2025高中物理人教版选修3-2教学资源包（名师同步导学）含答案

PAGEPAGE2662025高中物理人教版选修3-2教学资源包（名师同步导学）第四章电磁感应第1、2节划时代的发现探究感应电流的产生条件学习目标1．知道与电流磁效应和电磁感应现象相关的物理学史，体会人类探究自然规律的科学态度和科学精神．2．通过实验探究和理解产生感应电流的条件．3．会运用感应电流的产生条件判断是否有感应电流产生．|基础知识·填一填|一、电磁感应的探索历程1．“电生磁”的发现：1820年，丹麦物理学家eq\x(1)奥斯特发现了电流的磁效应．2．“磁生电”的发现：1831年，英国物理学家eq\x(2)法拉第发现了电磁感应现象．3．法拉第的概括法拉第把引起感应电流的原因概括为五类(1)变化的eq\x(3)电流．(2)变化的eq\x(4)磁场．(3)eq\x(5)运动的恒定电流．(4)eq\x(6)运动的磁铁．(5)在磁场中运动的eq\x(7)导体．4．电磁感应法拉第把他发现的磁生电的现象叫做电磁感应，产生的电流叫eq\x(8)感应电流．5．发现电磁感应现象的意义(1)使人们对电与磁内在联系的认识更加完善，宣告了eq\x(9)电磁学作为一门统一学科的诞生．(2)使人们找到了eq\x(10)磁生电的条件，开辟了人类的电气化时代．二、探究感应电流的产生条件1．探究导体棒在磁场中运动是否产生电流(如图所示)实验操作实验现象(有无电流)实验结论导体棒静止无闭合回路包围的面积eq\x(11)变化时，回路中有电流产生；包围的面积eq\x(12)不变时，电路中无电流产生导体棒平行磁感线运动无导体棒切割磁感线运动有2．探究磁铁在通电螺线管中运动是否产生电流(如图所示)实验操作实验现象(有无电流)实验结论N(或S)极插入线圈eq\x(13)有线圈中的磁场eq\x(16)变化时，线圈中有感应电流；线圈中的磁场eq\x(17)不变时，线圈中无感应电流N(或S)极停在线圈中eq\x(14)无N(或S)极从线圈中抽出eq\x(15)有3.模拟法拉第的实验(如图所示)实验操作实验现象(线圈B中有无电流)实验结论开关闭合瞬间eq\x(18)有线圈B中磁场eq\x(22)变化时，线圈B中有感应电流；线圈B中磁场eq\x(23)不变时，线圈B中无感应电流开关断开瞬间eq\x(19)有开关保持闭合，滑动变阻器滑片不动eq\x(20)无开关保持闭合，迅速移动滑动变阻器的滑片eq\x(21)有4.感应电流产生的条件：只要穿过闭合导体回路的eq\x(24)磁通量发生变化，闭合导体回路中就会产生感应电流．|基础小题·做一做|1．正误判断(1)闭合回路在磁场中运动时一定能产生感应电流．(×)(2)只要闭合电路内有磁通量，闭合电路中就有感应电流产生．(×)(3)穿过螺线管的磁通量发生变化时，螺线管内部就一定有感应电流产生．(×)(4)磁通量的大小和线圈的匝数有关．(×)(5)穿过闭合电路的磁通量发生变化就能产生感应电流．(√)2．下列关于电磁感应现象的认识，正确的是()A．它最先是由奥斯特通过实验发现的B．它是指变化的磁场产生电流的现象C．它说明了电能生磁D．它揭示了电流受到安培力的原因解析：选B奥斯特发现了电流的磁效应，法拉第发现了电磁感应现象，故A错误；利用磁场产生电流的现象是电磁感应现象，变化的磁场产生电流的现象是电磁感应现象，故B正确；电磁感应现象说明，磁能生电，故C错误；电磁感应现象揭示了磁能生电，它并没有揭示电流受到安培力的原因，故D错误．3．下面所示的实验示意图中，用于探究电磁感应现象的是()解析：选B选项A是奥斯特实验，该实验证明了通电导线周围存在着磁场，利用电生磁现象制成了电磁铁，故不符合题意，故A错误；磁铁在进入线圈的过程，由于磁通量的变化，产生感应电流，这是用来探究电磁感应现象的，故B正确；闭合开关，线圈中有电流通过时，它就会运动起来，即说明通电导线在磁场中受力的作用，即是电动机的制作原理，故不符合题意，故C错误；闭合开关，导线中有电流通过时，它就会运动起来，即说明通电导线在磁场中受力的作用，即是电动机的制作原理，故不符合题意，故D错误．4．初中物理中学过：闭合电路的一部分导体切割磁感线时会产生感应电流；本节课又说：只要穿过闭合导体回路的磁通量发生变化，闭合导体回路中就会产生感应电流．这两种说法有什么不同？提示：初中所学的闭合电路的一部分导体做切割磁感线运动就能产生感应电流，实质上是该闭合电路的磁通量发生变化．但有时候，虽然导体切割磁感线，但磁通量不发生变化，不产生感应电流，故要产生感应电流，必须要求导体构成的闭合回路中磁通量发生变化，并不一定是切割磁感线运动．|核心知识·记一记|1．奥斯特发现了电流的磁效应，法拉第发现了电磁感应现象．2．引起电磁感应现象的原因主要有五类，分别是变化的电流、变化的磁场、运动的恒定电流、运动的磁铁、在磁场中运动的导体．3．只要穿过闭合导体回路的磁通量发生变化，闭合导体回路中就有感应电流．★要点一磁通量及其变化量的计算|要点梳理|1．磁通量的计算(1)B与S垂直时：Φ＝BS，S为线圈的有效面积．如图甲所示．(2)B与S不垂直时：Φ＝BS⊥＝B⊥S，S⊥为线圈在垂直磁场方向上的投影面积，B⊥为B在垂直于S方向上的分量．如图乙、丙所示．(3)某线圈所围面积内有不同方向的磁场时，规定某个方向的磁通量为正，反方向的磁通量为负，求其代数和，如图丁所示．2.磁通量是标量，但有正负，其正负表示与规定的穿入方向相同或相反，穿过某一面的磁通量等于各部分磁通量的代数和．3．磁通量的变化(ΔΦ＝Φ2－Φ1)大致可分为以下几种情况(1)磁感应强度B不变，有效面积S发生变化．如图甲所示．ΔΦ＝BS2－BS1＝B(S2－S1)＝B·ΔS.(2)有效面积S不变，磁感应强度B发生变化．如图乙所示．ΔΦ＝B2S－B1S＝(B2－B1)S＝ΔB·S.(3)磁感应强度B和线圈面积S都不变，它们之间的夹角发生变化．如图丙所示．ΔΦ＝Φ2－Φ1.4．用磁感线的条数表示磁通量当回路中有不同方向的磁感线穿过时，磁通量是指穿过某一面磁感线的“净”条数，即指不同方向的磁感线的条数差．|例题展示|【例1】如图所示，a、b、c三个闭合线圈放在同一平面内，当线圈a中有电流I通过时，穿过它们的磁通量分别为Φa、Φb、Φc，则()A．Φa<Φb<ΦcB．Φa>Φb>ΦcC．Φa<Φc>ΦbD．Φa>Φc>Φb[解析]磁通量可以形象地理解为穿过回路的磁感线的条数；若该回路面积内有磁感线穿进和穿出两种情况，可把磁通量理解为穿过回路的净磁感线的条数．当a中有电流通过时，穿过a、b、c三个闭合线圈垂直纸面向里的磁感线条数一样多，向外的磁感的条数c最多，其次是b，a中没有向外的磁感线，因此穿过闭合线圈的净磁感线条数a最多，b次之，c最少，即Φa>Φb>Φc.选项B正确．[答案]B【例2】如图所示的线框，面积为S，处于磁感应强度为B的匀强磁场中，B的方向与线框平面成θ角，当线框转过90°到如图所示的虚线位置时，规定初位置时穿过线框的磁通量为正值。试求：(1)初、末位置穿过线框的磁通量的大小Φ1和Φ2；(2)磁通量的变化量ΔΦ的大小．[解析](1)如图所示，把磁感应强度B沿垂直于面积S和平行于面积S进行分解，得B上＝Bsinθ，B左＝Bcosθ，Φ1＝B上S＝BSsinθ，Φ2＝－B左S＝－BScosθ.(2)开始时B与线框平面成θ角，穿过线框的磁通量Φ1＝BSsinθ；当线框按顺时针方向转动时，穿过线框的磁通量减少，当转动θ时，穿过线框的磁通量减少为零，继续转动至90°时，磁通量从另一面穿过，变为“负”值，为Φ2＝－BScosθ.所以，此过程中磁通量的变化量为ΔΦ＝Φ2－Φ1＝－BScosθ－BSsinθ＝－BS(cosθ＋sinθ)．[答案](1)BSsinθ－BScosθ(2)－BS(cosθ＋sinθ)[易错警示],求磁通量及其变化量大小的三点提醒(1)求磁通量及其变化量时要取有效面积．(2)磁通量及其变化量大小与线圈匝数无关．(3)磁感线从不同侧面穿过线圈时磁通量的正负不同．|对点训练|1.如图所示，水平放置的扁平条形磁铁，在磁铁的左端正上方有一金属线框，线框平面与磁铁垂直，当线框从左端正上方沿水平方向平移到右端正上方的过程中，穿过它的磁通量的变化情况是()A．