資源簡介

(共53張PPT)
DIERZHANG
第二章
專題強化8　電磁感應中的圖像問題
學習目標
1.進一步掌握楞次定律、右手定則、法拉第電磁感應
定律的應用(重點)。
2.綜合應用楞次定律和法拉第電磁感應定律解決圖像
問題(難點)。
內容索引
一、電磁感應中的E－t(U－t)或I－t圖像問題
二、電磁感應中的F－t圖像問題
專題強化練
一
電磁感應中的E－t
(U－t)或I－t圖像問題
1.在豎直向上的勻強磁場中，水平放置一個不變形的單匝金屬圓線圈，規定線圈中感應電流的正方向以及磁感應強度的正方向如圖甲所示，當磁場的磁感應強度B隨時間t按圖乙變化時，請在丙圖中補全感應電動勢E隨時間t變化的圖像。
答案　由題圖乙可知，在0～1 s內，磁感應強度均勻增大，
穿過線圈的磁通量均勻增大，由楞次定律和安培定則可知
線圈中產生恒定電流的方向與正方向一致；
1～3 s內，穿過線圈的磁通量不變，故感應電動勢為0；
在3～5 s內，線圈中的磁通量均勻減小，由楞次定律和安培定則可知線圈中產生恒定電流的方向與正方向相反。
2.如圖所示，邊長為L的均勻正方形導線框以速度v0勻速穿過右側的勻強磁場區域，磁場的寬度為d(d>L)，勻強磁場的磁感應強度大小為B。線框的總阻值為R，當ab邊到達磁場左側邊界開始計時。
(1)請補充作出線框中感應電流隨時間變化的圖像；
(2)請補充作出Uab－t的圖像。
答案　三階段的等效電路圖如圖：
梳理與總結
1.電磁感應中的圖像問題
圖像 類型 (1)磁感應強度B、磁通量Φ、感應電動勢E和感應電流I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)對于切割磁感線產生感應電動勢和感應電流的情況，還常涉及感應電動勢E和感應電流I隨導體位移x變化的圖像，即E－x圖像和I－x圖像
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)由給定的有關圖像分析電磁感應過程，求解相應的物理量
應用 知識 左手定則、右手定則、安培定則、楞次定律、法拉第電磁感應定律、歐姆定律、牛頓運動定律、相關數學知識等
2.解決此類問題的一般步驟
(1)明確圖像的類型，是B－t圖像、Φ－t圖像、E－t圖像還是I－t圖像等；
(2)分析電磁感應的具體過程，合理分段、選取典型過程；根據法拉第電磁感應定律分析電動勢大小，由楞次定律和安培定則分析感應電流(或感應電動勢)方向；
(3)由歐姆定律、牛頓運動定律等寫出函數方程；根據函數方程進行數學分析，例如分析斜率的變化、截距等；
(4)畫圖像或判斷圖像。
　(2022·泰州中學高二期中)如圖所示，正方形的勻強磁場區域邊長為L，磁場方向垂直紙面向外，磁感應強度大小為B。等腰直角三角形導線框abc的總電阻為R，從圖示位置開始沿x軸正方向以速度v勻速穿過磁場區域。以沿abc的電流為正，假定i0＝ ，則正確表示線框中電流i隨c點的位置坐標x變化的圖像是
例1
√
　有一變化的勻強磁場與圖甲所示的圓形線圈平面垂直。規定磁場方向向里為正方向，電流從a經R流向b為正方向。已知R中的感應電流i隨時間t變化的圖像如圖乙，則磁場的變化規律可能與下圖中一致的是
例2
√
二
電磁感應中的F－t圖像問題
　如圖甲所示，光滑導軌水平放置在豎直方向的勻強磁場中，勻強磁場的磁感應強度B隨時間t的變化規律如圖乙所示(規定向下為正方向)，導體棒ab垂直導軌放置，除電阻R的阻值外，其余電阻不計，導體棒ab在水平外力F的作用下始終處于靜止狀態。規定a→b的方向為電流的正方向，水平向右的方向為外力的正方向，則在0
～2t0時間內，能正確反映流過導體棒ab
的電流與時間或外力與時間關系的圖線是
例3
√
在0～t0時間內磁通量為向上減少，t0～
2t0時間內磁通量為向下增加，兩者等效，
且根據B－t圖線可知，兩段時間內磁通
量的變化率相等，根據楞次定律可判斷0～2t0時間內均產生由b到a的大小、方向均不變的感應電流，選項A、B錯誤。
在0～t0時間內可判斷ab所受安培力的方向水平向右，則所受水平外力方向向左，大小F＝BIL隨B的減小呈線性減小；在t0～2t0時間內，可判斷所受安培力的方向水平向左，則所受水平外力方向向右，大小F＝BIL隨B的增大呈線性增大，選項C錯誤，D正確。
　如圖，空間中存在兩片相鄰的、磁感應強度大小相等、方向相反的有界勻強磁場，其寬度均為L。現將邊長也為L的正方形單匝閉合線圈從圖示位置沿垂直于磁場方向勻速拉過磁場區域。若規定順
時針方向為感應電流的正方向，水平向左為安培力的正
方向，則在該過程中，能正確反映線圈中所產生的感應
電流或其所受安培力隨時間變化的圖像是
例4
√
線圈在進入磁場前，沒有磁通量的變化，故沒有感應電流產生；
線圈在進入磁場0～L的過程中，線圈右側切割磁感線，
根據右手定則，產生的感應電流方向為逆時針方向，E1＝BLv，
根據左手定則，所受安培力方向向左；
在進入磁場L～2L的過程中，線圈的左右兩側都在切割磁感線，E2＝2BLv，
求解圖像類選擇題的兩種常用方法
1.排除法：定性分析電磁感應過程中物理量的變化趨勢(增大還是減小)、變化情況(變化快慢及均勻變化還是非均勻變化)，特別是分析物理量的正負，以排除錯誤的選項。
2.函數法：根據題目所給條件定量地寫出兩個物理量之間的函數關系，然后由函數關系對圖像進行分析和判斷。
總結提升
三
專題強化練
考點一　電磁感應中的E－t(U－t)或I－t圖像問題
1.(2023·揚州市高二期中)如圖甲所示，在豎直方向的勻強磁場中，水平放置一圓形導體環。規定導體環中電流逆時針方向(從上往下看)為正方向，磁場方向向上為正方向。當磁感應強度B
隨時間t按圖乙變化時，導體環中感應電流隨
時間變化的圖像可能正確的是
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基礎對點練
√
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2.一個勻強磁場的邊界是MN，MN左側無磁場，右側是范圍足夠大的勻強磁場區域，如圖甲所示。現有一個金屬線框沿ab方向以恒定速度從MN左側垂直進入勻強磁場區域，線框中的電
流隨時間變化的I－t圖像如圖乙所示，則線
框的可能形狀是下列選項圖中的
1
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√
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正方形線框勻速進入磁場時，有效長度L不變，感應電流不變，不符合題意，選項B錯誤；
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梯形線框勻速進入磁場時，有效長度L先均勻增大，后不變，最后均勻減小，不符合題意，選項C錯誤；
三角形線框勻速進入磁場時，有效長度L先增大，后減小，且L隨時間均勻變化，符合題意，選項D正確。
3.如圖所示的區域內有垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B。一個電阻為R、半徑為L、圓心角為45°的扇形閉合導線框繞垂直于紙面的O軸勻速轉動(O軸位于磁場邊界)，周期為T，t＝0時刻線
框置于如圖所示位置，則線框內產生的感應電流隨時間
變化的圖像為(規定電流順時針方向為正)
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√
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由于扇形導線框勻速轉動，因此導線框進入磁場的過
程中產生的感應電動勢是恒定的，則電流是恒定的。
在一個周期中，線框在進入磁場和離開磁場時，有感
應電流產生，當完全進入時，由于磁通量不變，故無
感應電流產生。由右手定則可判斷導線框進入磁場時，電流方向為逆時針，出磁場時電流方向為順時針，故選項A正確。
考點二　電磁感應中的F－t圖像問題
4.(2023·鎮江市丹陽高級中學高二期末)圖甲是同種規格的電阻絲制成的閉合線圈，其中有垂直于線圈平面的勻強磁場，圖乙為線圈中的磁感應強度B(取垂直線圈平面向里為正方向)隨時間t變化的關系圖像。則下列關于線圈中的感應電動勢E、感應電流i、磁通量Φ及線圈bc邊所受的安培力F隨時間變化的關系圖像中正確的是(取順時針方向為感應電流與感應電動勢的正方向，水平向左為安培力的正方向)
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由乙圖可知，0～1 s內，磁感應強度B垂
直線圈平面向里且均勻增大，線圈所包
圍區域中的Φ增大，由楞次定律可知，
感應電流沿逆時針方向，為負值，感應電動勢也為負值；1～2 s內，磁通量不變，無感應電流；2～3 s內，磁感應強度B的方向垂直線圈平面向里且均勻減小，Φ減小，由楞次定律可知，感應電流沿順時針方向，為正值，感應電動勢也為正值；3～4 s內，B的方向垂直線圈平面向外且均勻增大，Φ增大，由楞次定律可知，感應電流沿順時針方向，感應電流為正值，感應電動勢也為正值，A、B、C錯誤；
1
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由左手定則可知，在0～1 s內，bc邊受到的安培力方向水平向左，是正值，根據F＝BIL可知安培力均勻增加；1～2 s內無感應電流，bc邊不受安培力，2～3 s內，安培力方向水平向右，是負值且逐漸減小；3～4 s內，安培力方向水平向左，是正值且逐漸變大，D正確。
5.(2022·江蘇省宜興中學高二月考)有一磁感應強度B隨時間t的變化關系如圖甲所示的勻強磁場，如圖乙所示的直角三角形導線框abc水平放置，放在勻強磁場中保持靜止不動，t＝0時刻，磁感應強度B的方向豎直向下，設產生的感應電流i順時針方向為正、豎直
邊ab所受安培力F的方向水平向左為正。則
下列關于F和i隨時間t變化的圖像正確的是
√
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根據題意，由圖甲可知，在0～3 s時間內，
磁感應強度隨時間線性變化，由法拉第電
磁感應定律可知，感應電動勢恒定，回路
中感應電流恒定，同時由F＝BIL知道，電流恒定，安培力與磁感應強度成正比，
又由楞次定律和安培定則判斷出回路中感應電流的方向為順時針，即正方向，由左手定則可知，ab邊所受安培力F方向在0～2 s內向右，2～3 s內向左；
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在3～4 s時間內，磁感應強度恒定，感應
電動勢等于零，感應電流為零，安培力等
于零，同理可知，在4～7 s時間內，感應
電流恒定，方向為逆時針，安培力與磁感應強度成正比，由左手定則知，ab邊所受安培力方向在4～5 s內向右，5～7 s內向左，故A正確。
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6.如圖，在水平面(紙面)內有三根相同的均勻金屬棒ab、ac和MN，其中ab、ac在a點接觸，構成“V”字形導軌。空間存在垂直于紙面的均勻磁場。用力使MN向右勻速運動，從圖示位置開始計時，運動
中MN始終與∠bac的平分線垂直且和導軌保持良好接觸。
下列關于回路中電流i與時間t的關系圖線，可能正確的是
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能力綜合練
√
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7.(2022·南通市高二期中)如圖所示，有界勻強磁場寬度為2L，邊長為L的正方形金屬框勻速穿過磁場。以磁場左邊界上的O點為坐標原點建立x軸，則線框中的感應電流i、ab邊兩端的電壓Uab、線框所受
安培力F、穿過線框的磁通量Φ隨位移x的變化圖像一定
錯誤的是
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√
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根據楞次定律，進入磁場的過程中感應電流的方向為
逆時針，全部進入磁場后，無電流，出磁場的過程中
感應電流的方向為順時針，感應電流的大小為I＝ ，
金屬框勻速穿過磁場，v不變，感應電流I的大小不變，A可能正確，不符合題意；
1
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進入磁場的過程中感應電流的方向為逆時針，根據
左手定則，安培力的方向向左，進入磁場后，不受
安培力，出磁場的過程中感應電流的方向為順時針，
根據左手定則，安培力的方向向左，進出磁場時安培力的大小為F＝BIL＝ ，金屬框勻速穿過磁場，v不變，F不變，C可能正確，不符合題意；
進入磁場的過程中Φ＝BLx，在磁場中Φ＝BL2，出磁場的過程磁通量均勻減小，D正確，不符合題意。
8.(2023·淮安市馬壩高中高二期中)如圖所示，“凹”字形金屬線框右側有一寬度為3L的勻強磁場區域，磁場方向垂直于紙面向里，線框各部分長度如圖。線框在紙面內向右勻速通過磁場區域，
t＝0時，線框開始進入磁場。設逆時針方向為感應
電流的正方向，則線框中感應電流i隨時間t變化的
圖像可能正確的是
√
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9.如圖所示，MNQP是長為2L、寬為L的矩形，在其由對角線劃分的兩個三角形區域內充滿磁感應強度大小相等、方向相反的勻強磁場。邊長為L的正方形導線框，在外力作用下水平向左勻速運動，線框左邊始終與MN平行。設導線框中感應電流i逆時針流向為正。
若t＝0時左邊框與PQ重合，則左邊框由PQ運動
到MN的過程中，下列i－t圖像正確的是
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√
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0～t1內是線框的左邊框由PQ向左進入磁場，根據右手定則知感應電流方向為順時針(負)，而切割磁感線的有效長度隨著水平位移增大而均勻減小，則感應電流的大小均勻減小；t1～2t1內，線框的左右雙邊同向同速切割方向相反的磁場，產生的電動勢相加為總電動勢，電流方向為逆時針(正)，兩邊切割磁感線的有效
長度之和等于L，則電流大小恒定，故選D。
10.(2022·常州市八校高二期中)如圖所示，光滑水平面上的邊長為a的正三角形閉合金屬框架底邊與磁場邊界平行，完全處于垂直于框架平面的勻強磁場中，現用水平外力把框架沿與磁場邊界垂直的
方向勻速拉出磁場。用E、F外、P外分別表示金屬框架產
生的感應電動勢、所受水平外力及水平外力的功率，則
下圖中正確表示各物理量與位移x的關系圖像是
√
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11.(2022·南京市高二下學情調研)一正三角形導線框ABC(高度為a)從圖示位置沿x軸正向勻速穿過兩勻強磁場區域。兩磁場區域磁感應強度大小均為B、方向相反、垂直于平面、寬度均為a。以逆時針方
向為電流的正方向。下列選項圖中反映感應電流i與線框
移動距離x的關系的圖像正確的是
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尖子生選練
√
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在x軸上0～a范圍，線框穿過左側磁場時，根據楞次
定律和安培定則，感應電流方向為逆時針，為正值
且逐漸增大。在a～2a范圍內，線框穿過兩磁場分界
線時，線框在右側磁場中切割磁感線的有效長度逐漸增大，產生的感應電動勢E1增大，在左側磁場中切割磁感線的有效長度逐漸增大，產生的感應電動勢E2增大，兩個電動勢串聯，總電動勢E＝E1＋E2，增大，電流方向為順時針，為負值且逐漸增大。在2a～3a范圍內，線框穿過右側磁場時，根據楞次定律和安培定則，感應電流方向為逆時針，為正值且逐漸增大，綜上所述，故A正確。
BENKEJIESHU
本課結束(共75張PPT)
DIERZHANG
第二章
2　法拉第電磁感應定律
學習目標
1.理解并掌握法拉第電磁感應定律，能夠運用法拉第
電磁感應定律定量計算感應電動勢的大小。
2.能夠運用E＝Blv或E＝Blvsin θ計算導體切割磁感線時
產生的感應電動勢(重點)。
3.理解動生電動勢產生的原理。
4.會推導、計算導體轉動切割磁感線時的感應電動勢
(重難點)。
5.能夠靈活應用法拉第電磁感應定律和楞次定律解決
相關問題(難點)。
內容索引
一、電磁感應定律
二、導體棒切割磁感線時的感應電動勢
課時對點練
一
電磁感應定律
我們可以通過實驗探究電磁感應現象中感應電流大小
的決定因素和遵循的物理規律。
如圖所示，將條形磁體從同一高度插入線圈的實驗中。
(1)快速插入和緩慢插入，磁通量的變化量ΔΦ相同嗎？
指針偏轉角度相同嗎？
答案　磁通量的變化量ΔФ相同，但磁通量變化的快慢不同，快速插入比緩慢插入時指針偏轉角度大。
(2)分別用同種規格的一根磁體和并列的兩根磁體以相同速度快速插入，磁通量的變化量ΔΦ相同嗎？指針偏轉角度相同嗎？
答案　用并列的兩根磁體快速插入時磁通量的變化量
較大，磁通量變化率也較大，指針偏轉角度較大。
(3)如果在條形磁體插入線圈的過程中，將線圈與電流表斷開，線圈兩端的電動勢是否隨著電流一起消失？
答案　如果電路沒有閉合，電動勢依然存在。
(4)在線圈匝數一定的情況下，感應電動勢的大小取決于什么？
答案　在線圈匝數一定的情況下，感應電動勢的大小取決于 的大小。
梳理與總結
1.感應電動勢
在　　　　　現象中產生的電動勢叫作感應電動勢，產生感應電動勢的那部分導體相當于　　　。
2.法拉第電磁感應定律
(1)內容：閉合電路中感應電動勢的大小，跟穿過這一電路的__________
　　　成正比。
(2)公式：E＝　　　，其中n為線圈的匝數。
電磁感應
電源
磁通量的變
化率
(3)在國際單位制中，磁通量的單位是　　　　　，感應電動勢的單位是
　　　　。
注意：公式只表示感應電動勢的大小。至于感應電流的方向，可由楞次定律判定。
3.公式E＝　　求解的是一個回路中某段時間內的平均電動勢，只有在磁通量隨時間均勻變化時，瞬時值才等于平均值。
韋伯(Wb)
伏(V)
(1)在電磁感應現象中，有感應電流，就一定有感應電動勢；反之，有感應電動勢，就一定有感應電流。(　　)
(2)線圈中磁通量越大，線圈中產生的感應電動勢一定越大。(　　)
(3)線圈中磁通量的變化量ΔΦ越小，線圈中產生的感應電動勢一定越小。(　　)
(4)線圈中磁通量變化得越快，線圈中產生的感應電動勢一定越大。
(　　)
×
×
×
√
　如圖甲所示，一單匝圓形線圈垂直放入磁場中，磁場為垂直于線圈平面向里的勻強磁場，穿過圓形線圈的磁通量Φ隨時間t的變化關系如圖乙所示，不計導線電阻，求：
(1)0～2 s內線圈內磁通量的變化量ΔΦ；
例1
答案　0.4 Wb
0～2 s內線圈內磁通量的變化量
ΔΦ＝Φ2－Φ1＝0.5 Wb－0.1 Wb＝0.4 Wb
(2)線圈中產生的感應電動勢E1；
答案　0.2 V
(3)若其他條件不變，線圈的匝數變為100匝，線圈中產生的感應電動勢E2。
答案　20 V
　n匝線圈放在如圖所示變化的磁場中，線圈的面積為S。則下列說法正確的是
A.0～1 s內線圈的感應電動勢在均勻增大
B.1～2 s內感應電流最大
C.0.5 s末與2.5 s末線圈的感應電流方向相反
D.第4 s末的感應電動勢為0
例2
√
由法拉第電磁感應定律可得0～1 s內線圈的
感應電動勢為E＝ ，大小不變，故A
錯誤；
1～2 s內磁感應強度不變，穿過線圈的磁通
量不變，所以感應電流為零，故B錯誤；
結合題圖，根據楞次定律，0.5 s末和2.5 s末線圈的感應電流方向相反，故C正確；
第4 s末磁感應強度為0，但磁通量的變化率不為0，則感應電動勢不為0，故D錯誤。
　　 穿過同一閉合回路的磁通量Φ隨時間t變化的圖像分別如圖中的①～④所示，下列關于回路中感應電動勢的說法正確的是
A.圖①回路產生恒定不變的感應電動勢
B.圖②回路產生的感應電動勢一直在變大
C.圖③回路0～t1時間內產生的感應電動勢大于
　t1～t2時間內產生的感應電動勢
D.圖④回路產生的感應電動勢先變大再變小
針對訓練1
√
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，
題圖①中磁通量Φ不變，無感應電動勢；
題圖②中磁通量Φ隨時間t均勻增大，圖像的斜率k不變，即產生的感應電動勢不變；
題圖③中回路在0～t1時間內磁通量Φ隨時間
t變化的圖像的斜率為k1，在t1～t2時間內磁
通量Φ隨時間t變化的圖像的斜率為k2，
從圖像中發現：k1大于k2的絕對值，所以在
0～t1時間內產生的感應電動勢大于在t1～t2
時間內產生的感應電動勢；
題圖④中磁通量Φ隨時間t變化的圖像的斜率的絕對值先變小后變大，所以感應電動勢先變小后變大。故選C。
總結提升
磁通量Φ 磁通量的變化量ΔΦ
物理意義 某時刻穿過磁場中某個面的磁感線條數 在某一過程中，穿過某個面的磁通量變化的多少 穿過某個面的磁通量變化的快慢
總結提升
當B、S互相垂直時的大小 Φ＝BS
二
導體棒切割磁感線時的感應電動勢
1.如圖所示，把兩平行導軌放在磁感應強度為B的勻強磁場中，通過一電阻相連，所在平面跟磁感線垂直。導體棒MN放在導軌上，兩導軌間距為l，MN以速度v向右勻速運動。試根據法拉第電磁感應定律求產生的感應電動勢。
(1)在Δt時間內，由原來的位置MN移到M1N1，這個過程
中閉合電路的面積變化量是ΔS＝　　　。
(2)穿過閉合電路的磁通量的變化量則是ΔΦ＝　　 ＝ 。
(3)根據法拉第電磁感應定律E＝ 求得感應電動勢E＝ 。
lvΔt
BΔS
BlvΔt
Blv
2.如果導線的運動方向與導線本身是垂直的，但與磁感線方向有一個夾角θ，將速度v分解為兩個分量；垂直于磁感線的分量v1＝ 和平行于磁感線的分量v2＝ ，則導線產生的感應電動勢為E＝ ＝ 。
vsin θ
vcos θ
Blv1
Blvsin θ
1.如圖，導體棒CD在勻強磁場中運動。自由電荷會隨著導
體棒運動，并因此受到洛倫茲力。
