資源簡介

1.楞次定律
課標要求
1．理解楞次定律和右手定則，會用來判斷感應電流的方向．
2．通過實驗和對實驗現象的分析，歸納出感應電流方向與磁場變化的關系．
3．理解楞次定律是能量守恒定律在電磁感應現象中的體現．
思維導圖
必備知識·自主學習——突出基礎性　素養夯基
一、右手定則
1．內容：
伸開右手，使大拇指與其余并攏的四指垂直，并與手掌在同一平面內，讓磁感線垂直從________穿入，并使拇指指向導線________的方向，這時________所指的方向就是感應電流的方向．
2．適用范圍：適用于判定導線____________運動而產生感應電流的情況．
二、楞次定律
1．影響感應電流方向的因素
當引起感應電流的原磁場穿過螺線管的磁通量增加時，感應電流的磁場方向與原磁場方向________；當引起感應電流的原磁場穿過螺線管的磁通量減小時，感應電流的磁場方向與原磁場方向________．
2．楞次定律
(1)內容：感應電流的磁場總是要________引起感應電流的____________．
(2)楞次定律是________定律在電磁感應中的具體表現．
[導學1]
(1)右手定則是用來判斷導體切割磁感線產生感應電流方向的規律．
(2)切割磁感線的部分導體相當于電源．
[導學2]
(1)磁通量的變化有三種情形：①線圈面積變化；②磁場變化；③線圈相對磁場的位置關系變化．
(2)感應電流的磁場阻礙原磁通量的變化，不能阻止原磁通量的變化．
關鍵能力·合作探究——突出綜合性　素養形成
探究點一　右手定則的理解和應用
導學探究
如圖所示，導體ab放入磁場中，ab與電流表串聯，進行如下的實驗：
(1)導體ab上下運動或左右運動時，電流表指針是否偏轉？
(2)導體ab左右運動時，感應電流I的方向、原磁場B的方向、導體棒運動的速度v的方向三者之間滿足什么關系？
歸納總結
1.適用范圍：閉合電路的部分導體切割磁感線產生感應電流方向的判斷．
2．右手定則反映了磁場方向、導體運動方向和電流方向三者之間的關系
(1)大拇指的方向是導體相對磁場切割磁感線的運動方向，既可以是導體運動而磁場未動，也可以是導體未動而磁場運動，還可以是兩者以不同速度同時運動．
(2)四指指向電流方向，切割磁感線的導體相當于電源．
典例示范
例 1 如圖所示，CDEF是一個矩形金屬框，當導體棒AB向右移動時，回路中會產生感應電流，則下列說法中正確的是(　　)
A．導體棒中的電流方向由B→A
B．電流表A1中的電流方向由F→E
C．電流表A1中的電流方向由E→F
D．電流表A2中的電流方向由D→C
素養訓練1　下列圖中表示閉合電路中的一部分導體ab在磁場中做切割磁感線運動的情景，導體ab上的感應電流方向為a→b的是(　　)
探究點二　探究影響感應電流方向的因素
歸納總結
1.實驗原理
觀察并記錄感應電流的方向與磁通量變化情況間的關系．分析實驗結果，歸納出決定感應電流方向的因素，總結出判斷感應電流方向的方法．
2．實驗器材
條形磁鐵，螺線管，零刻度在中央的靈敏電流計，滑動變阻器，一節干電池，電池盒，開關，導線若干．
3．(1)按圖連接電路，明確螺線管的繞線方向．
(2)按照控制變量的方法分別進行N極(S極)向下插入線圈和N極(S極)向上拔出線圈的實驗．
(3)實驗現象：如圖所示，在四種情況下，將實驗結果填入下表．
①線圈內磁通量增加時的情況
圖號 磁場方向 感應電流的方向 感應電流的磁場方向
甲 向下 逆時針(俯視) 向上
乙 向上 順時針(俯視) 向下
②線圈內磁通量減少時的情況
圖號 磁場方向 感應電流的方向 感應電流的磁場方向
丙 向下 順時針(俯視) 向下
丁 向上 逆時針(俯視) 向上
(4)實驗結論
當穿過線圈的磁通量增加時，感應電流的磁場與原磁場的方向相反；當穿過線圈的磁通量減少時，感應電流的磁場與原磁場的方向相同．
4．注意事項
(1)確定電流方向與電流表指針偏轉方向的關系時，要用試觸法并注意減小電流強度，防止電流過大或通電時間過長損壞電流表．
(2)電流表選用零刻度在中間的靈敏電流計．
(3)實驗前設計好表格，并明確線圈的繞線方向．
(4)按照控制變量的思想進行實驗．
(5)進行一種操作后，等電流計指針回零后再進行下一步操作．
典例示范
例 2 為了探究影響感應電流方向的因素，某實驗小組將電池、線圈A、線圈B、滑動變阻器、靈敏電流計、開關按照如圖所示的方式連接．當閉合開關時發現靈敏電流計的指針右偏．由此可知：
(1)當滑動變阻器的滑片P向右移動時，靈敏電流計的指針________(選填“左偏”“不動”或“右偏”)．
(2)將線圈A拔出時，靈敏電流計的指針________(選填“左偏”“不動”或“右偏”)．
素養訓練2　(1)如圖所示的器材可用來研究電磁感應現象及判定感應電流的方向，其中連線正確的是________(選填“A”或“B”)．
(2)將線圈L1插入線圈L2中，合上開關S，能使線圈L2中感應電流的磁場方向與線圈L1中原磁場方向相同的實驗操作是________．
A．插入鐵芯F
B．拔出線圈L1
C．使變阻器阻值R接入電路的阻值變大
D．斷開開關S
探究點三　對楞次定律的理解
歸納總結
1.因果關系
閉合導體回路中原磁通量的變化是產生感應電流的原因，而感應電流的磁場的產生是感應電流存在的結果，即只有當閉合導體回路中的磁通量發生變化時，才會有感應電流的磁場出現．
2．楞次定律中“阻礙”的含義
典例示范
例 3 關于楞次定律，下列說法正確的是(　　)
A．感應電流的磁場總是要阻礙引起感應電流的磁通量的變化
B．閉合電路的一部分導體在磁場中運動時，必受磁場阻礙作用
C．原磁場穿過閉合回路的磁通量增加時，感應電流的磁場與原磁場同向
D．感應電流的磁場總是跟原磁場反向，阻礙原磁場的變化
素養訓練3　關于感應電流，以下說法中正確的是(　　)
A．感應電流的磁場方向總是與原磁場的方向相反
B．感應電流的磁場方向總是與原磁場的方向相同
C．感應電流的磁場總是阻礙閉合電路內原磁場的磁通量的變化
D．感應電流的磁場總是與原線圈內的磁場方向相反
探究點四　楞次定律的應用
導學探究
法拉第最初發現電磁感應現象的實驗如圖所示．軟鐵環上繞有M、N兩個線圈，當M線圈電路中的開關斷開的瞬間，通過的感應電流沿什么方向？
歸納總結
應用楞次定律的步驟
(1)確定原磁場方向．
(2)判定產生感應電流的磁通量如何變化(是增加還是減少)．
(3)根據楞次定律確定感應電流的磁場方向(增反減同)．
(4)判定感應電流的方向．
該步驟也可以簡單地描述為“一原二變三感四定則”，一原——確定原磁場的方向；二變——確定磁通量是增加還是減少；三感——判斷感應電流的磁場方向；四定則——用安培定則判斷感應電流的方向．
典例示范
例 4 如圖，一個水平放置的矩形線圈abcd，在細長水平磁鐵的S極附近豎直下落，由位置Ⅰ經位置Ⅱ到位置Ⅲ.位置Ⅱ與磁鐵同一平面，位置Ⅰ和Ⅲ都很靠近Ⅱ，則在下落過程中，線圈中的感應電流的方向為(　　)
A．adcba
B．abcda
C．從abcda到adcba
D．從adcba到abcda
素養訓練4　
電阻R、電容C與一線圈連成閉合電路，條形磁鐵靜止于線圈的正上方，N極朝下，如圖所示．現使磁鐵開始自由下落，在N極接近線圈上端的過程中，流過R的電流方向和電容器極板的帶電情況是(　　)
A．從a到b，上極板帶正電
B．從a到b，下極板帶正電
C．從b到a，上極板帶正電
D．從b到a，下極板帶正電
素養訓練5　如圖所示，一個有界勻強磁場區域，磁場方向垂直紙面向外，一個矩形閉合導線框abcd沿紙面由位置1勻速運動到位置2.則(　　)
A．導線框進入磁場時，感應電流方向為abcda
B．導線框離開磁場時，感應電流方向為abcda
C．導線框進入磁場時，受到的安培力方向水平向右
D．導線框離開磁場時，受到的安培力方向水平向右
思維方法
運用楞次定律判定感應電流方向的基本思路
隨堂演練·自主檢測——突出創新性　素養達標
1．(多選)閉合電路的一部分導體在磁場中做切割磁感線運動，如圖所示，能正確表示磁感應強度B的方向、導體運動速度方向與產生的感應電流方向關系的是(　　)
2.
(多選)如圖所示，在豎直向下的勻強磁場中，有一個帶銅軸的銅盤，用銅刷把盤邊緣和軸連接，外接一電流表，若銅盤按圖示方向勻速轉動，則(　　)
A．中有a→b的電流
B．中有b→a的電流
C．盤面磁通量不變，不產生感應電流
D．有從盤邊緣向盤中心的電流
3．現將電池組、滑動變阻器、帶鐵芯的線圈A、線圈B、電流計及開關按如圖所示方式連接．在開關閉合、線圈A放在線圈B中的情況下，某同學發現當他將滑動變阻器的滑動端P向左加速滑動時，電流計指針向右偏轉．由此可以推斷(　　)
A．線圈A向上移動或滑動變阻器的滑動端P向右加速滑動，都能引起電流計指針向左偏轉
B．線圈A中鐵芯向上拔出或斷開開關，都能引起電流計指針向右偏轉
C．滑動變阻器的滑動端P勻速向左或勻速向右滑動，都能使電流計指針靜止在中央
D．因為線圈A、線圈B的繞線方向未知，故無法判斷電流計指針偏轉的方向
4．朝南的鋼窗原來關著，今將它突然朝外(即向西邊)推開，轉過一個小于90°的角度，考慮到地球磁場的影響，從室內觀察，則鋼窗活動的一條邊(東邊，即鋼窗最外的豎直邊)中(　　)
A．有自下而上的微弱電流
B．有自上而下的微弱電流
C．有微弱電流，方向是先自上而下，后自下而上
D．有微弱電流，方向是先自下而上，后自上而下
5.
