第13章《电磁感应》

第十三章电磁感应

第一单元电磁感应现象法拉第电磁感应定律

基础知识

一、电磁感应

1．电磁感应现象

只要穿过闭合回路的磁通量发生变化，闭合回路中就有电流产生，这种利用磁场产生电流的现象叫做电磁感应，产生的电流叫做感应电流．

2．产生感应电流的条件：闭合回路中磁通量发生变化

3.引起磁通量变化的常见情况

①闭合电路中的部分导线做切割磁感线运动导致Φ变化;

②线圈在磁场中转动导致Φ变化

③磁感应强度随时间或位置变化,或闭合回路变化导致Φ变化

注意:磁通量的变化，应注意方向的变化，如某一面积为S的回路原来的感应强度垂直纸面向里，如图所示，后来磁感应强度的方向恰好与原来相反，则回路中磁通量的变化最为2BS，而不是零．

4.产生感应电动势的条件:

无论回路是否闭合,只要穿过线圈的磁通量发生变化,线圈中就有感应电动势产生,产生感应电动势的那部分导体相当于电源.

电磁感应现象的实质是产生感应电动势,如果回路闭合,则有感应电流,如果回路不闭合，则只能出现感应电动势，而不会形成持续的电流．我们看变化是看回路中的磁通量变化，而不是看回路外面的磁通量变化【例1】线圈在长直导线电流的磁场中，作如图所示的运动：A向右平动；B向下平动，C、绕轴转动（ad 边向外），D、从纸面向纸外作平动，E、向上平动（E线圈有个缺口），判断线圈中有没有感应电流？

解析：A．向右平移，穿过线圈的磁通量没有变化，故A线圈中没有感应电流；B．向下平动，穿过线圈的磁通量减少，必产生感应电动势和感应电流；C．绕轴转动．穿过线圈的磁通量变化（开始时减少），必产生感应电动势和感应电流；D．离纸面向外，线圈中磁通量减少，故情况同BC；E．向上平移，穿过线圈的磁通量增加，故产生感应电动势，但由于线圈没有闭合电路，因而无感应电流

因此，判断是否产生感应电流关键是分清磁感线的疏密分布，进而判断磁通量是否变化．

答案：BCD中有感应电流

【例2】如图所示，当导线MN中通以向右方向电流的瞬间，则cd中电流的方向（ B ）

A．由C向d

B．由d向C

C．无电流产生

D．AB两情况都有可能

解析：当MN 中通以如图方向电流的瞬间，闭合回路abcd 中磁场方向向外增加，则根据楞次定律，感应电流产生磁场的方向应当垂直纸面向里，再根据安培定则可知， cd 中的电流的方向由d 到C ，所以B 结论正确．

二、法拉第电磁感应定律

(1)定律内容:电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比．ε=n Δφ/Δt (2)另一种特殊情况:回路中的一部分导体做切割磁感线运动时,其感应电动势ε=BLvsin θ (3)定律的几种表示式ε=n Δφ/Δt ，ε=BLvsin θ，ε=ΔB/Δt ·S ，ε=?BL 2

ω； (4)几点说明:

①这里的变化率应该同变化量区别开，变化量大变化率不一定大，主要是看变化量跟时间比值的大小．即变化率的大小．

②ε=n Δφ/Δt 是定律的表达式，在B 不变而面积发生变化时推导出ε=BLvsin θ，当B 、l 、v 三者不垂直或其中的二者不垂直时，乘sin θ即是找出垂直的分量.公式

ε=ΔB/Δt ·S 是在面积不变的情况下磁感应强度发生变化而推出的公式． ③导出式ε=?BL 2ω的推导如下：如图所示，长为l 的金属棒在磁感应强度为B

的匀强磁场中绕O 点以角速度ω转动，设在Δt 时间内棒的端点由P 运动到Q ，则OP 两点的电势差ε=Δφ/Δt=B ΔS/Δt=B ?LPQ/Δt=?BL 2ω,这实际上是B 不变而面积发生变化的情况，

【例3】两根平行的长直金属导轨，其电阻不计，导线ab 、cd 跨在导轨上且与导轨接触良好，如图所示，ab 的电阻大于cd 的电阻，当d 在外力F 1，（大小）的作用下，匀速向右运动时，ab 在外力F 2（大小）作用下保持静止，那么在不计摩擦力的情况下（U ab 、U cd 是导线与导轨接触处的电势

差）（ D ）

A ．F 1＞F 2，U ab ＞U cd

B ．F 1＜F 2，U ab ＝U cd

C ．F 1＝F 2，U ab ＞U cd

D ．F 1＝F 2， U ab =U cd

解析：通过两导线电流强度一样，两导线都处于平衡状态，则F 1＝BIL ，F 2＝BIL ，所以F 1＝F 2，因而AB 错．对于U ab 与Ucd 的比较， U ab =IR ab ，这里cd 导线相当于电源，所以U cd 是路端电压，这样很容易判断出U cd ＝IR ab 即U ab ＝U cd ．正确答案D

【例4】如图所示，磁场方向与水平而垂直，导轨电阻不计，质量为m 长为l ，电阻为R 的直导线AB 可以在导轨上无摩擦滑动从静止开始下滑过程中，最大加速度为 ；最大速度为 。

解析：ab 开始运动的瞬间不受安培力的作用，因而加速度最大，为a=mgsin α/m=gsin α，AB 从静止开始运动，于是产生了感应电动势，从而就出现了安培力，当

安培力沿斜面分力等于mgsin α时．AB 此时速度最大．

对棒受力分析，Fcos α=mgsin α，此时，AB 速度最大，而F ＝BLI I=BLvcos α/R ，得：v=mgRtg α/ B 2

L 2

cos α． 三、感应电量的计算 (1)Q ＝I Δt=εΔt/R ＝ΔΦ/R

(2)当线圈是N 匝时则电量为：Q=N ΔΦ/R

如图所示，当磁铁完全插入时，假设线圈中磁通量变化为ΔΦ，通过每匝线圈磁通量变化与N 匝线圈的磁通量变化一样都为ΔΦ；通过每匝线圈磁通量的变化率都为ΔΦ/Δt ，因为是N 匝，相当于N 个相同电源串联，所以线圈的感应电动势ε＝N ε0=N ΔΦ/Δt ．