先减小后增大 B．始终减小C．始终增大 D．先增大后减小解析：选A线框在磁铁两端的正上方时穿过该线框的磁通量最大，在磁铁中央时穿过该线框的磁通量最小，所以该过程中的磁通量先减小后增大，故A正确．2．(2017·江苏卷)如图所示，两个单匝线圈a、b的半径分别为r和2r.圆形匀强磁场B的边缘恰好与a线圈重合，则穿过a、b两线圈的磁通量之比为()A．1∶1 B．1∶2C．1∶4 D．4∶1解析：选A由题图可知，穿过a、b两个线圈的磁通量均为Φ＝B·πr2，因此磁通量之比为1∶1，A项正确．3.如图所示，一矩形线圈abcd的面积S为1×10－2m2，它与匀强磁场方向之间的夹角θ为30°，穿过线圈的磁通量Φ为1×10－3Wb.则：(1)磁场的磁感应强度B为多大？(2)若线圈以ab边为轴翻转180°，则此过程穿过线圈的磁通量的变化大小ΔΦ为多少？解析：(1)由磁通量的计算公式，Φ＝BS⊥＝BSsinθ，可得B＝eq\f(Φ,Ssinθ)＝eq\f(1×10－3,1×10－2×sin30°)T＝0.2T.(2)若规定开始时穿过线圈的磁通量为正，则转过180°时穿过线圈的磁通量为负，故Φ1＝1×10－3Wb，Φ2＝－1×10－3Wb，ΔΦ＝|Φ2－Φ1|＝2×10－3Wb.答案：(1)0.2T(2)2×10－3Wb★要点二感应电流有无的判断|要点梳理|1．导体回路闭合、磁通量变化是产生感应电流的两个必要条件，缺一不可．2．穿过闭合导体回路的磁通量发生变化，大致有以下几种情况：(1)磁感应强度B不变，线圈面积S发生变化．(2)线圈面积S不变，磁感应强度B发生变化．(3)磁感应强度B和回路面积S同时发生变化，此时可由ΔΦ＝Φ2－Φ1计算并判断磁通量是否变化．(4)线圈面积S不变，磁感应强度B也不变，但二者之间夹角发生变化．|例题展示|【例3】为观察电磁感应现象，某学生将电流表、螺线管A和B、蓄电池、开关用导线连接成如图所示的实验电路．当接通和断开开关时，电流表的指针都没有偏转，其原因是()A．开关位置接错 B．电流表的正、负极接反C．线圈B的3、4接头接反 D．蓄电池的正、负极接反[解析]因感应电流产生的条件是闭合电路中的磁通量发生变化，由电路图可知，把开关接在B与电流表之间，因与1、2接头相连的电路在接通和断开开关时，电流不改变，所以不可能有感应电流，电流表也不可能偏转，开关应接在A与电源之间．[答案]A【例4】如图所示，A中线圈有一小缺口，B、D中匀强磁场区域足够大，C中通电导线位于水平放置的圆形闭合线圈某一直径的正上方．其中能产生感应电流的是()[解析]图A中线圈没闭合，无感应电流；图B中闭合电路中的磁通量增大，有感应电流；图C中的导线在圆形闭合线圈的正上方，不论电流如何变化，穿过线圈的磁感线都相互抵消，磁通量恒为零，无感应电流；图D中回路磁通量恒定，无感应电流．[答案]B[规律方法](1)判断闭合电路的部分导体切割磁感线产生感应电流时，一定注意“部分导体”“切割”的含义．(2)磁感线的条数可用来形象地表示一个回路的磁通量大小，所以可充分利用穿过闭合电路的磁感线的条数是否变化来判断某过程中磁通量是否变化．|对点训练|1．(多选)某学生做观察电磁感应现象的实验时，将电流表、线圈A和B、蓄电池、开关，用导线连接成如图所示的实验电路，闭合开关，下列说法正确的是()A．线圈A插入线圈B的过程中，有感应电流B．线圈A从B线圈中拔出过程中，有感应电流C．线圈A停在B线圈中，有感应电流D．线圈A拔出线圈B的过程中，线圈B的磁通量在减小解析：选ABD线圈A插入线圈B的过程中，导致穿过线圈B的磁通量发生变化，则有感应电流，故A正确；同理，当线圈A从B线圈中拔出过程中，导致穿过线圈B的磁通量发生变化，则有感应电流，故B正确；线圈A停在B线圈中，穿过线圈B的磁通量不变，没有感应电流，故C错误；线圈A拔出线圈B的过程中，穿过线圈B的磁通量减小，线圈B产生感应电流，故D正确．2．法拉第在1831年发现了“磁生电”现象．如图，他把两个线圈绕在同一个软铁环上，线圈A和电池连接，线圈B用导线连通，导线下面平行放置一个小磁针．实验中可能观察到的现象是()A．只要A线圈中电流足够强，小磁针就会发生偏转B．A线圈接通后，线圈B匝数较少时小磁针不偏转，匝数足够多时小磁针会偏转C．线圈A和电池接通瞬间，小磁针会偏转D．线圈A和电池断开瞬间，小磁针不偏转解析：选C只有电键闭合瞬间、断开瞬间有感应电流，即原磁场变化时才有感应电流，A中的电流稳定时，B内不产生感应电流，与A中电流的大小无关，故A错误；A接通到达稳定后B内没有感应电流，与B的线圈的匝数无关，故B错误；电键闭合瞬间、断开瞬间有感应电流，即原线圈A产生的磁场变化时就有感应电流，故线圈A和电池接通瞬间，小磁针会偏转；线圈A和电池断开瞬间，小磁针也会偏转，故C正确，D错误．3．(多选)在匀强磁场中有两条平行的金属导轨，磁场方向与导轨平面垂直；导轨上有两条可沿导轨自由移动的导体棒AB、CD，这两个导体棒的运动速度分别为v1，v2，如图所示，则下列四种情况，AB棒中有感应电流通过的是()A．v1>v2 B．v1<v2C．v1≠v2 D．v1＝v2解析：选ABC只要闭合电路的磁通量发生变化，闭合回路中就有感应电流产生．题中导轨位于匀强磁场中，只要满足v1≠v2，回路的面积发生变化，从而磁通量发生变化，回路中就有感应电流产生．[课堂小结]「基础达标练」1．(2019·辽源市田家炳高级中学高二模拟)一个闭合线圈中没有产生感应电流，因此可以得出()A．此时该处一定没有磁场B．此时该处一定没有磁场的变化C．闭合线圈的面积一定没有变化D．穿过线圈平面的磁通量一定没有变化解析：选D根据感应电流的产生条件——闭合线圈磁通量发生变化，故一个闭合线圈中没有感应电流的产生，一定是穿过线圈平面的磁通量没有变化，D选项正确．2．(2019·平罗月考)关于磁通量，下列说法正确的是()A．面积S一定的线圈放在匀强磁场中时，穿过线圈平面的磁通量是一定的B．穿过线圈平面的磁通量越小，则该磁场的磁感应强度也越小C．穿过线圈平面的磁通量为零，则线圈所在处的磁感应强度一定为零D．穿过线圈平面的磁通量为零，线圈所在处的磁感应强度可能很大解析：选D根据磁通量的定义式Φ＝BScosθ可知，磁通量的大小与面积和磁感应强度的夹角有关，A选项错误；穿过线圈平面的磁通量越小，该磁场的磁感应强度不一定小，可能是夹角大，B选项错误；当线圈平面磁感应强度平行时，磁通量为零，磁感应强度不为零，可能很大，C选项错误，D选项正确．3．如图所示实验装置中用于研究电磁感应现象的是()解析：选B选项A是用来探究影响安培力的大小因素的实验装置；选项B是研究电磁感应现象的实验装置，观察导体棒在磁场中做切割磁感线运动时，电流表中是否会产生感应电流；选项C是用来探究安培力的方向与哪些因素有关的实验装置；选项D是奥斯特实验装置，证明通电导线周围存在磁场，故B正确．4.(2018·泸县期中)如图，在竖直向下的匀强磁场中，有一闭合导体环，环面与磁场方向垂直，当导体环在磁场中完成下述运动时，可能产生感应电流的是()A．导体环保持水平方向在磁场中向上或向下运动B．导体环保持水平方向向左或向右加速平动C．导体环以垂直环面，通过环心的轴转动D．导体环以一条直径为轴，在磁场中转动解析：选D闭合回路磁通量发生变化，产生感应电流，导体环在磁场中向上或向下运动，磁通量不变，导体环向左或向右加速平动，磁通量也不变，不产生感应电流，A、B选项错误；导体环以垂直环面，通过环心的轴转动，穿过线圈的磁通量仍不变，不产生感应电流，C选项错误；导体环以一条直径为轴，在磁场中转动时，有效面积S在变化，磁通量变化，将产生感应电流，D选项正确．5.如图所示，在条形磁铁的外面套着一个闭合金属弹簧线圈P，现用力从四周拉弹簧线圈，使线圈包围的面积变大，则下列关于穿过弹簧线圈磁通量的变化以及线圈中是否有感应电流产生的说法中，正确的是()A．磁通量增大，有感应电流产生B．磁通量增大，无感应电流产生C．磁通量减小，有感应电流产生D．