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第二章　　电磁感应
1．楞次定律
学习目标：1.正确理解楞次定律的内容及其本质；2.掌握右手定则，并理解右手定则实际上为楞次定律的一种具体表现形式；3.能够熟练运用楞次定律和右手定则判断感应电流的方向。
　情境导入
我们来学习感应电流产生的条件，如图所示，将磁铁从螺线管中插入和拔出，观察现象并思考。
【问题】　磁铁从螺线管中插入和拔出产生的电流方向一样吗？感应电流的方向与哪些因素有关？遵循什么规律？
稳健启程　　新知初步构建
课前·新知初探
知|识|梳|理
一、探究影响感应电流方向的因素
1．实验器材：条形磁铁、电流表、线圈、导线、一节干电池(用来查明线圈中电流的流向与电流表中指针偏转方向的关系)。
2．实验现象：如图所示，在四种情况下，将实验结果填入下表：
　 　 　
(1)线圈内磁通量增加时的情况：
图号 磁场方向 感应电流的方向 感应电流的磁场方向
甲 向下 逆时针(俯视) 向上
乙 向上 顺时针(俯视) 向下
(2)线圈内磁通量减少时的情况：
图号 磁场方向 感应电流的方向 感应电流的磁场方向
丙 向下 顺时针(俯视) 向下
丁 向上 逆时针(俯视) 向上
3.实验结论：
表述一：当穿过线圈的磁通量增加时，感应电流的磁场与原磁场的方向相反；当穿过线圈的磁通量减少时，感应电流的磁场与原磁场的方向相同。
表述二：当磁铁靠近线圈时，两者相斥；当磁铁远离线圈时，两者相吸。
二、楞次定律
感应电流具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化。
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；让磁感线从掌心进入，并使拇指指向导线运动的方向，这时四指所指的方向就是感应电流的方向。
2．适用范围
适用于闭合电路部分导体切割磁感线产生感应电流的情况。
预|习|自|检
1．判断正误(正确的画“√”，错误的画“×”)。
(1)感应电流的磁场总与原磁场方向相反。(×)
(2)感应电流的磁场总是阻碍原磁场的磁通量。(×)
(3)凡可以用右手定则判断感应电流方向的，均能用楞次定律判断。(√)
(4)右手定则即右手螺旋定则。(×)
2．根据楞次定律可知感应电流的磁场一定是(　　)
A．阻碍引起感应电流的磁通量
B．与引起感应电流的磁场反向
C．阻碍引起感应电流的磁通量的变化
D．与引起感应电流的磁场同向
解析　根据楞次定律，感应电流的磁场阻碍的是引起它的磁通量的变化，而不是引起它的磁通量，故A项错误，C项正确；感应电流的磁场方向与原磁通量的变化有关，可能与引起感应电流的磁场反向也可能同向，故B、D两项错误。
答案　C
细研深究　　萃取知识精华
课堂·合作探究
探究一 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．楞次定律的另一种等价表述：感应电流的效果总是阻碍引起感应电流的原因。
3．对“阻碍”的理解
问题 结论
谁阻碍谁 是感应电流的磁场阻碍引起感应电流的磁场(原磁场)的磁通量的变化
为何阻碍 (原)磁场的磁通量发生了变化
阻碍什么 阻碍的是磁通量的变化，而不是阻碍磁通量本身
如何阻碍 当原磁场磁通量增加时，感应电流的磁场方向与原磁场的方向相反；当原磁场磁通量减少时，感应电流的磁场方向与原磁场的方向相同，即“增反减同”
结果如何 阻碍并不是阻止，只是延缓了磁通量的变化，这种变化将继续进行，最终结果不受影响
【例1】　如图，一个水平放置的矩形线圈abcd，在细长水平磁铁的S极附近竖直下落，由位置Ⅰ经位置Ⅱ到位置Ⅲ。位置Ⅱ与磁铁同一平面，位置Ⅰ和Ⅲ都很靠近Ⅱ，则在下落过程中，线圈中的感应电流的方向为(　　)
A．adcba B．abcda
C．从abcda到adcba D．从adcba到abcda
解析　如题图所示，线圈从位置Ⅰ到位置Ⅱ的过程中，穿过线圈方向向下的磁通量减小，则产生感应电流；根据楞次定律，感应电流的磁场的方向向下，产生感应电流的方向为adcba方向；线圈从位置Ⅱ到位置Ⅲ的过程中，穿过线圈向上的磁通量增加，所以感应电流的磁场的方向向下，产生感应电流的方向为adcba方向。所以整个过程中感应电流的方向始终都是沿adcba方向，故A项正确，B、C、D三项错误。
答案　A
微提醒
(1)应用楞次定律判断感应电流的一般步骤：
(2)磁通量变化比较复杂时可以分段：把磁通量变化分成单调变化的区间来处理。
【针对训练1】　某磁场磁感线如图所示，有一铜线圈自图示A处落至B处，在下落过程中，自上向下看，线圈中感应电流的方向是(　　)
A．始终顺时针
B．始终逆时针
C．先顺时针再逆时针
D．先逆时针再顺时针
解析　自A落至图示位置时，穿过线圈的磁通量增加，磁场方向向上，则感应电流的磁场方向与之相反，即向下，故可由安培定则判断出线圈中感应电流的方向为顺时针；自图示位置落至B点时，穿过线圈的磁通量减少，磁场方向向上，则感应电流的磁场方向与之相同，即向上，故可由安培定则判断出线圈中感应电流的方向为逆时针，C项正确。
答案　C
探究二 楞次定律的推广和应用
楞次定律的推广含义可表述为：感应电流的“效果”总是要阻碍(或反抗)引起感应电流的“原因”。主要有四种表现形式：
(1)阻碍原磁通量的变化(增反减同)。
(2)阻碍导体间的相对运动(来拒去留)。
(3)通过改变线圈面积来“反抗”原磁通量的变化(增缩减扩)。
(4)阻碍原电流的变化(自感现象，将在本章第4节学习)。
【例2】　如图所示，当磁铁突然向铜环运动时，铜环的运动情况是(　　)
A．向右摆动
B．向左摆动
C．静止不动
D．不能判定
解析　解法一　“来拒去留”法：由于磁铁向右运动靠近铜环，由楞次定律的广义表述可知，铜环将向右运动而“阻碍”磁铁的靠近。
甲
解法二　等效法：磁铁向右运动，使铜环产生的感应电流可等效为如图甲所示的小磁针。显然，由于两磁体间的排斥作用，铜环将向右运动。
解法三　电流元受力分析法：如图乙所示，当磁铁向环运动时，穿过铜环的磁通量增加，由楞次定律判断出铜环的感应电流的磁场方向与原磁场的方向相反，即向右，根据安培定则可判断出感应电流方向，从左侧看为顺时针方向，把铜环的电流等效为多段直线电流元，取上、下两小段电流元进行研究，由左手定则判断出两段电流元的受力，由此可判断整个铜环所受合力向右。故A项正确。
答案　A
微提醒
(1)对“阻碍”效果的三种形式可单独考查，也可综合考查。
(2)“来拒去留”和“增缩减扩”都是感应电流受磁场力作用产生的效果，是楞次定律与左手定则综合应用总结出的规律。
(3)若回路面积增大，磁通量反而减小的情况，“增缩减扩”并不适用。
【针对训练2】　如图所示，a、b两个圆形导线环处于同一平面，当a环上的开关S闭合的瞬间，b环中的感应电流方向及b环受到的安培力方向分别为(　　)
A．顺时针，沿半径向外
B．顺时针，沿半径向里
C．逆时针，垂直纸面向外
D．逆时针，垂直纸面向里
解析　由图可知，在a环上的开关S闭合的瞬间，a环中电流的方向为逆时针，因为a环电流增大，由楞次定律判断出b环的感生电流方向为顺时针方向；根据异向电流相互排斥，可知，b环受到的安培力方向沿半径向外，即环b有扩张趋势，故A项正确，B、C、D三项错误。
答案　A
探究三 右手定则
1.适用范围：闭合电路的部分导体切割磁感线产生感应电流方向的判断。
2．右手定则反映了磁场方向、导体运动方向和电流方向三者之间的相互关系。
(1)大拇指所指的方向是导体相对磁场切割磁感线的运动方向，既可以是导体运动而磁场未动，也可以是导体未动而磁场运动，还可以是两者以不同速度同时运动。
(2)四指指向电流方向，切割磁感线的导体相当于电源。
【例3】　一个闭合金属线框的两边接有电阻R1、R2，线框上垂直放置一根金属棒ab，棒与线框接触良好，整个装置放在垂直于线框平面的匀强磁场中，如图所示。当用外力使ab棒右移时，下列判断中正确的是(　　)
A．穿过线框的磁通量不变，框内没有感应电流
B．框内有感应电流，电流方向沿顺时针方向绕行
C．框内有感应电流，电流方向沿逆时针方向绕行
D．框内有感应电流，左半边逆时针方向绕行，右半边顺时针方向绕行
解析　解法一　金属棒向右移动时，穿过adcb线框的磁通量增大，磁场方向向里。由楞次定律知线框产生感应电流的磁场方向向外，根据安培定则adcb线框中感应电流沿逆时针方向，同理abfe线框中感应电流沿顺时针方向，D项正确。
解法二　ab棒右移时，切割磁感线。根据右手定则，ab棒中的感应电流方向从a流向b。此时ab棒起着电源的作用，分别对两边电阻供电，如图所示，所以流过R1、R2的电流都由上而下地绕行，故D项正确。
答案　D
【针对训练3】　下列图中表示闭合电路中的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动的情景，导体ab上的感应电流方向为a→b的是(　　)
解析　由右手定则判断，在导体ab上，A中电流方向为a→b，B中电流方向为b→a，C中电流方向为b→a，D中电流方向为b→a，故A项正确。
答案　A
【新高考链接】　(2020·浙江选考)如图所示，在光滑绝缘水平面上，两条固定的相互垂直彼此绝缘的导线通以大小相同的电流I。在角平分线上，对称放置四个相同的正方形金属框。当电流在相同时间间隔内增加相同量，则(　　)
A．1、3线圈静止不动，2、4线圈沿着对角线向内运动
B．1、3线圈静止不动，2、4线圈沿着对角线向外运动
C．2、4线圈静止不动，1、3线圈沿着对角线向内运动
D．2、4线圈静止不动，1、3线圈沿着对角线向外运动
解析　根据安培定则、矢量合成和磁通量定义得线圈1、3的磁通量为零，2、4的磁通量不为零。当电流增大时。线圈1、3的磁通量仍然为零，没有感应电流产生，也不受安培力作用，线圈1、3静止。当电流增大时，线圈2、4的磁通量增加，为了阻碍磁通量的增加，感应电流受到的安培力沿对角线向外，线圈2、4沿对角线向外运动。综上所述，B项正确。
答案　B
限时训练　　巩固当堂所学
随堂·达标自测
1．下列关于电磁感应现象的说法中正确的是(　　)
A．电磁感应现象是由奥斯特发现的
B．电磁感应现象中，感应电流的磁场方向总与引起感应电流的磁场方向相同
C．电磁感应现象中，感应电流的磁场方向总与引起感应电流的磁场方向相反
D．电磁感应现象中，感应电流的磁场方向可能与引起感应电流的磁场方向相同，也可能相反
解析　电磁感应现象是由法拉第发现的；在电磁感应现象中，感应电流的磁场总阻碍引起感应电流的磁通量的变化，磁通量增加时，感应电流的磁场方向与引起感应电流的磁场方向相反，磁通量减少时，两者方向相同，因此A、B、C三项错误，D项正确。
