资源简介

2021年高考一轮复习
第二十五讲
电磁感应现象
楞次定律
法拉第电磁感应定律
自感
教材版本
全国通用
课时说明（建议）
120分钟
知识点
1.掌握利用楞次定律判定感应电流的方法
2.
理解电磁感应定律，会应用感应电动势的公式进行计算
复习目标
1.通过学习，使学生了解自然界的普遍联系的规律，科学的态度、科学的方法，是研究科学的前提，对科学的执着追求是获得成功的保证，从而培养学生学习物理兴趣，激发学习热情。通过学习使学生知道科学的道路不平坦，伟人的足迹是失败、挫折+成功。
2.知道电磁感应及产生电磁感应的条件。
3.理解磁通量及其变化，掌握楞次定律的应用。
4.熟练计算感应电动势的大小。
复习重点
1.会用楞次定律判断感应电流的方向。
2.掌握感应电动势相关计算方法。
复习难点
感应电动势的计算
一、自我诊断
知己知彼
1．（多选）空间存在一方向与直面垂直、大小随时间变化的匀强磁场，其边界如图（a）中虚线MN所示，一硬质细导线的电阻率为ρ、横截面积为S，将该导线做成半径为r的圆环固定在纸面内，圆心O在MN上。t=0时磁感应强度的方向如图（a）所示：磁感应强度B随时间t的变化关系如图（b）所示，则在t=0到t=t1的时间间隔内（
）
A.
圆环所受安培力的方向始终不变
B.
圆环中的感应电流始终沿顺时针方向
C.
圆环中的感应电流大小为
D.
圆环中的感应电动势大小为
【答案】
BC
【解析】AB、根据B-t图象，由楞次定律可知，线圈中感应电流方向一直为顺时针，但在t0时刻，磁场的方向发生变化，故安培力方向的方向在t0时刻发生变化，则A错误，B正确；
CD、由闭合电路欧姆定律得：，又根据法拉第电磁感应定律得：，又根据电阻定律得：，联立得：，则C正确，D错误。
故本题选BC。
2．我国发射的“玉兔号”月球车成功着陆月球，不久的将来中国人将真正实现飞天梦，进入那神秘的广寒宫．假如有一宇航员登月后，想探测一下月球表面是否有磁场，他手边有一只灵敏电流表和一个小线圈，则下列推断正确的是(　　)
A．直接将电流表放于月球表面，看是否有示数来判断磁场的有无
B．将电流表与线圈组成闭合回路，使线圈沿某一方向运动，如电流表无示数，则可判断月球表面无磁场
C．将电流表与线圈组成闭合回路，使线圈沿某一方向运动，如电流表有示数，则可判断月球表面有磁场
D．将电流表与线圈组成的闭合回路，使线圈在某一平面内沿各个方向运动，如电流表无示数，则可判断月球表面无磁场
【答案】
C
【解析】电磁感应现象产生的条件是：穿过闭合回路的磁通量发生改变时，回路中有感应电流产生．A中，即使有一个恒定的磁场，也不会有示数，A错误；同理，将电流表与线圈组成回路，使线圈沿某一方向运动，如电流表无示数，也不能判断出没有磁场，因为磁通量可能是恒定的，B错误；电流表有示数则说明一定有磁场，C正确；将电流表与线圈组成闭合回路，使线圈在某一个与磁场平行的平面内沿各个方面运动，也不会有示数，D错误．
3．在光滑的桌面上放有一条形磁铁，条形磁铁的中央位置的正上方水平固定一铜质小圆环，如图所示．则以下关于铜质小圆环和条形磁铁的描述正确的是(　　)
A．释放圆环，环下落时环的机械能守恒
B．释放圆环，环下落时磁铁对桌面的压力比磁铁的重力大
C．给磁铁水平向右的初速度，磁铁滑出时做匀速运动
D．给磁铁水平向右的初速度，圆环产生向左的运动趋势
【答案】
A
【解析】根据条形磁铁的电场线的分布，铜质小圆环在下落过程中，磁通量始终为零，无电磁感应现象，释放圆环，环下落时环的机械能守恒，磁铁对桌面的压力等于磁铁的重力，故A对，B错．当磁铁左右移动时，铜质小圆环的磁通量发生变化，产生电磁感应现象，根据楞次定律可以判断，电磁感应的机械效果是阻碍它们之间的相对运动，给磁铁水平向右的初速度，磁铁滑出时做减速运动，C错．线圈有向右运动的趋势，D错．
4．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，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
【答案】C
【解析】小磁块能将铜管磁化，故小磁块在铜管中下落时，由于电磁阻尼作用，不做自由落体运动，而在塑料管中不受阻力作用而做自由落体运动，因此在P中下落得慢，用时长，到达底端速度小，C项正确，A、B、D错误．
5.