如圖所示，條形磁鐵從高h處自由下落，中途穿過一個固定的空心線圈，開關S斷開時，磁鐵落地用時t1，落地時速度為v1；S閉合時，磁鐵落地用時t2，落地時速度為v2，則它們的大小關系正確的是(　　)
A．t1>t2，v1>v2 B．t1＝t2，v1＝v2
C．t1v2
1．楞次定律
必備知識·自主學習
一、
1．手心　運動　四指
2．切割磁感線
二、
1．相反　相同
2．(1)阻礙　磁通量的變化　(2)能量守恒
關鍵能力·合作探究
探究點一
【導學探究】
提示：(1)導體ab上下運動時沒有感應電流產生，左右運動時有感應電流產生．
(2)滿足右手定則．
【典例示范】
例1　解析：根據右手定則，導體棒內部電流方向為A到B，所以電流表A1中的電流方向由F→E，電流表A2中的電流方向由C→D，故A、C、D錯誤，B正確．
答案：B
素養訓練1　解析：題中四圖都屬于閉合電路的一部分導體切割磁感線，應用右手定則判斷可得：A中電流方向為a→b，B中電流方向為b→a，C中電流方向沿a→d→c→b→a，D中電流方向為b→a，A正確．
答案：A
探究點二
【典例示范】
例2　解析：(1)由題意知，閉合開關時靈敏電流計指針向右偏，而閉合開關時B中磁場增強，當P向右移動時，A所在電路中電流增大，B中磁場增強，所以指針也向右偏．
(2)將A拔出時，B中磁場減弱，感應電流方向改變，所以電流計指針向左偏．
答案：(1)右偏　(2)左偏
素養訓練2　解析：(1)探究電磁感應現象實驗電路分兩部分，電源、開關、滑動變阻器、一個線圈組成閉合電路，電流計與另一個線圈組成另一個閉合電路．由題圖電路圖可知，圖A所示電路正確．
(2)插入鐵芯，磁通量增大，感應電流的磁場方向與線圈L1原磁場方向相反，A錯誤；拔出線圈L1，磁通量減小，感應電流的磁場方向與線圈L1中原磁場方向相同，B正確；使滑動變阻器接入電路的阻值增大，電流減小，磁通量減小，感應電流的磁場方向與線圈L1中原磁場方向相同，C正確；斷開開關S，磁通量減小，感應電流的磁場方向與線圈L1中原磁場方向相同，D正確．
答案：(1)A　(2)BCD
探究點三
【典例示范】
例3　解析：感應電流的磁場總是要阻礙引起感應電流的磁通量的變化，A正確；閉合電路的一部分導體在磁場中平行磁感線運動時，不受磁場阻礙作用，B錯誤；原磁場穿過閉合回路的磁通量增加時，感應電流的磁場與原磁場反向，C錯誤；當原磁場增強時感應電流的磁場跟原磁場反向，當原磁場減弱時感應電流的磁場跟原磁場同向，D錯誤．
答案：A
素養訓練3　解析：由楞次定律可知，感應電流的磁場總是阻礙閉合電路內部原磁場的磁通量的變化，C正確；如果原磁場中的磁通量是增大的，則感應電流的磁場方向就與它相反，來阻礙它的增大，如果原磁場中的磁通量是減小的，則感應電流的磁場方向就與它相同，來阻礙它的減小，A、B、D錯誤．
答案：C
探究點四
【導學探究】
提示：開關斷開瞬間電流從上向下通過．
【典例示范】
例4　解析：線圈從位置Ⅰ到位置Ⅱ的過程中，穿過線圈方向向下的磁通量減小，根據楞次定律，感應電流的磁場的方向向下，產生感應電流的方向為adcba；線圈從位置Ⅱ到位置Ⅲ的過程中，穿過線圈向上的磁通量增加，所以感應電流的磁場的方向向下，產生感應電流的方向為adcba.所以整個過程中感應電流的方向始終都是沿adcba，A正確，B、C、D錯誤．
答案：A
素養訓練4　解析：在磁鐵自由下落，N極接近線圈上端的過程中，通過線圈的磁通量方向向下且在增大，根據楞次定律可判斷出線圈中感應電流的磁場方向向上，利用安培定則可判知線圈中感應電流方向為逆時針(由上向下看)，流過R的電流方向從b到a，電容器下極板帶正電，D正確．
答案：D
素養訓練5　解析：線框進入磁場時，磁通量增大，根據楞次定律可知感應電流方向為adcba，A錯誤；導線框離開磁場時，磁通量減小，感應電流方向為abcda，B正確；導線框進入磁場時，由左手定則可知，受到的安培力方向水平向左，C錯誤；導線框離開磁場時，由左手定則可知，受到的安培力方向水平向左，D錯誤．
答案：B
隨堂演練·自主檢測
1．解析：圖A中導體不切割磁感線，導體中無電流；由右手定則可以判斷B、C正確；D圖中感應電流方向應垂直紙面向外．
答案：BC
2．解析：沿銅盤半徑方向的“銅棒”切割磁感線，由右手定則可判定選項B、D正確．
答案：BD
3．解析：滑動變阻器的滑動端P向左加速滑動時，線圈A中電流減小，穿過線圈B中的磁通量減小，閉合電路中產生感應電流，電流表指針向右偏轉．當線圈A中的鐵芯向上拔出或斷開開關時，線圈B中的磁通量均減小，電流計指針均向右偏轉，故選B.
答案：B
4．解析：當鋼窗轉過一個小于90°的角度時，穿過窗框平面的磁感線條數減少，根據楞次定律，可知感應電流的磁場總是阻礙原來磁通量的減少，因此感應電流的磁場與原磁場方向相同．由安培定則知，鋼窗活動的一條邊(東邊，即鋼窗最外的豎直邊)中的電流是自上而下，因此選B.
答案：B
5．解析：開關S斷開時，線圈中無感應電流，對磁鐵無阻礙作用，故磁鐵自由下落，a＝g；當S閉合時，線圈中有感應電流，對磁鐵有阻礙作用，故av2，故D正確．
答案：D2.法拉第電磁感應定律
課標要求
1．理解并掌握法拉第電磁感應定律，能夠運用法拉第電磁感應定律計算感應電動勢的大小．
2．能夠運用E＝Blv或E＝Blv sin θ計算導體切割磁感線時產生的感應電動勢．
3．知道導線切割磁感線，通過克服安培力做功把其他形式的能轉化為電能．
思維導圖
必備知識·自主學習——突出基礎性　素養夯基
一、感應電動勢
1．定義：穿過閉合回路的磁通量發生了變化，閉合回路中就會產生感應電流，這說明電路中一定存在一種由________產生的電動勢，這種電動勢叫作感應電動勢．
2．特點：在電磁感應現象中，若閉合導體回路中有感應電流，電路就一定有感應電動勢；如果回路________，只要穿過回路的________發生變化，雖然沒有感應________產生，但感應________依然存在．
二、電磁感應定律
1．磁通量的變化率
磁通量的變化率表示________變化的快慢，用________表示，其中ΔΦ表示磁通量的變化量，Δt表示磁通量發生變化所用的時間．
2．法拉第電磁感應定律
(1)內容：電路中感應電動勢的大小，跟穿過這一電路的磁通量的________成正比．
(2)公式：E＝.
若閉合電路是一個匝數為n的線圈，則E＝________．
(3)在國際單位制中，磁通量的單位是________，感應電動勢的單位是________．
三、導線切割磁感線時的感應電動勢
1．導線垂直于磁場運動，B、L、v兩兩垂直時，如圖甲所示，E＝________．
2．導線的運動方向與導線本身垂直，但與磁感線方向夾角為α時，如圖乙所示，E＝________．
[導學1]
感應電動勢的方向還是用楞次定律和右手定則判斷，感應電動勢方向與電源內部感應電流的方向相同．
[導學2]
(1)E＝n可理解為n個感應電動勢為的電源串聯．
(2)利用E＝n求得的是感應電動勢在Δt時間內的平均值．
[導學3]
E＝BLv sin α有兩種理解：E＝BL(v sin α)＝(B sin α)Lv，即可分解速度，也可分解磁感應強度．
關鍵能力·合作探究——突出綜合性　素養形成
探究點一　對法拉第電磁感應定律的理解和應用
導學探究
如圖所示，在將條形磁體從同一高度插入線圈的實驗中：
(1)電流表指針偏轉說明回路中有感應電流產生，誰是電源呢？
(2)電流表指針偏轉程度跟感應電動勢的大小有什么關系？
歸納總結
1.理解公式E＝n
(1)感應電動勢E的大小取決于穿過電路的磁通量的變化率，而與Φ的大小、ΔΦ的大小沒有必然的關系，與電路的電阻R無關；感應電流的大小與感應電動勢E和回路總電阻R有關．
(2)磁通量的變化率，是Φ t圖像上某點切線的斜率，可反映單匝線圈感應電動勢的大小．
(3)E＝n只表示感應電動勢的大小，不涉及其正負，計算時ΔΦ應取絕對值．感應電流的方向可以用楞次定律去判定．
(4)磁通量發生變化有三種方式
①B不變，S變化，則＝B；
②B改變，S不變，則＝S；
③B、S變化，則＝.
2．由E＝n可求得平均感應電動勢，通過閉合電路歐姆定律可求得電路中的平均電流I＝，通過電路中導體橫截面的電荷量q＝I·Δt＝n.
3．注意：對于磁通量的變化量和磁通量的變化率來說，穿過一匝線圈和穿過n匝線圈是一樣的，而感應電動勢則不一樣，感應電動勢與匝數成正比．
典例示范
例 1 (多選)空間存在一方向與紙面垂直、大小隨時間變化的勻強磁場，其邊界如圖(a)中虛線MN所示．一硬質細導線的電阻率為ρ、橫截面積為S，將該導線做成半徑為r的圓環固定在紙面內，圓心O在MN上．t＝0時磁感應強度的方向如圖(a)所示；磁感應強度B隨時間t的變化關系如圖(b)所示．則在t＝0到t＝t1的時間間隔內(　　)
A．圓環所受安培力的方向始終不變
B．圓環中的感應電流始終沿順時針方向
C．圓環中的感應電流大小為
D．圓環中的感應電動勢大小為
素養訓練1　一矩形線框置于勻強磁場中，線框平面與磁場方向垂直．先保持線框的面積不變，將磁感應強度在1 s時間內均勻地增大到原來的兩倍．接著保持增大后的磁感應強度不變，在1 s時間內，再將線框的面積均勻地減小到原來的一半．先后兩個過程中，線框中感應電動勢的比值為(　　)
A．　　　　B．1　　　　C．2　　　　D．4
素養訓練2　
(多選)單匝線圈在勻強磁場中繞垂直于磁場方向的軸勻速轉動，穿過線圈的磁通量Φ隨時間t變化的圖像如圖所示，圖線為正弦曲線的一部分，則(　　)
A．在t＝0時刻，線圈中磁通量最大，感應電動勢也最大
B．在t＝1×10－2 s時刻，感應電動勢最大
C．在t＝2×10－2 s時刻，感應電動勢為零
D．在0～2×10－2 s時間內，線圈中感應電動勢的平均值為零
思維方法
綜合法拉第電磁感應定律和楞次定律，對于面積一定的線圈，不管磁場的方向如何變化，只要磁感應強度B隨時間t均勻變化，產生感應電動勢的大小和方向均保持不變．所以在B t圖像中，如果圖像為一條傾斜直線，不管圖線在時間軸上方還是下方，整個過程感應電動勢和感應電流均為恒量．
探究點二　對公式 E＝BLv的理解和應用
導學探究
在Δt時間內可動部分由原來的位置ab移到a1b1，這時線框的面積變化量ΔS＝LvΔt，穿過閉合電路的磁通量的變化量ΔΦ＝BΔS＝BLvΔt，代入公式E＝中，得到E＝BLv.對于表達式的成立有什么條件限制嗎？
歸納總結
1.對公式E＝Blv的理解
(1)當B、l、v三個量方向相互垂直時，E＝Blv；當有任意兩個量的方向平行時，E＝0.
(2)式中的l應理解為導線切割磁感線時的有效長度．
若切割磁感線的導線是彎曲的，則應取其與B和v方向都垂直的等效線段長度來計算．如圖中線段ab的長即為導線切割磁感線的有效長度．
(3)公式中的v應理解為導線和磁場的相對速度，當導線不動而磁場運動時，也有感應電動勢產生．
2．導體棒轉動切割磁感線時的感應電動勢
如圖所示，長為l的導體棒ab以a為圓心，以角速度ω在磁感應強度為B的勻強磁場中勻速轉動，其感應電動勢可從兩個角度推導．
(1)棒上各點速度不同，其平均速度＝ωl，由E＝Blv得棒上感應電動勢大小為E＝Bl·ωl＝Bl2ω.
(2)若經時間Δt，棒掃過的面積為ΔS＝πl2＝l2ω·Δt，磁通量的變化量ΔΦ＝B·ΔS＝Bl2ω·Δt，由E＝得棒上感應電動勢大小為E＝Bl2ω.
典例示范
例 2 如圖所示，水平放置的兩平行金屬導軌相距L＝0.50 m，左端接一電阻R＝0.20 Ω，磁感應強度B＝0.40 T的勻強磁場方向垂直于導軌平面向下，導體棒ac垂直放在導軌上，并能無摩擦地沿導軌滑動，導軌和導體棒的電阻均可忽略不計．當ac棒以v＝4.0 m/s的速度水平向右勻速滑動時，求：
(1)ac棒中感應電動勢的大小；
(2)回路中感應電流的大小；
(3)維持ac棒做勻速運動的水平外力的大小．
素養訓練3　
如圖所示，PQRS為一正方形導線框，它以恒定速度向右進入以MN為邊界的勻強磁場，磁場方向垂直線框平面向里，MN與線框的QR邊成45°角，E、F分別是PS邊和PQ邊的中點．關于線框中的感應電流，正確的說法是(　　)
A．當E點經過邊界MN時，線框中感應電流最大
B．當P點經過邊界MN時，線框中感應電流最大
C．當F點經過邊界MN時，線框中感應電流最大
D．當Q點經過邊界MN時，線框中感應電流最大
素養訓練4　
(多選)法拉第圓盤發電機的示意圖如圖所示．銅圓盤安裝在豎直的銅軸上，兩銅片P、Q分別與圓盤的邊緣和銅軸接觸．圓盤處于方向豎直向上的勻強磁場B中．圓盤旋轉時，關于流過電阻R的電流，下列說法正確的是(　　)
A．若圓盤轉動的角速度恒定，則電流大小恒定
B．若從上向下看，圓盤順時針轉動，則電流沿a到b的方向流動
C．若圓盤轉動方向不變，角速度大小發生變化，則電流方向可能發生變化
D．若圓盤轉動的角速度變為原來的2倍，則電流在R上的熱功率也變為原來的2倍
思維方法
感應電動勢的三個表達式對比
表達式 E＝n E＝Blv E＝Bl2ω
情景圖
研究對象 回路(不一定閉合) 一段直導線(或等效成直導線) 繞一端轉動的導體棒
意義 一般求平均感應電動勢，當Δt→0時求的是瞬時感應電動勢 一般求瞬時感應電動勢，當v為平均速度時求的是平均感應電動勢 用平均值法求瞬時感應電動勢
適用條件 所有磁場 勻強磁場 勻強磁場
隨堂演練·自主檢測——突出創新性　素養達標　
1．閉合電路中產生的感應電動勢的大小，跟穿過這一閉合電路的下列哪個物理量成正比(　　)
A．磁通量 B．磁感應強度
C．磁通量的變化率 D．磁通量的變化量
2.
