2017-2018高中物理(粤教)选修3-2学案：第一章 电磁感应 第七节 Word版含答案

选修3-2 第一章 《电磁感应》第七节 涡流现象及其应用班级 姓名 学号 评价【自主学习】一、 学习目标1．运用电磁感应、电路等知识分析各种涡流现象2．了解涡流产生的原因及应用和防止,用理论知识解决实际问题的能力．二、 重点难点1．涡流的产生原理2．涡流现象中能量转化情况的分析三、 问题导学1． 什么是涡流现象？2． 感应加热具有哪些优点？3．减小涡流危害的途径有哪些？四、 自主学习（阅读课本P29-31页，《金版学案》P29考点4）1．完成《金版学案》P27预习篇4五、要点透析 见《金版学案》P29考点4【预习自测】1．(单选)熔化金属的一种方法是用“高频炉”，它的主要部件是一个铜制线圈，线圈中有一钳锅，锅内放入待熔的金属块．当线圈中通以高频交流电时，锅中金属就可以熔化，这是因为( )A ．线圈中的高频交流电通过线圈电阻，产生焦耳热B ．线圈中的高频交流电产生高频微波辐射，深入到金属内部，产生焦耳热C ．线圈中的高频交流电在钳锅中产生感应电流，通过钳锅电阻产生焦耳热D ．线圈中的高频交流电在金属块中产生感应电流，通过金属块电阻产生焦耳热2．(双选)变压器的铁芯是利用薄硅钢片叠压而成的，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 ．增大铁芯中的电阻，以产生更多的热量D ．增大铁芯中的电阻，以减小发热量第七节 涡流现象及其应用【巩固拓展】课本作业P31练习1、2、31．(单选)高频感应炉是用来熔化金属对其进行冶炼的，如图所示为冶炼金属的高频感应炉的示意图，炉内放入被冶炼的金属，线圈通入高频交变电流，这时被治炼的金属就能被熔化，这种冶炼方法速度快，温度易控制，并能避免有害杂质混入被冶炼的金属中，因此适于冶炼特种金属．那么该炉的加热原理是( )A ．利用线圈中电流产生的焦耳热B ．利用线圈中电流产生的磁场C ．利用交变电流的交变磁场在炉内金属中产生的涡流D ．给线圈通电的同时，给炉内金属也通了电2．(单选)电磁炉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3．(双选)如图2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第七节 涡流现象及其应用班级姓名学号评价●【课堂检测】一、涡流的理解1．(单选)下列关于涡流的说法中正确的是( )A．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B．涡流不是感应电流，而是一种有别于感应电流的特殊电流C．涡流有热效应，但没有磁效应D．在硅钢中不能产生涡流二、涡流现象在生活中的应用2．(双选)电磁炉采用感应电流(涡流)的加热原理，是通过电子线路产生交变磁场，把铁锅放在炉面上时，在铁锅底部产生交变的电流，它具有升温快、效率高、体积小、安全性好等优点．下列关于电磁炉的说法中正确的是( )A．电磁炉面板可采用陶瓷材料，发热部分为铁锅底部B．电磁炉可以用陶瓷器皿作为锅具对食品加热C．可以通过改变电子线路的频率来改变电磁炉的功率D．电磁炉面板可采用金属材料，通过面板发热加热锅内食品3． (单选)在水平放置的光滑绝缘导轨上，沿导轨固定一个条形磁铁，如图所示．现有铜、铝和有机玻璃制成的滑块甲、乙、丙，使它们从导轨上的A点以某一初速度向磁铁滑去．各滑块在向磁铁运动的过程中( )A．都做匀速运动B．甲、乙做加速运动C．甲、乙做减速运动D．乙、丙做匀速运动4． (双选)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●【互动研讨】． 涡流现象的应用和危害？第七节 涡流现象及其应用班级姓名学号评价【当堂训练】1．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. 不论如何都是一样,水温不会升高2．如下图所示，在O 点正下方有一个具有理想边界的磁场，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 ．A 点低于B 点D ．铜环摆动过程中有部分机械能转化为热能3．如图所示，A 、B 为大小、形状均相同且内壁光滑，但用不同材料制成的圆管，竖直固定在相同高度。

第七节自感现象及其应用【思维激活】1.在接通或断开电动机电路时，在开关处会产生火花放电，你知道为什么吗？提示：电动机电路是含有线圈的电路，在通电瞬间或断电瞬间，线圈中就会有电流的巨大变化，从无到有或从有到无，在也会产生电磁感应现象，产生感应电动势，由于变化较快，感应电动势会比较大，加在开关的动片与静片之间，就会形成火花放电。

这是自感现象。

]2.在日常生活中，若发现或怀疑家用煤气泄漏，选用了打电话报警的方式求助，你认为这种方法正确吗？提示：不正确，打电话时会产生火花引起火灾，酿成更大的事故。

【自主整理】1.互感现象：绕在同一铁芯的两个线圈，当其中一个线圈上的电流变化时，它所产生的变化的磁场会在另一个线圈中产生感应电动势，这种现象就叫互感。

2.自感现象：当一个线圈中的电流发生变化时，它所产生的变化磁场不仅在邻近的电路中激发出感应电动势，同样也会在它本身激发出感应电动势。

这种由于导体本身的电流发生变化而使自身产生电磁感应的现象叫做自感。

3.自感电动势：由于自感而产生的感应电动势叫做自感电动势。

4自感系数：自感系数L简称自感或电感，它跟线圈的大小、形状、圈数以及是否有铁芯等因素有关，线圈的横截面积越大、线圈绕制得越密、匝数越多，它的自感系数就越大，另外有铁芯的线圈的自感系数比没有铁芯时大.单位：________，符号是H.常用的还有_____（mH）和_____（μH），换算关系是：1 H=____mH=____μH.。

5.磁场的能量：线圈中有电流，就有磁场，________就储存在磁场中。

【高手笔记】1.自感现象是否符合楞次定律？剖析：自感现象是一种特殊的电磁感应现象，其规律符合楞次定律，即感应电动势阻碍磁通量的变化。

只不过由于自感现象中磁通量的变化是由于电路中电流的变化引起的。

所以，自感电动势直接表现为阻碍原电源的变化。

这里要着重强调阻碍的含义：“阻碍”不是“相反”：原电流增加时“反抗”；原电流减小时“反抗”；原电流减小时“补偿”。

电磁感应现象教案[授课内容]电磁感应现象[教学目标] 1、在物理知识方面(1)理解什么是电磁感应现象?(2)掌握产生感应电流的条件。

2、在能力培养方面通过观察演示实验，归纳、概括出利用磁场产生电流的条件，培养学生的观察、概括能力。

[教学重点] 使学生掌握只要闭合电路的磁通量发生变化，闭合电路中就会产生感应电流。

[教学难点] 闭合电路磁通量的变化。

[教具] 蹄形磁铁、条形磁铁、电流计、原副线圈、滑动变器，开头，导线若干，电池(电源)、计算机、相关课件等。

[主要教学流程]一、复习上一章的主要内容●磁场及磁感线的基本特征。

●电流的磁场、右手螺旋定则及磁现象的电本质。

●磁通、磁感强度的含义及相互关系。

●左手定则和安培定律。

以上内容主要由教师复习为主。

二、发现电磁感应现象的背景⑴法拉第生平简介法拉第是十九世纪电磁学领域中最伟大的实验物理学家。

他出生在伦敦附近一贫穷的铁匠家庭，从小只受到一点读、写、算的初步教育，十三岁时就到伦敦一家书店当装订书的学徒，这使他有机会接触到各类书籍，他从阅读科学书籍中获得了丰富的知识⑵电磁感应现象的发现①1831年8月29日实验。

结果：法拉第虽然想到这就是他寻找了将近十年的由磁产生电流的现象，但还没有明确地领悟到这一现象的暂态性的本质特点。

②10月17日实验。

结果：实现了永久磁体产生电流的设想，完全明白了这种转化的暂态性。

③1831年11月24日，法拉第向皇家学会提交的一个报告中，把这种现象定名为“电磁感应现象”，并概括了可以产生感应电流的五种类型：变化着的电流、变化着的磁场、运动的稳恒电流、运动的磁铁、在磁场中运动的导体。

1、法拉第之所以能够取得这一卓越成就，是同他关于各种自然力的统一和转化的思想密切相关的。

正是这种对于自然界各种现象普遍联系的坚强信念，支持着法拉第始终不渝地为从实验上证实磁向电的转化而探索不已。

三、用实验方法研究产生感应电流的条件实验与探究电磁联系启迪了人们的思考：既然电流能在其周围产生磁效应，那么磁体能在附近导线中感应出电流吗？也就是说，磁真的能产生电吗？你的猜想是：设计一个实验证实你的猜想。

