2024届高考物理一轮复习第十章电磁感应学案

这是一份2024届高考物理一轮复习第十章电磁感应学案，共66页。学案主要包含了磁通量，电磁感应现象，感应电流的方向判断等内容，欢迎下载使用。


第十章 电磁感应



第1讲　电磁感应现象 楞次定律


一、磁通量
1．磁通量
(1)定义：磁感应强度B与垂直磁场方向的面积S的乘积。
(2)公式：Φ＝BS(B⊥S)；单位：韦伯(Wb)。
(3)矢标性：磁通量是标量，但有正负。
2．磁通量的变化量：ΔΦ＝Φ2－Φ1。
3．磁通量的变化率：磁通量的变化量与所用时间的比值，即，与线圈的匝数无关；表示磁通量变化的快慢。
二、电磁感应现象
1．电磁感应现象
当穿过闭合导体回路的磁通量发生变化时，闭合导体回路中有感应电流产生的现象。
2．产生感应电流的条件
(1)闭合导体回路；(2)磁通量发生变化。
三、感应电流的方向判断
1．楞次定律
(1)内容：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)适用范围：一切电磁感应现象。
2．右手定则





(1)内容：如图所示，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个平面内；让磁感线从掌心进入，并使拇指指向导线运动的方向，这时四指所指的方向就是感应电流的方向。
(2)适用情况：判断导线切割磁感线产生的感应电流方向。
情境创设
1．如图甲所示，是法拉第圆盘发电机模型。

2.如图乙所示，线圈与电流表相连，把磁体的某一个磁极向线圈中插入、从线圈中抽出时，电流表的指针发生了偏转。

乙

微点判断　
(1)图甲中圆盘转动过程中，圆盘磁通量不变，不会有电流通过R。(×)
(2)图甲中圆盘转动过程中，圆盘半径做切割磁感线运动，有电流流过R。(√)
(3)图乙中线圈中两次产生的感应电流方向是相反的。(√)
(4)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。 (×)
(5)感应电流的磁场一定阻碍引起感应电流的磁通量的变化。(√)

(一) 电磁感应现象的理解(固基点)
[题点全练通]
1．[电磁感应现象的认识]在法拉第时代，下列验证“由磁产生电”设想的实验中，能观察到感应电流的是(　 )
A．将绕在磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路，然后观察电流表的变化
B．在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈，然后观察电流表的变化
C．将一房间内的线圈两端与相邻房间的电流表连接，往线圈中插入条形磁铁后，再到相邻房间去观察电流表的变化
D．绕在同一铁环上的两个线圈，分别接电源和电流表，在给线圈通电或断电的瞬间，观察电流表的变化
解析：选D　只形成闭合回路，回路中的磁通量不变化，不会产生感应电流，A、B错误；线圈中插入条形磁铁瞬间回路中磁通量有变化，电流表有变化，磁铁不动后电流表无变化，C错误；给线圈通电或断电瞬间，通过闭合回路的磁通量变化，会产生感应电流，能观察到电流表的变化，D正确。
2．[磁通量的大小]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∶2
C．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正确。
3．[磁通量的变化]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大小分别为ΔΦ1和ΔΦ2，则(　 )

A．ΔΦ1＞ΔΦ2 B．ΔΦ1＝ΔΦ2
C．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，C正确。
4．[感应电流有无的判断]下列各图所描述的物理情境中，没有感应电流的是(　 )


解析：选A　开关S闭合稳定后，穿过线圈N的磁通量保持不变，线圈N中不产生感应电流；磁铁向铝环A靠近，穿过铝环A的磁通量在增大，铝环A中产生感应电流；金属框从A向B运动，穿过金属框的磁通量时刻在变化，金属框中产生感应电流；铜盘在磁场中按题图所示方向转动，铜盘的无数辐条切割磁感线，与外电路构成闭合回路，产生感应电流。故选A。