答案　D
2. 如图所示，一均匀的扁平条形磁铁的轴线与圆形线圈在同一平面内，磁铁中心与圆心重合，为了在磁铁开始运动时线圈中能得到逆时针方向的感应电流，磁铁的运动方式应是(　　)
A．N极向纸内，S极向纸外，使磁铁绕O点转动
B．N极向纸外，S极向纸内，使磁铁绕O点转动
C．磁铁在线圈平面内顺时针转动
D．磁铁在线圈平面内逆时针转动
解析　当N极向纸内，S极向纸外转动时，穿过线圈的磁场由无到有并向里，感应电流的磁场应向外，电流方向为逆时针，A项正确；当N极向纸外，S极向纸内转动时，穿过线圈的磁场向外并增加，感应电流方向为顺时针，B项错误；当磁铁在线圈平面内绕O点转动时，穿过线圈的磁通量始终为零，因而不产生感应电流，C、D两项错误。
答案　A
3．如图所示，两个相同的轻质铝环套在一根水平光滑绝缘杆上，当一条形磁铁向左运动靠近两环时，两环的运动情况是(　　)
A．同时向左运动，间距增大
B．同时向左运动，间距减小
C．同时向右运动，间距减小
D．同时向右运动，间距增大
解析　当条形磁铁向左靠近两环时，两环中的磁通量都增加，根据楞次定律，两环的运动都要阻碍磁铁相对环的运动，即阻碍“靠近”，那么两环都向左运动。又因为两环中的感应电流方向相同，两环相互吸引，因而两环间距离要减小，B项正确。
答案　B
4. (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．所受安培力方向水平向左
D．所受安培力方向水平向右
解析　导体棒向右平动，根据右手定则可判断，感应电流方向为由N→M，A项正确，B项错误；再由左手定则可判定棒所受安培力的方向为水平向左，C项正确，D项错误。
答案　AC
1．测速雷达。一种用于铁路客运或货运车辆监测的终端设备，通过检测铁路线路上的行驶车辆，向驾驶员或调度员提供车辆的实时速度、以及距监测设备的实际距离信息，从而提示其控制车辆行驶速度，防止碰撞发生。
2．轮轴脉冲转速传感器。转速传感器的种类很多，有磁电式、光电式、离心式、霍尔式等转速传感器。其中轮轴脉冲转速传感器在高速铁路中应用较为广泛。测量列车速度就是检测列车车轮转速和列车轮径进而计算出列车的速度。脉冲转速传感器安装在轮轴上，轮轴每转动一周，传感器输出一定数目的脉冲，使脉冲频率与轮轴转速成正比。输出的脉冲经隔离和整形后直接输入计算机CPU进行频率测量，再经换算从而得出车组速度和走行距离。
还有其他的测速方法，不再一一列举，有兴趣的同学可以上网查询。
【快乐体验】　采用如图甲所示的装置可以测量列车运行的速度和加速度大小，它由一块安装在列车车头底部的强磁体和埋设在轨道地面的一组线圈及电流测量记录仪组成(测量记录仪未画出)。当列车经过线圈上方时，线圈中产生的电流被记录下来，P、Q为接测量仪器的端口，若俯视轨道平面磁场垂直地面向下，如图乙所示。则在列车经过测量线圈的过程中，流经线圈Ⅰ的电流方向为(　　)
A．始终逆时针方向
B．始终顺时针方向
C．先逆时针，再顺时针方向
D．先顺时针，再逆时针方向
解析　在列车经过线圈的上方时，由于列车上的磁场的方向向下，所以线圈内的磁通量方向向下，先增大后减小，根据楞次定律可知，线圈中的感应电流的方向为先逆时针，再顺时针方向，故C项正确。
答案　C
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知识点一 楞次定律
1.航母上飞机弹射起飞是利用电磁驱动来实现的。电磁驱动原理如图所示，当固定线圈上突然通过直流电流时，线圈端点的金属环被弹射出去。现在在固定线圈左侧同一位置，先后放上用横截面积相等的铜和铝导线制成的形状、大小相同的两个闭合环，电阻率ρ铜<ρ铝。则合上开关S的瞬间(　　)
A．电池正负极调换后，金属环不能向左弹射
B．从左侧看环中感应电流沿顺时针方向
C．若将铜环放置在线圈右方，环将向左运动
D．铜环受到的安培力小于铝环受到的安培力
解析　线圈中电流为右侧流入，磁场方向为向左，在闭合开关的过程中，磁场变强，则由楞次定律可知，环中电流由左侧看沿顺时针方向，B项正确；电池正负极调换后，由楞次定律知金属环受力向左，故仍将向左弹出，A项错误；若环放在线圈右方，根据“来拒去留”可得，环将向右运动，C项错误；由于铜环的电阻较小，故铜环中感应电流较大，故铜环受到的安培力要大于铝环，D项错误。
答案　B
2．如图甲所示，长直导线与矩形线框abcd处在同一平面中固定不动，长直导线中通以大小和方向随时间作周期性变化的电流i，i－t 图像如图乙所示，规定图中箭头所指的方向为电流正方向，则在～时间内，矩形线框中感应电流的方向，下列判断正确的是(　　)
A．始终沿逆时针方向
B．始终沿顺时针方向
C．先沿逆时针方向然后沿顺时针方向
D．先沿顺时针方向然后沿逆时针方向
解析　在～时间内流过直导线的电流向上，由右手螺旋定则可判断穿过闭合线框的磁场方向垂直向里，直导线电流减小，穿过闭合线框的磁通量减小，产生顺时针的感应电流，在～内，电流方向向下，由右手螺旋定则可判断穿过闭合线框的磁场方向垂直向外，电流增大，穿过线框的磁通量增大，产生顺时针的感应电流，故B项正确。
答案　B
知识点二 右手定则
3.(多选)两根相互平行的金属导轨水平放置于如图所示的匀强磁场中，在导轨上接触良好的导体棒ab和cd可以自由滑动。当ab在外力F作用下向右运动时，下列说法中正确的是(　　)
A．导体棒cd内有电流通过，方向是d→c
B．导体棒cd内有电流通过，方向是c→d
C．磁场对导体棒cd的作用力向左
D．磁场对导体棒ab的作用力向左
解析　本题中导体棒ab切割磁感线，根据右手定则判定ab棒中的电流方向为b→a，则cd棒中的电流方向为c→d，所以A项错误，B项正确；根据左手定则，判定cd棒受到的安培力的方向为水平向右，C项错误；ab棒中感应电流方向为b→a，根据左手定则判定ab棒所受安培力的方向为水平向左，即安培力的方向阻碍ab棒的相对运动，D项正确。
答案　BD
课堂小练(七)　楞次定律
　基本素养练　
1.(多选)如图所示，当磁铁运动时，流过电阻的电流是由A经R到B，则磁铁的运动可能是(　　)
A．向下运动
B．向上运动
C．向左运动
D．以上都不可能
解析　本题可通过逆向应用楞次定律来判定。由感应电流方向A→R→B，应用安培定则得知感应电流在螺线管内产生的磁场方向应是从上指向下；运用楞次定律判得螺线管内磁通量的变化应是向下减少或向上增大；由条形磁铁的磁感线分布知，螺线管内原磁场是向下的，故应是磁通量减少，即磁铁向上运动或向左、向右平移，所以B、C两项正确。
答案　BC
2. 如图所示，当磁场的磁感应强度B增强时，内、外金属环上的感应电流的方向应为(　　)
A．内环顺时针，外环逆时针
B．外环顺时针，内环逆时针
C．内、外环均为顺时针
D．内、外环均为逆时针
解析　当磁场增强时，根据楞次定律，感应电流的磁场要阻碍原磁场的增强，其方向必然与正在增强的磁场方向相反，即垂直纸面向外，再应用安培定则可得，回路中的感应电流方向为：外环逆时针，内环顺时针，A项正确。
答案　A
3. (多选)如图所示，有一个闭合金属铜环放置在光滑水平的绝缘桌面上，铜环正上方有一个竖直的条形磁铁。则下列说法正确的是(　　)
A．磁铁迅速向下运动，圆环对桌面的压力增大
B．磁铁迅速向上运动，圆环有收缩的趋势
C．磁铁迅速向右运动，圆环向右平动
D．磁铁迅速向左运动，圆环对桌面的压力减小
解析　根据楞次定律可知：当条形磁铁沿轴线竖直向下迅速移动时，闭合铜环内的磁通量增大，因此线圈做出的反应是面积有收缩的趋势，同时将远离磁铁，故增大了和桌面的挤压程度，从而使铜环对桌面压力增大，同理，磁铁迅速向上运动，圆环有扩张的趋势，A项正确，B项错误；当条形磁铁向左(或向右)迅速移动时，闭合铜环内的磁通量减小，因此铜环做出的反应是面积有扩大的趋势，同时将跟随磁铁运动，故减小了和桌面的挤压程度，从而使导体环对桌面压力减小，故C、D两项正确。
答案　ACD
4. 如图所示，匀强磁场与圆形导体环所在平面垂直，导体ef与环接触良好，当ef向右匀速运动时(　　)
A．圆环中磁通量不变，环上无感应电流产生
B．整个环中有顺时针方向的电流
C．整个环中有逆时针方向的电流
D．环的右侧有逆时针方向的电流，环的左侧有顺时针方向的电流
解析　由右手定则知ef上的电流由e→f，故右侧的电流方向为逆时针，左侧的电流方向为顺时针，D项正确。
答案　D
5．如图所示，一个有界匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外，一个矩形闭合导线框abcd，沿纸面由位置1(左)匀速运动到位置2(右)，则(　　)
A．导线框进入磁场时，感应电流方向为a→b→c→d→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，受到的安培力方向水平向右
D．导线框进入磁场时，受到的安培力方向水平向左
解析　根据右手定则可知导线框进入磁场时，感应电流方向为a→d→c→b→a，离开磁场时感应电流方向为a→b→c→d→a，所以A、B两项均错误，再根据左手定则知，C项错误，D项正确。
答案　D
6．(多选)如图所示，重现了当初法拉第的一个实验。下列说法中正确的是(　　)
A．右边磁铁S极离开时，有感应电流从a至b通过检流计
B．右边磁铁S极离开时，有感应电流从b至a通过检流计
C．左边磁铁N极离开时，有感应电流从a至b通过检流计
D．左边磁铁N极离开时，有感应电流从b至a通过检流计
解析　通过线圈的磁感线方向向右，当右边磁铁S极断开时，穿过线圈的磁通量减小，根据楞次定律判断可知，电路中产生顺时针方向的感应电流，则有感应电流从a至b通过检流计，故A项正确，B项错误；当左边磁铁N极断开时，穿过线圈的磁通量减小，根据楞次定律判断可知，电路中产生顺时针方向的感应电流，则有感应电流从a至b通过检流计，故C项正确，D项错误。
答案　AC
7. 如图所示，一个N极朝下的条形磁铁竖直下落，恰能穿过水平放置的固定矩形导线框，则(　　)
A．磁铁经过位置①时，线框中感应电流沿abcd方向；经过位置②时，沿adcb方向
B．磁铁经过位置①时，线框中感应电流沿adcb方向；经过位置②时，沿abcd方向
C．磁铁经过位置①和②时，线框中感应电流都沿abcd方向
D．磁铁经过位置①和②时，线框中感应电流都沿adcb方向
解析　当磁铁经过位置①时，线框处磁场方向向下，穿过线框的磁通量不断增加，由楞次定律可确定感应电流的磁场方向向上，阻碍磁通量的增加，根据右手定则可判定感应电流应沿abcd方向。同理可判定当磁铁经过位置②时，感应电流沿adcb方向，A项正确。