高中物理学习材料金戈铁骑整理制作第七节涡流现象及其应用1．在一根导体外面绕上线圈，并让线圈通入交变电流，在整个导体中，就形成一圈圈环绕导体轴线流动的感应电流，就好像水中的旋涡一样，这种现象称为涡流现象．导体的外周长越长，交变磁场的频率越高，涡流就越大．2．涡流热效应的应用为高频感应炉冶炼金属、电磁灶等涡流磁效应的应用为金属探测器．3．当导体在磁场中运动时，导体中产生的涡流与磁场相互作用产生一个动态阻尼力，从而提供制动力矩，这种制动方式常应用于电表的阻尼制动、高速机车制动的涡流闸等．4．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答案 D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项正确．5．(双选)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．起电磁驱动的作用答案BC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，就是涡流．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来起电磁阻尼的作用．6．如图1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)，则小球()图1A．整个过程匀速运动B．进入磁场过程中球做减速运动，穿出磁场过程中做加速运动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答案 D解析小球进出磁场时，有涡流产生，要受到阻力，故穿出时的速度一定小于初速度．7．高频感应炉是用来熔化金属对其进行冶炼的，如图2所示为冶炼金属的高频感应炉的示意图，炉内放入被冶炼的金属，线圈通入高频交变电流，这时被治炼的金属就能被熔化，这种冶炼方法速度快，温度易控制，并能避免有害杂质混入被炼金属中，因此适于冶炼特种金属．该炉的加热原理是()图2A．利用线圈中电流产生的焦耳热B．利用线圈中电流产生的磁场C．利用交变电流的交变磁场在炉内金属中产生的涡流D．给线圈通电的同时，给炉内金属也通了电答案 C【概念规律练】知识点一涡流及其应用1．如图3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()图3A．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、玻璃杯答案 C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涡流，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．点评涡流是在导体内产生的，而且穿过回路的磁通量必须是变化的，此题能说明电磁炉的原理．2．(双选)机场的安检门可以利用涡流探测人身上携带的金属物品，安检门中接有线圈，线圈中通以交变电流，关于其工作原理，以下说法正确的是()A．人身上携带的金属物品会被地磁场磁化，在线圈中产生感应电流B．人体在线圈交变电流产生的磁场中运动，产生感应电动势并在金属物品中产生感应电流C．线圈产生的交变磁场会在金属物品中产生交变的感应电流D．金属物品中感应电流产生的交变磁场会在线圈中产生感应电流答案CD解析一般金属物品不一定能被磁化，且地磁场很弱，即使金属被磁化磁性也很弱，作为导体的人体电阻很大，且一般不会与金属物品构成回路，故A、B错误；安检门利用涡流探测金属物品的工作原理是：线圈中交变电流产生交变磁场，使金属物品中产生涡流，故C 正确；该涡流产生的磁场又会在线圈中产生感应电流，而线圈中交变电流的变化可以被检测，故D项正确．点评金属探测利用了涡流的磁效应．知识点二电磁阻尼3．有一个铜盘，轻轻拨动它，能长时间地绕轴自由转动．如果在转动时把蹄形磁铁的两极放在铜盘边缘，但并不与铜盘接触，如图4所示，铜盘就能在较短时间内停止转动，分析这个现象产生的原因．图4答案见解析解析铜盘转动时如果加上磁场，则在铜盘中产生涡流，磁场对这个涡流的作用力阻碍它的转动，故在较短的时间内铜盘停止转动．点评当导体在磁场中运动时，导体中的感应电流受到安培力的作用阻碍导体运动，即安培力为电磁阻尼的阻力．4. 如图5所示，是称为阻尼摆的示意图，在轻质杆上固定一金属薄片，轻质杆可绕上端O点为轴在竖直面内转动，一有界磁场垂直于金属薄片所在的平面．使摆从图中实线位置释放，摆很快就会停止摆动；若将摆改成梳齿状，还是从同一位置释放，摆会摆动较长的时间．试定性分析其原因．图5答案见解析解析第一种情况下，阻尼摆进入有界磁场后，在金属薄片中会形成涡流，涡流使金属薄片受安培力的作用，阻碍其相对运动，所以会很快停下来；第二种情况下，将金属摆改成梳齿状，阻断了涡流形成的回路，从而减弱了涡流，受到安培力的阻碍会比先前小得多，所以会摆动较长的时间．点评防止电磁阻尼的途径为阻止或减弱涡流的产生．【方法技巧练】涡流能量问题的处理技巧5．弹簧上端固定，下端悬挂一根磁铁．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．如图6所示，如果在磁铁下端放个固定的闭合线圈，使磁铁上下振动时穿过它，磁铁就会很快地停下来，解释这个现象，并说明此现象中能量转化的情况．图6答案见解析解析当磁铁穿过固定的闭合线圈时，在闭合线圈中产生感应电流，感应电流的磁场会阻碍磁铁向线圈靠近或离开，也就使磁铁振动时除了空气阻力外，还有线圈的磁场力作为阻力，克服阻力需要做的功较多，弹簧振子的机械能损失较快，因而会很快停下来．损失的机械能主要转化为电能再转化为内能．方法总结此题中涡流损耗了机械能．6．如图7所示，一闭合金属圆环用绝缘细线挂于O点，将圆环拉至某一位置并释放，圆环摆动过程中(环平面与磁场始终保持垂直)经过有界的水平匀强磁场区域，A、B为该磁场的竖直边界，若不计空气阻力，则()图7A．圆环向右穿过磁场后，还能摆至原来的高度B．在进入和离开磁场时，圆环中均有感应电流C．圆环进入磁场后，离最低点越近速度越大，感应电流也越大D．圆环最终将静止在最低点答案 B解析在圆环进入和穿出磁场的过程中环中磁通量发生变化，有感应电流产生，即圆环的机械能向电能转化，其机械能越来越小．上升的高度越来越低，选项A错误，B正确；但在环完全进入磁场后，不再产生感应电流，选项C错误；最终圆环将不能摆出磁场，从此再无机械能向电能转化，其摆动的幅度不再变化，选项D错误．方法总结当导体中的磁通量变化时，产生感应电流，损失机械能；当导体中的磁通量无变化时，不产生感应电流，不损失机械能．1．(双选)下列哪些仪器是利用涡流工作的()A．电磁炉B．微波炉C．金属探测器D．电饭煲答案AC2．(双选)变压器的铁芯是利用薄硅钢片叠压而成的，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．增大铁芯中的电阻，以产生更多的热量D．增大铁芯中的电阻，以减小发热量答案BD解析不使用整块硅钢而是采用很薄的硅钢片，这样做的目的是增大铁芯中的电阻，来减少电能转化成铁芯的内能，提高效率，是防止涡流而采取的措施．3．下列关于涡流的说法中正确的是()A．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B．涡流不是感应电流，而是一种有别于感应电流的特殊电流C．涡流有热效应，但没有磁效应D．在硅钢中不能产生涡流答案 A解析涡流就是一种感应电流，同样是由于磁通量的变化产生的．4．如图8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)()图8A．做等幅振动B．做阻尼振动C．振幅不断增大D．无法判定答案 B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，阻碍它的相对运动，做阻尼振动．5．(双选)如图9所示是电表中的指针和电磁阻尼器，下列说法中正确的是()图9A．2是磁铁，在1中产生涡流B．1是磁铁，在2中产生涡流C．该装置的作用是使指针能够转动D．该装置的作用是使指针能很快地稳定答案AD解析这是涡流的典型应用之一．当指针摆动时，1随之转动，2是磁铁，那么在1中产生涡流，2对1的安培力将阻碍1的转动．总之不管1向哪个方向转动，2对1的效果总起到阻尼作用．所以它能使指针很快地稳定下来．6．如图10所示，矩形线圈放置在水平薄木板上，有两块相同的蹄形磁铁，四个磁极之间的距离相等，当两块磁铁匀速向右通过线圈时，线圈仍静止不动，那么线圈受到木板的摩擦力方向是()图10A．先向左，后向右B．先向左，后向右，再向左C．一直向右D．一直向左答案 D解析根据楞次定律的“阻碍变化”知“来拒去留”，当两磁铁靠近线圈时，线圈要阻碍其靠近，线圈有向右移动的趋势，受木板的摩擦力向左；当磁铁远离时，线圈要阻碍其远离，仍有向右移动的趋势，受木板的摩擦力方向仍是向左的，故选项D正确．7．(双选)如图11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，感应电流通过焊缝处产生大量热量，将金属熔化，把工件焊接在一起，而工件其它部分发热很少，以下说法正确的是()图11A．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答案AD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项对．工件中各处电流相同，电阻大处产生热多，故D项对．8．我们用作煮食的炉子有各种各样的款式，它们的工作原理各不相同．有以天然气、液化石油气等作燃料的，例如天然气炉；还有以直接用电热方式加热的，例如电饭锅，下面介绍的是以电磁感应原理生热的电磁炉．图12如图12所示是描述电磁炉工作原理的示意图．炉子的内部有一个金属线圈，当电流通过线圈时，会产生磁场，这个磁场的大小和方向是不断变化的，这个变化的磁场又会引起放在电磁炉上面的铁质(或钢质)锅底内产生感应电流，由于锅底有电阻，所以感应电流又会在锅底产生热效应，这些热能便起到加热物体的作用从而煮食．电磁炉的特点是：电磁炉的效率比一般的炉子都高，热效率高达90%，炉面无明火，无烟无废气，电磁火力强劲，安全可靠．因为电磁炉是以电磁感应产生电流，利用电流的热效应产生热量，所以不是所有的锅或器具都适用．对于锅的选择，方法很简单，只要锅底能被磁铁吸住的就能用．适合放在电磁炉上烹饪的器具有不锈钢锅、不锈钢壶、平底铁锅；不适用的有陶瓷锅、圆底铁锅、耐热玻璃锅、铝锅、铜锅等．(1)在电磁炉加热食物的过程中涉及的物理原理有(回答三个即可)：①________________________________________________________________________；②________________________________________________________________________；③________________________________________________________________________.(2)电磁炉的锅不能用陶瓷锅、耐热玻璃锅的原因是____________________________；电磁炉所用的锅不能用铝锅、铜锅的原因是______________________．(3)在锅和电磁炉中间放一纸板，则电磁炉还能起到加热作用吗？为什么？答案(1)①电流的磁效应(或电生磁)②电磁感应现象(或磁生电)③电流的热效应(或焦耳定律)(2)不能产生电磁感应现象电阻率小，电热少，效率低(3)能起到加热作用．由于线圈产生的磁场能穿透纸板到达锅底，在锅底产生感应电流，利用电流的热效应起到加热作用．9．如图13所示，在光滑水平桌面上放一条形磁铁，分别将大小相同的铁球、铝球和木球放在磁铁的一端且给它一个初速度，让其向磁铁滚去，观察小球的运动情况．图13答案见解析解析(1)铁球将加速运动，其原因是铁球被磁化后与磁铁之间产生相互吸引的磁场力．(2)铝球将减速运动，其原因是铝球内产生了感应电流，感应电流的磁场阻碍相对运动．(3)木球将匀速运动，其原因是木球既不能被磁化，也不能产生感应电流，所以磁铁对木球不产生力的作用．10．人造卫星绕地球运行时，轨道各处地磁场的强弱并不相同，因此，金属外壳的人造地球卫星运行时，外壳中总有微弱的感应电流．分析这一现象中的能量转化情形．它对卫星的运动可能产生怎样的影响？答案见解析解析当穿过人造卫星的磁通量发生变化时，外壳中会有涡流产生，这一电能的产生是由机械能转化来的．它会导致卫星机械能减少，会使轨道半径减小，造成卫星离地高度下降．11．一金属圆环用绝缘细绳悬挂，忽略空气阻力，圆环可做等幅摆动，若在圆环正下方放置一条形磁铁如图14所示，圆环将如何运动．图14答案见解析解析条形磁铁置于圆环正下方，圆环运动时，穿过圆环的磁通量保持为零不变，所以环中无感应电流，圆环仍做等幅摆动．12．如图15所示，一狭长的铜片能绕O点在纸面平面内摆动，有界的磁场其方向垂直纸面向里，铜片在摆动时受到较强的阻尼作用，很快就停止摆动．如果在铜片上开几个长缝，铜片可以在磁场中摆动较多的次数后才停止摆动，这是为什么？图15答案见解析解析没有开长缝的铜片绕O点在纸面内摆动时，由于磁场有圆形边界，通过铜片的磁通量会发生变化，在铜片内产生较大的涡流，涡流在磁场中所受的安培力总是阻碍铜片的摆动，因此铜片很快就停止摆动．如果在铜片上开有多条长缝时，就可以把涡流限制在缝与缝之间的铜片上，较大地削弱了涡流，阻力随之减小，所以铜片就可以摆动较多的次数．。

