．金属棒所受安培力方向先向下后向上
解析：在绝缘笔沿椭圆轨道从长轴一端A点到另一端B点带动金属丝运动过程中，△PF1F2的面积先增大后减小，故磁通量先增大后减小，A错误；
由“增反减同”可知，△PF1F2中感应电流方向先顺时针后逆时针，B正确；
根据“增缩减扩”，可知，△PF1F2先有收缩趋势后有扩张趋势，故C错误；
金属棒中的感应电流先向左后向右，根据左手定则可知，金属棒所受安培力方向先向上后向下，故D错误。第4节　自　感
1．了解自感现象，认识自感电动势对电路中电流的影响。　2.了解自感系数的意义和决定因素。
3．了解生产和生活中的自感现象。
一、自感现象
1．定义：由于导体线圈本身的电流发生变化而引起的电磁感应现象，叫作自感，在自感现象中产生的电动势叫作自感电动势。
2．自感现象中的能量转化
闭合开关开始通电的过程中，通过线圈支路的电流激发了磁场，一部分电能转化为磁场能储存在线圈的磁场中。断开开关后，磁场能又转化为电能，通过灯泡释放出来，转化为热和光消耗掉。
二、自感系数
1．定义：自感电动势跟穿过线圈的磁通量的变化率成正比，在自感现象中磁通量的变化率又跟线圈中的电流的变化率成正比，即EL＝L，式中的比例系数L叫作线圈的自感系数，简称自感或电感。
2．自感系数的单位是亨利，简称亨，符号是H。
3．影响因素：自感系数是由线圈本身决定的，跟线圈的形状、直径、匝数等因素有关。横截面积越大，匝数越多，它的自感系数越大。另外有铁芯时线圈的自感系数比没有铁芯时要大得多。
三、自感现象的应用——日光灯
1．日光灯的组成：灯管、镇流器、启动器、导线和开关组成，如图所示。
2．工作原理：灯管中有微量惰性气体和稀薄的汞蒸气，管内壁上涂有荧光粉。在高压激发下，气体导电时发出紫外线，荧光粉受紫外线照射发出可见光。闭合开关时，启动器内氖气放电产生辉光放热，使动、静触片接触，把电路接通，后又自动断开，由于镇流器的自感，形成一个瞬时高压，加在灯管两端，使灯管中气体放电，日光灯被点亮。点亮后，镇流器又起着降压限流的作用，保证日光灯的正常工作。
判断下列说法是否正确。
(1)自感现象中感应电流的方向一定与引起自感的原电流的方向相反。(　　)
(2)线圈的自感系数大，其电阻不一定大。(　　)
(3)自感系数越大，自感电动势不一定越大。(　　)
(4)镇流器为日光灯的点亮提供瞬时高电压。(　　)
(5)镇流器维持灯管两端电压高于电源电压，使灯管正常工作。(　　)
提示：(1)×　(2)√　(3)√　(4)√　(5)×
知识点一　对自感现象的理解
1．如图甲所示，先闭合S，调节R2使A1、A2的亮度相同，再调节R1，使A1、A2都正常发光，然后断开S。再次闭合S，观察到什么现象？为什么有这样的现象？
2.如图乙所示，L为自感系数较大的线圈，其直流电阻比灯泡的电阻小，先闭合开关使灯泡发光，然后断开开关。观察到什么现象？为什么有这样的现象？
[提示]　1.现象：灯泡A2立即发光，灯泡A1逐渐亮起来。原因：电路接通时，电流由0开始增加，穿过线圈L的磁通量逐渐增加，为了阻碍磁通量的增加，感应电流产生的磁通量与原来电流产生的磁通量方向相反，则线圈中感应电动势的方向与原来的电流方向相反，阻碍了L中电流的增加，即推迟了电流达到稳定值的时间。
2．现象：灯泡A闪亮一下再熄灭。原因：因自感线圈的电阻小于与之并联的灯泡的电阻，则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，即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。
　如图所示，L是自感系数很大的线圈，其直流电阻几乎为0，A和B是两个相同的小灯泡。闭合开关，待电路稳定后，灯泡A恰能正常发光，则(　　)
A．闭合开关，灯泡A、B均逐渐变亮
B．闭合开关，灯泡A立即变亮，灯泡B逐渐变亮　
C．断开开关，灯泡A会闪亮一下再逐渐熄灭
D．断开开关，灯泡B不可能被烧坏
[解析]　闭合开关，电流可以迅速通过灯泡A和灯泡B，故灯泡A、B均立即变亮，之后随着线圈自感电动势阻碍作用的减弱，其电流逐渐增大，稳定时相当于导线，把灯泡B短路，故灯泡B变亮后逐渐熄灭，A、B错误；断开开关，线圈的自感电动势相当于电源，通过灯泡B形成回路，故灯泡B会闪亮一下再逐渐熄灭，而灯泡A直接熄灭，C错误；由题可知，断电瞬间，通过灯泡B的电流不会大于灯泡B的额定电流，故断开开关，灯泡B不可能被烧坏，D正确。