如圖所示，條形磁鐵位于線圈的軸線上，下列過程中，能使線圈中產生最大感應電動勢的是　　(　　)
A．條形磁鐵沿軸線緩慢插入線圈
B．條形磁鐵沿軸線迅速插入線圈
C．條形磁鐵在線圈中保持相對靜止
D．條形磁鐵沿軸線從線圈中緩慢拔出
3.
如圖所示，一金屬彎桿處在磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場中，已知ab＝bc＝L.當它以速度v向右平動時，a、c兩點間的電勢差的絕對值為(　　)
A．BLvB．BLv sin θ
C．BLv cos θ D．BLv(1＋sin θ)
4.
夏天將到，在北半球，當我們抬頭觀看教室內的電扇時，發現電扇正在逆時針轉動．金屬材質的電扇示意圖如圖所示，由于地磁場的存在，下列關于A、O兩點的電勢及電勢差的說法正確的是(　　)
A．A點電勢比O點電勢高
B．A點電勢比O點電勢低
C．A點電勢等于O點電勢
D．扇葉長度越短，轉速越快，A、O兩點間的電勢差數值越大
5．如圖甲所示，在一個正方形金屬線圈區域內存在著磁感應強度B隨時間變化的勻強磁場，磁場的方向與線圈平面垂直．金屬線圈所圍的面積S＝200 cm2，匝數n＝1 000，線圈電阻r＝2.0 Ω.線圈與電阻R構成閉合回路，電阻的阻值R＝8.0 Ω.勻強磁場的磁感應強度隨時間變化的情況如圖乙所示，求：
(1)t1＝2.0 s時線圈產生感應電動勢的大小；
(2)在t1＝2.0 s時通過電阻R的感應電流的大小和方向；
(3)在t2＝5.0 s時刻，線圈端點a、b間的電壓．
2．法拉第電磁感應定律
必備知識·自主學習
一、
1．電磁感應
2．沒有閉合　磁通量　電流　電動勢
二、
1．磁通量　
2．(1)變化率　(2)n　(3)韋伯　伏
三、
1．BLv
2．BLv sin α
關鍵能力·合作探究
探究點一
【導學探究】
提示：(1)有磁通量變化的線圈．
(2)由閉合電路歐姆定律知I＝，當電路的總電阻一定時，E感越大，I感越大，指針偏轉程度越大．
【典例示范】
例1　解析：根據楞次定律可知在0～t0時間內，磁感應強度減小，感應電流的方向為順時針，圓環所受安培力水平向左，在t0～t1時間內，磁感應強度反向增大，感應電流的方向為順時針，圓環所受安培力水平向右，A錯誤，B正確；根據法拉第電磁感應定律得E＝＝πr2·＝，根據電阻定律可得R＝ρ，根據歐姆定律可得I＝＝，C正確，D錯誤．
答案：BC
素養訓練1　解析：根據法拉第電磁感應定律E＝n，設線框匝數為n，面積為S0，初始時刻磁感應強度為B0，則第一種情況下的感應電動勢為E1＝n＝nB0S0；第二種情況下的感應電動勢為E2＝n＝nB0S0，所以兩種情況下線框中的感應電動勢相等，比值為1，B正確．
答案：B
素養訓練2　解析：由法拉第電磁感應定律知E∝，故t＝0及t＝2×10－2 s時刻，E＝0，A錯誤，C正確；t＝1×10－2 s時，E最大，B正確；0～2×10－2 s時間內，ΔΦ≠0，則E≠0，D錯誤．
答案：BC
探究點二
【導學探究】
提示：B、L、v三個量方向必須兩兩垂直．
【典例示范】
例2　解析：(1)ac棒垂直切割磁感線，產生的感應電動勢的大小為
E＝BLv＝0.40×0.50×4.0 V＝0.80 V.
(2)回路中感應電流的大小為I＝＝ A＝4.0 A
由右手定則知，ac棒中的感應電流由c流向a.
(3)ac棒受到的安培力大小為
F安＝BIL＝0.40×4.0×0.50 N＝0.80 N，
由左手定則知，安培力方向向左．由于導體棒勻速運動，水平方向受力平衡，
則F外＝F安＝0.80 N，方向水平向右．
答案：(1)0.80 V　(2)4.0 A　(3)0.80 N
素養訓練3　解析：當P點經過邊界MN時，切割磁感線的有效長度最大，此時感應電動勢最大，感應電流也最大．
答案：B
素養訓練4　解析：由右手定則知，圓盤按如題圖所示的方向轉動時，感應電流沿a到b的方向流動，選項B正確；由感應電動勢E＝Bl2ω知，角速度恒定時，感應電動勢恒定，電流大小恒定，選項A正確；角速度大小變化，感應電動勢大小變化，但感應電流方向不變，選項C錯誤；若ω變為原來的2倍，則感應電動勢變為原來的2倍，感應電流變為原來的2倍，由P＝I2R知，感應電流在R上的熱功率變為原來的4倍，選項D錯誤．
答案：AB
隨堂演練·自主檢測
1．解析：根據法拉第電磁感應定律表達式E＝n知，閉合電路中感應電動勢的大小與磁通量的變化率成正比，而與磁通量Φ、磁感應強度B、磁通量的變化量ΔΦ無關，所以選項A、B、D錯誤，選項C正確．
答案：C
2．解析：根據法拉第電磁感應定律可知，感應電動勢與磁通量的變化率成正比，磁通量變化越快，感應電動勢越大，條形磁鐵在線圈中保持相對靜止，無感應電動勢，故選B.
答案：B
3．解析：公式E＝Blv中的l應指導體切割磁感線的有效長度，也就是與磁感應強度B和速度v都垂直的長度，因此該金屬彎桿的有效切割長度為L sin θ，故感應電動勢大小為BLv sin θ，B正確．
答案：B
4．解析：因北半球地磁場方向斜向下(有效磁場豎直向下)，電風扇逆時針方向轉動，切割磁感線產生感應電動勢，根據右手定則知，A點相當于電源的正極，O點相當于電源的負極，所以A點的電勢高于O點的電勢，A正確，B、C錯誤；轉動切割磁感線產生的電動勢E＝Bl2ω，則知扇葉長度越短，轉速越快，感應電動勢不一定越大，A、O兩點間的電勢差不一定越大，D錯誤．
答案：A
5．解析：(1)根據法拉第電磁感應定律，0～4.0 s時間內線圈中磁通量均勻變化，產生恒定的感應電流，t1＝2.0 s時的感應電動勢
E1＝n＝n＝1 V.
(2)根據閉合電路歐姆定律，閉合回路中的感應電流
I1＝
解得I1＝0.1 A，由楞次定律和安培定則可判斷流過電阻R的感應電流方向為b→R→a.
(3)由題圖乙可知，在4.0～6.0 s時間內，線圈中產生的感應電動勢
E2＝n＝n||S＝4 V
根據閉合電路歐姆定律，t2＝5.0 s時閉合回路中的感應電流I2＝＝0.4 A，方向為a→R→b
Uab＝I2R＝3.2 V.
答案：(1)1 V　(2)0.1 A　方向為b→R→a　(3)3.2 V3.渦流　電磁阻尼　電磁驅動
課標要求
1．了解渦流的產生過程．
2．了解電磁阻尼、電磁制動和電磁驅動．
3．通過對渦流實例的分析，了解渦流現象在生活和生產中的應用．
思維導圖
必備知識·自主學習——突出基礎性　素養夯基
一、渦流
1．定義：由于________，在大塊金屬內產生的像水中漩渦樣的________電流．
2．特點：金屬塊中的渦流會產生________．
3．應用
如____________、電磁爐．
4．防止
電動機、變壓器等設備中應防止鐵芯中渦流過大而導致浪費能量，損壞電器．
用相互絕緣的________疊成的鐵芯代替整個硅鋼鐵芯．
二、電磁阻尼和電磁制動
1．電磁阻尼：當導體在磁場中做切割磁感線運動時，感應電流會使導體受到________，安培力總是________導體的運動，這種現象叫作電磁阻尼．
2．電磁阻尼的應用：磁電式電表中利用________使指針迅速停止到某位置，便于讀數．磁電式電表在運輸過程中將____________短路，既可避免指針因擺動劇烈而________，又減小________處的磨損．
3．電磁制動：列車制動時將電動機與電源斷開，并把電動機的線圈與制動電路連成閉合回路，列車前進時帶動電動機線圈轉動，而產生感應電流，磁場對它的安培力起著制動的作用．
4．電磁制動的優點：減少________并將列車的動能轉化為________給蓄電池充電．
三、電磁驅動
1．概念：________受到安培力使物體運動的現象．
2．應用：____________．
3．優點：________強、驅動力輸出________高、能量損耗小．
[舉例]
探雷器、金屬探測器等都是利用渦流工作的，其工作原理都是電磁感應現象．
[導學1]
在電磁阻尼現象中的能量轉化是導體克服安培力做功，把機械能轉化為電能，最終轉化為內能．
[導學2]
通過安培力做功，電能轉化為導體的機械能．
關鍵能力·合作探究——突出綜合性　素養形成
探究點一　對渦流的理解
導學探究
如圖所示為電磁爐加熱原理圖．電磁爐的鍋具為什么用平底的鐵鍋？
歸納總結
1.渦流的特點
當電流在金屬塊內自成閉合回路(產生渦流)時，由于整塊金屬的電阻很小，渦流往往很強，根據公式P＝I2R知，熱功率的大小與電流的平方成正比，故金屬塊的發熱功率很大．
2．渦流中的能量轉化
渦流現象中，其他形式的能轉化成電能，并最終在金屬塊中轉化為內能．如果金屬塊放在變化的磁場中，則磁場能轉化為電能，最終轉化為內能；如果金屬塊進出磁場或在非勻強磁場中運動，則由于克服安培力做功，金屬塊的機械能轉化為電能，最終轉化為內能．
3．注意
(1)渦流是整塊導體發生的電磁感應現象，同樣遵循法拉第電磁感應定律．
(2)磁場變化越快(越大)，導體的橫截面積S越大，導體材料的電阻率越小，形成的渦流就越大．
典例示范
例 1 高頻感應爐是用來熔化金屬對其進行冶煉的，如圖所示為冶煉金屬的高頻感應爐的示意圖，爐內放入被冶煉的金屬，線圈通入高頻交變電流(電流的大小和方向發生周期性變化)，這時被冶煉的金屬就能被熔化，這種冶煉方法速度快，溫度易控制，并能避免有害雜質混入被煉金屬中，因此適于冶煉特種金屬．該爐的加熱原理是(　　)
A．利用線圈中電流產生的焦耳熱
B．利用線圈中電流產生的磁場
C．利用交變電流的交變磁場在爐內金屬中產生的渦流
D．給線圈通電的同時，給爐內金屬也通了電
素養訓練1　
如圖所示，金屬探測器是用來探測金屬的儀器．關于其工作原理，下列說法中正確的是(　　)
A．探測器內的探測線圈會產生穩定的磁場
B．只有有磁性的金屬才會被探測器探測到
C．探測到金屬是因為金屬中產生了渦流
D．探測到金屬是因為探測器中產生了渦流
素養訓練2　
(多選)“電磁感應鋁箔封口機”被廣泛應用在醫藥、食品、化工等生產行業的產品封口環節中，如圖所示為一手持式封口機，它的工作原理是：當接通電源時，內置線圈產生磁場，當磁感線穿過封口鋁箔材料時，瞬間產生大量小渦流，致使鋁箔自行快速發熱，熔化復合在鋁箔上的溶膠，從而粘貼在待封容器的封口處，達到迅速封口的目的．下列有關說法正確的是(　　)
A．封口材料可用普通塑料來代替鋁箔
B．該封口機可用干電池作為電源以方便攜帶
C．封口過程中溫度過高，可適當減小所通電流的頻率
D．該封口機適用于玻璃、塑料等多種材質的容器封口，但不適用于金屬容器
探究點二　對電磁阻尼和電磁驅動的理解
導學探究
一個閉合線圈放在蹄形磁體的兩磁極之間，如圖所示，蹄形磁體和閉合線圈都可以繞軸轉動．當蹄形磁體順時針轉動時線圈也順時針轉動；蹄形磁體逆時針轉動時線圈也逆時針轉動．
(1)蹄形磁體轉動時，穿過線圈的磁通量是否變化？
(2)線圈轉動起來的動力是什么力？線圈的轉動速度與蹄形磁體的轉動速度有什么關系？
歸納總結
電磁阻尼與電磁驅動的比較
電磁阻尼 電磁驅動
不同點 成因 由導體在磁場中運動形成 由磁場運動形成
效果 安培力的方向與導體運動方向相反，為阻力 安培力的方向與導體運動方向相同，為動力
能量轉化 導體克服安培力做功，其他形式的能轉化為電能，最終轉化為內能 磁場能轉化為電能，通過安培力做功，電能轉化為導體的機械能
相同點 兩者都是電磁感應現象，導體受到的安培力都是阻礙導體與磁場的相對運動
典例示范
例 2 彈簧上端固定，下端掛一只條形磁體，使磁體上下振動，磁體的振動幅度不變．若在振動過程中把線圈靠近磁體，如圖所示，觀察磁體的振幅將會發現(　　)
A．S閉合時振幅逐漸減小，S斷開時振幅不變
B．S閉合時振幅逐漸增大，S斷開時振幅不變
C．S閉合或斷開，磁體的振動幅度不變
D．S閉合或斷開，磁體的振動幅度均發生變化
素養訓練3　
(多選)如圖所示，蹄形磁鐵和矩形線圈均可繞豎直軸OO′轉動．從上向下看，當磁鐵逆時針轉動時，則(　　)
A．線圈將逆時針轉動，轉速與磁鐵相同
B．線圈將逆時針轉動，轉速比磁鐵小
C．線圈轉動時將產生感應電流
D．線圈轉動時感應電流的方向始終是abcda
素養訓練4　
(多選)如圖所示是電表中的指針和電磁阻尼器，下列說法正確的是(　　)
A．2是磁鐵，在1中產生渦流
B．1是磁鐵，在2中產生渦流
C．該裝置的作用是使指針能夠轉動
D．該裝置的作用是使指針能很快地穩定
思維方法
(1)電磁阻尼、電磁驅動都是電磁感應現象，都遵循楞次定律．
(2)電磁阻尼、電磁驅動現象中安培力的作用效果都是阻礙相對運動，應注意電磁驅動中阻礙的結果是導體的運動速度小于磁場的運動速度．
隨堂演練·自主檢測——突出創新性　素養達標　
1．如圖給出了某品牌的無線充電手機利用電磁感應方式無線充電的原理圖．關于無線充電，下列說法正確的是(　　)
A．無線充電時手機接收線圈部分的工作原理是“電流的磁效應”
B．只有將充電底座接到直流電源上才能對手機進行充電
C．接收線圈中交變電流的頻率與發射線圈中交變電流的頻率相同
D．只要有無線充電底座，所有手機都可以進行無線充電
2.