如图所示，匀强磁场竖直向上穿过水平放置的金属框架，框架宽为L，右端接有电阻R，磁感应强度为B，一根质量为m、电阻不计的金属棒以v0的初速度沿框架向左运动，棒与框架的动摩擦因数为μ，测得棒在整个运动过程中，通过任一截面的电量为q，求：
(1)棒能运动的距离；
(2)R上产生的热量．
【答案】(1)　(2)mv－
【解析】(1)设在整个过程中，棒运动的距离为l，磁通量的变化量ΔΦ＝BLl，通过棒的任一截面的电量q＝IΔt＝，解得l＝.
(2)根据能的转化和守恒定律，金属棒的动能的一部分克服摩擦力做功，一部分转化为电能，电能又转化为热能Q，即有mv＝μmgl＋Q，解得Q＝mv－μmgl＝mv－.
二、温故知新
夯实基础
三、典例剖析
举一反三
考点一
电磁感应现象
（一）典例剖析
例1如图，水平放置的圆柱形光滑玻璃棒左边绕有一线圈，右边套有一金属圆环。圆环初始时静止。将图中开关S由断开状态拨至连接状态，电路接通的瞬间，可观察到（　　）
A.
拨至M端或N端，圆环都向左运动
B.
拨至M端或N端，圆环都向右运动
C.
拨至M端时圆环向左运动，拨至N端时向右运动
D.
拨至M端时圆环向右运动，拨至N端时向左运动
【答案】　B
【解析】无论开关S拨至哪一端，当把电路接通一瞬间，左边线圈中的电流从无到有，电流在线圈轴线上的磁场从无到有，从而引起穿过圆环的磁通量突然增大，根据楞次定律（增反减同），右边圆环中产生了与左边线圈中方向相反的电流，异向电流相互排斥，所以无论哪种情况，圆环均向右运动。故选B。
【易错点】对感应磁场方向判定错误，不能正确判断应用右手定则。
【方法点拨】理解“增反减同”的应用方法。
例2如图甲，竖直放置的长直导线通以恒定电流，有一矩形线框与导线同一平面，在下列情况中线圈产生感应电流的是（
）
A．导线中电流强度变大
B．线框向右平动
C．线框向下平动
D．线框以直导线为轴转动
【答案】
AB　
【解析】分析是否产生感应电流，关键就是分析穿过闭合线框的磁通量是否变化，而分析磁通量是否有变化，关键就是分清磁感线的分布，亦即分清磁感线的疏密变化和磁感线方向的变化。
对A选项，因I增大而引起导线周围的磁场增强，使线框的磁通量增大，故A正确；
对B选项，因离开直导线方向越远，磁感线分布越疏（如图乙）。因此线框向右平动时，穿过线框的磁通量变小，故B正确。
对C选项，由图乙可知线框向下平动时穿过线框磁通量不变，故C错。
对D选项，先画出俯视图如图丙，由图可看出线框绕直导线转动时，在任何一个位置穿过的磁感线条数均不变，因此无感应电流，故D错。
【易错点】对于磁通量不清楚，易错选D
【方法点拨】先画出俯视图如图丙，由图可看出线框绕直导线转动时，在任何一个位置穿过的磁感线条数均不变，因此无感应电流。
（二）举一反三
1．如图所示电路中，下面说法中正确的是
（
）
A．S闭合后，B线圈中总有电流
B．S闭合一会后，B中电流消失，但移动变阻器触头时，B中又产生电流
C．S断开和闭合的瞬间，B中有电流
D．因为A、B两线圈是两个不同的回路，B中始终不产生电流
【答案】BC
【解析】只有线圈中变化了磁通量，线圈中才有感应电流。BC中A线圈的磁通量发生变化，B线圈中能产生感应电流。
2.
如图所示，导线ab和cd互相平行，则下列情况中导线cd中无电流的是（
）
A．开关S闭合或断开的瞬间
B．开关S是闭合的，但滑片向左滑
C．开关S是闭合的，但滑片向右滑
D．开关S始终闭合，滑片不动
【答案】　D
【解析】只要使闭合回路c―d―G的磁通量发生变化，cd中就有感应电流，S闭合或断开的瞬间，通过ab的电流发生变化。其产生的磁场也发生变化，穿过c―d―G的磁通量也发生变化，当S闭合，同时当滑片P移动时，c―d―G中的磁通量也发生变化，有感应电流，故选D。
3.如图所示，竖直放置的长直导线通以恒定电流，有一矩形导线框与导线处于同一平面内。在下列情况中线圈产生感应电流的是_______，方向有abcda的是________。
A．导线中的电流变大
B．线框向右平动
C．线框向下平动
D．线框以ab边为轴转动
E．线框以直导线为轴转动
F．线框以bc为轴转90°
【答案】ABDF
BDF
【解析】通电直导线的磁场分布如图甲，与导线距离相等的点磁感应强度相等，离导线越远，磁场越弱。选项A中电流变大，磁场变强，线框中磁通量变大，有感应电流产生，方向由楞次定律知为badcb；选项BDF线框中磁通量变小，有感应电流产生，方向为abcda；选项C线框中无磁通量变化，无感应电流产生；选项E，画出俯视如图乙所示，可见线框中的磁通量不变化，无感应电流产生。
图甲
图乙
考点二
楞次定律
（一）典例剖析
例1.