[答案]　D
　如图所示，电路中A、B、C是三个完全相同的灯泡，L是一个自感系数很大、直流电阻为零的自感线圈，原来开关S是闭合的，三盏灯泡均发光。某时刻将开关S断开，则下列判断正确的是(　　)
A．M点电势高于N点，A灯闪亮后缓慢熄灭
B．N点电势高于M点，B、C灯闪亮后缓慢熄灭
C．M点电势高于N点，B、C灯闪亮后缓慢熄灭
D．N点电势高于M点，B、C灯不会闪亮只是缓慢熄灭
[解析]　开关S闭合稳定时，电感线圈支路的总电阻比B、C灯支路电阻小，故流过A灯的电流I1大于流过B、C灯的电流I2，且电流方向由M到N，因为理想线圈无内阻，故M点电势等于N点电势；当开关S断开，电感线圈会产生自感现象，相当于电源，由楞次定律知，感应电流方向由M到N，MN当电源，故N点电势高于M点，所以断开开关S瞬间，流过B、C灯支路的电流比原来的大，故B、C灯闪亮后缓慢熄灭。
[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．闭合开关S，待电路稳定后，断开开关S，L2一直不亮，L1逐渐变暗至熄灭
D．闭合开关S，待电路稳定后，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
知识点二　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
　(2025·重庆一中期末)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.(对自感现象的理解)如图所示电路中，L为自感系数很大的电感线圈，其直流电阻不计，A、B为两相同灯泡，则下列说法正确的是(　　)
A．合上S的瞬间，B先亮，A后亮
B．合上S的瞬间，A先亮，B后亮
C．合上S后，A逐渐变得更亮，B逐渐变暗直至熄灭
D．断开S时，A、B灯均闪亮后逐渐熄灭
解析：选C。闭合S时，电源的电压同时加到两灯上，A、B同时亮；随着L中电流增大，由于线圈L直流电阻可忽略不计，分流作用增大，B逐渐被短路直到熄灭，外电路总电阻减小，总电流增大，A灯变得更亮，A、B错误，C正确；断开S，A立即熄灭，线圈L中电流减小，产生自感电动势，感应电流流过B灯，B闪亮一下后熄灭，D错误。
2.(对自感现象的理解)(多选)(2025·新疆乌鲁木齐市期中)演示自感现象的实验电路图如图所示，线圈的自感系数较大，且使滑动变阻器R1接入电路中的阻值大于线圈直流电阻，A1、A2为两个完全相同的灯泡，下列判断正确的是(　　)
A．接通开关S，灯A1、A2立即变亮
B．接通开关S，灯A1逐渐变亮，灯A2立即变亮
C．接通开关S，待电路稳定后断开开关S，灯A1、A2逐渐熄灭
D．接通开关S，待电路稳定后断开开关S，灯A1逐渐熄灭，灯A2闪一下后逐渐熄灭
解析：选BD。接通开关S瞬间，灯A2立即变亮，而线圈L产生自感电动势，根据楞次定律可知，自感电动势阻碍电流的增大，使得该支路中电流逐渐增大，所以闭合开关的瞬间，灯A1逐渐变亮，故A错误，B正确；接通开关S，待电路稳定后断开开关S，原来通过灯A2的电流立即消失，线圈L产生自感电动势，相当于电源，两灯串联，由于滑动变阻器接入电路中的阻值大于线圈直流电阻，原来电路稳定后通过灯A1的电流大于通过灯A2的电流，故灯A1逐渐熄灭，灯A2闪一下后逐渐熄灭，故C错误，D正确。
3．(自感系数)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。
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．(2024·湖北卷，T1)《梦溪笔谈》中记录了一次罕见的雷击事件：房屋被雷击后，屋内的银饰、宝刀等金属熔化了，但是漆器、刀鞘等非金属却完好(原文为：有一木格，其中杂贮诸器，其漆器银扣者，银悉熔流在地，漆器曾不焦灼。有一宝刀，极坚钢，就刀室中熔为汁，而室亦俨然)。导致金属熔化而非金属完好的原因可能为(　　)
A．摩擦 B．声波