[要点自悟明]
1．磁通量大小及其变化分析
(1)定量计算：通过公式Φ＝BS来定量计算，计算磁通量时应注意的问题：
①明确磁场是否为匀强磁场，知道磁感应强度的大小。
②平面的面积S应为磁感线通过的有效面积。当平面与磁场方向不垂直时，应明确所研究的平面与磁感应强度方向的夹角，准确求出有效面积。
③穿过线圈的磁通量及其变化与线圈匝数无关，即磁通量的大小不受线圈匝数的影响。
(2)定性判断：磁通量是指穿过线圈面积的磁感线的“净条数”，当有不同方向的磁场同时穿过该面积时，此时的磁通量为各磁场穿过该面积磁通量的代数和。
2．判断感应电流有无的方法

3．常见的三种产生感应电流的情况



(二) 感应电流方向的判断(精研点)
研清微点1　楞次定律的理解　
1．(多选)下列说法正确的是(　 )
A．感应电流的磁场方向总是与引起感应电流的磁场方向相反
B．感应电流的磁场方向与引起感应电流的磁场方向可能相同，也可能相反
C．楞次定律只能判断闭合电路中感应电流的方向
D．楞次定律表明感应电流的效果总是与引起感应电流的原因相对抗
解析：选BD　根据楞次定律的表述，感应电流的效果总是与引起感应电流的原因相对抗，感应电流的磁场方向与引起感应电流的磁场方向可能相同，也可能相反，故A错误，B、D正确；楞次定律除了可判断闭合电路中电流方向外，还可判断闭合电路中磁通量的变化情况，故C错误。

一点一过
楞次定律中“阻碍”的含义

研清微点2　楞次定律判断感应电流的方向　
2.如图所示，两匀强磁场的磁感应强度B1和B2大小相等、方向相反。金属圆环的直径与两磁场的边界重合。下列变化会在环中产生顺时针方向感应电流的是(　 )
A．同时增大B1减小B2
B．同时减小B1增大B2
C．同时以相同的变化率增大B1和B2
D．同时以相同的变化率减小B1和B2
解析：选B　当同时增大B1减小B2时，通过金属圆环的总磁通量增加，且方向垂直纸面向里，根据楞次定律知，感应电流产生的磁场方向应为垂直纸面向外，根据右手螺旋定则知，此时金属圆环中产生逆时针方向的感应电流，A项错误；同理当同时减小B1增大B2时，金属圆环中产生顺时针方向的感应电流，B项正确；当同时以相同的变化率增大或减小B1和B2时，金属圆环中的总磁通量没有变化，仍然为0，金属圆环中无感应电流产生，C、D项均错误。
3．(2022·浙江杭州模拟)线圈绕制在圆柱形铁芯上，通过导线与电流计连接组成闭合回路。条形磁铁的轴线和铁芯的轴线及连接线圈和电流计的导线在同一平面内，铁芯、线圈及条形磁铁的几何中心均在与铁芯垂直的PQ连线上。条形磁铁分别与线圈相互平行或相互垂直放置，使其沿QP方向靠近线圈。若电流从电流计“＋”接线柱流入时电流计指针向右偏转，在如下情形中能观察到明显的电磁感应现象，且图中标出的电流计指针偏转方向正确的是(　 )

解析：选A　该题图A、B中当磁铁向线圈靠近时，穿过线圈的磁通量向下增加，根据楞次定律可知，线圈中产生的感应电流从“＋”接线柱流入电流计，则电流计指针向右偏转，A正确，B错误；当磁铁按如题图C、D所示的方式靠近线圈时，由对称性可知，穿过线圈的磁通量总是零，线圈中不会有感应电流，C、D错误。

一点一过
“四步法”判断感应电流方向


研清微点3　应用右手定则判断感应电流的方向　
4．下列图中表示闭合电路中的一部分导体ab在磁场中做切割磁感线运动的情景，导体ab上的感应电流方向为a→b的是(　 )

解析：选A　ab棒顺时针转动，运用右手定则：磁感线穿过手心，拇指指向顺时针方向，则导体ab上的感应电流方向为a→b，故A正确；ab向纸外运动，运用右手定则时，磁感线穿过手心，拇指指向纸外，则知导体ab上的感应电流方向为b→a，故B错误；穿过回路的磁通量减小，由楞次定律知，回路中感应电流方向由b→a→d→c，则导体ab上的感应电流方向为b→a，故C错误；ab棒沿导轨向下运动，由右手定则判断知导体ab上的感应电流方向为b→a，故D错误。