答案　A
8．如图所示，两个大小相等互相绝缘的导体环，B环与A环有部分面积重叠，当开关S断开时(　　)
A．B环内有顺时针方向的感应电流
B．B环内有逆时针方向的感应电流
C．B环内没有感应电流
D．条件不足，无法判定
解析　根据右手螺旋定则可知，A线圈内部磁感线方向向里，所以B线圈的左边的磁场方向垂直于纸面向里，右边的磁场垂直于纸面向外，由于交叉部分的面积与圆环的面积关系不知，条件不足，不能判断出B中的合磁通量的方向，故D项正确，A、B、C两项错误。
答案　D
9. 如图所示，在载流直导线近旁固定有两平行光滑导轨A、B，导轨与直导线平行且在同一水平面内，在导轨上有两根可自由滑动的导体ab和cd。当载流直导线中的电流逐渐增强时，导体ab和cd的运动情况是(　　)
A．一起向左运动
B．一起向右运动
C．ab和cd相向运动，相互靠近
D．ab和cd相背运动，相互远离
解析　电流增强时，电流在abdc回路中产生的垂直纸面向里的磁场增强，回路磁通量增大，根据楞次定律可知回路要减小面积以阻碍磁通量的增加，因此，两导体要相向运动，相互靠近，C项正确。
答案　C
10. 如图所示，在两根平行长直导线M、N 中，通入同方向同大小的电流，导线框abcd 和两导线在同一平面内，线框沿着与两导线垂直的方向，自左向右在两导线间匀速移动，在移动过程中，线框中感应电流的方向为(　　)
A．沿abcda不变 B．沿adcba不变
C．由abcda 变成adcba D．由adcba 变成abcda
解析　根据安培定则和磁场的叠加原理判断得知，在中线右侧磁场向外，左侧磁场向里。当导线框位于中线左侧运动时，磁场向里，磁通量减小，根据楞次定律可以知道，感应电流方向为abcda；当导线框经过中线，磁场方向先向里，后向外，磁通量先减小，后增加，根据楞次定律，可以知道感应电流方向为abcda；当导线框位于中线右侧运动时，磁场向外，磁通量增加，根据楞次定律可以知道，感应电流方向为abcda，所以A项正确。
答案　A
　能力提升练　
11. 如图所示，ab是一个可绕垂直于纸面的轴O转动的闭合矩形导线框，当滑动变阻器R的滑片自左向右滑动时，线框ab的运动情况是(　　)
A．保持静止不动
B．逆时针转动
C．顺时针转动
D．发生转动，但电源极性不明，无法确定转动的方向
解析　由图示电路，当滑动变阻器的滑片向右滑动时，电路中电阻增大，电流减弱，则穿过闭合导线框ab的磁通量将减少，根据楞次定律，感应电流磁场将阻碍原磁通量的变化，线框ab只有顺时针转动，才能阻碍引起感应电流的磁通量的变化，故选C。
答案　C
12. 如图，螺线管的导线两端与两平行金属板相接，一个带负电的通电小球用丝线悬挂在两金属板间，并处于静止状态，若条形磁铁突然插入线圈，小球将(　　)
A．向右摆动 B．向左摆动
C．保持静止 D．无法确定
解析　当磁铁插入时，导致线圈的磁通量发生变化，从而导致线圈中产生感应电动势，假设电路闭合，则由楞次定律可知，感应电流方向是从右极向下通过线圈再到左极，由于线圈相当于电源，因此左极电势高，所以带负电小球将向左摆动，故B项正确，A、C、D三项错误。
答案　B
13. (多选)信用卡的磁条中有一个个连续的具有相反极性的磁化区如图所示。刷卡时，当磁条以某一速度拉过信用卡阅读器的检测头时，在检测头的线圈中产生感应电流，那么下列说法正确的是(　　)
A．A、B、C三位置经过检测头时，线圈中有感应电流产生
B．A、B、C三位置经过检测头时，线圈中无感应电流产生
C．A、C两位置经过检测头时，线圈中感应电流方向相同
D．A、C两位置经过检测头时，线圈中感应电流方向相反
解析　A、B、C三位置处于磁性过渡区，经过检测头时，引起线圈中磁通量变化，有感应电流产生，A项正确，B项错误。A、C两位置磁性变化规律不同，经过检测头时引起线圈中磁通量变化情况相反，感应电流方向相反，C项错误，D项正确。
答案　AD
14．(多选)如图所示，导线框MNQP近旁有一个跟它在同一竖直平面内的矩形线圈abcd，下列说法正确的是(　　)
A．当电阻变大时，abcd中有感应电流
B．当电阻变小时，abcd中无感应电流
C．电阻不变，将abcd在其原来所在的平面内向PQ靠近时，其中有感应电流
D．电阻不变，将abcd在其原来所在的平面内远离PQ时，其中有感应电流
解析　当电阻变化或abcd靠近、远离PQ时，穿过abcd的磁通量发生变化，会产生感应电流，A、C、D三项正确。
答案　ACD
15．在“研究电磁感应现象”的实验中，首先按图甲接线，以查明电流表指针的偏转方向与电流方向之间的关系；当闭合开关S时，观察到电流表指针向左偏，不通电时电流表指针停在正中央。然后按图乙所示，将电流表与副线圈B连成一个闭合回路，将原线圈A、电池、滑动变阻器和开关S串联成另一个闭合电路。
(1)S闭合后，将螺线管A(原线圈)插入螺线管B(副线圈)的过程中，电流表的指针将如何偏转？
(2)螺线管A放在B中不动时，指针如何偏转？
(3)螺线管A放在B中不动，将滑动变阻器的滑片P向左滑动时，电流表指针将如何偏转？
(4)螺线管A放在B中不动，突然断开S，电流表指针将如何偏转？
解析　根据题图甲知：当闭合开关S时，电流表指针左偏。
(1)S闭合后，螺线管A中有电流通过，产生磁场，插入螺线管B的过程中，螺线管B的磁通量变大，螺线管B中感应电流的磁场会阻碍原磁场的变大，产生与题图甲中方向相反的电流，指针向右偏。
(2)螺线管A放在B中不动时，磁通量不发生变化，指针不偏转。
(3)滑动变阻器的滑片向左滑动时，电流变大，磁场变强，磁通量变大，B中产生与题图甲中方向相反的电流，指针向右偏。
(4)突然断开开关S，电流减小，磁场减弱，磁通量变小，B中产生与题图甲中方向相同的电流，指针向左偏。
答案　(1)向右偏转　(2)不偏转　(3)向右偏转
(4)向左偏转
2．法拉第电磁感应定律
学习目标：1.了解感应电动势的概念，知道感应电动势产生的条件；2.理解和掌握法拉第电磁感应定律，能计算感应电动势的大小；3.能够运用E＝Blv或E＝Blvsinθ计算感应电动势。
　情境导入
如图是某同学设计的用来测定风速的简易装置，当风吹动叶轮转动时，叶轮带动磁铁转动。风速越大，磁铁转动越快，电压表的示数越大。通过电压表的示数变化就可了解当时的风速是多少。
【问题】　学习本节知识，了解其中的测量原理，弄清是如何通过电压表的示数表示风速大小的？
稳健启程　　新知初步构建
课前·新知初探
知|识|梳|理
一、电磁感应定律
1．感应电动势
电磁感应现象中产生的电动势叫作感应电动势，产生感应电动势的那部分导体相当于电源。
2．法拉第电磁感应定律
(1)内容：闭合电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比。
(2)公式：E＝，若闭合电路是一个匝数为n的线圈，则E＝n。
(3)在国际单位制中，磁通量的单位是韦伯(Wb)，感应电动势的单位是伏(V)。
二、导线切割磁感线时的感应电动势
1．导线垂直于磁场运动，B、l、v两两垂直时，如图甲所示，E＝Blv。
2．导线的运动方向与导线本身垂直，但与磁感线方向夹角为θ时，如图乙所示，E＝Blvsin_θ。
预|习|自|检
1．判断正误(正确的画“√”，错误的画“×”)。
(1)在电磁感应现象中，有感应电动势，就一定有感应电流。(×)
(2)线圈中磁通量的变化量ΔΦ越大，线圈中产生的感应电动势一定越大。(×)
(3)线圈中磁通量变化越快，线圈中产生的感应电动势一定越大。(√)
(4)导线切割磁感线时，速度大的电动势一定大。(×)
2．下列叙述中影响感应电动势大小的因素是(　　)
A．磁通量的大小 B．磁通量的变化率
C．电路是否闭合 D．磁通量的变化量
解析　在闭合电路中，感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比，所以决定感应电动势大小的因素是磁通量的变化率，故B项正确，A、C、D三项错误。
答案　B
3．如图，间距为L的平行金属导轨上有一电阻为r的金属棒ab与导轨接触良好，导轨一端连接电阻R，其他电阻不计，磁感应强度为B，当金属棒ab以速度v向右匀速运动时，下列说法正确的是(　　)
A．电阻R两端的电压为BLv
B．ab棒受到的安培力的方向向左
C．ab棒中电流大小为
D．回路中电流为顺时针方向
解析　金属棒产生的感应电动势为E＝BLv，ab棒中电流大小为I＝，由右手定则，感应电流方向由b到a(逆时针方向)，则R两端电压为BLv－Ir，由左手定则可知ab棒受到的安培力向左，B项正确。
答案　B
细研深究　　萃取知识精华
课堂·合作探究
探究一 对法拉第电磁感应定律的理解和应用
1.感应电动势E的大小取决于穿过电路的磁通量的变化率，而与Φ的大小、ΔΦ的大小没有必然的关系，与电路的电阻R无关；感应电流的大小与E和回路总电阻R有关。
2．磁通量的变化率，是Φ－t图像上某点切线的斜率，可反映单匝线圈感应电动势的大小和方向。
3．E＝n只表示感应电动势的大小，不涉及其正负，计算时ΔΦ应取绝对值，至于感应电流的方向，可以用楞次定律去判定。
4．计算电动势时，常有以下两种情况：
E＝n·S——面积不变，磁感应强度变化；
E＝n·B——面积改变，磁感应强度不变。
【例1】　如图甲所示的螺线管，匝数n＝1 500匝，横截面积S＝20 cm2，方向向右穿过螺线管的匀强磁场的磁感应强度按图乙所示规律变化，则
　
(1)2 s内穿过线圈的磁通量的变化量是多少？
(2)磁通量的平均变化率多大？
(3)线圈中感应电动势大小为多少？
解析　(1)磁通量的变化量是由磁感应强度的变化引起的，则Φ1＝B1S，Φ2＝B2S，
ΔΦ＝Φ2－Φ1，
所以ΔΦ＝ΔBS＝(6－2)×20×10－4 Wb＝8×10－3 Wb。
(2)磁通量的变化率为
＝ Wb/s＝4×10－3 Wb/s。
(3)根据法拉第电磁感应定律得感应电动势的大小
E＝n＝1 500×4×10－3 V＝6 V。
答案　(1)8×10－3 Wb　(2)4×10－3 Wb/s　(3)6 V
微提醒
(1)计算电动势大小时，ΔΦ取绝对值不涉及正、负。
(2)＝·S，为Φ－t图像的斜率，为图像的斜率。
【针对训练1】　如图所示，一个圆形线圈的匝数为N，半径为a，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中。在Δt时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B均匀地增大到2B。在此过程中，线圈中产生的感应电动势为(　　)