磁通量减小，无感应电流产生解析：选C本题中条形磁铁磁感线的分布如图所示(从上向下看)．磁通量是指穿过一个面的磁感线的多少，由于竖直向上的和竖直向下的磁感线要抵消一部分，当弹簧线圈P的面积扩大时，竖直向下的磁感线条数增加，而竖直向上的磁感线条数是一定的，故穿过这个面的磁通量将减小，回路中会有感应电流产生.6．如图所示，绕在铁芯上的线圈与电源、滑动变阻器和开关组成闭合回路，在铁芯的右端套有一个表面绝缘的铜环a，下列各种情况中铜环a中没有感应电流的是()A．将开关突然断开的瞬间B．线圈中通以恒定的电流C．通电时，使滑动变阻器的滑片P做加速移动D．通电时，使滑动变阻器的滑片P做匀速移动解析：选B将电键突然断开的瞬间，线圈产生的磁场从有到无，穿过铜环a的磁通量减小，产生感应电流，故A不符合题意；线圈中通以恒定的电流时，线圈产生稳恒的磁场，穿过铜环a的磁通量不变，没有感应电流产生，故B符合题意；通电时，使变阻器的滑片P做加速滑动时，变阻器接入电路的电阻变化，回路中电流变化，线圈产生的磁场变化，穿过铜环a磁通量变化，产生感应电流，故C不符合题意；通电时，使变阻器的滑片P做匀速滑动时，变阻器接入电路的电阻减小，回路中电流增大，线圈产生的磁场增强，穿过铜环a磁通量增大，产生感应电流，故D不符合题意．7．磁通量是研究电磁感应现象的重要物理量，如图所示，通有恒定电流的直导线MN与闭合线框共面，第一次将线框由位置1平移到位置2，第二次将线框由位置1绕cd边翻转到位置2，设前后两次通过线框的磁通量变化分别为ΔΦ1和ΔΦ2，则()A．ΔΦ1>ΔΦ2 B．ΔΦ1＝ΔΦ2C．ΔΦ1<ΔΦ2 D．无法确定解析：选C第一次将线框由位置1平移到位置2，磁感线从线框的同一侧穿入，ΔΦ1为前后两位置磁通量的绝对值之差．第二次将线框由位置1绕cd边翻转到位置2，磁感线从线框的不同侧穿入，ΔΦ2为前后两位置磁通量的绝对值之和．故ΔΦ1<ΔΦ2，选项C正确．8．如图所示，是“研究电磁感应现象”的实验装置．(1)将图中所缺导线补充完整．(2)如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上开关后，将原线圈迅速插入副线圈中，电流计指针将________(选填“向左”“向右”或“不”)偏转．(3)原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器滑片迅速向右移动时，电流计指针将________(选填“向左”“向右”或“不”)偏转．解析：(1)“研究电磁感应现象”的实验电路分两部分，一部分是含有电源的电路，另一部分是含有电流计的电路，要使原线圈产生磁场必须对其通电，故电源、开关、滑动变阻器、原线圈组成闭合电路，灵敏电流计与副线圈组成另一个闭合电路，如图所示：(2)闭合开关时，穿过副线圈的磁通量增加，灵敏电流计的指针向右偏，那么合上开关后，将原线圈迅速插入副线圈中，穿过副线圈的磁通量增加，电流计指针将向右偏转．(3)原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器滑片迅速向右移动时，接入电路的电阻变大，流过原线圈的电流减小，穿过副线圈的磁通量减少，电流计指针将向左偏转．答案：(1)见解析(2)向右(3)向左「能力提升练」1.一条形磁铁与导线环在同一平面内，磁铁的中心恰与导线环的圆心重合．如图所示，为了在导线环中产生感应电流，磁铁应()A．绕垂直于纸面且过O点的轴转动B．向右平动C．向左平动D．N极向外，S极向里转动解析：选D题图中位置穿过导线环平面的磁通量为零，要使导线环中产生感应电流，只要让导线环中的磁通量发生变化，A、B、C项中的运动，导线环内的磁通量始终为零，只有D项导线环中的磁通量发生变化，故选D.2．(2019·宁波诺丁汉大学附中检测)如图甲所示为法拉第在研究电磁感应时用过的线圈，其工作原理如图乙所示，则实验中不会使电流表指针发生偏转的是()A．保持开关闭合 B．开关闭合瞬间C．开关断开瞬间 D．移动变阻器滑片解析：选A开关闭合状态下，线圈中电流恒定，穿过线圈的磁通量不发生变化，没有感应电流，电流表指针不会发生偏转，故A正确；当开关接通的瞬间、开关断开的瞬间或者移动变阻器滑片时，线圈中磁通量发生变化，产生感应电流，指针发生偏转，故B、C、D错误．3．如图所示，匀强磁场区域宽为d，一正方形线框abcd的边长为L，且L>d，线框以速度v通过磁场区域，从线框进入到完全离开磁场的时间内，线框中没有感应电流的时间是()A.eq\f(L＋d,v) B.eq\f(L－d,v)C.eq\f(L＋2d,v) D.eq\f(L－2d,v)解析：选B只有线框在进入磁场的过程中(bc边未出磁场)和线框在穿出磁场的过程中(仅ad边在磁场中切割磁感线)，穿过线框的磁通量才发生变化，产生感应电流．ad边和bc边都在磁场外时穿越磁场的过程中，没有感应电流，则t＝eq\f(L－d,v)，故B正确．4.(多选)如图所示是等腰直角三棱柱，其中侧面abcd为正方形，边长为L，它们按图示位置放置处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B，下面说法中正确的是()A．通过abcd平面的磁通量大小为B·L2B．通过dcfe平面的磁通量大小为B·eq\f(\r(2),2)L2C．通过abfe平面的磁通量大小为B·eq\f(\r(2),2)L2D．通过整个三棱柱的磁通量为零解析：选BD由公式Φ＝BScosθ可以得出通过面abcd的磁通量Φ1＝BL2cos45°＝eq\f(\r(2),2)BL2，A错误；通过面dcfe的磁通量Φ2＝B·eq\f(\r(2),2)L2，B正确；通过面abfe的磁通量Φ3＝B·eq\f(\r(2),2)L2cos90°＝0，C错误；而整个三棱柱表面是个闭合曲面，穿入与穿出的磁感线条数相等，即穿过它的净磁感线的条数是0，故穿过整个三棱柱的磁通量为零，D正确．5.边长l＝10cm的正方形线框，固定在匀强磁场中，磁场方向与线圈平面垂直，如图所示．磁感应强度随时间变化的规律为B＝(2＋3t)(T)，则3s内穿过线圈的磁通量的变化量ΔΦ为多少？解析：3s内就是从0到3s末，所以0s时磁感应强度为B1＝(2＋3×0)T＝2T，3s末时的磁感应强度为B2＝(2＋3×3)T＝11T，所以ΔΦ＝ΔBS＝(11－2)×0.12Wb＝9×10－2Wb.答案：9×10－2Wb6．如图甲所示，一个电阻为R、面积为S的矩形导线框abcd，水平放置在匀强磁场中，磁场的磁感应强度为B，方向与ad边垂直并与线框平面成45°角，O、O′分别是ab边和cd边的中点．现将线框右半边ObcO′绕OO′逆时针旋转90°到图乙所示位置，求在这一过程中，线框中磁通量的变化量为多少？解析：穿过线框aOO′d部分的磁通量在这一过程中不发生改变，因此本题只需分析ObcO′部分在初、末位置时的磁通量Φ1和Φ2，求出该部分在这一过程中磁通量的变化量即可．Φ1＝Bsin45°·eq\f(S,2)＝eq\f(\r(2),4)BSΦ2＝－Bcos45°·eq\f(S,2)＝－eq\f(\r(2),4)BSΔΦ＝|Φ2－Φ1|＝eq\f(\r(2),2)BS.答案：eq\f(\r(2),2)BS第3节楞次定律学习目标1．知道楞次定律的探究过程及注意的问题．2．正确理解楞次定律的内容及不同的描述方法．3．掌握用楞次定律判定感应电流的方向问题．4．会用右手定则及楞次定律解答有关问题．|基础知识·填一填|一、探究感应电流的方向1．实验探究：将螺线管与电流表组成闭合回路，分别将N极、S极插入、抽出线圈，如图所示，记录感应电流方向如下．2．分析(1)线圈内磁通量增加时的情况：(表内选填“向上”或“向下”)图序磁场方向感应电流的方向(俯视)感应电流的磁场方向甲eq\x(1)向下逆时针eq\x(2)向上乙eq\x(3)向上顺时针eq\x(4)向下(2)线圈内磁通量减少时的情况：(表内选填“向上”或“向下”)图序磁场方向感应电流的方向(俯视)感应电流的磁场方向丙eq\x(5)向下顺时针eq\x(6)向下丁eq\x(7)向上逆时针eq\x(8)向上3．