(1)導體棒中自由電荷相對于紙面的運動大致沿什么方向？
(為了方便，可以認為導體棒中的自由電荷是正電荷。)
答案　導體棒中自由電荷(正電荷)隨導體棒向右運動，由左手定則可判斷正電荷受到沿棒向上的洛倫茲力作用。因此，正電荷一邊向上運動，一邊隨導體棒向右勻速運動，所以正電荷相對于紙面的運動是斜向右上方的。
思考與討論
(2)導體棒一直運動下去，自由電荷是否總會沿著導體棒運動？為什么？導體棒哪端的電勢比較高？
(以上討論不必考慮自由電荷的熱運動。)
答案　不會。當導體棒中的自由電荷受到的洛倫茲力與靜電力平衡時不再定向移動，因為正電荷會聚集在C端，所以C端電勢高。
2.在上述過程中，洛倫茲力做功嗎？
答案　自由電荷參與了兩個方向的運動，隨著導體棒向右運動的速度vx和沿著導體棒向上運動的速度vy，相應的有沿著棒方向的洛倫茲力Fy和垂直棒方向的洛倫茲力Fx。如圖所示，自由電荷合速度的方向指向右上方。洛倫茲合力方向與自由電荷的合速度垂直，洛倫茲力不做功。洛倫茲力不做功，不提供能量，只是起傳遞能量的作用。
1.由于導體運動而產生的電動勢叫作動生電動勢。
2.導線垂直于磁場方向運動，B、l、v兩兩垂直時，感應電動勢E＝ 。
3.導線運動的方向與磁感線方向夾角為θ時，感應電動勢E＝ 。
4.若導線是彎折的，或l與v不垂直時，E＝Blv中的l應為導線兩端點在與v垂直的方向上的投影長度，即有效切割長度。
梳理與總結
Blv
Blvsin θ
　如圖所示，兩根平行光滑金屬導軌MN和PQ放置在水平面內，其間距L＝0.2 m，磁感應強度大小B＝0.5 T的勻強磁場垂直導軌平面向下，兩導軌之間連接的電阻R＝4.8 Ω，在導軌上有一金屬棒ab，其接入電路的電阻r＝1.2 Ω，金屬棒與導軌垂直且接觸良好，在ab棒上施加水平拉力使其以速度v＝12 m/s向右勻速運動，設金屬導軌足夠長，電阻不計。求：
(1)金屬棒ab產生的感應電動勢大小；
例3
答案　1.2 V
設金屬棒中產生的感應電動勢大小為E，
則E＝BLv
代入數值得E＝1.2 V。
(2)水平拉力的大小F；
答案　0.02 N
設流過電阻R的電流大小為I，
代入數值得I＝0.2 A
因棒勻速運動，則拉力等于安培力，有
F＝F安＝BIL＝0.02 N。
(3)金屬棒a、b兩點間的電勢差。
答案　0.96 V
a、b兩點間的電勢差為Uab＝IR
代入數值得Uab＝0.96 V。
　　 如圖所示，MN、PQ為兩條平行的水平放置的金屬導軌，左端接有定值電阻R，金屬棒ab斜放在兩導軌之間，與導軌接觸良好，ab＝L。磁感應強度為B的勻強磁場垂直于導軌平面，設金屬棒與兩導軌間夾角為60°，以速度v水平向右勻速運動，不計導軌和金屬棒的電阻，則流過金屬棒的電流為
針對訓練2
√
　如圖所示，長為L的銅桿OA以O為軸在垂直于勻強磁場的平面內以角
速度ω勻速轉動，磁場的磁感應強度為B，桿兩端的電勢差大小為 ，
O點的電勢 (填“大于”或“小于”)A點的電勢。
例4
大于
如圖，設經過時間Δt，銅桿掃過的面積為ΔS，轉過的角度為Δθ，則轉過的弧長為Δθ·L＝ωLΔt
由右手定則可知感應電流的方向為由A到O，OA切割磁感線，相當于電源，則O為電源的正極，A為電源的負極，O點的電勢大于A點的電勢。
總結提升
導體棒轉動切割磁感線時轉軸位置問題
相對位置 轉軸位置 端點 中點 任意位置
導體棒ab長為l，垂直于勻強磁場(磁感應強度為B)，轉動平面也垂直于磁場方向(轉動角速度為ω) Eab＝0
　　 如圖所示，半徑為r的金屬圓盤在垂直于盤面的勻強磁場(磁感應強度為B)中，繞O軸以角速度ω沿逆時針方向勻速轉動，則通過電阻R的電流的方向和大小是(金屬圓盤的電阻不計)
針對訓練3
√
圓盤相當于電源，由右手定則可知圓盤中的電流方向為由邊緣指向圓心，所以通過電阻R的電流方向為由d到c，選項D正確。
總結提升
法拉第電磁感應定律的三個表達式的比較
情景圖
研究 對象 回路(不一定閉合)磁場變化或面積變化 一段直導線(或等效成直導線)切割磁感線 繞一端轉動的一段導體棒
表達式 E＝Blv
三
課時對點練
考點一　法拉第電磁感應定律的理解和基本應用
1.關于感應電動勢的大小，下列說法中正確的是
A.線圈所在處磁感應強度越大，產生的感應電動勢一定越大
B.線圈中磁通量越大，產生的感應電動勢一定越大
C.線圈中磁通量變化越大，產生的感應電動勢一定越大
D.線圈中磁通量變化越快，產生的感應電動勢一定越大
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基礎對點練
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2.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，感應電動勢最大
D.在0～2×10－2 s時間內，線圈中感應電動勢的平均值為零
√
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t＝1×10－2 s時，E最大，B項正確；
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3.如圖甲所示，一線圈匝數為100，橫截面積為0.01 m2，勻強磁場與線圈軸線成30°角向右穿過線圈。若在0～2 s時間內磁感應強度隨時間的變化關系如圖乙所示，則該段時間內線圈兩端a、b之間的電勢差Uab為
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與線圈軸線成30°角向右穿過線圈的磁感應強度均勻增加，故產生恒定的感應電動勢，根據法拉第電磁感應定律，有
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4.(2022·江蘇卷)如圖所示，半徑為r的圓形區域內有垂直于紙面的勻強磁場，磁感應強度B隨時間t的變化關系為B＝B0＋kt，B0、k為常量，則圖中半徑為R的單匝圓形線圈中產生的感應電動勢大小為
A.πkr2 B.πkR2
C.πB0r2 D.πB0R2
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考點二　導線切割磁感線時的感應電動勢
5.如圖所示，空間有一勻強磁場，一直金屬棒與磁感應強度方向垂直，當它以速度v沿與棒和磁感應強度都垂直的方向運動時，棒兩端的感應電動勢大小為E，將此棒彎成長度相等且相互垂直的折線，置于與磁感應強度相互垂直的平面內，當它沿兩段折線夾角角平分線的方向以速度v運動時，棒兩端的感應電動勢大小為E′。
則　　等于
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6.(2022·鹽城市東臺創新高級中學高二月考)如圖所示，abcd為水平固定的足夠長的“　 ”形金屬導軌，間距為L，導軌間有垂直于導軌平面的勻強磁場，磁感應強度大小為B，導軌電阻不計，足夠長的金屬棒MN傾斜放置，與導軌成夾角θ＝30°，金屬棒單位長度的電阻為r，保持金屬棒以速度v(速度方向平行于ab，如圖)勻速運動(金屬棒尚未脫離導軌)，金屬棒與導軌接觸良好，則通過金屬棒中的電流為
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7.(2023·南京市第一中學校考期末)如圖所示，在磁感強度為B的勻強磁場中，有半徑為r的光滑半圓形導體框架，OC為一能繞O在框架上滑動的導體棒，Oa之間連一個電阻R，導體框架與導體棒的電阻均不計，若要使OC能以角速度ω勻速轉動，則外力做功的功率是
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8.如圖所示，在磁感應強度為B的勻強磁場中，一導體棒ab繞O點在垂直于磁場的平面內勻速轉動，角速度為ω，Oa＝ab＝L，導體棒產生的感應電動勢大小為
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9.一接有電壓表的矩形線圈abcd在勻強磁場中向右做勻速運動，如圖所示，下列說法正確的是
A.線圈中有感應電流，有感應電動勢
B.線圈中無感應電流，也無感應電動勢
C.線圈中無感應電流，有感應電動勢
D.線圈中無感應電流，但電壓表有示數
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能力綜合練
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矩形線圈abcd在勻強磁場中向右做勻速運動，由
題圖可知線圈的ad邊和bc邊在切割磁感線，根據
法拉第電磁感應定律可得ad邊和bc邊產生的電動
勢大小均為E＝BLv，根據右手定則可知ad邊和bc
邊產生的電動勢方向相反，故線圈中的感應電流為零，故電壓表沒有示數，故選C。
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10.(2023·連云港市錦屏高級中學等四校高二期中聯考)電吉他是利用電磁感應原理工作的一種樂器。如圖甲所示為電吉他的拾音器的原理圖，在金屬弦的下方放置一個連接到放大器的螺線管。一條形磁體固定在管內，當撥動金屬弦后，螺線管內就會產生感應電流，經一系列轉化后可將電信號轉為聲音信號，若由于金屬弦的振動，螺線管內的磁通量隨時間的變化如圖乙所示，則對應感應電流的變化為
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根據法拉第電磁感應定律可得在金屬弦振動時，螺線管內的感應電流為I＝ ，由感應電流的表達式可知，感應電流的大小與磁通量的變化率成正比，則在Φ－t圖像中，各點切線斜率的絕對值對應感應電流的大小，斜率的正負表示電流的方向，根據題圖乙，在0～t0時間內，感應電流I先減小到零，然后再
逐漸增大，電流的方向改變一次，而
時間軸上方和時間軸下方分別表示
電流的不同方向，圖線與時間軸的
交點表示電流方向將要發生改變的時刻，故選B。
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11.(2023·南京市高二期中)如圖所示，兩塊水平放置的金屬板距離為d，用導線、開關K與一個n匝的線圈連接，線圈置于方向豎直向上的磁感應強度變化的勻強磁場B中，線圈電阻不計。兩板間放一臺壓力傳感器，壓力傳感器上表面靜止放置一個質量為m、電荷量為q的帶負電小球。K斷開時傳感器上有示數mg(g為重力加速度)，K閉合穩定后傳感器上示數為3mg。則線圈中的磁場B的變化情況和磁通量的變化率分別是
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12.如圖所示，直角三角形金屬框abc放置在勻強磁場中，磁感應強度大小為B，方向平行于ab邊向上。當金屬框繞ab邊以角速度ω逆時針轉動(俯視)時，a、b、c三點的電勢分別為φa、φb、φc。已知bc邊的長度為l。下列判斷正確的是
A.φa＞φc，金屬框中無電流
B.φb＞φc，金屬框中電流方向沿abca
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金屬框abc平面與磁場方向平行，轉動過程中穿過金屬框的磁通量始終為零，所以無感應電流產生，故B、D錯誤；
轉動過程中bc邊和ac邊均切割磁感線，產生感應電動勢，由右手定則判斷φa<φc，φb<φc，故A錯誤；
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13.(2022·南京市六校聯合體高二月考)如圖所示，邊長為a的正方形導線框ABCD處于磁感應強度為B0的勻強磁場中，BC邊與磁場右邊界重合。現發生以下兩個過程：一是僅讓線框以垂直于邊界的速度v勻速向右運動；二是僅使磁感應強度隨時間均勻變化。若導線框在上述兩個過程中產生的感應電流大小相等，則磁感應強度隨時間的變化率為
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14.如圖所示，導軌OM和ON都在紙面內，導體AB可在導軌上無摩擦滑動，AB⊥ON，ON水平，若AB以5 m/s的速度從O點開始沿導軌勻速向右滑動，導體與導軌都足夠長，勻強磁場的磁感應強度大小為0.2 T。問：(結果可用根式表示)
(1)第3 s末夾在導軌間的導體長度是多少？此時導體切割
磁感線產生的感應電動勢多大？
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第3 s末，夾在導軌間導體的長度為：
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(2)0～3 s內回路中的磁通量變化了多少？此過程中的平均感應電動勢為多少？
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0～3 s內回路中磁通量的變化量
0～3 s內電路中產生的平均感應電動勢為：
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尖子生選練
15.如圖所示，將一根包有絕緣層的硬金屬導線彎曲成一個完整的正弦曲線形狀，它通過兩個小金屬環a、b與長直金屬桿導通，圖中a、b間距離為L，導線彎曲成的正弦圖形頂部和底部到桿的距離均是d。右邊虛線范圍內存在磁感應強度大小為B、方向垂直于彎曲導線所在平面的勻強磁場，磁場區域的寬度為 ，現導線在外力作用下沿桿以恒定的速度v向右運動，t＝0時刻a環剛從O點進入磁場區域，
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BENKEJIESHU
本課結束(共29張PPT)
DIERZHANG
第二章
章末素養提升
再現素養
知識
物理 觀念 感應電流的方向 1.楞次定律：感應電流的磁場總要　　　引起感應電流的_____________
2.右手定則：伸開右手，使拇指與其余四個手指　　 ，并且都與手掌在同一個平面內；讓磁感線從掌心進入，并使　　　指向導線運動的方向，這時　　　所指的方向就是感應電流的方向
阻礙
磁通量的變化
垂直
拇指
四指
物理 觀念 感應電動勢的大小 1.E＝　　 ，適用于一切電磁感應現象
2.導體棒平動切割磁感線E＝ ，θ為v與B的夾角
3.導體棒轉動切割磁感線：E＝_______
感生電場 　　　　　認為，磁場變化時會在空間激發一種_____
渦流 當線圈中的　　　隨時間變化時，線圈附近的任何導體，如果穿過它的磁通量發生變化，導體內都會產生感應電流，就像水中的漩渦，所以把它叫作________
Blvsin θ
麥克斯韋
電場
電流
渦電流
物理 觀念 電磁阻尼和電磁驅動 1.電磁阻尼：當導體在　　　中運動時，感應電流會使導體受到安培力，安培力的方向總是　　　導體的運動
2.電磁驅動：若磁場相對于導體運動，在導體中會產生感應電流，感應電流使導體受到　　　　的作用，
　　　　使導體運動起來
磁場
阻礙
安培力
安培力
物理 觀念 互感和自感 1.互感電動勢：兩個相互靠近且沒有導線相連的線圈，當一個線圈中的　　　　　時，它所產生的_______
　　　會在另一個線圈中產生___________
2.自感：當一個線圈中的　　　變化時，它所產生的變化的磁場在　　　　　激發出的感應電動勢
3.自感電動勢：由于自感而產生的感應電動勢E＝ ，
其中 是　　　　　　　；L是　　　　　，簡稱自感或電感。單位：　　　，符號：___
電流變化
變化的
磁場
感應電動勢
電流
線圈本身
電流的變化率
自感系數
亨利
H
物理 觀念 磁場的能量 線圈中電流從無到有時，磁場從無到有，電源把能量輸送給　　　，儲存在　　　中
科學思維 物理模型 能用磁感線與勻強磁場等模型綜合分析電磁感應問題
類比分析法 渦流、電磁阻尼和電磁驅動現象的類比
能量守恒的思想 能從能量的視角分析解釋楞次定律，解釋生產生活中的各種電磁感應現象
磁場
磁場
科學探究 1.會對影響感應電流方向的因素提出問題、合理的猜想、獲取證據、得出結論并進行解釋等過程，提升科學探究素養
2.會設計磁通量增加和磁通量減少的實驗情境來探究規律，會根據電流表指針偏轉方向確定感應電流的方向，會針對條形磁體在閉合線圈中插入、拔出的過程，觀察現象并設計表格記錄相關數據
3.會引入“中間量”探究表述感應電流方向的規律，會概括總結規律并從能量守恒角度理解“阻礙”的含義
科學態度與責任 1.通過實例了解渦流、電磁阻尼和電磁驅動、互感與自感現象的利弊以及它們在生產生活中的應用
2.通過了解眾多電磁感應現象在生產生活中的應用，體會科學、技術、社會之間緊密的聯系
　(2023·南京市第一中學高二期末)下列說法中錯誤的是
A.真空冶煉爐是利用渦流來熔化金屬的裝置
B.家用電磁爐工作時在電磁爐的面板上產生渦流來加熱食物
C.手機無線充電技術是利用互感現象制成的
D.在制作精密儀器時，為了消除使用過程中由于電流變化而引起的自感
　現象，采取了雙線繞法
例1
提能綜合
訓練
√
真空冶煉爐是用渦流來熔化金屬對其進行冶煉的，爐內放入被冶煉的金屬，線圈內通入高頻交流電，這時被冶煉的金屬中產生渦流就能被熔化，故A正確；
電磁爐利用高頻電流在電磁爐內部線圈中產生磁場，當鐵質鍋具放置在爐面上時，鍋具底部產生渦流來加熱食物，故B錯誤；
無線充電利用電磁感應原理，當充電底座的發射線圈中通有交流電時，發射線圈產生交變的磁場，根據電磁感應原理，在接收線圈中產生感應電流，實現對手機的充電，無線充電時手機接收線圈部分的工作原理是“互感現象”，故C正確；
在制作精密儀器時，為了消除使用過程中由于電流變化而引起的自感現象，采用雙線繞法，故D正確。
　(2023·江蘇卷)如圖所示，圓形區域內有垂直紙面向里的勻強磁場，OC導體棒的O端位于圓心，棒的中點A位于磁場區域的邊緣。現使導體棒繞O點在紙面內逆時針轉動。O、A、C點電勢分別為φO、φA、φC，則
A.φO>φC B.φC>φA
C.φO＝φA D.φO－φA＝φA－φC
例2
√
由題圖可看出導體棒OA段逆時針轉動切割磁感線，則根據右手定則可知φO>φA，其中導體棒AC段不在磁場中，不切割磁感線，電流為0，則φC＝φA，A正確，B、C錯誤；
根據以上分析可知φO－φA>0，φA－φC＝0，則φO－φA>φA－φC，D錯誤。
　(2023·南京市第一中學高二期中)如圖所示，置于勻強磁場中的金屬圓盤中央和邊緣各引出一根導線，與套在鐵芯上部的線圈A相連，套在鐵芯下部的線圈B引出兩根導線接在兩根水平光滑導軌上，導軌上有一根金屬棒ab靜止處在垂直于紙面向外的勻強磁場中，下列說法正確的是
A.圓盤順時針加速轉動時，ab棒將向右運動
B.圓盤逆時針減速轉動時，ab棒將向右運動
C.圓盤順時針勻速轉動時，ab棒將向右運動
D.圓盤逆時針加速轉動時，ab棒將向右運動
例3
√
由右手定則可知，圓盤順時針加速轉動時，感應電
流從圓心流向邊緣，線圈A中產生的磁場方向向下
且磁場增強。由楞次定律可知，線圈B中的感應磁
場方向向上，由右手螺旋定則可知，ab棒中感應電流方向由a→b，由左手定則可知，ab棒受的安培力方向向左，ab棒將向左運動，選項A錯誤；
圓盤逆時針減速轉動時，感應電流從邊緣流向圓心，線圈A中產生的磁場方向向上且磁場減小。由楞次定律可知，線圈B中的感應磁場方向向上，由右手螺旋定則可知，ab棒中感應電流方向由a→b，由左手定則可知，ab棒受的安培力方向向左，ab棒將向左運動，選項B錯誤；
當圓盤順時針勻速轉動時，線圈A中產生恒定的電
流，線圈B的磁通量不變，則ab棒中沒有感應電流，
則不會運動，選項C錯誤；
由右手定則可知，圓盤逆時針加速轉動時，感應電流從邊緣流向中心，線圈A中產生的磁場方向向上且磁場增強，由楞次定律可知，線圈B中的感應磁場方向向下，由右手螺旋定則可知，ab棒中感應電流方向由b→a，由左手定則可知，ab棒受的安培力方向向右，ab棒將向右運動，選項D正確。
　(2023·揚州市高二期中)如圖甲所示，abcd是位于豎直平面內的正方形閉合金屬線框，金屬線框的質量為m，電阻為R，在金屬線框的下方有一勻強磁場區域，MN和PQ是勻強磁場區域的水平邊界，并與線框的bc邊平行，磁場方向垂直于線框平面向里。現使金屬線框從MN上方某一高度處由靜止開始下落，如圖乙是金屬線框由開始下落到bc剛好運動到勻強磁場PQ邊界的v－t圖像，圖乙中數據均為已知量。重力加速度為g，不計空氣阻力。下列說法正確的是
A.金屬線框剛進入磁場時感應電流方向沿
adcba方向
B.金屬線框的邊長為v1(t2－t1)
C.MN和PQ之間的距離為v1(t2－t1)
例4
√
根據右手定則可知，金屬線框剛進入磁
場時感應電流方向沿abcda方向，A錯誤；
根據題圖乙可知，線框勻速運動的位移
等于線框邊長，則x＝v1(t2－t1)，B正確；
　(2023·南京市第一中學高二期中)如圖所示，在水平面上有兩條導電導軌MN、PQ，導軌間距為d，勻強磁場方向垂直于紙面向里，磁感應強度的大小為B，兩根完全相同的金屬桿1、2間隔一定的距離放在導軌上，且與導軌垂直。它們的電阻均為R，兩桿與導軌接觸良好，導軌電阻不計，金屬桿與導軌間的摩擦不計。桿1以初速度v0滑向桿2，為使兩桿不相碰，則桿2固定與不固定兩種情況下，最初擺放兩桿時的最小距離之比為
A.1∶1 B.1∶2
C.2∶1 D.4∶1
例5
√
桿2固定，當桿1速度減到零時恰好到達桿2位置，則有最初擺放兩桿時距離最小，
兩桿組成的系統滿足動量守恒定律，則有mv0＝mv1＋mv2，末態兩桿速度相同v1＝v2，
　如圖所示，一個三角形框架底邊長為2L，以一定的速
度勻速經過有界磁場區域，兩磁場的磁感應強度大小相
等，方向相反，寬度均為L，框架通過磁場的過程中，
感應電流隨時間變化的圖像是(取逆時針方向為正)
例6
√
將三角形框架整個運動過程分成4個部分分析，如
圖所示
線框從位置1運動到位置2的過程中，根據楞次定
律判斷可知，感應電流方向沿逆時針方向，即為
正；導線有效切割長度均勻減小，產生的感應電動勢均勻減小，感應電流均勻減小；設開始時感應電流大小為2I，則此過程中，電流由2I減至I；
線框從位置2運動到位置3的過程中，根據楞次定律判斷可知，感應電流方向沿順時針方向，即為負；開始時電流為3I，均勻減小至2I；
線框從位置3運動到位置4的過程中，根據楞次定
律判斷可知，感應電流方向沿逆時針方向，即為