一点一过
右手定则的理解和应用
(1)右手定则适用于闭合电路的部分导体切割磁感线产生感应电流的情况。

(2)右手定则是楞次定律的一种特殊形式，用右手定则能解决的问题，用楞次定律均可代替解决。
(3)右手定则应用“三注意”：
①磁感线必须垂直穿入掌心。
②拇指指向导体运动的方向。
③四指所指的方向为感应电流的方向。
(三) 楞次定律的推广应用(培优点)
楞次定律中“阻碍”的含义可以推广为：感应电流的效果总是阻碍引起感应电流的原因。具体表现常见如下几种形式：
内容
例证
阻碍原磁通量变化——“增反减同”

阻碍相对运动——“来拒去留”
使回路面积有扩大或缩小的趋势——“增缩减扩”
注意：此结论只适用于磁感线单方向穿过回路的情境


阻碍原电流的变化——“增反减同”(即自感现象)



[考法全析]

[例1]　电磁弹射的装置是航空母舰上的一种舰载机起飞装置。如图所示的装置也能进行电磁弹射，线圈固定在光滑绝缘杆MN上、导体圆环套在绝缘杆的左端。则下列说法正确的是(　 )

A．开关闭合，圆环将从M端离开绝缘杆
B．圆环的位置不变，将滑动变阻器的滑片P向左滑动少许，与滑片滑动前相比，闭合开关瞬间，圆环所受的安培力相同
C．如果将电源反接，闭合开关，圆环将向右运动
D．如果将圆环放在线圈的右侧，闭合开关，圆环不会离开绝缘杆
[解析]　闭合开关，线圈中有电流通过，周围产生磁场，穿过圆环的磁通量增加，则由楞次定律可知，圆环将向左运动，从绝缘杆的M端离开，A正确；圆环的位置不变，将P向左滑动少许，电路中的总电阻减小，闭合开关瞬间，线圈中的电流增大，则圆环所受的安培力增大，B错误；如果将电源反接，闭合开关后穿过圆环的磁通量仍增加，则由楞次定律可知，圆环仍从绝缘杆的M端离开，即圆环仍将向左运动，C错误；如果将圆环放在线圈的右侧，闭合开关，由以上分析可知圆环将从绝缘杆的N端离开，D错误。
[答案]　A

[例2]　如图所示，弹簧上端固定，下端悬挂一个磁铁。如果在磁铁下端的水平桌面上放一个固定的闭合线圈，并使磁铁上下振动。磁铁在向下运动的过程中，下列说法正确的是(　 )
A．线圈给磁铁的磁场力始终向上
B．线圈给磁铁的磁场力先向上再向下
C．线圈给磁铁的磁场力始终向下
D．线圈给磁铁的磁场力先向下再向上
[解析]　根据楞次定律的“来拒去留”，磁铁向闭合线圈靠近，要受阻力作用，即磁场力向上，故A正确。
[答案]　A

考法(三)　使回路面积有变化趋势——“增缩减扩”
[例3]　(多选)如图甲所示，圆形线圈P静止在水平桌面上，其正上方固定一螺线管Q，P和Q共轴，Q中的电流i随时间t变化的规律如图乙所示，取甲图中电流方向为正方向，P所受的重力为G，桌面对P的支持力为FN，则(　 )

A．在t1时刻，FN>G，P有收缩的趋势
B．在t2时刻，FN＝G，穿过P的磁通量不变
C．在t3时刻，FN＝G，P中有感应电流
D．在t4时刻，FN＞G，P有收缩的趋势
[解析]　当螺线管中电流增大时，其形成的磁场不断增强，因此线圈P中的磁通量增大，根据楞次定律可知线圈P将阻碍其磁通量的增大，故线圈有远离和面积收缩的趋势，即FN>G，P有收缩的趋势，故A正确；当螺线管中电流不变时，其形成磁场不变，线圈P中的磁通量不变，因此线圈P中无感应电流产生，则t2和t4时刻FN＝G，P没有收缩的趋势，故B正确，D错误；t3时刻螺线管中电流为零，但是线圈P中磁通量是变化的，因此此时线圈P中有感应电流，但此时刻二者之间没有相互作用力，即FN＝G，故C正确。
[答案]　ABC
(四) “三定则、一定律”的应用(融通点)
1．“三定则、一定律”的比较
定则或定律
适用的现象
因果关系
安培定则
电流的磁效应——电流、运动电荷产生的磁场
因电生磁
左手定则
(1)安培力——磁场对通电导线的作用力
(2)洛伦兹力——磁场对运动电荷的作用力
因电受力
右手定则
导体做切割磁感线运动产生的电磁感应现象
因动生电
楞次定律
闭合回路磁通量变化产生的电磁感应现象
因磁生电