(多選)如圖所示，在線圈上端放置一盛有冷水的金屬杯，現接通交流電源，過了幾分鐘，杯內的水沸騰起來．若要縮短上述加熱時間，下列措施可行的有(　　)
A．增加線圈的匝數
B．提高交流電源的頻率
C．將金屬杯換為瓷杯
D．取走線圈中的鐵芯
3.
(多選)在位于光滑水平面上的小車上放置一螺線管，一個比螺線管長的條形磁鐵沿著螺線管的軸線以初速度v水平穿過，如圖
所示，在此過程中(　　)
A．磁鐵做勻速直線運動
B．磁鐵做減速運動
C．小車向右做加速運動
D．小車先加速后減速
4．(多選)如圖所示，磁電式儀表的線圈通常用鋁框做骨架，把線圈繞在鋁框上，這樣做的目的是(　　)
A．防止渦流而設計的 B．利用渦流而設計的
C．起電磁阻尼的作用 D．起電磁驅動的作用
5.
如圖所示，金屬探測器已經廣泛應用于安檢場所．關于金屬探測器的論述正確的是(　　)
A．金屬探測器可用于食品生產，防止細小的砂石顆粒混入食品中
B．金屬探測器探測地雷時，探測器的線圈中產生渦流
C．金屬探測器探測金屬時，被測金屬中感應出渦流
D．探測過程中，金屬探測器與被測物體相對靜止或相對運動，探測效果相同
3．渦流　電磁阻尼　電磁驅動
必備知識·自主學習
一、
1．電磁感應　感應
2．焦耳熱
3．高頻感應爐
4．薄硅鋼片
二、
1．安培力　阻礙
2．電磁阻尼　正、負接線柱　變形　軸承
4．機械磨損　電能
三、
1．感應電流
2．感應電動機
3．可控性　精度
關鍵能力·合作探究
探究點一
【導學探究】
提示：在平底的鐵鍋底部產生渦流，從而使得鍋底溫度升高，起到加熱做飯或炒菜的作用．
【典例示范】
例1　解析：高頻感應爐的原理是：給線圈通以高頻交變電流后，線圈產生高頻變化的磁場，磁場穿過金屬，在金屬內產生渦流，由于電流的熱效應，可使金屬熔化，故只有C正確．
答案：C
素養訓練1　解析：金屬探測器探測金屬時，探測器內的探測線圈會產生變化的磁場，被測金屬中產生了渦流，A、D錯誤，C正確；所有的金屬都能在變化的磁場中產生渦流，B錯誤．
答案：C
素養訓練2　解析：由于封口機利用了電磁感應原理，故封口材料必須是金屬類材料，而且電源必須是交流電源，A、B錯誤；減小內置線圈中所通電流的頻率可降低封口過程中產生的熱量，即控制溫度，C正確；封口材料應是金屬類材料，但對應被封口的容器不能是金屬，否則金屬容器也會發熱，消耗能量且對容器內物品造成損害，只能是玻璃、塑料等材質，D正確．
答案：CD
探究點二
【導學探究】
提示：(1)變化．
(2)線圈內產生感應電流使線圈受到安培力的作用，安培力作為動力使線圈轉動起來．線圈的轉動速度小于蹄形磁體的轉動速度．
【典例示范】
例2　解析：當S閉合后，線圈構成閉合回路，當條形磁體豎直運動時，穿過線圈的磁通量發生變化，從而使線圈產生感應電流，由楞次定律可得，感應電流的磁場阻礙磁體的運動，使振幅減小，不閉合線圈，不會產生感應電流，振幅不變，故A正確，B、C、D錯誤．
答案：A
素養訓練3　解析：當磁鐵逆時針轉動時，相當于磁鐵不動而線圈順時針旋轉切割磁感線，線圈中產生感應電流，故C正確；線圈相對磁鐵轉過90°后，其感應電流方向不再是abcda，D錯誤；由楞次定律的推廣含義可知，線圈將與磁極同向轉動，但轉動的角速度一定小于磁鐵轉動的角速度，如果兩者的角速度相同，磁感線與線圈會處于相對靜止狀態，線圈不切割磁感線，無感應電流產生，A錯誤，B正確．
答案：BC
素養訓練4　解析：當指針擺動時，1隨之轉動，2是磁鐵，那么在1中產生渦流，2對1的安培力將阻礙1的轉動；不管1向哪個方向轉動，2對1的效果總起到阻尼作用，所以它能使指針很快地穩定下來，A、D正確．
答案：AD
隨堂演練·自主檢測
1．解析：無線充電時手機接收線圈部分的工作原理是電磁感應現象，不是“電流的磁效應”現象，A錯誤；充電底座采用了電磁感應原理，故只有接到交流電源上才能對手機進行充電，B錯誤；根據電磁感應原理可知，接收線圈中交變電流的頻率與發射線圈中交變電流的頻率相同，C正確；被充電手機內部，應該有一類似金屬線圈的部件，與手機電池相連，當有交變磁場時，則出現感應電動勢，那么普通手機不能夠利用無線充電設備進行充電，D錯誤．
答案：C
2．解析：當電磁鐵接通交流電源時，金屬杯處在變化的磁場中產生渦電流發熱，使水溫升高．要縮短加熱時間，需增大渦電流，即增大感應電動勢或減小電阻．增加線圈匝數、提高交變電流的頻率都能增大感應電動勢，瓷杯不能產生渦電流，取走鐵芯會導致磁性減弱，A、B正確，C、D錯誤．
答案：AB
3．解析：磁鐵水平穿入螺線管時，管中將產生感應電流，由楞次定律知該電流產生的磁場阻礙磁鐵的運動．同理，磁鐵穿出時該電流產生的磁場也阻礙磁鐵的運動，故整個過程中，磁鐵做減速運動，B正確．而對于小車上的螺線管來說，在此過程中，螺線管受到的安培力都是水平向右的，這個安培力使小車向右一直做加速運動，C正確．
答案：BC
4．解析：線圈通電后，在安培力作用下發生轉動，鋁框隨之轉動，鋁框內產生渦流．渦流阻礙線圈的轉動，使線圈偏轉后盡快停下來．所以，這樣做的目的是利用渦流來起電磁阻尼的作用，B、C正確．
答案：BC
5．解析：金屬探測器只能探測金屬，不能在食品生產中防止細小的砂石顆粒混入食品中，A錯誤；金屬探測器探測金屬時，被測金屬中感應出渦流，B錯誤，C正確；探測過程中，金屬探測器與被測物體相對運動或相對靜止，磁通量的變化情況不同，探測效果不同，D錯誤．
答案：C4.自感
課標要求
1．了解自感現象，理解自感電動勢對電路中電流的影響．
2．知道自感系數，會利用自感電動勢公式計算自感電動勢的大小．
3．了解日光燈電路，知道日光燈電路中啟動器的作用．
思維導圖
必備知識·自主學習——突出基礎性　素養夯基
一、自感現象及自感系數
1．自感現象：由于導體線圈本身的________發生變化而引起的電磁感應現象．
2．通電自感和斷電自感
電路 現象 自感電動勢的作用
通電 自感 接通電源的瞬間，燈泡D2逐漸地變亮 阻礙電流的________
斷電 自感 斷開開關的瞬間，燈泡D閃亮一下后逐漸變暗或燈泡D逐漸變暗，直至熄滅 阻礙電流的________
3.自感電動勢
在________中產生的電動勢叫作自感電動勢．
4．自感系數
(1)定義：描述通電線圈自身特性的物理量，又稱自感或電感．
(2)物理意義：表示線圈產生自感電動勢本領大小的物理量．
(3)大小的決定因素：與線圈的形狀、直徑、匝數以及有無________等因素有關．
(4)單位：國際單位是亨利，簡稱亨，符號是________，常用的還有毫亨(mH)和微亨(μH)，1 H＝________ mH＝________ μH.