一平面线圈用细杆悬于P点，开始时细杆处于水平位置，释放后让它在如图所示的匀强磁场中运动，已知线圈平面始终与纸面垂直，当线圈第一次通过I位置和II位置时顺着磁场的方向看去，线圈中感应电流的方向分别是
（
）
A．过位置I时为逆时针方向，过位置Ⅱ时为顺时针方向
B．过位置I时为顺时针方向，过位置Ⅱ时为逆时针方向
C．均为顺时针方向
D．均为逆时针方向
【答案】A
【解析】当线圈第一次通过位置I时，磁场方向向右通过线圈，且磁通量在增大，由楞次定律可知此时感应电流方向为逆时针，同理第一次通过位置Ⅱ时，感应电流方向为顺时针，故正确选项为A。
【易错点】不理解顺着磁场方向看去，把电流方向搞反。
【方法点拨】只要按楞次定律的使用步骤分步判定即可，这几个步骤是：（1）明确原磁场的方向及磁通量的变化情况；（2）根据楞次定律中的“阻碍”确定感应电流的磁场方向；（3）利用安培定则判断出感应电流的方向。
例2．如图所示，闭合线圈上方有一竖直放置的条形磁铁；磁铁的N级朝下。当磁铁向下运动时（但未插入线圈内部）
（
）
A．线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相同，磁铁与线圈相互吸引
B．线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相同，磁铁与线圈相互排斥
C．线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相反，磁铁与线圈相互吸引
D．线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相反，磁铁与线圈相互排斥
【答案】B
【解析】磁铁向下运动，穿过螺线管的向下方向上的磁通量变大，由楞次定律和安培定则可判断出感应电流方向如图所示，由楞次定律知感应电流的磁场要阻碍磁通量的增加，所以线圈对磁铁起着排斥任用，所以B正确。
【易错点】对于线圈和磁极间的相互作用不明白。
【方法点拨】楞次定律可表述为：感应电流导致的结果总是阻碍引起感应电流的原因。磁体与线圈之间发生相对运动时，感应电流施加的磁场力总是阻碍磁极的相对运动，即“来拒去留”。
（二）举一反三
1．（多选）两根相互平行的金属导轨水平放置于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
【答案】BD
【解析】当导体棒AB在外力F的作用下向右运动时，可以用以下方法判断AB内的感应电流：
（1）利用楞次定律，两个导体棒与两根金属导轨构成闭合回路，分析出磁通量增加，结合安培定则判断AB中感应电流的方向是B→A→C→D→B。
（2）利用楞次定律的第二描述。阻碍导体的相对运动。导体棒AB相对磁场向右运动，AB必然受到向左的安培力，再结合左手定则可以判断感应电流的方向。
（3）利用右手定则直接判断。利用该种方法时注意与左手定则的区别。
显然第三种方法最为简捷。以此为基础，再判断CD内的电流方向，最后根据左手定则进一步确定CD的受力方向，经过比较可得正确答案。
2．（多选）如图所示，在匀强磁场中放置一个电阻不计的平行金属导轨，导轨跟大线圈M相连，导轨上放一根导线ab，磁感线垂直于导轨所在平面，欲使M所包围的小闭合线圈N产生顺时针方向的感应电流，则导线ab的运动情况可能是（
）
A．匀速向右运动
B．加速向右运动
C．减速向右运动
D．加速向左运动
【答案】CD　
【解析】本题属于连带发生两次电磁感应现象的综合问题，侧重于分析综合能力的考查。
导线ab若在导轨上匀速运动，ab及M中产生恒定的感应电流，M内的磁场不变，因而小线圈N中无感应电流。只有当导线ab做变速运动时，使M中产生变化的电流，才能使小线圈N中的磁场变化，N中产生感应电流。当小线圈中产生顺时针方向的感应电流时，N内必须有垂直纸面向里的不断减小的磁通量，或垂直纸面向外不断增加的磁通量。题设条件下，当ab向右减速运动时，ab中电流方向a→b，M中的电流沿顺时针方向并逐渐减小，N中的感应电流方向才为顺时针方向。
若ab向左加速运动M中产生逆时针方向并逐渐增大的感应电流，根据楞次定律，N中感应电流方向为顺时针，以阻碍因M
电流增大而引起N中的磁通量增加。
3.
如图所示，金属导轨ab、cd平行于水平面放置且固定，两金属杆PQ、MN放置在导轨上，没有摩擦，一条形磁铁从上往下接近框架时，下列说法中，正确的是（
）
A．电流方向为MNQP，PQ与MN相互靠拢；
B．电流方向为MNQP，PQ与MN相互远离；
C．电流方向为PQNM，PQ与MN相互靠拢；
D．电流方向为PQNM，PQ与MN相互远离。
【答案】A
【解析】①条形磁铁由上而下接近，磁感线向下穿过线框，且磁通量增大；②在线框中产生的感应电流的磁场只有向上才能阻碍原磁通量的增加；③由右手螺旋定则判断可得电流方向为MNQP方向。
另一方向矩形MNQP为了阻碍磁通量的增加，除了通过感应电流产生的磁场阻碍其增加外，还可通过缩小面积的办法实现，因此MN与PQ将互相靠拢。
4．（多选）如图，U形光滑金属框abcd置于水平绝缘平台上，ab和dc边平行，和bc边垂直。ab、dc足够长，整个金属框电阻可忽略。一根具有一定电阻的导体棒MN置于金属框上，用水平恒力F向右拉动金属框，运动过程中，装置始终处于竖直向下的匀强磁场中，MN与金属框保持良好接触，且与bc边保持平行。经过一段时间后（　　）
A.