正；電流由0均勻增大至I；
線框從位置4運動到全部穿出磁場的過程中，根據
楞次定律判斷可知，感應電流方向沿逆時針方向，即為正；電流由I均勻減小至0。故C正確。
　(2022·常州市高二期末)如圖所示，兩條相距d的足夠長的平行金屬導軌位于同一水平面內，其右端接一阻值為R的電阻，質量為m的金屬桿靜置在導軌上，其左側的矩形勻強磁場區域MNPQ的磁感應強度大小為B、方向豎直向下，將該磁場區域以速度v0勻速地向右掃過金屬桿，金屬棒與導軌間滑動摩擦力大小為Ff，桿在運動過程中始終與導軌垂直且兩端與導軌保持良好接觸，不計導軌與金屬桿的電阻，求：
(1)MN剛掃過金屬桿時，桿中感應電流的大小I；
例7
MN向右剛掃過金屬桿時，金屬桿以速度v0相對
磁場向左切割磁感線，產生的感應電動勢為
(2)MN剛掃過金屬桿時，桿的加速度大小a；
由題意和左手定則知金屬桿受向右的安培力而向右運動，MN剛掃過金屬桿時，安培力大小為
由牛頓第二定律F－Ff＝ma
(3)若磁場足夠寬，桿可能達到的最大速度vm。
設金屬桿向右運動的速度為v，則金屬桿切割磁
感線的速度v′＝v0－v
隨著金屬桿速度v增大，金屬桿切割磁感線的速度v′逐漸減小，安培力減小，當安培力等于摩擦力時，金屬桿速度達到最大值，有
BENKEJIESHU
本課結束(共53張PPT)
DIERZHANG
第二章
3　渦流、電磁阻尼和電磁驅動
學習目標
1.了解感生電場的概念，了解電子感應加速器的工作
原理。
2.理解渦流的產生原理，了解渦流在生產和生活中的
應用(重點)。
3.理解電磁阻尼和電磁驅動的原理，了解其在生產和
生活中的應用(重難點)。
內容索引
一、電磁感應現象中的感生電場
二、渦流
課時對點練
三、電磁阻尼和電磁驅動
一
電磁感應現象中的感生電場
1.麥克斯韋認為　　　的磁場能在周圍空間激發電場，這種電場叫作感生電場。
2.由　　　　　產生的電動勢叫感生電動勢。
3.電子感應加速器是利用　　　　　使電子加速的設備，當線圈中_____
的大小、方向發生變化時，產生的感生電場使電子加速。
4.感生電場的方向根據楞次定律結合右手螺旋定則判斷，感生電動勢的
大小由法拉第電磁感應定律E＝ 計算。
變化
感生電場
感生電場
電流
思考與討論
如圖所示，B增強時，就會在空間激發一個感生電場E。如果
E處空間存在閉合導體，導體中的自由電荷就會發生定向移
動，而產生感應電流。
(1)感生電場的方向與感應電流的方向有什么關系？如何判斷
感生電場的方向？
答案　感生電場的方向與感應電流的方向相同，感生電場的方向可以用楞次定律來判定。
(2)在上述情況下，哪種力扮演了非靜電力的角色？
答案　感生電場對自由電荷的作用力。
(1)只要磁場變化，即使沒有電路，在空間也將產生感生電場。
(　　)
(2)處于變化磁場中的導體，其內部自由電荷定向移動，是由于受到感生電場的作用。(　　)
√
√
　現代科學研究中常要用到高速電子，電子感應加速器就是利用感生電場使電子加速的設備。如圖所示，圖甲為側視圖，上、下為電磁體的兩個磁極；圖乙為磁極之間真空室的俯視圖。若從上往下看電子在真空室中沿逆時針方向做圓周運動，改變電磁體線圈中電流的大小可使電子加速。則下列判斷正確的是
A.真空室中產生的感生電場沿逆時針方向
B.通入電磁體線圈的電流在增強
C.電子在軌道中加速的驅動力是洛倫茲力
D.電子在軌道中做圓周運動的向心力是由靜電力提供的
例1
√
電子感應加速器就是利用感生電場使電子加速的設
備，電子帶負電，電場方向與電子運動的方向相反，
所以真空室中產生的感生電場沿順時針方向，A錯誤；
電磁體線圈中電流變大，產生的磁感應強度變大，
由楞次定律可知，產生的感生電場方向是順時針方
向，電子受感生電場的力與運動方向相同，電子的
速度增大，B正確；
由于電磁體線圈中電流可以變化，可在真空室中產生感生磁場，電子在洛倫茲力的作用下做圓周運動，D錯誤；
由于感生電場使電子加速，即電子在軌道中加速的驅動力是非靜電力，C錯誤。
閉合回路(假定其存在)中的感應電流方向就表示感生電場的方向。判斷思路如下：
總結提升
二
渦流
1.渦流：當某線圈中的　　　隨時間變化時，由于電磁感應，這個線圈附近的任何導體，如果穿過它的磁通量發生變化，導體內都會產生_____
　　　，如果用圖表示這樣的感應電流，就像水中的漩渦，所以把它叫作渦電流，簡稱渦流。
2.渦流的應用與防止
(1)應用：　　　　　　、　　　　、　　　　等。
(2)防止：為了減小電動機、變壓器鐵芯上的渦流，常用電阻率較大的____
做材料，或者用相互絕緣的　　　　疊成鐵芯來代替整塊硅鋼鐵芯。
電流
感應
電流
真空冶煉爐
探雷器
安檢門
硅鋼
硅鋼片
在電磁爐的爐盤下有一個線圈。電磁爐工作時，它的盤面并不發熱，在爐盤上面放置鐵鍋，鐵鍋會發熱。你知道這是為什么嗎？
答案　電磁爐的盤面下布滿了金屬導線纏繞的線圈，當通上變化極快的電流時，在線圈周圍產生迅速變化的磁場，變化的磁場使鍋底產生渦流，鐵鍋迅速發熱。
思考與討論
(1)渦流不是感應電流，而是一種有別于感應電流的特殊電流。(　　)
(2)渦流跟平時常見的感應電流一樣，都是因為穿過導體的磁通量變化而產生的。(　　)
(3)導體中有渦流時，導體沒有和其他元件組成閉合回路，故導體不會發熱。(　　)
(4)渦流有熱效應，但沒有磁效應。(　　)
×
√
×
×
　(2022·揚州市高二期中)如圖所示為高頻電磁爐的工作示意圖，它采用電磁感應原理產生渦流進行加熱。關于電磁爐，以下說法中正確的是
A.電磁爐是利用變化的磁場在食物中產生渦流對
　食物加熱
B.電磁爐是利用變化的磁場在含鐵質鍋底產生渦
　流對食物加熱
C.電磁爐是利用變化的磁場在臺面產生渦流對食物加熱
D.電磁爐跟電爐一樣是讓電流通過電阻絲產生熱量來對食物加熱
例2
電磁爐是利用變化的磁場在含鐵質鍋底產生渦流對食物加熱，故B正確，A、C、D錯誤。
√
　(2022·鹽城市東臺創新高級中學高二月考)某個同學制作了一個簡易加熱器，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.提高交流電源的頻率
B.減少線圈的匝數
C.將金屬杯換為陶瓷杯
D.將交流電源換成電動勢更大的直流電源
例3
√
由題意可知，本題中是渦流現象的應用，即采用線圈
產生的磁場使金屬杯產生感應電流從而進行加熱的，
由法拉第電磁感應定律可知，增加線圈的匝數、提高
交流電的頻率均可以提高發熱功率，則可以縮短加熱
時間，故B錯誤，A正確；
將杯子換為陶瓷杯不會產生渦流，則無法加熱水，故C錯誤；
將交流電源換成電動勢更大的直流電源不會產生渦流，故D錯誤。
三
電磁阻尼和電磁驅動
(1)如圖甲所示，將兩磁體在同一高度釋放，下方放有閉合線圈的磁體很快停止振動，而下方不放閉合線圈的磁體能振動較長時間，如何解釋這個現象？
答案　圖甲中下方放有閉合線圈的磁體振動時除了受空氣阻力外，還受到線圈產生的磁場的阻力，所以很快停下來。
(2)如圖乙所示，當順時針或逆時針轉動蹄形磁體時線圈怎樣轉動？使線圈轉動起來的動力是什么？
答案　當蹄形磁體順時針轉動時，線圈也順時針轉動；當蹄形磁體逆時針轉動時，線圈也逆時針轉動。線圈內產生感應電流，線圈受到安培力的作用，安培力作為動力使線圈轉動起來。
梳理與總結
1.電磁阻尼
當　　　　　　　　　時，感應電流會使導體受到安培力作用，安培力總是　　　導體的運動，這種現象稱為電磁阻尼。
2.電磁驅動
(1)如果　　　　　　　　　　，在導體中會產生感應電流，感應電流使導體受到　　　　的作用，　　　　使導體運動起來，這種作用常常稱為電磁驅動。
(2)交流感應電動機是利用　　　　　的原理工作的，它能把　　　轉化成　　　　。
導體在磁場中運動
阻礙
磁場相對于導體轉動
安培力
安培力
電磁驅動
電能
機械能
　某同學搬運如圖所示的磁電式電流表時，發現表針晃動劇烈且不易停止。按照老師建議，該同學在兩接線柱間接一根導線后再次搬運，發現表針晃動明顯減弱且能很快停止。下列說法正確的是
A.未接導線時，表針晃動過程中表內線圈不產生感應電動勢
B.未接導線時，表針晃動劇烈是因為表內線圈受到安培力的
　作用
C.接上導線后，表針晃動過程中表內線圈不產生感應電動勢
D.接上導線后，表針晃動減弱是因為表內線圈受到安培力的作用
例4
√
未接導線時，表針晃動過程中表內線圈產生感應電動勢，
但不構成閉合回路，故不產生感應電流，不受安培力作
用，A、B錯誤；
接上導線后，表針晃動過程中表內線圈產生感應電動勢，
在閉合回路中產生感應電流，受到安培力的作用，是電磁阻尼的表現，C錯誤，D正確。
　如圖所示，蹄形磁體和矩形線圈均可繞豎直軸OO′轉動。從上向下看，當蹄形磁體逆時針轉動時
A.線圈將逆時針轉動，轉速與磁體相同
B.線圈將逆時針轉動，轉速比磁體小
C.線圈將逆時針轉動，轉速比磁體大
D.線圈靜止不動
例5
當蹄形磁體轉動時，線圈的磁通量發生變化，從而產生感應電流，產生安培力，故線圈一定會轉動，由楞次定律可知，線圈將與磁體同向轉動，但轉速一定小于磁體的轉速，B正確，A、C、D錯誤。
√
總結提升
電磁阻尼 電磁驅動
不 同 點 成因 由導體在磁場中運動形成的 由磁場運動而形成的
效果 安培力方向與導體運動方向相反，為阻力 安培力方向與導體運動方向相同，為動力
能量 轉化 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
共同點 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間的相對運動
四
課時對點練
考點一　電磁感應現象中的感生電場
1.下列說法正確的是
A.感生電場由恒定的磁場產生
B.恒定的磁場也能在周圍空間產生感生電場
C.感生電場的方向也同樣可以用楞次定律和安培定則來判定
D.感生電場的電場線是閉合曲線，其方向一定是沿逆時針方向
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基礎對點練
√
磁場變化時在空間激發感生電場，其方向與所產生的感應電流方向相同，可由楞次定律和安培定則判斷，故C項正確。
2.如圖所示，內壁光滑的塑料管彎成的圓環平放在水平桌面上，環內有一帶負電的小球，整個裝置處于豎直向下的磁場中，當磁場突然增強時，小球將
A.沿順時針方向運動
B.沿逆時針方向運動
C.在原位置附近往復運動
D.仍然保持靜止狀態
√
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磁感應強度的方向豎直向下，當磁場突然增強時，由楞次定律和安培定則可知，感生電場沿逆時針方向，由于小球帶負電，所以小球將沿順時針方向運動，A正確。
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考點二　渦流
3.(2023·南京漢開書院高二期末)下列關于圖片相關內容解釋錯誤的是
A.真空冶煉爐利用渦流通過金屬產生的熱量
　使金屬熔化
B.電磁爐接直流電也可以正常工作
C.用互相絕緣的硅鋼片疊成的鐵芯來代替整塊
　硅鋼鐵芯可以減小變壓器鐵芯中的渦流
D.用來探測金屬殼的地雷或有較大金屬零件的地雷的探雷器是利用渦流
　工作的
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真空冶煉爐利用渦流通過金屬產生的熱量
使金屬融化，故A正確，不符合題意；
電磁爐是依靠交流電產生迅速變化的磁場
使鍋底產生渦流發熱的，接直流電不可以
正常工作，故B錯誤，符合題意；
用互相絕緣的硅鋼片疊成的鐵芯來代替整
塊硅鋼鐵芯可以減小變壓器鐵芯中的渦流，故C正確，不符合題意；
用來探測金屬殼的地雷或有較大金屬零件的地雷的探雷器是利用渦流工作的，故D正確，不符合題意。
4.(2022·淮安市高二期中)如圖為士兵用探雷器進行掃雷，該探雷器利用渦流工作。下列說法正確的是
A.探雷器使用直流電工作
B.渦流是在探雷器的線圈中產生的
C.探雷器靜止在地雷上方時，將無法報警
D.該探雷器探測網狀金屬物品時，靈敏度會降低
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探雷器利用了電磁感應原理，即必須使用交流電工
作，探雷器產生的變化的磁場在金屬物品內部產生
渦流，渦流又會產生磁場，反過來影響原來的磁場，
引發探雷器發出信號，故A、B錯誤；
探雷器靜止在地雷上方時，因為探雷器產生變化的磁場，所以地雷中也能產生渦流，從而引發探雷器報警，故C錯誤；
如果該探雷器探測網狀金屬物品時，渦流現象會減弱，則靈敏度會降低，故D正確。
5.(2022·南通市高二期末)渦流探傷是工業上常用的技術之一，該技術通過勵磁線圈使構件中產生渦流，再借助探測線圈測定渦流的變化量從而獲得構件缺陷的有關信息。則
A.工作時勵磁線圈必須要與被測構件接觸
B.渦流探傷也適用于檢測橡膠構件的缺陷
C.勵磁線圈中應該通入恒定電流完成檢測
D.探測線圈是根據接收到的渦流產生的磁場工作的
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渦流探傷技術其原理是用勵磁線圈使被測構件內產生渦
流，借助探測線圈測定渦流的改變，故工作時勵磁線圈
不需要與被測構件接觸，故A錯誤；
因橡膠構件不能產生渦流，所以渦流探傷不適用于檢測橡膠構件的缺陷，故B錯誤；
勵磁線圈中通入交變電流才能產生變化的磁場，當金屬構件處于該磁場中時，該金屬構件中才會發生電磁感應現象產生渦流，完成檢測，由此可知，探測線圈是根據接收到的渦流的磁場工作的，故C錯誤，D正確。
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考點三　電磁阻尼和電磁驅動
6.(2023·連云港市贛榆智賢中學高二月考)1824年，科學家阿拉果完成了著名的“圓盤實驗”。實驗中將一銅圓盤水平放置，在其中心正上方用柔軟細線懸掛一枚可以自由旋轉的磁針，如圖所示。實驗中發現，當圓盤在磁針的磁場中繞過圓盤中心的豎直軸旋轉時，磁針也隨著一起轉動起來，但略有滯后。下列說法不正確的是
A.圓盤上產生了感應電動勢
B.圓盤內的渦電流產生的磁場導致磁針轉動
C.在圓盤轉動的過程中，磁針的磁場穿過整個圓盤的磁通量不變
D.圓盤中的自由電子隨圓盤一起運動形成電流，此電流產生的磁場導致磁針轉動
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圓盤運動過程中，半徑方向的金屬條在切割磁感線，在
圓心和邊緣之間產生了感應電動勢，A正確；
圓盤在徑向的金屬條切割磁感線過程中，內部距離圓心
遠近不同的點電勢不等而形成渦流，渦流產生的磁場導致磁針轉動，B正確，D錯誤；
圓盤轉動過程中，圓盤位置、面積和磁場都沒有發生變化，所以沒有磁通量的變化，C正確。
7.(2023·揚州市高二期中)汽車使用的電磁制動原理示意圖如圖所示，當導體在固定通電線圈產生的磁場中運動時，會產生渦流，使導體受到阻礙運動的制動力。下列說法正確的是
A.制動過程中，導體不會發熱
B.制動力的大小與導體運動的速度無關
C.改變線圈中的電流方向，導體就可獲得動力
D.制動過程中導體獲得的制動力逐漸減小
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由于導體中產生了渦流，制動過程中，導體會發
熱，A錯誤；
導體運動速度越大，穿過導體中回路的磁通量的
變化率越大，產生的渦流越大，則所受安培力，
即制動力越大，即制動力的大小與導體運動的速度有關，B錯誤；
根據楞次定律可知，原磁場對導體的安培力總是要阻礙導體的相對運動，即改變線圈中的電流方向，導體受到的安培力仍然為阻力，C錯誤；
制動過程中，導體的速度逐漸減小，穿過導體中回路的磁通量的變化率變小，產生的渦流變小，則導體所受安培力，即制動力變小，D正確。
8.(2023·南通市高二期末)2021年7月25日，臺風“煙花”登陸上海后，“中國第一高樓”上海中心大廈上的阻尼器開始出現擺動，給大樓進行減振。如圖所示為該阻尼器的簡化圖，該阻尼器首次采用了電渦流技術，底部附著永磁體的質量塊在導體板上方擺動時，導體板內產生渦流。下列說法正確的是
A.阻尼器擺動時產生的渦流源于外部電源供電
B.阻尼器最終將機械能轉化為內能
C.導體板電阻率越大，阻尼越明顯
D.導體板的渦流大小與質量塊擺動速率無關
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能力綜合練
√
阻尼器擺動時，永磁體通過導體板上方使之磁通量發
生變化，從而在導體板中產生渦流，屬于電磁感應現
象，A錯誤；
通過阻礙質量塊和永磁體的運動，阻尼器將動能轉化
為電能，并通過電流做功將電能最終轉化為內能，B正確；
導體板電阻率越大，導體的電阻越大，阻尼越不明顯，C錯誤；
質量塊通過導體上方的速度越快，磁通量變化越快，產生的感應電動勢和渦流也越大，D錯誤。
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9.(2023·連云港市高二校考階段練習)為了使靈敏電流計的指針在零刻度附近快速停下，實驗小組的同學利用“電磁阻尼”來實現。他們設計了如圖所示的甲、乙兩種方案，甲方案：在指針轉軸上裝上扇形鋁板，磁場位于零刻度中間；乙方案：在指針轉軸上裝上扇形鋁框，磁場位于零刻度中間。下列說法正確的是
A.甲方案中，鋁板擺動時磁通量不變，不會產生感應
　電流
B.甲方案中，鋁板左右擺動時能產生渦流，起電磁阻
　尼的作用
C.乙方案中，鋁框小幅度擺動時一定會產生感應電流
D.由于鋁框更輕，所以乙方案比甲方案更加合理
√
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甲方案中，鋁板擺動時，扇形鋁板的半徑切割
磁感線，在鋁板內產生渦流，起電磁阻尼的作
用，指針能很快停下來，故A錯誤，B正確；
乙方案中，當指針偏轉角度較小時，鋁框中磁
通量不變，不能產生感應電流，起不到電磁阻
尼的作用，指針不能很快停下，因此，甲方案更合理，故C、D錯誤。
10.(2023·南京市第一中學高二期末)在一水平通電直導線的正下方，有一半圓形光滑圓弧軌道。一導體圓環自軌道左側的A點無初速度釋放，則下列說法中正確的是
A.圓環最終停在軌道的最低點B
B.圓環能滑到軌道右側與A點等高處C
C.圓環運動過程中機械能守恒
D.圓環在運動過程中感應電流方向一直是順時針方向
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√
由于圓環運動的范圍內，各處的磁感應強度不同，所
以圓環運動的過程中機械能不斷轉化為電能，故圓環
的機械能會越來越小，最終停在最低點B，故A正確；
因為圓環在運動的過程中產生感應電流，對整個過程由能量守恒定律得，重力勢能轉化為電能，故不能上升到右側與C點等高處，故B、C錯誤；
圓環來回運動，磁通量不斷變化，所以感應電流方向不斷變化，故D錯誤。
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11.如圖所示，扇形銅框在絕緣細桿作用下繞點O在同一水平面內快速逆時針轉動，虛線把圓環分成八等份，其中虛線為勻強磁場的理想邊界，扇形銅框恰好可以與其中一份重合。下列線框停止最快的是
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√
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當線框轉動時，如果穿過線框的磁通量發生變
化，則線框中產生感應電流，線框就會受到安
培力的阻礙作用，磁通量變化越快，阻礙作用
越大，越容易停下來。由選項A、B圖可知，
線框轉動時，磁通量不變，沒有感應電流產
生，無阻礙作用，不會停下來，故A、B錯誤；
由選項C、D圖可知，線框轉動時，D項的磁通量變化快，阻礙作用更大，更容易停下來，故C錯誤，D正確。
12.(2022·蘇州市震澤中學高二月考)如圖所示為家用單相電能表的結構示意圖，其中電流線圈串聯在電路中，電壓線圈并聯在電路中，通過電流線圈和電壓線圈的交變電流產生的交變磁場使鋁盤中產生渦電流，交變磁場對渦流的安培力推動鋁盤轉動，轉動方向如圖中箭頭所示。旁邊還固定一塊永久磁鐵，鋁盤轉動時要從磁鐵兩極之間通過。關于家用單相電能表，下列說法正確的是
A.用戶功率越大，電壓線圈在鋁盤中產生的渦流越大
B.用戶功率減小，電流線圈在鋁盤中產生的渦流變大
C.永久磁鐵對鋁盤起著電磁阻尼的作用
D.當停止用電時，永久磁鐵可以使鋁盤繼續轉動
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電流線圈串聯在電路中，用戶功率越大則電流
越大，產生的磁場越強，則渦流越大，而電壓
線圈并聯在電路中，其電流與用戶功率無關，
電流大小不變，因此其產生的渦流不變，故A、
B錯誤；
當停止用電時，鋁盤失去繼續轉動的動力，線圈轉動切割磁感線產生電磁阻尼效果，避免由于慣性繼續轉動而帶來計量誤差，故C正確，D錯誤。
13.(2022·宿遷泗陽中學能力診斷測試)麥克斯韋認為，磁場變化時會在空間激發感生電場。如圖所示，一個半徑為r的絕緣細圓環水平放置，環內存在豎直向上的勻強磁場B，環上套一帶電荷量為＋q的小球。已知磁感應強度B隨時間均勻增加，其變化率為k，若小球在環上運動一周，則產生的電場對小球的作用力所做功的大小是
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尖子生選練
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BENKEJIESHU
本課結束(共55張PPT)
DIERZHANG
第二章
專題強化6　楞次定律的應用
學習目標
1.進一步理解楞次定律，能熟練應用楞次定律的推論
解決實際問題(重點)。
2.熟練應用安培定則、左手定則、右手定則和楞次定
律分析解決有關綜合問題(難點)。
內容索引
一、楞次定律的重要推論
二、“三定則一定律”的綜合應用
專題強化練
一
楞次定律的重要推論
(1)用絕緣細繩吊起一個鋁環，用磁體的N極去靠近鋁環，如圖甲所示。可以觀察到什么現象？如果用S極去靠近鋁環可以觀察到什么現象？請解釋此現象。
答案　如圖(a)所示，當磁體N極靠近鋁環時，穿過鋁環的磁通量增加，根據楞次定律可知，鋁環中產生的感應電流的方向為逆時針(從左往右看)，將環形感應電流等效成小磁針(左N極右S極)，鋁環與磁體相互排斥，鋁環向右擺動；