(3)如图所示，磁铁快插与慢插两情况通过电阻R 的电量一样，但两情况下电流做功及做功功率不一样． 【例5】.长L 1宽L 2的矩形线圈电阻为R ，处于磁感应强度为B 的匀强磁场边缘，线圈与磁感线垂直。将线圈以向右的速度v 匀速拉出磁场，求：①拉力F 大小；②拉力的功率P ；③拉力做的

功W ；④线圈中产生的电热Q ；⑤通过线圈某一截面的电荷量q 。

解析：22

2222

2

2

211,,,;

;;

;B L V E E B L V I F B IL F V R

R B L L V

P

F V V W F L V R E Q W V q I t t v R

R

==

=∴=

∝=∝==

∝?Φ=∝=?==与无关。

特别要注意电热Q 和电荷q 的区别，其

中 q 与速度无关！

规律方法

1、Φ、ΔΦ、ΔΦ/Δt 三个概念的区别

磁通量Ф=BScos θ，表示穿过这一平面的磁感线条数；磁通量的变化量△Ф=Ф2－Ф1表示磁通量变化的多少；磁通量的变化率ΔФ/Δt 表示磁通量变化的快慢. Ф大,ΔФ及ΔФ/ΔT 不一定大, ΔФ/ΔT 大，Ф及ΔФ也不一定大．它们的区别类似于力学中的v. ΔV 及a=ΔV/△t 的区别.

【例6】长为a 宽为b 的矩形线圈，在磁感强度为B 的匀强磁场中垂直于磁场的OO ′轴以恒定的角速度ω旋转，设t= 0时，线圈平面与磁场方向平行，则此时的磁通量和磁通量的变化率分别是 [ ]

解析:线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴转动时，产生交变电动势e=εm cos ωt = Bab ωcos ωt 。当t=0时，cos ωt=1，虽然磁通量Ф=0,但电动势有最大值,由法拉第电磁感应定律ε=ΔФ/Δt 可知当电动势为最大值时，对应的磁通量的变化率也最大，即ε=(ΔФ/Δt)max =Bab ω,正确选项B 2、公式E=BLVsin θ与E=n ΔΦ/Δt 的区别

(1)区别：一般来说，E=n ΔΦ/Δt 求出的是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;E= BLvsin θ求出的是瞬时感应电动势,E 与某个时刻或某个位置相对应．

另外, E=n ΔΦ/Δt 求得的电动势是整个回路的感应电动势，而不是回路中某部分导体的电动势，整个回路的感应电动势为零时，其回路中某段导体的感应电动势不一定为零．

如图所示，正方形导线框abcd 垂直于磁感线在匀强磁场中匀速向下运动时，由于ΔΦ/Δt=0，故整个回路的感应电动势E=0，但是ad 和bc 边由于做切割磁感线运动，仍分别产生感应电动势Ead=Ebc=BLv,对整个回路来说，Ead 和Ebc 方向相反，所以回路的总

电动

势E=0，感应电流也为零．虽然E=0，但仍存在电势差，Uad=Ubc=BLv,相当于两个相同的电源ad 和bc 并

L L

v

c

B

l

a b

d

联．

(2)联系：公式①E=n ΔΦ/Δt 和公式②E=BLVsin θ是统一的，当①中的Δt →0时，则E 为瞬间感应电动势．只是由于高中数学知识所限我们还不能这样求瞬时感应电动势．公式②中的v 若代入平均速度V ，则求出的E 为平均感应电动势，实际上②式中的L V sin θ=△S/Δt ，所以公式E=BL V sin θ=B △S/Δt.只是一般来说用公式E=n ΔΦ/Δt 求平均感应电动势更方便，用E= BLvsin θ求瞬时感应电动势更方便．

【例7】如图所示，AB 是两个同心圆，半径之比R A ∶R B =2∶1，AB 是由相同材料，粗细一样的导体做成的，小圆B 外无磁场，B 内磁场的变化如图所示，求AB 中电流大小之比

（不计两圆中电流形成磁场的相互作用）．

解析：在ε=ΔB/Δt 〃S 中，S 是磁场变化的面积．所以

I A =

t

B ??〃

()S

r

r 222

πρ

π．I B =

t

B ??〃

()S

r

r πρ

π22

, 所以I A ∶I B ＝1∶2

注意:IA 的计算不可用做实际面积大小,写成I A =

t

B ??〃

()S

r

r 2222

πρ

π,而得到I A ∶I B ＝2∶1的错误结论

【例8】如图所示，光滑导轨宽0.4 m ，ab 金属棒长0.5m ，均匀变化的磁场垂直穿过其面，方向如图，磁场的变化如图所示，金属棒ab 的电阻为1Ω，导轨电阻不计，自t ＝0时，ab

棒从导轨最左端，以v ＝1m/s 的速度向右匀速运动，则（ AB ）

A ．1s 末回路中的电动势为1．6V

B ．1s 末棒ab 受安培力大小为1．28N

C ．1s 末回路中的电动势为0．8V

D ．1s 末棒ab 受安培力大小为0．64N

解析：这里的ΔΦ变化来自两个原因，一是由于B 的变化，二是由于面积S 的变化，显然这两个因素都应当考虑在内．()