A．　B． C．　D．
解析　由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势为：E＝N＝＝N·πa2＝，故B项正确，A、C、D三项错误。
答案　B
探究二 对公式E＝Blvsinθ的理解与应用
1.当l垂直B、l垂直v，而v与B成θ角时，导体切割磁感线产生的感应电动势大小为E＝Blvsinθ。
2．若导线是曲折的，或l与v不垂直时，则l应为导线的有效切割长度。
3．公式E＝Blv中，若v为一段时间内的平均速度，则E为平均感应电动势，若v为某时刻的切割速度，则E为瞬时感应电动势。
【例2】　如图所示，平行金属导轨的间距为d，一端连接一阻值为R的电阻，匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直于导轨所在平面向里，一根长直金属棒与导轨成60°角放置，且接触良好，则当金属棒以垂直于棒的恒定速度v沿金属导轨滑行时，其他电阻不计，电阻R中的电流为(　　)
A． B．
C． D．
解析　金属棒中产生的感应电动势为：E＝BLv＝Bv，通过R的电流为I＝＝，故A项正确，B、C、D三项错误。
答案　A
4. 当导体绕一端转动时如图所示，由于导体上各点的速度不同，是线性变化的，所以导体运动的平均速度为＝＝，由公式E＝Bl得，E＝Bl＝Bl2ω。
【例3】　长为l的金属棒ab以a点为轴在垂直于匀强磁场的平面内以角速度ω做匀速转动，如图所示，磁感应强度为B，求：
(1)ab棒各点的平均速率；
(2)ab两端的电势差大小；
(3)经时间Δt，金属棒ab所扫过面积中磁通量为多少？此过程中平均感应电动势多大？
解析　(1)ab棒各点的平均速率
＝＝＝ωl。
(2)ab两端的电势差大小
E＝Bl＝Bl2ω。
(3)经时间Δt金属棒ab所扫过的扇形面积为ΔS，则
ΔS＝l2θ＝l2ωΔt，
ΔΦ＝BΔS＝Bl2ωΔt。
由法拉第电磁感应定律得
E＝＝＝Bl2ω。
答案　(1)ωl　(2)Bl2ω　(3)Bl2ωΔt　Bl2ω
【针对训练2】　如图所示，粗细均匀的、电阻为r的金属圆环，放在图示的匀强磁场中，磁感应强度为B，圆环直径为l。长为l、电阻为的金属棒ab放在圆环上，以v0向右运动，当ab棒运动到图示虚线位置时，金属棒两端的电势差为(　　)
A．0 B．Blv0
C． D．
解析　按照E＝Blv0求出感应电动势，所求的金属棒两端的电势差为路端电压。左右侧圆弧均为半圆，电阻均为，并联的总电阻即外电路电阻R＝，金属棒的电阻等效为电源内阻r′＝，故U＝＝，故D项正确。
答案　D
【针对训练3】　如图所示，导体AB的长为4R，绕O点以角速度ω匀速转动，OB长为R，且O、B、A三点在一条直线上，有一匀强磁场磁感应强度为B，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．4BωR2 B．12BωR2
C．10BωR2 D．20BωR2
解析　导体转动切割磁感线产生感应电动势，E＝BL＝B·4R·＝12BωR2，B项正确。
答案　B
【新高考链接】　(2017·浙江选考)所图所示，匝数N＝100、截面积S＝1.0×10－2 m2、电阻r＝0.15 Ω的线圈内有方向垂直于线圈平面向上的随时间均匀增加的匀强磁场B1，其变化率k＝0.80 T/s。线圈通过开关S连接两根相互平行、间距d＝0.20 m的竖直导轨，下端连接阻值R＝0.50 Ω的电阻。一根阻值也为0.50 Ω、质量m＝1.0×10－2 kg的导体棒ab搁置在等高的挡条上。在竖直导轨间的区域仅有垂直纸面的不随时间变化的匀强磁场B2。接通开关S后，棒对挡条的压力恰好为零。假设棒始终与导轨垂直，且与导轨接触良好，不计摩擦阻力和导轨电阻。
(1)求磁感应强度B2的大小，并指出磁场方向；
(2)断开开关S后撤去挡条，棒开始下滑，经t＝0.25 s后下降了h＝0.29 m，求此过程棒上产生的热量。
解析　(1)线圈的感应电动势为
E＝n＝NS，
流过导体棒的电流Iab＝，
导体棒对挡条的压力为零，有B2Iabd＝mg，
则B2＝，解得B2＝0.5 T，
因为安培力向上，棒中电流向左，根据左手定则可知磁场方向垂直纸面向外。
(2)根据动量定律(mg－B2d)t＝mv，
Δq＝t＝，
解得v＝gt－，
ab棒产生的热量Q＝，
解得Q＝2.3×10－3 J。
答案　(1)0.50 T　垂直纸面向外　(2)2.3×10－3 J
限时训练　　巩固当堂所学
随堂·达标自测
1．穿过一个单匝闭合线圈的磁通量始终为每秒均匀增加2 Wb，则(　　)
A．线圈中感应电动势每秒增加 2 V
B．线圈中感应电动势每秒减少2 V
C．线圈中感应电动势始终为2 V
D．线圈中感应电动势始终为一个确定值，但由于线圈有电阻，电动势小于2 V
解析　由E＝n知：恒定，n＝1，所以E＝2 V，C项正确。
答案　C
2. 如图为无线充电技术中使用的受电线圈示意图，线圈匝数为n，面积为S。若在t1到t2时间内，匀强磁场平行于线圈轴线向右穿过线圈，其磁感应强度大小由B1均匀增加到B2，则该段时间线圈两端a和b之间的电势差φa－φb(　　)
A．数值恒为
B．数值从0均匀变化到
C．数值恒为－
D．数值从0均匀变化到－
解析　根据法拉第电磁感应定律得，感应电动势E＝n＝n，由楞次定律和右手螺旋定则可判断b点电势高于a点电势，因磁场均匀变化，所以感应电动势恒定，因此a、b两点电势差恒为φa－φb＝，C项正确。
答案　C
3．(多选)某地的地磁场磁感应强度的竖直分量方向向下，大小为4.5×10－5 T。一灵敏电压表连接在当地入海河段的两岸，河宽100 m，该河段涨潮和落潮时有海水(视为导体)流过，设落潮时，海水自西向东流，流速为2 m/s。
下列说法正确的是(　　)
A．电压表记录的电压为5 mV
B．电压表记录的电压为9 mV
C．河南岸的电势较高
D．河北岸的电势较高
解析　海水在落潮时自西向东流，该过程可以理解为自西向东运动的导体在切割竖直向下的磁感线。根据右手定则可判断，北岸是正极，电势高，南岸电势低，所以C项错误，D项正确；根据法拉第电磁感应定律E＝Blv＝4.5×10－5×100×2 V＝9×10－3 V，A项错误，B项正确。
答案　BD
4．(多选)如图所示，有一个磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，一半径为r金属圆环放置在磁场中，金属圆环所在的平面与磁场垂直。金属杆Oa一端在O，另一端a搁在环上，金属杆Oa可绕环的圆心O旋转，另一金属杆Ob一端固定在O点，另一端b固定在环上。已知Oa杆以角速度ω沿顺时针方向匀速旋转，所有接触点接触良好，Ob不影响Oa的转动，则下列说法正确的是(　　)
A．流过Oa的电流方向为O指向a
B．流过Oa的电流方向为a指向O
C．Oa旋转时产生的感应电动势的大小为Bωr2
D．Oa旋转时产生的感应电动势的大小为Bωr2
解析　根据右手定则可知，流过Oa的电流方向为由O指向a，故A项正确，B项错误；Oa杆切割磁感线产生感应电动势为E＝Br＝Br＝Br＝Bωr2，故C项错误，D项正确。
答案　AD
运动导体中的自由电子，不仅随导体以速度v运动，而且还沿导体以速度u做定向移动，如图所示。因此，导体中的电子的合速度v合等于v和u的矢量和，所以电子受到的洛伦兹力为F合＝Bev合，F合与合速度v合垂直。从做功角度分析，由于F合与v合垂直，所以它对电子不做功。
【快乐体验】　(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．感应电流方向始终沿顺时针方向不变
B．CD段直导线始终不受安培力
C．感应电动势最大值Em＝Bav
D．感应电动势平均值＝πBav
解析　由楞次定律可判定感应电流始终沿逆时针方向，故A项错误；CD段导线中有电流，由左手定则知CD段直导线始终受安培力，故B项错误；当有一半进入磁场时，切割磁感线的有效长度最大，最大感应电动势为Em＝Bav，C项正确；根据法拉第电磁感应定律可得感应电动势的平均值＝＝＝πBav，D项正确。
答案　CD
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知识点一 法拉第电磁感应定律
1. (多选)用均匀导线做成的矩形线圈abcd，长为3l，宽为l，矩形线圈的一半放在垂直纸面向外的匀强磁场中，线圈总电阻为R，如图所示。当磁场的磁感应强度大小以B＝3＋2t的规律变化时，下列说法正确的是(　　)
A．线圈中感应电流的方向为abcda
B．线圈中产生的感应电动势大小为3l2
C．线圈中产生的感应电流大小为
D．线圈受到的安培力向右
解析　磁感应强度增大，由楞次定律可知，感应电流沿adcba方向，故A项错误；由法拉第电磁感应定律可得感应电动势E＝＝·S＝2×1.5l2＝3l2，故B项正确；线圈中产生的感应电流大小为I＝＝，C项错误；根据左手定则判断线圈所受的安培力的方向向右，D项正确。
答案　BD
2. (多选)如图所示，a、b两个闭合正方形线圈用同样的导线制成，匝数均为7匝，边长la＝3lb，图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀增大，不考虑线圈之间的相互影响，则(　　)
A．两线圈内产生顺时针方向的感应电流
B．a、b线圈中感应电动势之比为9∶1
C．a、b线圈中感应电流之比为3∶1
D．a、b线圈中电功率之比为3∶1
解析　根据楞次定律可知，原磁场向里增大，则感应电流的磁场与原磁场方向相反，因此感应电流为逆时针，故A项错误；根据法拉第电磁感应定律可知，E＝＝，而S＝l2，因此电动势之比为9∶1，故B项正确；线圈中电阻R＝ρ，而导线长度L＝n×4l；故电阻之比为3∶1，由欧姆定律可知，I＝，则电流之比为3∶1，故C项正确；电功率P＝，电动势之比为9∶1，电阻之比为3∶1，则电功率之比为27∶1，故D项错误。
答案　BC
知识点二 导体切割磁感线产生感应电动势
3. 如图所示，在国庆60周年阅兵盛典上，我国预警机“空警—2000”在天安门上空时机翼保持水平，以120 m/s的速度自东向西飞行。该机的翼展(两翼尖之间的距离)为50 m，北京地区地磁场的竖直分量向下，大小为4.5×10－5 T，则(　　)
A．两翼尖之间的电势差为0
B．两翼尖之间的电势差为2.7 V
C．飞行员左方翼尖的电势比右方翼尖的电势高
D．飞行员左方翼尖的电势比右方翼尖的电势低