实验结论(1)当线圈内磁通量增加时，感应电流的磁场与原磁场方向eq\x(9)相反，阻碍磁通量的增加．(2)当线圈内磁通量减少时，感应电流的磁场与原磁场方向eq\x(10)相同，阻碍磁通量的减少．二、楞次定律及其应用1．内容：感应电流具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的eq\x(11)磁通量的变化．2．应用楞次定律的一般步骤(1)明确所研究的闭合回路，判断eq\x(12)原磁场方向．(2)判断闭合回路内eq\x(13)原磁场的磁通量的变化情况．(3)由楞次定律判断感应电流的eq\x(14)磁场方向．(4)根据感应电流的磁场方向，由eq\x(15)安培定则判断出感应电流的方向．三、右手定则内容：伸开右手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一平面内，让eq\x(16)磁感线从掌心进入，并使拇指指向导线运动的方向，这时四指所指的方向就是eq\x(17)感应电流的方向．|基础小题·做一做|1．正误判断(1)由楞次定律知，感应电流的磁场一定与引起感应电流的磁场方向相反．(×)(2)感应电流的磁场一定阻碍引起感应电流的磁场的磁通量的变化．(√)(3)导体棒不垂直切割磁感线时，也可以用右手定则判断感应电流方向．(√)(4)凡可以用右手定则判断感应电流方向的，均能用楞次定律判断．(√)(5)右手定则即右手螺旋定则．(×)2．根据楞次定律可知，感应电流的磁场一定是()A．与引起感应电流的磁场方向相同B．阻止引起感应电流的磁通量变化C．阻碍引起感应电流的磁通量变化D．使电路磁通量为零解析：选C由楞次定律可知，感应电流的磁场总是阻碍引起它的原磁通量的变化．具体来说就是“增反减同”．因此C正确．3．(多选)如图所示，当磁铁运动时，流过电阻的电流是由A经R到B，则磁铁的运动可能是()A．向下运动B．向上运动C．向左运动D．以上都不可能解析：选BC由感应电流方向A→R→B，应用安培定则得知感应电流在螺线管内产生的磁场方向应是从上指向下；运用楞次定律判得螺线管内磁通量的变化应是向下减少或向上增大；由条形磁铁的磁感线分布知，螺线管内原磁场是向下的，故应是磁通量减少，即磁铁向上运动或向左、向右平移，所以B、C正确．4．如图所示，磁铁向下插入螺线管CD时，闭合电路中的感应电流方向如图所示．则：(1)螺线管C端极性；(2)画出螺线管中线圈的绕向．提示：(1)磁铁向下运动时，螺线管C端与磁铁下端极性相同，故C端为N极．(2)由安培定则可以判断螺线管CD中线圈的绕向如图所示．|核心知识·记一记|1．楞次定律的内容是：感应电流具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化．2．楞次定律可广义地表述为：感应电流的“效果”总是要反抗(或阻碍)引起感应电流的“原因”，常见的有三种：①阻碍原磁通量的变化(“增反减同”)；②阻碍导体的相对运动(“来拒去留”)；③通过改变线圈面积来“反抗”(“增缩减扩”)．3．闭合导体回路的一部分做切割磁感线运动时，可用右手定则判断感应电流的方向．eq\a\vs4\al(★要点一)楞次定律的理解|要点梳理|1．对楞次定律的理解(1)因果关系：楞次定律反映了电磁感应现象中的因果关系，磁通量发生变化是原因，产生感应电流是结果，原因产生结果，结果反过来影响原因．(2)对“阻碍”的理解2．楞次定律中的“阻碍”作用，正是能的转化和守恒定律的反映，在克服这种阻碍的过程中，其他形式的能转化为电能．3．“阻碍”的表现形式：楞次定律中的“阻碍”作用，正是能的转化和守恒定律的反映，在克服“阻碍”的过程中，其他形式的能转化为电能，常见的情况有以下四种：(1)阻碍原磁通量的变化(增反减同)．(2)阻碍导体的相对运动(来拒去留)．(3)通过改变线圈面积来“反抗”(增缩减扩)．(4)阻碍自身电流的变化(自感现象将在后面学习到)．|例题展示|【例1】关于感应电流，以下说法中正确的是()A．感应电流的方向总是与原电流的方向相反B．感应电流的方向总是与原电流的方向相同C．感应电流的磁场总是阻碍闭合电路内原磁场的磁通量的变化D．感应电流的磁场总是与原线圈内的磁场方向相反[解析]由楞次定律可知，感应电流的磁场总是阻碍闭合电路内部原磁场的磁通量的变化，故C正确；如果原磁场中的磁通量是增大的，则感应电流的磁场就与它相反，来消弱它的增大，如果原磁场中的磁通量是减小的，则感应电流的磁场就与它相同，来阻碍它的减小，故A、B、D错误．[答案]C【例2】(2018·济南外国语学校高二检测)某磁场磁感线如图所示，有一铜线圈自图示A处落至B处，在下落过程中，自上向下看，线圈中感应电流的方向是()A．始终顺时针B．始终逆时针C．先顺时针再逆时针D．先逆时针再顺时针[解析]自A落至图示位置时，穿过线圈的磁通量增加，磁场方向向上，则感应电流的磁场方向与之相反，即向下，故可由安培定则判断出线圈中感应电流的方向为顺时针；自图示位置落至B点时，穿过线圈的磁通量减少，磁场方向向上，则感应电流的磁场方向与之相同，即向上，故可由安培定则判断出线圈中感应电流的方向为逆时针，选C.[答案]C[规律方法]运用楞次定律判定感应电流方向|对点训练|1．关于楞次定律，下列说法中正确的是()A．感应电流的磁场总是阻碍原磁场的增强B．感应电流的磁场总是阻碍原磁场的减弱C．感应电流的磁场总是阻碍原磁场的变化D．感应电流的磁场总是阻碍原磁通量的变化解析：选D楞次定律内容：感应电流的磁场总是要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，阻碍的不是磁通量，而是磁通量的变化．2.(2019·辽宁凌源月考)如图所示为一闭合导线环，磁场方向垂直环面向里，当磁感应强度随时间一直均匀增大时，顺着磁场方向看导线环中感应电流的方向是()A．一直逆时针B．一直顺时针C．先顺时针后逆时针D．先逆时针后顺时针解析：选A磁感应强度随时间一直均匀增大时，方向向里，则由楞次定律可知，感应电流的磁场应向外，则由安培定则可知，感应电流方向一直逆时针，故A正确，B、C、D错误．3.(多选)如图所示，光滑固定导轨MN、PQ水平放置，两根导体棒a、b平行放于导轨上，形成一个闭合回路．当条形磁铁从高处下落接近回路时()A．导体棒a、b将互相靠拢B．导体棒a、b将互相远离C．磁铁的加速度仍为gD．磁铁的加速度小于g解析：选AD根据楞次定律的广义“阻碍”作用，当条形磁铁从高处下落接近回路时，穿过回路的磁通量增加，故回路通过收缩减小面积，同时通过阻碍磁铁向下运动来阻碍这种变化．综合所述可知选AD.★要点二楞次定律和三个定则的比较|要点梳理|在研究电磁感应现象时，经常用到安培定则、左手定则、右手定则及楞次定律等规律．要想灵活运用“三定则一规律”，就必须明确这些规律的区别与联系．1．“三定则一规律”应用于不同的现象基本现象应用的定则或规律运动电荷、电流产生的磁场安培定则磁场对运动电荷、电流的作用力左手定则电磁感应导线切割磁感线右手定则闭合回路磁通量变化楞次定律2.右手定则与左手定则的区别比较项目右手定则左手定则作用判断磁场B、速度v、感应电流I方向关系判断磁场B、电流I、磁场力F方向已知条件运动方向、磁场方向、感应电流方向任知其中两个电流方向、磁场方向、磁场力方向任知两个图例因果关系因动而电因电而动应用实例发电机电动机3.楞次定律与右手定则的比较楞次定律右手定则区别研究对象整个闭合回路闭合回路的一部分，即做切割磁感线运动的导体适用范围各种电磁感应现象只适用于导体在磁场中做切割磁感线运动的情况应用用于磁感应强度B随时间变化而产生的电磁感应现象较方便用于导体切割磁感线产生的电磁感应现象较方便联系右手定则是楞次定律的特例|例题展示|【例3】下图表示闭合电路中的一部分导体ab在磁场中做切割磁感线运动的情景，其导体中能产生由a到b的感应电流的是()[解析]题中四图都属于闭合电路的一部分导体切割磁感线，应用右手定则判断可得：A中电流方向为a→b，B中电流方向为b→a，C中电流沿a→c→b→a方向，D中电流方向为b→a.