B S S B

t

t

t φε

???==+???， ΔB/Δt =2T/S ，ΔS/Δt =VL Δt=2×1×0．4＝0.8 m

1秒末B=2T ，ΔS/Δt =0．4m 2／s ， 所以ε＝（1

4

012???＋

1

1

402???）=1.6V

回路中电流I ＝ε/R=1.6／1A ＝1.6A, 安培力F ＝BIl ＝2×1.6×0．4N ＝1.28N 3、力学与电磁磁应的综合应用

解决这类问题一般分两条途径:一是注意导体或运动电荷在磁场中的受力情况分析和运动状态分析;二是从动量和功能方面分析,由有关的规律进行求解

【例9】如图所示，闭合金属环从高h 的曲面滚下，又沿曲面的另一侧上升，整个装置处在磁场中，设闭合

环初速为零，摩擦不计，则 A ．若是匀强磁场，环滚的高度小于h B ．若是匀强磁场，环滚的高度等于h C 、若是非匀强磁场，环滚的高度小于h 。 D 、若是非匀强磁场，环滚的高度大于h 。

h B × × × × ×

× × × × × × × × × × × × × × ×

× × × × ×

解析：若是匀强磁场，当闭合金属环从高h 的曲面滚下时，无电磁感应现象产生．根据机械能守恒，环滚的高度等于h ；若是非匀强磁场，当闭合金属环从高h 的曲面滚下时，有电磁感应现象产生，而产生电磁感应的原因是环的运动，所以电磁感应现象所产生的结果是阻碍环的运动，所以环上

升的高度小于h ，故本题正确答案为B 、C

【例10】如图所示，光滑弧形轨道和一足够长的光滑水平轨道相连，水平轨道上方有足够长的光滑绝缘杆MN ，上挂一光滑铝环A,在弧形轨道上高为h 的地方无初速度释放磁铁B （可视为质点），B 下滑至水平轨道时恰好沿A 的中心轴线运动，设A,B 的质量为M A .M B ，求A 获得的最大速度和全过程中A 获得的电能．（忽略B 沿弧形轨道下滑时环A 中产生的感应电流）

解析：由B 下落时只有重力做功可求得B 滑至水平轨道的速度值,B 沿A 环轴线运动时,A 内产生感应电流，与B 产生相互作用，进入时相互排斥，故v B 减小，v A 增大，B 的中点过A 环后，AB 相互吸引，v B 仍减小，v A 增大；当两者相对静止时，相互作用消失，此时v A =vB,A 其有最大速度．全过程能量守恒,B 初态的重力势能转化为AB 的动能和A 获得的电能．

设B 滑至水平轨道的速度为V 1，由于B 的机械能守恒，有M B gh=?M B V 12 所以12v gh =

设AB 最后的共同速度为V 2，由于轨道铝环和杆均光滑，对系统有： M B v 1=(M A ＋M B ）v 2 所以()2

2/B

A

B

v M gh M

M =+

V 2即为所求的A 获得的最大速度．又根据能量守恒有：M B gh=?(M A ＋M B ）v 22＋E 电 所以()()

2

212

B A B B B

A A

B

A b M gh

M M gh

E M gh M M M M M M ??=-

+=

?

?++????

电

【例11】.竖直放置的U 形导轨宽为L ，上端串有电阻R （其余电阻不计）。磁感应

强度为B 的匀强磁场方向向外。金属棒ab 质量为m ，与导轨接触良好，不计摩擦，从静止释放后保持水平而下滑。求其下滑的最大速度。

分析：释放后，随着速度的增大，感应电动势E 、感应电流I 、安培力F 都随之增

大，当

F=mg

时，加速度变为零，达到最大速度。2

2

2

2

,L

B mgR V mg R

V L B F m m

=

∴==

。

*注意该过程中的能量转化：重力做功的过程是重力势能向其他能转化的过程；安培力做功的过程是机械能向电能转化的过程；然后电流做功的过程是电能向内能转化的过程。稳定后重力的功率等于电功率也等于热功率。

*如果在该图上端电阻右边安一只电键，让ab 下落一段距离后再闭合电键，那么闭合电键后ab 的运动情况

· · · · · · R · · ·

· · · · · · a · L ·m · b · · · · · · · · · · · · · · · · · ·

· · · · · ·

如何？（无论何时闭合电键，ab 可能先加速后匀速，也可能先减速后匀速，但最终稳定后的速度都一样）。 【例12】如图所示，质量为100 g 的铝环，用细线悬挂起来，环中央距地面h 为

0. 8 m.有一质量200 g 的磁铁以10 m/s 的水平速度射入并穿过铝环，落在距铝环

原位置水平距离3.6 m 处，则在磁铁与铝环发生相互作用时： （1)铝环向哪边偏斜？它能上升多高？

(2)在磁铁穿过铝环的整个过程中，环中产生了多少电能？

解析:（1)环向右偏斜，令铝环质量m1 = 0. 1 kg, 磁铁质量m2=0. 2 kg 磁铁做平抛运动;s = 3. 6＝vt,又

20.4h t s

g =

=,v ＝9 m/s

又：磁铁与铝环作用时水平方向的动量守恒m2v0=m2v ＋m1v1,v1=2 rn/s 则：环：m1gH ＝?m1v12;

2

1

0.22v H m

g

=

=

(2）环中产生的电能为系统的机械能损失：E 电＝△E ＝?m2v02一?m2v2一?m1v12=1.7（J)

试题展示

1．如图所示，两同心圆环a 和b ，处在同一平面内，a 的半径小于b 的半径，条形磁铁的轴线与圆环平面垂直．则穿过两圆环的磁通量Φa 与Φb 的大小关系为

A ．Φa ＞Φb

B ．Φa ＜Φb

C ．Φa ＝Φb

D ．无法比较

【解析】 圆环b 的半径大于环a 的半径，由于Φ＝Φ内－Φ外（其中Φ内为磁铁内部的磁通量，Φ外为磁铁外部穿过线圈的磁通量），故其包含磁铁的外磁场范围越大，则合磁通量越小．（磁铁内部、外部的磁通量方向相反，可抵消）．