同理分析，如圖(b)所示，當S極靠近鋁環時，鋁環中產生的感應電流的方向為順時針(從左往右看)。環形感應電流等效成的小磁針(左S極右N極)，鋁環與磁體相互排斥。鋁環向右擺動，即無論是N極還是S極，只要磁體靠近鋁環，二者就相互排斥。
(2)若把磁體從靠近鋁環處向左移開，如圖丙所示，可以觀察到什么現象？請解釋此現象。
答案　如圖(c)所示，當磁體N極遠離鋁環時，穿過鋁環的磁通量減小，鋁環中產生的感應電流的方向為順時針(從左往右看)，將環形感應電流等效成小磁針(左S極右N極)，鋁環與磁體相互吸引，鋁環向左擺動。同理分析得出，S極遠離鋁環時，鋁環和磁體也是相互吸引的。
梳理與總結
楞次定律中“阻礙”的含義可以拓展為：感應電流的效果總是阻礙引起感應電流的磁通量的變化。主要有以下幾種表現形式：
內容 例證
阻礙原磁通量變化—— “增反減同”
阻礙相對運動——“來拒去留” 使回路面積有擴大或縮小的趨勢“增縮減擴”或“增擴減縮”

B減小時，線圈中的Φ減小，為了阻礙Φ減小，線圈有擴張趨勢，各邊受到的安培力向外

b環中電流減小時a環中Φ減小，為了阻礙Φ的減小，a環面積有縮小的趨勢
使金屬環有遠離或靠近的趨勢——“增離減靠”

穿過金屬環P的磁通量增加時，P向右運動；穿過P的磁通量減小時，P向左運動
　(2023·揚州市江都區大橋高級中學高二期中)圓環形導體線圈a平放在水平絕緣桌面上，在a的正上方固定一豎直螺線管，二者軸線重合，螺線管與電源和滑動變阻器連接成如圖所示的電路。若將滑動變阻器的滑片P向下滑動，下列表述正確的是
A.線圈a中將產生俯視為順時針方向的感應電流
B.穿過線圈a的磁通量變小
C.線圈a有擴張的趨勢
D.線圈a對水平桌面的壓力將增大
例1
√
當滑片P向下滑動時電阻減小，由閉合電路歐姆定
律可知通過線圈b的電流增大，從而判斷出穿過線圈
a的磁通量增加，方向向下，根據楞次定律即可判斷
出線圈a中感應電流方向俯視應為逆時針，故A、B
錯誤；
由楞次定律的推論知線圈a有收縮的趨勢，故C錯誤；
開始時線圈a對桌面的壓力等于線圈a的重力，當滑片向下滑動時，由楞次定律的推論知線圈a有向下運動的趨勢，故線圈a對水平桌面的壓力將增大，故D正確。
　如圖所示，a、b、c三個線圈是同心圓，b線圈上連接有直流電源和開關K，則下列說法正確的是
A.K閉合電路穩定后，在斷開K的一瞬間，線圈c中有感應
　電流，線圈a中沒有感應電流
B.K閉合電路穩定后，在斷開K的一瞬間，線圈a中有感應
　電流，線圈c中沒有感應電流
C.在K閉合的一瞬間，線圈a中有逆時針方向的瞬時感應電流，有擴張趨勢
D.在K閉合的一瞬間，線圈c中有順時針方向的瞬時感應電流，有收縮趨勢
例2
√
在K閉合電路穩定后，在斷開K的一瞬間，穿過線圈a、
c中的磁通量均發生變化，均有感應電流產生，故A、
B錯誤；
在K閉合的一瞬間，線圈b中有順時針方向的瞬時電流，
線圈a、c內磁場垂直紙面向里增大，根據楞次定律的推論及右手螺旋定則，可知線圈a、c中均有逆時針方向的瞬時感應電流，a有擴張的趨勢，c有收縮的趨勢，故C正確，D錯誤。
　虛線區域內有一垂直紙面向里的勻強磁場，當閉合線圈abcd由靜止開始平移時，磁場對ab邊的安培力FA方向如圖所示。則線圈內磁通量變化及ad邊受到的安培力方向分別為
A.變大，向左 B.變大，向右
C.變小，向左 D.變小，向右
例3
√
當閉合線圈abcd由靜止開始平移時，磁場對ab邊的安培力FA方向如題圖所示，可知線圈面積有增大的趨勢，阻礙磁通量減小，根據楞次定律的推論，線圈內磁通量變小，則ad邊受到的安培力向左，使面積有增大趨勢，故選C。
楞次定律的拓展含義——“增縮減擴”或“增擴減縮”關鍵看閉合回路面積的變化(或變化趨勢)對阻礙磁通量變化的效果。應用“增縮減擴”或“增擴減縮”判斷安培力的方向快速、準確，能解放“右手”或“左手”。
總結提升
　如圖所示裝置，在下列各種操作中，會使懸掛在螺線管附近的銅質閉合線圈A向右運動的是
A.開關S接通的瞬間
B.開關S接通后，電路中電流穩定時
C.開關S接通后，滑動變阻器觸頭向上滑動的瞬間
D.開關S斷開的瞬間
例4
√
當開關S接通的瞬間，螺線管中產生磁場，閉合
線圈中磁通量在這一瞬間變大，根據楞次定律的
推論可得，此時閉合線圈A向左運動，A錯誤；
同理可得，開關斷開的瞬間閉合線圈A向右運動，D正確；
開關S接通后，電路中電流穩定時線圈A中磁通量不變，不產生感應電流，此時線圈A靜止，B錯誤；
開關S接通后，滑動變阻器觸頭向上滑動的瞬間，電路中總電阻變小，電流變大，閉合線圈中磁通量變大，根據楞次定律可得此時閉合線圈A向左運動，C錯誤。
二
“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　　　 方向 判斷通電導線在磁場中所受的　　　 方向 判斷導體切割磁感線時產生的 　　　　 方向 判斷回路中磁通量變化時產生的_________
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)
磁感線
安培力
感應電流
感應電流
　如圖所示，在方向垂直于紙面向里的勻強磁場中有一U形金屬導軌，導軌平面與磁場垂直。金屬桿PQ置于導軌上并與導軌形成閉合回路PQRS，一圓環形金屬線框T位于回路圍成的區域內，線框與導軌共面。現讓金屬桿PQ突然向右運動，在運動開始的瞬間，關于感應電流的方向，下列說法正確的是
A.PQRS中沿順時針方向，T中沿逆時針方向
B.PQRS中沿順時針方向，T中沿順時針方向
C.PQRS中沿逆時針方向，T中沿逆時針方向
D.PQRS中沿逆時針方向，T中沿順時針方向
例5
√
金屬桿PQ突然向右運動，由右手定則可知，金屬桿PQ中的感應電流方向由Q到P，則PQRS中感應電流方向為逆時針方向；PQRS中感應電流產生垂直紙面向外的磁場，由楞次定律可知，T中感應電流方向為順時針方向，D正確。
　如圖所示，水平放置的兩組光滑軌道上分別放有可自由移動的金屬棒PQ和MN，并且分別放置在磁感應強度為B1和B2的勻強磁場中，當PQ在外力的作用下運動時，MN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，導體勻速時，感應電流恒定)
A.向左加速運動 B.向左減速運動
C.向右加速運動 D.向右勻速運動
例6
√
MN處于垂直紙面向里的磁場中，MN在磁場力作用下向右運動，說明MN受到的磁場力向右，由左手定則可知電流由M指向N，根據安培定則可知，L2中感應電流的磁場向上，由楞次定律可知，L1線圈中電流的磁場應該是向上減弱，或向下增強。若L1中磁場方向向上減弱，根據安培定則可知PQ中電流方向為Q→P且減小，根據右手定則可知PQ向右減速運動；若L1中磁場方向向下增強，根據
安培定則可知PQ中電流方向P→Q且增大，根據右
手定則可知PQ向左加速運動。故選A。
三
專題強化練
1.(2022·南京師大附中高二期中)如圖所示，螺線管CD的導線繞法不明，當磁體AB插入螺線管時，電路中有圖示方向的感應電流產生，下列關于螺線管產生的磁場極性的判斷正確的是
A.C端一定是N極
B.C端一定是S極
C.C端的極性一定與磁體B端的極性相同
D.無法判斷極性的關系，因螺線管的繞法不明確
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基礎強化練
√
在磁體插入螺線管過程中，穿過螺線管CD的磁通量增大，感應電流的磁場與原磁場的方向相反，阻礙磁體AB插入螺線管，C端的極性一定與磁體B端的極性相同，C正確，D錯誤；
因磁體AB極性不明，故無法判斷C、D端的極性，A、B錯誤。
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2.如圖所示，一條形磁體從高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，由開始下落至落地用時t1，落地時速度大小為v1；開關S閉合時，由開始下落至落地用時t2，落地時速度大小為v2。不計空氣阻力，則它們的關系是
A.t1>t2，v1>v2
B.t1＝t2，v1＝v2
C.t1D.t1v2
√
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開關S斷開時，線圈中無感應電流，對磁體無阻礙作用，故磁體自由下落，a1＝g；當S閉合時，線圈中有感應電流，對磁體有阻礙作用，故a2v2，故D正確。
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3.(2022·淮安市高二期中)如圖所示，彈性金屬鋁環A、B所圍的面積相等，環A是閉合的，環B在底端有個小缺口，橫梁可以繞中間的支點轉動。開始時整個裝置靜止，用磁體的N極分別去接近環A或B，則
A.靠近A時，A將遠離磁體且擴張
B.靠近B時，B將靠近磁體且收縮
C.靠近B時，B中不會產生感應電流
D.靠近A或B時，環中都會產生感應電流
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根據“來拒去留”，磁體靠近A時，A將遠
離磁體并且為了阻止磁通量的增加，A環有
收縮的趨勢，A錯誤；
由于B沒有形成閉合電路，不會產生感應電流，因此磁體靠近B時，B靜止不動，C正確，B、D錯誤。
4.(2023·鹽城市響水中學高二期中)如圖所示，線圈A和電流表相連，線圈B和電源、開關連成一閉合電路。線圈A和線圈B繞在同一個豎直鐵芯上。下列說法中正確的是
A.閉合和斷開開關的瞬間，通過電流表的電流方向相同
B.閉合開關的瞬間，線圈A、B相互吸引
C.斷開開關的瞬間，通過電流表的電流方向為從下向上
D.保持開關閉合，電流表指針偏轉到某一位置，并保持
　不變
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根據楞次定律可知，閉合開關的瞬間，通過電流表的
感應電流為從上向下，斷開開關瞬間，通過電流表的
感應電流從下向上，故C正確，A錯誤；
根據楞次定律推論可知，閉合開關的瞬間，線圈A、
B相互排斥，故B錯誤；
保持開關閉合，B線圈中電流恒定后，穿過線圈A中磁通量不發生變化，A線圈中沒有感應電流，電流表指針指向0刻度，故D錯誤。
5.2022年6月17日，我國第三艘航空母艦“中國人民解放軍海軍福建艦”下水后，將按計劃開展系泊試驗和航行試驗，這是我國完全自主設計建造的首艘彈射型航空母艦，配置電磁彈射和阻攔裝置。航母上艦載機電磁彈射的驅動原理如圖所示，當閉合開關S，固定線圈中突然通過直流電流時，線圈左側的金屬環被彈射出去，則
A.閉合開關S的瞬間，從左側看金屬環中的感應電
　流沿逆時針方向
B.若將電池正負極調換，金屬環彈射方向將改變
C.若將金屬環置于線圈的右側，金屬環仍將向左彈射
D.若將金屬環置于線圈的右側，金屬環將向右彈射
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√
閉合開關S的瞬間，線圈中電流迅速增大，金屬環中的磁場方向向左增大，由楞次定律可知，金屬環中的感應電流方向從左側看為順時針，A錯誤；
電池正負極調換后，根據“增離減靠”可得，金
屬環受力方向向左，故仍將向左彈出，B錯誤；
若將金屬環放在線圈右側，根據“增離減靠”可得，金屬環將向右彈射，C錯誤，D正確。
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6.如圖所示，矩形導線框abcd與長直導線MN放在同一水平面上，二者絕緣，ab邊與MN平行，且MN靠近ab邊放置，導線MN中通有向上的電流，當MN中的電流增大時，下列說法正確的是
A.導線框abcd中沒有感應電流
B.導線框abcd中有順時針方向的感應電流
C.導線框所受安培力的合力方向水平向左
D.導線框所受安培力的合力方向水平向右
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方法一　直導線中通有向上且增大的電流，根據安培
定則知，通過線框的磁場方向垂直紙面向里，且增大，
根據楞次定律知導線框abcd中感應電流的方向為逆時
針方向，故A、B錯誤；
根據左手定則知，ab邊所受安培力方向水平向左，cd
邊所受安培力方向向左，則線框所受安培力的合力方向水平向左，故C正確，D錯誤。
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方法二　當MN中電流增大時，線框中產生感應電流，線框各邊受到安培力作用，使線框向阻礙磁通量增大的方向“移動”，故導線框所受安培力的合力方向水平向左，故C正確，D錯誤。
7.如圖所示，條形磁體用細線懸掛在O點。O點正下方固定一個水平放置的鋁線圈，線圈保持靜止。讓磁體在豎直面內擺動，下列說法中正確的是
A.磁體左右擺動一次，線圈內感應電流的方向改變兩次
B.磁體始終受到感應電流磁場的斥力作用
C.磁體所受到的感應電流對它的作用力始終是阻力
D.磁體所受到的感應電流對它的作用力有時是阻力有時
　是動力
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能力綜合練
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磁體左右擺動過程中，穿過鋁線圈的磁通量先增大，后減小，再增大，最后又減小，穿過鋁線圈磁場方向不變，磁通量變化趨勢改變，感應電流方向發生改變，因此磁體左右擺動一次，感應電流方向不是改變兩次，A錯誤；
由楞次定律可知，磁體靠近鋁線圈時受到斥力作用，
遠離鋁線圈時受到引力作用，B錯誤；
由楞次定律可知，感應電流總是阻礙磁體的相對運動，
感應電流對磁體的作用力總是阻力，C正確，D錯誤。
8.如圖甲所示，兩根平行金屬導軌置于水平面內，導軌之間接有電阻R，金屬棒ab與兩導軌垂直并保持良好接觸，整個裝置放在勻強磁場中，磁場方向垂直于導軌平面向下。現使磁感應強度B隨時間的變化關系如圖乙所示(以向下為正方向)，0～2t0時間內ab始終保持靜止。則下列說法正確的是
A.0～2t0時間內ab中的感應電流方向總
　是由b到a
B.0～t0時間內ab棒所受的安培力向左
C.t0～2t0時間內ab棒所受的靜摩擦力向右
D.t0～2t0時間內穿過回路的磁通量逐漸減小
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由題圖乙可知，0～t0時間內，磁場方向向下，穿過回路的磁通量逐漸減小，由楞次定律可知，感應電流產生磁場的方向向下，由右手螺旋定則可知，回路中電流方向為順時針，即ab中的感應電流方向是由a到b，t0～2t0時間內，磁場方向向上，穿過回路的磁通量逐漸增大，回路中電流方向也為順時針，即ab中的感應電流方向總是由a到b，故A、D錯誤；
0～t0時間內，由左手定則可知，ab
棒所受的安培力向右，故B錯誤；
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t0～2t0時間內，由左手定則可知，ab棒所受的安培力向左，由平衡條件可知，ab棒所受的靜摩擦力向右，故C正確。
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9.(2022·連云港市高二期末)某實驗小組設計的電梯墜落應急安全裝置如圖所示，電梯井內壁上鋪設線圈，電梯轎廂底部安裝永久強磁鐵，磁鐵N極向上，線圈能在電梯轎廂突然墜落時自動閉合，阻礙電梯轎廂急劇下降從而減小對乘客的傷害。當電梯轎廂墜落至圖示位置時
A.線圈A、B相互吸引
B.線圈A有收縮的趨勢，B有擴張的趨勢
C.俯視線圈A，其感應電流沿逆時針方向
D.電梯轎廂處于完全失重狀態
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√
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當電梯轎廂墜落到如題圖所示位置時，線
圈A中向上的磁通量減弱，線圈B中向上的
磁通量增強，從上向下看，線圈A中產生
的感應電流為逆時針方向，線圈B中產生的
感應電流為順時針方向，兩線圈感應電流方向相反，根據異向排斥可知，兩線圈相互排斥，故A錯誤，C正確；
線圈A中向上的磁通量減弱，線圈B中向上的磁通量增強，由楞次定律可知，線圈A有擴張趨勢，線圈B有收縮趨勢，故B錯誤；
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由上述分析可知，墜落過程中，線圈內的磁通量發生變化，線圈會產生感應電流，感應電流會阻礙磁鐵的運動，進而阻礙電梯轎廂運動，使電梯轎廂處于非完全失重狀態，故D錯誤。
10.(2022·南通市聯考)如圖所示，一束帶正電的粒子從直徑上方掠過金屬圓環表面，粒子與圓環不接觸，該過程中
A.金屬環內磁通量一定不變
B.環中一定有感應電流
C.金屬環有擴張趨勢
D.粒子與金屬環無相互作用
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√
帶正電粒子從直徑上方掠過金屬圓環表面時，等效電
流方向從左往右，環中凈磁通量為垂直紙面向里，且
凈磁通量先增后減，環中產生感應電流，金屬環先有收縮后有擴張趨勢，故A、C錯誤，B正確；
環中產生感應電流后周圍會有磁場，且在環內磁場方向垂直于環所在的平面，正電粒子從左往右運動時會受到洛倫茲力，所以粒子與金屬環有相互作用，故D錯誤。
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11.如圖甲所示，絕緣的水平桌面上放置一金屬圓環，在圓環的正上方放置一個螺線管，在螺線管中通入如圖乙所示的電流，電流從螺線管a端流入為正。以下說法正確的是
A.0～1 s內圓環面積有擴張的趨勢
B.1～2 s內圓環面積有收縮的趨勢
C.1～2 s內和2～3 s內圓環中的感應電流
　方向相反
D.從上往下看，0～2 s內圓環中的感應電流先沿順時針方向、后沿逆時
　針方向
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0～1 s線圈中電流增大，產生的磁場增
大，圓環中磁通量增大，根據楞次定律
的推論“增縮減擴”，圓環面積有縮小
趨勢，故A錯誤，
同理判斷1～2 s內圓環面積有擴張的趨勢，故B錯誤；
1～2 s內正方向電流減小，2～3 s內反方向電流增大，根據楞次定律，圓環中感應電流的磁場方向不變，感應電流方向不變，故C錯誤；
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0～1 s線圈中電流增大，產生的磁場增大，圓環中磁通量增大，根據楞次定律可知，從上往下看，0～1 s內圓環中的感應電流沿順時針方向；1～2 s線圈中電流減小，產生的磁場減弱，圓環中磁通量減小，根據楞次定律可知，從上往下看，1～2 s內圓環中的感應電流沿逆時針方向，故D正確。
12.如圖所示的裝置中，cd桿原來靜止。當ab桿做下列哪些運動時，cd桿將向右運動(說明：導體棒切割磁感線速度越大，感應電流越大，導體棒勻速切割磁感線時，感應電流恒定)
A.向左勻速運動 B.向右勻速運動
C.向左加速運動 D.向左減速運動
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尖子生選練
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ab桿勻速運動時，ab桿中感應電流恒定，L1
中磁通量不變，穿過L2的磁通量不變，L2中
無感應電流產生，cd桿保持靜止，A、B錯誤；
由楞次定律和安培定則可知，ab桿向左加速運動時，L2中的磁通量向上，增大，可知通過cd桿的電流方向由d→c，由左手定則知cd桿向左運動；同理ab桿向左減速運動時cd桿向右運動，D正確，C錯誤。
BENKEJIESHU
本課結束(共51張PPT)
DIERZHANG
第二章
專題強化7　電磁感應中的電路、電
　　　　 　荷量問題
學習目標
1.掌握電磁感應現象中電路問題的分析方法和基本解
題思路(重點)。
2.掌握電磁感應現象中電荷量求解的基本思路和方法
(重難點)。
內容索引
一、電磁感應中的電路問題
二、電磁感應中的電荷量問題
專題強化練
一
電磁感應中的電路問題
如圖所示，邊長為L的正方形均勻導體框以速度v0勻速進入右側的勻強磁場(磁感應強度大小為B)，導體框的總阻值為R，________(選填“ab邊”或“da邊”)相當于電源，電動勢大小為_________。請作出等效電路圖，Uab為等效電路中的___________(選填“電動勢”“內
電壓”或“路端電壓”)，大小為_______。
ab邊
BLv0
路端電壓
答案　如圖所示　
梳理與總結
處理電磁感應中電路問題的一般思路
(1)明確“角色”：確定“電源”和外電路。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　　　，其他部分是外電路。
(2)畫等效電路圖：分清內、外電路。
(3)求感應電動勢：用法拉第電磁感應定律E＝ 或E＝Blv確定感應電動勢的大小，用　　　定律或　　　定則確定感應電流的方向。
(4)對閉合回路進行分析、計算：運用閉合電路歐姆定律、串并聯電路特點，計算電流、電壓、電功率、電熱等物理量。
電源
楞次
右手
　把總電阻為2R的均勻電阻絲焊接成一半徑為a的圓環，水平固定在豎直向下的磁感應強度為B的勻強磁場中，如圖所示，一長度為2a、電阻等于R、粗細均勻的金屬棒MN放在圓環上，它與圓環始終保持良好的接觸，當金屬棒以恒定速度v向右運動經過環心O時，求：
(1)棒上電流的大小和方向及棒兩端的電壓UMN；
例1
把切割磁感線的金屬棒看成一個內阻為R、電動勢為E的電源，兩個半圓環看成兩個并聯電阻，且R1＝R2＝R，畫出等效電路如圖所示。
等效電源電動勢為E＝2Bav
由右手定則可知金屬棒中電流方向為從N流向M。
(2)圓環和金屬棒消耗的總熱功率。
圓環和金屬棒消耗的總熱功率為
　如圖甲所示，線圈總電阻r＝0.5 Ω，匝數n＝10，其端點a、b與R＝1.5 Ω的電阻相連，線圈內磁通量變化規律如圖乙所示。關于a、b兩點電勢φa、φb及兩點電勢差Uab，正確的是
A.φa>φb，Uab＝1.5 V