金属框的速度大小趋于恒定值
B.
金属框的加速度大小趋于恒定值
C.
导体棒所受安培力的大小趋于恒定值
D.
导体棒到金属框bc边的距离趋于恒定值
【答案】BC
【解析】由bc边切割磁感线产生电动势，形成电流，使得导体棒MN受到向右的安培力，做加速运动，bc边受到向左的安培力，向右做加速运动。当MN运动时，金属框的bc边和导体棒MN一起切割磁感线，设导体棒MN和金属框的速度分别为、，则电路中的电动势
电流中的电流
金属框和导体棒MN受到的安培力
，与运动方向相反
，与运动方向相同
设导体棒MN和金属框的质量分别为、，则对导体棒MN
对金属框
初始速度均为零，则a1从零开始逐渐增加，a2从开始逐渐减小。当a1＝a2时，相对速度
大小恒定。整个运动过程用速度时间图象描述如下。
综上可得，金属框的加速度趋于恒定值，安培力也趋于恒定值，BC选项正确；
金属框的速度会一直增大，导体棒到金属框bc边的距离也会一直增大，AD选项错误。
故选BC。
考点三
法拉第电磁感应定律
（一）典例剖析
例1一个200匝、面积为20
cm2的线圈，放在匀强磁场中，磁场的方向与线圈平面成30°角，磁感应强度在0.05
s内由0.1T增加到0.5
T。在此过程中，穿过线圈的磁通量的变化量是_______，磁通量的平均变化率是_________，线圈中感应电动势的大小是________。
【答案】4×10－4
Wb，8×10－3
Wb/s，1.6V
【解析】磁通量的变化量：
Ф＝B·S·sin
30°＝（0.5－0.1）×20×10－4×0.5
Wb＝4×10－4Wb
磁通量的平均变化率：Wb/s＝8×10－3
Wb/s
感应电动势的大小：
E＝n＝200×8×10－3
V＝1.6
V
【易错点】磁通量的变化乘了匝数n。
【方法点拨】磁通量的变化没有匝数，电动势、电流电量有匝数。
例2．如图所示，闭合开关S，将条形磁铁插入闭合线圈，第一次用0.2
s，第二次用0.4
s，并且两次的起始和终止位置相同，则
（
）
A．第一次磁通量变化较大
B．第一次G的最大偏角较大
C．第一次经过G的总电荷量较多
D．若断开S，G均不偏转，故均无感应电动势
【答案】　B
【解析】由于两次条形磁铁插入线圈的起始和终止位置相同，因此磁通量的变化?Ф＝Ф2－Ф1相同，故A错，根据E＝n可知，第一次磁通量变化较快，所以感应电动势较大；而闭合电路电阻相同，所以感应电流也较大，故B正确。
通过G的电荷量Q＝I?t＝，故两次通过G的电荷量相同，C不对。
若S断开，显然电路不闭合，没有感应电流，但感应电动势仍存在，所以D不对。
【易错点】对电荷量和电动势的概念理解不透，认为电动势越大，电荷量也越大
易选C。　
【方法点拨】电荷量看磁通量的变化，电动势看磁通量的变化率。
例3.
一个n匝的圆形线圈放在匀强磁场中，线圈平面与磁场方向夹角为，磁感应强度随时间均匀变化时产生感应电流，以下哪些措施可使此电流增加一倍（导线规格不变）
（
）
A．使线圈匝数增加一倍
B．使线圈面积增加一倍
C．使线圈半径增加一倍
D．使夹角增加一倍
【答案】　C
【解析】　，式中k＝和R0都是常量，故选项C可行。
【易错点】忽略线圈电阻变化，
易选A。　
【方法点拨】加强电阻和长度关系的认知，杜绝此类错误出现。
例4.
如图(a)所示，一个电阻值为R、匝数为n的圆形金属线圈与阻值为2R的电阻R1连接成闭合回路．线圈的半径为r1,
在线圈中半径为r2的圆形区域存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系图线如图(b)所示．图线与横、纵轴的截距分别为t0和B0.
导线的电阻不计．求0至t1时间内通过电阻R1上的电流大小和方向.