解析　由E＝BLv可得，两翼尖间的电势差为：U＝E＝BLv＝4.5×10－5×50×120 V＝0.27 V，故A、B两项错误；由右手定则可知，电路中若有感应电流，其方向自右向左，因飞机此时作为电源处理，故电势应为左方高，故C项正确，D项错误。
答案　C
4. 如图所示，在竖直向下的匀强磁场中有一根水平放置的金属棒沿水平方向抛出，初速度方向和棒垂直，则棒两端产生的感应电动势将(　　)
A．随时间增大　　　　 B．随时间减小
C．不随时间变化 D．难以确定
解析　金属棒水平抛出后做平抛运动，水平方向上做匀速直线运动，由E＝BLv0可知E不变；竖直方向上做匀加速直线运动，但在该方向上不切割磁感线，故不产生电动势。所以整个过程中，金属棒产生的总电动势为E＝BLv0，C项正确。
答案　C
课堂小练(八)　法拉第电磁感应定律
　基本素养练　
1．下列关于电磁感应的说法正确的是(　　)
A．在电磁感应现象中，有感应电动势，就一定有感应电流
B．穿过某电路的磁通量变化量越大，产生的感应电动势就越大
C．闭合电路置于磁场中，当磁感应强度为零时，感应电动势可能很大
D．公式E＝Blv中的l是导体的长度
解析　在电磁感应现象中，有感应电动势，不一定有感应电流，只有当电路闭合时才有感应电流，A项错误；穿过某电路的磁通量变化率越大，产生的感应电动势就越大，B项错误；闭合电路置于磁场中，当磁感应强度为零时，磁通量的变化率可能很大，则感应电动势可能很大，C项正确；公式E＝Blv中的l是导体切割磁感线的有效长度，D项错误。
答案　C
2．一根直导线长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的说法错误的是(　　)
A．一定为0.1 V B．可能为零
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互相垂直而导体切割磁感线运动时感应电动势最大：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，B、C、D三项正确，A项错误。
答案　A
3. 如图所示，固定于水平面上的金属架abcd处在竖直向里的匀强磁场中，金属棒MN沿框架以速度v向右做匀速运动。t＝0时，磁感应强度为B0，此时MN到达的位置恰好使MbcN构成一个边长为L的正方形。为使MN棒中不产生感应电流，从t＝0开始，磁感应强度B随时间t变化的示意图为(　　)
解析　当通过闭合回路的磁通量不变时，则MN棒中不产生感应电流，有B0L2＝BL(L＋vt)，得B＝，由表达式可知，随着t的增加B减小，且B减小得越来越慢，故C项正确，A、B、D三项错误。
答案　C
4．下列各图中，相同的条形磁铁穿过相同的线圈时，线圈中产生的感应电动势最大的是(　　)
解析　感应电动势的大小为E＝n＝n，A、B两种情况磁通量变化量相同，C项中ΔΦ最小，D项中ΔΦ最大，磁铁穿过线圈所用的时间A、C、D三项相同且小于B所用的时间，D项正确。
答案　D
5. (多选)用导线绕一圆环，环内有一用同样导线折成的内接正方形线框，圆环与线框绝缘，如图所示。把它们放在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于圆环平面(纸面)向里。当磁场均匀减弱时(　　)
A．圆环和线框中的电流方向都为顺时针
B．圆环和线框中的电流方向都为逆时针
C．圆环和线框中的电流大小之比为∶1
D．圆环和线框中的电流大小之比为2∶1
解析　根据楞次定律，当磁场均匀减弱时，圆环和线框中的电流方向都为顺时针，故A项正确，B项错误；设正方形的边长为2a，由几何关系可知，外接圆的半径r＝a。则根据法拉第电磁感应定律得，正方形线框中的感应电动势与圆环中感应电动势之比为E正∶E圆＝(2a)2∶π(a)2＝2∶π，根据电阻决定式得到，正方形线框中的电阻与圆环的电阻之比为R正∶R圆＝ρ∶ρ＝2∶π。由欧姆定律得正方形线框中的感应电流强度与圆环中感应电流强度之比为I正∶I圆＝∶＝1∶，故C项正确，D项错误。
答案　AC
6．如图所示，某课外活动小组的同学，把一根大约10 m长的电线的两端用导线连接在一个灵敏电流表的两个接线柱上。有两名同学站在东西方向摇动导线做“摇绳发电”实验，要使实验现象更明显，你认为下列改进措施可行的是(　　)
A．减缓摇绳的速度
B．站在南北方向摇动导线
C．增加被摇动导线的长度
D．把灵敏电流表改为伏特表
解析　根据E＝BLv可知，减缓摇绳的速度，则电动势减小，实验现象越不明显，A项错误；由于地球的周围存在磁场，且磁感线的方向是从地理的南极指向地理的北极，所以当两个同学站在南北方向摇动导线，产生的感应电动势较小，实验不明显，B项错误；根据E＝BLv可知，增加被摇动导线的长度，则电动势变大，实验现象越明显，C项正确；伏特表的内阻较大，则把灵敏电流表改为伏特表，指针偏转更加不明显，D项错误。
答案　C
7．如图所示，导线OA长为l，在匀强磁场中以角速度ω沿图中所示方向绕通过悬点O的竖直轴旋转，导线OA与竖直方向的夹角为θ。则OA导线中的感应电动势大小和O、A两点电势高低情况分别是(　　)
A．Bl2ω，O点电势高
B．Bl2ω，A点电势高
C．Bl2ωsin2 θ，O点电势高
D．Bl2ωsin2 θ，A点电势高
解析　导线OA切割磁感线的有效长度等于圆的半径，即R＝l·sin θ，产生的感应电动势E＝BR2ω＝Bl2ωsin2 θ，由右手定则可知A点电势高，所以D项正确。
答案　D
8. (多选)单匝线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量Φ随时间t变化的关系图像如图所示，则(　　)
A．在t＝0时刻，线圈中磁通量最大，感应电动势也最大
B．在t＝1×10－2 s时刻，感应电动势最大
C．在t＝2×10－2 s时刻，感应电动势为零
D．在0～2×10－2 s时间内，线圈中感应电动势的平均值为零
解析　由法拉第电磁感应定律知E∝，故t＝0及t＝2×10－2 s时刻，E＝0，A项错误，C项正确；t＝1×10－2 s时刻，E最大，B项正确；0～2×10－2 s，ΔΦ≠0，≠0，D项错误。
答案　BC
9. (多选)用均匀导线做成的正方形线圈边长为l，正方形的一半放在垂直于纸面向里的匀强磁场中，如图所示。当磁场以的变化率增强时，则(　　)
A．线圈中感应电流方向为acbda
B．线圈中产生的电动势E＝·
C．线圈中a点电势高于b点电势
D．线圈中a、b两点间的电势差为·
解析　根据楞次定律可知，线圈中感应电流沿逆时针方向，A项正确；线圈中产生的电动势E＝＝＝·，B项正确；线圈中的感应电流沿逆时针方向，所以a点电势低于b点电势，C项错误；线圈左边的一半导线相当于电源，右边的一半导线相当于外电路，a、b两点间的电势差相当于路端电压，其大小为U＝＝·，D项错误。
答案　AB
10．如图所示，半径为r的金属圆盘在垂直于盘面的匀强磁场B中绕O轴以角速度ω沿逆时针方向匀速转动，则通过电阻R的电流的大小和方向是(金属圆盘的电阻不计)(　　)
A．由c到d，I＝
B．由d到c，I＝
C．由c到d，I＝
D．由d到c，I＝
解析　金属圆盘在匀强磁场中匀速转动，可以等效为无数根长为r的导体棒绕O点做匀速圆周运动，其产生的电动势大小为E＝，由右手定则可知电流方向由c指向d，通过电阻R的电流I＝，C项正确。
答案　C
　能力提升练　
11．(多选)等离子体气流由左方连续以速度v0射入P1和P2两极板间的匀强磁场中，ab直导线与P1、P2相连接，线圈A与直导线cd连接。线圈A内有如图乙所示的变化磁场，且规定向左为磁场B的正方向，如图甲所示，则下列叙述正确的是(　　)
A．0～1 s内ab、cd导线互相吸引
B．1～2 s内ab、cd导线互相排斥
C．2～3 s内ab、cd导线互相吸引
D．3～4 s内ab、cd导线互相排斥
解析　等离子体气流通过匀强磁场时，正离子向上偏转，负离子向下偏转，形成从a到b的电流。分析图乙可知，线圈A中磁场均匀变化，形成感应电流，根据楞次定律可知，0～2 s内，cd导线中电流由d到c,2～4 s内，cd导线中电流由c到d，根据平行直导线的相互作用规律可知，同向电流吸引，异向电流排斥，故0～2 s内，ab、cd导线互相排斥，2～4 s内，ab、cd导线互相吸引，B、C两项正确。
答案　BC
12. 如图所示，PQRS为一正方形导线框，它以恒定速度向右进入以MN为边界的匀强磁场，磁场方向垂直于线框平面，边界MN与线框的边成45°角，E、F分别为PS和PQ的中点。关于线框中的感应电流，下列说法正确的是(　　)
A．当E点经过边界MN时，线框中感应电流最大
B．当P点经过边界MN时，线框中感应电流最大
C．当F点经过边界MN时，线框中感应电流最大
D．当Q点经过边界MN时，线框中感应电流最大
解析　当P点开始进磁场时，R点也开始进磁场，这是因为PR连线与MN平行，这时切割磁感线的有效长度为最大，等于RS的长度。所以，回路产生的感应电动势最大，电流也最大，B项正确。
答案　B
13．在竖直方向的匀强磁场中，水平放置一圆形导体环(单匝线圈)，其面积为S＝1×102 cm2，电阻R＝。规定导体环中电流的正方向为如图甲所示的顺时针(从上向下看)方向，磁场向上为正方向。磁感应强度B随时间图乙变化，计算结果均保留一位有效数字。试分析：
(1)第2 s末通过导体环的磁通量Φ的大小；
(2)在1 ～ 2 s内导体环中的感应电流I的大小及方向；
(3)在1 ～ 2 s内导体环中产生的热量Q。
解析　(1)Φ＝B·S＝1×10－2×1×102×10－4 Wb＝1×10－4 Wb。
(2)根据法拉第电磁感应定律得
E＝＝ V＝1×10－4 V，
结合闭合电路欧姆定律得
I＝＝ A＝1×10－3 A，
根据楞次定律可知在1～2 s内导体环中的感应电流I的方向为顺时针。
(3)根据焦耳定律得Q＝I2Rt＝(1×10－3)2×0.1×1 J＝1×10－7 J。
答案　(1)1×10－4 Wb　(2)1×10－3 A　顺时针　
(3)1×10－7 J
14. 如图所示，半径为a的圆形区域(图中虚线)内有匀强磁场，磁感应强度为B＝0.2 T，半径为b的金属圆环与虚线圆同心、共面放置，磁场与环面垂直，其中a＝0.4 m、b＝0.6 m；金属环上分别接有灯L1、L2，两灯的电阻均为2 Ω。一金属棒MN与金属环接触良好，棒与环的电阻均不计。
(1)若棒以v0＝5 m/s的速率沿环面向右匀速滑动，求棒滑过圆环直径OO′的瞬间，MN中的电动势和流过灯L1的电流。
(2)撤去中间的金属棒MN，将左面的半圆弧OL1O′以MN为轴翻转90°，若此后B随时间均匀变化，其变化率为＝ T/s，求灯L2的功率。