[目标定位] 1.理解和掌握确定感应电动势大小的一般规律——法拉第电磁感应定律.2.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 ＝BL v 或E ＝BL v sin θ计算导线切割磁感线时的感应电动势．一、影响感应电动势大小的因素1．定义在电磁感应现象中产生的电动势叫做感应电动势．产生感应电动势的那部分导体相当于电源．这部分导体本身的电阻相当于电源内阻，当电路断路时，无(填“有”或“无”)感应电流，但有(填“有”或“无”)感应电动势．2．感应电流的强弱由感应电动势的大小和闭合电路的电阻决定，可以由闭合电路欧姆定律算出．3．实验探究影响感应电动势大小的因素 (1)猜想与假设．①感应电动势的大小可能与磁通量的变化量ΔΦ有关． ②感应电动势的大小可能与磁通量变化所用的时间Δt 有关． (2)制定计划与设计实验． 方法：控制变量法先控制其中一个物理量，探究另一个物理量变化时，感应电动势E 的大小是如何变化的． (3)信息收集与归纳．①通过改变所用条形磁铁的数目，改变磁通量的变化量ΔΦ.②通过改变条形磁铁插入或拔出螺线管的速度，改变磁通量变化所用的时间Δt .③结论：在相同时间内，磁通量的变化量越大，感应电动势越大；在磁通量变化量相同时，磁通量变化所用的时间越短，感应电动势越大．即感应电动势的大小跟磁通量变化的快慢有关．二、法拉第电磁感应定律1．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)表达式：E ＝n ΔΦΔt .2．对感应电动势的理解(1)磁通量的变化常由B 的变化或S 的变化引起． ①当ΔΦ仅由B 的变化引起时，E ＝nS ΔBΔt .②当ΔΦ仅由S 的变化引起时，E ＝nB ΔSΔt.(2)E ＝n ΔΦΔt 计算的是Δt 时间内平均感应电动势，当Δt →0时，E ＝n ΔΦΔt 的值才等于瞬时感应电动势． 深度思考(1)感应电动势的大小与Φ或ΔΦ的大小有没有关系？(2)Φ、ΔΦ、ΔΦΔt 与线圈匝数有关吗？感应电动势E 与线圈匝数有关吗？答案 (1)E 的大小与Φ或ΔΦ的大小没有关系．(2)Φ、ΔΦ、ΔΦΔt 均与某一面积相联系，与线圈匝数无关，n 匝线圈时相当于n 个单匝线圈的串联，所以感应电动势E 与线圈匝数有关．例1 下列几种说法中正确的是( )A ．线圈中磁通量变化越大，线圈中产生的感应电动势一定越大B ．线圈中磁通量越大，线圈中产生的感应电动势一定越大C ．线圈放在磁场越强的位置，线圈中产生的感应电动势一定越大D ．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解析 感应电动势的大小和磁通量的大小、磁通量变化量的大小以及磁场的强弱均无关，它由磁通量的变化率决定，故选D. 答案 D例2 如图1甲所示的螺线管，匝数n ＝1 500匝，横截面积S ＝20 cm 2，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，图1(1)2 s 内穿过线圈的磁通量的变化量是多少？(2)磁通量的变化率多大？(3)线圈中感应电动势的大小为多少？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＝B 1S Φ2＝B 2S 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ΔΦ＝8×10－32Wb /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 ΔΦΔt＝1 500×4×10－3 V ＝6 V答案 (1)8×10－3 Wb (2)4×10－3 Wb/s (3)6 V应用E ＝n ΔΦΔt 时应注意的三个问题：(1)此公式适用于求平均感应电动势.(2)计算感应电动势大小时，ΔΦ取绝对值不涉及正、负.(3)ΔΦΔt ＝ΔB Δt ·S ，ΔΦΔt为Φ－t 图象的斜率，为Φ－t 图象的斜率，为B －t 图象的斜率.三、感应电动势的另一种表述——导体切割磁感线时的感应电动势1．垂直切割：导体棒垂直于磁场运动，B、L、v两两垂直时，如图2甲所示，E＝BL v.图22．不垂直切割：导体的运动方向与导体本身垂直，但与磁感线方向夹角为θ时，如图乙所示，则E＝BL v1＝BL v sin_θ.3．公式E＝BL v sin θ的理解(1)该公式可看成法拉第电磁感应定律的一个推论，通常用来求导体做切割磁感线运动时的感应电动势．(2)式中L应理解为导体切割磁感线时的有效长度，即导体在与v垂直方向上的投影长度．如图3甲中，感应电动势E＝BL v＝2Br v≠Bπr v(半圆弧形导线做切割磁感线运动)．在图乙中，感应电动势E＝BL v sin θ≠BL v.图3(3)公式中的v应理解为导体和磁场间的相对速度，当导体不动而磁场运动时，同样有感应电动势产生．深度思考导体棒的运动速度越大，产生的感应电动势越大吗？答案导体棒切割磁感线时，产生的感应电动势的大小与垂直磁感线的速度有关，而速度大，垂直磁感线方向的速度不一定大．所以，导体棒运动速度越大，产生的感应电动势不一定越大．例3如图4所示，一金属弯杆处在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，已知ab＝bc＝L，当它以速度v向右平动时，a、c两点间的电势差为()图4A ．BL vB ．BL v sin θC ．BL v cos θD ．BL v (1＋sin θ)解析 导体杆切割磁感线的有效长度为L sin θ，故B 正确． 答案 B在公式E ＝BL v 中，L 是指导体棒的有效切割长度，即导体棒在垂直于速度v 方向上的投影长度.四、公式E ＝n ΔΦΔt与E ＝BL v sin θ的区别1．研究对象不同E ＝n ΔΦΔt 研究整个闭合回路，适用于各种电磁感应现象；E ＝BL v sin θ研究的是闭合回路的一部分，即做切割磁感线运动的导体． 2．实际应用不同E ＝n ΔΦΔt 应用于磁感应强度变化所产生的感应电动势较方便；E ＝BL v sin θ应用于导体切割磁感线所产生的感应电动势较方便． 3．E 的意义不同E ＝n ΔΦΔt求的一般是平均感应电动势，E ＝BL v sin θ一般求的是瞬时感应电动势．例4 如图5所示，导轨OM 和ON 都在纸面内，导体AB 可在导轨上无摩擦滑动，若AB 以5 m/s 的速度从O 点开始沿导轨匀速右滑，导体与导轨都足够长，它们每米长度的电阻都是0.2 Ω，磁场的磁感应强度为0.2 T ．问：图5(1)3 s 末夹在导轨间的导体长度是多少？此时导体切割磁感线产生的感应电动势多大？回路中的电流为多少？(2)3 s 内回路中的磁通量变化了多少？此过程中的平均感应电动势为多少？解析 (1)夹在导轨间的部分导体切割磁感线产生的电动势才是电路中的感应电动势． 3 s 末时刻，夹在导轨间导体的长度为： L ＝v t ·tan 30°＝5×3×tan 30° m ＝5 3 m 此时：E ＝BL v ＝0.2×5 3×5 V ＝5 3 V电路电阻为R ＝(15＋5 3＋10 3)×0.2 Ω≈8.196 Ω 所以I ＝ER≈1.06 A(2)3 s 内回路中磁通量的变化量ΔΦ＝BS －0＝0.2×12×15×5 3 Wb ＝15 32 Wb3 s 内回路产生的平均感应电动势为： E ＝ΔΦΔt ＝15323V ≈4.33 V .答案 (1)5 3 m 5 3 V 1.06 A (2)15 32 Wb4．33 VE ＝BL v 和E ＝n ΔΦΔt )本质上是统一的.前者是后者的一种特殊情况.但是，当导体做切割磁感线运动时，用E ＝BL v 求E 比较方便；当穿过电路的磁通量发生变化时，用E ＝n ΔΦΔt 求E 比较方便.1．(对法拉第电磁感应定律的理解)关于感应电动势的大小，下列说法正确的是( ) A ．穿过闭合电路的磁通量最大时，其感应电动势一定最大 B ．穿过闭合电路的磁通量为零时，其感应电动势一定为零C ．穿过闭合电路的磁通量由不为零变为零时，其感应电动势一定为零D ．穿过闭合电路的磁通量由不为零变为零时，其感应电动势一定不为零 答案 D解析 磁通量的大小与感应电动势的大小不存在内在的联系，故A 、B 错误；当磁通量由不为零变为零时，闭合电路的磁通量一定改变，一定有感应电流产生，有感应电流就一定有感应电动势，故C 错，D 对．2．(公式E ＝n ΔΦΔt 的应用)(多选)如图6甲所示，线圈的匝数n ＝100匝，横截面积S ＝50 cm 2，线圈总电阻r ＝10 Ω，沿轴方向有匀强磁场，设图示磁场方向为正，磁场的磁感应强度随时间做如图乙所示规律变化，则在开始的0.1 s 内( )图6A ．磁通量的变化量为0.25 WbB ．磁通量的变化率为2.5×10－2 Wb/sC ．a 、b 间电压为0D ．在a 、b 间接一个理想电流表时，电流表的示数为0.25 A 答案 BD解析 通过线圈的磁通量与线圈的匝数无关，若设Φ2＝B 2S 为正，则线圈中磁通量的变化量为ΔΦ＝B 2S －(－B 1S )，代入数据得ΔΦ＝(0.1＋0.4)×50×10－4 Wb ＝2.5×10－3 Wb ，A 错；磁通量的变化率ΔΦΔt ＝2.5×10－30.1Wb /s ＝2.5×10－2 Wb/s ，B 正确；根据法拉第电磁感应定律可知，当a 、b 间断开时，其间电压等于线圈产生的感应电动势，感应电动势大小为E ＝n ΔΦ＝2.5 V且恒定，C 错；在a 、b 间接一个理想电流表时相当于a 、b 间接通而形成回路，回路总电阻即为线圈的总电阻，故感应电流大小I ＝E r ＝2.510A ＝0.25 A ，D 项正确．