　
　　　　　　
(a)　　　　
　　　　
　(b)
【答案】　方向从b到a
【解析】穿过闭合线圈的磁场的面积为S＝πr
由题图(b)可知，磁感应强度B的变化率的大小为＝
根据法拉第电磁感应定律得：E＝n＝nS＝
由闭合电路欧姆定律可知流过电阻R1的电流为：I＝＝
再根据楞次定律可以判断，流过电阻R1的电流方向应由b到a
【易错点】求有效面积时，没注意半径r1,和r2的区别，造成面积计算错误。　
【方法点拨】首先要明确有效面积是哪一部分，如何求解；再理解B-t图像的斜率代表的意义。
（二）举一反三
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.在圆盘转动过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化
D..在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】在圆盘转动过程中，半径方向的金属条切割磁感线，在圆心和边缘之间产生感应电动势，所以选项A正确；圆盘的发生电磁感应过程中，内部到圆心不同距离的位置的电势不同，就会产生涡流，所以B正确；圆盘转动时，内部磁感应强度和有效面积均不发生改变，所以磁通量也不会改变，所以C错误；同时整个圆盘对外呈现电中性，不会产生环形电流，所以D错误。所以本题选项AB正确。
2．图中半径为r的金属圆盘在垂直于盘面的匀强磁场B中，绕O轴以角速度ω沿逆时针方向匀速转动，则通过电阻R的电流的方向和大小是（金属圆盘的电阻不计）
A．由c到d，I＝Br2ω/R
B．由d到c，I＝Br2ω/R
C．由c到d，I＝Br2ω/（2R）
D．由d到c，I＝Br2ω/（2R）
【答案】D
【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，其产生的感应电动势大小为E＝Br2ω/2，由右手定则可知其方向由外指向圆心，故通过电阻R的电流I＝Bωr2/(2R)，方向由d到c，故选D项。
3．如图所示，水平放置的平行金属导轨，相距L＝0.5m，左端接一电阻R＝0.2Ω，磁感应强度B＝0.4T的匀强磁场垂直于导轨平面，导体棒ab垂直放在导轨上，并能无摩擦地沿导轨滑动，导轨和导体棒的电阻均忽略不计，当ab以v＝4
m/s的速度水平向右匀速滑动时，求：
（1）ab棒中感应电动势的大小；
（2）回路中感应电流的大小；
（3）维持导体棒匀速运动的外力的大小。
【答案】（1）E=0.8V；（2）I＝4A（3）F＝0.8
N
【解析】（1）根据法拉第电磁感应定律，ab中感应电动势为
；
（2）感应电流大小为I＝。
（3）ab匀速运动时，受到的外力等于安培力，即F＝BIL＝0.4×4×0.5
N＝0.8
N
考点四
自感
（一）典例剖析
例1如图所示的电路，D1和D2是两个相同的小电珠，L是一个自感系数相当大的线圈，其电阻RL与R相同，由于存在自感现象，在电键Ｓ接通和断开时，灯泡Ｄ1和Ｄ2先后亮暗的次序是（
）
A．接通时Ｄ1先达最亮，断开时Ｄ1后暗
B．接通时Ｄ2先达最亮，断开时Ｄ2后暗
C．接通时Ｄ1先达最亮，断开时Ｄ1先暗
D．接通时Ｄ2先达最亮，断开时Ｄ2先暗
【答案】A
【解析】考察自感现象。当电键S接通时，Ｄ1和Ｄ2应该同时亮，但由于自感现象的存在，流过线圈的电流由零变大时，线圈上产生自感电动势的方向是左边正极，右边负极，使通过线圈的电流从零开始慢慢增加，所以开始瞬时电流几乎全部从Ｄ1通过，而该电流又将同时分路通过Ｄ2和R，所以Ｄ1先达最亮，经过一段时间电路稳定后，因为两灯电阻相等，且RL＝R，I1＝I2，且IL＝IR，故Ｄ1和Ｄ2达到一样亮。
当电键S断开时，电源电流立即为零，因此Ｄ2立刻熄灭，而对Ｄ1，由于通过线圈的电流突然减弱，线圈中产生自感电动势（右端为正极，左端为负极），使线圈L和Ｄ1组成的闭合电路中有感应电流，所以Ｄ1后灭。
【易错点】把此类题当成线圈和电灯Ｄ1串联，易错选B.
【方法点拨】认真审题，不要想当然。
例2（多选）在如图所示实验中，带铁芯的、电阻较小的线圈L和灯泡L1并联，当闭合开关S后，灯L1正常发光，下列说法正确的是
（
）
A．当断开S时，灯L1立即熄灭
B．当断开S时，灯L1突然闪亮后熄灭
C．若用阻值与线圈L相同电阻取代L接入电路，当断开S时，灯L1立即熄灭
D．若用阻值与线圈L相同的电阻取代L接入电路，当断开S时，灯L1突然闪亮后熄灭
【答案】　BC
【解析】　本题中，断开S时，L中原电流I2减小，由于自感作用，产生了与原电流方向相同的自感电流，从右向左流经L1灯泡，故灯不会立即熄灭，灯L1正常发光时流过L1的电流I1比流过线圈L的电流I2小；在断开S时，线圈L中尽管有自感电动势产生，但它阻止不了电流的减小，只是使电流的减小过程延缓一些，因此断开S时，流过灯泡L1和线圈L的电流变化相同，都是从I2基础上减小，故选项B正确。当用电阻代替线圈，断开S时不存在的自感现象，灯L1立即熄灭，所以选项C正确。
【易错点】没有注意带铁芯的、电阻较小的线圈L和灯泡L1并联，忽略了闪亮条件。易选A。　
【方法点拨】线圈具有阻碍自身电流变化的特点，当自身电流增大时，线圈产生自感电动势与原电流方向相反，阻碍电流的增大；当线圈自身电流减小时，线圈产生自感电动势与原电流方向相同，阻碍原电流减小。
（二）举一反三
1.