解析　(1)棒滑过圆环直径OO′的瞬间，MN中的电动势为动生电动势，
E＝B·2a·v＝0.8 V，
流经L1的电流I＝＝0.4 A。
(2)电路中的电动势为感生电动势，
E＝·，
灯L2的功率P2＝2RL2＝×10－2 W。
答案　(1)0.8 V　0.4 A　(2)1.28×10－2 W
3．涡流、电磁阻尼和电磁驱动
学习目标：认识感生电场，并能说出感生电动势的概念。
　情境导入
乘坐飞机的乘客登机前都要接受安全检查，图中是一种手持式金属探测器，一靠近金属体，它就会发出报警声。在报警器内有一线圈，线圈中通过高频电流，因此线圈周围有高频的变化磁场，当探测器靠近金属体时，在金属体内产生感应电流，感应电流产生的磁场又会穿过线圈，改变线圈中原磁场，使电子线路中的电流发生变化，报警器报警。
【问题】　金属体内的感应电流有什么特点？与感应线圈中产生的感应电流有区别吗？
稳健启程　　新知初步构建
　课前·新知初探
知|识|梳|理
一、感生电场和感生电动势
1．感生电场
麦克斯韦认为，磁场变化时会在空间激发一种电场，它与静电场不同，不是由电荷产生的，我们叫它感生电场。
2．感生电动势
由感生电场产生的感应电动势。
3．感生电动势中的非静电力
感生电场对自由电荷的作用。
4．感生电场的方向判断
由磁场的方向和强弱变化，根据楞次定律判断。
二、涡流、电磁阻尼和电磁驱动
1．涡流：当线圈中的电流随时间变化时，线圈附近的任何导体中都会产生感应电流，电流在导体中组成闭合回路，很像水中的旋涡，所以把它叫作涡电流，简称涡流。涡流大小的决定因素：磁场变化越快(越大)，导体的横截面积S越大，导体材料的电阻率越小，形成的涡流就越大。
2．电磁阻尼：当导体在磁场中运动时，导体中产生的感应电流会使导体受到安培力，安培力的方向总是阻碍导体的运动，这种现象称为电磁阻尼。
3．电磁驱动：若磁场相对导体运动，在导体中会产生感应电流，感应电流使导体受到安培力的作用，安培力使导体运动起来，这种作用常常称为电磁驱动。
预|习|自|检
1．判断正误(正确的画“√”，错误的画“×”)。
(1)感生电场线是闭合的。(√)
(2)磁场变化时，可以产生感生电场，并不需要电路闭合这一条件。(√)
(3)涡流跟平时常见的感应电流一样，都是因为穿过导体的磁通量变化而产生的。(√)
(4)电磁炉是在金属锅体中产生热效应，从而达到加热和烹饪食物的目的。(√)
(5)由电磁驱动的实例可以说明，感应电流只能提供动力不能提供阻力。(×)
2．在按如图所示的四种变化规律的磁场中能产生恒定的感生电场的是(　　)
解析　恒定的感生电场由均匀变化的磁场产生，C项正确。
答案　C
3．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。下列相关的说法中正确的是(　　)
A．锅体中涡流的强弱与磁场变化的频率有关
B．电磁炉中通入电压足够高的直流电也能正常工作
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　锅体中涡流的强弱与磁场变化的频率有关，故A项正确；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，故B项错误；锅体只能用铁磁性导体材料，不能使用绝缘材料制作锅体，故C项错误；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，电磁炉上表面要用绝缘材料制作，故D项错误。
答案　A
细研深究　　萃取知识精华
课堂·合作探究
探究一 电磁感应中的感生电场和感生电动势
1.感生电场是一种涡旋电场，电场线是闭合的。
2．感生电场的方向可由楞次定律判断。如图所示，当磁场增强时，产生的感生电场是与磁场方向垂直且阻碍磁场增强的电场。
3．感生电场的存在与是否存在闭合电路无关。
【例1】　某空间出现了如图所示的一组闭合电场线，方向从上向下看是顺时针的，这可能是(　　)
A．沿AB方向磁场在迅速减弱
B．沿AB方向磁场在迅速增强
C．沿BA方向磁场恒定不变
D．沿BA方向磁场在迅速减弱
解析　感生电场的方向从上向下看是顺时针的，假设在平行感生电场的方向上有闭合回路，则回路中的感应电流方向从上向下看也应该是顺时针的，由右手螺旋定则可知，感应电流的磁场方向向下，根据楞次定律可知，原磁场的情况有两种可能：原磁场方向向下且沿AB方向减弱，或原磁场方向向上，且沿BA方向增强，所以A有可能。
答案　A
【针对训练1】　如图所示是一个水平放置的玻璃圆环形小槽，槽内光滑，槽宽度和深度处处相同。现将一直径略小于槽宽的带正电小球放在槽中，让它获得一初速度v0(从上向下看，沿逆时针方向)，与此同时，有一变化的磁场垂直穿过玻璃圆环形小槽外径所在的区域，磁感应强度的大小跟时间成正比例增大，方向竖直向下。设小球在运动过程中电荷量不变，则(　　)
A．小球需要的向心力大小不变
B．小球需要的向心力大小不断增大
C．磁场力对小球做了功
D．小球受到的磁场力大小与时间成正比
解析　当磁感应强度随时间均匀增大时，将产生一恒定的感生电场，由楞次定律知，电场方向和小球初速度方向相同，因小球带正电，电场力对小球做正功，小球速率逐渐增大，所需向心力也随着增大，故A项错误，B项正确；洛伦兹力对运动电荷不做功，故C项错误；带电小球所受洛伦兹力F＝qBv，随着速率的增大而增大，同时B∝t，则F和t不成正比，故D项错误。
答案　B
探究二 涡流、电磁阻尼和电磁驱动
1.涡流
(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)产生涡流时的能量转化：①金属块在变化的磁场中，磁场能转化为电能，最终转化为内能；②金属块进出磁场或在非匀强磁场中运动，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)涡流的应用与防止：①应用：真空冶炼炉、探雷器、安检门等。②防止：为了减小电动机、变压器铁芯上的涡流，常用电阻率较大的硅钢做材料，而且用相互绝缘的硅钢片叠成铁芯来代替整块硅钢铁芯。
2．电磁阻尼与电磁驱动的比较
电磁阻尼 电磁驱动
不同点 成因 由于导体在磁场中运动而产生感应电流，从而使导体受到安培力 由于磁场运动引起磁通量的变化而产生感应电流，从而使导体受到安培力
效果 安培力的方向与导体运动方向相反，阻碍导体运动 导体受安培力的方向与导体运动方向相同，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，而对外做功
相同点 两者都是电磁感应现象，都遵循楞次定律，都是安培力阻碍引起感应电流的导体与磁场间的相对运动
【例2】　如图所示，在一个绕有线圈的可拆变压器铁芯上分别放一小铁锅水和一玻璃杯水。给线圈通入电流，一段时间后，一个容器中水温升高，则通入的电流与水温升高的是(　　)
A．恒定直流、小铁锅
B．恒定直流、玻璃杯
C．变化的电流、小铁锅
D．变化的电流、玻璃杯
解析　通入恒定直流时，所产生的磁场不变，不会产生感应电流；通入变化的电流，所产生的磁场发生变化，在空间产生感生电场。铁锅是导体，感生电场在导体内产生电流，电能转化为内能，使水温升高；涡流是由变化的磁场在导体内产生的，所以玻璃杯中的水不会升温。C项正确。
答案　C
【针对训练2】　扫描隧道显微镜(STM)可用来探测样品表面原子尺度上的形貌。为了有效隔离外界振动对STM的扰动，在圆底盘周边沿其径向对称地安装若干对紫铜薄板，并施加磁场来快速衰减其微小振动，如图所示。无扰动时，按下列四种方案对紫铜薄板施加恒磁场；出现扰动后，对于紫铜薄板上下及其左右振动的衰减最有效的方案是(　　)
解析　感应电流产生的条件是闭合回路中的磁通量发生变化。在A图中，系统振动时，紫铜薄板随之上下及左右振动，在磁场中的部分有时多有时少，磁通量发生变化，产生感应电流，受到安培力，阻碍系统的振动；在B、D图中，只有紫铜薄板左右振动才产生感应电流，而上下振动无电流产生；在C图中，无论紫铜薄板上下振动还是左右振动，都不会产生感应电流，故A项正确，B、C、D三项错误。
答案　A
【新高考链接】　(2020·山东省济宁一中质量检测)(多选)某实验小组制作一个金属安检仪原理可简化为图示模型。正方形金属线圈abcd平放在粗糙水平传送带上，被电动机带动一起以速度v匀速运动，线圈边长为L，电阻为R，质量为m，有一边界宽度也为L的矩形磁场垂直于传送带，磁感应强度为B，且边界与线圈 bc 边平行。已知线圈穿过磁场区域的过程中速度不变，下列说法中正确的是(　　)
A．线圈进入磁场时回路中感应电流的方向与穿出时相反
B．线圈进入磁场时所受静摩擦力的方向与穿出时相反
C．线圈进入磁场区域的过程中通过导线某一横截面的电荷量为
D．线圈经过磁场区域的过程中电动机多消耗的电功率为
解析　由楞次定律判断得线圈进入磁场和穿出磁场时产生的感应电流方向相反，A项正确；线圈中感应电流受到的安培力阻碍线圈的进入或穿出运动，所以安培力向左，由平衡条件得摩擦力均向右，B项错误；线圈进入磁场过程中通过导线横截面的电荷量q＝＝，C项正确；线圈经过磁场区域的过程中电动机多消耗的电功率P＝Fv＝，D项错误。
答案　AC
限时训练　　巩固当堂所学
随堂·达标自测
1．(多选)在空间某处存在一变化的磁场，则(　　)
A．在磁场中放一闭合线圈，线圈中一定会产生感应电流
B．在磁场中放一闭合线圈，线圈中不一定会产生感应电流
C．在磁场中不放闭合线圈，在变化的磁场周围一定不会产生电场
D．在磁场中放不放闭合线圈，在变化的磁场周围一定会产生电场
解析　由产生感应电流的条件知，闭合线圈的磁通量发生变化时才能产生感应电流，如果线圈平面与磁场方向平行时，则无感应电流产生，故A项错误，B项正确；由麦克斯韦电磁场理论知感应电场的产生与磁场周围是否有闭合线圈无关，故C项错误，D项正确。
答案　BD
2．(多选)如图所示是高频焊接原理示意图。线圈中通以高频变化的电流时，待焊接的金属工件中就产生感应电流，感应电流通过焊缝产生大量热，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．电流变化的频率越高，焊缝处的温度升高的越快
B．电流变化的频率越低，焊缝处的温度升高的越快
C．工件上只有焊缝处温度升的很高是因为焊缝处的电阻小
D．工件上只有焊缝处温度升的很高是因为焊缝处的电阻大
解析　交流电频率越高，则产生的感应电流越强，升温越快，故A项正确；工件上各处电流相同，电阻大处产生的热量多，故D项正确。
答案　AD
3．(多选)如图所示，蹄形磁铁和矩形线圈均可绕竖直轴OO′转动。从上向下看，当磁铁逆时针转动时，则(　　)