C．涡流 D．光照
解析：选C。在雷击事件中金属和非金属都经历了摩擦、声波和光照的影响，而金属能够因电磁感应产生涡流，非金属不能，因此可能原因为涡流。
2.(2024·甘肃卷，T6)工业上常利用感应电炉冶炼合金，装置如图所示。当线圈中通有交变电流时，下列说法正确的是(　　)
A．金属中产生恒定感应电流
B．金属中产生交变感应电流
C．若线圈匝数增加，则金属中感应电流减小
D．若线圈匝数增加，则金属中感应电流不变
解析：选B。当线圈中通有交变电流时，感应电炉中产生非均匀变化的磁场，金属中进而产生交变感应电流，A错误，B正确；若线圈匝数增加，根据法拉第电磁感应定律可知，金属中的磁场增强，感应电流增大，C、D错误。
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大铁芯的电阻，降低涡流强度，减小发热量，从而减少能量损耗，提高变压器的效率。
4.(多选)如图所示，在O点正下方有一个有理想边界的匀强磁场，铜环在A点由静止释放向右摆至最高点B，不考虑空气阻力，则下列说法正确的是(　　)
A．A、B两点在同一水平线 B．A点高于B点
C．铜环最终将做等幅摆动 D．最终环将静止于最低点
解析：选BC。由于铜环进入和离开磁场过程中会产生感应电流，一部分机械能转化为电能，所以铜环运动不到A点的等高点，即B点低于A点，故B正确，A错误；由于环只在进出磁场的过程中才有机械能转化为焦耳热，故当环的振幅减小到环恰好不能穿出磁场时，机械能开始保持不变，此后环做等幅摆动，故C正确，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时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.(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。
8．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。
9.感应加热表面淬火是利用电磁感应原理，将工件置于感应线圈中，向线圈中通入交流电时，工件中将出现涡流，在很短时间内，工件表面温度可以达到淬火温度1 000 ℃，立即冷却使工件表面淬火。下列关于工件加热过程中说法正确的是(　　)
A．工件中磁通量保持不变
B．工件中出现的涡流方向不变
C．工件中出现的是交流电，其频率小于感应线圈中通入交流电的频率
D．在感应线圈中通入的交流电峰值不变的情况下，频率越高，工件中的感应电流越大
解析：选D。根据楞次定律，工件中出现涡流，磁通量必然变化，故A错误；由于感应线圈中通入的是交流电，根据楞次定律可得，工件中出现的涡流方向周期性变化，工件中出现的是交流电，其频率等于感应线圈中通入交流电的频率，故B、C错误；根据法拉第电磁感应定律可知，在峰值不变的情况下，可得感应线圈中通入交流电的频率越高，磁通量的变化率越大，感应电动势越大，感应电流越大，故D正确。
10．(多选)某同学自制的简易磁力传动装置如图所示，铝制圆盘放置在可旋转底座上，圆盘正上方悬挂条形磁铁。关于该装置，从上往下看，说法正确的是(　　)
A．当条形磁铁顺时针转动时，铝制圆盘顺时针转动
B．当条形磁铁顺时针转动时，铝制圆盘逆时针转动
C．当条形磁铁的转速变快时，铝制圆盘转速也变快
D．当条形磁铁停止转动，铝制圆盘会立即停止运动
解析：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．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。
12．高速列车通常使用磁力刹车系统。磁力刹车工作原理可简述如下：将磁铁的N极靠近一块正在以逆时针方向旋转的圆形铝盘，使磁感线垂直铝盘向内，铝盘随即减速，如图所示。图中磁铁左方铝盘的甲区域(虚线区域)朝磁铁方向运动，磁铁右方铝盘的乙区域(虚线区域)朝离开磁铁方向运动。下列有关铝盘刹车的说法正确的是(　　)
A．铝盘甲区域的感应电流产生垂直于铝盘向里的磁场
B．铝盘乙区域的感应电流产生垂直于铝盘向外的磁场
C．磁铁与甲、乙两区域的感应电流之间的作用力，都会使铝盘减速