B.φa<φb，Uab＝－1.5 V
C.φa<φb，Uab＝－0.5 V
D.φa>φb，Uab＝0.5 V
例2
√
由題圖乙可知，線圈內的磁通量是增大的，根據楞次定律，感應電流產生的磁場與原磁場方向相反，即感應電流產生的磁場方向為垂直紙面向外，根據安培定則可知，線圈中感應電流的方向為逆時針方向。
在回路中，線圈相當于電源，
由于電流的方向是逆時針方向，
所以a相當于電源的正極，b相
當于電源的負極，所以a點的電
勢高于b點的電勢。
　(2022·蘇州市震澤中學高二期中)如圖所示，豎直平面內有一金屬圓環，半徑為a，總電阻為4R(指拉直時兩端的電阻)，磁感應強度為B的勻強磁場垂直穿過環平面，環的最高點A用鉸鏈連接長度為2a、電阻為 的導體棒AB，AB由水平位置緊貼環面擺下，當擺到豎直位置時，B點的線速度大小為v，則這時AB兩端的電壓大小為
例3
√
1.“電源”的確定方法：“切割”磁感線的導體(或磁通量發生變化的線圈)相當于“電源”，該部分導體(或線圈)的電阻相當于“內電阻”。
2.電流的流向：在“電源”內部電流從負極流向正極，在“電源”外部電流從正極流向負極。
總結提升
二
電磁感應中的電荷量問題
如圖所示，將一個閉合金屬圓環從有界磁場中勻速拉出，第一次速度為v，通過金屬圓環某一橫截面的電荷量為q1，第二次速度為2v，通過金屬圓環某一橫截面的電荷量為q2，則q1∶q2＝_________。
思考與討論
1∶1
　如圖所示，用粗細相同的銅絲做成邊長分別為d和2d的單匝閉合線框a和b，以相同的速度將線框從磁感應強度為B的勻強磁場區域中勻速地拉到磁場外。若此過程中流過兩線框的電荷量分別為Qa、
Qb，則Qa∶Qb為
A.1∶4 B.1∶2
C.1∶1 D.不能確定
例4
√
線圈匝數一定時，通過某一截面的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。
總結提升
　如圖所示，一匝數為N，面積為S、總電阻為R的圓形線圈，放在磁感應強度為B的勻強磁場中，磁場方向垂直于線圈平面。當線圈由原位置翻轉180°，此過程中通過線圈導線橫截面的電荷量為
針對訓練
√
三
專題強化練
考點一　電磁感應中的電路問題
1.粗細均勻的電阻絲圍成的正方形線框置于有界勻強磁場中，磁場方向垂直于線框平面，其邊界與正方形線框的邊平行。現使線框以同樣大小的速度沿四個不同方向平移出磁場，如圖所示，則在移出過程中線框的一邊a、b兩點間電勢差的絕對值最大的是
基礎對點練
√
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2.(2022·蘇州市陸慕高級中學高二階段練習)如圖，半徑為L的半圓弧軌道PQS固定，電阻忽略不計，O為圓心。OM是可繞O轉動的金屬桿，M端位于PQS上，OM與軌道接觸良好，OM金屬桿的電阻值是OP金屬桿電阻值的一半。空間存在如圖所示的勻強磁場，磁感應強度的大小為B；現使OM從OS位置以恒定的角速度ω順時針轉到OQ位置，則該過程中
A.回路中M點電勢高于O點電勢
B.回路中電流方向沿M→O→P→Q
C.MO兩點的電壓UMO＝ BL2ω
D.MO兩點的電壓UMO＝ BL2ω
√
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由右手定則可知，OM桿相當于電源，M為正極，O為負極，回路中電流方向沿M→Q→P→O，回路中M點電勢高于O點電勢，選項A正確，B錯誤；
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考點二　電磁感應中的電荷量問題
3.如圖甲所示，abcd為正方形導線框，線框處在磁場中，磁場垂直于線框平面，線框邊長L＝0.5 m，電阻R＝1 Ω，磁感應強度B隨時間t的變化如圖乙所示，在0～0.5 s和1～2 s的時間內通過線框截面的電荷量分別為q1和q2。則q1∶q2為
A.1∶1 B.2∶1
C.1∶2 D.1∶4
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法一　根據E＝ 可得0～0.5 s和1～2 s產生的感應電動勢大小相等，根據閉合電路歐姆定律可得0～0.5 s和1～2 s通過線框的電流大小相等，據q＝It可得q1∶q2＝1∶2，故C正確。
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4.如圖所示，在豎直平面內有兩根相互平行、電阻忽略不計的光滑金屬導軌(足夠長)，兩平行金屬導軌間的距離L＝0.4 m，在導軌間接有阻值R＝2.0 Ω的電阻，一根質量為m＝0.4 kg的金屬棒ab垂直導軌放置其上，金屬棒的電阻r＝1.0 Ω。整個裝置處于垂直導軌所在平面向里的勻強磁場中，磁場的磁感應強度B＝5 T。現讓金屬棒ab沿導軌由靜止開始運動，金屬棒ab下滑高度為h＝1.2 m時恰好達到最大速度。重力加速度
為g＝10 m/s2，求：
(1)金屬棒ab下滑能達到的最大速度；
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答案　3 m/s
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當a＝0時，速度達到最大，有mg＝BImL
(2)金屬棒ab由靜止開始到達最大速度的過程中，通過電阻R的電荷量q。
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答案　0.8 C
5.(2023·南京市六校聯合體高二期中聯考)如圖所示，固定在水平面上的半徑為r的金屬圓環內存在方向豎直向上、磁感應強度大小為B的勻強磁場。長為l的金屬棒，一端與圓環接觸良好，另一端固定在豎直導電轉軸OO′上，隨軸以角速度ω順時針(俯視)勻速轉動。在圓環的A點和電刷間接有阻值為R的電阻和電容為C、極板間距為d的平行
板電容器，有一帶電微粒在電容器極板間處于靜止狀態，
已知重力加速度為g，不計其他電阻和摩擦，
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能力綜合練
下列說法正確的是
A.流過電阻R的電流方向向下
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√
根據右手定則可知，流過電阻R的電流方向向上，A錯誤；
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6.用相同導線繞制的邊長為L或2L的四個閉合導線框，以相同的速度勻速進入右側勻強磁場，如圖所示。在每個線框進入磁場的過程中，M、N兩點間的電壓分別為Ua、Ub、Uc和Ud。下列判斷正確的是
A.UaB.UaC.Ua＝UbD.Ub1
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線框進入磁場的過程中，MN切割磁感線，為電源，MN兩端電壓即為路端電壓，設長為L的導線電阻為r，四種情況下的等效電路圖如圖所示。
7.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，通過導線環橫截面的電荷量為
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8.如圖甲所示，有一個電阻為R、面積為S的矩形導線框abcd，磁場的磁感應強度為B，方向與ad邊垂直并與導線框平面成45°角，O、O′分別是ab和cd邊的中點，現將導線框右半邊ObcO′繞OO′逆時針翻轉90°到圖乙所示位置。在這一過程中，通過導線框橫截面的電荷量是
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9.(2023·常州市第一中學高二期末)半徑分別為r和2r的同心圓形導軌固定在同一水平面上，一長為r、電阻為R的均勻直導體棒AB置于圓導軌上面，BA的延長線通過圓軌道圓心O。裝置的俯視圖如圖所示，整個裝置位于一勻強磁場內，磁感應強度大小為B，方向豎直向下(俯視)，在兩環之間接阻值為R的定值電阻和電容為C的電容器。直導體棒在水平外力作用下以角速度ω繞O逆時針勻速轉動。在轉動過程中始終與導軌保持良好接觸，導軌電阻不計。下列說法正確的是
A.導體棒中電流由A流向B
B.電容器所帶電荷量為 CBωr2
C.電容器的M板帶負電
D.導體棒兩端電壓為 Bω2r
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根據右手定則，電流方向由B流向A，故A錯誤；
A點電勢高于B點電勢，故M板帶正電，故C錯誤。
10.如圖所示，7根長為L、電阻均為R的導體棒焊接成兩個對接的正方形導體框。在拉力作用下以速率v勻速通過有界勻強磁場，磁場寬度等于L，磁感應強度大小為B0，方向垂直于導體框平面，求：
(1)CF邊剛進入磁場時，其兩端的電壓；
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CF邊進入磁場時，CF邊切割磁感線，相當于電源，內阻為R，等效電路如圖甲所示
感應電動勢為E1＝B0Lv
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(2)CF邊剛離開磁場時，其兩端的電壓。
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CF邊剛離開磁場時，BE邊剛進入磁場切割磁感線，相當于電源，內阻為R，電動勢為E2＝B0Lv，等效電路如圖乙所示
電路總電阻
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CF邊剛離開磁場時，其兩端的電壓
11.(2023·常州市第一中學高二期末)如圖所示，螺線管中線圈匝數為n，橫截面積為S，總電阻為R，其a、b兩端與兩個定值電阻R1和R2相連，已知R1＝R2＝R，勻強磁場沿軸線向上穿過螺線管，其磁感應強度大小隨時間變化的關系式為B＝B0＋kt(k>0)，則下列說法正確的有
A.a端電勢比b端電勢低
B.t＝0時，通過螺線管的磁通量為nB0S
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勻強磁場的磁感應強度隨時間逐漸增大，由楞次定
律和安培定則可知感應電流在外電路中由a點流向b
點，即a端電勢比b端電勢高，故A錯誤；
根據磁通量的定義可知，t＝0時，通過螺線管的磁通量為Φ＝B0S，與線圈匝數無關，故B錯誤；
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BENKEJIESHU
本課結束(共68張PPT)
DIERZHANG
第二章
1　楞次定律
學習目標
1.通過實驗探究，歸納出判斷感應電流方向的規律——
楞次定律(重點)。
2.理解楞次定律，并能夠熟練應用楞次定律判斷感應
電流的方向(重難點)。
3.掌握右手定則，能夠熟練應用右手定則判斷感應電
流的方向(重點)。
內容索引
一、實驗：探究影響感應電流方向的因素
二、楞次定律
課時對點練
三、右手定則的理解和應用
一
實驗：探究影響感應電流方向的因素
1.實驗原理
通過實驗，觀察、分析原磁場方向和磁通量的變化，記錄感應電流的方向，然后歸納出感應電流的方向與原磁場方向、原磁通量變化之間的關系。
2.實驗器材
條形磁體，線圈，電流表，滑動變阻器，干電池，開關，導線若干。
3.實驗過程
(1)采用試觸法探究電流表指針的偏轉方向和電流方向之間的關系。
一般情況電流從哪一側接線柱流入，指針就向哪一側偏轉，即左進左偏，右進右偏。(指針偏轉方向應由實驗得出，并非所有電流表都是這樣的)
(2)探究條形磁體插入或拔出線圈時感應電流的方向。
①按圖連接電路，明確線圈的繞線方向。
②畫出實驗草圖，記錄磁極運動的四種情況。
③觀察并記錄。
甲 乙 丙 丁
條形磁體運動的情況 N極向下 插入線圈 S極向下 插入線圈 N極朝下時抽出線圈 S極朝下時抽出線圈
原磁場方向(“向上” 或“向下”)
穿過線圈的磁通量變化情況(“增加”或“減少”)
感應電流的方向(在線圈上方俯視) 逆時針 順時針 順時針 逆時針
感應電流的磁場方向(“向上”或“向下”)
原磁場與感應電流磁場方向的關系
④整理器材。
4.分析現象得出結論
(1)甲、乙兩種情況下，磁通量都　　　，感應電流的磁場方向與原磁場方向　　　。
(2)丙、丁兩種情況下，磁通量都　　　，感應電流的磁場方向與原磁場方向　　　。
(3)結論：感應電流的磁場總要　　　引起感應電流的　　　　　　　。
增加
相反
減少
相同
阻礙
磁通量的變化
　(2022·常州市高二期中)在“探究影響感應電流方向的因素”的實驗中。
例1
(1)已將電池組、滑動變阻器、帶鐵芯的線圈A、線圈B、靈敏電流計及開關按如圖所示部分連接，要把電路連接完整，則N連接到________(選填“a”“b”“c”或“M”)，M連接到________(選填“a”“b”“c”或“N”)。
a
c
將電流計與線圈B串聯成另一個回路，所以N連接a。
將電池組、開關、滑動變阻器、線圈A串聯成一個回路，注意滑動變阻器接一上一下兩個接線柱，所以M連接c。
(2)正確連接電路后，開始實驗探究，某同學發現當他將滑動變阻器的滑片P向右加速滑動時，靈敏電流計指針向右偏轉，由此可以判斷________。
A.線圈A向上移動，能引起靈敏電流計指針
　向左偏轉
B.當斷開開關時，能引起靈敏電流計指針向右偏轉
C.滑動變阻器的滑片P勻速向左或勻速向右滑動，電流計指針都靜止在中央
D.因為線圈A、線圈B的繞線方向未知，故無法判斷靈敏電流計指針偏轉
　的方向
B
由題意可知：當P向右加速滑動時，線圈A中的電流應越來越小，則其磁場減小，線圈B中磁通量減少，此時線圈B中產生了電流，使指針向右偏轉，故可知當B中的磁通量減小時，電流表指針向右偏。
線圈A向上移動時，線圈B中磁通量減小，指針向右偏轉，故A錯誤；
當斷開開關時，線圈A中磁場減小，故線圈B中磁通量減小，指針向右偏轉，故B正確；
P勻速運動時，線圈A中也會產生變化的磁場，線圈B中產生感應電流使指針偏轉，故C錯誤；
雖然線圈A、線圈B的繞線方向未知，但根據題意可以判斷靈敏電流計指針偏轉的方向，故D錯誤。
(3)某同學第一次將滑動變阻器的滑片P慢慢向右移動，第二次將滑動變阻器的滑片P快速向右移動，發現電流計的指針擺動的幅度第二次的幅度大，原因是線圈中的_____
_________(選填“磁通量”“磁通量的變化”或“磁通量變化率”)第二次比第一次的大。
磁通
量變化率
兩種情況下滑動變阻器的滑片P移動的快慢不同，說明電流變化快慢不同，線圈B中的磁感應強度變化快慢不同，即磁通量變化率不同，產生的感應電動勢大小不同，線圈中的磁通量變化率第二次比第一次的大。
(4)某同學在實驗室重做該實驗，他將靈敏電流計、線圈A和B、電池組、開關用導線連接成電路。當接通、斷開開關時，電流計的指針都沒有偏轉，其可能的原因是_____。
A.開關的位置接錯
B.電流計的正負極接錯
C.線圈B的接頭接反
D.電池組的正負極接反
A
如果將開關與靈敏電流計構成回路，當接通、
斷開開關時，線圈B中的磁通量不變，電流
計的指針不會偏轉，故A正確；
電流計的正負極接錯，只是偏轉方向變化，
仍會偏轉，故B錯誤；
線圈B的接頭接反，當接通、斷開開關時，線圈B中的磁通量會發生變化，電流計的指針會偏轉，故C錯誤；
電池組的正負極接反，當接通、斷開開關時，線圈B中的磁通量會發生變化，只是電流計的指針偏轉方向變化，仍會偏轉，故D錯誤。
(5)通過實驗可以得出：當穿過閉合回路的________________時，閉合回路中就會產生感應電流。
磁通量發生變化
通過實驗總結得出，當穿過閉合回路的磁通量發生變化時，閉合回路中就會產生感應電流。
二
楞次定律
1.內容：感應電流具有這樣的方向，即感應電流的磁場總要　　　引起感應電流的　　　　　　　。
2.理解楞次定律中“阻礙”的含義
(1)誰阻礙——　　　　　　　　　　。
(2)阻礙誰——　　　　　　　　　　　　　　　　。
(3)如何阻礙——當原磁通量增加時，感應電流產生的磁場方向與原磁場方向　　　；當原磁通量減少時，感應電流產生的磁場方向與原磁場方向　　　。
(4)阻礙效果——阻礙并　　　(填“是”或“不是”)阻止。只是延緩了磁通量的變化，這種變化還將繼續進行。
阻礙
磁通量的變化
感應電流產生的磁場
阻礙引起感應電流的磁通量的變化
相反
相同
不是
3.從能量的角度理解楞次定律
電磁感應產生的過程是其他形式的能轉化為電能的過程。
楞次定律中的“阻礙”作用，是能量守恒的必然結果。在克服“阻礙”的過程中，其他形式的能轉化為　　　，在轉化過程中總能量　　　。
電能
守恒
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，
(1)S閉合瞬間
①穿過N的磁場方向為________；
②穿過N的磁通量________；
③N中感應電流方向為_____________；
(2)S斷開瞬間，N中感應電流方向為_____________。
思考與討論
向下
增加
逆時針方向
順時針方向
(1)感應電流的磁場總是阻止原磁通量的變化。(　　)
(2)感應電流的磁場總是與原磁場反向，阻礙原磁場的變化。(　　)
(3)感應電流的磁場方向可能與原磁場方向相同。(　　)
×
×
√
　如圖甲所示，有一閉合線圈，磁場方向垂直于線圈平面向里為正方向，當磁感應強度隨時間按如圖乙所示規律變化，則在0～2t0時間內，線圈中感應電流的方向
A.一直順時針
B.一直逆時針
C.先順時針后逆時針
D.先逆時針后順時針
例2
√
在0～t0內，穿過線圈的磁通量向里減小，根據楞次定律，感應電流的磁場方向垂直線圈向里，所以感應電流的方向為順時針方向；同理可得t0～2t0內感應電流的方向也為順時針方向，故A正確。
　(2022·常州市高二期末)如圖所示，在水平放置的條形磁體的N極附近，一個閉合線圈豎直向下運動并始終保持水平，在位置B，N極附近的磁感線正好與線圈平面平行，A、B之間和B、C之間的距離都比較小，則線圈A、B、C三個位置的感應電流方向(從上往下看)是
A.順時針、順時針、順時針
B.順時針、無電流、順時針
C.逆時針、無電流、逆時針
D.逆時針、逆時針、逆時針
例3
√
線圈經過位置A向下運動時，磁感線向上，穿過線圈的磁通量減小，由楞次定律知線圈中感應電流為逆時針方向(從上往下看)；經過位置B時，穿過線圈的磁通量為零，但磁通量變化率不為零，在極短時間內由磁感線向上，穿過線圈的磁通量減小，到磁感線向下，穿過線圈的磁通量增大，感應電流為逆時針方向(從上
往下看)；經過位置C向下運動時，磁感線
向下，穿過線圈的磁通量增大，感應電流
為逆時針方向(從上往下看)。
應用楞次定律解題的一般步驟：
(1)確定研究對象：哪個閉合回路；
(2)確定閉合回路中原磁場的方向；
(3)確定穿過閉合回路的磁通量如何變化；
(4)根據楞次定律判斷感應電流磁場的方向；
(5)由安培定則最終確定感應電流的方向。
總結提升
三
右手定則的理解和應用
如圖所示，導體棒ab向右做切割磁感線運動。
(1)請用楞次定律判斷感應電流I的方向。
答案　感應電流的方向為a→d→c→b→a；
(2)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？(閱讀課本并伸開右手做一做)
答案　滿足右手定則。
梳理與總結
1.右手定則：伸開　　　，使拇指與其余四個手指垂直，并且都與手掌在同一個平面內；讓磁感線從掌心進入，并使　　　指向導線運動的方向，這時　　　所指的方向就是感應電流的方向。
2.兩點說明：(1)大拇指所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　　　。
右手
拇指
四指
電源
　如圖所示，同一平面內的三條平行導線串有兩個電阻R和r，導體棒PQ與三條導線接觸良好；勻強磁場的方向垂直紙面向里。導體棒的電阻可忽略。當導體棒向左滑動時，下列說法正確的是
A.流過R的電流為由d到c，流過r的電流為由b到a
B.流過R的電流為由c到d，流過r的電流為由b到a
C.流過R的電流為由d到c，流過r的電流為由a到b
D.流過R的電流為由c到d，流過r的電流為由a到b
例4
√
依據右手定則可判斷出導體棒PQ中的電流由P到Q，Q處電勢最高，P處電勢最低，由P到Q電勢逐漸升高。外電路中的電流方向總是從高電勢流向低電勢處，因此流過R的電流為由c到d，流過r的電流為由b到a，B正確。
楞次定律與右手定則的比較
總結提升
規律 比較內容　　　 楞次定律 右手定則
區 別 研究對象 整個閉合回路 閉合回路的一部分，即做切割磁感線運動的導體
適用范圍 各種電磁感應現象 只適用于部分導體在磁場中做切割磁感線運動的情況
聯系 右手定則是楞次定律的特例
四
課時對點練
考點一　影響感應電流方向的因素
1.(2023·南京市金陵中學高二期末)小紅用如圖甲所示的裝置探究“影響感應電流方向的因素”，螺線管與電流計構成閉合電路，條形磁體N極朝下，請回答下列問題：
(1)要想使電流計指針發生偏轉，即有感應電流產生，小紅進行了以下四種操作，其中可行的是________。
A.螺線管不動，磁體靜止放在螺線管中
B.螺線管不動，磁體插入或拔出螺線管
C.磁體與螺線管保持相對靜止，一起勻速向上運動
D.磁體與螺線管保持相對靜止，一起在水平面內做圓周運動
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基礎對點練
B
螺線管不動，磁體靜止放在螺線管中，螺線管中磁通
量沒有發生變化，不會產生感應電流，電流計指針不
會發生偏轉，A錯誤；
螺線管不動，磁體插入或拔出螺線管，螺線管中磁通量發生變化，會產生感應電流，電流計指針會發生偏轉，B正確；
磁體與螺線管保持相對靜止，一起勻速向上運動或一起在水平面內做圓周運動的過程，螺線管中磁通量沒有發生變化，不會產生感應電流，電流計指針不會發生偏轉，C、D錯誤。
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(2)已知當電流從靈敏電流計G左端流入時，指針向左偏轉。將靈敏電流計G與線圈L連接，線圈上導線繞法如圖乙所示。將磁體N極向下從線圈L上方豎直插入L時，靈敏電流計G的指針將________(選填“向左”“向右”或“不”)偏轉。當磁體從圖中虛線位置向右遠離L時，a點電勢________(選填“高于”“等于”或“低于”)b點電勢。