【答案】 A

2．如图所示，闭合矩形铜框的两条长边与一闭合圆环相切，环可沿矩形框的长边滑动，整个装置处于匀强磁场中，当环沿框的长边向右做匀速运

动时，则

A ．因铜框所围面积的磁通量不变化，铜框上无电流

B ．因圆环所围面积的磁通量不变化，圆环上无电流

C ．各部分导线内均有电流

D ．各部分导线内均无电流

【解析】 由于闭合圆环向右移动，egf 和ehf 等效为两个并联的电源，而

eadf 和ebcf 为两段并联的电阻作为外电路，所以各部分都有电流．

【答案】 C

3．在匀强磁场中，a 、b 是两条平行金属导轨，而c 、d 为串有电流表、电压表的两金属棒，如图所示，两棒以相同的速度向右匀速运动，则以下结

论正确的是

A ．电压表有读数，电流表没有读数

B ．电压表有读数，电流表也有读数

C ．电压表无读数，电流表有读数

D ．电压表无读数，电流表也无读数

【解析】 由于c 、d 以相同的速度向右运动，穿过闭合电路的磁通量不变，在闭合电路中没有感应电流产生，所以，没有电流通过电流表和电压表，故电流表和电压表均无示数．

【答案】 D

4、如图所示，开始时矩形线框与匀强磁场的方向垂直，且一半在磁场

内，一半在磁场外，若要使线框中产生感应电流，下列办法中可行的是 ①将线框向左拉出磁场 ②以ab 边为轴转动（小于90°）③以ad 边为轴转动（小于60°） ④以bc 边为轴转动（小于60°） 以上判断正

确的是

A ．①②③

B ．②③④

C ．①②④

D

．①②③④

【解析】 将线框向左拉出磁场的过程中，线框的bc 部分做切割磁感线的运动，或者说穿过线框的磁通量减少，所以线框中产生感应电流，故选项①正确．

当线框以ab 边为轴转动时，线框的cd 边的右半段在做切割磁感线的运动，或者说穿过线框的磁通量在发生变化，所以线框中将产生感应电流，故选项②正确．

当线框以ad 边为轴转动（小于60°）时，穿过线框的磁通量在减小，所以在这个过程中线框中会产生感应电流，故选项③正确．如果转过的角度超过60°，bc 边将进入无磁场区，那么线框中将不产生感应电流（60°～300°）．

当线框以bc 边为轴转动时，如果转动的角度小于60°，则穿过线框的磁通量始终保持不变（其值为磁感应强度与矩形面积的一半的乘积），故选项④是错的．应选A ．

5．如图所示，竖直向下的匀强磁场中，将一水平放置的金属棒ab 以水平速度v 0抛出，设整个过程中，棒的取向不变，且不计空气阻力，则金属棒运动过程中产生的感应电动势的大小变化情况应是 A ．越来越大

B ．越来越小

C ．保持不变

D ．无法判断

【解析】 金属棒做平抛运动，水平切割磁感线的速度不变，故感应

电动势大小不变．

【答案】 C

6．如图所示，金属三角形导轨COD 上放有一根金属棒MN ．拉动MN ，使它以速度v 向右匀速运动，如果导轨和金属棒都是粗细相同的均匀导

体，电阻率都相同，那么在MN 运动的过程中，闭合回路的

①感应电动势保持不变

②感应电流保持不变 ③感应电动势逐渐增大 ④感应电流逐渐增大 以上判断正确的是 A ．①②

B ．③④

C ．②③

D ．①④

【解析】 由E ＝BLv 判知在MN 运动过程中，L 逐渐增大，故E 增大；而该闭合回路的周长也在增大，故R 在增大，可算得I 不变．

【答案】 C

7．如图所示，U 形线框abcd 处于匀强磁场中，磁场的磁感应强度为B ，方向垂直于纸面向内．长度为L 的直导线MN 中间串有一个电压表跨接在ab 与cd 上且与ab 垂直，它们之间的接触是完全光滑的．R 为电阻，C 为电容器．现令MN 以速度v 向右匀速运动，用U 表示电压表的读数，q 表示电容器所带电量，C 表示电容器电容，F 表示对MN

的拉

力．设电压表体积很小，其中线圈切割磁感线对MN 间的电压的影响可以忽略不计．则

A ．U ＝BLv 0 F ＝v 0

B 2L 2／R B ．U ＝BLv 0 F ＝0

C ．U ＝0 F ＝0

D ．U ＝q ／C F ＝v 0B 2L 2／R

【解析】 MN 之间有一电压表，因电压表本身内阻过大，可视为断路，故无I ，则F ＝0；MN 可视为电源，因电压表内无电流通过，故无电压示数．（据电压表工作原理），则U ＝0．

【答案】 C

8．图中PQRS 是一个正方形的闭合导线框，MN 为一个匀强磁场的边界，磁场方向垂直于纸面向里，如果线框以恒定的速度沿着PQ 方向向右运动，速度方向与MN 边界成45°角，在线框进入磁

场的过程中

A ．当Q 点经过边界MN 时，线框的磁通量为零，感应电流最大

B ．当S 点经过边界MN 时，线框的磁通量最大，感应电流最大

C ．P 点经过边界MN 时跟F 点经过边界MN 时相比较，线框的磁通量小，感应电流大

D ．P 点经过边界MN 时跟F 点经过边界MN

时相比较，线框的磁通量小，感应电流也小

【解析】 P 点经过MN 时，正方形闭合导线框切割磁感线的导线有效长度最大，感应电流最大． 【答案】 C

9．一个闭合线圈处在如图所示的正弦变化的磁场中，磁场方向垂直于导线圈平面，则

①在1 s 末线圈中感应电流最大 ②在2 s 末线圈中感应电流最大

③1～2 s 内的感应电流方向和2～3 s 内相同 ④在1～2 s 内的感应电流方向和3～4 s 内的相同 以上说法正确的是 A ．①④

B ．②③

C ．①③

D ．②④

【解析】 1 s 末t B ??＝0，2 s 末t B

??最大，结合楞次定律判定．

【答案】 B

10．如图所示，MN 和PQ 为相距L ＝30 cm 的平行金属导轨，电阻R ＝0.3 Ω的金属棒ab 可紧贴平行导轨运动．相距d ＝20 cm 、水平放置的两平行金属板E 和F 分别与金属棒的a 、b 两端相连．图中R 0＝0.1 Ω，金属棒ac ＝cd ＝bd ，导轨和连线的电阻不计，整个装置处于垂直纸面向里的匀强磁场中．当金属棒ab 以速率v 向右匀速运动时，恰能使一带电粒子以速率v 在两金属板间做匀速圆周运动．在磁场的磁感应强度大小可根据需要而变化的情况下，试求金属棒ab 匀速运动的最大速度．