故选A.[答案]A【例4】如图所示，一个轻质铝环套在一根水平光滑绝缘杆上，当一条形磁铁向右运动靠近铝环时，铝环的运动情况是()A．向右运动 B．向左运动C．静止不动 D．不能判定[解析]解法一：电流元受力分析法如图所示，当磁铁向环运动时，穿过铝环的磁通量增加，由楞次定律判断出铝环的感应电流的磁场方向与原磁场的方向相反，即向右，根据安培定则可判断出感应电流方向，从左侧看为顺时针方向，把铝环的电流等效为多段直线电流元，取上、下两小段电流元进行研究，由左手定则判断出两段电流元的受力，由此可判断整个铝环所受合力向右，故A选项正确．解法二：阻碍相对运动法产生磁场的物体与闭合线圈之间的相互作用力可概括为四个字——“来拒去留”．磁铁向右运动时，铝环产生的感应电流总是阻碍磁铁与导体间的相对运动，则磁铁和铝环间有排斥作用，故A正确．解法三：等效法如图所示，磁铁向右运动，使铝环产生的感应电流可等效为条形磁铁，而两磁铁有排斥作用，故A项正确．[答案]A[规律方法]电磁感应现象中导体运动问题的分析方法(1)确定所研究的闭合电路．(2)明确闭合电路所包围的区域磁场的方向及磁场的变化情况．(3)确定穿过闭合电路的磁通量的变化或导体是否切割磁感线．(4)根据楞次定律或右手定则判定感应电流的方向．(5)根据左手定则或“来拒去留”“增缩减同”等判断导体所受安培力及运动的方向．|对点训练|1．(多选)如图所示，光滑平行金属导轨PP′和QQ′都处于同一水平面内，P和Q之间连接一电阻R，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中，现在垂直于导轨放置一根导体棒MN，用一水平向右的力F拉动导体棒MN，以下关于导体棒MN中感应电流方向和它所受安培力的方向的说法正确的是()A．感应电流方向是N→MB．感应电流方向是M→NC．安培力水平向左D．安培力水平向右解析：选AC磁场方向向下，导体棒MN的运动方向向右，由右手定则，感应电流方向是N→M，再由左手定则，安培力水平向左，所以A、C正确．2．如图P沿着速度方向运动，且P中通如图所示电流，则眼睛看到的L和R的电流方向是()A．都是顺时针 B．都是逆时针C．L顺时针，R逆时针 D．L逆时针，R顺时针解析：选D根据安培定则可知，P中产生的磁场沿导线向里；同时P靠近L，远离R，则根据楞次定律增反减同可知，L中电流为逆时针，R中电流为顺时针，故D正确，A、B、C错误．3．(多选)(2018·安阳市殷都区模拟)矩形导线框abcd与长直导线MN放在同一水平面上，ab边与MN平行，导线MN中通入电流方向如图所示，当MN中的电流增大时，下列说法正确的是()A．导线框abcd有逆时针的感应电流B．bc、ad两边均不受安培力的作用C．导线框所受的安培力的合力向右D．MN所受线框给它的作用力向左解析：选ACD根据安培定则可知，当MN中的电流增大时，导线框中向下的磁通量增大，根据楞次定律可知，导线框中产生感应电流，感应电流的磁场向上，根据安培定则可知，感应电流为逆时针，A选项正确；bc、ad边受到安培力作用，等大反向，相互抵消，B选项错误；离导线越近，磁感应强度越大，ab边所受的安培力大于cd边所受的安培力，线圈所受磁场力的合力方向向右，根据牛顿第三定律可知，MN所受线框给它的作用力向左，C、D选项正确．[课堂小结]「基础达标练」1.(多选)如图，匀强磁场垂直于软导线回路平面，由于磁场发生变化，回路变为圆形．则该磁场()A．逐渐增强，方向向外B．逐渐增强，方向向里C．逐渐减弱，方向向外D．逐渐减弱，方向向里解析：选CD回路变为圆形，面积增大，说明闭合回路的磁通量减少，所以磁场逐渐减弱，而磁场方向可能向外，也可能向里，故选项C、D正确．2．(多选)如图是验证楞次定律实验的示意图，竖直放置的线圈固定不动，将磁铁从线圈上方插入或拔出，线圈和电流表构成的闭合回路中就会产生感应电流，各图中分别标出了磁铁的极性、磁铁相对线圈的运动方向以及线圈中产生的感应电流的方向等情况，其中表示正确的是()解析：选CD先根据楞次定律“来拒去留”判断线圈的N极和S极，A中线圈上端为N极，B中线圈上端为N极，C中线圈上端为S极，D中线圈上端为S极，再根据安培定则确定感应电流的方向，A、B错误，C、D正确．3．(多选)(2019·宁波诺丁汉大学附中模拟)两根相互平行的金属导轨水平放置于如图所示的匀强磁场中，与导轨接触良好的导体棒AB和CD可以在导轨上自由滑动，当AB在外力F作用下向右运动时，下列说法正确的是()A．导体棒CD内有电流通过，方向是D→CB．导体棒CD内有电流通过，方向是C→DC．磁场对导体棒CD的作用力向左D．磁场对导体棒CD的作用力向右解析：选BDAB切割磁感线产生感应电流，根据右手定则可知，感应电流由C到D，A选项错误，B选项正确；感应电流流过CD，导体棒CD受到安培力作用，根据左手定则可知，安培力向右，C选项错误，D选项正确．4．如图所示为“研究电磁感应现象”的实验装置，如果在闭合电键时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么闭合电键后，实验现象为()A．将原线圈迅速拔出副线圈的过程中，电流计指针将向右偏B．将原线圈迅速拔出副线圈的过程中，电流计指针将不会发生偏转C．副线圈位置保持不动时，将滑动变阻器滑片向右移动时，电流计指针将不会偏转D．副线圈位置保持不动时，将滑动变阻器滑片向右移动时，电流计指针将向左偏转解析：选D当在闭合电键时，发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，说明穿过大线圈磁通量增加时，电流计指针向右偏转．将原线圈迅速拔出副线圈时，穿过线圈的磁通量减小，电流表指针向左偏转，故A、B错误；副线圈位置保持不动时，将滑动变阻器滑片向右移动时，滑动变阻器接入电路的阻值增大，原线圈电路电流减小，穿过副线圈的磁通量减小，电流计指针向左偏转，故D正确，C错误．5．大小不等的两导电圆环P、Q均固定在水平桌面上，Q环位于P环内．在两环间的范围内存在方向竖直向下、大小随时间均匀增强的匀强磁场B，则()A．P环内有顺时针方向的感应电流B．P环内有逆时针方向的感应电流C．Q环内有顺时针方向的感应电流D．Q环内有逆时针方向的感应电流解析：选B在两环间的范围内存在方向竖直向下、大小随时间均匀增强的匀强磁场B，故穿过两环间的磁通量在增大，根据楞次定律可知，P环中的感应电流方向逆时针，Q环中磁通量始终为零，没有感应电流，B选项正确．6．如图所示，固定的水平长直导线中通有直流电流I，矩形线框与导线在同一竖直平面内，且一边与导线平行．线框由静止释放，在下落过程中()A．穿过线框的磁通量保持不变B．线框中感应电流方向保持不变C．线框所受安培力的合力为零D．线框的机械能不断增大解析：选B线框下落过程中，穿过线框的磁通量减小，选项A错误；由楞次定律可判断出感应电流方向一直沿顺时针方向，选项B正确；线框受到的安培力的合力竖直向上，但小于重力，则合力不为零，选项C错误；在下落过程中，安培力对线框做负功，则其机械能减小，选项D错误．7.(2019·荆州中学模拟)如图所示的电路中，一个N极朝下的条形磁铁竖直下落，在穿过水平放置的方形导线框的过程中，下列判断正确的是()A．磁铁经过图中位置1时，线框中感应电流沿abcd方向，经过位置2时沿adcb方向B．磁铁经过图中位置1时，线框中感应电流沿adcb方向，经过位置2时沿abcd方向C．磁铁经过位置1和2时，感应电流都沿abcd方向D．磁铁经过位置1和2时，感应电流都沿adcb方向解析：选A磁铁经过图中位置1时，线框中向下的磁通量增大，根据楞次定律可知，线框中感应电流为abcd方向，同理，经过位置2时，线框中向下的磁通量减小，感应电流为adcb方向，A选项正确．8．如图所示为“跳环实验”的实验装置，将一个带较长铁芯的线圈L、开关S和直流电源用导线连接起来后，将一金属套环置于线圈L上，且使铁芯穿过套环，闭合开关S的瞬间，套环立刻沿铁芯竖直跳起一定高度，待电路稳定又落下来．