3．(公式E ＝n ΔΦΔt 的应用)(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 的关系图象如图7所示，则( )图7A ．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答案 BC解析 由法拉第电磁感应定律知E ∝ΔΦΔt ，故t ＝0及t ＝2×10－2 s 时刻，E ＝0，A 错，C 对；t ＝1×10－2 s 时E 最大，B 对；0～2×10－2 s 时间内，ΔΦ≠0，E ≠0，D 错．4．(公式E ＝BL v 的应用)(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4.5×10－5T ．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 答案 BD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 错误，D 正确；根据法拉第电磁感应定律E ＝BL v ＝4.5×10－5×100×2 V ＝9×10－3 V ，所以A 错误，B 正确.题组一 对法拉第电磁感应定律的理解1．(多选)如图1所示，闭合开关S ，将条形磁铁插入闭合线圈，第一次用时0.2 s ，第二次用时0.4 s ，并且两次磁铁的起始和终止位置相同，则( )图1A ．第一次线圈中的磁通量变化较快B ．第一次电流表G 的最大偏转角较大C ．第二次电流表G 的最大偏转角较大D ．若断开开关S ，电流表G 均不偏转，故两次线圈两端均无感应电动势 答案 AB解析 磁通量变化相同，第一次时间短，则第一次线圈中磁通量变化较快，故A 正确；感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比，磁通量的变化率大，感应电动势大，产生的感应电流大，故B 正确，C 错误；断开开关，电流表不偏转，知感应电流为零，但感应电动势不为零，故D 错误．故选A 、B.2．穿过某单匝闭合回路的磁通量Φ随时间t 变化的图象分别如图2中的①～④所示，下列说法正确的是( )图2A ．图①有感应电动势，且大小恒定不变B ．图②产生的感应电动势一直在变大C ．图③在0～t 1时间内的感应电动势是t 1～t 2时间内感应电动势的2倍D ．图④产生的感应电动势先变大再变小 答案 C解析 感应电动势E ＝n ΔΦΔt ，而ΔΦΔt 对应Φ－t 图象中图线的斜率，根据图线斜率的变化情况可得：①中无感应电动势；②中感应电动势恒定不变；③中感应电动势0～t 1时间内的大小是t 1～t 2时间内大小的2倍；④中感应电动势先变小再变大． 题组二 公式E ＝n ΔΦΔt的应用3．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 VD ．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 答案 C解析 由E ＝n ΔΦΔt 知：ΔΦΔt恒定，n ＝1，所以E ＝2 V .4．一矩形线框置于匀强磁场中，线框平面与磁场方向垂直．先保持线框的面积不变，将磁感应强度在1 s 时间内均匀地增大到原来的两倍．接着保持增大后的磁感应强度不变，在1 s 时间内，再将线框的面积均匀地减小到原来的一半．先后两个过程中，线框中感应电动势大小的比值为( )A.12 B ．1 C ．2 D ．4 答案 B解析 设原磁感应强度是B ，线框面积是S .第1 s 内ΔΦ1＝2BS －BS ＝BS ，第2 s 内ΔΦ2＝2B ·S2－2B ·S ＝－BS .因为E ＝n ΔΦΔt，所以两次感应电动势大小相等，B 正确．5．如图3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( )图3A.Ba 22ΔtB.nBa 22ΔtC.nBa 2ΔtD.2nBa 2Δt答案 B解析 线圈中产生的感应电动势E ＝n ΔФΔt ＝n ·ΔBΔt ·S ＝n ·2B －B Δt ·a 22＝nBa 22Δt ，选项B 正确．6.如图4所示，A 、B 两单匝闭合圆形导线环用相同规格的导线制成，它们的半径之比r A ∶r B ＝2∶1，在两导线环包围的空间内存在一正方形边界的匀强磁场区域，磁场方向垂直于两导线环所在的平面．在磁场的磁感应强度随时间均匀增大的过程中，流过两导线环的感应电流大小之比为( )图4A.I AI B ＝1 B.I AI B ＝2 C.I A I B ＝14 D.I A I B ＝12答案 D解析 A 、B 两导线环的半径不同，它们所包围的面积不同，但某一时刻穿过它们的磁通量相等，所以两导线环上的磁通量变化率是相等的，E ＝ΔΦΔt ＝ΔB Δt S 相同，得E A E B ＝1，I ＝E R ，R ＝ρlS 1(S 1为导线的横截面积)，l ＝2πr ，所以I A I B ＝E A r B E B r A ，代入数值得I A I B ＝r B r A ＝12.题组三 公式E ＝BL v 的应用7．如图5所示的情况中，金属导体中产生的感应电动势为BL v 的是( )图5A．乙和丁B．甲、乙、丁C．甲、乙、丙、丁D．只有乙答案 B8.如图6所示，一根导体棒ab在垂直于纸面向里的匀强磁场中自由下落，并始终保持水平方向且与磁场方向垂直．则有()图6A．U ab＝0B．φa＞φb，U ab保持不变C．φa＞φb，U ab越来越大D．φa＜φb，U ab越来越大答案 D解析ab棒向下运动时，可由右手定则判断，感应电动势方向为a→b，所以φb＞φa，由U ab ＝E＝BL v及棒自由下落时v越来越大，可知U ab越来越大，故D选项正确．9．如图7所示，MN、PQ是间距为L的平行金属导轨，置于磁感应强度为B、方向垂直导轨所在平面向里的匀强磁场中，M、P间接有一阻值为R的电阻．一根与导轨接触良好、有效阻值为R的金属导线ab垂直导轨放置，并在水平外力F的作用下以速度v向右匀速运动，则(不计导轨电阻)()图7A ．通过电阻R 的电流方向为P →R →MB ．a 、b 两点间的电压为BL vC ．a 端电势比b 端高D ．a 端电势比b 端低答案 C解析 由右手定则可知，通过电阻R 的电流方向为M →R →P ，a 端电势比b 端高，选项A 、D 错误，C 正确；ab 产生的电动势为：E ＝BL v ，则a 、b 两点间的电压为U ab ＝12E ＝12BL v ，选项B 错误．故选C.10．如图8所示，平行导轨间距为d ，其左端接一个电阻R ，匀强磁场的磁感应强度为B ，方向垂直于平行金属导轨所在平面，一根金属棒与导轨成θ角放置，金属棒与导轨的电阻均不计．当金属棒沿垂直于棒的方向以恒定的速度v 在导轨上滑行时，通过电阻R 的电流大小是( )图8A.Bd v RB.Bd v sin θRC.Bd v cos θRD.Bd v R sin θ答案 D解析 金属棒MN 垂直于磁场放置，运动速度v 与棒垂直，且v ⊥B ，即已构成两两互相垂直关系，MN 接入导轨间的有效长度为L ＝d sin θ，所以E ＝BL v ＝Bd v sin θ，I ＝E R ＝Bd v R sin θ，故选项D 正确．题组四 综合应用11．在范围足够大、方向竖直向下的匀强磁场中，B ＝0.2 T ，有一水平放置的光滑框架，宽度为L ＝0.4 m ，如图9所示，框架上放置一质量为0.05 kg 、电阻为1 Ω的金属杆cd ，框架电阻不计．若cd 杆以恒定加速度a ＝2 m/s 2，由静止开始做匀变速直线运动，则：图9(1)在5 s 内平均感应电动势是多少？(2)第5 s 末，回路中的电流多大？(3)第5 s 末，作用在cd 杆上的水平外力多大？答案 (1)0.4 V (2)0.8 A (3)0.164 N解析 (1)方法一：5 s 内的位移：s ＝12at 2① E ＝ΔΦΔt ＝BLs t② 由①②得：E ＝0.4 V方法二：5 s 内的平均速度v ＝s t ＝12at 2t ＝12at ＝5 m/s (也可用v ＝0＋2×52m /s ＝5 m/s 求解) 故平均感应电动势E ＝BL v ＝0.4 V .(2)第5 s 末：v ′＝at ＝10 m/s ，此时感应电动势：E ′＝BL v ′则回路中的电流为：I ＝E ′R ＝BL v ′R ＝0.2×0.4×101A ＝0.8 A. (3)杆做匀加速运动，则F －F 安＝ma ，即F ＝BIL ＋ma ＝0.164 N.12．如图10甲所示，平行导轨MN 、PQ 水平放置，电阻不计，两导轨间距d ＝10 cm ，导体棒ab 、cd 放在导轨上，并与导轨垂直．每根棒在导轨间的部分，电阻均为R ＝1.0 Ω.用长为l ＝20 cm 的绝缘丝线(丝线不可伸长)将两棒系住，整个装置处在匀强磁场中．t ＝0时刻，磁场方向竖直向下，丝线刚好处于未被拉伸的自然状态．此后，磁感应强度B 随时间t 的变化规律如图乙所示．不计感应电流磁场的影响，整个过程中丝线未被拉断．求：(1)0～2.0 s 时间内，电路中感应电流的大小与方向；(2)t ＝1.0 s 时刻丝线的拉力大小．图10答案 (1)1.0×10－3 A 顺时针 (2)1.0×10－5 N 解析 (1)由题图乙可知ΔB Δt＝0.1 T/s由法拉第电磁感应定律有E ＝ΔΦΔt ＝ΔB ΔtS ＝2.0×10－3 V 则I ＝E 2R＝1.0×10－3 A 由楞次定律可知电流方向为顺时针方向(2)导体棒在水平方向上受丝线拉力和安培力平衡 由图乙可知t ＝1.0 s 时B ＝0.1 T则F T ＝F 安＝BId ＝1.0×10－5 N。