二、自感現象的應用——日光燈
1．組成
________、________、________、導線和開關．
2.燈管
工作原理：管中氣體導電時發出________，________受其照射時發出可見光．可見光的顏色由熒光粉的種類決定．
3．啟動器
啟動器的作用：________．
4．鎮流器的作用
日光燈啟動時，提供瞬時________；日光燈啟動后，________．
[導學1]
(1)自感現象中的磁場能量：①線圈中電流從無到有時：磁場從無到有，電源的能量輸送給磁場，儲存在磁場中．②線圈中電流減小時：磁場中的能量釋放出來轉化為電能．
(2)電的“慣性”：自感電動勢有阻礙線圈中電流變化的“慣性”．
[導學2]
只有線圈中電流發生變化時才能產生自感電動勢，電流不變時，沒有自感電動勢產生．
[導學3]
自感電動勢的作用是阻礙電流的變化，即電流增大時，自感電動勢方向與原電流方向相反，阻礙電流的增加；電流減小時，自感電動勢方向與原電流的方向相同，阻礙電流的減小．
關鍵能力·合作探究——突出綜合性　素養形成
探究點一　對自感現象的理解
歸納總結
1.對自感現象的分析思路
(1)明確通過自感線圈的電流大小的變化情況(是增大還是減小)．
(2)根據“增反減同”，判斷自感電動勢的方向．
(3)分析阻礙的結果：當電流增強時，由于自感電動勢的作用，線圈中的電流逐漸增大，與線圈串聯的元件中的電流也逐漸增大；當電流減小時，由于自感電動勢的作用，線圈中的電流逐漸減小，與線圈串聯的元件中的電流也逐漸減小．
2．自感現象中，燈泡亮度變化的問題
與線圈串聯的燈泡 與線圈并聯的燈泡
電路圖
通電時 電流逐漸增大，燈泡逐漸變亮 電流I1突然變大，然后逐漸減小達到穩定，燈泡突然變亮然后逐漸變暗，最后亮度不變
斷電時 電流逐漸減小，燈泡逐漸變暗，電流方向不變 電路中穩態電流為I1、I2，①若I2≤I1，燈泡逐漸變暗；②若I2＞I1，燈泡閃亮一下后逐漸變暗，兩種情況燈泡電流方向均改變
典例示范
例 1 (多選)在如圖所示的甲、乙電路中，電阻R和燈泡電阻的阻值相等，自感線圈L的電阻值可認為是0.在接通開關S時，則(　　)
A．在電路甲中，A將漸漸變亮
B．在電路甲中，A將先變亮，然后漸漸變暗
C．在電路乙中，A將漸漸變亮
D．在電路乙中，A將先由亮漸漸變暗，然后熄滅
素養訓練1　
(多選)如圖所示，燈A、B完全相同，帶鐵芯的線圈L的電阻可忽略，則(　　)
A．S閉合的瞬間，燈A、B同時發光，接著燈A變暗，燈B更亮，最后燈A熄滅
B．S閉合瞬間，燈A不亮，燈B立即亮
C．S閉合瞬間，燈A、B都不立即亮
D．穩定后再斷開S的瞬間，燈B立即熄滅，燈A閃亮一下再熄滅
素養訓練2　
如圖所示，電路中電源的內阻不能忽略，電阻R的阻值和線圈L的自感系數都很大，A、B為兩個完全相同的燈泡，當S閉合時，下列說法正確的是(線圈L的直流電阻較小)(　　)
A．A比B先亮，然后A滅
B．B比A先亮，然后B逐漸變暗
C．A、B一起亮，然后A滅
D．A、B一起亮，然后B滅
探究點二　對日光燈原理的理解
歸納總結
1.開關閉合后，啟動器動觸片與靜觸片接觸，使燈絲和鎮流器線圈中有電流流過，使燈絲預熱．
2．電路接通后，啟動器中的氖氣停止放電，U形動觸片冷卻收縮，兩個觸片分離，電路自動斷開．在電路突然斷開的瞬間，由于鎮流器中的電流急劇減小，會產生很高的自感電動勢，方向與原來的電壓方向相同，自感電動勢與電源電壓一起加在燈管兩端，形成一個瞬時高電壓，使燈管中的氣體擊穿，于是日光燈開始發光．
3．日光燈正常發光后，由于交變電流通過鎮流器線圈，線圈中會產生自感電動勢，它總是阻礙電流變化，鎮流器起降壓限流的作用，保證日光燈正常發光．
典例示范
例 2 (多選)啟動器由電容器和氖管兩大部分組成，其中氖管中充有氖氣，內部有靜觸片和U形動觸片，通常動、靜觸片不接觸，有一個小縫隙．下列說法中正確的是(　　)
A．當電源的電壓加在啟動器兩極時，氖氣放電并產生熱量，導致U形動觸片受熱膨脹
B．當電源的電壓加在啟動器兩極后，啟動器的兩個觸片才接觸，使電路有電流通過
C．電源的電壓加在啟動器兩極前，啟動器的兩個觸片就接觸著，電路就已經有電流通過
D．當電路接通后，兩個觸片冷卻，兩個觸片重新分離
名師點撥
鎮流器作用的兩點說明
(1)日光燈管在啟動時需要500～700 V的瞬時高壓，這個高壓是由鎮流器產生的自感電動勢與電源電壓疊加后產生的．
(2)當燈管正常發光后，它的電阻變得很小，允許通過較小的電流，需要加在它兩端的電壓變小，鎮流器這時又起到給燈管降壓限流的作用．
素養訓練3　(多選)如下圖所示的四個日光燈的接線圖中，S1為啟動器，S2為開關，L為鎮流器，能使日光燈正常發光的是 (　　)
素養訓練4　若將圖甲中啟動器換為開關S1，并給鎮流器并聯一個開關S2，如圖乙所示，則下列敘述正確的是(　　)
A．只把S3接通，日光燈就能正常發光
B．把S3、S1接通后，S2不接通，日光燈就能正常發光
C．S2不接通，接通S3、S1后，再斷開S1，日光燈就能正常發光
D．當日光燈正常發光后，再接通S2，日光燈仍能正常發光
隨堂演練·自主檢測——突出創新性　素養達標　
1．關于線圈中自感電動勢大小的說法正確的是(　　)
A．電感一定時，電流變化越大，自感電動勢越大
B．電感一定時，電流變化越快，自感電動勢越大
C．通過線圈的電流為零的瞬間，自感電動勢最大
D．通過線圈的電流為最大值的瞬間，自感電動勢最大
2．(多選)如圖所示，將兩端刮掉絕緣漆的導線繞在一把銼刀上，一端接上電池(電池另一極與銼刀接觸)，手持導線的另一端，在銼刀上來回劃動，由于銼刀表面凹凸不平，就會產生電火花，下列說法中正確的是(　　)
A．產生電火花的回路只由導線與電池組成
B．導線端向兩個方向劃動時都能產生電火花
C．銼刀采用什么材料制成對實驗沒有影響
D．自感電動勢的方向與導線端劃動的方向無關
3.
在如圖所示的電路中，a、b、c為三個完全相同的燈泡，L是一個自感系數很大、直流電阻為零的線圈，E為電源，S為開關．關于三個燈泡，下列說法正確的是(　　)
A．合上開關，c、b先亮，a后亮
B．合上開關一會后，a、b、c一樣亮
C．斷開開關，b、c同時熄滅，a緩慢熄滅
D．斷開開關，c馬上熄滅，b閃一下后和a一起緩慢熄滅
4．下列關于日光燈的說法中正確的是(　　)
A．日光燈是常用的照明燈具之一，它所消耗的電功率僅為相同亮度白熾燈的～
B．燈管內氣體的擊穿電壓和正常工作電壓都是220 V
C．燈管發光是由于管內的氣體被加熱到熾熱狀態，發出的光
D．讓日光燈正常工作，必須一直給其提供比220 V高很多的電壓
5．圖甲和圖乙是演示自感現象的兩個電路圖，L1和L2為電感線圈．實驗時，斷開開關S1瞬間，燈A1突然閃亮，隨后逐漸變暗；閉合開關S2，燈A2逐漸變亮，而另一個相同的燈A3立即變亮，最終A2與A3的亮度相同．下列說法正確的是(　　)
A．圖甲中，A1與L1的電阻值相同
B．圖甲中，閉合S1，電路穩定后，A1中電流大于L1中電流
C．圖乙中，變阻器R接入電路的阻值與L2的電阻值相同
D．圖乙中，閉合S2瞬間，L2中電流與變阻器R中電流相等
4．自感
必備知識·自主學習
一、
1．電流
2．增加　減小
3．自感現象
4．(3)鐵芯　(4)H　103　106
二、
1．燈管　鎮流器　啟動器
2．紫外線　熒光粉
3．通斷電路
4．高壓　降壓限流
關鍵能力·合作探究
探究點一
【典例示范】
例1　解析：在電路甲中，當接通開關S時，通過與燈泡相連的自感線圈的電流突然增大，由于線圈的自感現象，開始時，自感線圈產生一個很大的自感電動勢來阻礙電流的流入，流入燈泡的電流很小；后來由于電流的不斷流入，通過自感線圈的電流變化逐漸變慢，所以自感線圈的阻礙作用逐漸減小；當流過線圈的電流最大時，自感線圈不再有阻礙作用，所以通過燈泡的電流只能慢慢增大，A正確，B錯誤；在電路乙中，當接通開關S時，通過自感線圈的電流突然增大，由于線圈的自感現象，開始時，自感線圈就產生一個很大的自感電動勢來阻礙電流的流入，流入線圈的電流很小(可認為是0)，電路中的電流可以認為都是從燈泡通過的，以后自感線圈的阻礙作用逐漸減小，通過自感線圈的電流逐漸增大，而通過燈泡的電流逐漸減小，直到流過線圈的電流最大時，自感線圈不再有阻礙作用，又因為自感線圈L的電阻值可認為是0，所以燈泡被短路，C錯誤，D正確．
答案：AD
素養訓練1　解析：S接通的瞬間，L所在支路中電流從無到有發生變化，因此，L中產生的自感電動勢阻礙電流增加．由于有鐵芯，自感系數較大，對電流的阻礙作用也就很強，所以S接通的瞬間L中的電流非常小，即干路中的電流幾乎全部流過燈A，所以燈A、B會同時亮；又由于L中電流逐漸穩定，感應電動勢逐漸消失，燈A逐漸變暗，線圈的電阻可忽略，對燈A起到“短路”作用，因此燈A最后熄滅．這個過程電路的總電阻比剛接通時小，由恒定電流知識可知，燈B會更亮．穩定后S斷開瞬間，由于線圈的電流較大，L與燈A組成回路，燈A要閃亮一下再熄滅，燈B立即熄滅．綜上所述，選項A、D正確．
答案：AD
素養訓練2　解析：S閉合時，由于與A燈串聯的線圈L的自感系數很大，故在線圈上產生很大的自感電動勢，阻礙電流的增大，所以B比A先亮，穩定后，流過B燈支路的電流變小，所以B燈逐漸變暗，B正確．
答案：B
探究點二
【典例示范】
例2　解析：依據日光燈的工作原理可知，電源把電壓加在啟動器的兩極之間，使氖氣放電而發出輝光，輝光產生熱量使U形動觸片膨脹伸長，跟靜觸片接觸把電路接通．電路接通后，啟動器的氖氣停止放電，U形動觸片冷卻收縮，兩個觸片分開，電路自動斷開．綜上所述，A、B、D正確．
答案：ABD
素養訓練3　解析：日光燈工作時，電流通過鎮流器、燈絲、電源和啟動器形成回路，使啟動器發出輝光，相當于啟動器短路接通，同時電流加熱燈絲，燈絲發射電子，鎮流器起控制加熱電流的作用；之后啟動器斷開瞬間，鎮流器產生很大的自感電動勢，出現一個高電壓加在燈管兩端，燈管中的氣體放電、發光，此時啟動器已無作用．所以啟動器可用手動的開關來代替(實際操作時，當啟動器丟失或損壞時，可將連接啟動器的兩個線頭短接然后再斷開)．綜上所述，A、C正確．
答案：AC
素養訓練4　解析：一般日光燈啟動時，瞬間把電源、燈絲、鎮流器接通，然后自動斷開，靠鎮流器產生瞬時高壓，使燈管內氣體導電，所以啟動時既要使題圖乙中S3閉合，又需使S1瞬間閉合再斷開，A、B錯誤，C正確；正常工作時鎮流器起降壓限流作用，若把題圖乙中S2閉合，則鎮流器失去作用，日光燈不能正常工作，D錯誤．
答案：C
隨堂演練·自主檢測
1．解析：由E＝L可知，L一定時，自感電動勢正比于電流的變化率，與電流的大小、電流變化量的大小都沒有直接關系，B正確．
答案：B
2．解析：由圖可知，產生電火花的回路由導線、銼刀與電池組成，A錯誤；手持導線的另一端，在銼刀上來回劃動時產生電火花，是由于電路時通時斷，在回路中產生自感電動勢，與導線運動的方向無關，即導線端向兩個方向劃動時都能產生電火花，B正確；產生電火花的回路由導線、銼刀與電池組成，如果銼刀是絕緣體，則實驗不能完成，C錯誤；自感電動勢的方向根據楞次定律判定，與導線端劃動的方向無關，D正確．
答案：BD
3．解析：開關S閉合瞬間，因線圈L的電流增大，導致出現自感電動勢，阻礙電流的增大，則b、c先亮，a后亮，故A正確；合上開關一會后，因線圈中電流恒定，則線圈L相當于導線，所以a、b一樣亮，c的電流是a、b的電流之和，故c比a、b更亮，故B錯誤；斷開開關S的瞬間，由自感的特性可知L和a、b組成的回路中有電流，導致a、b一起緩慢熄滅，而c沒有電流通過，則馬上熄滅，因a與b在開關斷開前的電流是相等的，b不會閃一下再熄滅，故C、D錯誤．
答案：A
4．解析：日光燈比白熾燈發光效率高，屬于節能的燈具，它所消耗的電功率僅為相同亮度白熾燈的～，A正確；燈管啟動時電壓高于220 V，正常工作時電壓低于220 V，B、D錯誤；燈管發光是因為燈管兩端熾熱的燈絲釋放出大量電子，這些電子與汞原子碰撞而放出紫外線，涂在內壁的熒光物質在紫外線的照射下發出可見光，C錯誤．
答案：A
5．解析：在圖甲中，斷開S1瞬間，燈A1突然閃亮，說明斷開S1前，L1中的電流大于A1中的電流，故L1的阻值小于A1的阻值，A、B錯誤；在圖乙中，閉合S2瞬間，由于L2的自感作用，通過L2的電流很小，D錯誤；閉合S2后，最終A2與A3亮度相同，說明兩支路電流相等，故R接入電路的阻值與L2的阻值相同，C正確．
答案：C章末素養培優 二
核心素養(一)——物理觀念
“三定則一定律”的綜合應用
安培定則、左手定則、右手定則、楞次定律的比較
比較 項目 安培定則 左手定則 右手定則 楞次定律
適用 場合 判斷電流周圍的磁感線方向 判斷通電導線在磁場中所受的安培力方向 判斷導體切割磁感線時產生的感應電流方向 判斷回路中磁通量變化時產生的感應電流方向
因果 關系 因電而生磁(I→B) 因電而受力(I、B→F安) 因動而生電(v、B→I感) 因磁通量變化而生電(ΔΦ→I感)
例 1 (多選)如圖所示，在勻強磁場中放有平行銅導軌，它與大導線圈M相連接，要使小導線圈N獲得順時針方向的感應電流，則放在導軌上的金屬棒ab的運動情況可能是(兩導線圈共面放
置，且金屬棒切割磁感線速度越大，感應電流越大)(　　)
A．向右勻速運動 B．向左加速運動
C．向右減速運動 D．向右加速運動
例 2 (多選)如圖所示，水平放置的兩條光滑軌道上有可自由移動的金屬棒PQ、MN，當PQ在外力的作用下運動時，MN在磁場力的作用下向右運動，則PQ所做的運動可能是(導體切割磁感線速度越大，感應電流越大)(　　)
A．向右加速運動 B．向左加速運動
C．向右減速運動 D．向左減速運動
核心素養(二)——科學思維
一、“軌道＋單桿”模型
情景示例 水平放置的平行光滑導軌，間距為L，左側接有電阻R，導體棒初速度為v0，質量為m，電阻不計，勻強磁場的磁感應強度為B，導軌足夠長且電阻不計，從開始運動至停下來
求電荷量q －BL·Δt＝0－mv0，q＝Δt，q＝
求位移x －Δt＝0－mv0，x＝Δt＝
應用技巧 初、末速度已知的變加速運動，在動量定理列出的式子中q＝Δt，x＝Δt；若已知q或x也可求末速度
例 3 如圖甲所示，固定放置在水平桌面上的兩根足夠長的光滑金屬導軌間的距離為L＝1 m．質量m＝1 kg的直導體棒放在導軌上，且與導軌垂直．導軌左端與阻值R＝4 Ω的電阻相連，其余電阻不計，整個裝置放在豎直向上的勻強磁場內，磁感應強度B＝2 T．在t＝0時，一水平向右的恒定拉力F垂直作用于直導體棒，使直導體棒由靜止開始向右做直線運動，圖乙是描述導體棒運動過程的v t圖像(設導軌足夠長)．求：
(1)拉力F的大小；
(2)t＝1.6 s時，導體棒的加速度大小a；
(3)前1.6 s內導體棒的位移大小x.
