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基础点
知识点1　　法拉第电磁感应定律
1．感应电动势
(1)概念：在电磁感应现象中产生的电动势。
(2)产生条件：穿过回路的磁通量发生改变，与电路是否闭合无关。
(3)方向判断：感应电动势的方向用楞次定律或右手定则判断。
2．法拉第电磁感应定律
(1)内容：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＝n，其中n为线圈匝数。
(3)感应电流与感应电动势的关系：遵守闭合电路的欧姆定律，即I＝。
3．导体切割磁感线时的感应电动势
(1)垂直切割：E＝Blv，式中l为导体切割磁感线的有效长度。
(2)不垂直切割：E＝Blvsinθ，式中θ为v与B的夹角。
(3)匀速转动：导体棒在垂直匀强磁场方向以角速度ω绕一端转动切割磁感线时，E＝Bωl2。
知识点2　　自感　涡流
1．自感现象：由于通过导体自身的电流发生变化而产生的电磁感应现象。
2．自感电动势
(1)定义：在自感现象中产生的感应电动势。
(2)表达式：E＝L。
(3)自感系数L
①相关因素：与线圈的大小、形状、圈数以及是否有铁芯等因素有关。
②单位：亨利(H)，常用单位还有毫亨(mH)、微亨(μH)。1
mH＝10－3
H,1μH＝10－6
H。
3．涡流：当线圈中的电流发生变化时，在它附近的导体中产生的像水的旋涡一样的感应电流。
(1)电磁阻尼：当导体在磁场中运动时，感应电流会使导体受到安培力，安培力的方向总是阻碍导体的相对运动。
(2)电磁驱动：如果磁场相对于导体转动，在导体中产生的感应电流使导体受到安培力的作用而运动起来。
(3)电磁阻尼和电磁驱动的原理体现了楞次定律的推广应用。
重难点
一、法拉第电磁感应定律的理解
1．磁通量Φ、磁通量的变化量ΔΦ、磁通量的变化率的比较
比较项目
磁通量Φ
磁通量的变化量ΔΦ
磁通量的变化率
物理意义
某时刻穿过某个面的磁感线的条数
某一段时间内穿过某个面的磁通量的变化量
穿过某个面的磁通量变化的快慢
大小
Φ＝B·S，S是与B垂直的面的面积
ΔΦ＝Φ2－Φ1ΔΦ＝B·ΔSΔΦ＝S·ΔB
＝B·＝S·
注意
穿过某个面有方向相反的磁感线，则不能直接用Φ＝B·S求解，应考虑相反方向的磁通量抵消后所剩余的磁通量
开始时和转过180°时的平面都与磁场垂直，但穿过平面的磁通量是一正一负，ΔΦ＝2BS，而不是0
既不表示磁通量的大小，也不表示变化的多少。实际它就是单匝线圈上产生的电动势
附注
线圈平面与磁感线平行时，Φ＝0，但最大线圈平面与磁感线垂直时，Φ最大，但＝0
2．法拉第电磁感应定律应用的三种情况
(1)磁通量的变化是由面积变化引起时，ΔΦ＝B·ΔS，则E＝n·B。
(2)磁通量的变化是由磁场变化引起时，ΔΦ＝ΔB·S，则E＝n，S是磁场范围内的有效面积。
(3)磁通量的变化是由于面积和磁场变化共同引起的，则根据定义求，ΔΦ＝Φ末－Φ初，E＝n≠n。
3．应用法拉第电磁感应定律应注意的三个问题
(1)公式E＝n求解的是一个回路中某段时间内的平均电动势，在磁通量均匀变化时，瞬时值才等于平均值。
(2)利用公式E＝nS求感应电动势时，S为线圈在磁场范围内的有效面积。
(3)通过回路截面的电荷量q仅与n、ΔΦ和回路电阻R有关，与时间长短无关。推导如下：q＝Δt＝Δt＝。