D．若将实心铝盘换成布满小空洞的铝盘，则磁铁对空洞铝盘的作用力变大
解析：选C。铝盘甲区域中的磁通量增大，由楞次定律可知，甲区域感应电流的磁场方向垂直于纸面向外，故A错误；铝盘乙区域中的磁通量减小，由楞次定律可知，乙区域感应电流的磁场方向垂直于纸面向里，故B错误；由“来拒去留”可知，磁铁与感应电流之间有相互阻碍的作用力，则会使铝盘减速，故C正确；若将实心铝盘换成布满小空洞的铝盘，这样会导致涡流产生的磁场减弱，则磁铁对空洞铝盘所产生的减速效果明显低于实心铝盘，故D错误。(共25张PPT)
课后达标检测
1．(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。
√
2．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：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；
3.(多选)(2025·广西柳州市期中)如图所示，A、B是两个完
全相同的白炽灯，L是自感系数很大、电阻可忽略不计的
自感线圈。下列说法正确的是(　　)
A．闭合开关S瞬间，A、B灯同时亮
B．闭合开关S瞬间，B灯比A灯先亮，最后一样亮
C．断开开关S瞬间，B灯闪亮一下再熄灭
D．断开开关S瞬间，流过B灯的电流方向向左
√
√
解析：闭合开关S瞬间，B灯瞬间变亮，而A灯由于与线圈串联，逐渐变亮，达到稳定后，两灯一样亮，故A错误，B正确；
断开开关瞬间，A、B灯逐渐熄灭，流过B灯的电流方向与原来电流方向相反，即流过B灯的电流方向向左，故C错误，D正确。
√
解析：开关S由断开到闭合，回路中的电流要增大，因而在L上要产生自感电动势，自感电动势总是要阻碍引起它的电流的变化，这就是说由于电流增加引起的自感电动势要阻碍原电流的增加，但阻碍不是阻止，电流仍要增大，而达到稳定后电流为2I0，故D正确。
√
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，此时流过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，不会有闪亮现象，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两端并联一只电压表，用来测量自感线圈的直流电压，
在测量完毕后，将电路解体时应(　　)
A．先断开S1 B．先断开S2
C．先拆除电流表 D．先拆除电阻R
解析：S1断开瞬间，L中产生很大的自感电动势，若此时S2闭合，则可能将电压表烧坏，故应先断开S2。
√
8.如图所示，A、B是两盏完全相同的白炽灯，L是电阻不
计的电感线圈。若最初S1是接通的，S2是断开的，那么下
列描述正确的是(　　)
A．刚接通S2，A灯就立即亮，B灯延迟一段时间才亮　
B．刚接通S2时，A灯延迟一段时间才亮，B灯就立即亮
C．接通S2到电路稳定，B灯由亮变暗最后熄灭
D．接通S2，电路稳定后再断开S2时，A、B灯均立即熄灭
解析：刚接通S2时，由于电感线圈L会发生通电自感现象，使通过线圈的电流由零逐渐增大，所以灯泡A、B会同时变亮，从接通S2到电路稳定，由于线圈的电阻不计，B灯相当于与一段导线并联，则B灯被短路，B灯由亮变暗最后熄灭，电源只给A灯供电，A灯将变得更亮，故A、B错误，C正确；
接通S2，电路稳定后再断开S2时，A灯与电路断开将立即熄灭，而B灯与电感线圈构成闭合电路，由于线圈的自感现象，B灯会先亮一下，然后熄灭，故D错误。
9.(多选)(2025·山东威海市期末)如图所示的电路中，L为自
感系数很大的线圈，其自身的电阻几乎为0，A、B和C是
三只相同的小灯泡，S为开关。下列说法正确的是(　　)
A．S闭合瞬间，A立即发光，B和C逐渐变亮
B．S断开后，A闪亮后熄灭，B逐渐熄灭，C立即熄灭
C．S断开后，L中的磁场能转化为电能
D．S断开瞬间，A右端电势高于左端
√
√
解析：S闭合瞬间，小灯泡A与小灯泡C串联后直接与电源相连，因此A和C立即发光，而小灯泡B因为线圈L产生自感电动势阻碍电流增大，因此逐渐变亮，A错误；