【解析】 带电粒子qE ＝mg ，r ＝

d

U E qB

mv =

,，U ＝BLv ＋BLv ＋

3

/00

R R BLvR

+，则有

v 2＝rgd ／L ［2＋R 0／（R 0＋R ／3）］ 当r ＝

2

d 时，v ＝v m ＝

1515

2 m/s

【答案】 1515

2（或0.52） m/s

第二单元 楞次定律 自感现象

基础知识

一、楞次定律

(1)楞次定律: 感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化． 磁场 阻碍 变化 主语 谓语 宾语

主语磁场的定语是“感应电流的”；谓语的状语是“总是”；宾语的定语是“引起感应电流的磁通量的”．

(2)对“阻碍”的理解

这里的“阻碍”不可理解为“相反”，感应电流产生的磁场的方向，当原磁场增加时，则与原磁场方向相反，当原磁场减弱时，则与原磁场方向相同；也不可理解为“阻止”，这里是阻而未止． (3)楞次定律的另一种表达:感应电流的效果总是要反抗产生感应电流的原因.

即由电磁感应现象而引起的一些受力、相对运动、磁场变化等都有阻碍原磁通量变化的趋势。 (4)楞次定律应用时的步骤

①先看原磁场的方向如何． ②再看原磁场的变化（增强还是减弱）． ③根据楞次定律确定感应电流磁场的方向．

④再利用安培定则，根据感应电流磁场的方向来确定感应电流方向．

【例1】如图所示，小金属环靠近大金属环，两环互相绝缘，且在同一平面内，小圆环有一半面积在大圆环内，当大圆环接通电源的瞬间，小圆环中感应电流的情况是（C ） A.无感应电流 B.有顺时针方向的感应电流 C.有逆时针方向的感应电流 D.无法确定

解析:在接通电源后，大环内的磁感线分布比大环外的磁感线分布要密．所以小环在大环内部分磁通量大于环外部分磁通量．所以小环内总磁通量向里加强，则小环中的感应电方向为逆时针方向． abcd

【例2】如图所示，闭合线框ABCD 和abcd 可分别绕轴线OO /，转动．当绕OO /轴逆时针转动时〔俯视图），问ABCD 如何转动？

解析：由于abcd 旋转时会使ABCD 中产生感应电流，根据楞次定律中“感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的相对运动．”ABCD 中的感应电流

将阻碍abcd 的逆时针转动，两线框间有吸引力作用，因此线框ABCD 也随

abtd 逆时针转动，只不过稍微慢了些

思考：(1)阻碍相对运动体现了怎样的能量关系？

(2)楞次定律所反映的实际是对原磁通量的补偿效果．根据实际情况，这种补偿可分为哪几种？（运动补偿、面积、电流、磁感应强度、速度、力等的补偿效果）

A

B

C

D

a

b

c

d

O

O

/

【例3】如图所示，用一种新材料制成一闭合线圈，当它浸入液氮中时，会成为超导体，这时手拿一永磁体，使任一磁极向下，放在线圈的正上方，永磁体便处于悬浮状态，这种现象称为超导体磁悬浮，可以用电磁感应及有关知识来解释这一现象．

解析：当磁体放到线圈上方的过程中．穿过线圈的磁通量由无到有发生变化．于是超导线圈中产生感应电流，由于超导线圈中电阻几乎为零，产生的感应电流极大，相应的感应磁场也极大；由楞次定律可知感应电流的磁场相当于永磁体，与下方磁极的极性相同，永磁体将受到较大的向上的斥力，当永磁体重力与其受到磁场力相平衡时，永滋体处于悬浮状态．

【例4】在光滑水平面上固定一个通电线圈，如图所示，一铝块正由左向右滑动穿过线圈，那么下面正确的

判断是（）

A.接近线圈时做加速运动，离开时做减速运动

B.接近和离开线圈时都做减速运动

C.一直在做匀速运动

D.在线圈中运动时是匀速的

解析:把铝块看成由无数多片横向的铝片叠成，每一铝片又由可看成若干闭合铝片框组成；如图。当它接近或离开通电线圈时，由于穿过每个铝片框的磁通量发生变化，所以在每个闭合的铝片框内都要产生感应电流。．产生感应电流的原因是它接近或离开通电线圈，产生感应电流的效果是要阻碍它接近或离开通电线圈，所以在它接近或离开时都要作减速运动，所以A,C 错，B 正确。由于通电线圈内是匀强磁场，所以铝块在通电线圈内运动时无感应电流产生，故作匀速运动,D 正确。故答案为BD. 二、自感现象

1.自感现象:由于导体本身电流发生变化而产生的电磁感应现象．

2.自感电动势:自感现象中产生的感应电动势叫自感电动势． ①自感电动势ε＝L t

I ??