特别提醒
(1)感应电动势的大小由线圈的匝数n和穿过线圈的磁通量的变化率共同决定，而与磁通量Φ的大小、变化量ΔΦ的大小没有必然联系。
(2)E＝n的研究对象是一个回路，而不是一段导体。
(3)E＝n求的是Δt时间内的平均感应电动势，当Δt→0时，则E为瞬时感应电动势。
(4)E＝n求得的电动势是整个回路的感应电动势，而不是回路中某段导体的电动势，整个回路的电动势为零，其回路中某段导体的感应电动势不一定为零。
二、导体切割磁感线产生的感应电动势
1．导体平动切割磁感线
对于导体平动切割磁感线产生感应电动势的计算式E＝Blv，应从以下几个方面理解和掌握。
(1)正交性
本公式是在一定条件下得出的，除了磁场是匀强磁场，还需B、l、v三者相互垂直。实际问题中当它们不相互垂直时，应取垂直的分量进行计算，公式可为E＝Blvsinθ，θ为B与v方向间的夹角。
(2)平均性
导体平动切割磁感线时，若v为平均速度，则E为平均感应电动势，即＝Bl。
(3)瞬时性
若v为瞬时速度，则E为相应的瞬时感应电动势。
(4)有效性
公式中的l为有效切割长度，即导体与v垂直的方向上的投影长度。下图中有效长度分别为：
甲图：l＝cdsinβ(容易错算成l＝absinβ)。
乙图：沿v1方向运动时，l＝MN；
沿v2方向运动时，l＝0。
丙图：沿v1方向运动时，l＝R；
沿v2方向运动时，l＝0；
沿v3方向运动时，l＝R。
(5)相对性
E＝Blv中的速度v是相对于磁场的速度，若磁场也运动时，应注意速度间的相对关系。
2．导体转动切割磁感线
当导体在垂直于磁场的平面内，绕一端以角速度ω匀速转动时，产生的感应电动势为E＝Bl＝Bl2ω，如图甲所示。
(1)以中点为轴时，E＝0(不同两段的代数和)。
(2)以端点为轴时，E＝Bωl2(平均速度取中点位置时的线速度ωl)。
(3)以任意点为轴时，E＝Bω(l－l)(不同两段的代数和)。
(4)长为l的导体棒AB绕其延长线上的O点(OA＝r)匀速转动时，电动势为E＝Bl＝Bl＝Bl，如图乙所示。
(5)E＝BωL2的另一种推导方法：
长为L的导体棒在磁感应强度为B的匀强磁场中匀速转过θ角度时，所用时间为Δt，扇形面积S＝L2，则ΔΦ＝BS＝BL2，所以E＝＝BL2＝BωL2。
3．公式E＝n与E＝Blv的区别与联系
E＝n
E＝Blv
区别
研究对象
闭合回路
回路中做切割磁感线运动的那部分导体
研究内容
(1)求的是Δt时间内的平均感应电动势，E与某段时间或某个过程对应(2)Δt→0时E为瞬时感应电动势
(1)若v为瞬时速度，则求的是瞬时感应电动势(2)若v为平均速度，则求的是平均感应电动势
适用范围
对任何电路普遍适用
只适用于导体切割磁感线运动的情况
联系
(1)E＝Blv可由E＝n在一定条件下推导出来(2)当导体切割磁感线运动时用E＝Blv求E方便，当得知穿过回路的磁通量发生变化情况时，用E＝n求E比较方便
特别提醒
感生电动势与动生电动势的区别：
感生电动势
动生电动势
产生原因
磁场的变化
导体做切割磁感线运动
移动电荷的非静电力
感生电场对自由电荷的电场力
导体中自由电荷所受洛伦兹力沿导体方向的分力
回路中相当于电源的部分
处于变化磁场中的线圈部分
做切割磁感线运动的导体
方向判断方法
由楞次定律判断
通常由右手定则判断，也可由楞次定律判断
大小计算方法