2．“三定则、一定律”的联系
(1)应用楞次定律时，一般要用到安培定则。
(2)判断感应电流所受安培力方向的“两法”：
①先用右手定则确定电流的方向，再用左手定则确定安培力的方向；
②直接应用楞次定律的推论确定——“来拒去留”“增斥减吸”等。

[考法全析]
考法(一)　楞次定律、安培定则及左手定则的综合应用
[例1]　(多选)如图是创意物理实验设计作品《小熊荡秋千》。两根彼此靠近且相互绝缘的金属棒C、D固定在铁架台上，与两个铜线圈P、Q组成一闭合回路，两个磁性很强的条形磁铁如图放置，当用手左右摆动线圈P时，线圈Q也会跟着摆动，仿佛小熊在荡秋千。以下说法正确的是(　 )

A．P向右摆动的过程中，P中的电流方向为顺时针方向(从右向左看)
B．P向右摆动的过程中，Q也会向右摆动
C．P向右摆动的过程中，Q会向左摆动
D．若用手左右摆动Q，P会始终保持静止
[解析]　P向右摆动的过程中，线框中的磁通量减少，根据楞次定律，P中的电流方向为顺时针方向(从右向左看)，A正确。P向右摆动的过程中，P中的电流方向为顺时针方向(从右向左看)，Q中的电流方向也为顺时针方向(从右向左看)，Q线圈下侧将受到向右的安培力作用，所以Q也会向右摆动，B正确，C错误。若用手左右摆动Q，切割磁感线产生感应电动势，在P线圈中将产生感应电流，受到安培力作用，P将摆动，不会保持静止，D错误。
[答案]　AB
[针对训练]
1.如图所示，通电螺线管置于水平放置的光滑平行金属导轨MN和PQ之间，ab和cd是放在导轨上的两根金属棒，它们分别静止在螺线管的左右两侧，现使滑动变阻器的滑片向左滑动，则ab棒和cd棒的运动情况是(　 )
A．ab棒向左运动，cd向右运动
B．ab棒向右运动，cd向左运动
C．ab棒和cd棒都向右运动
D．ab棒和cd棒保持静止
解析：选A　由安培定则可知，螺线管中磁感线方向向上，金属棒ab、cd所在处的磁感线方向均向下，当滑动变阻器的滑片向左滑动时，螺线管中电流增大，因此磁场变强，即磁感应强度变大，穿过回路的磁通量增大，由楞次定律知，感应电流方向为a→c→d→b→a，由左手定则知，ab棒所受安培力方向向左，cd棒所受安培力方向向右，故ab棒向左运动，cd棒向右运动，故A正确。

考法(二)　“二次感应”问题
[例2]　(多选)如图所示，水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒PQ、MN，MN的左边有一如图所示的闭合电路，当PQ在一外力的作用下运动时，MN由静止开始向右运动，则PQ所做的运动可能是(　 )
A．向右加速运动 B．向左加速运动
C．向右减速运动 D．向左减速运动
[解析]　MN由静止开始向右运动，说明MN受到向右的安培力，因为导线ab在MN处的磁场垂直纸面向里MN中的感应电流方向为M→NL1中感应电流的磁场方向向上。若L2中磁场方向向上减弱PQ中电流方向为Q→P且减小向右减速运动；若L2中磁场方向向下增强PQ中电流方向为P→Q且增大向左加速运动。
[答案]　BC

在二次感应现象中，“程序法”和“逆向推理法”的选择：
(1)如果要判断二次感应后的现象或结果，选择程序法。
(2)如果已知二次感应后的结果，要判断导体棒的运动情况或磁场的变化，需选择逆向推理法。　　
[针对训练]
2．(多选)如图所示装置中，cd杆原来静止。不计杆与轨道间的摩擦力，当ab杆做如下哪些运动时，cd杆将向右移动(　 )