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向左
高于
將磁體N極向下從線圈L上方豎直插入L時，螺線管中
的磁場向下，穿過螺線管的磁通量增加，據楞次定律
可知，靈敏電流計G的指針將向左偏轉。
當條形磁體從題圖中虛線位置向右遠離L時，螺線管
中磁場向上，穿過螺線管的磁通量減小，據楞次定律可知，產生的感應電流為(俯視)逆時針方向，a點電勢高于b點電勢。
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考點二　楞次定律
2.關于感應電流，下列說法正確的是
A.感應電流的磁場一定阻礙引起感應電流的磁通量
B.感應電流的磁場方向一定與引起感應電流的磁場方向相反
C.感應電流的磁場方向與引起感應電流的磁場方向可能相同，也可能相反
D.當導體切割磁感線運動時，只能用右手定則確定感應電流的方向
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√
根據楞次定律可知，感應電流的磁場總是阻礙引起感應電流的磁通量的變化。原磁場減弱時，感應電流的磁場與原磁場的方向相同，原磁場增強時，感應電流的磁場與原磁場的方向相反，故選項A、B錯誤，選項C正確。
導體切割磁感線運動時也可以用楞次定律確定感應電流的方向，故選項D錯誤。
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3.某磁場的磁感線如圖所示，有一銅線圈自圖中A處落至B處，O為A、B中點，在下落過程中，自上向下看，線圈中的感應電流方向是
A.始終順時針
B.始終逆時針
C.先順時針再逆時針
D.先逆時針再順時針
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在線圈下落過程中，磁感應強度先增大后減小，所以穿過
線圈的磁通量先增大后減小，故感應電流的磁場方向先向
下后向上，所以線圈中產生的感應電流的方向先沿順時針
方向，再沿逆時針方向，故C正確，A、B、D錯誤。
4.矩形線圈abcd位于足夠長的通電直導線附近，且線圈平面與導線在同一平面內，如圖所示，線圈的兩條邊ad和bc與導線平行，線圈始終在導線的右側區域運動
A.線圈向上運動時，線圈abcd中感應電流沿順時針方向
B.線圈向下運動時，線圈abcd中感應電流沿順時針方向
C.線圈向右運動時，線圈abcd中感應電流沿順時針方向
D.線圈向左運動時，線圈abcd中感應電流沿順時針方向
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線圈向上或向下運動時，線圈abcd中磁通量不變，沒
有產生感應電流，故A、B錯誤；
線圈向右運動時，線圈abcd中磁通量減小，根據楞次
定律可知感應電流沿順時針方向，故C正確；
線圈向左運動時，線圈abcd中磁通量增大，根據楞次定律可知感應電流沿逆時針方向，故D錯誤。
5.如圖所示，AOC是光滑的金屬導軌，AO沿豎直方向，OC沿水平方向，ab是一根金屬棒，與導軌接觸良好，它從圖示位置由靜止開始在重力作用下運動，運動過程中b端始終在OC上，a端始終在OA上，直到金屬棒完全落在OC上，空間存在著勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向里，則ab棒在上述過程中
A.感應電流方向是b→a
B.感應電流方向是a→b
C.感應電流方向先是b→a，后是a→b
D.感應電流方向先是a→b，后是b→a
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√
由幾何知識可知，在金屬棒向下滑動的過程中，金屬棒與導軌所圍成的三角形面積先增大后減小，穿過三角形aOb的磁通量先增大后減小，由楞次定律可知，感應電流方向先是b→a，后是a→b，C項正確。
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考點三　右手定則
6.(2023·連云港市錦屏中學高二期中)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，則下列說法正確的是
A.導體棒中的電流方向為B→A
B.電流表A1中的電流方向為F→E
C.電流表A1中的電流方向為E→F
D.電流表A2中的電流方向為D→C
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根據右手定則，可得導體棒中的電流方向為A→B，所以電流表A1中的電流方向為F→E，電流表A2中的電流方向為C→D，選項B正確，A、C、D錯誤。
7.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
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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，故選項A正確。
8.(2020·江蘇卷)如圖所示，兩勻強磁場的磁感應強度B1和B2大小相等、方向相反。金屬圓環的直徑與兩磁場的邊界重合。下列變化會在環中產生順時針方向感應電流的是
A.同時增大B1減小B2
B.同時減小B1增大B2
C.同時以相同的變化率增大B1和B2
D.同時以相同的變化率減小B1和B2
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能力綜合練
√
若同時增大B1減小B2，則穿過環向里的磁通量增大，
根據楞次定律，感應電流產生的磁場方向向外，由安
培定則，環中產生的感應電流是逆時針方向，故選項
A錯誤；
同理可推出，選項B正確；
同時以相同的變化率增大B1和B2，或同時以相同的變化率減小B1和B2，穿過金屬環的總磁通量始終為0，環中不會產生感應電流，故選項C、D錯誤。
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9.如圖所示，導線框abcd與直導線在同一平面內(兩者相互絕緣)，直導線通有恒定電流I，在線框由左向右勻速通過直導線的過程中，線框中感應電流的方向是
A.先abcd，后dcba，再abcd
B.先abcd，后dcba
C.始終dcba
D.先dcba，后abcd，再dcba
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√
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線框在直導線左側時，隨著線框向右運動，向外的
磁通量增加，根據楞次定律及安培定則知線框中感
應電流的方向為dcba；在線框的cd邊跨過直導線后，
如圖所示，產生的感應電流方向為abcd；線框全部
跨過直導線后，隨著向右運動，向里的磁通量減少，根據楞次定律及安培定則知線框中感應電流的方向為dcba，故D正確，A、B、C錯誤。
10.如圖甲所示，線圈ab兩端通有如圖乙所示的電流，電流正方向為從a到b，在0～t2這段時間內，用絲線懸掛的鋁環M中產生感應電流，則下列說法正確的是
A.0～t2這段時間內穿過鋁環的磁通量一直
　在減小
B.從左向右看，鋁環中感應電流的方向始
　終為順時針
C.t1時鋁環無感應電流
D.從左向右看，鋁環中感應電流的方向始終為逆時針
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√
M處于通電線圈的磁場中，磁通量變化取決于線圈中電流的變化；0～t1這段時間內線圈中電流減小，穿過鋁環的磁通量在減小；t1～t2這段時間內線圈
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中電流反向增大，穿過鋁環的磁通量在增大。t1時線圈中電流處于變化狀態，鋁環中磁通量處于變化狀態，有感應電流，A、C錯誤；
根據題意可知，由于電流從a到b為正方向，當電流是從a流向b，由右手螺旋定則可知，通電線圈的磁場方向水平向右，則穿過鋁環的磁場水平向右，0～t1時間內，由于電
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流減小，所以穿過鋁環磁通量變小，根據楞次定律可得，鋁環中的感應電流方向為順時針(從左向右看)；當電流是從b流向a，由右手螺旋定則可知，穿過鋁環的磁場水平向左，t1～t2時間內，由于電流增大，則穿過鋁環的磁通量增加，根據楞次定律可得，鋁環中感應電流方向為順時針(從左向右看)，故電流方向始終為順時針，B正確，D錯誤。
11.(2023·南京市寧海中學高二期末)(1)為了方便探究感應電流方向的規律，實驗應研究原磁場方向、磁通量的變化情況、___________________三者的關系。
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感應電流的磁場方向
探究感應電流方向的規律，應研究原磁場方向、磁通量的變化情況、感應電流的磁場方向三者的關系。
(2)在實驗過程中，除了查清流入靈敏電流計的電流方向與指針偏轉方向之間的關系之外，還應查清線圈________(選填“A”“B”或“A和B”)中導線的繞制方向。
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A和B
實驗過程中，由安培定則，A線圈的繞線方向影響原磁場的方向，B線圈的繞線方向影響感應電流的方向，故應查清A和B中導線的繞制方向。
(3)已知一靈敏電流計，當電流從正接線柱流入時，指針向正接線柱一側偏轉。現把它與線圈串聯接成如圖乙所示電路，從上往下看線圈的繞制方向為_________(填“順時針”或“逆時針”)
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順時針
由楞次定律可得，線圈中感應磁場應向下，由安培定則，從上往下看，線圈繞向為順時針。
(4)如圖甲所示，連好電路后，將A線圈插入B線圈中后，發現靈敏電流計的指針向左偏轉，若讓指針向右偏轉，可采取的操作是________。
A.滑動變阻器滑片向左移
B.拔出A線圈
C.閉合開關瞬間
D.斷開開關瞬間
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BD
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當A線圈插入B線圈時，線圈B中的磁通量增大，
電流計的指針向左偏，故要讓電流計的指針向右
偏，需減小線圈B中的磁通量。滑動變阻器滑片
向左移，B線圈中的磁通量增大，向左偏，故A錯誤；
拔出A線圈時，B線圈中的磁通量減小，向右偏，故B正確；
閉合開關瞬間，B線圈中的磁通量增大，向左偏，故C錯誤；
斷開開關瞬間，B線圈中的磁通量減小，向右偏，故D正確。
12.如圖所示，固定于水平面上的金屬框架CDEF處在垂直紙面向里的勻強磁場中，金屬棒MN沿框架以速度v向右做勻速運動。t＝0時，磁感應強度為B0，此時刻MN到達的位置使MDEN構成一個邊長為l的正方形。為使MN棒中不產生感應電流，從t＝0開始，磁感應強度B應怎樣隨時間t變化？請推導出B與t的關系式。
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要使MN棒中不產生感應電流，應使穿過線框平面的磁通量不發生變化，在t＝0時刻，穿過線框平面的磁通量Φ1＝B0S＝B0l2
設t時刻的磁感應強度為B，此時刻穿過線框平面的磁通量為Φ2＝Bl(l＋vt)
13.長直導線與矩形線框abcd處在同一平面中靜止不動，如圖甲所示。長直導線中通以大小和方向都隨時間做周期性變化的電流，其I－t圖像如圖乙所示。規定沿長直導線方向向上的電流為正方向。關于0～T時間內矩形線框中感應電流的方向，下列說法正確的是
A.由順時針方向變為逆時針方向
B.由逆時針方向變為順時針方向
C.由順時針方向變為逆時針方向，再變為順時針
　方向
D.由逆時針方向變為順時針方向，再變為逆時針方向
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尖子生選練
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BENKEJIESHU
本課結束(共50張PPT)
DIERZHANG
第二章
4　互感和自感
學習目標
1.了解互感現象及其應用(重點)。
2.了解自感現象，能夠通過電磁感應的規律分析通電、
斷電自感現象的成因(重難點)。
3.了解自感電動勢的表達式，知道自感系數的決定因
素，了解自感現象中的能量轉化(重難點)。
內容索引
一、互感現象
二、自感現象
課時對點練
三、自感系數和磁場的能量
一
互感現象
1.互感和互感電動勢：兩個相互靠近的線圈，當一個線圈中的電流變化時，它所產生的　　　　　　會在另一個線圈中產生　　　　　　，這種現象叫作互感，這種感應電動勢叫作　　　　　　。
2.應用：利用互感現象可以把能量由一個線圈傳遞到另一個線圈，如___
　　　就是利用互感現象制成的。
3.危害：互感現象不僅可以發生于繞在同一鐵芯上的兩個線圈之間，而且可以發生于任何兩個　　　　　的電路之間，在電力工程和電子電路中，互感現象有時會影響電路的正常工作，要設法減小互感。
變化的磁場
感應電動勢
互感電動勢
變
壓器
相互靠近
　目前手機的無線充電技術(圖甲)已經成熟，其工作過程可簡化為圖乙所示，A、B兩個線圈彼此行放置，當線圈A接通工作電源時，線圈B中會產生感應電動勢，并對與其相連的手機電池充電。下列說法正確的是
A.只要線圈A中輸入電流，線圈B中就會
　產生感應電動勢
B.若線圈A中輸入變化的電流，線圈B中產生的感應電動勢也會發生變化
C.線圈A中輸入的電流越大，線圈B中感應電動勢越大
D.線圈A中輸入的電流變化越快，線圈B中感應電動勢越大
例1
√
根據感應電流產生的條件，若在線圈A
中輸入恒定電流，則線圈A只產生恒定
的磁場，線圈B中的磁通量不發生變化，
則線圈B中不會產生感應電動勢，故A錯誤；
若線圈A中輸入隨時間均勻變化的電流，則會使線圈A產生隨時間均勻變化的磁場，根據法拉第電磁感應定律E＝　　知線圈B中會產生恒定不變的感應電動勢，故B錯誤；
若線圈A中電流恒定不變，無論多大，
產生的磁場是恒定的，則線圈B中沒有
磁通量變化，則不會產生感應電動勢，
故C錯誤；
線圈A中電流變化越快，則線圈A中電流產生的磁場變化越快，根據法拉第電磁感應定律E＝　　，線圈B中感應電動勢也會越大，故D正確。
二
自感現象
1.按照如圖所示電路圖連接電路。
(1)開關S閉合時，燈泡1和2的發光情況有什么不同？
答案　燈泡2立即發光，而燈泡1是逐漸亮起來的。
(2)根據楞次定律結合電路圖分析該現象產生的原因。
答案　接通電源的瞬間，電流增加，線圈L中產生感應電動勢。根據楞次定律，感應電動勢會阻礙電流的增加，所以燈泡1慢慢地亮起來。
2.按照如圖所示電路圖連接電路。
(1)若燈泡的電阻小于線圈L的直流電阻，先閉合開關使
燈泡發光，穩定后斷開開關。觀察開關斷開時燈泡的亮
度變化，并解釋原因。若燈泡電阻大于線圈L的直流電阻，燈泡的亮度如何變化？
答案　燈泡逐漸熄滅。開關斷開時，通過線圈L的電流減小，這時會出現感應電動勢阻礙線圈L中的電流減小，線圈中產生與原方向相同的電流，與燈泡構成閉合回路，所以燈泡逐漸熄滅。若燈泡電阻大于線圈L的直流電阻，則燈泡先閃亮一下再逐漸熄滅。
(2)開關斷開前后，流過燈泡的電流方向相同嗎？
答案　開關閉合時，燈泡中的電流方向向左，開關斷開瞬間，燈泡中的電流方向向右，所以開關斷開前后，流過燈泡的電流方向相反。
1.當一個線圈中的電流　　　時，它所產生的　　　的磁場在線圈_____
激發出感應電動勢，這種現象稱為自感。由于自感而產生的感應電動勢叫作　　　　　　。
2.自感電動勢的作用
阻礙原電流的變化，而不是阻止，原電流仍在變化，只是使原電流的變化時間變長，即總是起著推遲電流變化的作用。
梳理與總結
變化
變化
本身
自感電動勢
3.對電感線圈阻礙作用的理解
(1)若電路中的電流正在改變，電感線圈會產生自感電動勢阻礙電路中電流的變化，使通過電感線圈的電流不能突變。
(2)若電路中的電流是穩定的，電感線圈相當于一段導線，其阻礙作用是由繞制線圈的導線的電阻引起的。
(3)線圈通電和斷電時線圈中電流的變化規律如圖。
　如圖所示，電路中電源的內阻不能忽略，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逐漸熄滅
B.B比A先亮，然后B逐漸變暗
C.A、B一起亮，然后A逐漸熄滅
D.A、B一起亮，然后B逐漸熄滅
例2
S閉合時，線圈上產生自感電動勢，阻礙電流的增大，所以B燈比A燈先亮，電路穩定后線圈L的直流電阻較小，故流過B燈支路的電流變小，所以B燈逐漸變暗，故B正確。
√
　(2023·宿遷市高二期末)如圖所示，兩個燈泡A1和A2的規格相同，A1與線圈L串聯后接到電路中，A2與滑動變阻器R串聯后接到電路中，先閉合開關S，調節R，使兩個燈泡的亮度相同，再調節R1，使它們正常發光，下列說法正確的是
A.斷開開關S后，A1、A2立即熄滅
B.斷開開關S后，A1逐漸熄滅，A2立即熄滅
C.斷開開關S后，A2閃亮一下再熄滅
D.斷開開關S后，A1、A2都逐漸變暗，且同時熄滅
例3
√
一段時間電路穩定后，斷開開關S，燈泡A1、A2與線圈L、滑動變阻器R構成回路，L相當于電源，因原來兩支路電流相等，所以不會出現A2閃亮一下再熄滅的現象，A1、A2都會逐漸變暗，且同時熄滅，故D正確。
自感中“閃亮”與“不閃亮”問題
總結提升
與線圈串聯的燈泡 與線圈并聯的燈泡
電路圖
總結提升
通電時 電流逐漸增大，燈泡逐漸變亮 電流突然增大，燈泡立即變亮，然后電流逐漸減小達到穩定
斷電時 電流逐漸減小，燈泡逐漸變暗，燈泡中電流方向不變 ①若I2≤I1，燈泡逐漸變暗；
②若I2＞I1，燈泡閃亮后逐漸變暗。兩種情況燈泡中電流方向均改變
　在如圖所示的電路中，開關S閉合且穩定后流過自感線圈的電流是2 A，流過燈泡D的電流是1 A，現將開關S突然斷開，能正確反映流過燈泡的電流i在開關S斷開前后隨時間t變化關系的圖像是
例4
√
開關S斷開前，通過燈泡D的電流是穩定的，其值為1 A。
開關S斷開瞬間，自感線圈的支路由于自感現象會產生
與線圈中原電流方向相同的自感電流，使線圈中的電流
從2 A逐漸減小，方向不變，且與燈泡D構成閉合回路，通過燈泡D的電流和線圈L中的電流大小相同，也是從2 A逐漸減小到零，但是方向與原來通過燈泡D的電流方向相反，故D對。
自感現象中I－t圖像的處理技巧
總結提升
三
自感系數和磁場的能量
1.自感電動勢
(1)表達式：E＝ 。
(2)理解：①表達式中 為電流的變化率，電流變化越快，電流變化率越大，自感電動勢也越　　。
②表達式中L為線圈的　　　　　。
大
自感系數
2.自感系數
3.磁場的能量
(1)線圈中電流從無到有時，磁場也是從無到有，　　　把能量輸送給磁場，儲存在磁場中。
(2)線圈中電流減小時，　　　中的能量釋放出來轉化為電能。
電源
磁場
　關于自感現象、自感系數、自感電動勢，下列說法正確的是
A.當線圈中通恒定電流時，線圈中沒有自感現象，線圈自感系數為零
B.線圈中電流變化越快，線圈的自感系數越大
C.自感電動勢與原電流方向相反
D.對于確定的線圈，其產生的自感電動勢與其電流變化率成正比
例5
√
當線圈中通恒定電流時，線圈中沒有自感現象，不產生自感電動勢，但是線圈自感系數不為零，選項A錯誤；
線圈中電流變化越快，產生的自感電動勢越大，線圈的自感系數與電流變化快慢無關，選項B錯誤；
根據楞次定律，當線圈中電流增大時，自感電動勢阻礙電流增大，自感電動勢方向與原電流方向相反；當線圈中電流減小時，自感電動勢阻礙電流減小，自感電動勢方向與原電流方向相同，選項C錯誤；
對于確定的線圈，自感系數L一定，其產生的自感電動勢與其電流變化率 成正比，選項D正確。
四
課時對點練
考點一　互感現象
1.(2022·南京市高二期末)在中學生科技展上，某同學呈現了如圖所示的自制實驗裝置：兩個線圈A、B之間沒有導線相連，其中線圈A與手機的音頻輸出端相連，線圈B與音響輸入端相連，把線圈A插入線圈B時，音響響起了手機上播放的歌曲。下列說法錯誤的是
A.該裝置的工作原理是互感
B.線圈A中的電流是恒定電流
C.將線圈A、B互換，音響播放效果會變化
D.線圈A中插入鐵芯，音響播放效果會更好
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基礎對點練
√
該裝置的工作原理是互感，故A正確；
線圈A中的電流是變化的電流，變化的電流激發了
變化的磁場，變化的磁場在線圈B中激發了電流，
故B錯誤；
將線圈A、B互換，會改變磁通量，從而改變音響播放效果，故C正確；
線圈A中插入鐵芯，能增強磁感應強度，音響播放效果會更好，故D正確。
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2.(2022·徐州市高二期中)無線充電是近幾年發展起來的新技術。如圖所示是手機無線充電的原理圖。關于無線充電，下列說法正確的是
A.手機外殼用金屬材料制作可以減少能量損耗
B.只要有無線充電底座，所有手機都可以進行
　無線充電
C.無線充電時手機受電線圈部分的工作原理是
　“電流的磁效應”
D.受電線圈中交流電的頻率與送電線圈中交流電的頻率相同
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√
若手機外殼用金屬材料，則交變磁場在外殼中
會引起渦流，從而增加能量損耗，故A錯誤；
要實現無線充電，不僅要有無線充電底座，
還需要手機中安裝有受電線圈等配件，故B錯誤；
無線充電時手機受電線圈部分的工作原理是“電磁感應”，故C錯誤；
受電線圈中磁通量變化的頻率與送電線圈中磁通量變化的頻率相同，所以受電線圈中交流電的頻率與送電線圈中交流電的頻率相同，故D正確。
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考點二　自感現象