由E＝n计算
通常由E＝Blvsinθ计算，也可由E＝n计算
三、自感和涡流
1．自感现象的四大特点
(1)自感电动势总是阻碍导体中原电流的变化。
(2)通过线圈中的电流不能发生突变，只能缓慢变化。
(3)电流稳定时，自感线圈就相当于普通导体。
(4)线圈的自感系数越大，自感现象越明显，自感电动势只是延缓了过程的进行，但它不能使过程停止，更不能使过程反向。
2．自感现象中“闪亮”与“不闪亮”问题
与线圈串联的灯泡
与线圈并联的灯泡
电路图
续表
与线圈串联的灯泡
与线圈并联的灯泡
通电时
电流逐渐增大，灯泡逐渐变亮
电流突然增大，然后逐渐减小达到稳定
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、I2：①若I2≤I1，灯泡逐渐变暗；②若I2＞I1，灯泡闪亮后逐渐变暗。两种情况灯泡中电流方向均改变
　　3.通电自感与断电自感有何区别与联系
通电自感
断电自感
电路图
器材规格
A1、A2同规格，R＝RL，L较大
RL RA
现象
在S闭合瞬间，A2灯立即亮起来，A1灯逐渐变亮，最终一样亮
在开关S断开时，灯A突然闪亮一下后渐渐熄灭
原因
由于开关闭合时，流过电感线圈的电流迅速增大，使线圈产生自感电动势，阻碍了电流的增大，使流过A1灯的电流比流过A2灯的电流增加得慢
断开开关S时，流过线圈L的电流减小，产生自感电动势，阻碍了电流的减小，且在S断开后，在A灯和线圈L间形成闭合回路，通过L的电流反向通过A灯，由于RL RA，使得流过A灯的电流在开关断开瞬间突然增大，随后逐渐减小
能量转化情况
电能转化为磁场能
磁场能转化为电能
4.处理自感现象问题的技巧
(1)通电自感：线圈相当于一个变化的电阻——阻值由无穷大逐渐减小，通电瞬间自感线圈处相当于断路。
(2)断电自感：断电时自感线圈处相当于电源，自感电动势由某值逐渐减小到零。
(3)电流稳定时，理想的自感线圈相当于导体，非理想的自感线圈相当于定值电阻。
5．涡流
(1)涡流的产生与应用
线圈中的电流变化时，在附近导体中产生感应电流，这种电流在导体内形成闭合回路，很像水的漩涡，因此把它叫做涡电流，简称涡流。在冶炼炉、电动机、变压器、探雷器等实际应用中都存在着涡流。
(2)涡流的两种效应
①热效应：由于导体存在电阻，当电流在导体中流动时，就会产生电热，这就是涡流的热效应。
②磁效应
a．电磁阻尼：当导体在磁场中运动时，感应电流会使导体受到安培力的作用，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。
b．电磁驱动：当磁场相对于导体运动时，感应电流会使导体受到安培力的作用，安培力使导体运动起来，这种现象称为电磁驱动。
c．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，其他形式能转化为电能，最终转化为内能
由于电磁感应，磁场能转化为电能，通过安培力做功，电能转化为导体的机械能，从而对外做功
相同点
两者都是电磁感应现象，都遵循楞次定律，都是安培力阻碍引起感应电流的导体与磁场间的相对运动
特别提醒
(1)解答自感问题的核心是理解“通过线圈的电流瞬间不变”。即不会突变，通电时，电流逐渐增大；断电时，电流逐渐减小。
(2)断电自感现象中分析灯泡是否闪亮的关键，是分析断电前后灯泡中电流的变化，电流增大，则闪亮，电流变小，则逐渐熄灭。