电路稳定后，A、B中的电流相等，S断开时，小灯泡A、B和线圈L构成闭合回路，此时的电流不大于原来的电流，因此A不会闪亮，则A、B会逐渐熄灭，C立即熄灭，B错误；
电路稳定后，线圈中储存有磁场能，S断开瞬间，线圈中产生自感电动势继续点亮小灯泡A、B，因此S断开后，L中的磁场能转化为电能，C正确；
S断开瞬间，通过线圈L的电流减小，则线圈L产生的自感电动势右端电势高，因此流过A的电流方向从右向左，则A右端电势高于左端，D正确。
10.(多选)(2024·四川雅安期末)在如图所示的电路中，A1和
A2是两个完全相同的灯泡，线圈L的自感系数足够大，电
阻可以忽略不计，下列说法正确的是(　　)
A．合上开关S，A1先亮，A2后亮，最后一样亮
B．断开开关S，A1和A2都要过一会儿才熄灭
C．断开开关S，A2闪亮一下再熄灭
D．断开开关S，流过A2的电流方向由右向左
√
√
解析：当开关S闭合时，灯A2立即发光，由于线圈L的自感作用，通过灯A1的电流只能逐渐增大，使灯A1逐渐亮起来，所以灯A2比灯A1先亮，由于线圈直流电阻忽略不计，当电流逐渐稳定时，线圈不产生感应电动势，流过两灯的电流相等，亮度相同，故A错误；
稳定后当开关S断开瞬间，由于线圈的自感现象，线圈中的电流只能逐渐减小，线圈L、灯A2与灯A1构成闭合回路，两灯都要过一会儿再熄灭，由于两灯泡完全相同，线圈的电阻又不计，则灯A2不会出现闪亮一下，且流过灯A2的电流方向由右向左，故B、D正确，C错误。
11.如图所示的电路中，L是一个自感系数很大、直流电阻不
计的线圈，D1、D2和D3是3个完全相同的灯泡，E是内阻不
计的电源。在t＝0的时刻，闭合开关S，电路稳定后在t1时
刻断开开关S。规定以电路稳定时流过D1、D2的电流方向为正方向，分别用I1、I2表示流过D1和D2的电流，则下图中能定性描述电流I随时间t变化关系的是(　　)
√
解析：当闭合开关后，因为线圈与D1串联，所以电流I1会慢慢增大，而灯泡D2这一支路立即就有电流通过；当开关断开后，因为线圈阻碍电流的减小，而且D1和D2、D3构成回路，所以通过D1的电流不会立即消失，会从原来的大小慢慢减小，且方向不变，通过D1的电流也流过D2，所以I2变成反向，由于电路稳定时通过D1的电流I1大于通过D2的电流I2，则I2会突然变大再逐渐减小，故A、B、D错误，C正确。
√
12．图甲所示的是研究自感现象的电路图，其中灯泡的电阻R1＝3.0 Ω，定值电阻R＝1.0 Ω，A、B间电压U＝6.0 V。闭合S，电路处于稳定状态；t＝1.0×10－3 s时断开S，通过线圈L的电流随时间变化的i－t图线如图乙所示。下列说法正确的是(　　)
A．线圈L的直流电阻为4 Ω
B．断开开关瞬间，通过灯泡的电流方向向左
C．断开开关时，可以观察到灯泡闪一下再灭
D．通过电阻R的电荷量约为2.25×10－3 C
断开开关前，通过线圈的电流方向向右，断开开关瞬间，线圈产生的感应电流方向向右，则通过灯泡的电流方向向左，故B正确；
由于q＝It，故可由题图乙得，通过电阻R的电荷量等于i－t图像与时间轴所围的面积，大小约为q＝30×0.1×0.2×10－3 C＝6.0×10－4 C，故D错误。第2节　法拉第电磁感应定律
1．了解感应电动势的概念。
2．理解法拉第电磁感应定律，并能够运用法拉第电磁感应定律定量计算感应电动势的大小。
3．能够运用E＝BLv或E＝BLv sin α计算导线切割磁感线时的感应电动势。
一、感应电动势
1．定义：由电磁感应产生的电动势。
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，闭合回路中的感应电流由感应电动势和回路的电阻决定。如果回路没闭合，只要穿过回路的磁通量发生变化，虽然没有感应电流产生，但感应电动势依然存在。
二、电磁感应定律
1．探究影响感应电流大小的因素
如图，把磁铁的某一磁极向线圈中插入、从线圈中抽出，或静止地放在线圈中。观察电流表指针的变化，把观察到的现象记录在下表中。
磁铁的动作 指针摆动幅度的大小 磁铁的动作 指针摆动幅度的大小
N极缓慢插入线圈 较小 S极缓慢插入线圈 较小
N极快速插入线圈 较大 S极快速插入线圈 较大
N极停留在线圈中 不摆动 S极停留在线圈中 不摆动