某同学由此实验受到启发，设想在此实验的基础上进行改进，使套环跳起后不落下来，悬在线圈正上方，成为一个“磁悬浮环”，下列哪种方案可能实现他的设想()A．增大直流电源的电压B．选用匝数更多的线圈C．把直流电源换成交流电源D．选用质量较小的金属套环解析：选C增大直流电源的电压，在套环中产生的感应电流更大，跳起更高，但还会掉下来，故A错误；选用匝数更多的线圈，在套环中产生的感应电流更大，跳起更高，但还会掉下来，故B错误；把直流电源换成交流电源，则在线圈中始终有感应电流产生，则套环总受安培力作用，这样可以使套环跳起后不落下来，悬在线圈正上方，成为一个“磁悬浮环”，故C正确；选用质量较小的金属套环，同样在套环中产生的感应电流，只是跳起更高，但还会掉下来，故D错误．故选C.「能力提升练」1．如图所示，四组同学分别制作探究电磁感应现象的实验装置，在一根较长的铁钉上用漆包线绕了两圈a和b，将与线圈b相连的cd段漆包线水平置于小磁针的正上方，小磁针静止放在水平桌面上，若某一组同学在闭合开关S瞬间，从上向下俯视看，小磁针N极顺时针偏转，那么该组同学是用了下面哪组装置()A.B.C.D.解析：选B当开关接通瞬间，线圈b中没有电源，当开关闭合时，线圈b中没有电流，则线圈a中不会产生磁通量变化，因此均不导致小磁针N极转动，故A、C、D错误；电池通电的瞬间，线圈a中产生电流，根据安培定则，结合楞次定律，电流的方向由c到d，cd导线下方的磁场方向垂直纸面向里，则小磁针N极向纸内偏转，S极向纸外偏转，那么从上向下俯视看，小磁针N极顺时针偏转，故B正确．2．航母上飞机弹射起飞所利用的电磁驱动原理如图所示．合上开关S的瞬间，处于线圈左侧的金属环被弹射出去．则下列说法正确的是()A．开关S合上瞬间，从右向左看环中有逆时针方向感应电流B．金属环向左运动过程中将有收缩趋势C．若将电池正负极调换后，金属环不能向左弹射D．若将金属环置于线圈的右侧，环将向右弹射解析：选D线圈中电流为左侧流入，磁场方向为向右，在闭合开关的过程中，磁场变强，则由楞次定律可知，金属环的感应电流由右侧看为顺时针，故A错误；金属环向左运动过程中，穿过线圈的磁通量减小，则由楞次定律可知，为阻碍磁通量减小，故金属环的面积有扩张的趋势，故B错误；电池正负极调换后，金属环受力向左，故仍将向左弹出，故C错误；若金属环放在线圈右方，根据“来拒去留”可得，环将向右弹射，故D正确．3.(多选)如图所示，在匀强磁场中，放着一个平行导轨与线圈相连接，要使放在D中的A线圈(A、D两线圈共面)各处受到沿半径指向圆心的力，则金属棒MN的运动情况可能是()A．加速向右运动B．加速向左运动C．减速向右运动D．减速向左运动解析：选AB要使线圈A受到沿半径指向圆心的力，也就是线圈具有收缩的趋势，企图通过收缩使面积减小以阻碍其磁通量的变化，显然A线圈的原磁通量是增加的，这样D中感应电流产生的磁场应该增大，即MN必须向左或向右做加速运动．故选AB.4．利用如图所示的电路研究楞次定律，闭合电键S后，将线圈A插入线圈B中时，发现电流计G的指针向左偏一下，则下列判断正确的是()A．闭合或断开电键S时，电流计的指针均向左偏B．闭合电键S后，向左移动滑动触头P，电流计的指针向右偏C．调换电源极性后，闭合电键S，电流计的指针右偏D．调换电源极性后，向左移动滑动触头P，电流计的指针向左偏解析：选C闭合开关，将线圈A插入线圈B中时，穿过线圈B的磁通量增大，灵敏电流计的指针向左偏．当断开电键S时穿过线圈B的磁通量减小，则感应电流的方向相反，电流计的指针向右偏，故A错误；当闭合电键，A插进B后保持不动，再将滑动变阻器的触头P迅速向左移动，磁场方向不变，而导致穿过线圈B的磁通量增大，则灵敏电流计指针将向左偏转，故B错误；调换电源极性后，闭合电键S，原线圈内的电流的方向相反，则感应电流磁场的方向相反，所以产生的感应电流的方向相反，则电流计的指针右偏，故C正确；调换电源极性后，闭合电键S，原线圈内的电流的方向相反，所以将滑动变阻器的触头P迅速向左移动，磁场方向相反，而导致穿过线圈B的磁通量增大，则灵敏电流计指针将向右偏转，故D错误．5．如图所示，试判定当开关S闭合和断开瞬间，线圈ABCD中的电流方向．解析：当S闭合时：①研究的回路是ABCD，穿过回路的磁场是电流I产生的磁场，方向(由安培定则判知)垂直于纸面向里如图所示，且磁通量增加．②由楞次定律得知感应电流磁场方向应和B原相反，即方向垂直于纸面向外．③由安培定则判知线圈ABCD中感应电流方向是A→B→C→D→A.当S断开时：①研究的回路仍是线圈ABCD，穿过回路的原磁场仍是电流I产生的磁场，方向(由安培定则判知)垂直于纸面向里，且磁通量减少．②由楞次定律得知感应电流磁场方向应和B原相同，即方向垂直于纸面向里．③由安培定则判知感应电流方向是A→D→C→B→A.答案：S闭合时，感应电流方向为A→B→C→D→A，S断开时，感应电流方向为A→D→C→B→A6．磁感应强度为B的匀强磁场仅存在于边长为2l的正方形范围内，有一个电阻为R、边长为l的正方形导线框abcd，沿垂直于磁感线方向，以速度v匀速通过磁场，如图所示，从ab进入磁场时开始计时．(1)画出穿过线框的磁通量随时间变化的图象；(2)判断线框中有无感应电流．若有，请判断出感应电流的方向；若无，请说明理由．解析：线框穿过磁场的过程可分为三个阶段：进入磁场阶段(只有ab边在磁场中)、在磁场中运动阶段(ab、cd两边都在磁场中)、离开磁场阶段(只有cd边在磁场中)．(1)①线框进入磁场阶段：t为0～eq\f(l,v)，线框进入磁场中的面积与时间成正比，S＝lvt，Φ＝BS＝Blvt最后为Φ＝BS＝Bl2.②线框在磁场中运动阶段：t为eq\f(l,v)～eq\f(2l,v)，线框磁通量为Φ＝Bl2，保持不变．③线框离开磁场阶段：t为eq\f(2l,v)～eq\f(3l,v)，Φ＝Bl[l－(vt－2l)]＝Bl(3l－vt)线框磁通量线性减小，最后为零．磁通量随时间变化的图象如图所示：(2)线框进入磁场阶段，穿过线框的磁通量增加，线框中将产生感应电流，由右手定则可知，感应电流方向为逆时针方向．线框在磁场中运动阶段，穿过线框的磁通量保持不变，无感应电流产生．线框离开磁场阶段，穿过线框的磁通量减少，线框中将产生感应电流．由右手定则可知，感应电流方向为顺时针方向答案：(1)见解析(2)线框进入磁场阶段，感应电流方向为逆时针方向；线框在磁场中运动阶段，无感应电流；线框离开磁场阶段，感应电流方向为顺时针方向第4节法拉第电磁感应定律学习目标1．理解感应电动势的概念．2．理解法拉第电磁感应定律的内容，能定量计算感应电动势的大小；会计算导体切割磁感线时的感应电动势．3．会用楞次定律或右手定则判断感应电动势的方向．|基础知识·填一填|一、电磁感应定律1．感应电动势(1)定义：在eq\x(1)电磁感应现象中产生的电动势．(2)电源：产生感应电动势的那部分eq\x(2)导体相当于电源．(3)产生条件：穿过电路的磁通量发生变化，与电路是否闭合eq\x(3)无关．2．电磁感应定律(1)内容：闭合电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的eq\x(4)变化率成正比，后人称之为法拉第电磁感应定律．(2)表达式：E＝eq\x(5)eq\f(ΔΦ,Δt)(单匝线圈)；E＝eq\x(6)neq\f(ΔΦ,Δt)(n匝线圈)．二、导体切割磁感线时的感应电动势1．垂直切割：导体棒垂直于磁场方向运动，B、l、v两两垂直时，如图甲所示，E＝eq\x(7)Blv.2．不垂直切割：导线的运动方向与导线本身垂直，与磁感线方向夹角为θ时，如图乙所示，则E＝eq\x(8)Blv1＝eq\x(9)Blvsin_θ.三、反电动势1．定义：电动机转动时，由于切割磁感线，线圈中产生的eq\x(10)削弱电源电动势作用的感应电动势．2．作用：eq\x(11)阻碍线圈的转动．|基础小题·做一做|1．正误判断(1)产生感应电动势，不一定产生感应电流．(√)(2)感应电动势的大小与磁通量大小有关．(×)(3)感应电动势E和磁通量Φ均与线圈匝数有关．(×)(4)如图甲所示，线圈以恒定速度v从图示位置向上离开磁场过程中感应电流逐渐变大．