②L 是自感系数：

a ．L 跟线圈的形状、长短、匝数等因素有关系．

线圈越粗，越长、匝数越密，它的自感系数越大，另外有铁芯的线圈自感系数比没有铁芯时大得多． b ．自感系数的单位是亨利，国际符号是h ，1亨=103毫亨=106 微亨 3、关于自感现象的说明

①如图所示，当合上开关后又断开开关瞬间，电灯L 为什么会更亮，当合上开

关

后，由于线圈的电阻比灯泡的电阻小，因而过线圈的电流I 2较过灯泡的电流I 1大，当开关断开后，过线圈的电流将由I 2变小，从而线圈会产生一个自感电动势，

于是电

流由c →b →a →d 流动，此电流虽然比I 2小但比I 1还要大．因而灯泡会更亮．假若线圈的电阻比灯泡的电阻大，则I 2＜I 1，那么开关断开后瞬间灯泡是不会更亮的． ②．开关断开后线圈是电源，因而C 点电势最高，d 点电势最低

③过线圈电流方向与开关闭合时一样，不过开关闭合时，J 点电势高于C 点电势，当断开开关后瞬间则相反，C 点电势高于J 点电势．

④过灯泡的电流方向与开关闭合时的电流方向相反，a、b两点电势，开关闭合时U a＞U b，开关断开后瞬间U a＜U b．

规律方法

1、楞次定律的理解与应用

理解楞次定律要注意四个层次:①谁阻碍谁?是感应电流的磁通量阻碍原磁通量;②阻碍什么?阻碍的是磁通量的变化而不是磁通量本身;③如何阻碍?当磁通量增加时,感应电流的磁场方向与原磁场方向相反,当磁通量减小时,感应电流的磁场方向与原磁场方向相同,即”增反减同”;④结果如何?阻碍不是阻止,只是延缓了磁通量变化的快慢,结果是增加的还是增加,减少的还是减少.

另外①”阻碍”表示了能量的转化关系,正因为存在阻碍作用,才能将其它形式的能量转化为电能;②感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的相对运动.

【例5】如图所示，一个电感很大的线圈通过电键与电源相连，在其突出部分的铁芯上套有一个很轻的铝环，关于打开和闭合电键时将会发生的现象，有以下几种说法：①闭合电键瞬间，铝环会竖直向上跳起；②打开电键瞬间，铝环会增大对线圈的压力；③闭合电键瞬间，铝环会增大对线圈的压力；

④打开电键瞬间，铝环会竖直向上跳起。其中判断正确的是( )

A.①②;

B.①③;

C.①④;

D. ②③;

解析:此线圈通电后是一电磁铁，由安培定则可判定，通电后线圈中的磁场方向是竖直向下的，线圈上端为S极、下端为N极。由楞次定律可知闭合电键瞬间，铝环中感应电流的磁场方向向上，要阻碍穿过环的磁通量的增加，因此环的上端面呈N极、下端面呈S极，同极性相对，环和线圈互相排斥，由于电流变化率大，产生的感应电流磁场也较强、，相互间瞬间排斥力大到可知较轻的铝环向上跳起。同样分析可知，打开电键瞬间,环和线圈是两个异种极性相时，铝环会增大对线圈的压力。因此，只有①②

正确，应选A.

【例6】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边进入磁场算起．

（1）画出穿过线框的磁通量随时间变化的图象

（2）线框中感应电流的方向

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O——l/v．线框进入磁场中的面积线性增加，S=l·v·t，最后为φ＝B·S=Bl2．

②线框在磁场中运动阶段：t为l/v——2l/v，线框磁通量为φ＝B·S=Bl2，保持不变．

③线框离开磁场阶段，t为2l/v——3l/v，线框磁通量线性减少，最后为零．

（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．

【例7】如图所示，导线框abcd与导线AB在同一平面内，直导线中通有恒定电流I，当线框由左向右匀速

通过直导线过程中，线框中感应电流的方向是

A．先abcda，再dcbad，后abcda

B．先abcda，再dcbad

C．始终是dcbad

D．先dcbad，再abcda，后dcbad

解析：通电导线AB产生的磁场，在AB左侧是穿出纸面为“·”，在AB右侧是穿入纸面的“×”，线框由左向右运动至dc边与AB重合过程中，线框回路中“·”增加，由楞次定律判定感应电流方向为dcbad；现在看线框面积各有一半在AB左、右两侧的一个特殊位置，如图所示，此位置上线框回路中的合磁通量为零．从dc边与AB重合运动至图的位置，是“·”减少（或“×”增加）．由初位置运动至ab边与AB重合位置，是“·”继续减少（或“×”继续增加）．所以从dc边与AB重合运动至ab与AB重合的过程中，感应电流方向为abcda；线框由ab 与AB重合的位置向右运动过程中，线圈回路中“×”减少，感应电流方向由楞次定律判定为dcbad，【例8】如图所示，一水平放置的圆形通电线圈1固定，另一较小的圆形线圈2从1

的正上方下落，在下落过程中两线圈平面始终保持平行且共轴，则在线圈2从正上方下落至l的正下方过程中，从上往下看，线圈2中的感应电流应为（）

A．无感应电流B．有顺时针方向的感应电流

C、先是顺时针方向，后是逆时针方向的感应电流

D、先是逆时针方向，后是顺时针方向的感应电流

解析：圆形线圈1通有逆时针方向的电流（从下往上看），它相当于是环形电流，环形电流的磁场由安培定则可知，环内磁感线的方向是向上的，在线圈2从线圈1的正上方落到正下方的过程中，线圈内的磁通量先是增加的，当两线圈共面时，线圈2的磁通量达最大值，然后再继续下落，线圈2中的磁通量是减少的．由楞次定律可以判断：在线圈2下落到与线圈1共面的过程中，线圈2中感应电流的磁场方向与线圈1中的磁场方向相反，故电流方向与线圈1中的电流方向相反，为顺时针方向；当线圈2从与线圈1共面后继续下落时，线圈2中的感应电流的磁场方向与线圈1中的磁场方向相同，电流方向与线圈1中电流方向相同，为逆时针方向，所以C选项正确．

感应电流在原磁场所受到的作用力总是阻碍它们的相对运动．利用这种阻碍相对运动的原则来判断则更为简捷：线圈2在下落的过程中，线圈2中的感应电流应与线圈l中的电流反向，因为反向电流相斥，故线圈2中的电流是顺时针方向；线圈2在离开线圈1的过程中，线圈2中的感应电流方向应与线圈1中电流方向相同，因为同向电流相吸，线圈2中的电流是逆时针方向．

【例9】如图所示，AOC是光滑的金属轨道，AO沿竖直方向，OC沿水平方向，PQ是一根金属直杆如图立在导轨上,OP＞OQ，直杆从图示位置由静止开始在重力作用下运动，运动过程中QO端始终在OC上，P端始终在AO上，直到完全落在OC上，空间存在着垂直纸面向外

的匀强磁场，则在PQ 棒滑动的过程中，下列判断正确的是（BD ） A.感应电流的方向始终由P →Q

B.感应电流的方向先由P →Q ，再是Q →P

C.PQ 受磁场力的方向垂直于棒向左

D.PQ 受磁场力的方向垂直于棒先向左，再向右

解析:在PQ 滑动的过程中，OPQ 的面积先变大后变小，穿过回路 的磁通量先变大后变小，则电流方向先是P →Q 后Q →P.选BD.