A．线圈将逆时针转动，转速与磁铁相同
B．线圈将逆时针转动，转速比磁铁小
C．线圈转动时将产生感应电流
D．线圈转动时感应电流的方向始终是abcda
解析　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项正确；当线圈相对磁铁转过90°时电流方向不再是abcda，D项错误；由楞次定律的推广含义可知，线圈将与磁铁同向转动，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项错误，B项正确。
答案　BC
4．(多选)磁电式仪表的线圈通常用铝框当骨架，把线圈绕在铝框上，这样做的目的是(　　)
A．防止涡流而设计的
B．利用涡流而设计的
C．起电磁阻尼的作用
D．起电磁驱动的作用
解析　线圈通电后，在安培力作用下发生转动，铝框随之转动，并切割磁感线产生感应电流，形成涡流，涡流阻碍线圈的转动，使线圈偏转后较快停下来。所以，这样做的目的是利用涡流起电磁阻尼的作用，故B、C两项正确。
答案　BC
无线充电技术源于无线电能传输技术，可分为小功率无线充电和大功率无线充电两种方式。
小功率无线充电常采用电磁感应式，初级线圈一定频率的交流电，通过电磁感应在次级线圈中产生一定的电流，从而将能量从传输端转移到接收端。目前最为常见的充电解决方案就采用了电磁感应，事实上，电磁感应解决方案在技术实现上并无太多神秘感，中国本土的比亚迪公司，早在2005年12月申请的非接触感应式充电器专利，就使用了电磁感应技术。
大功率无线充电常采用谐振式，由能量发送装置，和能量接收装置组成，当两个装置调整到相同频率，或者说在一个特定的频率上共振，它们就可以交换彼此的能量。
【快乐体验】　随着科技的不断发展，无线充电已经进入人们的视线，小到手表、手机，大到电脑、电动汽车的充电，都已经实现了从理论研发到实际应用的转化。如图给出了某品牌的无线充电手机利用电磁感应方式无线充电的原理图。关于无线充电，下列说法正确的是(　　)
A．无线充电时手机接收线圈部分的工作原理是“电流的磁效应”
B．只有将充电底座接到直流电源上才能对手机进行充电
C．接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同
D．只要有无线充电底座，所有手机都可以进行无线充电
解析　无线充电时手机接收线圈部分的工作原理是电磁感应现象，A项错误；充电底座接直流电源时，无线充电设备不会产生交变磁场，不能够正常使用，B项错误；电磁感应现象不会改变电流的频率，接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同，C项正确；被充电手机内部，应该有一类似金属线圈的部件，与手机电池相连，当有交变磁场时，则出现感应电动势，因此普通手机不能够利用无线充电设备进行充电，D项错误。
答案　C
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知识点一 感生电场
1. 如图所示，一个带正电的粒子在垂直于匀强磁场的平面内做圆周运动，当磁感应强度均匀增大时，此粒子的动能将(　　)
A．不变
B．增大
C．减少
D．以上情况都有可能
解析　根据麦克斯韦电磁场理论，当磁感应强度均匀增大时，会产生环形电场；根据楞次定律，电场方向垂直于磁场沿逆时针方向，与粒子运动方向一致，电场力对粒子做正功，粒子的动能将增大，故B项正确。
答案　B
知识点二 涡流、电磁阻尼和电磁驱动
2. (多选)如图所示，在线圈上端放置一盛有冷水的金属杯，现接通交流电源，过了几分钟，杯内的水沸腾起来。若要缩短上述加热时间，下列措施可行的有(　　)
A．增加线圈的匝数
B．提高交流电源的频率
C．将金属杯换为瓷杯
D．取走线圈中的铁芯
解析　交变电流在铁芯中产生交变磁场，金属杯会产生感应电流而发热，从而使杯内水沸腾。增加线圈的匝数和提高交流电源的频率都可以增大金属杯产生的电流，可缩短加热时间，A、B两项正确；将金属杯换成瓷杯，变化磁场不能使它产生电流，也就不能使水加热，C项错误；取走线圈中的铁芯，会减小其中的磁场，金属杯产生的电流会减小，从而增加加热的时间，D项错误。
答案　AB
3. 将一个闭合金属环用绝缘丝线悬于O点，如图所示，虚线左边有垂直于纸面向外的匀强磁场，而右边没有磁场，不计空气阻力，将金属环拉至图示位置释放后(　　)
A．金属环的摆动不会停下来，一直做等幅摆动
B．金属环的摆动幅度越来越小，小到某一数值后做等幅摆动
C．金属环的摆动最终会停下来
D．金属环摆动过程中机械能守恒
解析　当金属环进入或离开磁场区域时磁通量发生变化，会产生感应电流，从而阻碍线圈运动，即有机械能通过安培力做负功转化为内能，则金属环的机械能不守恒，所以金属环最终静止，故A、B、D三项错误，C项。
答案　C
4. 如图所示，闭合导线环和条形磁铁都可以绕水平的中心轴OO′自由转动，开始时磁铁和圆环都静止在竖直平面内。若条形磁铁突然绕OO′轴，N极向纸里、S极向纸外转动，在此过程中，圆环将(　　)
A．产生逆时针方向的感应电流，圆环上端向里、下端向外随磁铁转动
B．产生顺时针方向的感应电流，圆环上端向外、下端向里转动
C．产生逆时针方向的感应电流，圆环并不转动
D．产生顺时针方向的感应电流，圆环并不转动
解析　磁铁转动时，穿过环向里的磁通量增加，根据楞次定律，环中产生逆时针方向的感应电流，磁铁转动时，为阻碍磁通量的变化，导线环与磁铁同向转动，A项正确。
答案　A
课堂小练(九)　涡流、电磁阻尼和电磁驱动
　基本素养练　
1．(多选)下列说法中正确的是(　　)
A．感生电场是由变化的磁场产生
B．恒定的磁场也能在周围空间产生感生电场
C．感生电场的方向也同样可以用楞次定律和右手螺旋定则来判定
D．感生电场的电场线是闭合曲线，其方向一定是沿逆时针方向
解析　磁场变化时在空间激发感生电场，其方向与所产生的感应电流方向相同，可由楞次定律和右手螺旋定则判断，A、C两项正确。
答案　AC
2．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做匀速运动
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三项错误；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项正确。
答案　D
3．下列现象属于电磁阻尼的是(　　)
①磁电式仪表线圈的骨架用铝框来做
②微安表的表头在运输时要把两接线柱短接
③自制金属地雷探测器
④交流感应电动机
A．①② B．①③
C．②③ D．③④
解析　①铝是导体，仪表指针偏转时铝框随之转动，并切割磁感线产生电流，感应电流又会受到安培力，阻碍线圈的转动，属于电磁阻尼；②接线柱短接后由于电磁效应，动圈阻尼变得极大，运输时线圈不再容易摆动，可防止指针打坏，属于电磁阻尼；③金属地雷探测器由高频振荡器、振荡检测器等组成，不属于电磁阻尼；④交流感应电动机，线框由于电流受安培力转动，属于电磁驱动。综上，A项正确。
答案　A
4. 如图所示，一个铜质圆环，无初速度地自位置Ⅰ下落到位置Ⅱ，若圆环下落时其轴线与磁铁悬线重合，圆环面始终水平。位置Ⅰ与位置Ⅱ的高度差为h，则运动时间(　　)
A．等于 B．大于
C．小于 D．无法判定
解析　由于圆环下落过程中出现电磁阻尼，阻碍其下落，所以下落时间大于，B项正确。
答案　B
5. 桌面上放一铜片，如图所示，一条形磁铁的N极自上而下接近铜片的过程中，铜片对桌面的压力(　　)
A．增大
B．减小
C．不变
D．无法判断是否变化
解析　磁铁的N极接近铜片时，自上而下穿过铜片的磁通量增大，在铜片内会产生逆时针方向绕行的感应电流(如图所示)，使铜片上方呈现N极，阻碍磁铁接近。根据牛顿第三定律知，磁铁对铜片有同样大小的作用力，使铜片增加对桌面的压力，A项正确。
答案　A
6. 光滑曲面与竖直平面的交线是抛物线，如图所示，抛物线的方程为y＝x2，其下半部处在一个水平方向的匀强磁场中，磁场的上边界是y＝a的直线(如图中的虚线所示)。一个小金属块从抛物线上y＝b(b>a)处以速度v沿抛物线下滑，假设曲面足够长，则金属块在曲面上滑动的过程中产生的焦耳热总量是(　　)
A．mgb B．mv2
C．mg(b－a) D．mg(b－a)＋mv2
解析　由初状态到末状态(金属块在磁场区域内往复运动)能量守恒。初状态机械能E1＝mgb＋mv2，末状态机械能E2＝mga，焦耳热Q＝E1－E2＝mg(b－a)＋，故D项正确。
答案　D
7．如图所示，金属球(铜球)下端有通电的线圈，今把小球拉离平衡位置后释放，此后关于小球的运动情况是(不计空气阻力)(　　)
A．做等幅振动 B．做阻尼振动
C．振幅不断增大 D．无法判定
解析　金属球在通电线圈产生的磁场中运动，金属球中产生涡流，故金属球要受到安培力作用，阻碍它与线圈磁场的相对运动，做阻尼振动，故B项正确。
答案　B
8. 如图所示，上下开口、内壁光滑的铜管P和塑料管Q竖直放置。小磁块先后在两管中从相同高度处由静止释放，并落至底部。不计空气阻力，则小磁块(　　)
A．在P和Q中都做自由落体运动
B．在两个下落过程中的机械能都守恒
C．在P中的下落时间比在Q中的长
D．落至底部时在P中的速度比在Q中的大
解析　小磁块在内壁光滑的塑料管Q中，由静止释放做自由落体运动，机械能守恒；小磁块在内壁光滑的铜管P中下落时，则会产生电磁阻尼阻碍小磁块的运动，比在Q中下落时间长，C项正确，A项错误；在P中下落时由于电磁阻尼产生焦耳热，机械能不守恒，B项错误；由于在P中下落时机械能有损失，落至底部时的速度比在Q中的小，D项错误。
答案　C
9．(多选)安检门是一个用于安全检查的“门”，“门框”内有线圈，线圈里通有交变电流，交变电流在“门”内产生交变磁场，金属物品通过“门”时能产生涡流，涡流的磁场又反过来影响线圈中的电流，从而引起报警。以下关于这个安检门的说法正确的是(　　)
A．这个安检门也能检查出毒品携带者
B．这个安检门只能检查出金属物品携带者
C．如果这个“门框”的线圈中通上恒定电流，也能检查出金属物品携带者
D．这个安检门工作时，既利用了电磁感应现象，又利用了电流的磁效应
解析　这个安检门是利用涡流工作的，因而只能检查出金属物品携带者，A项错误，B项正确；若“门框”的线圈中通上恒定电流，只能产生恒定磁场，它不能使金属物品产生涡流，因而不能检查出金属物品携带者，C项错误；安检门工作时，既利用了电磁感应现象，又利用了电流的磁效应，D项正确。
答案　BD