(×)(5)如图乙所示，导体棒平动切割磁感线产生的电动势为Blv.(√)(6)当线圈减速转动时，也存在反电动势．(√)2．闭合电路中产生的感应电动势的大小，跟穿过这一闭合电路的下列哪个物理量成正比()A．磁通量 B．磁感应强度C．磁通量的变化率 D．磁通量的变化量解析：选C根据法拉第电磁感应定律表达式E＝neq\f(ΔΦ,Δt)知，闭合电路中感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比，而与磁通量Φ、磁感应强度B、磁通量的变化量ΔΦ无关，所以选项A、B、D错误，选项C正确．3．如图所示的情况中，长度为l的金属导体中产生的感应电动势为Blv的是()A．乙和丁 B．甲、乙、丁C．甲、乙、丙、丁 D．只有乙解析：选D只有乙图中导体切割磁感线的有效长度为l，故D正确．4．通电后的电动机正常转动时不易被烧坏，而由于机械故障卡住不转时容易被烧坏，你知道这其中的道理吗？提示：电动机转动时产生反电动势，抵消电源电动势的一部分作用，使电路中电流减小；电动机被卡住不转时，无反电动势产生，线圈中电流会很大，电动机也就容易被烧坏了．|核心知识·记一记|1．闭合电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比，与磁通量大小无关．2．导线切割磁感线时，感应电动势的大小为E＝Blvsinθ，其中θ表示v与B之间的夹角．3．电动机线圈中产生的反电动势的作用是阻碍线圈的转动．当电动机停止转动时，反电动势消失，电流会很大，容易烧毁电动机．★要点一对法拉第电磁感应定律的理解|要点梳理|1．磁通量Φ、磁通量的变化量ΔΦ、磁通量的变化率eq\f(ΔΦ,Δt)的比较磁通量Φ磁通量的变化量ΔΦ磁通量的变化率eq\f(ΔΦ,Δt)物理意义某时刻穿过磁场中某个面的磁感线条数，Φ是状态量穿过某个面的磁通量的变化，ΔΦ是过程量表示磁场中穿过某个面的磁通量的变化快慢大小计算Φ＝BS，S为在与B垂直方向上的投影面积ΔΦ＝Φ2－Φ1ΔΦ＝BΔS(B不变)或ΔΦ＝ΔBS(S不变)eq\f(ΔΦ,Δt)＝Beq\f(ΔS,Δt)(B不变)或eq\f(ΔΦ,Δt)＝Seq\f(ΔB,Δt)(S不变)关系Φ、ΔΦ、eq\f(ΔΦ,Δt)均与线圈匝数无关．Φ大，eq\f(ΔΦ,Δt)不一定大；ΔΦ大，eq\f(ΔΦ,Δt)也不一定大．Φ、ΔΦ、eq\f(ΔΦ,Δt)的大小没有直接关系，可与运动学中v、Δv、eq\f(Δv,Δt)三者的关系类比2.对公式E＝neq\f(ΔΦ,Δt)的理解(1)感应电动势E的大小取决于穿过电路的磁通量的变化率eq\f(ΔΦ,Δt)，而与Φ的大小、ΔΦ的大小没有必然的关系，与电路的电阻R无关；感应电流的大小与E和回路总电阻R有关．(2)磁通量的变化率eq\f(ΔΦ,Δt)，是Φ­t图象上某点切线的斜率，可反映单匝线圈感应电动势的大小和方向．(3)E＝neq\f(ΔΦ,Δt)只表示感应电动势的大小，不涉及其正负，计算时ΔΦ应取绝对值．感应电流的方向，可以用楞次定律去判定．3．感应电荷量的计算由E＝neq\f(ΔΦ,Δt)可求得平均感应电动势，通过闭合电路欧姆定律可求得电路中的平均电流eq\x\to(I)＝eq\f(E,R)＝eq\f(nΔΦ,Δt·R).通过电路中导体横截面的感应电量Q＝eq\x\to(I)Δt＝neq\f(ΔΦ,R).|例题展示|【例1】下列几种说法中正确的是()A．线圈中磁通量变化越大，线圈中产生的感应电动势一定越大B．线圈中磁通量越大，线圈中产生的感应电动势一定越大C．线圈放在磁场越强的位置，线圈中产生的感应电动势一定越大D．线圈中磁通量变化越快，线圈中产生的感应电动势一定越大[解析]感应电动势的大小和磁通量的大小、磁通量变化量的大小以及磁场的强弱均无关，它由磁通量的变化率决定，故选D.[答案]D【例2】(多选)如图甲所示线圈的匝数n＝100，横截面积S＝50cm2，线圈总电阻r＝10Ω，沿轴向有匀强磁场，设图示磁场方向为正，磁场的磁感应强度随时间按如图乙所示规律变化，则在开始的0.1s内()A．磁通量的变化量为0.25WbB．磁通量的变化率为2.5×10－2Wb/sC．a、b间电压为零D．在a、b间接一个理想电流表时，电流表的示数为0.25A[解析]通过线圈的磁通量与线圈的匝数无关，若设Φ2＝B2S为正，则线圈中磁通量的变化量为ΔΦ＝B2S－(－B1S)，代入数据即ΔΦ＝(0.1＋0.4)×50×10－4Wb＝2.5×10－3Wb，A错误；磁通量的变化率eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(2.5×10－3,0.1)Wb/s＝2.5×10－2Wb/s，B正确；根据法拉第电磁感应定律可知，当a、b间断开时，其间电压等于线圈产生的感应电动势，感应电动势大小为E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝2.5V且恒定，C错误；在a、b间接一个理想电流表时相当于a、b间接通而形成回路，回路总电阻即为线圈的总电阻，故感应电流大小I＝eq\f(E,r)＝0.25A，D正确．[答案]BD[规律方法]运用E＝neq\f(ΔΦ,Δt)求解的三种思路(1)磁感应强度B不变，垂直于磁场的回路面积S发生变化，则E＝nBeq\f(|ΔS|,Δt).(2)垂直于磁场的回路面积S不变，磁感应强度B发生变化，则E＝nSeq\f(|ΔB|,Δt).(3)磁感应强度B、垂直于磁场的回路面积S均发生变化，则E＝neq\f(|Φ2－Φ1|,Δt).|对点训练|1．(多选)(2018·河南永年一中月考)如图所示，长直导线通以方向向上的恒定电流i，矩形金属线圈abcd与导线共面，线圈的长是宽的2倍，第一次将线圈由静止从位置Ⅰ平移到位置Ⅱ停下，第二次将线圈由静止从位置Ⅰ绕过d点垂直纸面的轴线旋转90°到位置Ⅲ停下，两次变换位置的过程所用的时间相同，以下说法正确的是()A．两次线圈所产生的平均感应电动势相等B．两次线圈所产生的平均感应电动势不相等C．两次通过线圈导线横截面积的电量相等D．两次通过线圈导线横截面积的电量不相等解析：选BD根据通电直导线周围的磁场分布可知，两次通过线圈的磁通量不同，根据eq\x\to(E)＝neq\f(ΔΦ,Δt)可知，线圈所产生的平均感应电动势不相等，选项A错误，B正确；根据q＝neq\f(ΔΦ,R)可知两次通过线圈导线横截面积的电量不相等，选项C错误，D正确．2．(2019·辽宁抚顺六校联考)如图甲所示，n＝15匝的圆形线圈M，其电阻为1Ω，它的两端点a、b与阻值为2Ω的定值电阻R相连，穿过线圈的磁通量的变化规律如图乙所示．则()A．线圈中感应电流是顺时针方向B．线圈中感应电动势大小为1.5VC．电路中电流是1AD．电阻R的热功率是3W解析：选C由Φ­t图象知，穿过M的磁通量均匀增加，根据楞次定律可知线圈中感应电流是逆时针方向，选项A错误；由法拉第电磁感应定律得：E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝15×eq\f(0.08,0.4)V＝3V，选项B错误；由闭合电路欧姆定律得：I＝eq\f(E,R＋r)＝eq\f(3,2＋1)A＝1A，选项C正确；电阻R的热功率是P＝I2R＝12×2W＝2W，选项D错误．★要点二公式E＝Blv的理解和应用|要点梳理|1．导体平动切割磁感线产生的感应电动势(1)对公式E＝Blvsinθ的理解：①该公式可看成法拉第电磁感应定律的一个推论，通常用来求导线运动速度为v时的瞬时感应电动势，随着v的变化，E也相应变化；若v为平均速度，则E也为平均感应电动势．②当B、l、v三个量方向互相垂直时，θ＝90°，感应电动势最大，E＝Blv；当有任意两个量的方向互相平行时，θ＝0°，感应电动势为零，E＝0.(2)有效长度：E＝Blv中的l应理解为导体切割磁感线时的有效长度，导体切割磁感线的情况应取与B和v垂直的等效导体长度．2．