A．向右匀速运动 B．向右加速运动
C．向左加速运动 D．向左减速运动
解析：选BD　ab匀速运动时，ab中感应电流恒定，L1中磁通量不变，穿过L2的磁通量不变，L2中无感应电流产生，cd保持静止，A错误；ab向右加速运动时，根据右手定则，知在ab杆上产生增大的从a到b的电流，根据安培定则，在L1中产生向上增强的磁场，该磁场向下通过L2，根据楞次定律可知通过cd的感应电流方向向下，由左手定则可知cd向右移动，B正确；同理可得C错误，D正确。

[课时跟踪检测]
一、立足主干知识，注重基础性和综合性
1．(2022·浙江温州模拟)在物理学的发展过程中，许多科学家做出了突出贡献，下列关于科学家和他们的贡献的说法正确的是(　 )
A．牛顿开创了实验与逻辑推理相结合的研究方法，并用这种方法研究了力与运动的关系
B．库仑通过研究得出了电荷间的相互作用规律，并测出了自然界的最小带电单位
C．安培提出了分子电流假说，成功解释了一些磁现象来源于运动电荷这一本质
D．法拉第通过大量实验发现了电磁感应现象，并总结出法拉第电磁感应定律
解析：选C　伽利略开创了实验与逻辑推理相结合的研究方法，并用这种方法研究了力与运动的关系，A错误；库仑通过研究得出了电荷间的相互作用规律，密立根测出了自然界的最小带电单位，B错误；安培提出了分子电流假说，成功解释了一些磁现象来源于运动电荷这一本质，C正确；法拉第发现了电磁感应现象，但法拉第电磁感应定律不是法拉第总结出来的，D错误。
2．(多选)用如图所示装置探究感应电流产生的条件，线圈A通过滑动变阻器和开关S1连接到电源上，线圈B通过开关S2连接到电流表上，将线圈A套在线圈B的里面。下列说法中正确的是(　 )

A．该装置可用于探究线圈B中感应电流产生的条件
B．S2处于闭合状态，在S1闭合瞬间，电流表的指针会发生偏转
C．S1处于闭合状态，在S2闭合瞬间，电流表的指针会发生偏转
D．两开关均处于闭合状态，电路稳定后匀速移动滑动变阻器的滑片，电流表的指针会发生偏转
解析：选ABD　线圈B没有接电源，与电流表构成回路，可用于探究线圈B中感应电流产生的条件，A正确；S2处于闭合状态，则线圈B与电流表构成回路，在S1闭合瞬间，线圈A中电流增大，线圈A产生的磁场增强，则穿过线圈B的磁通量变大，所以线圈B中会产生感应电流，电流表的指针会发生偏转，B正确；S1处于闭合状态，线圈A中的电流不变，产生的磁场不变，穿过线圈B的磁通量不变，所以在S2闭合瞬间，线圈B中没有感应电流，电流表指针不偏转，C错误；两开关均处于闭合状态，电路稳定后匀速移动滑动变阻器的滑片，则线圈A中电流变化，线圈A产生的磁场变化，则穿过线圈B的磁通量变化，所以线圈B中会产生感应电流，电流表的指针会发生偏转，故D正确。
3.如图所示，导线MON在中点O弯折成一定角度，OO′为其角平分线，在导线MON内通以恒定电流I，由均匀导线制成的正方形小线框L中线与OO′重合，则能在L中产生感应电流的办法是(　 )
A．增大电流I
B．将L沿OO′向右匀速移动
C．将L沿OO′向右加速移动
D．将L向上快速移动
解析：选D　根据右手螺旋定则可知，穿过正方形线框的磁通量为零，增大电流，磁通量不变，A错误；将线框沿OO′向右运动，穿过正方形线框的磁通量始终为零，无感应电流产生，B、C错误；将L向上快速移动，穿过正方形线框的磁通量发生变化，会有感应电流产生，D正确。
4.厂商通过在手机背面安装感应线圈来实现无线充电，如图是一种结构紧凑的双层感应线圈设计图，a、b为线圈的两端。当线圈处在向上增强的磁场中时，感应电流流向及两线圈之间的安培力方向应为(　 )
A．从a端流出，两层线圈相互排斥
B．从a端流出，两层线圈相互吸引
C．从b端流出，两层线圈相互排斥
D．从b端流出，两层线圈相互吸引
解析：选D　当线圈处在向上增强的磁场中时，穿过线圈的磁通量向上增加，根据楞次定律可知，产生的感应电流从a端流入，从b端流出；两线圈中的感应电流从上往下看都是顺时针方向，则两线圈相互吸引。故选D。
5．如图甲所示是一个“简易电动机”，一节5号干电池的正极向上，一块圆柱形强磁铁吸附在电池的负极，将一段裸铜导线弯成图中所示形状的线框，线框上端的弯折位置与正极良好接触，下端弯曲的两端与磁铁表面保持良好接触，放手后线框就会转动起来。该“简易电动机”的原理图如图乙所示，关于该“简易电动机”，下列说法正确的是(　 )