习题课：电磁感应中的综合应用——电磁感应中的电路问题和动力学问题[学习目标] 1.能综合应用楞次定律和法拉第电磁感应定律解决电磁感应中的图象问题.2.掌握电磁感应中动力学问题的分析方法.3.能解决电磁感应中的动力学与能量结合的综合问题．一、电磁感应中的图象问题1．问题类型(1)由给定的电磁感应过程选出或画出正确的图象．(2)由给定的图象分析电磁感应过程，求解相应的物理量．2．图象类型(1)各物理量随时间t变化的图象，即B－t图象、Φ－t图象、E－t图象和I－t图象．(2)导体切割磁感线运动时，还涉及感应电动势E和感应电流I随导体位移变化的图象，即E －x图象和I－x图象．3．解决此类问题需要熟练掌握的规律：安培定则、左手定则、楞次定律、右手定则、法拉第电磁感应定律、欧姆定律等．例1 将一段导线绕成图1甲所示的闭合回路，并固定在纸面内，回路的ab边置于垂直纸面向里的匀强磁场Ⅰ中．回路的圆环区域内有垂直纸面的磁场Ⅱ，以向里为磁场Ⅱ的正方向，其磁感应强度B随时间t变化的图象如图乙所示．用F表示ab边受到的安培力，以水平向右为F的正方向，能正确反映F随时间t变化的图象是 ( )图1答案 B解析 由题图乙可知0～T 2时间内，磁感应强度随时间线性变化，即ΔBΔt＝k (k 是一个常数)，圆环的面积S 不变，由E ＝ΔΦΔt ＝ΔB ·SΔt 可知圆环中产生的感应电动势大小不变，则回路中的感应电流大小不变，ab 边受到的安培力大小不变，从而可排除选项C 、D ；0～T2时间内，由楞次定律可判断出流过ab 边的电流方向为由b 至a ，结合左手定则可判断出ab 边受到的安培力的方向向左，为负值，故选项A 错误，B 正确．本类题目线圈面积不变而磁场发生变化，可根据E ＝n ΔB Δt S 判断E 的大小及变化，其中ΔB Δt 为B－t 图象的斜率，且斜率正、负变化时对应电流的方向发生变化．例2 如图2所示，在x ≤0的区域内存在匀强磁场，磁场的方向垂直于xOy 平面(纸面)向里．具有一定电阻的矩形线框abcd 位于xOy 平面内，线框的ab 边与y 轴重合．令线框从t ＝0时刻起由静止开始沿x 轴正方向做匀加速运动，则线框中的感应电流i (取逆时针方向的电流为正)随时间t 的变化图象正确的是( )图2答案 D解析 因为线框做匀加速直线运动，所以感应电动势为E ＝Blv ＝Blat ，因此感应电流大小与时间成正比，由楞次定律可知电流方向为顺时针． 二、电磁感应中的动力学问题1．电磁感应中产生的感应电流在磁场中将受到安培力作用，所以电磁感应问题往往与力学问题联系在一起，处理此类问题的基本方法是：(1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律求感应电动势的大小和方向． (2)求回路中的感应电流的大小和方向． (3)分析研究导体受力情况(包括安培力)． (4)列动力学方程或平衡方程求解． 2．两种状态处理(1)导体处于平衡状态——静止或匀速直线运动状态． 处理方法：根据平衡条件——合力等于零列式分析． (2)导体处于非平衡状态——加速度不为零．处理方法：根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系分析．例3 如图3甲所示，两根足够长的直金属导轨MN 、PQ 平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上，两导轨间距为L ，M 、P 两点间接有阻值为R 的电阻，一根质量为m 的均匀直金属杆ab 放在两导轨上，并与导轨垂直，整套装置处于磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向下，导轨和金属杆的电阻可忽略，让ab 杆沿导轨由静止开始下滑，导轨和金属杆接触良好，不计它们之间的摩擦．图3(1)在加速下滑过程中，当ab 杆的速度大小为v 时，求此时ab 杆中的电流及其加速度的大小； (2)求在下滑过程中，ab 杆可以达到的速度最大值．答案 (1)BLv R g sin θ－B 2L 2v mR (2)mgR sin θB 2L 2解析 (1)如图所示，ab 杆受重力mg ，竖直向下；支持力F N ，垂直于斜面向上；安培力F 安，沿斜面向上．当ab 杆的速度大小为v 时，感应电动势E ＝BLv ，此时电路中的电流I ＝E R ＝BLv Rab 杆受到安培力F 安＝BIL ＝B 2L 2vR根据牛顿第二定律，有mg sin θ－F 安＝ma联立解得a ＝g sin θ－B 2L 2vmR.(2)当a ＝0时，ab 杆有最大速度：v m ＝mgR sin θB 2L 2.电磁感应现象中涉及到具有收尾速度的力学问题时，关键是做好受力情况和运动情况的动态分析： 导体运动产生感应电动势→感应电流→导体受安培力→合力变化→加速度变化→速度变化→感应电动势变化周而复始地循环，达到最终状态时，加速度等于零，导体达到稳定运动状态，即平衡状态，根据平衡条件建立方程，所求解的收尾速度也是导体运动的最大速度．针对训练 (多选)如图4所示，MN 和PQ 是两根互相平行竖直放置的光滑金属导轨，已知导轨足够长，且电阻不计．ab 是一根与导轨垂直而且始终与导轨接触良好的金属杆．开始时，将开关S 断开，让杆ab 由静止开始自由下落，一段时间后，再将S 闭合，若从S 闭合开始计时，则金属杆ab 的速度v 随时间t 变化的图象可能是( )图4答案 ACD解析 设ab 杆的有效长度为l ，S 闭合时，若B 2l 2v R >mg ，杆先减速再匀速，D 项有可能；若B 2l 2vR ＝mg ，杆匀速运动，A 项有可能；若B 2l 2v R <mg ，杆先加速再匀速，C 项有可能；由于v 变化，B 2l 2vR－mg ＝ma 中的a 不恒定，故B 项不可能.1.如图5所示，匀强磁场存在于虚线框内，矩形线圈竖直下落，不计空气阻力．如果线圈中受到的磁场力总小于其重力，则它在1、2、3、4位置时的加速度关系为 ( )图5A ．a 1＞a 2＞a 3＞a 4B ．a 1＝a 2＝a 3＝a 4C ．a 1＝a 3＞a 2＞a 4D ．a 1＝a 3＞a 2＝a 4 答案 C解析 线圈自由下落时，加速度为a 1＝g .线圈完全在磁场中时，磁通量不变，不产生感应电流，线圈不受安培力作用，只受重力，加速度为a 3＝g .线圈进入和穿出磁场过程中，切割磁感线产生感应电流，将受到向上的安培力，根据牛顿第二定律得知，a 2＜g ，a 4＜g .线圈完全在磁场中时做匀加速运动，到达4处的速度大于2处的速度，则线圈在4处所受的安培力大于在2处所受的安培力，又知，磁场力总小于重力，则a 2＞a 4，故a 1＝a 3＞a 2＞a 4.所以选C. 2．如图6所示，一底边为L ，底边上的高也为L 的等腰三角形导体线框以恒定的速度v 沿垂直于磁场区域边界的方向穿过长为2L 、宽为L 的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里．t ＝0时刻，三角形导体线框的底边刚进入磁场，取沿逆时针方向的感应电流为正，则在三角形导体线框穿过磁场区域的过程中，感应电流I随时间t变化的图象可能是( )图6答案 A3.如图7所示，有一垂直纸面向里、磁感应强度B＝0.1T的水平匀强磁场，垂直于匀强磁场放置一很长的U型金属框架，框架上有一导体ab保持与框架垂直接触，且由静止开始下滑．已知ab长1m，质量为0.1kg，电阻为0.1Ω，框架光滑且电阻不计，取g＝10m/s2，求：图7(1)导体ab下落的最大加速度大小；(2)导体ab下落的最大速度大小；(3)导体ab达到最大速度时产生的电功率．答案(1)10m/s2(2)10 m/s (3)10W解析(1)对导体ab受力分析可知，其开始运动时所受的合力最大，即为重力．由牛顿第二定律可知，最大加速度为a＝g＝10m/s2.(2)导体ab下落的速度最大时，加速度为零，此时有mg＝F安F安＝BILI ＝E R E ＝BLv max联立以上各式得：v max ＝mgR B 2L 2＝0.1×10×0.10.12×12m/s ＝10 m/s. (3)导体ab 达到最大速度时其电功率为P ＝IE由以上各式得P ＝ BLv max 2R ＝ 0.1×1×10 20.1W ＝10W.一、选择题(1～6题为单选题，7～10题为多选题)图11．如图1所示，在一匀强磁场中有一U 形导线框abcd ，线框处于水平面内，磁场与线框平面垂直，R 为一电阻，ef 为垂直于ab 的一根导体杆，它可在ab 、cd 上无摩擦地滑动．杆ef 及线框中导线的电阻都可不计．开始时，给ef 一个向右的初速度，则( ) A ．ef 将减速向右运动，但不是匀减速 B ．ef 将匀减速向右运动，最后停止 C ．ef 将匀速向右运动 D ．ef 将往返运动 答案 A解析 导体杆ef 向右运动，切割磁感线，产生感应电动势和感应电流，会受到向左的安培力而做减速运动，直到停止，但不是匀减速，由F ＝BIL ＝B 2L 2vR＝ma 知，杆ef 做的是加速度减小的减速运动．故A 正确．2．如图2所示，平行导轨间有一矩形的匀强磁场区域．细金属棒PQ 沿导轨从MN 处匀速运动到M ′N ′的过程中，棒上感应电动势E 随时间t 的变化图象可能正确的是( )图2答案 A解析 金属棒在到达匀强磁场之前，不产生感应电动势，金属棒在磁场中运动时，匀速切割磁感线，并且切割的有效长度也不变，由公式E ＝BLv 知此段时间内感应电动势为定值，金属棒离开磁场后，无感应电动势产生，选项A 正确．3．如图3所示，在光滑水平桌面上有一边长为L 、电阻为R 的正方形导线框；在导线框右侧有一宽度为d (d ＞L )的条形匀强磁场区域，磁场的边界与导线框的一边平行，磁场方向竖直向下．导线框以某一初速度向右运动，t ＝0时导线框的右边恰与磁场的左边界重合，随后导线框进入并通过磁场区域．下列v －t 图象中，正确描述上述过程的是( )图3答案 D解析 导线框进入磁场的过程中，线框受到向左的安培力作用，根据E ＝BLv 、I ＝E R、F ＝BIL得F ＝B 2L 2v R ，随着v 的减小，安培力F 减小，导线框做加速度逐渐减小的减速运动．整个导线框在磁场中运动时，无感应电流，导线框做匀速运动，导线框离开磁场的过程中，根据F ＝B 2L 2vR，导线框做加速度逐渐减小的减速运动，所以选项D 正确．4．如图4(a)，线圈ab 、cd 绕在同一软铁芯上．在ab 线圈中通以变化的电流，用示波器测得线圈cd 间电压如图(b)所示．已知线圈内部的磁场与流经线圈的电流成正比，则下列描述线圈ab 中电流随时间变化关系的图中，可能正确的是( )图4答案 C5.如图5所示的区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B .一个电阻为R 、半径为L 、圆心角为45°的扇形闭合导线框绕垂直于纸面的O 轴匀速转动(O 轴位于磁场边界)，周期为T ，t ＝0时刻线框置于如图所示位置，则线框内产生的感应电流的图象为(规定电流顺时针方向为正) ( )图5答案 A解析在本题中由于扇形导线框匀速转动，因此导线框进入磁场的过程中产生的感应电动势是恒定的．注意线框在进入磁场和离开磁场时，有感应电流产生，当完全进入时，由于磁通量不变，故无感应电流产生．由右手定则可判断导线框进入磁场时，电流方向为逆时针，故A 正确．6.如图6所示，在空间中存在两个相邻的、磁感应强度大小相等、方向相反的有界匀强磁场，其宽度均为L.现将宽度也为L的矩形闭合线圈，从图示位置垂直于磁场方向匀速拉过磁场区域，则在该过程中，能正确反映线圈中所产生的感应电流或其所受的外力随时间变化的图象是( )图6答案 D解析当矩形闭合线圈进入磁场时，由法拉第电磁感应定律判断，当线圈处在两个磁场中时，两个边切割磁感线，此过程中感应电流的大小是最大的，所以选项A、B是错误的．由楞次定律可知，当矩形闭合线圈进入磁场和离开磁场时，磁场力总是阻碍线圈的运动，方向始终向左，所以外力F始终水平向右．安培力的大小不同，线圈处在两个磁场中时安培力最大．故选项D是正确的，选项C是错误的．7．如图7甲所示，一个闭合线圈固定在垂直纸面的匀强磁场中，设磁场方向向里为磁感应强度B的正方向，线圈中的箭头指向为电流I的正方向．线圈中感应电流i随时间变化的图线如图乙所示，则磁感应强度B随时间变化的图线可能是 ( )图7答案CD8.如图8所示，有两根和水平方向成α角的光滑平行的金属轨道，上端接有可变电阻R，下端足够长，空间有垂直于轨道平面向上的匀强磁场，磁感应强度为B，一根质量为m的金属杆从轨道上由静止滑下．经过足够长的时间后，金属杆的速度会趋近于一个最大速度v m，则( )图8A．如果B增大，v m将变大B．如果α变大，v m将变大C．如果R变大，v m将变大D．如果m变小，v m将变大答案BC解析金属杆由静止开始滑下的过程中，金属杆就是一个电源，与电阻R构成一个闭合回路；其受力情况如图所示，根据牛顿第二定律得：mg sin α－B 2L 2vR＝ma所以金属杆由静止开始做加速度减小的加速运动，当a ＝0，即mg sin α＝B 2L 2v mR时，此时达到最大速度v m ，可得：v m ＝mgR sin αB 2L 2，故由此式知选项B 、C 正确． 9.如图9所示，匀强磁场中有一矩形闭合线圈，线圈平面与磁场垂直．已知线圈的面积S ＝0.5m 2，线圈电阻r ＝0.2Ω，磁感应强度B 在0～1s 内从零均匀变化到2T ，则( )图9A ．0.5s 时线圈内感应电动势的大小为1VB ．0.5s 时线圈内感应电流的大小为10AC ．0～1s 内通过线圈的电荷量为5CD ．0～0.5s 内线圈产生的焦耳热为5J 答案 AC解析 根据法拉第电磁感应定律E ＝n ΔΦΔt 可得：E ＝ΔBSΔt ＝1V ，故选项A 正确；线圈内感应电流的大小I ＝E r ＝10.2A ＝5A ，故选项B 错误；0～1s 内通过线圈的电荷量q ＝It ＝5×1C ＝5C ，故选项C 正确；0～0.5s 内线圈产生的焦耳热Q ＝I 2rt ＝52×0.2×0.5J ＝2.5J ，故选项D 错误． 10．如图10所示，匀强磁场的磁感应强度为B ，方向竖直向下，在磁场中有一个边长为L 的正方形刚性金属框，ab 边的质量为m ，电阻为R ，其他三边的质量和电阻均不计．cd 边上装有固定的水平轴，将金属框自水平位置由静止释放，第一次转到竖直位置时，ab 边的速度为v ，不计一切摩擦，重力加速度为g ，则在这个过程中，下列说法正确的是( )图10A．通过ab边的电流方向为a→bB．通过ab边的电流方向为b→aC．ab边经过最低点时的速度v＝2gLD．ab边经过最低点时的速度v＜2gL答案BD解析ab边向下摆动过程中，金属框内磁通量逐渐减小，根据楞次定律及右手螺旋定则可知感应电流方向为b→a，选项A错误，B正确；ab边由水平位置到达最低点过程中，重力势能一部分转化为焦耳热，故v＜2gL，故选项C错误，选项D正确．二、非选择题11.如图11所示，电阻r＝0.3Ω、质量m＝0.1kg的金属棒CD静止在位于水平面上的两条平行光滑的金属导轨上，棒与导轨垂直且接触良好，导轨的电阻不计，导轨的左端接有阻值为R ＝0.5Ω的电阻，有一个理想电压表接在电阻R的两端，垂直导轨平面的匀强磁场向下穿过导轨平面．现给金属棒加一个水平向右的恒定外力F，观察到电压表的示数逐渐变大，最后稳定在1.0V，此时金属棒的速度为2m/s.图11(1)求拉动金属棒的外力F的大小．(2)当电压表读数稳定后某一时刻，撤去外力F，求此后电阻R上产生的热量．答案(1)1.6N (2)0.125J解析(1)金属棒切割磁感线产生的感应电动势E＝BLv电路中的感应电流I＝ER＋r，金属棒受到的安培力F安＝BIL，金属棒匀速运动有F ＝F 安 由题意可知E ＝1.0VR·(R ＋r )，联立以上各式解得F ＝1.6N.(2)金属棒的动能转化为内能，则12mv 2＝Q ，电阻R 上产生的热量Q R ＝RR ＋rQ ， 解得Q R ＝0.125J.12．如图12所示，相距为L 的光滑平行金属导轨ab 、cd 固定在水平桌面上，上面放有两根垂直于导轨的金属棒MN 和PQ ，金属棒质量均为m ，电阻值均为R .其中MN 被系于中点的细绳束缚住，PQ 的中点与一绕过定滑轮的细绳相连，绳的另一端系一质量也为m 的物块，绳处于拉直状态．整个装置放于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度的大小为B .若导轨的电阻、滑轮的质量及一切摩擦均忽略不计，当物块由静止释放后，求：(重力加速度为g ，金属导轨足够长，与MN 、PQ 相连的绳跟MN 、PQ 垂直)图12(1)细绳对金属棒MN 的最大拉力； (2)金属棒PQ 能达到的最大速度． 答案 (1)mg (2)2mgRB 2L2解析 (1)对棒PQ ，开始时做加速度逐渐减小、速度逐渐增大的变加速运动，当加速度为零时，速度达到最大，此时感应电流最大．此后棒PQ 做匀速直线运动． 对棒PQ ，F 安＝BLI m ＝mg 对棒MN ，F m ＝F 安＝BLI m ＝mg . (2)对棒PQ ，F 安－mg ＝0时速度最大E ＝BLv m ，I m ＝E2R，F 安＝BLI m解得v m ＝2mgRB 2L2.。