如图所示的电路中，A1和A2是完全的灯泡，线圈L的电阻可以忽略。下列说法中正确的是（
）
A．合上开关K接通电路时，A2先亮，A1后亮，最后一样亮
B．合上开关K
接通电路时，A1和A2始终一样亮
C．断开开关K切断电路时，A1立刻熄灭，A2过一会儿才熄灭
D．断开开关K切断电路时，A1和A2都要过一会儿才熄灭
【答案】AD
【解析】对通路和断路中自感现象比较的探究，考查理解和综合分析能力。
合上开关K，A2支路电流立即达到最大，而A1支路由于自感线圈对电流的变化起阻碍作用，所以电流只能逐渐增大，稳定后，由于L无电阻，所以最后两灯同样亮，A正确。断开时，L为电源，两灯串联，所以A1、A2将全同时熄灭，D正确。
2．（多选）如图电路中L是电感很大的、用铜导线绕成的理想线圈。开关S原先是闭合的，且小灯泡正常发光。当突然断开S时（
）
A．灯泡D立即熄灭
B．灯泡D过一会熄灭，且电流方向向右
C．L中电流立即反向
D．刚断开S后，电容开始充电，电容器的左板带正电
【答案】AD
【解析】理想的电感线圈的直流电阻为零，S闭合、电路稳定时电感L可等效成一根电阻为零的导线，线圈中的电流方向向左，并将电容器短路，电容器两端无电压，两板上无电荷，当S突然断开时，干路中电流消失，灯泡D立即熄灭，而L中由于原来的电流突然消失，将产生自感现象，便得L的两端产生自感电动势，在L和C组成的回路中产生感应电流，方向和L中原来的电流方向相同，给电容器充电，使电容器的左板带正电。
四、分层训练
能力进阶
【基础】
1．如图所示，线图abcd自由下落进入匀强磁场中，则当只有bc边进入磁场时，线圈中感应电流方向是________，当整个线圈进入磁场中时，线圈中_______感应电流。（填“有”或“无”）。
【答案】abcda
没有
【解析】只有bc边进入时线圈中磁通量变化，故有感应电流。当全部进入时，线圈中磁通量不变，故没有感应电流。
2.（多选）均匀带负电的塑料圆环绕垂直于圆环平面过圆心的轴旋转，在环的圆心处有一闭合小线圈，小线圈和圆环在同一平面。则（
）
A．只要圆环在转动，小线圈内就一定有感应电流
B．不管环怎样转动，小线圈内都没有感应电流
C．圆环在作变速转动时，小线圈内一定有感应电流
D．圆环作匀速转动时，小线圈内没有感应电流
【答案】CD
【解析】当圆环匀速转动时形成的电流是不变的，电流的磁场是不变的，穿过小线圈的磁通量不变，小线圈内没有感应电流，选项A错误；当圆环做变速运动时，形成的电流是变化的，电流产生的磁场也是变化的，穿过圆心处闭合线圈的磁通量将发生变化，线圈中一定产生感应电流，选项B错误、C正确；当圆环做匀速转动时，带负电的圆环形成恒定电流，产生的磁场是稳恒的，穿过圆心处闭合线圈的磁通量不变，线圈中没有感应电流产生，选项D正确。
3．穿过单匝闭合线圈的磁通量每秒连续均匀地增大2Wb，则
（
）
A．线圈中的感应电动势将均匀增大
B．线圈中的感应电流将均匀增大
C．线圈中的感应电动势将保持2
V不变
D．线圈中的感应电流将保持2
A不变
【答案】C　
【解析】由E＝，得E＝＝2
V，故C正确；因线圈电阻不一定是1Ω，故D错误。
4.
楞次定律是下列哪个定律在电磁感应现象中的具体体现(
)
A．电阻定律
B．库仑定律
C．欧姆定律
D．能量守恒定律
【答案】D；
【解析】电磁感应现象的发生是由于其他形式能与电能、磁能之间的相互转化，所以是能量守恒定律的具体体现。故选D
【巩固】
1.