(3)断电自感现象中电流方向是否改变的判断：若用电器与线圈在同一条支路中，用电器中的电流方向不变；若用电器与线圈不在同一条支路中，用电器中的电流方向改变。
(4)涡流是整块导体发生的电磁感应现象，同样遵守电磁感应定律。
1．思维辨析
(1)线圈中磁通量越大，产生的感应电动势越大。(　　)
(2)线圈中磁通量变化越大，产生的感应电动势越大。(　　)
(3)线圈中磁通量变化越快，产生的感应电动势越大。(　　)
(4)磁通量的变化率描述的是磁通量变化的快慢。(　　)
(5)磁场相对导体棒运动时，导体棒中也能产生感应电动势。(　　)
(6)线圈匝数n越多，磁通量越大，产生的感应电动势也越大。(　　)
(7)线圈中的电流越大，自感系数也越大。(　　)
(8)对于同一线圈，当电流变化越快时，线圈中的自感电动势越大。(　　)
(9)自感电动势阻碍电流的变化，但不能阻止电流的变化。(　　)
答案　(1)×　(2)×　(3)√　(4)√　(5)√　(6)×　(7)×　(8)√　(9)√
2．青藏铁路刷新了一系列世界铁路的历史纪录，青藏铁路火车上多种传感器运用了电磁感应原理，有一种电磁装置可以向控制中心传输信号以确定火车位置和运动状态，原理是将能产生匀强磁场的磁铁，安装在火车首节车厢下面，俯视如图甲所示，当它经过安放在两铁轨间的线圈时，便产生一个电信号，被控制中心接收到，当火车通过线圈时，若控制中心接收到的线圈两端的电压信号为图乙所示，则说明火车在做(　　)
A．匀速直线运动
B．匀加速直线运动
C．匀减速直线运动
D．加速度逐渐增大的变加速直线运动
答案　B
解析　根据E＝BLv，当火车匀加速运动时v＝at，则E＝BLat，此时电动势随时间成线性关系。根据乙图可知，火车做匀加速运动。选项B正确。
3．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变化的图象中，正确的是(　　)
答案　B
解析　闭合开关S后，灯泡D直接发光，电感L的电流逐渐增大，电路中的总电流也将逐渐增大，电源内电压增大，则路端电压UAB逐渐减小；断开开关S后，灯泡D中原来的电流突然消失，电感L中的电流通过灯泡形成的闭合回路逐渐减小，所以灯泡D中电流将反向，并逐渐减小为零，即UAB反向逐渐减小为零，所以选项B正确。
　[考法综述]　本考点知识在高考中占有非常重要的地位，虽然单独命题考查自感、涡流的频度较低，但交汇命题考查法拉第电磁感应定律的频度较高，难度较大，因此复习本考点时应掌握：
5个概念——感应电动势、自感电动势、涡流、电磁阻尼、电磁驱动
1个定律——法拉第电磁感应定律
2个公式——E＝n和E＝Blv
2种自感——通电自感、断电自感
命题法1　法拉第电磁感应定律
典例1　　如图，均匀磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框，半圆直径与磁场边缘重合；磁场方向垂直于半圆面(纸面)向里，磁感应强度大小为B0。使该线框从静止开始绕过圆心O、垂直于半圆面的轴以角速度ω匀速转动半周，在线框中产生感应电流，现使线框保持图中所示位置，磁感应强度大小随时间线性变化。为了产生与线框转动半周过程中同样大小的电流，磁感应强度随时间的变化率的大小应为(　　)
A.　　　　　　　　
B.
C.
D.