2、镇流器是一个带铁芯的线圈，起动时产生高电压点燃日光灯，目光灯发光以后，线圈中的自感电动势阻碍电流变化，起着降压限流作用，保证日光灯正常工作．

【例10】在图中，L 是自感系数足够大的线圈，其直流电阻可以忽略不计，D 1和D 2

是两个相同的灯泡，若将电键K 闭合，待灯泡亮度稳定后再断开电键K ，则(AC) A ．电键K 闭合时，灯泡D 1和D 2同时亮，然后D 1会变暗直到不亮，D 2更亮 B ．电键K 闭合时，灯泡D 1很亮，D 2逐渐变亮，最后一样亮亮亮 C ．电键K 断开时，灯泡D 2随之熄灭。而D 1会更下才熄灭 D ．电键K 断开时，灯泡D 1随之熄灭，而D 2会更下才熄灭

解析：电键K 闭合时，L 会产生ε自从而阻碍电流增大，D 1和D 2同时亮，随着电流趋于稳定，L 中的ε自逐渐减小，最后L 会把D 1短路，D 1不亮，而D 2两端电压会增大而更亮．当K 断开时，D 2中因无电流会随之熄灭，而L 中会产生ε自，与D 1构成闭合回路，D 1会亮一下．再者L 中的电流是在I=r

R +2ε

的基础上减小的．会使

D 1中的电流在K 断开的瞬间与K 闭合时相比要大，因而D 1会更亮．

【例11】如图所示是演示自感现象的电路图．L 是一个电阻很小的带铁芯的自感线圈，A 是一个标有“6V ，4w ”的小灯泡，电源电动势为6V ，内阻为3Ω，在实验

中（ABD ）

A ．S 闭合的瞬间灯泡A 中有电流通过，其方向是从a →b

B ．S 闭合后，灯泡A 不能正常工作

C ．S 由闭合而断开瞬间，灯A 中无电流

D ．S 由闭合而断开瞬间，灯A 中有电流通过，其方向为从b →a

解析：S 闭合瞬间，L 的阻抗很大，对灯泡A 来讲在S 闭合瞬间L 可视为断路．由于如图电源左正右负，所以此刻灯泡中电流由a 到b ，选项A 正确；S 闭合后电路达到稳定状态时，L 的阻抗为零，又L 上纯电阻极小，所以灯泡A 不能正常发光，故选项B 正确．S 断开前L 上的电流由左向右，S 断开瞬间，灯泡A 上原有电流即刻消失，但L 和A 组成闭合回路，L 上的电流仍从左向右，所以回路中电流方向是逆时针的，灯泡A 上电流从b 到a ，故选项D 正确，选项C 错误．

试题展示

1.如图所示，同一平面内的三条平行导线串有两个最阻R 和r ，

导体棒

PQ与三条导线接触良好；匀强磁场的方向垂直纸面向里。导体棒的电阻可忽略。当导体棒向左滑动时，下列说法正确的是

A.流过R的电流为由d到c，流过r的电流为由b到a

B.流过R的电流为由c到d，流过r的电流为由b到a

C.流过R的电流为由d到c，流过r的电流为由a到b

D.流过R的电流为由c到d，流过r的电流为由a到b

2.矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，磁感线的方向与导线框所在平面垂直，规定磁场的正方向垂直低面向里，磁感应强度B随时间变化的规律如图所示.若规定顺时针方向为感应电流I的正方向，下列各图中正确的是D

3．如图，一个边长为l的正方形虚线框内有垂直于纸面向里的匀强磁场；一个边长也为l的正方形导线框所在平面与磁场方向垂直；虚线框对角线ab与导线框的一条边垂直，ba的延长线平分导线框。在t＝0时，使导线框从图示位置开始以恒定速度沿ab方向移动，直到整个导线框离开磁场区域。以i表示导线框中感应电流的强度，取逆时针方向为正。下列表示i—t关系的图示中，可能正确的是 C

4．在沿水平方向的匀强磁场中，有一圆形金属线圈可绕沿其直径的竖直轴自由转动。开始时线圈静止，线圈平面与磁场方向既不平行也不垂直，所成的锐角为α。在磁场开始增强后的一个极短时间内，线圈平面

A．维持不动

B．将向使α减小的方向转动

C．将向使α增大的方向转动

D．将转动，因不知磁场方向，不能确定α会增大还是会减小

答案：B

解析：由楞次定律可知，当磁场开始增强时，线圈平面转动的效果是为了减小线圈磁通量的增加，而线圈平面与磁场间的夹角越小时，通过的磁通量越小，所以将向使 减小的方向转动．5．如图所示的电路中，三个相同的灯泡a、b、c和电感L1、L2与直流电源连接，电感的电阻忽略不计．电键K从闭合状态突然断开时，下列判断正确的有

A.a先变亮，然后逐渐变暗

B.b先变亮，然后逐渐变暗

C.c先变亮，然后逐渐变暗

D.b、c都逐渐变暗

答案：AD

解析：考查自感现象。电键K闭合时，电感L1和L2的电流均等于三个灯泡的电流，断开电键K的瞬间，电感上的电流i突然减小，三个灯泡均处于回路中，故b、c灯泡由电流i逐渐减小，B、C均错，D对；原来每个电感线圈产生感应电动势均加载于灯泡a上，故灯泡a先变亮，然后逐渐变暗，A对。本题涉及