如图所示，铁芯右边绕有一个线圈，线圈两端与滑动变阻器、电池组连成回路。左边的铁芯上套有一个环面积为0.02
m2、电阻为0.1
Ω的金属环。铁芯的横截面积为0.01
m2，且假设磁场全部集中在铁芯中，金属环与铁芯截面垂直。调节滑动变阻器的滑动头，使铁芯中的磁感应强度每秒均匀减小0.2
T，则从上向下看(　　)
A.金属环中感应电流方向是逆时针方向，感应电动势大小为4.0×10－3
V
B.金属环中感应电流方向是顺时针方向，感应电动势大小为4.0×10－3
V
C.金属环中感应电流方向是逆时针方向，感应电动势大小为2.0×10－3
V
D.金属环中感应电流方向是顺时针方向，感应电动势大小为2.0×10－3
V
【答案】D
【解析】由题意和右手螺旋定则可知，金属环内的磁通量是向下均匀减小的，根据楞次定律，金属环中感应电流方向为顺时针方向；金属环的有效面积即铁芯的横截面积，根据电磁感应定律＝1×0.2×0.01
V＝2×10－3
V。故选项D正确。
2.
如图所示，MN、PQ为两条平行的水平放置的金属导轨，左端接有定值电阻R，金属棒ab斜放在两导轨之间，与导轨接触良好，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面，设金属棒与两导轨接触点之间的距离为L，金属棒与导轨间夹角为60°，以速度v水平向右匀速运动，不计导轨和棒的电阻，则流过金属棒中的电流为
（
）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】导体棒匀速运动，所以平均感应电动势的大小等于瞬间感应电动势的大小。
题中L的有效长度为，故E＝Bv。
据闭合电路欧姆定律得I＝。
3.
“ABS”中文译为“防锁死刹车系统”，它是一种具有防滑、防锁死等优点的汽车安全控制系统。“ABS”是在常规刹车装置基础上的改进型技术，既有普通制动系统的制动功能，又能防止车轮锁死，使汽车在制动状态下仍能转向，保证汽车制动方向的稳定性，防止产生侧滑和跑偏，是目前汽车上最先进、制动效果最佳的制动装置。经研究它有一个自动检测车速的装置，用来控制车轮的转动，其原理如图所示，铁质齿轮P与车轮同步转动，右端有一个绕有线圈的磁体，M是一个电流检测器，当车轮带动齿轮转动时，线圈中会有电流，这是由于齿靠近线圈时被磁化，使磁场增强，齿离开线圈时磁场减弱，磁通变化使线圈中产生了感应电流。将这个电流经放大后去控制制动机构，可有效地防止车轮被制动抱死。如图示中，在齿a转过虚线位置的过程中，关于M中感应电流的说法正确的是(
)
A．M中的感应电流方向一直向左
B．M中的感应电流方向一直向右
C．M中先有自右向左，后有自左向右的感应电流
D．M中先有自左向右，后有自右向左的感应电流
【答案】　D
【解析】由楞次定律可理解，感应电流的结果总是阻碍引起感应电流的原因。由于齿靠近线圈时被磁化，使磁场增强，感应电流的磁场要阻碍原磁场增强，结合安培定则，判断感应电流的方向自左向右通过M；齿离开线圈时磁场减弱，磁通变化使线圈中产生了感应电流，磁场电流的磁场要阻碍原磁场减弱，由安培定则，感应电流的方向自右向左通过M。
4.
（多选）如图所示，A为一固定的导体圆环，条形磁铁B从左侧很远处沿圆形轴线移向圆环，穿过后移到右侧很远处。如果磁铁的移动是匀速的，则下列判断正确的是（
）
A．磁铁移近时受到圆环的斥力，离开时受到圆环的引力
B．磁铁的整个运动过程中，圆环中电流方向不变
C．磁铁的中心通过环面时，圆环中电流为零
D．若A为一固定的超导体圆环，磁铁的中心通过超导体环面时，圆环中电流最大
【答案】ACD
【解析】　从多个角度深刻理解楞次定律的含义。
思路一（电流元受力分析法）：画出磁铁磁感线分布，当磁铁向圆环运动时，由楞次定律判断出圆环的感应电流方向，把圆环的电流等效为无数段直线电流元，取上下两小段电流研究，由左手定则判断两小段电流受力情况向右，则整个圆环所受合力向右，所以两者之间表现斥力；同理可分析磁铁离开圆环时两者间是引力。
思路二（等效法）：磁铁向右运动，使圆环产生的感应电流可以由安培定则等效为一条形磁铁，根据磁极间的相互作用来分析。
思路三（躲闪法）：磁铁向右运动，使圆环的磁通量增加而产生感应电流，由楞次定律可知，圆环为阻碍原磁通的增大，必有向磁感线较疏的右方运动的趋势。
思路四（阻碍相对运动法）：磁铁向右运动，圆环产生的感应电流总是要阻碍导体间的相对运动，则磁铁与圆环间有排斥作用，所以圆环有向右运动的趋势。
总之，楞次定律可表述为：感应电流导致的结果总是阻碍引起感应电流的原因。磁体与线圈之间发生相对运动时，感应电流施加的磁场力总是阻碍磁极的相对运动，即“来拒去留”。
5．如图电路中有L1和L2两个完全相同的灯泡，线圈L的电阻忽略不计，下列说法中正确的是（
）
A．闭合S时，L2先亮，L1后亮，最后一样亮
B．断开S时，L2立刻熄灭，L1过一会儿熄灭
C．L1中的电流始终从a到b