10．如图所示，使一个铜盘绕其竖直的轴OO′转动，且假设摩擦等阻力不计，转动是匀速的。现把一个蹄形磁铁移近铜盘，则(　　)
　
A．铜盘转动将变慢
B．铜盘转动将变快
C．铜盘仍以原来的转速转动
D．铜盘转动速度是否变化，要根据磁铁的上、下两端的极性来决定
解析　当一个蹄形磁铁移近铜盘时，铜盘转动切割磁感线，产生感应电流，由楞次定律可知感应电流所受的安培力阻碍其相对运动，所以铜盘转动将变慢。本题也可以从能量守恒的角度去分析，因为铜盘转动切割磁感线，产生感应电流，铜盘的机械能不断转化成电能，铜盘转动会逐渐变慢，A项正确。
答案　A
　能力提升练　
11．(多选)位于光滑水平面的小车上放置一螺线管，一个比螺线管长的条形磁铁沿着螺线管的轴线以初速度v水平穿过，如图所示，在此过程中(　　)
A．磁铁做匀速直线运动
B．磁铁做减速运动
C．小车向右做加速运动
D．小车先加速后减速
解析　磁铁水平穿入螺线管时，管中将产生感应电流，由楞次定律的扩展含义知产生的相互作用力阻碍磁铁的运动，同理，磁铁穿出螺线管时产生的相互作用力也阻碍磁铁的运动，故整个过程中，磁铁做减速运动，B项正确；在此过程中，螺线管受到的安培力都是水平向右，这个安培力使小车向右运动，且一直做加速运动，C项正确。
答案　BC
12. (多选)如图所示，闭合金属环从光滑曲面上h高处滚下，又沿曲面的另一侧上升。设金属环的初速度为零，摩擦不计，曲面处在图中磁场中，则(　　)
A．若是匀强磁场，金属环滚上的高度小于h
B．若是匀强磁场，金属环滚上的高度等于h
C．若是非匀强磁场，金属环滚上的高度等于h
D．若是非匀强磁场，金属环滚上的高度小于h
解析　若磁场为匀强磁场，穿过环的磁通量不变，不产生感应电流，即无机械能转化为电能，机械能守恒，A项错误，B项正确；若磁场为非匀强磁场，环内要产生电能，机械能减少，C项错误，D项正确。
答案　BD
13．如图所示，在光滑的水平面上，有一半径r＝10 cm、电阻R＝1 Ω、质量m＝1 kg的金属环以速度v＝10 m/s向一有界磁场滑去。匀强磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度B＝0.5 T。从环刚进入磁场算起，到刚好有一半进入磁场时，圆环释放了32 J热量。求：
(1)此时圆环中电流的瞬时功率；
(2)此时圆环运动的加速度。
解析　(1)由能量守恒定律，有
mv2＝Q＋mv′2，
而P＝＝，
二式联立可得P＝0.36 W。
(2)由楞次定律知，圆环中电流沿逆时针方向，由左手定则判断知圆环所受安培力方向向左。a＝＝＝6×10－2 m/s2，方向向左。
答案　(1)0.36 W　(2)6×10－2 m/s2　向左
14．如图所示，光滑弧形轨道和一足够长的光滑水平轨道相连，水平轨道上方有一足够长的金属杆，杆上挂有一光滑螺线管A。在弧形轨道上高为h的地方，无初速度释放一磁铁B(可视为质点)，B下滑至水平轨道时恰好沿螺线管A的中心轴运动，设A、B的质量分别为M、m，若最终A、B速度分别为vA、vB。
(1)螺线管A将向哪个方向运动？
(2)求全过程中整个电路所消耗的电能。
解析　(1)磁铁B向右运动时，螺线管中产生感应电流，感应电流产生电磁驱动作用，使得螺线管A向右运动。
(2)全过程中，磁铁减少的重力势能转化为A、B的动能和螺线管中的电能，
故mgh＝Mv＋mv＋E电，
即E电＝mgh－Mv－mv。
答案　(1)向右运动　(2)mgh－Mv－mv
4．互感和自感
学习目标：1.了解互感现象及其应用；2.能够分析通电自感和断电自感现象；3.了解自感电动势的表达式E＝L，知道自感系数的决定因素；4.了解自感现象中的能量转化。
　情境导入
现象：变压器绕在两臂上的线圈并没有直接相连，但在一个线圈中电流变化时，另一个线圈中产生了感应电流。电动机电路在断电的瞬间，开关处会产生电火花。
【问题】　上述两种现象是电磁感应现象吗？两种现象有区别吗？
稳健启程　　新知初步构建
课前·新知初探
知|识|梳|理
一、互感现象
1．定义：两个相互靠近的线圈，当一个线圈中的电流变化时，它所产生的变化的磁场会在另一个线圈中产生　的现象。产生的电动势叫作互感电动势。
2．应用：互感现象可以把能量由一个线圈传递到另一个线圈，变压器、收音机的“磁性天线”就是利用互感现象制成的。
3．危害：互感现象能发生在任何两个相互靠近的电路之间，在电力工程和电子电路中，互感现象有时会影响电路正常工作。
二、自感现象和自感系数
1．自感现象：当一个线圈中的电流变化时，它产生的变化的磁场在它本身激发出感应电动势的现象。
2．自感电动势：由于自感而产生的感应电动势。
3．通电自感和断电自感
电路 现象 自感电动势的作用
通电自感 接通电源的瞬间，灯泡A1逐渐亮起来 阻碍电流的增加
断电自感 断开开关的瞬间，灯泡A逐渐变暗，直至熄灭(电感线圈的电阻和灯泡的电阻相当时) 阻碍电流的减小
4.自感电动势的大小
E＝L，其中L是自感系数，简称自感或电感，单位是亨利，符号为H。常用的单位还有毫亨(mH)、微亨(μH)。
5．自感系数大小的决定因素
自感系数与线圈的大小、形状、圈数，以及是否有铁芯等因素有关。
三、磁场的能量
1．自感现象中的磁场能量
(1)线圈中电流从无到有时：磁场从无到有，电源的能量输送给磁场，储存在磁场中。
(2)线圈中电流减小时：磁场中的能量释放出来转化为电能。
2．电的“惯性”
自感电动势有阻碍线圈中电流变化的“惯性”。
预|习|自|检
1．判断正误(正确的画“√”，错误的画“×”)。
(1)利用互感现象可以把能量从一个线圈传递到另一个线圈。(√)
(2)自感现象中，感应电流一定与原电流方向相反。(×)
(3)线圈的自感系数与电流大小无关，与电流的变化率有关。(×)
(4)线圈中的自感电动势较大时，其自感系数一定较大。(×)
2．关于线圈自感系数的说法错误的是(　　)
A．自感电动势越大，自感系数也越大
B．把线圈中的铁芯抽出一些，自感系数减小
C．把线圈匝数增加一些，自感系数变大
D．电感是自感系数的简称
解析　自感系数的大小是由线圈的匝数、形状、粗细、有无铁芯等决定的，与电流大小、自感电动势大小无关，匝数越多，自感系数越大，有铁芯时，自感系数显著增大，故A项错误，B、C两项正确；同时，自感系数简称为电感，故D项正确。综上所述，应选择A。
答案　A
3. 在如图所示的电路中，开关S断开之前与断开之后的瞬间，通过灯A的电流方向是(　　)
A．一直是由a到b
B．先是由a到b，后无电流
C．先是由a到b，后是由b到a
D．无法判断
解析　S闭合瞬间由电源对A供电，通过A的电流方向由a到b，S断开瞬间，由线圈L对A供电，线圈L中自感电流方向由左向右，对A供电时电流方向由b到a，故C项正确。
答案　C
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探究一 对互感现象的理解和应用
1.互感现象是一种常见的电磁感应现象，它不仅发生于绕在同一铁芯上的两个线圈之间，而且可以发生于任何相互靠近的电路之间。
2．互感现象可以把能量由一个电路传到另一个电路。变压器就是利用互感现象制成的。
3．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，这时需要设法减小电路间的互感。
【例1】　在同一铁芯上绕着两个线圈，单刀双掷开关原来接在点1，现把它从1扳向2，如图所示，试判断在此过程中，在电阻R上的电流方向是(　　)
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　单刀双掷开关接在点1上时，A线圈中的电流恒定不变，在铁芯中产生的磁场方向是沿铁芯自右向左。在单刀双掷开关由点1扳向点2的过程中，通过线圈A中的电流，先沿原方向减小到零，再由零增大到原电流值，所以B中产生的感应电流分两个阶段分析：(1)在A中电流沿原方向减小到零的过程中，A产生的磁场自右向左也跟着减弱，导致穿过线圈B的磁通量在减小。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P→Q。(2)在A中电流由零增大到原方向的电流值的过程中，A产生的磁场自右向左也跟着增强，导致穿过线圈B的磁通量在增大。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Q→P。综上分析知，全过程中流过电阻R的电流方向先是P→Q，然后是Q→P，所以A项正确。
答案　A
【针对训练1】　(多选)如图所示是一种延时装置的原理图，当S1闭合时，电磁铁F将衔铁D吸下，C线路接通，当S1断开时，由于电磁感应作用，D将延迟一段时间才被释放。则(　　)
A．由于A线圈的电磁感应作用，才产生延时释放D的作用
B．由于B线圈的电磁感应作用，才产生延时释放D的作用
C．如果断开B线圈的开关S2，无延时作用
D．如果断开B线圈的开关S2，延时将变化
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中电流的磁场继续吸引D而起到延时的作用，B项正确，A项错误；若S2断开，线圈B中不产生感应电流而起不到延时作用，C项正确，D项错误。
答案　BC
探究二 对自感现象的理解
1.自感现象的特点
(1)自感现象是由于通过导体本身的电流发生变化而产生的电磁感应现象。
(2)自感电动势的作用：总是阻碍导体中原电流的变化，即总是起着推迟电流变化的作用。
(3)自感电动势的方向：自感电动势总是阻碍导体中原来电流的变化，当原来电流增大时，自感电动势与原来电流方向相反；当原来电流减小时，自感电动势与原来电流方向相同，同样遵循“增反减同”的规律。
2．通电自感与断电自感比较
与线圈串联的灯泡 与线圈并联的灯泡
电路图
通电时 电流逐渐增大，灯泡逐渐变亮 电流立刻变大，灯泡变亮，然后逐渐变暗
断电时 电流逐渐减小灯泡逐渐变暗电流方向不变 电路中稳态电流为I1、I2①若I2≤I1，灯泡逐渐变暗②若I2＞I1，灯泡闪亮后逐渐变暗两种情况灯泡中电流方向均改变
【例2】　如图所示，电感线圈L的自感系数足够大，其直流电阻忽略不计，LA、LB是两个相同的灯泡，且在下列实验中不会烧毁，电阻R2阻值约等于R1的两倍，则(　　)
A．闭合开关S时，LA、LB同时达到最亮，且LB更亮一些
B．闭合开关S时，LA、LB均慢慢亮起来，且LA更亮一些
C．断开开关S时，LA慢慢熄灭，LB马上熄灭
D．断开开关S时，LA慢慢熄灭，LB闪亮一下后才慢慢熄灭
解析

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