[答案]　C
[解析]　当线框绕过圆心O的转动轴以角速度ω匀速转动时，由于面积的变化产生感应电动势，从而产生感应电流。设半圆的半径为r，导线框的电阻为R，即I1＝＝＝＝＝。当线框不动，磁感应强度变化时，I2＝＝＝＝，因I1＝I2，可得＝，C选项正确。
【解题法】　应用法拉第电磁感应定律解题的一般步骤
(1)分析穿过闭合电路的磁场方向及磁通量的变化情况；
(2)利用楞次定律确定感应电流的方向；
(3)灵活选择法拉第电磁感应定律的不同表达形式列方程求解。
命题法2　导体切割磁感线产生感应电动势的计算
典例2　　(多选)半径为a、右端开小口的导体圆环和长为2a的导体直杆，单位长度电阻均为R0。圆环水平固定放置，整个内部区域分布着垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。直杆在圆环上以速度v平行于直径CD向右做匀速直线运动，直杆始终有两点与圆环良好接触，从圆环中心O开始，直杆的位置由θ确定，如图所示。则(　　)
A．θ＝0时，直杆产生的电动势为2Bav
B．θ＝时，直杆产生的电动势为Bav
C．θ＝0时，直杆受的安培力大小为
D．θ＝时，直杆受的安培力大小为
[答案]　AD
[解析]　当θ＝0时，直杆切割磁感线的有效长度l1＝2a，所以直杆产生的电动势E1＝Bl1v＝2Bav，选项A正确；此时直杆上的电流I1＝＝，直杆受到的安培力大小F1＝BI1l1＝，选项C错误；当θ＝时，直杆切割磁感线的有效长度l2＝2acos＝a，直杆产生的电动势E2＝Bl2v＝Bav，选项B错误；此时直杆上的电流I2＝＝，直杆受到的安培力大小F2＝BI2l2＝，选项D正确。
【解题法】　求解感应电动势常有如下几种方法
表达式
E＝n
E＝BLvsinθ
E＝BL2ω
E＝NBSωsin(ωt＋φ0)
情景图
研究对象
回路(不一定闭合)
一段直导线(或等效成直导线)
绕一端转动的一段导体棒
绕与B垂直的轴转动的导线框
意义
一般求平均感应电动势，当Δt→0时求的是瞬时感应电动势
一般求瞬时感应电动势，当v为平均速度时求的是平均感应电动势
用平均值法求瞬时感应电动势
求瞬时感应电动势
适用条件
所有磁场(匀强磁场定量计算、非匀强磁场定性分析)
匀强磁场
匀强磁场
匀强磁场
命题法3　自感与涡流
典例3　　某同学为了验证断电自感现象，自己找来带铁芯的线圈L、小灯泡A、开关S和电池组E，用导线将它们连接成如图所示的电路。检查电路后，闭合开关S，小灯泡发光；再断开开关S，小灯泡仅有不显著的延时熄灭现象。虽经多次重复，仍未见老师演示时出现的小灯泡闪亮现象，他冥思苦想找不出原因。你认为最有可能造成小灯泡未闪亮的原因是(　　)
A．电源的内阻较大
B．小灯泡电阻偏大
C．线圈电阻偏大
D．线圈的自感系数较大
[答案]　C
[解析]　由自感规律可知，在开关断开的瞬间造成灯泡闪亮以及延时熄灭的原因是：线圈中产生了与原电流同向的自感电流，且大于稳定时通过灯泡的原电流，断开开关S，线圈与灯泡构成闭合的自感回路，与电源无关，故A错误；开关S闭合，电路稳定，灯泡正常发光时，如果电感线圈L的电阻比灯泡的电阻大，则电感线圈L中的电流IL比灯泡A中的电流IA小；开关S断开，由于自感现象，L和A构成回路，使L和A中的电流从IL开始减小，因此不可能看到小灯泡闪亮的现象，B错误，C正确；自感系数越大，延时越明显，与是否闪亮无关，D错误。
【解题法】　线圈在电路中的作用
(1)线圈中电流增大时，线圈可以等效成一阻值由较大逐渐减小的电阻，电流非线性逐渐增大。
(2)线圈中电流减小时，线圈可等效成一个电源，线圈中的磁场能逐渐转化成电能，线圈中的电流沿原方向非线性逐渐减小。
(3)线圈在电路中使电流不能发生突变，使电流的变化过程延长，但不能改变最终的结果。