二、“軌道＋雙桿”模型
光滑軌道＋雙桿
示意圖 平行光滑軌道，垂直軌道放置兩根金屬桿，使桿1以初速度v0向右運動．
動力學觀點 導體棒1受安培力的作用做加速度減小的減速運動，導體棒2受安培力的作用做加速度減小的加速運動，最后兩棒以相同的速度做勻速直線運動
動量觀點 系統動量守恒
能量觀點 棒1動能的減少量＝棒2動能的增加量＋焦耳熱
例 4 (多選)如圖所示，兩電阻可以忽略不計的平行金屬長直導軌固定在水平面上，相距為L，另外兩根長度為L、質量為m、電阻為R的相同導體棒垂直靜置于導軌上，導體棒在長導軌上可以無摩擦地滑動，導軌間存在豎直向下的勻強磁場，磁感應強度大小為B，某時刻使導體棒a獲得大小為v0、水平向右的初速度，同時使導體棒b獲得大小為2v0、水平向右的初速度，下列結論正確的是(　　)
A．該時刻回路中產生的感應電動勢為3BLv0
B．該時刻導體棒a的加速度為
C．當導體棒a的速度大小為時，導體棒b的速度大小也是
D．運動過程中通過導體棒a電荷量的最大值qm＝
章末素養培優
例1　解析：欲使N產生順時針方向的感應電流，即感應電流的磁場垂直于紙面向里，由楞次定律可知有兩種情況：一是M中有順時針方向逐漸減小的電流，使其在N中的磁場方向向里，且磁通量在減小，此時應使ab向右減速運動；二是M中有逆時針方向逐漸增大的電流，使其在N中的磁場方向向外，且磁通量在增大，此時應使ab向左加速運動．綜上所述，B、C正確．
答案：BC
例2　解析：當PQ向右運動時，用右手定則可判定PQ中感應電流的方向是由Q→P，由安培定則可知穿過L1的磁場方向是自下而上的；若PQ向右加速運動，則穿過L1的磁通量增加，用楞次定律可以判斷流過MN的感應電流是從N→M的，用左手定則可判定MN受到向左的安培力，將向左運動；若PQ向右減速運動，流過MN的感應電流方向、MN所受的安培力的方向均將反向，MN向右運動，A錯誤，C正確．同理可判斷B正確，D錯誤．
答案：BC
例3　解析：(1)導體棒的運動速度為v時產生的電動勢E＝BLv，閉合回路中的感應電流I＝
導體棒所受安培力FA＝BIL＝
由題圖乙可知，當速度v＝10 m/s時拉力F＝FA，
得F＝10 N.
(2)由題圖乙知，t＝1.6 s時，v＝8 m/s，由牛頓第二定律有F－＝ma，得a＝2 m/s2.
(3)在導體棒的速度為任意值v的一段極短時間Δt內，發生位移Δx，
安培力的沖量ΔI＝－·Δt＝－Δx
則前1.6 s內安培力的總沖量I＝－x
由動量定理有Ft－x＝mv－0，得x＝8 m.
答案：(1)10 N　(2)2 m/s2　(3)8 m
例4　解析：根據右手定則可知兩根導體棒切割磁感線產生的感應電動勢方向相反，故該時刻回路中產生的感應電動勢E＝BL·2v0－BLv0＝BLv0，A錯誤；在該時刻，回路中的感應電流I＝＝，導體棒a所受安培力大小F＝BIL＝ma，可得a＝，B正確；由于兩導體棒整體在水平方向動量守恒，當導體棒a的速度大小為時，根據動量守恒定律得m·2v0＋mv0＝m·＋mv1，解得v1＝，C正確；由以上解析知v共＝，對a由動量定理有Δt＝mv共－mv0，而由安培力公式得＝BL，通過導體棒a電荷量的最大值qm＝Δt＝，D正確．
答案：BCD專題(二)　電磁感應中的電路和圖像問題
課 標 要 求
1．能應用法拉第電磁感應定律求解電磁感應中的電動勢，并能將產生電動勢的部分等效為電源等效電路．
2．能結合全電路歐姆定律、焦耳定律等分析電磁感應中的電路問題．
3．能夠結合圖像分析電磁感應問題．
關鍵能力·合作探究——突出綜合性　素養形成
探究點一　電磁感應中的電路問題
歸納總結
1.內電路和外電路
(1)切割磁感線運動的導體或磁通量發生變化的回路都相當于電源．
(2)該部分導體的電阻或回路的電阻相當于電源的內阻，其余部分是外電路．
2．分析思路
(1)明確哪部分電路或導體產生感應電動勢，該部分電路或導體就相當于電源，其他部分是外電路．
(2)畫等效電路圖，分清內、外電路．
(3)用法拉第電磁感應定律E＝n或E＝BLv確定感應電動勢的大小，用楞次定律或右手定則確定感應電流的方向．注意在等效電源內部，電流方向從負極流向正極．
(4)運用閉合電路歐姆定律、串并聯電路特點、電功率、電熱等公式聯立求解．
典例示范
例 1 固定在勻強磁場中的正方形導線框abcd邊長為L，其中ab是一段電阻為R的均勻電阻絲，其余三邊均為電阻可以忽略的銅線．磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向里．現有一段與ab段的材料、粗細、長度均相同的電阻絲PQ架在導線框上(如圖所示)．若PQ以恒定的速度v從ad滑向bc，當其滑過的距離時，通過aP段的電流是多大？方向如何？
素養訓練1　先后以3v和v的速度勻速把一矩形線圈拉出如圖所示的勻強磁場區域，下列說法正確的是(　　)
A．兩次線圈中的感應電動勢之比為1∶1
B．兩次線圈中的感應電流之比為1∶3
C．兩次通過線圈同一截面的電荷量之比為1∶1
D．兩次線圈中產生的焦耳熱之比為1∶3
素養訓練2　
(多選)如圖所示，三角形金屬導軌EOF上放有一根金屬桿AB，在外力作用下，保持金屬桿AB和OF垂直，以速度v勻速向右移動．設導軌和金屬桿AB都是用粗細相同的同種材
料制成的，金屬桿AB與導軌接觸良好，則下列判斷正確的是(　　)
A．電路中的感應電動勢大小不變
B．電路中的感應電流大小不變
C．電路中的感應電動勢大小逐漸增大
D．電路中的感應電流大小逐漸增大
探究點二　電磁感應中的電荷量問題
歸納總結
閉合回路中磁通量發生變化時，電荷發生定向移動而形成感應電流，在Δt時間內遷移的電荷量(感應電荷量)
q＝I·Δt＝·Δt＝n··Δt＝.
(1)從上式可知，線圈匝數一定時，感應電荷量僅由回路電阻和磁通量的變化量決定，與時間無關．
(2)求解電路中通過的電荷量時，I、E均為平均值．
典例示范
例 2 如圖甲所示，單匝閉合線圈固定在勻強磁場中，t＝0時刻磁感線垂直線圈平面向里，磁感應強度隨時間變化如圖乙所示，線圈面積S＝0.1 m2，電阻R＝1 Ω.在0～2 s時間內，下列說法正確的是(　　)
A．線圈中的感應電流沿逆時針方向
B．線圈中的感應電動勢大小為0.5 V
C．線圈中產生的焦耳熱為0.05 J
D．通過線圈橫截面的電荷量為0.1 C
素養訓練3　如圖所示，空間存在垂直于紙面的勻強磁場，在半徑為a的圓形區域內部及外部，磁場方向相反，磁感應強度的大小均為B.一半徑為b(b＞a)、電阻為R的圓形導線環放置在紙面內，其圓心與圓形區域的中心重合．當內、外磁場同時由B均勻地減小到零的過程中，通過導線環截面的電荷量為(　　)
A． B．
C． D．
素養訓練4　一個阻值為R、匝數為n的圓形金屬線圈與阻值為2R的電阻R1、電容為C的電容器連接成如圖(a)所示回路．金屬線圈的半徑為r1，在線圈中半徑為r2的圓形區域內存在垂直于線圈平面向里的勻強磁場，磁感應強度B隨時間t變化的關系圖線如圖(b)所示．圖線與橫、縱軸的截距分別為t0和B0.導線的電阻不計．求：
(1)通過電阻R1的電流大小和方向；
(2)0～t1時間內通過電阻R1的電荷量q；
(3)t1時刻電容器所帶的電荷量Q.
探究點三　電磁感應中的圖像問題
歸納總結
1.問題類型
(1)由給定的電磁感應過程選出或畫出正確的圖像．
(2)由給定的圖像分析電磁感應過程，求解相應的物理量．
2．圖像類型
(1)各物理量隨時間t變化的圖像，即B t圖像、Φ t圖像、E t圖像和I t圖像．
(2)導體切割磁感線運動時，還涉及感應電動勢E和感應電流I隨導體位移變化的圖像，即E x圖像和I x圖像．
3．解決此類問題需要熟練掌握的規律
安培定則、左手定則、楞次定律、右手定則、法拉第電磁感應定律、歐姆定律等．
典例示范
例 3 如圖甲所示，矩形線圈abcd位于勻強磁場中，磁場方向垂直線圈所在平面，磁感應強度B隨時間t變化的規律如圖乙所示．以圖中箭頭所示方向為線圈中感應電流i的正方向，以垂直于線圈所在平面向里為磁感應強度B的正方向，則下列圖中能正確表示線圈中感應電流i隨時間t變化規律的是(　　)
素養訓練5　如圖所示，一底邊長為L，底邊上的高也為L的等腰三角形導體線框以恒定的速度v沿垂直于磁場區域邊界的方向穿過長為2L、寬為L的勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里．t＝0時刻，三角形導體線框的底邊剛進入磁場，取沿逆時針方向的感應電流為正，則在三角形導體線框穿過磁場區域的過程中，感應電流i隨時間t變化的圖線可能是(　　)
素養訓練6　(多選)空間中存在著豎直方向的磁場，一圓形金屬框水平放在磁場中，規定磁感應強度方向和線圈中感應電流方向如圖甲所示時為正．從某時刻開始計時，線圈中產生了如圖乙所示的感應電流，則磁感應強度隨時間變化的圖線可能是(　　)
隨堂演練·自主檢測——突出創新性　素養達標
1.