到自感现象中的“亮一下”现象，平时要注意透彻理解。

6.在沿水平方向的匀强磁场中，有一圆形金属线圈可绕沿其直径的竖直轴自由转动。开始时线圈静止，线圈平面与磁场方向既不平行也不垂直，所成的锐角为α。在磁场开始增强后的一个极短时间内，线圈平面

A．维持不动

B．将向使α减小的方向转动

C．将向使α增大的方向转动

D．将转动，因不知磁场方向，不能确定α会增大还是会减小

答案：B

解析：由楞次定律可知，当磁场开始增强时，线圈平面转动的效果是为了减小线圈磁通量的增加，而线圈平面与磁场间的夹角越小时，通过的磁通量越小，所以将向使 减小的方向转动．

7.如图，粗糙水平桌面上有一质量为m的铜质矩形线圈.当一竖直放置的条形磁铁从线圈中线AB正上

方等高快速经过时，若线圈始终不动，则关于线圈受到的支持力F N及在水平方向运动趋势的正确判断是

A.F N先小于mg后大于mg,运动趋势向左

B.F N先大于mg后小于mg,运动趋势向左

C.F N先大于mg后大于mg,运动趋势向右

D.F N先大于mg后小于mg,运动趋势向右

答案：D

解析：本题考查电磁感应有关的知识，本题为中等难度题目。条形磁铁从线圈正上方等高快速经过时，通过线圈的磁通量先增加后又减小。当通过线圈磁通量增加时，为阻碍其增加，在竖直方向上线圈有向下运动的趋势，所以线圈受到的支持力大于其重力，在水平方向上有向右运动的趋势，当通过线圈的磁通量减小时，为阻碍其减小，在竖直方向上线圈有向上运动的趋势，所以线圈受到的支持力小于其重力，在水平方向上有向右运动的趋势。综上所述，线圈所受到的支持力先大于重力后小于重力，运动趋势总是向右。

8．如图所示的电路中，三个相同的灯泡a、b、c和电感L1、L2与直流电源连接，电感的电阻忽略不计．电键K从闭合状态突然断开时，下列判断正确的有

A.a先变亮，然后逐渐变暗

B.b先变亮，然后逐渐变暗

C.c先变亮，然后逐渐变暗

D.b、c都逐渐变暗

答案：AD

解析：考查自感现象。电键K闭合时，电感L1和L2的电流均等于三个灯泡的电流，断开电键K的瞬间，电感上的电流i突然减小，三个灯泡均处于回路中，故b、c灯泡由电流i逐渐减小，B、C均错，D对；原来每个电感线圈产生感应电动势均加载于灯泡a上，故灯泡a先变亮，然后逐渐变暗，A对。本题涉及到自感现象中的“亮一下”现象，平时要注意透彻理解。

9.老师做了一个物理小实验让学生观察：一轻质横杆两侧各固定一金属环，横杆克绕中心点自由转动，老师拿一条形磁铁插向其中一个小环，后又取出插向另一个小环，同学们看到的现象是（）

A.磁铁插向左环，横杆发生转动

B.磁铁插向右环，横杆发生转动

C.无论磁铁插向左环还是右环，横杆都不发生转动

D. 无论磁铁插向左环还是右环，横杆都发生转动

答案：B

解析：左环没有闭合，在磁铁插入过程中，不产生感应电流，故横杆不发生转动。右环闭合，在磁铁插入过程中，产生感应电流，横杆将发生转动。

10．如图所示，平行于y轴的导体棒以速度v向右匀速直线运动，经过半径为R、磁感应强度为B的圆形匀强磁场区域，导体棒中的感应电动势ε与导体棒位置x关系的图像是

答案：A

解析：在x=R左侧，设导体棒与圆的交点和圆心的连线与x轴正方向成θ角，则导体棒切割有效长度L=2R sinθ，电动势与有效长度成正比，故在x=R左侧，电动势与x的关系为正弦图像关系，由对称性可知在x=R右侧与左侧的图像对称。

12．如图所示，一个有界匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外．一个矩形闭合导线框abcd，沿纸面由位置1(左)匀速运动到位置

2(右)．则D

A. 导线框进入磁场时，感应电流方向为a→b→c→d→a

B. 导线框离开磁场时，感应电流方向为a→d→c→b→a

C. 导线框离开磁场时，受到的安培力方向水平向右

D. 导线框进入磁场时．受到的安培力方向水平向左

13.两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为L ，底端接阻值为R 的电阻。将质量为m的金属棒悬挂在一个固定的轻弹簧下端，金属棒和导轨接触良好，导轨所在平面与磁感应强度为B 的匀强磁场垂直，如图所示。除电阻R 外其余电阻不计。现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放．则A．释放瞬间金属棒的加速度等于重力加速度g

B．金属棒向下运动时，流过电阻R 的电流方向为a→b

=

22

B L v F

R

C．金属棒的速度为v时．所受的安培力大小为

F

D．电阻R 上产生的总热量等于金属棒重力势能的减少

答案：AC

解析：在释放的瞬间，速度为零，不受安培力的作用，只受到重力，A对。由右手定则可得，电流的方向从b到a，B错。当速度为v时，产生的电动势为E B lv

=，受到的安培力为F B IL

=，计算可得

22

B L v

=,C对。在运动的过程中，是弹簧的弹性势能、重力势能和内能的转化，D错。

F

R

【高考考点】电磁感应

【易错提醒】不能理解瞬间释放的含义，考虑受到安培力。

【备考提示】电磁感应是电场和磁场知识的有机结合，所以难度相对也会大一些，现在高考要求不是很高，一般不出大型计算题，但在选择题中，以最后一个题出现。

14.如图所示，在x≤0的区域内存在匀强磁场，磁场的方向垂直于

平面内，线框的a b边与y轴重合。令线框从t=0的时刻起由静

止开始沿x轴正方向做匀加速运动，则线框中的感应电流I（取

逆时针方向的电流为正）随时间t的变化图线I—t图可能是下

图中的哪一个？D

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