1．(多选)1824年，法国科学家阿拉果完成了著名的“圆盘实验”。实验中将一铜圆盘水平放置，在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针，如图所示。实验中发现，当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时，磁针也随着一起转动起来，但略有滞后。下列说法正确的是(　　)
A．圆盘上产生了感应电动势
B．圆盘内的涡电流产生的磁场导致磁针转动
C．在圆盘转动的过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化
D．圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流，此电流产生的磁场导致磁针转动
答案　AB
解析　当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时，圆盘的半径切割磁感线产生感应电动势和感应电流，选项A正确；圆盘内的涡电流产生的磁场对磁针施加磁场力作用，导致磁针转动，选项B正确；由于圆盘中心正上方悬挂小磁针，在圆盘转动过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量不变，选项C错误；圆盘中自由电子随圆盘一起运动形成的电流的磁场，由安培定则可判断出在中心方向竖直向下，其他位置关于中心对称，此磁场不会导致磁针转动，选项D错误。
2．如图，直角三角形金属框abc放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向平行于ab边向上。当金属框绕ab边以角速度ω逆时针转动时，a、b、c三点的电势分别为Ua、Ub、Uc。已知bc边的长度为l。下列判断正确的是(　　)
A．Ua>Uc，金属框中无电流
B．Ub>Uc，金属框中电流方向沿a→b→c→a
C．Ubc＝－Bl2ω，金属框中无电流
D．Uac＝Bl2ω，金属框中电流方向沿a→c→b→a
答案　C
解析　在三角形金属框内，有两边切割磁感线，其一为bc边，根据E＝Blv可得：电动势大小为Bl2ω；其二为ac边，ac边有效的切割长度为l，根据E＝Blv，可得：电动势大小也为Bl2ω；由右手定则可知：金属框内无电流，且Uc>Ub＝Ua，选项A、B错误；Ubc＝Uac＝－Bl2ω，选项C正确，选项D错误。
3．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．恒为
B．从0均匀变化到
C．恒为－
D．从0均匀变化到－
答案　C
解析　由楞次定律判定，感应电流从a流向b，b点电势高于a点电势，故φa－φb＝－nS，因为磁场均匀增加，所以φa－φb为恒定的，可见C正确。
4．如图，空间有一匀强磁场，一直金属棒与磁感应强度方向垂直，当它以速度v沿与棒和磁感应强度都垂直的方向运动时，棒两端的感应电动势大小为ε；将此棒弯成两段长度相等且相互垂直的折线，置于与磁感应强度相垂直的平面内，当它沿两段折线夹角平分线的方向以速度v运动时，棒两端的感应电动势大小为ε′。则等于(　　)
A.
B.
C．1
D.
答案　B
解析　由法拉第电磁感应定律知直金属棒运动时其两端电动势ε＝BLv，将此棒弯成两段长度相等且互相垂直的折线，并放于与磁感应强度垂直的平面内，并沿折线夹角平分线的方向以相同的速度v运动时，ε′＝
BLv，则＝＝。因此B对，A、C、D错。
5．如图所示，一正方形线圈的匝数为n，边长为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.