如圖所示，由均勻導線制成的半徑為R的圓環，以速度v勻速進入一磁感應強度大小為B的有直線邊界(圖中豎直虛線)的勻強磁場．當圓環運動到圖示位置(∠aOb＝90°)時，a、b兩點的電勢差為(　　)
A．BRv B．BRv
C．BRv D．BRv
2.
物理實驗中，常用一種叫作“沖擊電流計”的儀器測定通過電路的電荷量．如圖所示，探測線圈與沖擊電流計串聯后可用來測定磁場的磁感應強度．已知線圈的匝數為n，面積為S，線圈與沖擊電流計組成的回路電阻為R.若將線圈放在被測勻強磁場中，開始時線圈平面與磁場垂直，現把探測線圈翻轉180°，沖擊電流計測出通過線圈的電荷量為q.由上述數據可得出被測磁場的磁感應強度為(　　)
A．　　 B． C．　　 D．
3．如圖所示，兩條平行虛線之間存在勻強磁場，虛線間的距離為L，磁場方向垂直紙面向里，abcd是位于紙面內的梯形線圈，ad與bc間的距離也為L，t＝0時刻bc邊與磁場區域邊界重合．現令線圈以恒定的速度v沿垂直于磁場區域邊界的方向穿過磁場區域，取沿abcda方向為感應電流正方向，則在線圈穿越磁場區域的過程中，感應電流I隨時間t變化的圖線可能是(　　)
4.
如圖所示，在一個邊長為2L的等腰直角三角形ABC區域內，有垂直紙面向里的勻強磁場，其左側有一個用金屬絲制成的邊長為L的正方形線框abdc，線框以水平速度v勻速通過整個勻強磁場區域．設電流逆時針方向為正，則在線框通過磁場的過程中，線框中感應電流i隨時間t變化的規律正確的是(　　)
5.
如圖所示，導線全部為裸導線，半徑為r、兩端開有小口的圓內有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B，一根長度大于2r的導線MN以速度v在圓環上無摩擦地自左端勻速滑到右端，電路中定值電阻阻值為R，其余部分電阻均忽略不計，試求MN從圓環左端滑到右端的過程中：
(1)通過電阻R的最大感應電流；
(2)通過電阻R的電荷量；
(3)當導線MN通過圓環中心時，如果導線MN接入電路的電阻為R0，電阻R兩端的電壓．
專題(二)　電磁感應中的電路和圖像問題
關鍵能力·合作探究
探究點一
【典例示范】
例1　解析：
PQ在磁場中做切割磁感線運動產生感應電動勢，由于是閉合回路，故電路中有感應電流，可將電阻絲PQ視為有內阻的電源，電阻絲aP與bP并聯，且RaP＝R、RbP＝R，于是可畫出如圖所示的等效電路圖．
電源電動勢為E＝BLv，
外電阻為R外＝＝R.
總電阻為R總＝R外＋r＝R＋R，即R總＝R.
電路中的電流為I＝＝.
通過aP段的電流為IaP＝I＝，方向由P到a.
答案：　方向由P到a
素養訓練1　解析：根據E＝BLv知感應電動勢之比為3∶1，感應電流I＝，則感應電流之比為3∶1，故A、B錯誤；由于兩次速度之比為3∶1，則拉出磁場時間之比為1∶3，根據Q＝I2Rt知產生的焦耳熱之比為3∶1，故D錯誤；感應電流之比為3∶1，時間之比為1∶3，根據q＝It知通過某截面的電荷量之比為1∶1，故C正確．
答案：C
素養訓練2　解析：設三角形金屬導軌的夾角為θ，金屬桿AB由O點經時間t運動了vt的距離，則E＝Bvt·tan θ·v，E隨時間t逐漸增大，C正確；電路總長度為l＝vt＋vt tan θ＋＝vt(1＋tan θ＋)，又因為R＝ρ，所以I＝＝，I與t無關，是恒量，B正確．
答案：BC
探究點二
【典例示范】
例2　解析：由楞次定律知線圈中的感應電流沿順時針方向，根據法拉第電磁感應定律得E＝nS＝1××0.1 V＝0.05 V，故A、B錯誤；線圈中的感應電流I＝＝0.05 A，線圈中產生的焦耳熱Q＝I2Rt，代入數據解得Q＝0.005 J，故C錯誤；通過線圈橫截面的電荷量q＝It＝0.1 C，故D正確．
答案：D
素養訓練3　解析：設開始時穿過導線環向里的磁通量為正值，Φ1＝Bπa2，則向外的磁通量為負值，Φ2＝－B·π(b2－a2)，總的磁通量為它們的代數和(取絕對值)Φ＝B·π|b2－2a2|，末態總的磁通量為Φ′＝0，由法拉第電磁感應定律得平均感應電動勢為＝，通過導線環截面的電荷量為q＝·Δt＝＝，A正確．
答案：A
素養訓練4　解析：(1)由B t圖像可知，磁感應強度的變化率為＝，
根據法拉第電磁感應定律得感應電動勢為
E＝n＝＝
根據閉合電路的歐姆定律得感應電流為I1＝
聯立解得I1＝
根據楞次定律可知通過R1的電流方向為從b到a.
(2)通過R1的電荷量q＝I1t1＝.
(3)電容器兩板間的電壓為U＝I1R1＝
則電容器所帶的電荷量為Q＝CU＝.
答案：　方向從b到a
探究點三
【典例示范】
例3　解析：由法拉第電磁感應定律和歐姆定律得I＝＝＝·，所以線圈中的感應電流決定于磁感應強度B隨t的變化率，B t圖像的斜率為，故在2～3 s內感應電流的大小是0～1 s內的2倍．再由B t圖像可知，0～1 s時間內，B增大，Φ增大，感應電流的磁場與原磁場方向相反(感應電流的磁場方向向外)，由楞次定律和安培定則知，感應電流是逆時針的，因而是負的恒值．同理可判斷2～3 s為正的恒值，故C正確．
答案：C
素養訓練5　解析：三角形導體線框進、出磁場時，有效長度l都減小，根據E＝Blv，I＝＝知，三角形導體線框進、出磁場時，感應電流都減小；再根據楞次定律可知，三角形導體線框進、出磁場時感應電流方向相反，進磁場時感應電流方向為正，出磁場時感應電流方向為負，故選A.
答案：A
素養訓練6　解析：線圈面積不變，電阻不變，根據法拉第電磁感應定律，感應電動勢E＝＝S，感應電流I＝＝，即感應電流大小與B t圖像斜率成正比，1～2 s感應電流為0，即B t圖像斜率為0，故B錯誤；根據楞次定律“增反減同”的推論知，0～1 s要產生順時針方向的感應電流，磁場可能是正向增大，也可能是負向減小，故D錯誤；2～4 s感應電流為負向，磁場可能是正向減小或者負向增大，而且根據電流大小關系，B t圖像在0～1 s的斜率等于2～4 s斜率的二倍，故A、C正確．
答案：AC
隨堂演練·自主檢測
1．解析：設整個圓環的電阻為r，位于題圖所示位置時，電路的外電阻即磁場外的部分是圓環總電阻的，而在磁場內切割磁感線的有效長度是R，其相當于電源，E＝B·R·v，根據閉合電路歐姆定律可得U＝E＝BRv，選項D正確．
答案：D
2．解析：由題意知q＝·Δt＝·Δt＝Δt＝n＝n，則B＝，故C正確．
答案：C
3．解析：bc邊進入磁場時，根據右手定則判斷出其感應電流的方向是沿adcba方向的，其方向與電流的正方向相反，故是負的，當線圈逐漸向右移動時，切割磁感線的有效長度變大，故感應電流在增大；當bc邊穿出磁場區域時，線圈中的感應電流方向變為abcda，是正方向，故其圖像在時間軸的上方，所以B正確．
答案：B
4．解析：線框開始進入磁場運動L的過程中，只有bd邊切割磁感線，感應電流不變，方向為正方向；前進L后，bd邊開始出磁場，ac邊開始進入磁場，回路中的感應電動勢為ac邊產生的電動勢減去bd邊在磁場中的部分產生的電動勢，隨著線框的運動回路中電動勢逐漸增大，電流逐漸增大，方向為負方向；當再前進L時，bd邊完全出磁場，ac邊也開始出磁場，有效切割長度逐漸減小，電流逐漸減小，方向仍為負方向，B正確．
答案：B
5．解析：(1)MN向右滑動時，切割磁感線的有效長度不斷變化，當MN經過圓心時，有效切割長度最長，此時感應電動勢和感應電流達到最大值，所以Imax＝＝.
(2)流過電阻R的電荷量等于平均感應電流與時間的乘積，所以q＝Δt＝·Δt＝＝.
(3)根據閉合電路歐姆定律得I′＝＝
則電阻R兩端的電壓為U＝I′R＝.
答案：(1)　(2)　(3)專題(三)　電磁感應中的動力學和能量問題
課 標 要 求
1．結合牛頓第二定律分析電磁感應中的動力學問題．
2．結合功能關系和能量的轉化與守恒定律分析電磁感應中的能量問題．
關鍵能力·合作探究——突出綜合性　素養形成
探究點一　電磁感應中的動力學問題
歸納總結
1.通電導體在磁場中將受到安培力作用，所以電磁感應問題往往與力學問題聯系在一起，處理此類問題的基本方法
(1)用法拉第電磁感應定律和楞次定律求感應電動勢的大小和方向．
(2)求回路中電流的大小和方向．
(3)分析研究導體受力情況(包括安培力)．
(4)列動力學方程或平衡方程求解．
2．電磁感應現象中涉及的具有收尾速度的力學問題
(1)關鍵要抓好受力情況和運動情況的動態分析：
加速度等于零時，導體達到穩定運動狀態．
(2)兩種狀態的原理：達到穩定運動狀態后，導體勻速運動，受力平衡，處于平衡態，應根據平衡條件分析；導體達到穩定運動狀態之前，往往做變加速運動，處于非平衡態，應根據牛頓第二定律或結合功能關系分析．
　
典例示范
例1 如圖甲所示，兩根足夠長的直金屬導軌MN、PQ平行放置．兩導軌間距為L，M、P兩點間接有阻值為R的電阻．一根質量為m的均勻直金屬桿ab放在兩導軌上，并與導軌垂直．整套裝置處于磁感應強度為B的勻強磁場中，磁場方向垂直斜面向下．導軌和金屬桿的電阻可忽略．讓ab桿沿導軌由靜止開始下滑，導軌和金屬桿接觸良好，不計它們之間的摩擦．
(1)由b向a方向看到的裝置如圖乙，在此圖中畫出ab桿下滑過程中某時刻的受力示意圖；
(2)在加速下滑時，當ab桿的速度大小為v時，求此時ab桿中的電流及其加速度的大小；
(3)求在下滑過程中，ab桿可以達到的速度最大值．
素養訓練1　
如圖所示，在一勻強磁場中有一U形導線框abcd，線框處于水平面內，磁場與線框平面垂直，R為一電阻，ef為垂直于ab的一根導體桿，它可在ab、cd上無摩擦地滑動．桿ef及線框中導線的電阻都忽略不計．開始時，給ef一個向右的初速度，則(　　)
A．ef將減速向右運動，但不是勻減速運動，最后停止
B．ef將勻減速向右運動，最后停止
C．ef將勻速向右運動
D．ef將往返運動
素養訓練2　如圖所示，空間存在B＝0.5 T、方向豎直向下的勻強磁場，MN、PQ是水平放置的平行長直導軌，其間距L＝0.2 m，電阻R＝0.3 Ω接在導軌一端，ab是跨接在導軌上質量m＝0.1 kg、接入電路的電阻r＝0.1 Ω的導體棒，已知導體棒和導軌間的動摩擦因數為0.2，導軌電阻不計．從零時刻開始，對ab棒施加一個大小為F＝0.45 N、方向水平向左的恒定拉力，使其從靜止開始沿導軌滑動，滑動過程中棒始終保持與導軌垂直且接觸良好．(g取10 m/s2)
(1)求導體棒所能達到的最大速度；
(2)試定性畫出導體棒運動的速度—時間圖像．
思維方法
電磁感應與力學問題的解題思路
導體受外力運動產生感應電動勢產生感應電流導體受安培力―→合外力變化加速度變化―→速度變化―→感應電動勢變化……―→a＝0，v達到最大值．
探究點二　電磁感應中的能量問題
歸納總結
1.電磁感應中能量的轉化
(1)轉化方式
(2)涉及的常見功能關系
①有滑動摩擦力做功，必有內能產生；
②有重力做功，重力勢能必然發生變化；
③克服安培力做多少功，就有多少其他形式的能轉化為電能．
2．焦耳熱的計算
(1)電流恒定時，根據焦耳定律求解，即Q＝I2Rt.