3.在制作精密電阻時，為了消除使用過程中由于電流變化而引起的自感現象，采取了雙線繞法，如圖所示，其中的道理是
A.當電路中的電流變化時，兩股導線中產生的自感電動勢
　互相抵消
B.當電路中的電流變化時，兩股導線中產生的感應電流互
　相抵消
C.當電路中的電流變化時，兩股導線中產生的磁通量互相抵消
D.以上說法均不對
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由于采用了雙線繞法，兩股導線中的電流等大反向，它們產生的磁場方向相反，磁通量相互抵消，不論導線中的電流如何變化，線圈中的磁通量始終為0，所以消除了自感現象的影響，故C正確。
4.如圖所示，電感線圈L的自感系數足夠大，其直流電阻忽略不計，LA、LB是兩個相同的燈泡，電阻R2的阻值約等于R1的三倍，則
A.閉合開關S時，LA、LB同時達到最亮，且LB更亮一些
B.閉合開關S時，LA、LB“慢慢”亮起來，最終LB更亮
　一些
C.電路接通穩定后，斷開開關S時，LA“慢慢”熄滅，LB閃亮后才“慢
　慢”熄滅
D.電路接通穩定后，斷開開關S時，LA“慢慢”熄滅，LB“慢慢”熄滅，
　并沒有閃亮一下
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閉合開關S時，由于電感線圈的自感作用，導致燈泡LA將“慢慢”亮起來，而燈泡LB立即亮起來，電路穩定后，由于燈泡LA支路的電阻小一些，則該支路
的電流大一些，即穩定后，最終LA更亮一些，A、B錯誤；
電路接通穩定后，斷開開關S時，由于電感線圈的自感作用，導致燈泡LA中的電流不能立即減為0，該電流將在新的回路中逐漸減為0，即LA“慢慢”熄滅，由于斷開開關前穩定時通過燈泡LA的電流大于通過燈泡LB的電流，則LB閃亮后才“慢慢”熄滅，C正確，D錯誤。
考點三　自感系數和磁場的能量
5.關于線圈的自感系數，下列說法正確的是
A.線圈的自感系數越大，自感電動勢一定越大
B.線圈中的電流變化越快，自感系數越小
C.線圈的自感系數由線圈本身的因素及有無鐵芯決定
D.線圈中的電流等于零時，自感系數也等于零
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磁通量有變化才有感應電動勢，故A錯誤；
線圈的自感系數由線圈本身的因素及有無鐵芯決定，與電流無關，故B、D錯誤，C正確。
6.(2023·蘇州市高二期中)某同學采用如圖所示的電路測量變壓器原線圈的電阻，為了保證電路中各元件安全，實驗結束時，首先應斷開
A.導線A B.導線B
C.開關C D.導線D
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為防止變壓器原線圈因發生自感現象損壞電壓表，實驗結束時應先把電壓表從電路中斷開，故應先斷開導線A。
7.(2023·淮安市漣水縣第一中學高二月考)老師在物理課堂內做了“千人震”趣味小實驗，如圖所示，用了一個從日光燈上拆下來的鎮流器、兩節1.5 V的干電池、開關以及導線若干，幾位同學手牽手連到電路的C、D兩端，會產生“觸電”的感覺，則以下說法正確的是
A.“觸電”是發生在開關K斷開的瞬間
B.“觸電”是由感應起電引起的
C.“觸電”時通過人體的電流方向是A→C→D→B
D.干電池的3 V電壓讓人感到“觸電”
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能力綜合練
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開關K斷開的瞬間，通過鎮流器的電流減小，使其發
生自感，產生自感電動勢，阻礙電流的減小，從而產
生很高的瞬間電壓，同學會產生“觸電”的感覺。此
時鎮流器相當于電源，電流方向不變，通過人體的電流方向是A→B→D→C，故A正確，B、C錯誤；
開關閉合后，鎮流器與同學并聯，由于干電池的3 V電壓很小，電流很小，所以同學不會感到“觸電”，故D錯誤。
8.(2023·南京師范大學附屬揚子中學高二期末)為了研究
自感現象，設計了如圖實驗電路。燈泡L1、L2的規格相
同，線圈L的直流電阻不計，滑動變阻器的滑片在中點
位置。電路穩定時，開關斷開前后，燈泡L2中的電流隨
時間的變化是
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電路穩定時，含燈泡的兩支路電壓相同，由于燈泡
L1所在支路總電阻較小，電流較大，電流方向均向
右，當開關S斷開時，線圈L產生自感電動勢，電流
方向與原來相同，故流過燈泡L2的電流方向向左，與
原電流方向相反，且該電流大于原來流過L2的電流，對比可知，D選項符合題意。
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9.(2023·南通市高二期末)如圖所示，兩個完全相同的燈泡L1、L2的電阻值與R相等，線圈的自感系數很大，且直流電阻值忽略不計。閉合開關瞬間L1、L2均發光，待電路穩定后再斷開開關，則
A.閉合開關瞬間，L1、L2的亮度相同
B.閉合開關后，L1、L2都逐漸變暗
C.斷開開關瞬間，R中電流方向與斷開前相同
D.斷開開關后，L1由不亮突然閃亮后熄滅
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閉合開關時，流過L1的電流大于流過L2的電流，L1、
L2亮度不同，由于線圈的自感作用，線圈L中的電流
由零逐漸增大，所以與L并聯的燈泡L1上的電流由大
逐漸減小，所以L1逐漸變暗；電路穩定后L1被短路，因此與L串聯的燈泡L2電流逐漸增大，L2逐漸變亮，選項A、B錯誤；
斷開開關瞬間，L2立即熄滅，流過R的電流立即變為零，而由于線圈的自感作用，線圈電流不能突變，因此與線圈構成回路的L1由不亮突然閃亮后熄滅，選項C錯誤，D正確。
10.如圖所示的電路中，電源的電動勢為E，內阻為r，
線圈L的直流電阻不計，電阻R的阻值大于燈泡D的阻
值。在t＝0時刻閉合開關S，經過一段時間后，在t＝
t1時刻斷開S，下列表示燈泡D的電流i隨時間變化的圖像中，正確的是
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開關閉合時，線圈由于自感對電流的阻礙作用，通過
線圈所在支路的電流逐漸增大，故燈泡D的電流i逐漸
減小；開關斷開時，線圈的感應電流與原電流方向相
同，形成回路，燈泡的電流與原電流方向相反，并逐漸減小到0，又由于電阻R的阻值大于燈泡D的阻值，當開關閉合時，線圈所在支路的電流小于流過燈泡D的電流，故當開關斷開瞬間，線圈產生的感應電流也小于原來流過燈泡D的電流，故選D。
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11.(2023·南京市第一中學高二期中)如圖所示，L是直流電阻不計的帶鐵芯線圈，D為理想二極管，R為電阻，L1、L2和L3是三個完全相同的小燈泡。下列說法正確的是
A.閉合S瞬間，三個燈立即亮
B.閉合S瞬間，L1燈比L2燈先亮
C.斷開S瞬間，L2燈閃亮后慢慢熄滅
D.斷開S瞬間，L1燈閃亮后慢慢熄滅
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S閉合瞬間，L1、L2兩燈泡立即亮，由于線圈的自
感作用從而使L3燈泡慢慢變亮，故A、B錯誤；
斷開開關瞬間，線圈產生自感電動勢，于是線圈、
L3與L1、定值電阻R形成一個閉合電路，由于穩定
時L3比L1亮(L3所在的支路的總電阻比L1所在支路的總電阻小)，所以L1燈將閃亮一下再慢慢熄滅，而二極管具有單向導通性能，所以L2燈立即熄滅，故C錯誤，D正確。
BENKEJIESHU
本課結束(共65張PPT)
DIERZHANG
第二章
專題強化10　電磁感應中的動量問題
學習目標
1.會用動量定理、動量守恒定律分析電磁感應的有關
問題(重難點)。
2.進一步掌握動量定理、動量守恒定律、能量守恒定
律等基本規律(重難點)。
內容索引
一、動量定理在電磁感應中的應用
二、動量守恒定律在電磁感應中的應用
專題強化練
一
動量定理在電磁感應中的應用
如圖所示，水平固定且足夠長的光滑U形金屬導軌處于豎直向下的勻強磁場中，磁感應強度大小為B，在導軌上放置金屬棒。定值電阻的阻值為R，金屬棒的電阻為r，導軌寬度為L。若棒分別以初速度v0、2v0向右運動。
(1)請分析棒的運動情況；
答案　金屬棒受到向左的安培力F安＝ ＝ma，金屬棒速度減小，加速度減小，棒做加速度減小的減速運動，最終靜止。
(2)兩種情況下，從棒開始運動至棒停止過程中，通過R的電荷量q1、q2之比為多少？
(3)兩種情況下，從棒開始運動至棒停止時的位移x1、x2之比為多少？
梳理與總結
在導體單棒切割磁感線做非勻變速運動時，若牛頓運動定律、能量觀點不能解決問題，可運用動量定理求解。
導體棒或金屬框在感應電流所引起的安培力作用下做非勻變速直線運動時，
磁通量變化量：ΔΦ＝BΔS＝BLx。
如果安培力是導體棒或金屬框受到的合外力，則I安＝mv2－mv1。
　(2022·無錫市江陰高級中學高二月考)如圖所示，水平面上有兩根足夠長的光滑平行金屬導軌MN和PQ，兩導軌間距為L，導軌電阻均可忽略不計。在M和P之間接有一阻值為R的定值電阻，導體桿ab質量為m、電阻也為R，并與導軌接觸良好。整個裝置處于方向豎直向下、磁感應強度大小為B的勻強磁場中。現給ab桿一個初速度v0，使桿向右運動，最終ab桿停在導軌上。
例1
下列說法正確的是
√
設導體桿在整個過程中某一時刻的速度為v，ab
桿的電流和受力方向如圖所示
　相距為L＝0.5 m的豎直光滑平行金屬軌道，上端接有一阻值為R＝2 Ω的電阻，導軌間存在方向垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B＝2 T，一根質量為m＝0.03 kg、長度也為L、電阻r＝1 Ω的
金屬桿，從軌道的上端由靜止開始下落，下落過程中始終與導
軌接觸良好并保持水平，經過一段時間后金屬桿勻速運動。
(不計空氣阻力，重力加速度g取10 m/s2)
(1)求金屬桿勻速運動時通過的電流大小；
針對訓練
答案　0.3 A
由題意可知，當金屬桿所受重力等于安培力的時候，金屬桿做勻速運動，則有mg＝BIL
(2)求金屬桿最終勻速運動的速度大小；
答案　0.9 m/s
根據BLv＝IR＋Ir，解得v＝0.9 m/s；
(3)在金屬桿開始下落至剛好勻速的過程中流過電阻的電荷量為q＝0.033 C，求此過程經歷的時間。
答案　0.2 s
二
動量守恒定律在電磁感應中的應用
如圖所示，水平面上有足夠長的平行光滑金屬導軌MN和PQ，導軌間距為L，電阻不計，導軌所處空間存在方向豎直向下的勻強磁場，磁感應強度大小為B。導軌上放有質量均為m、電阻均為R的金屬棒a、b。開始時金屬棒b靜止，金屬棒a獲得向右的初速度v0。
(1)試分析金屬棒a、b的運動情況，兩金屬棒穩定后分別做什么運動？
答案　金屬棒a向右運動切割磁感線，根據右手定則可知在回路中產生逆時針方向的感應電流，根據左手定則可知，a棒受到向左的安培力，b棒受到向右的安培力，a棒在安培力作用下做減速運動，b棒在安培力作用下做加速運動，b棒切割磁感線產生順時針方向的感應電流；兩棒的速度差減小，總電動勢E＝BL(va－vb)減小，感應電流減小，安培力減小，加速度減小，即a做加速度減小的減速直線運動，b做加速度減小的加速直線運動，兩金屬棒穩定后均做勻速直線運動。
(2)在運動過程中兩金屬棒受到安培力的沖量有什么關系？把兩棒作為一個系統，該系統的動量怎樣變化？
答案　兩金屬棒所受安培力沖量等大反向，系統的合外力為零，兩棒組成的系統動量守恒。
(3)金屬棒a、b穩定后的速度；
答案　設最終達到的共同速度為v，由動量守恒定律得mv0＝2mv，解得va＝vb＝ 。
(4)從兩金屬棒開始運動至穩定的過程中產生的焦耳熱。
在雙金屬棒切割磁感線的系統中，雙金屬棒和導軌構成閉合回路，安培力為系統內力，如果兩安培力等大反向，且它們受到的外力的合力為0，則滿足動量守恒條件，運用動量守恒定律求解比較方便。這類問題可以從以下三個觀點來分析：
(1)動力學觀點：通常情況下一個金屬棒做加速度逐漸減小的加速運動，而另一個金屬棒做加速度逐漸減小的減速運動，最終兩金屬棒以共同的速度做勻速運動。
(2)動量觀點：如果光滑導軌間距恒定，則兩個金屬棒的安培力大小相等，通常情況下系統的動量守恒。
(3)能量觀點：其中一個金屬棒動能的減少量等于另一個金屬棒動能的增加量與回路中產生的焦耳熱之和。
梳理與總結
在上面的問題中，求金屬棒a從初速度v0到勻速的過程中，
(1)流過金屬棒a的電荷量q；
思考與討論
(2)a和b距離的增加量Δx。
　(2023·揚州市高二期中)如圖所示，PMN和P′M′N′是兩條足夠長、相距為L的平行金屬軌道，MM′左側圓弧軌道表面光滑，右側水平軌道表面粗糙，并且MM′右側空間存在一方向豎直向上、磁感應強度大小為B的勻強磁場。在左側圓弧軌道上高為h處垂直軌道放置一導體棒AB，在右側水平軌道上距AB棒足夠遠的地方，垂直軌道放置另一導體棒CD。已知AB棒和CD棒的長均為L，電阻均為R，質量分別為m和2m，AB棒與水平軌道間的動摩擦因數為μ，圓弧軌道與水平軌道平滑連接且電阻不計。現將AB棒由靜止釋放，讓其沿軌道下滑并進入磁場區域，最終運動到距MM′為d處停
下，此過程中CD棒因與軌道間存在摩擦而一直處
于靜止狀態。重力加速度為g，求：
例2
(1)AB棒剛進入磁場時AB棒兩端的電壓大小；
此時感應電動勢為E＝BLv
(2)整個過程中AB棒上產生的焦耳熱Q；
AB棒進入磁場后，根據動能定理得
回路中產生的焦耳熱Q總＝－W安
又因兩導體棒電流相等，電阻相同，則AB棒上產生的焦耳熱
(3)若水平軌道也光滑，則從AB棒開始運動到最終處于穩定狀態的過程中，通過AB棒的電荷量q為多少？
若水平軌道也光滑，根據系統動量守恒得
mv＝(m＋2m)v共
對AB棒，由動量定理可得
又通過AB棒的電荷量
電磁感應中不同物理量的求解策略
求加速度：動力學觀點；
求焦耳熱：能量觀點；
系統的初、末速度關系：動量守恒定律；
求電荷量、位移或時間：動量定理。
總結提升
　(2023·南京市六合高級中學校高二期末)如圖所示，兩根足夠長的光滑平行金屬導軌固定于同一水平面內，整個導軌處于豎直向下的勻強磁場中，質量均為m＝0.2 kg的導體棒MN、PQ垂直靜止于平行導軌上，與導軌構成矩形閉合回路。某時刻給導體棒MN一個水平向右的瞬時沖量I＝0.4 N·s，則從此時至PQ達到最大速度的過程中，回路中產生的焦耳熱為
A.0.1 J B.0.2 J
C.0.3 J D.0.4 J
例3
√
導體棒PQ達到最大速度時，兩棒速度相等，做勻
速運動，設速度為v，開始時對導體棒MN由動量
定理得I＝mv－0，可得MN棒的初速度為v＝2 m/s，
以向右為正方向，以兩棒組成的系統為研究對象，由動量守恒定律得mv＝2mv′，解得PQ的最大速度v′＝1 m/s，回路中產生的焦耳熱等于損失的動能Q＝ ×2mv′2，代入數據解得Q＝0.2 J，故選B。
三
專題強化練
考點一　動量定理在電磁感應中的應用
1.如圖所示，在光滑絕緣水平面上，一矩形線圈以一定的初速度穿越勻強磁場區域，已知磁場區域寬度大于線圈寬度，則線圈進、出磁場的兩個過程中
A.感應電流的方向相同
B.受到的安培力相等
C.動能的變化量相等
D.速度的變化量相同
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基礎對點練
√
根據楞次定律可知，進入磁場過程中，線圈的感應電流方向為順時針，離開磁場時，線圈的感應電流方向為逆時針，故A錯誤；
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根據動能定理可得W合＝F安·x＝ΔEk，由于進入和離
開磁場的位移都相同，而進入磁場時的安培力大于
離開磁場時的安培力，則進入磁場時的動能變化量大小大于離開磁場時的動能變化量大小，故C錯誤；
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2.(2022·連云港市高二期末)如圖所示，兩根間距為L、電阻不計且足夠長的光滑平行金屬導軌與水平面的夾角θ＝30°，質量為m、電阻為R的金屬棒MN被鎖定在導軌上。整個裝置處在方向垂直于導軌平面向上、磁感應強度大小為B的勻強磁場中，MN棒受到沿導軌平面向上、大小為mg的恒力F作用。某時刻棒解除鎖定，經過時間t，棒剛好達到最大速度v。金屬棒始終與導軌垂直且接觸良好，重力加速度為g。下列說法正確的是
A.解除鎖定后，棒中產生的感應電流方向由N→M
B.解除鎖定后瞬間，棒的加速度大小為g
C.t時間內棒重力勢能的增加量大于回路中產生的焦耳熱
√
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解除鎖定后，根據右手定則可知，金屬棒中產生的感
應電流方向由M→N，所以A錯誤；
設解除鎖定后瞬間，棒的加速度大小為a，則有F－
mgsin 30°＝ma，又F＝mg，解得a＝ g，所以B錯誤；
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考點二　動量守恒定律在電磁感應中的應用
3.(2023·南京市高二月考)如圖所示，空間存在方向豎直向下的勻強磁場，磁感應強度大小B＝0.5 T。在勻強磁場區域內，有一對光滑平行金屬導軌處于同一水平面內，導軌足夠長，導軌間距L＝1 m，電阻可忽略不計。質量均為m＝1 kg、電阻均為R＝2.5 Ω的金屬導體棒MN和PQ垂直放置于導軌上，且與導軌接觸良好。現使MN獲得水平向右的初速度v0＝4 m/s，下列說法正確的是
A.兩棒最終速度都是4 m/s
B.從開始到穩定，棒MN上產生的熱量為4 J
C.從開始到穩定，通過MN的電荷量為4 C
D.從開始到穩定，回路MNPQ的面積增加了4 m2
√
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在安培力作用下，MN減速，PQ加速，兩棒最終速
度相等，回路電流為零，由動量守恒定律可得mv0
＝2mv1
解得兩棒最終速度為v1＝2 m/s，A錯誤；
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故從開始到穩定，回路MNPQ的面積增加了40 m2，
D錯誤。
4.如圖所示，固定于水平面內的電阻不計的足夠長光滑平行金屬導軌間距為L，質量均為m、阻值均為R的金屬棒ab、cd垂直擱置于導軌上，磁感應強度為B的勻強磁場垂直于導軌平面向上，某一時刻同時給ab、cd以平行于導軌的水平向右的初速度v0、2v0，則兩棒從開始運動至達到穩定速度的過程中
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√
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根據動量守恒定律得mv0＋m·2v0＝2mv
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穩定前兩棒所受安培力大小相等，方向相反，兩棒的加速度也大小相等，方向相反，C錯誤；
5.如圖所示，在光滑的水平面上，有一豎直向下的勻強磁場分布在寬度為L的區域內，現有一個邊長為a(a1
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能力綜合練
√
設線圈完全進入磁場中時的速度為v′，
線圈進入磁場過程，由動量定理有
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線圈離開磁場過程，同理
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聯立各式得v′－v0＝v－v′
6.如圖所示，兩根足夠長的平行金屬導軌固定于同一水平面內，導軌間的距離為L，導軌上平行放置兩根導體棒ab和cd，構成矩形回路。已知兩根導體棒的質量均為m、電阻均為R，其他電阻忽略不計，整個導軌處于豎直向上的勻強磁場中，磁感應強度為B，導體棒均可沿導軌無摩擦滑動。開始時，導體棒cd靜止、ab有水平向右的初速度v0，兩導體棒在運動過程中始終不接觸。求：
(1)開始時，導體棒ab中電流的大小和方向；
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ab棒產生的感應電動勢Eab＝BLv0，
根據右手定則知方向由a→b。
(2)從開始到導體棒cd達到最大速度的過程中，cd棒上產生的焦耳熱；
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當ab棒與cd棒速度相同時，cd棒的速度最大，設最
大速度為v，
(3)當ab棒速度變為 v0時，cd棒加速度的大小。
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7.如圖所示，兩根足夠長的光滑直金屬導軌MN、PQ平行放置在傾角為θ＝30°的絕緣斜面上，兩導軌間距為L＝1 m，M、P兩點間接有阻值為R＝8 Ω的定值電阻。一根質量為m＝1 kg、電阻為r＝2 Ω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大小為B＝5 T的勻強磁場中，磁場方向垂直于斜面向上。導軌的電阻可忽略不計。讓金屬桿ab沿導軌由靜止開始下滑，沿斜面下滑d＝2 m時，金屬桿達到最大速度，導軌和金屬桿始終接觸良好，重力加速度為g＝10 m/s2，求：
(1)金屬桿達到的最大速度vm的大小；
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答案　2 m/s
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金屬桿在磁場中運動時，產生的感應電動勢為E＝BLv
金屬桿受到的安培力為F安＝BIL
代入數據可得vm＝2 m/s
(2)在這個過程中，電阻R上產生的熱量；
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答案　6.4 J