[目标定位] 1.了解电磁感应现象的发现过程，体会人类探索自然规律的科学态度和科学精神.2.知道感应电流的产生条件.3.能够运用感应电流的产生条件判断感应电流能否产生．一、电磁感应的探索历程1．电生磁：1820年，丹麦物理学家奥斯特发现了电流的磁效应．2．磁生电：(1)“磁生电”的发现：1831年，英国物理学家法拉第发现了电磁感应现象．(2)法拉第把引起电流的原因概括为五类：①变化着的电流；②变化着的磁场；③运动的恒定电流；④运动的磁铁；⑤在磁场中运动的导体．3．电磁感应现象和感应电流：由磁生电的现象，叫做电磁感应现象．由电磁感应现象产生的电流，叫感应电流．深度思考电流的磁效应与电磁感应有什么区别？答案电流的磁效应是指电流周围产生磁场，即“电生磁”．电磁感应现象是利用磁场产生感应电流，即“磁生电”．“电生磁”和“磁生电”是两种因果关系相反的现象，要正确区分这两种现象，弄清现象的因果关系是关键．例1下列属于电磁感应现象的是()A．通电导体周围产生磁场B．磁场对感应电流发生作用，阻碍导体运动C．由于导体自身电流发生变化，在回路中产生感应电流D．电荷在磁场中定向移动形成电流解析根据引起电流原因的五类情况可知，导体自身电流发生变化，在回路中产生感应电流为电磁感应现象．故选项C正确．答案 C二、深化理解磁通量及其变化1．磁通量的计算(1)B与S垂直时：Φ＝BS，S为线圈的有效面积．如图1(a)所示．(2)B与S不垂直时：Φ＝BS⊥＝B⊥S，S⊥为线圈在垂直磁场方向上的投影面积．B⊥为B在垂直于S方向上的分量．如图(b)、(c)所示．(3)某线圈所围面积内有不同方向的磁场时，规定某个方向的磁通量为正，反方向的磁通量为负，求其代数和，如图(d)所示．图12．磁通量是标量，但有正、负，其正、负分别表示与规定的穿入方向相同、相反．3．磁通量的变化大致可分为以下几种情况：(1)磁感应强度B不变，有效面积S发生变化．如图2(a)所示．(2)有效面积S不变，磁感应强度B发生变化．如图(b)所示．(3)磁感应强度B和有效面积S都不变，它们之间的夹角发生变化．如图(c)所示．图24．用磁感线的条数表示磁通量．当回路中有不同方向的磁感线穿过时，磁通量是指穿过某一面磁感线的“净”条数，即不同方向的磁感线的条数差．深度思考将两个同圆心但大小不同的线圈套在条形磁铁上，通过哪个线圈的磁通量大？答案通过小线圈的磁通量大．若穿过某一平面的磁感线既有穿出，又有穿入，则穿过该面的合磁通量为磁感线的净条数．例2磁通量是研究电磁感应现象的重要物理量，如图3所示，通有恒定电流的导线MN 与闭合线框共面，第一次将线框由位置1平移到位置2，第二次将线框绕cd边翻转到位置2，设先后两次通过线框的磁通量变化量分别为ΔΦ1和ΔΦ2，则()图3A．ΔΦ1>ΔΦ2B．ΔΦ1＝ΔΦ2C．ΔΦ1<ΔΦ2D．无法确定解析设闭合线框在位置1时的磁通量为Φ1，在位置2时的磁通量为Φ2，直线电流产生的磁场在位置1处比在位置2处要强，故Φ1>Φ2.将闭合线框从位置1平移到位置2，磁感线是从闭合线框的同一面穿过的，所以ΔΦ1＝|Φ2－Φ1|＝Φ1－Φ2；将闭合线框从位置1绕cd边翻转到位置2，磁感线分别从闭合线框的正反两面穿过，所以ΔФ2＝|(－Φ2)－Φ1|＝Φ1＋Φ2(以原来穿过的方向为正方向，则后来从另一面穿过的方向为负方向)．故正确选项为C.答案 C磁通量虽然是标量，但有正、负.该题中线框由位置1平移到位置2和绕cd边翻转到位置2时，在位置2的磁通量大小都相等，但磁感线穿入的方向相反.例3边长L＝10 cm的正方形线框有10匝，固定在匀强磁场中，磁场方向与线框平面间的夹角θ＝30°，如图4所示，磁感应强度随时间的变化规律为B＝2＋3t(T)，求：图4(1)2 s末穿过线框的磁通量．(2)第3 s内穿过线框的磁通量的变化量ΔΦ.解析(1)2 s末穿过线框的磁感应强度B2＝(2＋3×2) T＝8 T，由Φ＝BS sinθ，知2 s末穿过线框的磁通量Φ＝B2S sin θ＝8×(0.1)2×sin 30° Wb＝4×10－2Wb.(2)第3 s内磁感应强度的变化ΔB＝3 T，所以ΔΦ＝ΔBS sinθ＝3×(0.1)2×sin 30° Wb＝1.5×10－2Wb.答案(1)4×10－2Wb(2)1.5×10－2Wb(1)求解磁通量的变化量时要取有效面积；(2)磁通量的变化与线圈的匝数无关；(3)磁感线从不同侧面穿过线圈时磁通量的正、负不同.三、探究感应电流的产生条件实验1.利用蹄形磁铁的磁场如图5所示，将可移动导体AB放置在磁场中，并和电流表组成闭合回路．实验操作及现象如下：图5实验2.利用条形磁铁的磁场如图6所示，将螺线管与电流表组成闭合回路，把条形磁铁插入或拔出螺线管．实验操作及现象如下：图6实验3.如图7所示，线圈A通过变阻器和开关连接到电源上，线圈B的两端连到电流表上，把线圈A装在线圈B的里面．实验操作及现象如下：图74.归纳结论：产生感应电流的条件(1)电路闭合；(2)磁通量发生变化．如果电路不闭合，不会产生感应电流，但仍会产生感应电动势，就像直流电路一样，电路不闭合，没有电流，但电源仍然存在．深度思考在螺线管A(如图8甲所示)中电流随时间变化的图象如图乙所示，则t＝t0时刻线圈B中有感应电流吗？图8答案有．虽然此时穿过B的磁通量为0，但磁通量在变化，感应电流的产生与Φ无关，取决于Φ的变化．例4 下图中能产生感应电流的是( )解析 根据产生感应电流的条件：A 选项中，电路没有闭合，无感应电流；B 选项中，面积增大，闭合电路的磁通量增大，有感应电流；C 选项中，穿过线圈的磁感线相互抵消，Φ恒为零，无感应电流；D 选项中，磁通量不发生变化，无感应电流． 答案 B(1)电路闭合和磁通量发生变化是产生感应电流的两个条件，二者缺一不可.(2)磁通量发生变化，其主要内涵体现在“变化”上，磁通量很大若没有变化也不会产生感应电流，某时刻磁通量虽然是零但是如果在变化仍然可以产生感应电流.1．(磁通量的理解)如图9所示，矩形线框abcd 放置在水平面内，磁场方向与水平方向成α角，已知sin α＝45，回路面积为S ，磁感应强度为B ，则通过线框的磁通量为( )图9A ．BS B.45BS C.35BS D.34BS答案 B解析 根据磁通量的定义可得通过线框的磁通量Φ＝BS sin α，代入解得Φ＝45BS ，所以B 选项正确．2．(电磁感应现象的产生)在法拉第时代，下列验证“由磁产生电”设想的实验中，能观察到感应电流的是( )A．将绕在磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路，然后观察电流表的变化B．在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈，然后观察电流表的变化C．将一房间内的线圈两端与相邻房间的电流表连接，往线圈中插入条形磁铁后，再到相邻房间去观察电流表的变化D．绕在同一铁环上的两个线圈，分别接电源和电流表，在给线圈通电或断电的瞬间，观察电流表的变化答案 D解析产生感应电流必须满足的条件：①电路闭合；②穿过闭合电路的磁通量要发生变化．选项A、B电路闭合，但磁通量不变，不能产生感应电流，故选项A、B不能观察到电流表的变化；选项C满足产生感应电流的条件，也能产生感应电流，但是等我们从一个房间到另一个房间后，电流表中已没有电流，故选项C也不能观察到电流表的变化；选项D满足产生感应电流的条件，能产生感应电流，可以观察到电流表的变化，所以选D.3．(产生感应电流的判断)如图10所示，竖直放置的长直导线通有恒定电流，有一矩形线框与导线在同一平面内，在下列情况中线框不产生感应电流的是()图10A．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边为轴转动答案 C4．(磁通量的变化)一电阻为R、面积为S的矩形导线框abcd处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与线框平面成θ＝45°角(如图11所示)．当导线框以ab边为轴顺时针转过90°的过程中，穿过导线框abcd的磁通量的变化量ΔΦ＝____________.图11答案2BS(正、负均可)解析由Φ＝BS sinθ，θ＝45°知，初、末状态磁通量大小都为22BS，但由于初、末状态磁场穿过线框某一面方向相反，若选Φ初＝22BS，则Φ末＝－22BS，所以ΔΦ＝Φ末－Φ初＝－2BS，若选Φ初＝－22BS，则ΔΦ＝2BS.题组一电磁感应现象的发现1．法拉第经过精心设计的一系列实验，发现了电磁感应现象，将历史上认为各自独立的学科“电学”与“磁学”真正联系起来．在下面几个典型的实验设计思想中，所做的推论后来被实验否定的是()A．既然磁铁可使近旁的铁块带磁性，静电荷可使近旁的导体表面感应出电荷，那么静止导线上的稳恒电流可使在近旁静止的线圈中感应出电流B．既然磁铁可使近旁运动的导体中感应出电动势，那么稳恒电流也可使近旁运动的线圈中感应出电流C．既然运动的磁铁可使近旁静止的线圈中感应出电流，那么静止的磁铁也可使近旁运动的导体中感应出电动势D．既然运动的磁铁可使近旁的导体中感应出电动势，那么运动导线上的稳恒电流也可使近旁的线圈中感应出电流答案 A解析法拉第经过研究发现引起感应电流的原因都与变化和运动有关，B、C、D三项所叙述的情况都被实验证实了，A项中的推论不成立．题组二磁通量及其变化的分析2．如图1所示，虚线框内有匀强磁场，大环和小环是垂直于磁场方向放置的两个圆环，分别用Φ1和Φ2表示穿过大、小两环的磁通量，则有()图1A．Φ1>Φ2B．Φ1<Φ2C．Φ1＝Φ2D．无法确定答案 C解析对于大环和小环来说，磁感线的净条数没有变化，所以选C.3.如图2所示，ab是水平面内一个圆的直径，在过ab的竖直平面内有一根通电直导线ef，已知ef平行于ab.当ef向上竖直平移时，电流产生的磁场穿过圆的磁通量将()图2A．逐渐增大B．逐渐减小C．始终为零D．不为零，但保持不变答案 C解析作出磁感线穿过圆的情况的俯视图，如图所示，根据磁场具有对称性可以知道，穿入圆的磁感线的条数与穿出圆的磁感线的条数是相等的，故磁通量始终为零，C项正确．4.如图3所示，a、b是两个同平面、同心放置的金属圆环，条形磁铁穿过圆环且与两环平面垂直，则穿过两圆环的磁通量Φa、Φb的大小关系为()图3A．Φa>ΦbB．Φa<ΦbC．Φa＝ΦbD．不能比较答案 A解析条形磁铁磁场的磁感线的分布特点是：①磁铁内外磁感线的条数相同；②磁铁内外磁感线的方向相反；③磁铁外部磁感线的分布是两端密、中间疏．两个同心放置的同平面的金属圆环与磁铁垂直且磁铁在中央时，通过其中的磁感线的俯视图如图所示，穿过圆环的磁通量Φ＝Φ进－Φ出，由于两圆环面积S a<S b，两圆环的Φ进相同，而Φ出a<Φ出b，所以穿过两圆环的有效磁通量Φa>Φb，故A正确．题组三有无感应电流的判断5．关于电磁感应现象，下列说法中正确的是()A．闭合线圈放在变化的磁场中，必然有感应电流产生B．闭合正方形线框在匀强磁场中垂直磁感线运动，必然产生感应电流C．穿过闭合线圈的磁通量变化时，线圈中有感应电流D．只要穿过电路的磁通量发生变化，电路中一定有感应电流产生答案 C解析产生感应电流的条件：(1)闭合电路；(2)磁通量Φ发生变化，两个条件缺一不可．6．(多选)下列情况中都是线框在磁场中做切割磁感线运动，其中线框中有感应电流的是()答案BC解析A中虽然导体“切割”了磁感线，但穿过闭合线框的磁通量并没有发生变化，没有感应电流；B中线框的一部分导体“切割”了磁感线，穿过线框的磁感线条数越来越少，线框中有感应电流；C中虽然与A近似，但由于是非匀强磁场，运动过程中，穿过线框的磁感线条数增加，线框中有感应电流；D中尽管线框是部分切割，但磁感线条数不变，无感应电流．故选B、C.7.如图4所示，闭合圆导线圈平行地放置在匀强磁场中，其中ac、bd分别是平行、垂直于磁场方向的两直径．试分析线圈做以下哪种运动时能产生感应电流()图4A．使线圈在其平面内平动或转动B．使线圈平面沿垂直纸面方向向纸外平动C．使线圈以ac为轴转动D．使线圈以bd为轴稍做转动答案 D解析线圈在匀强磁场中运动，磁感应强度B为定值，由ΔФ＝B·ΔS知：只要回路中相对磁场的正对面积改变量ΔS≠0，则磁通量一定会改变，回路中一定有感应电流产生．当线圈在纸面内平动或转动时，线圈相对磁场的正对面积始终为零，因此ΔS＝0，因而无感应电流产生，A错；当线圈平面沿垂直纸面方向向纸外平动时，同样ΔS＝0，因而无感应电流产生，B错；当线圈以ac为轴转动时，线圈相对磁场的正对面积改变量ΔS仍为零，回路中仍无感应电流，C错；当线圈以bd为轴稍做转动时，线圈相对磁场的正对面积发生了改变，因此在回路中产生了感应电流．故选D.8．(多选)如图5所示，在匀强磁场中有两条平行的金属导轨，磁场方向与导轨平面垂直．导轨上有两条可沿导轨自由移动的金属棒ab、cd，与导轨接触良好．这两条金属棒ab、cd的运动速度分别是v1、v2，若井字形回路中有感应电流通过，则可能()图5A．v1>v2B．v1<v2C．v1＝v2D．无法确定答案AB9．(多选)如图6所示，开始时矩形线框与匀强磁场的方向垂直，且一半在磁场内，一半在磁场外，若要使线框中产生感应电流，下列办法中可行的是()图6A．将线框向左拉出磁场B．将线框竖直向上拉动C．以ad边为轴转动(小于60°)D．以bc边为轴转动(小于60°)答案AC解析将线框向左拉出磁场的过程中，线框的bc部分做切割磁感线运动，或者说穿过线框的磁通量减小，所以线框中将产生感应电流；将线框竖直向上拉动时，线框内磁通量不变，没有感应电流产生．当线框以ad边为轴转动(小于60°)时，穿过线框的磁通量在减小，所以在这个过程中线框中会产生感应电流．如果转过的角度超过60°(60°～300°)，bc边将进入无磁场区，那么线框中将不产生感应电流；当线框以bc 边为轴转动时，如果转动的角度小于60°，则穿过线框的磁通量始终保持不变(其值为磁感应强度与矩形线框面积的一半的乘积)．10．某学生做观察电磁感应现象的实验，将电流表、线圈A 和B 、蓄电池、开关用导线连接成如图7所示的实验电路，当他接通、断开开关时，电流表的指针都没有偏转，其原因是( )图7A ．开关位置接错B ．电流表的正、负极接反C ．线圈B 的接头3、4接反D ．蓄电池的正、负极接反答案 A解析 图中所示开关的连接不能控制含有电源的电路中电流的通断．而本实验的内容之一就是用来研究在开关通断瞬间，电流的有无是否导致磁场发生变化，进而产生感应电流的情况．因而图中接法达不到目的．关键是开关没有起到控制电源接通、断开的作用，开关应串联到电源和接头1、2之间．11．如图8所示，固定于水平面上的金属架CDEF 处在竖直向下的匀强磁场中，金属棒MN 沿框架以速度v 向右做匀速运动．t ＝0时刻，磁感应强度为B 0，此时刻MN 到达的位置使MDEN 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 应怎样随时间t 变化？请推导出这种情况下B 与t 的关系式．图8答案 B ＝B 0l l ＋v t解析 要使MN 棒中不产生感应电流，应使穿过线框平面的磁通量不发生变化，在t ＝0时刻，穿过线框平面的磁通量Φ1＝B 0S ＝B 0l 2设t 时刻的磁感应强度为B ，此时刻磁通量为Φ2＝Bl(l＋v t)由Φ1＝Φ2得B＝B0ll＋v t.。