导体转动切割磁感线产生的感应电动势当导体绕一端转动时如图所示，由于导体上各点的速度不同，自圆心向外随半径增大，速度是均匀增加的，所以导体运动的平均速度为eq\x\to(v)＝eq\f(0＋ωl,2)＝eq\f(ωl,2)，由公式E＝Bleq\x\to(v)得，E＝B·l·eq\f(ωl,2)＝eq\f(1,2)Bl2ω.3．公式E＝neq\f(ΔΦ,Δt)与E＝Blvsinθ的区别与联系E＝neq\f(ΔΦ,Δt)E＝Blvsinθ区别求的是Δt时间内的平均感应电动势．E与某段时间或某个过程相对应求的是瞬时感应电动势，E与某个时刻或某个位置相对应求的是整个电路的感应电动势．整个电路的感应电动势为零时，其电路中某段导体的感应电动势不一定为零求的是电路中的一部分导体切割磁感线时产生的感应电动势由于是整个电路的感应电动势，因此电源部分不容易确定是由一部分导体切割磁感线的运动产生的，该部分导体就相当于电源联系公式E＝neq\f(ΔΦ,Δt)和E＝Blvsinθ是统一的，当Δt→0时，E为瞬时感应电动势，只是由于高中数学知识所限，现在还不能这样求瞬时感应电动势，而公式E＝Blvsinθ中的v若代入平均速度，则求出的E为平均感应电动势|例题展示|【例3】如图所示，MN、PQ为两条平行的水平放置的金属导轨，左端接有定值电阻R，金属棒ab斜放在两导轨之间，与导轨接触良好，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面，设金属棒与两导轨接触点之间的距离为L，金属棒与导轨间夹角为60°，以速度v水平向右匀速运动，不计导轨和金属棒的电阻，则流过金属棒中的电流为()A．I＝eq\f(BLv,R) B．I＝eq\f(\r(3)BLv,2R)C．I＝eq\f(BLv,2R) D．I＝eq\f(\r(3)BLv,3R)[解析]金属棒匀速运动，所以平均感应电动势的大小等于瞬时感应电动势的大小．题中金属棒的有效长度为eq\f(\r(3)L,2)，故E＝Bveq\f(\r(3)L,2).根据闭合电路欧姆定律得I＝eq\f(\r(3)BLv,2R)，故B正确．[答案]B【例4】长为l的金属棒ab以a点为轴在垂直于匀强磁场的平面内以角速度ω做匀速转动，如图所示，磁感应强度为B，求：(1)ab棒各点的平均速率；(2)ab两端的电势差；(3)经时间Δt金属棒ab所扫过面积中磁通量为多少？此过程中平均感应电动势多大？[解析](1)ab棒各点的平均速率eq\x\to(v)＝eq\f(va＋vb,2)＝eq\f(0＋ωl,2)＝eq\f(1,2)ωl.(2)ab两端的电势差：E＝Bleq\x\to(v)＝eq\f(1,2)Bl2ω.(3)经时间Δt金属棒ab所扫过的扇形面积为ΔS，则：ΔS＝eq\f(1,2)l2θ＝eq\f(1,2)l2ωΔt，ΔΦ＝BΔS＝eq\f(1,2)Bl2ωΔt.由法拉第电磁感应定律得：E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(\f(1,2)Bl2ωΔt,Δt)＝eq\f(1,2)Bl2ω.[答案](1)eq\f(1,2)ωl(2)eq\f(1,2)Bl2ω(3)eq\f(1,2)Bl2ωΔteq\f(1,2)Bl2ω|对点训练|1．(多选)一根直导线长0.1m，在磁感应强度为0.1T的匀强磁场中以10m/s的速度匀速运动，则导线中产生的感应电动势的说法正确的是()A．一定为0.1V B．可能为零C．可能为0.01V D．最大值为0.1V解析：选BCD当公式E＝Blv中B、l、v互相垂直而导体切割磁感线运动时感应电动势最大：Em＝Blv＝0.1×0.1×10V＝0.1V，考虑到它们三者的空间位置关系，B、C、D正确，A错误．2.(多选)(2016·全国卷Ⅱ)法拉第圆盘发电机的示意图如图所示．铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触．圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中．圆盘旋转时，关于流过电阻R的电流，下列说法正确的是()A．若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定B．若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿a到b的方向流动C．若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化D．若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R上的热功率也变为原来的2倍解析：选AB由右手定则知，圆盘按如题图所示的方向转动时，感应电流沿a到b的方向流动，选项B正确；由感应电动势E＝eq\f(1,2)Bl2ω知，角速度恒定，则感应电动势恒定，电流大小恒定，选项A正确；角速度大小变化，感应电动势大小变化，但感应电流方向不变，选项C错误；若ω变为原来的2倍，则感应电动势变为原来的2倍，电流变为原来的2倍，由P＝I2R知，电流在R上的热功率变为原来的4倍，选项D错误．3.如图所示，边长为a的正方形闭合线框ABCD在匀强磁场中绕AB边匀速转动，磁感应强度为B，初始时刻线框所在平面与磁感线垂直，经过t时刻转过120°角，求：(1)线框内感应电动势在t时间段内的平均值；(2)转过120°角时感应电动势的瞬时值．解析：(1)设初始时刻磁感线从线框反面穿入，此时磁通量Φ1＝－Ba2，t时刻后Φ2＝eq\f(1,2)Ba2，磁感线从正面穿入，磁通量的变化量为ΔΦ＝eq\f(3Ba2,2)，则eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(3Ba2,2t).(2)计算感应电动势的瞬时值要用公式E＝Blvsinθ.v＝eq\f(2πa,3t)，θ＝120°，所以E＝eq\f(\r(3)πBa2,3t).答案：(1)eq\f(3Ba2,2t)(2)eq\f(\r(3)πBa2,3t)[课堂小结]「基础达标练」1．关于电磁感应现象，下列说法正确的是()A．线圈放在磁场中就一定能产生感应电流B．闭合线圈放在匀强磁场中做切割磁感线运动时，一定能产生感应电流C．感应电流的磁场总是阻碍原来磁场的磁通量的变化D．穿过线圈的磁通量变化量越大，感应电动势越大解析：选C感应电流产生的条件是，只有穿过闭合电路的磁通量发生变化，线圈中才会有感应电流产生，故A错误；闭合线圈放在匀强磁场中做切割磁感线运动时，若穿过线圈的磁通量变化，则产生感应电流，若穿过线圈的磁通量不变，则没有感应电流，故B错误；电磁感应现象中，感应电流的磁场总阻碍原来磁场的磁通量的变化，即原来的磁场增强，则感应电流的磁场与原磁场方向相反，若原磁场减弱，则感应电流的磁场与原磁场方向相同，故C正确；根据法拉第电磁感应定律可知，穿过线圈的磁通量变化量越快，感应电动势越大，而穿过线圈的磁通量变化量大，感应电动势不一定大，故D错误．2.如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，将一个水平放置的金属棒ab以水平初速度v0抛出，设运动的整个过程中棒的取向不变且不计空气阻力，则金属棒在运动过程中产生的感应电动势大小将()A．越来越大 B．越来越小C．保持不变 D．无法确定解析：选CE＝BLvsinθ＝BLvx，ab做平抛运动，水平速度保持不变，感应电动势保持不变．3.(2019·阜宁期中)如图所示，条形磁铁位于线圈的轴线上，下列过程中，能使线圈中产生最大感应电动势的是()A．条形磁铁沿轴线缓慢插入线圈B．条形磁铁沿轴线迅速插入线圈C．条形磁铁在线圈中保持相对静止D．条形磁铁沿轴线从线圈中缓慢拔出解析：选B根据法拉第电磁感应定律可知，感应电动势与磁通量的变化率成正比，磁通量变化越快，感应电动势越大．条形磁铁沿轴线缓慢插入线圈与条形磁铁沿轴线迅速插入线圈，磁通量变化相同，迅速插入时间短，电动势大，条形磁铁在线圈中保持相对静止无感应电动势