代入數據可得Q＝8 J
(3)在這個過程中，金屬桿所用時間以及流過R的電荷量q。
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答案　1.4 s　1 C
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磁通量的變化量為ΔΦ＝BLd
代入數據得q＝1 C
由動量定理得mgΔtsin θ－BqL＝mvm－0
代入數據解得Δt＝1.4 s。
8.(2023·南京市第一中學校考期末)如圖，水平面內固定有兩根平行的光滑長直金屬導軌，導軌間距為l，電阻不計。整個裝置處于兩個磁感應強度大小均為B、方向相反的豎直勻強磁場中，虛線為兩磁場的分界線，質量均為m的兩根相同導體棒MN、PQ靜置于圖示的導軌上(兩棒始終與導軌垂直且接觸良好)。現使MN棒獲得一個大小為v0、方向水平向左的初速度，則在此后的整個運動過程中
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尖子生選練
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√
根據右手定則知，回路中產生沿NMPQN方向
的感應電流，根據左手定則可知，MN棒受到
的安培力水平向右，PQ棒受到的安培力也水
平向右，且兩棒受到的安培力大小相等，則兩棒受到的安培力沖量大小相等，方向相同，選項A錯誤；
當兩棒產生的感應電動勢大小相等，相互抵消，回路中感應電流為零時，兩棒均做勻速運動，達到穩定狀態，穩定時，有Blv1＝Blv2，解得v1＝v2，對PQ棒，根據動量定理得I＝mv2－0，對MN棒，根據動量定理得－I＝mv1－mv0，解得v1＝v2＝ ，選項B錯誤；
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BENKEJIESHU
本課結束(共74張PPT)
DIERZHANG
第二章
專題強化9　電磁感應中的動力學和
　　　　 　能量問題
學習目標
1.會分析導體棒、線框在磁場中的受力(重點)。
2.能根據電流的變化分析導體棒、線框受力的變化情
況和運動情況(重難點)。
3.能利用牛頓運動定律和平衡條件分析有關問題(重難點)。
4.理解電磁感應現象中的能量轉化，會用動能定理、
能量守恒定律分析有關問題(重難點)。
內容索引
一、電磁感應中的動力學問題
二、電磁感應中的能量問題
專題強化練
一
電磁感應中的動力學問題
如圖所示，空間存在方向豎直向下的勻強磁場，磁感應強度為B，MN、PQ是水平放置的足夠長的平行長直導軌，其間距為L，電阻R接在導軌一端，導體棒ab跨接在導軌上，質量為m，接入電路的電阻為r。導體棒和導軌間的動摩擦因數為μ，重力加速度為g。從零時刻開始，對ab棒施加一個大小為F、方向水平向左的恒定拉力，使其從靜止開始沿導軌滑動，ab棒始終保持與導軌垂直且接觸良好。
(1)分析導體棒的運動性質；
答案　導體棒做切割磁感線的運動，產生的感應電動勢E＝BLv ①
導體棒受到的安培力F安＝BIL ③
導體棒運動過程中受到拉力F、安培力F安和摩擦力Ff的作用，根據牛頓第二定律有
F－μmg－F安＝ma ④
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，此后導體棒做勻速直線運動。即導體棒先做加速度逐漸減小的加速運動，再做勻速運動。
(2)求導體棒所能達到的最大速度的大小；
(3)試定性畫出導體棒運動的速度—時間圖像。
答案　由(1)(2)中的分析可知，導體棒運動的速度—時間圖像如圖所示。
梳理與總結
1.電磁感應問題中電學對象與力學對象的相互制約關系
2.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)求回路中感應電流的大小和方向。
(3)分析導體受力情況(包括安培力)。
(4)列動力學方程或根據平衡條件列方程求解。
　如圖甲所示，兩根足夠長的直金屬導軌MN、PQ平行放置在傾角為θ的絕緣斜面上，兩導軌間距為L，M、P兩點間接有阻值為R的定值電阻，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，磁場方向垂直于導軌平面向下，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。(重力加速度為g)
例1
(1)由b向a方向看到的裝置如圖乙所示，請在此圖中畫出ab桿下滑過程中的受力示意圖；
答案　見解析圖
如圖所示，ab金屬桿受重力mg，方向豎直向下；支持力FN，方向垂直于導軌平面向上；電流方向由a→b，安培力F安方向沿導軌平面向上。
(2)在加速下滑過程中，當ab桿的速度大小為v時，求此時ab桿中的電流大小及其加速度的大小；
當ab桿的速度大小為v時，感應電動勢E＝BLv，
根據牛頓第二定律，有
mgsin θ－F安＝ma
(3)求在下滑過程中，ab桿可以達到的速度最大值。
當a＝0時，ab桿達到最大速度vm，
分析電磁感應中的動力學臨界問題的基本思路
總結提升
二
電磁感應中的能量問題
1.如圖所示，在豎直向下的勻強磁場中，水平U形導體
框左端接一阻值為R的電阻，質量為m、電阻為r的導體
棒ab置于導體框上。不計導體框的電阻、導體棒與框
間的摩擦。ab以水平向右的初速度v0開始運動，最終停在導體框上。在此過程中
(1)根據動能定理可得，導體棒克服安培力做的總功W克安＝ ；
(2)根據能量守恒可得，整個過程回路中產生的總熱量為Q＝ ，可
知，W克安 Q(填“>”“<”或“＝”)；
(3)電阻R消耗的總電能為 。
＝
2.在【例1】中，設ab桿沿導軌由靜止開始下滑至速度最大的過程中下滑的豎直高度為h，則
(1)根據動能定理可得， ＝ ，可得W克安＝_____
；
(2)根據能量守恒定律可得，mgh＝ ，整個回路產生的
熱量Q＝ 可得知，W克安 Q(填“>”“<”或“＝”)；
(3)電阻R消耗的總電能為 。
mgh－W克安
mgh
＝
1.電磁感應現象中的能量轉化
梳理與總結
安
培
力
做
功
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克安，即Q＝W克安。
②利用能量守恒定律，焦耳熱等于其他形式能量的減少量。
3.桿克服安培力做的功等于整個電路產生的焦耳熱Q。電阻與導體棒串聯，
產生的焦耳熱與電阻成正比。電阻R產生的焦耳熱為QR＝ Q，導體棒產生的焦耳熱為Qr＝ Q。
　(2023·淮安市馬壩高中高二期中)如圖所示，等腰直角三角形金屬線框abc放在光滑絕緣水平桌面上，直角邊長為L，線框的總電阻為R，質量為m，有界勻強磁場垂直于水平桌面向下，磁感應強度大小為B，磁場邊界MN、PQ間距大于L。ab邊始終與磁場邊界MN平行。給金屬線框一個方向垂直MN向右、大小為v0的初速度，線框穿過磁場后的速度大小為 ，
例2
則下列分析正確的是
A.線框進入磁場過程中產生順時針方向的感應電流
B.線框剛進入磁場時產生的感應電流為
C.線框進入磁場和穿出磁場過程均做勻減速運動
D.線框穿過磁場過程產生的熱量為
√
線框進入磁場過程中穿過線框的磁通量增大，由楞
次定律可知，線框中產生逆時針方向的感應電流，
故A錯誤；
線框進入磁場過程中受到的安培力與運動方向相反，則線框向右做減速運動，且切割磁感線的有效長度減小，產生的感應電動勢減小，感應電流減小，安培力減小，加速度減小，即線框進入磁場過程并不是勻減速運動，同理可分析線框出磁場過程也不是勻減速運動，故C錯誤；
　　 如圖所示，水平光滑的平行金屬導軌，左端接有電阻R，勻強磁場B豎直向下分布在導軌所在的空間內，質量一定的金屬棒PQ垂直導軌放置。若使棒以一定的初速度v0向右運動，當其通過位置a、b時，速率分別為va、vb，到位置c時棒剛好靜止，設金屬導軌與棒的電阻均不計，a到b與b到c的間距相等，則金屬棒在從a到b和從b到c的兩個過程中
A.金屬棒做勻減速運動
B.通過金屬棒橫截面的電荷量，從a到b比從b到c大
C.克服安培力做功，從a到b比從b到c大
D.回路中產生的內能相等
針對訓練
√
從a到b的過程中與從b到c的過程中，回路面積的變化
量ΔS相等，B、R相等，因此，通過棒橫截面的電荷量
相等，故B錯誤；
金屬棒在安培力作用下做減速運動，速度v越來越小，金屬棒克服安培力做功，把金屬棒的動能轉化為內能，由于a、b間距離與b、c間距離相等，安培力從a到c逐漸減小，由W＝F安s定性分析可知，從a到b克服安培力做的功比從b到c克服安培力做的功多，因此在從a到b的過程產生的內能多，故C正確，D錯誤。
　(2023·鎮江市鎮江中學高二期中)如圖甲所示，MN、PQ為足夠長的兩平行金屬導軌，間距L＝1.0 m，與水平面之間的夾角α＝30°，勻強磁場磁感應強度B＝0.5 T，垂直于導軌平面向上，MP間接有電流傳感器(相當于電流表，其電阻忽略不計)，質量m＝2.0 kg、接入電路的阻值R＝1.0 Ω的金屬桿ab垂直導軌放置，它與導軌間的動摩擦因數μ＝ 。用外力F沿導軌平面向上拉金屬桿ab，使ab由靜止開始運動并開始計時，電流傳感器顯示回路中的電流I隨時間t變化的圖像
如圖乙所示，0～3 s，拉力做的功為225 J，
除金屬桿電阻外，其他電阻不計。取g＝
10 m/s2。求：
例3
(1)0～3 s內金屬桿ab運動的位移大小；
答案　9 m
由題圖乙知回路中的電荷量為q＝4.5 C
(2)0～3 s內F隨t變化的關系；
答案　F＝0.5t＋24(N)
由題圖乙知，I＝kt＝t
由題意，感應電動勢為E＝BLv
由牛頓第二定律得：
代入a＝2 m/s2得F＝0.5t＋24(N)
(3)0～3 s內金屬桿產生的焦耳熱。
答案　9 J
3 s末，v＝at＝6 m/s，由動能定理得
得Q＝9 J。
三
專題強化練
考點一　電磁感應中的動力學問題
1.(2023·北京市大興區高二期末)如圖所示，有兩根和水平方向成θ角的光滑平行的金屬軌道，上端接有電阻箱R，軌道足夠長，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，不計金屬桿和軌道的電阻，則以下分析正確的是
A.金屬桿先做勻加速直線運動，然后做勻速直線運動
B.金屬桿先做勻減速直線運動，然后做勻速直線運動
C.如果只增大B，vm將變小
D.如果只增大R，vm將變小
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基礎對點練
√
金屬桿下滑過程中，受重力、軌道的支持力和安培
力，開始時重力沿斜面向下的分力大于安培力，金
屬桿做加速運動，滿足mgsin θ－ ＝ma
隨著速度的增加，金屬桿加速度逐漸減小，當加速度減小到零時，速度最大。當加速度為零時，金屬桿做勻速運動，故金屬桿先做加速度逐漸減小的加速運動，然后做勻速直線運動，故A、B錯誤；
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2.(2023·揚州市高二期中)如圖所示，MN和PQ是兩根相互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。取豎直向下為正方向，
由a→b為電流的正方向，將開關閉合，讓桿ab由靜止開始
下落，則金屬桿ab下落過程中的速度v、電流I、安培力F
和加速度a隨時間t變化的圖像可能正確的是
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√
根據題意可知，閉合開關，讓金屬桿ab由靜止開始自由下落，開始時安培力小于重力，則金屬桿的合力向下，加速度向下，由牛頓第二定律有mg－ ＝ma，可知，加速度隨速度的增大而減小，金屬桿做加速度逐漸減小的加速運動，當重力與安培力相等時，加速度等于零，金屬桿做勻速直線運動，故A、D錯誤；
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根據題意可知，感應電流為I＝ ，安培力為F＝ ，由對A、D項的分析可知，金屬桿的速度先增大后不變，則感應電流先增大后不變，安培力也是先增大后不變，故C錯誤，B正確。
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3.如圖所示，勻強磁場存在于虛線框內，矩形線圈豎直下落，如果線圈受到的安培力總小于其重力，不計空氣阻力，則它在1、2、3、4位置時的加速度關系為
A.a1>a2>a3>a4 B.a1＝a3>a2>a4
C.a1＝a3>a4>a2 D.a4＝a2>a3>a1
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線圈進入磁場前和全部進入磁場后，都僅受重力，所以加速度a1＝a3＝g。
考點二　電磁感應中的能量問題
4.如圖所示，先后以速度v0和2v0把同一正方形閉合單匝線框勻速拉入有界勻強磁場區域中，在先后兩種情況下
A.線框中的感應電流之比為I1∶I2＝2∶1
B.線框所受到的安培力之比為F1∶F2＝1∶4
C.線框產生的焦耳熱之比為Q1∶Q2＝1∶4
D.通過線框橫截面的電荷量之比為q1∶q2＝1∶1
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設正方形線框邊長為L，線框切割磁感線產生感應電動勢E＝BLv
根據安培力的表達式F＝ILB
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根據焦耳定律Q＝I2R總t
根據純電阻電路中電荷量的表達式
可知通過線框橫截面的電荷量相等，故D正確。
5.(2022·徐州市高二期中)如圖所示，水平的平行虛線間距為d，中間有沿水平方向的勻強磁場。一個阻值為R的正方形金屬線圈邊長lA.線圈進、出磁場過程中感應電流均沿逆時針方向
B.線圈下邊緣剛進入磁場時的加速度最小
C.線圈在進入磁場和穿出磁場過程中，通過導線截面的
　電荷量相等
D.線圈在進入磁場和穿出磁場過程中產生的焦耳熱之和為0
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根據楞次定律可知，線圈進磁場過程中感應電流沿逆時針方向，線圈出磁場過程中感應電流沿順時針方向，A錯誤；
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可知，金屬線圈在進入磁場過程中做加速度減小的減速運動，線圈下邊緣剛進入磁場時的加速度并非最小，B錯誤；
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線圈在進入磁場和穿出磁場過程中，磁通量變化量的大小相同，即通過導線截面的電荷量相等，C正確；
根據能量守恒定律可知，線圈從下邊緣剛要進入磁場到剛要穿出磁場過程中，線圈減少的機械能轉化為焦耳熱Q1＝－ΔE＝mgd
又因為其下邊緣剛進入磁場和剛穿出磁場時的速度相等，線圈在進入磁場和穿出磁場過程中產生的焦耳熱相同，產生的焦耳熱之和為Q＝2Q1＝2mgd，D錯誤。
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6.(2023·南京市金陵中學高二期末)如圖所示，平行金屬導軌與水平面成θ角，導軌與定值電阻R1和R2相連，勻強磁場垂直穿過導軌平面。有一導體棒ab，質量為m，導體棒的電阻與定值電阻R1和R2的阻值均相等，與導軌之間的動摩擦因數為μ，導體棒ab沿導軌向上滑動，當上滑的速度為v時，受到安培力的大小為F。重力加速度大小為g，下列說法錯誤的是
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C.當ab的速度為v時，整個裝置因摩擦而產生的熱功率為μmgvcos θ
D.當ab的速度為v時，整個裝置消耗的機械功率為(F＋μmgcos θ)v
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定值電阻R2消耗的電功率與R1消耗的電功率相等，故
A錯誤，B正確；
整個裝置因摩擦而產生的熱功率為P2＝μmgcos θ·v＝
μmgvcos θ，故C正確；
整個裝置消耗的機械功率為P3＝Fv＋P2＝(F＋μmgcos θ)v，故D正確。
7.(2023·徐州市高二期中)如圖所示，在豎直平面內有一個兩邊平行且相距為L的光滑導軌，導軌頂端接有一個電阻R，電阻兩端接有理想電壓表，導軌間存在一個垂直于紙面向里的磁感應強度為B的勻強磁場，磁場寬度為2h，現有一個質量為m，電阻也為R的導體棒，從距
磁場上邊界為h處自由下落，導軌進入磁場后恰好做勻速
直線運動并穿過勻強磁場，重力加速度為g。導體棒在穿
過磁場的過程中，
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能力綜合練
下列說法正確的是
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導體棒在穿過磁場的過程中動能不變，因此重力做功與安培力做的功的和為0，所以導體棒克服安培力做的功為2mgh，故D錯誤。
8.(2023·宿遷市高二期末)如圖所示，傾斜放置的足夠長的光滑平行金屬導軌MN、PQ間有一根質量為m的導體棒，阻值為R的電阻接在M、P間，其他電阻忽略不計，磁感應強度為B的勻強磁場垂直導軌平面向下。t＝0時對導體棒施加一個沿導軌平面向上的力F，使得導體棒能夠從靜止開始向上做勻加速直線運動，則在導體棒向上運動的過程
中，施加的力F、力F的功率P、導體棒產生的感應電流
I、電阻R上產生的熱量Q隨時間變化的圖像正確的是
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則P－t圖像為開口向上的拋物線，選項B錯誤；
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則I－t圖像是過原點的傾斜直線，選項C錯誤；
電阻R上產生的熱量Q＝I2Rt，電流隨時間t均勻增加，則Q－t圖像一定不是過原點的傾斜直線，選項D錯誤。
9.(2023·連云港市贛馬高級中學高二月考)如圖所示，足夠長的光滑導軌傾斜放置，導軌平面與水平面夾角θ＝37°，導軌間距L＝0.5 m，其下端連接一個定值電阻R＝0.5 Ω，其他電阻不計。兩導軌間存在垂直于導軌平面向下的勻強磁場，磁感應強度B＝0.2 T；一質量為m＝0.01 kg的導體棒ab(其電阻不計)垂直于導軌放置，現將導體棒由靜止釋放，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。
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(1)判斷導體棒下滑過程中產生的感應電流方向并求導體棒下滑的最大速度的大小；
答案　由a到b　3 m/s
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由右手定則判斷導體棒中的感應電流方向為由a到b
感應電動勢E＝BLv
當安培力與重力沿導軌平面向下的分力相等時，速度最大，棒ab做勻速運動，即
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(2)求ab棒下滑過程中電阻R消耗的最大電功率；
答案　0.18 W
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(3)若導體棒從靜止加速到v＝2 m/s的過程中，通過R的電荷量q＝0.2 C，求R產生的熱量Q。
答案　0.04 J
10.(2022·湖北省名校聯盟高二聯考)如圖所示，MN、PQ是兩根足夠長的光滑平行金屬導軌，導軌間距L＝0.5 m，導軌所在平面與水平面的夾角θ＝30°，M、P間接有R＝3.2 Ω的電阻。范圍足夠大的勻強磁場垂直導軌所在平面向上，磁感應強度大小B＝1.6 T。長度與導軌間距相等、質量m＝0.2 kg、阻值r＝0.8 Ω的金屬棒放在兩導軌上，在大小為1.8 N、方向平行于導軌向上的恒定拉力F作用下，從靜止開始向上運
動。已知金屬棒與導軌始終垂直并保持良好接觸，導
軌足夠長且電阻不計，取重力加速度大小g＝10 m/s2。
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(1)當金屬棒的速度大小v1＝1 m/s時，求金屬棒的加速度大小a；
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答案　3.2 m/s2
此時金屬棒受到的安培力FA1＝BI1L
根據牛頓第二定律有F－mgsin θ－FA1＝ma
解得a＝3.2 m/s2
(2)金屬棒向上運動的位移大小x＝5.5 m前，金屬棒已經進入勻速運動狀態，求金屬棒從開始運動到位移大小為x＝5.5 m的過程中R上產生的焦耳熱。
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答案　1.52 J
設金屬棒進入勻速運動狀態時的速度大小為vm，
根據受力平衡有F－mgsin θ－FA＝0
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設在所研究的過程中金屬棒克服安培力做的功為W安，根據動能定理有
又有回路中產生的焦耳熱等于金屬棒克服安培力做的功，
聯立解得QR＝1.52 J。
11.(2022·南京師大附中高二期中)如圖所示，兩光滑平行長直導軌水平放置在磁感應強度為B的勻強磁場中，磁場與導軌所在平面垂直，導軌一端跨接一個定值電阻R，金屬棒與導軌電阻不計。金屬棒在恒力F作用下從靜止開始沿導軌向右運動，在以后金屬棒運動的過程中，金
屬棒速度v、加速度a、感應電動勢E以及通過電阻R的電荷
量q隨時間t變化的圖線正確的是
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尖子生選練
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BENKEJIESHU
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