N极缓慢从线圈中抽出 较小 S极缓慢从线圈中抽出 较小
N极快速从线圈中抽出 较大 S极快速从线圈中抽出 较大
在上述实验中，我们快速改变穿过线圈的磁通量时，电流表指针偏转角度大，说明感应电流大；缓慢改变线圈的磁通量时，电流表指针偏转角度小，说明感应电流小。也就是说，感应电动势的大小与磁通量的变化快慢有关。
2．法拉第电磁感应定律
(1)内容：电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比。
(2)磁通量的变化率：如果t1时刻穿过闭合回路的磁通量为Φ1，t2时刻穿过闭合回路的磁通量为Φ2，则在时间Δt＝t2－t1内，磁通量的变化ΔΦ＝Φ2－Φ1，在Δt足够短的情况下，磁通量的变化率就是。
(3)表达式：E＝(单匝线圈)，E＝n(多匝线圈)。
三、导线切割磁感线的感应电动势
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α时，E＝BLv sin α。
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)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，和电路中的电阻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。
　根据法拉第电磁感应定律，下列说法正确的是(　　)
A．穿过回路的磁通量越大，回路中的感应电动势也越大
B．磁通量的变化量越大，回路中的感应电动势越大
C．穿过回路的磁通量的变化率为0，回路中的感应电动势一定为0
D．某一时刻穿过回路的磁通量为0，回路中的感应电动势一定为0
[解析]　根据法拉第电磁感应定律E＝n可知，回路中感应电动势正比于磁通量的变化率，与某时刻磁通量大小及其变化量大小无直接关系。
[答案]　C
　(2024·广东卷，T4)电磁俘能器可在汽车发动机振动时利用电磁感应发电实现能量回收，结构如图甲所示。两对永磁铁可随发动机一起上下振动，每对永磁铁间有水平方向的匀强磁场，磁感应强度大小均为B。磁场中，边长为L的正方形线圈竖直固定在减震装置上。某时刻磁场分布与线圈位置如图乙所示，永磁铁振动时磁场分界线不会离开线圈。关于图乙中的线圈，下列说法正确的是(　　)
A．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
　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]　由题意可知磁场的变化率为＝＝k，根据法拉第电磁感应定律可知E＝＝＝kπr2。
[答案]　A
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，M、N间的感应电动势的大小是多少？NP间的感应电动势又是多少？
[提示]　(1)2Bvr　(2)0　Bvr
1．公式推导
如图所示，闭合电路一部分导线ab处于匀强磁场中，磁感应强度为B，ab的长度为L，ab以速度v匀速垂直切割磁感线，则在Δt内穿过闭合电路磁通量的变化量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α角时，导线切割磁感线产生的感应电动势大小为E＝BLv sin α。
(3)若导线是曲折的，或L与v不垂直时，则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.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。
　(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]　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。
[答案]　A
　如图所示，单匝线圈ABCD在外力作用下以速度v向右匀速进入匀强磁场，第二次又以2v匀速进入同一匀强磁场。
(1)求第二次进入与第一次进入时线圈中电流之比。
(2)求第二次进入与第一次进入时外力做功的功率之比。
(3)求第二次进入与第一次进入过程中线圈产生热量之比。