粤教版选修3-2⾼中物理（电磁感应现象、电磁感应条件）我的个性化教案教学过程：⼀、复习上⼀章的主要内容●磁场及磁感线的基本特征。

●电流的磁场、右⼿螺旋定则及磁现象的电本质。

●磁通、磁感强度的含义及相互关系。

●左⼿定则和安培定律。

⼆、发现电磁感应现象的背景电磁感应现象的发现①1831年8⽉29⽇实验。

结果：法拉第虽然想到这就是他寻找了将近⼗年的由磁产⽣电流的现象，但还没有明确地领悟到这⼀现象的暂态性的本质特点。

②10⽉17⽇实验。

结果：实现了永久磁体产⽣电流的设想，完全明⽩了这种转化的暂态性。

③1831年11⽉24⽇，法拉第向皇家学会提交的⼀个报告中，把这种现象定名为“电磁感应现象”，并概括了可以产⽣感应电流的五种类型：变化着的电流、变化着的磁场、运动的稳恒电流、运动的磁铁、在磁场中运动的导体。

三、⽤实验⽅法研究产⽣感应电流的条件（1）讨论交流实验探究1的结果提出：既然磁能⽣电，怎样才能⽣电？（2）实验探究2：按照实验步骤完成探究磁⽣电的过程（3）讨论、归纳、概括探究实验2的结果（4）介绍法拉第的研究情况法拉第通过分析奥斯特的电流磁效应后认为，既然磁铁可以使靠近它的铁块具有磁性，静电荷可以使靠近它的导体带电，那么磁铁也应当使靠近它的线圈感⽣出电流。

于是，他在⽇记中写下了“转磁为电”这个伟⼤的设想，并朝着这个设想开始了⽆数次实验和艰苦地奋⽃。

法拉第的最初设想，⽤强磁铁靠近导线，导线中就会产⽣稳恒电流，他开始苦苦思索，千⽅百计地设计各种实验，企图证实上述设想，都⼀次⼜⼀次地失败了，但法拉第并没有⽓馁，⽽且是从失败中总结教训，意识到磁产⽣电必须具备⼀定的条件，为此整整艰苦地探索了10年的岁⽉，终于在1831年8⽉，有了重⼤的突破性发现。

法拉第的成功的实验设计如图所⽰，当K接通或断开时，线圈B中就产⽣了瞬时电流。

（5）探究结果与发现电磁感应的历史过程相结合，概括电磁感应现象。

知识点汇总放⼊匀强磁场中，若线圈平⾏于磁感线，则下列运动中，哪些在线圈中会⼀、单项选择题1．下列现象中，属于电磁感应现象的是()A．⼩磁针在通电导线附近发⽣偏转B．通电线圈在磁场中转动C．因闭合线圈在磁场中运动⽽产⽣的电流D．磁铁吸引⼩磁针2．在电磁感应现象中，下列说法正确的是()A．导体相对磁场运动，导体内⼀定产⽣感应电流B．导体做切割磁感线运动，导体内⼀定会产⽣感应电流C．闭合电路在磁场内做切割磁感线运动，导体内⼀定会产⽣感应电流D．穿过闭合电路的磁通量发⽣变化，在电路中⼀定会产⽣感应电流3．⼀个闭合线圈中没有感应电流产⽣，由此可以得出()A．此时此地⼀定没有磁场B．此时此地⼀定没有磁场的变化C．穿过线圈平⾯的磁感线条数⼀定没有变化D．穿过线圈平⾯的磁通量⼀定没有变化4．如图8所⽰，通电螺线管⽔平固定，OO′为其轴线，a、b、c三点在该轴线上，在这三点处各放⼀个完全相同的⼩圆环，且各圆环平⾯垂直于OO′轴．则关于这三点的磁感应强度B a、B b、B c的⼤⼩关系及穿过三个⼩圆环的磁通量Φa、Φb、Φc的⼤⼩关系，下列判断正确的是()图8A．B a＝B b＝B c，Φa＝Φb＝ΦcB．B a>B b>B c，Φa<Φb<ΦcC．B a>B b>B c，Φa>Φb>ΦcD．B a>B b>B c，Φa＝Φb＝Φc5．如图9所⽰，矩形线框abcd放置在⽔平⾯内，磁场⽅向与⽔平⽅向成α⾓，已知sin α＝4/5，回路⾯积为S，磁感应强度为B，则通过线框的磁通量为()图9A．BS B．4BS/5C．3BS/5 D．3BS/46．如图10所⽰，ab是⽔平⾯上⼀个圆的直径，在过ab的竖直平⾯内有⼀根通电导线ef，已知ef平⾏于ab，当ef竖直向上平移时，电流产⽣的磁场穿过圆⾯积的磁通量将()图10A．逐渐增⼤B．逐渐减⼩D．不为零，但保持不变⼆、双项选择题7．(双选)如图11所⽰，矩形闭合导线与匀强磁场垂直，⼀定产⽣感应电流的是()A．垂直于纸⾯平动B．以⼀条边为轴转动C．线圈形状逐渐变为圆形D．沿与磁场垂直的⽅向平动图118．(双选)在如图所⽰的各图中，闭合线框中能产⽣感应电流的是()9．如图12所⽰，开始时矩形线框与匀强磁场的⽅向垂直，且⼀半在磁场内，⼀半在磁场外，若要使线框中产⽣感应电流，下列办法中不可⾏的是()图12A．将线框向左拉出磁场B．以ab边为轴转动(⼩于90°)C．以ad边为轴转动(⼩于60°)D．以bc边为轴转动(⼩于60°)10．(双选)A、B两回路中各有⼀开关S1、S2，且回路A中接有电源，回路B中接有灵敏电流计(如图13所⽰)，下列操作及相应的结果可能实现的是()图13A．先闭合S2，后闭合S1的瞬间，电流计指针偏转B．S1、S2闭合后，在断开S2的瞬间，电流计指针偏转C．先闭合S1，后闭合S2的瞬间，电流计指针偏转D．S1、S2闭合后，在断开S1的瞬间，电流计指针偏转三、⾮选择题11．⼀⽔平放置的矩形线圈abcd在条形磁铁S极附近下落，在下落过程中，线圈平⾯保持⽔平，如右图所⽰，位置1和3都靠近位置2，则线圈从位置1到位置2的过程中，线圈内________感应电流，线圈从位置2⾄位置3的过程中，线圈内________感应电流．(填“有”或“⽆”)12．线圈A 中接有如图14所⽰的电源，线圈B 有⼀半的⾯积处在线圈A 中，两线圈平⾏但不接触，则在开关S 闭合的瞬间，线圈B 中有⽆感应电流？图1413．如图15所⽰，有⼀个垂直于纸⾯向⾥的匀强磁场，B ＝0.8 T ，磁场有明显的圆形边界，圆⼼为O ，半径为1 cm 。