(2)感應電流變化時，可用以下方法分析：
①利用動能定理，求出克服安培力做的功W安，即Q＝W安．
②利用能量守恒定律，焦耳熱等于其他形式能量的減少量．
典例示范
例 2 如圖所示，足夠長的平行光滑U形導軌傾斜放置，所在平面的傾角θ＝37°，導軌間的距離L＝1.0 m，下端連接R＝1.6 Ω的電阻，導軌電阻不計，所在空間存在垂直于導軌平面向上的勻強磁場，磁感應強度B＝1.0 T．質量m＝0.5 kg、電阻r＝0.4 Ω的金屬棒ab垂直置于導軌上，現用沿導軌平面且垂直于金屬棒、大小為F＝5.0 N的恒力使金屬棒ab從靜止開始沿導軌向上滑行，當金屬棒滑行s＝2.8 m后速度保持不變．求：(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)
(1)金屬棒勻速運動時的速度大小v；
(2)金屬棒從靜止到剛開始勻速運動的過程中，電阻R上產生的熱量QR.
素養訓練3　(多選)如圖所示，兩根光滑的金屬導軌，平行放置在傾角為θ的斜面上，導軌的左端接有電阻R，導軌自身的電阻可忽略不計．斜面處在一勻強磁場中，磁場方向垂直于斜面向上．質量為m、電阻可以忽略不計的金屬棒ab，在沿著斜面與棒垂直的恒力F作用下沿導軌勻速上滑，在上升的高度為h的過程中(　　)
A．作用于金屬棒上的各個力的合力所做的功等于零
B．作用于金屬棒上的各個力的合力所做的功等于mgh與電阻R上產生的焦耳熱之和
C．恒力F與安培力的合力所做的功等于零
D．恒力F與重力的合力所做的功等于電阻R上產生的焦耳熱
素養訓練4　(多選)如圖所示，光滑斜面PMNQ的傾角為θ＝30°，斜面上放置一矩形導體線框abcd，其中ab邊長L1＝0.5 m，bc邊長為L2，導體線框質量m＝1 kg、電阻R＝0.4 Ω，有界勻強磁場的磁感應強度為B＝2 T，方向垂直于斜面向上，ef為磁場的邊界，且ef∥MN.導體線框在沿斜面向上且與斜面平行的F＝10 N的恒力作用下從靜止開始運動，其ab邊始終保持與底邊MN平行．已知導體線框剛進入磁場時做勻速運動，且進入過程中通過導體線框某一橫截面的電荷量q＝0.5 C，取g＝10 m/s2，則下列說法正確的是(　　)
A．導體線框進入磁場時的速度為2 m/s
B．導體線框bc邊長為L2＝0.1 m
C．導體線框開始運動時ab邊到磁場邊界ef的距離為0.4 m
D．導體線框進入磁場的過程中產生的熱量為1 J
隨堂演練·自主檢測——突出創新性　素養達標　
1.
(多選)如圖所示，有兩根和水平方向成α(α<90°)角的光滑平行的金屬軌道，上端接有滑動變阻器R，下端足夠長，空間有垂直于軌道平面向上的勻強磁場，磁感應強度為B.一根質量為m、電阻不計的金屬桿從軌道上由靜止滑下，經過足夠長的時間后，金屬桿的速度會趨近于一個最大速度vm，則(　　)
A．如果B增大，vm將變大
B．如果α變大(仍小于90°)，vm將變大
C．如果R變大，vm將變大
D．如果m變小，vm將變大
2.
如圖所示，MN和PQ是兩根互相平行豎直放置的光滑金屬導軌，已知導軌足夠長，且電阻不計，ab是一根與導軌垂直且始終與導軌接觸良好的金屬桿．開始時，將開關S斷開，讓金屬桿ab由靜止開始自由下落，過段時間后，再將S閉合．若從S閉合開始計時，則金屬桿ab的速度v隨時間t變化的圖像不可能是下圖中的(　　)
3．如圖所示，紙面內有一矩形導體閉合線框abcd，ab邊長大于bc邊長，置于垂直紙面向里、邊界為MN的勻強磁場外，線框兩次勻速地完全進入磁場，兩次速度大小相同，方向均垂直于MN.第一次ab邊平行于MN進入磁場，線框上產生的熱量為Q1，通過線框導體橫截面的電荷量為q1；第二次bc邊平行于MN進入磁場，線框上產生的熱量為Q2，通過線框導體橫截面的電荷量為q2，則 (　　)
A．Q1＞Q2，q1＝q2 B．Q1＞Q2，q1＞q2
C．Q1＝Q2，q1＝q2 D．Q1＝Q2，q1＞q2
4．(多選)如圖所示，豎直放置的“”形光滑導軌寬為L，矩形勻強磁場Ⅰ、Ⅱ的高和間距均為d，磁感應強度均為B.質量為m的水平金屬桿由靜止釋放，進入磁場Ⅰ和Ⅱ時的速度相等．金屬桿在導軌間的電阻為R，與導軌接觸良好，其余電阻不計，重力加速度為g，則金屬桿(　　)
A．剛進入磁場Ⅰ時加速度方向豎直向下
B．剛進入磁場Ⅰ時加速度方向豎直向上
C．穿過兩磁場產生的總熱量為4mgd
D．釋放時距磁場Ⅰ上邊界的高度h可能小于
5.
如圖所示，在光滑水平桌面上有一邊長為L、電阻為R的正方形導線框；在導線框右側有一寬度為d(d＞L)的條形勻強磁場區域，磁場的邊界與導線框的一邊平行，磁場方向豎直向下．導線框以某一初速度向右運動，t＝0時導線框的右邊恰與磁場的左邊界重合，隨后導線框進入并通過磁場區域．下列v t圖像中，能正確描述上述過程的是(　　)
6．水平放置的光滑平行導軌上放置一根長為L、質量為m且與導軌接觸良好的導體棒ab，ab處在磁感應強度大小為B、方向如圖所示的勻強磁場中，導軌的一端接一阻值為R的電阻，導軌及導體棒電阻不計．現使ab在水平恒力F作用下由靜止沿垂直于磁場的方向運動，當通過的位移為x時，ab達到最大速度vm.此時撤去外力，最后ab靜止在導軌上．在ab運動的整個過程中，下列說法正確的是(　　)
A．撤去外力后，ab做勻減速運動
B．合力對ab做的功為Fx
C．R上釋放的熱量為
D．R上釋放的熱量為Fx
專題(三)　電磁感應中的動力學和能量問題
關鍵能力·合作探究
探究點一
【典例示范】
例1　解析：
(1)如圖所示，ab桿受重力mg，方向豎直向下；支持力N，方向垂直斜面向上；安培力F，方向沿斜面向上．
(2)當ab桿速度為v時，感應電動勢E＝BLv，
此時電路中電流I＝＝，
ab桿受到的安培力F＝BIL＝.
根據牛頓第二定律，有mg sin θ－F＝ma，
解得a＝g sin θ－.
(3)當a＝0，即g sin θ＝時，桿達到最大速度vm，vm＝.
答案：(1)圖見解析　(2)　g sin θ－　(3)
素養訓練1　解析：ef向右運動，切割磁感線，產生感應電動勢和感應電流，會受到向左的安培力而做減速運動，直到停止，由F＝BIl＝＝ma知，ef做的是加速度逐漸減小的減速運動，故A正確．
答案：A
素養訓練2　解析：(1)導體棒切割磁感線運動，
產生的感應電動勢E＝BLv　①
回路中的感應電流I＝　②
導體棒受到的安培力F安＝BIL　③
導體棒運動過程中水平方向受到拉力F、安培力F安和摩擦力μmg的作用，根據牛頓第二定律得
F－μmg－F安＝ma　④
由①②③④得F－μmg－＝ma　⑤
由⑤可知，隨著速度的增大，安培力增大，加速度a減小，當加速度a減小到0時，速度達到最大．
此時有F－μmg－＝0　⑥
可得vm＝＝10 m/s　⑦
(2)由(1)中分析可知，導體棒運動的速度—時間圖像如圖所示．
答案：(1)10 m/s　(2)圖見解析
探究點二
【典例示范】
例2　解析：(1)金屬棒勻速運動時產生的感應電流為I＝
由平衡條件有F＝mg sin θ＋BIL
代入數據解得v＝4 m/s.
(2)設整個電路中產生的熱量為Q，由動能定理得
Fs－mgs·sin θ－W安＝mv2而Q＝W安，QR＝Q
代入數據解得QR＝1.28 J.
答案：(1)4 m/s　(2)1.28 J
素養訓練3　解析：在金屬棒勻速上滑的過程中，對金屬棒受力分析可知，有三個力對金屬棒做功，恒力F做正功，重力做負功，安培力阻礙相對運動，沿斜面向下，做負功．勻速運動時，所受合力為零，故合力做功為零，A正確；克服安培力做多少功就有多少其他形式的能轉化為電路中的電能，電能又等于R上產生的焦耳熱，故外力F與重力的合力所做的功等于電阻R上產生的焦耳熱，D正確．
答案：AD
素養訓練4　解析：導體線框剛進入磁場時做勻速運動，則F＝，解得v＝2 m/s，根據q＝＝，解得L2＝0.2 m，A正確，B錯誤；導體線框在磁場外運動的加速度a＝＝5 m/s2，則導體線框開始運動時ab邊到磁場邊界ef的距離為x＝＝ m＝0.4 m，C正確；導體線框進入磁場的過程中產生的熱量為Q＝FL2－mgL2sin 30°＝10×0.2 J－10×0.2×0.5 J＝1 J，D正確．
答案：ACD
隨堂演練·自主檢測
1．解析：
金屬桿由靜止開始下滑的過程中，金屬桿就相當于一個電源，與滑動變阻器R構成一個閉合回路，其受力情況如圖所示，根據牛頓第二定律得mg sin α－＝ma，所以金屬桿由靜止開始做加速度逐漸減小的加速運動，當a＝0時達到最大速度vm，即mg sin α＝，可得vm＝，由此式知B、C正確．
答案：BC
2．解析：S閉合時，若金屬桿受到的安培力>mg，ab桿先減速再勻速，D項有可能；若＝mg，ab桿勻速運動，A項有可能；若答案：B
3．解析：根據功能關系知，線框上產生的熱量等于克服安培力做的功，即Q1＝W1＝F1lbc＝lbc＝lab，同理Q2＝lbc，又lab＞lbc，故Q1＞Q2；因q＝t＝t＝＝，故q1＝q2，因此A正確．
答案：A
4．解析：由于金屬桿進入兩個磁場的速度相等，而穿出磁場后金屬桿做加速度為g的勻加速運動，所以金屬桿進入磁場時應做減速運動，加速度方向豎直向上，選項A錯誤，B正確；從進入磁場Ⅰ瞬間到進入磁場Ⅱ瞬間過程中，根據能量守恒定律得，金屬桿減小的機械能全部轉化為焦耳熱，所以Q1＝mg·2d，即穿過兩個磁場過程中產生的熱量為4mgd，選項C正確；若金屬桿進入磁場做勻速運動，則－mg＝0，得v＝，因金屬桿進入磁場做減速運動，則金屬桿進入磁場的速度大于，根據h＝得金屬桿進入磁場的高度應大于＝，選項D錯誤．
答案：BC
5．解析：導線框進入磁場的過程中，線框受到向左的安培力作用，根據E＝BLv、I＝、F安＝BIL得F安＝，隨著v的減小，安培力F安減小，導線框做加速度逐漸減小的減速運動，整個導線框在磁場中運動時，無感應電流，導線框做勻速運動，導線框離開磁場的過程中，根據F安＝，導線框做加速度逐漸減小的減速運動，D正確．
答案：D
6．解析：撤去外力后，導體棒在水平方向上只受安培力作用，而F安＝，F安隨v的變化而變化，故導體棒做加速度變化的減速運動，A錯誤；對整個過程由動能定理得W合＝ΔEk＝0，B錯誤；由能量守恒定律知，恒力F做的功等于整個回路產生的電能，電能又轉化為R上釋放的熱量，即Q＝Fx，C錯誤，D正確．
答案：D

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