[解析]　线圈第一次进入磁场过程中产生的感应电动势E1＝Blv，电流I1＝＝，所受外力F1＝F1安＝BI1l＝，外力的功率P1＝F1v＝，经历的时间t1＝，线圈中产生的热量Q1＝IRt1＝，同理可知线圈第二次进入磁场过程中的各物理量，由此可得＝＝，＝()2＝，＝＝。
[答案]　(1)2∶1　(2)4∶1　(3)2∶1
知识点三　导体棒转动切割磁感线产生的电动势
1．当导体棒在垂直于磁场的平面内，一端固定，以角速度ω匀速转动时，如图所示，产生的感应电动势E＝Bl＝Bl2ω。
2．圆盘在磁场中以角速度ω绕圆心匀速转动时，如图所示，相当于无数根“辐条”转动切割，它们之间相当于电源的并联结构，圆盘上的感应电动势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
　(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。
[答案]　A
类型2　圆盘的转动
　如图所示的是法拉第圆盘发电机的示意图。铜质圆盘安装在水平铜轴上，圆盘全部处在两磁极之间，圆盘平面与磁感线垂直。金属圆盘与电阻R组成闭合回路，现在顺时针(从左往右看)转动圆盘，则(　　)
A．只有圆盘加速转动，回路中才有感应电流
B．由于圆盘转动过程中的磁通量不变化，电路中没有电流
C．圆盘转动过程中，回路中的感应电流从e经电阻R到f
D．圆盘转动过程中，回路中的感应电流从f经电阻R到e
[解析]　只要圆盘转动，不一定加速，圆盘就会切割磁感线，回路中就会有感应电流，故A、B错误；圆盘转动过程中，由右手定则可知，回路中的感应电流从f经电阻R到e，故C错误，D正确。
[答案]　D
1.(法拉第电磁感应定律的应用)(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＝＝。
2.(法拉第电磁感应定律的应用)(多选)由螺线管、电阻和水平放置的平行板电容器组成的电路如图所示。其中，螺线管匝数为N、横截面积为S，电容器两极板间距为d。螺线管处于竖直向上的匀强磁场中，一质量为m、电荷量为q的带正电颗粒悬停在电容器中，重力加速度大小为g，则(　　)
A．磁感应强度均匀增大 B．磁感应强度均匀减小
C．磁感应强度变化率为 D．磁感应强度变化率为
解析：选BD。由题知，带正电颗粒悬停在电容器中，则粒子受的重力与电场力大小相等、方向相反，故电场力方向竖直向上，则电容器下极板带正电，即通电螺线管的下端为电源正极，根据电源内部的电流是由负极流向正极，由安培定则可知磁感应强度均匀减小，故A错误，B正确；带正电颗粒悬停在电容器中，则粒子受重力与电场力作用，则有qE＝mg，根据法拉第电磁感应定律有E电＝N＝NS，且E＝，联立解得＝，故C错误，D正确。
3．(导体平动切割磁感线产生的电动势)(2025·浙江杭州期中)如图所示，在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场中，长为L的金属杆MN在平行金属导轨上以速度v向右匀速滑动。金属导轨电阻不计，金属杆与导轨的夹角为θ，电阻为0.5R，ab间电阻为R，M、N两点间电势差为U，则M、N两点电势的高低及U的大小分别为(　　)
A．N点电势高，U＝BLv sin θ B．N点电势高，U＝
C．M点电势高，U＝BLv sin θ D．M点电势高，U＝
解析：选D。由右手定则可以判定金属杆中电流的方向由N到M，因此M点电势高；金属杆切割磁感线的有效长度是L sin θ，有E＝BLv sin θ，M、N两点间电势差U＝E＝。
4．(导体棒转动切割磁感线产生的电动势)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：选A。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，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E＝BL ＝BL＝BL，故D错误。

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