D．L2中的电流始终从c到d
【答案】A
【解析】闭合S时，L2中立即有从d到c的电流，先亮，线圈由于自感作用，通过它的电流将逐渐增加，所以L1逐渐变亮，电路稳定后自感作用消失，线圈L相当于导线，所以L1、L2一样亮，断开S时，L2中由电源提供的电流瞬间消失，但是L中从b到a的电流由于自感的阻碍作用将逐渐减小，该电流与L1形成回路，因此L1、L2将过一会儿一起熄灭。L1中的电流始终由b到a，L2中的电流先由d到c，后由c到d。
答案：A
【拔高】
1．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左右振动的衰减最有效的方案是（
）
【答案】A
【解析】感应电流产生的条件是闭合回路中的磁通量发上变化。在A图中系统振动时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，故A正确；而BCD三个图均无此现象，故错误。
2．如图，在方向垂直于纸面向里的匀强磁场中有一U形金属导轨，导轨平面与磁场垂直。金属杆PQ置于导轨上并与导轨形成闭合回路PQRS，一圆环形金属线框T位于回路围成的区域内，线框与导轨共面。现让金属杆PQ突然向右运动，在运动开始的瞬间，关于感应电流的方向，下列说法正确的是（
）
A．PQRS中沿顺时针方向，T中沿逆时针方向
B．PQRS中沿顺时针方向，T中沿顺时针方向
C．PQRS中沿逆时针方向，T中沿逆时针方向
D．PQRS中沿逆时针方向，T中沿顺时针方向
【答案】D
【解析】因为PQ突然向右运动，由右手定则可知，PQRS中有沿逆时针方向的感应电流，穿过了中的磁通量减小，由楞次定律可知，T中有沿顺时针方向的感应电流，D正确，ABC错误。
3.
竖直平面内有一金属环，半径为a，总电阻为R，磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过环平面，与环的最高点A的铰链连接的长度为2a，电阻为R/2的导体棒AB由水平位置紧贴环面摆下（如图），当摆到竖直位置时，B点的线速度为v，则这时AB两端的电压大小为
（
）
A．2Bav
B．Bav
C．2Bav/3
D．Bav/3
【答案】D
【解析】为旋转体长为2a，产生的电动势E＝B2av＝Bav，环总电阻为R的两串联电阻为R。并联电阻为R，U＝E－Ir＝＝＝
4.
(多选)如图甲所示，固定在光滑水平面上的正三角形金属线框，匝数n＝20，总电阻R＝2.5
Ω，边长L＝0.3
m，处在两个半径均为r＝的圆形匀强磁场区域中．线框顶点与右侧圆中心重合，线框底边中点与左侧圆中心重合．磁感应强度B1垂直水平面向外，大小不变；B2垂直水平面向里，大小随时间变化，B1、B2的值如图乙所示．(π取3)(　　)
A．通过线框中感应电流方向为逆时针方向
B．t＝0时刻穿过线框的磁通量为0.1
Wb
C．在t＝0.6
s内通过线框中的电荷量为0.006
C
D．经过t＝0.6
s线框中产生的热量为0.06
J
【答案】AD
【解析】磁感应强度B1垂直水平面向外，大小不变；B2垂直水平面向里，大小随时间增大，由楞次定律可得，线框中感应电流方向为逆时针方向，故A正确；t＝0时刻穿过线框的磁通量为：Φ＝B1×πr2－B2×πr2＝1×0.5×3×0.12
Wb－2××3×0.12
Wb＝0.005
Wb，故B错误；在t＝0.6
s内通过线框中的电荷量q＝t＝t＝·Δt＝＝0.12
C，故C错误；由Q＝I2Rt＝()2R·Δt＝2＝0.06
J，故D正确．
5.
(多选)
如图甲所示，间距为L的光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B，轨道左侧连接一定值电阻R.垂直导轨的导体棒ab在水平外力F作用下沿导轨运动，F随t变化的规律如图8-12乙所示．在0～t0时间内，棒从静止开始做匀加速直线运动．图8-12乙中t0、F1、F2为已知量，棒和导轨的电阻不计．则(　　)
A．在t0以后，导体棒一直做匀加速直线运动
B．在t0以后，导体棒先做加速，最后做匀速直线运动
C．在0～t0时间内，导体棒的加速度大小为
D．在0～t0时间内，通过导体棒横截面的电荷量为
【答案】BD
【解析】因在0～t0时间内棒做匀加速直线运动，故在t0时刻F2大于棒所受的安培力，在t0以后，外力保持F2不变，安培力逐渐变大，导体棒做加速度越来越小的加速运动，当加速度a＝0，即导体棒所受安培力与外力F2相等后，导体棒做匀速直线运动，故A错误，B正确．设在0～t0时间内导体棒的加速度为a，通过导体棒横截面的电荷量为q，导体棒的质量为m，t0时刻导体棒的速度为v，则有：a＝，F2－＝ma，F1＝ma，q＝，ΔΦ＝BΔS＝BLt0，解得：a＝，q＝，故C错误、D正确．
(
第
2
页
共
24
页
)
(
第
1
页
共
24
页
)

展开更多......

收起↑