答案　B
解析　由法拉第电磁感应定律，E＝n＝n·＝，选项B正确。
6．(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
答案　AB
解析　根据题意，金属杯产生了涡流使水温度升高。要缩短加热时间，应使涡流增大。根据法拉第电磁感应定律，增加线圈匝数、提高交变电流的频率，均可使涡流增大，选项A、B正确；换为瓷杯，不能产生涡流，选项C错误；取走铁芯，使涡流减小，选项D错误。
7．(多选)如图所示，从两相同线圈正上方某一高度由静止释放一条形磁铁，条形磁铁沿两线圈的中心轴线竖直下落至两线圈的正中间位置时，关于两线圈中感应电流的说法正确的是(　　)
A．感应电流的方向相同
B．感应电流的方向相反
C．感应电流的大小相等
D．感应电流的大小不等
答案　BC
解析　由楞次定律可知，穿过上下两线圈的磁场方向相同，且磁通量的变化相反，因此产生感应电流的方向也相反，选项A错误，B正确；根据法拉第电磁感应定律可知，条形磁铁沿两线圈的中心轴线竖直下落至两线圈的正中间位置时，由对称性可知，产生感应电动势相等，则感应电流的大小也相等，故C正确，D错误。
8．(多选)如图所示，L是自感系数很大的线圈，但其自身的电阻几乎为零。A和B是两个完全相同的灯泡，则下列说法中正确的有(　　)
A．当开关S闭合瞬间，A、B两灯同时亮，最后B灯熄灭
B．当开关S断开瞬间，A、B两灯同时熄灭
C．当开关S断开瞬间，a点电势比b点电势低
D．当开关S断开瞬间，流经灯泡B的电流是由a到b
答案　AD
解析　开关S闭合瞬间，线圈L对电流有阻碍作用，则相当于灯泡A与B串联，因此同时亮，且亮度相同，稳定后B被短路熄灭，选项A正确；稳定后当开关S断开后，A马上熄灭，由于自感，线圈中的电流只能慢慢减小，其相当于电源，左端电势高，与灯泡B构成闭合回路放电，流经灯泡B的电流是由a到b，B闪一下再熄灭，选项D正确，B、C错误。
9．小明同学设计了一个“电磁天平”，如图1所示，等臂天平的左臂为挂盘，右臂挂有矩形线圈，两臂平衡。线圈的水平边长L＝0.1
m，竖直边长H＝0.3
m，匝数为N1。线圈的下边处于匀强磁场内，磁感应强度B0＝1.0
T，方向垂直线圈平面向里。线圈中通有可在0～2.0
A范围内调节的电流I。挂盘放上待测物体后，调节线圈中电流使天平平衡，测出电流即可测得物体的质量。(重力加速度取g＝10
m/s2)
(1)为使电磁天平的量程达到0.5
kg，线圈的匝数N1至少为多少？
(2)进一步探究电磁感应现象，另选N2＝100匝、形状相同的线圈，总电阻R＝10
Ω。不接外电流，两臂平衡。如图2所示，保持B0不变，在线圈上部另加垂直纸面向外的匀强磁场，且磁感应强度B随时间均匀变大，磁场区域宽度d＝0.1
m。当挂盘中放质量为0.01
kg的物体时，天平平衡，求此时磁感应强度的变化率。
答案　(1)25　(2)0.1
T/s
解析　(1)线圈受到安培力F＝N1B0IL
天平平衡mg＝N1B0IL
代入数据得N1＝25
(2)由电磁感应定律得E＝N2
E＝N2Ld
由欧姆定律得I′＝
线圈受到安培力F′＝N2B0I′L
天平平衡m′g＝NB0·
代入数据可得＝0.1
T/s
10．某同学设计一个发电测速装置，工作原理如图所示。一个半径为R＝0.1
m的圆形金属导轨固定在竖直平面上，一根长为R的金属棒OA，A端与导轨接触良好，O端固定在圆心处的转轴上。转轴的左端有一个半径为r＝的圆盘，圆盘和金属棒能随转轴一起转动。圆盘上绕有不可伸长的细线，下端挂着一个质量为m＝0.5
kg的铝块。在金属导轨区域内存在垂直于导轨平面向右的匀强磁场，磁感应强度B＝0.5
T。a点与导轨相连，b点通过电刷与O端相连。
测量a、b两点间的电势差U可算得铝块速度。铝块由静止释放，下落h＝0.3
m时，测得U＝0.15
V。(细线与圆盘间没有滑动，金属棒、导轨、导线及电刷的电阻均不计，重力加速度g＝10
m/s2)
(1)测U时，与a点相接的是电压表的“正极”还是“负极”？
(2)求此时铝块的速度大小；
(3)求此下落过程中铝块机械能的损失。
答案　(1)正极　(2)2
m/s　(3)0.5
J
解析　(1)正极
(2)由电磁感应定律得U＝E＝
ΔΦ＝BR2Δθ，U＝BωR2
v＝rω＝ωR，所以v＝＝2
m/s
(3)ΔE＝mgh－mv2
ΔE＝0.5
J。

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