第三节感应电流的方向[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．一、楞次定律[导学探究] 根据如图1甲、乙、丙、丁所示进行电路图连接与实验操作，并填好实验现象．图1请根据上表所填内容理解：甲、乙两种情况下，磁通量都增加，感应电流的磁场方向与原磁场方向相反；丙、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．[知识梳理] 楞次定律：(1)内容：感应电流的方向可以这样确定：感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化．(2)理解：当磁通量增加时，感应电流的磁场与原磁场方向相反，当磁通量减少时，感应电流的磁场与原磁场方向相同，即增反减同．[即学即用] 判断下列说法的正误．(1)感应电流的磁场总是与引起感应电流的磁场方向相反．( )(2)感应电流的磁场可能与引起感应电流的磁场方向相同．( )(3)感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化．( )答案(1)×(2)√(3)√二、右手定则[导学探究] 如图2所示，导体棒ab向右做切割磁感线运动．图2(1)请用楞次定律判断感应电流的方向．(2)感应电流I的方向、原磁场B的方向、导体棒运动的速度v的方向三者之间什么关系？根据课本右手定则，自己试着做一做．答案(1)感应电流的方向a→d→c→b→a.(2)满足右手定则．[知识梳理] 右手定则：伸开右手，让拇指跟其余四个手指垂直，并且都跟手掌在同一个平面内；让磁感线垂直从心进入，拇指指向导体运动的方向，其余四指所指的方向就是感应电流的方向．[即学即用] 判断下列说法的正误．(1)右手定则只能用来判断导体垂直切割磁感线时的感应电流方向．( )(2)所有的电磁感应现象都可以用楞次定律判断感应电流方向．( )(3)所有的电磁感应现象，都可以用安培定则判断感应电流方向．( )(4)当导体不动，而磁场运动时，不能用右手定则判断感应电流方向．( )答案(1)×(2)√(3)×(4)×一、楞次定律的理解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．2．“阻碍”的含义：(1)谁阻碍——感应电流产生的磁场．(2)阻碍谁——阻碍引起感应电流的磁通量的变化．(3)如何阻碍——当原磁通量增加时，感应电流的磁场方向与原磁场方向相反；当原磁通量减少时，感应电流的磁场方向与原磁场方向相同．(4)阻碍效果——阻碍并不是阻止，结果增加的还是增加，减少的还是减少．注意：从相对运动的角度看，感应电流的效果是阻碍相对运动．例1 关于楞次定律，下列说法正确的是 ( )A．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B．闭合电路的一部分导体在磁场中运动时，必受磁场阻碍作用C．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D．感应电流的磁场总是跟原磁场反向，阻碍原磁场的变化答案 A解析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，选项A正确；闭合电路的一部分导体在磁场中平行磁感线运动时，不受磁场阻碍作用，选项B错误；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，选项C错误；当原磁场增强时感应电流的磁场跟原磁场反向，当原磁场减弱时感应电流的磁场跟原磁场同向，选项D错误．二、楞次定律的应用楞次定律应用四步曲(1)确定原磁场方向；(2)判定产生感应电流的磁通量如何变化(增加还是减少)；(3)根据楞次定律确定感应电流的磁场方向(增反减同)；(4)判定感应电流的方向．该步骤也可以简单地描述为“一原二变三感四螺旋”，一原——确定原磁场的方向；二变——确定磁通量是增加还是减少，三感——判断感应电流的磁场方向；四螺旋——用右手螺旋定则判断感应电流的方向．例2 (多选)如图3所示，闭合金属圆环沿垂直于磁场方向放置在有界匀强磁场中，将它从匀强磁场中匀速拉出，以下各种说法中正确的是( )图3A．向左拉出和向右拉出时，环中的感应电流方向相反B．向左或向右拉出时，环中感应电流方向都是沿顺时针方向的C．向左或向右拉出时，环中感应电流方向都是沿逆时针方向的D．将圆环左右拉动，当环全部处在磁场中运动时，圆环中无感应电流答案BD解析将金属圆环不管从哪边拉出磁场，穿过闭合圆环的磁通量都要减少，根据楞次定律可知，感应电流的磁场要阻碍原磁通量的减少，感应电流的磁场方向与原磁场方向相同，应用安培定则可以判断出感应电流的方向是顺时针方向的，选项B正确，A、C错误；另外在圆环离开磁场前，穿过圆环的磁通量没有改变，该种情况无感应电流，D正确．针对训练如图4所示，金属环所在区域存在着匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里．当磁感应强度逐渐增大时，内、外金属环中感应电流的方向为( )图4A．外环顺时针、内环逆时针B．外环逆时针、内环顺时针C．内、外环均为逆时针D．内、外环均为顺时针答案 B解析首先明确研究的回路由外环和内环共同组成，回路中包围的磁场方向垂直纸面向里且内、外环之间的磁通量增加．由楞次定律可知两环之间的感应电流的磁场方向与原磁场方向相反，垂直于纸面向外，再由安培定则判断出感应电流的方向是：在外环沿逆时针方向，在内环沿顺时针方向，故选项B正确．三、右手定则的应用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垂直关系．(1)大拇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 下列图中表示闭合电路中的一部分导体ab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( )答案 A解析题中四图都属于闭合电路的一部分导体切割磁感线，应用右手定则判断可得：A中电流方向为a→b，B中电流方向为b→a，C中电流方向沿a→d→c→b→a，D中电流方向为b →a.故选A.1.某磁场磁感线如图5所示，有一铜线圈自图中A处落至B处，在下落过程中，自上向下看，线圈中的感应电流方向是( )图5A．始终顺时针B．始终逆时针C．先顺时针再逆时针D．先逆时针再顺时针答案 C解析自A处落至图示位置时，穿过线圈的磁通量增加，由楞次定律知线圈中感应电流方向为顺时针，从图示位置落至B处时，穿过线圈的磁通量减少，由楞次定律知，线圈中感应电流方向为逆时针，C项正确．2．磁铁在线圈中心上方开始运动时，线圈中产生如图6方向的感应电流，则磁铁( )图6A．向上运动B．向下运动C．向左运动D．向右运动答案 B3．如图7所示，匀强磁场与圆形导体环平面垂直，导体ef与环接触良好，当ef向右匀速运动时( )图7A．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答案 D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，选D.4.1931年，英国物理学家狄拉克曾经从理论上预言：存在只有一个磁极的粒子，即“磁单极子”.1982年，美国物理学家卡布莱拉设计了一个寻找磁单极子的实验．他设想，如果一个只有N极的磁单极子从上向下穿过如图8所示的超导线圈，那么，从上向下看，超导线圈上将出现( )图8A．先顺时针方向，后逆时针方向的感应电流B．先逆时针方向，后顺时针方向的感应电流C．顺时针方向持续流动的感应电流D．逆时针方向持续流动的感应电流答案 D解析N极磁单极子从上向下通过时，穿过线圈的磁通量先向下增加，接着突变为向上减少．故由楞次定律知，感应电流的磁场一直向上，故电流始终为逆时针．一、选择题(1～8题为单选题，9～12题为多选题)1．根据楞次定律可知，感应电流的磁场一定是 ( )A．与引起感应电流的磁场反向B．阻止引起感应电流的原磁通量的变化C．阻碍引起感应电流的原磁通量的变化D．使电路磁通量为零答案 C2.如图1所示，在一水平、固定的闭合导体圆环上方，有一条形磁铁(N极朝上，S极朝下)由静止开始下落，磁铁从圆环中穿过且不与圆环接触．关于圆环中感应电流的方向(从上向下看)，下列说法正确的是( )图1A．总是顺时针B．总是逆时针C．先顺时针后逆时针D．先逆时针后顺时针答案 C解析磁铁下落过程中原磁场是向上的，穿过圆环的磁通量先增大后减小，由楞次定律可判断出选项C正确．3．如图2所示，CDEF是一个矩形金属框，当导体棒AB向右移动时，回路中会产生感应电流，则下列说法中正确的是( )图2A．导体棒中的电流方向由B→AB．电流表A1中的电流方向由F→EC．电流表A1中的电流方向由E→FD．电流表A2中的电流方向由D→C答案 B解析根据右手定则，导体棒内部电流方向为A到B，所以电流表A1中的电流方向由F→E，A、C错，B对．同理电流表A2中的电流方向由C→D，D错．4．电阻R、电容器C与一线圈连成闭合电路，条形磁铁位于线圈的正上方，N极朝下，如图3所示．现使磁铁N极远离线圈上端的过程中，流过R的电流方向和电容器极板的带电情况是( )图3A．从b到a，下极板带正电B．从a到b，下极板带正电C．从b到a，上极板带正电D．从a到b，上极板带正电答案 D解析当磁铁开始由图示位置向上运动时，向下穿过线圈的磁通量变小，由楞次定律可得，感应电流的磁场方向与原磁场方向相同，即向下，再由安培定则可得感应电流方向沿线圈盘旋而上，由于线圈相当于电源，则流过R的电流方向是从a到b，电容器上极板带正电．故选D.5.如图4所示，一圆形金属线圈放置在水平桌面上，匀强磁场垂直桌面竖直向下，过线圈上A点作切线OO′，OO′与线圈在同一平面上．在线圈以OO′为轴翻转180°的过程中，线圈中电流方向( )图4A．始终为A→B→C→AB．始终为A→C→B→AC．先为A→C→B→A再为A→B→C→AD．先为A→B→C→A再为A→C→B→A答案 A解析在线圈以OO′为轴翻转0～90°的过程中，穿过线圈正面向里的磁通量逐渐减少，由楞次定律可知感应电流方向为A→B→C→A；线圈以OO′为轴翻转90°～180°的过程中，穿过线圈反面向里的磁通量逐渐增加，由楞次定律可知感应电流方向仍然为A→B→C→A，A 正确．6．如图5所示为一个圆环形导体，有一个带负电的粒子沿直径方向在圆环表面匀速掠过的过程，环中感应电流的情况( )图5A．无感应电流B．有逆时针方向的感应电流C．有顺时针方向的感应电流D．有先逆时针方向后顺时针方向的感应电流答案 A解析由题意可知，带负电的粒子沿直径方向运动，周围会产生磁场，但因沿着直径运动，则穿过圆环的合磁通量为零，因此没有感应电流，故A正确，B、C、D错误．7．长直导线与矩形线框abcd处在同一平面中静止不动，如图6甲所示．长直导线中通以大小和方向都随时间做周期性变化的交流电，i－t图象如图乙所示．规定沿长直导线方向向上的电流为正方向．关于最初一个周期内矩形线框中感应电流的方向，下列说法正确的是( )图6A ．由顺时针方向变为逆时针方向B ．由逆时针方向变为顺时针方向C ．由顺时针方向变为逆时针方向，再变为顺时针方向D ．由逆时针方向变为顺时针方向，再变为逆时针方向 答案 D解析 0～T4时间内，直导线中的电流增大，通过线框中的磁通量增大，线框中产生逆时针方向的电流.T 4～T2时间内，直导线中的电流减小，通过线框中的磁通量减小，线框中产生顺时针方向的电流，同样判断出第3个、第4个14周期时间内的电流方向分别为顺时针和逆时针．8.如图7所示，一对大磁极，中间处可视为匀强磁场，上、下边缘处为非匀强磁场，一矩形导线框abcd 保持水平，从两磁极间中心上方某处开始下落，并穿过磁场，则( )图7A．线框中有感应电流，方向是先a→b→c→d→a后d→c→b→a→dB．线框中有感应电流，方向是先d→c→b→a→d后a→b→c→d→aC．受磁场力的作用，线框要发生转动D．线框中始终没有感应电流答案 D解析由于线框从两极间中心上方某处开始下落，根据对称性知，下落过程中穿过线框abcd 的磁通量始终是零，没有变化，所以始终没有感应电流，因此不会受磁场力的作用．故选项D正确．9.某空间出现了如图8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( )图8A．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方向磁场在迅速增强D．沿BA方向磁场在迅速减弱答案AC10．要使图9中b线圈中产生图示方向的电流，可采取的办法有( )图9A．闭合开关SB．闭合开关S后，把b靠近aC．闭合开关S后，把滑动变阻器R的滑片左移D．闭合开关S后，把a中铁芯向左边抽出答案CD11.如图10所示，通电直导线L和平行直导线放置的闭合导体框abcd，当通电导线L运动时，以下说法正确的是 ( )图10A．当导线L向左平移时，导体框abcd中感应电流的方向为abcdaB．当导线L向左平移时，导体框abcd中感应电流的方向为adcbaC．当导线L向右平移时(未到达ad)，导体框abcd中感应电流的方向为abcdaD．当导线L向右平移时(未到达ad)，导体框abcd中感应电流的方向为adcba答案AD解析当导线L向左平移时，闭合导体框abcd中磁场减弱，磁通量减少，abcd回路中产生的感应电流的磁场将阻碍原磁通量的减少，由于导线L在导体框abcd中磁场方向垂直纸面向里，所以abcd中感应电流的磁场方向应为垂直纸面向里，由安培定则可知感应电流的方向为abcda，选项A正确；当导线L向右平移时(未到达ad)，闭合导体框abcd中磁场增强，磁通量增加，abcd回路中产生的感应电流的磁场将阻碍原磁通量的增加，可知感应电流的磁场为垂直纸面向外，再由安培定则可知感应电流的方向为adcba，选项D正确．12.如图11所示，导体棒AB、CD可在水平轨道上自由滑动，当导体棒AB向左移动时 ( )图11A．AB中感应电流的方向为A到BB．AB中感应电流的方向为B到AC．CD向左移动D．CD向右移动答案AD解析由右手定则可判断AB中感应电流方向为A→B，CD中电流方向为C→D，由左手定则可判定CD受到向右的安培力作用而向右运动．。