A．从上往下看，该“简易电动机”逆时针旋转
B．电池的输出功率等于线框转动的机械功率
C．线框①②两部分导线电阻在电路中是串联关系
D．“简易电动机”由静止到转动起来的过程中，线框中的电流减小
解析：选D　线框的上下两条边受到安培力的作用而发生转动，根据左手定则可以判断，从上往下看，线框将顺时针旋转，故A错误；电池输出的功率一部分转化为线框的发热功率，一部分提供线框转动的机械功率，所以电池的输出功率大于线框转动的机械功率，故B错误；线框①②两部分导线电阻在电路中是并联关系，故C错误；稳定时，因导线切割磁感线，产生的感应电动势与电源相反，则线框中电流比刚开始转动时小，故D正确。
6.如图所示，两个完全相同的细铝环a、b能在一个光滑的绝缘圆柱体上自由移动，下列说法正确的是(　 )

A．若两环内通入异向电流，则两环相互靠近，相遇时两环速度大小相等
B．若两环内通入异向电流，则两环均绕圆柱体转动
C．若只有a环内有恒定电流，则b环不断远离a环，且加速度逐渐减小
D．若只在a环内通入不断增大的电流，则两环相互远离，且加速度大小相等
解析：选D　若两环内通入异向电流，由于异向电流相互排斥，两环相互远离，A、B错误。若只有a环内有恒定电流，b环内的磁通量没有变化，不发生电磁感应现象，无感应电流，故b环保持静止，C错误。若只在a环内通入不断增大的电流，b环内的磁通量增大，根据楞次定律，两环彼此远离，根据牛顿第三定律，两环受力大小相等，因为两环完全相同(质量相等)，故两环的加速度大小也相等，D正确。
7．如图所示，一质量为m的条形磁铁用细线悬挂在天花板上，细线从一水平金属圆环中穿过。现将该环从位置Ⅰ释放，环经过磁铁到达位置Ⅱ。设环经过磁铁上端和下端附近时细线的张力分别为FT1和FT2，重力加速度大小为g，则(　 )
A．FT1＞mg，FT2＞mg B．FT1＜mg，FT2＜mg
C．FT1＞mg，FT2＜mg D．FT1＜mg，FT2＞mg
解析：选A　金属圆环从位置Ⅰ到位置Ⅱ过程中，由楞次定律知，金属圆环在磁铁上端时受磁场力向上，在磁铁下端时受磁场力也向上，由牛顿第三定律可知，对磁铁受力分析可知FT1＞mg，FT2＞mg，A正确。
二、强化迁移能力，突出创新性和应用性
8．如图为电磁刹车实验装置，小车底面安装有矩形导线框abcd，线框底面平行于地面，在小车行进方向有与abcd等宽、等长的有界匀强磁场，磁场方向垂直地面向上。小车进入磁场前撤去牵引力，小车穿过磁场后滑行一段距离停止。则小车(　 )

A．进入磁场时，矩形导线框中感应电流的方向为adcba
B．离开磁场时，矩形导线框中感应电流的方向为abcda
C．穿过磁场的过程中，中间有一段时间矩形导线框中没有感应电流
D．穿过磁场的过程中，矩形导线框受到的安培力方向始终水平向左
解析：选D　根据楞次定律可知，进入磁场时，矩形导线框中感应电流的方向为abcda，离开磁场时，矩形导线框中感应电流的方向为adcba，A、B错误；因线圈与磁场等宽、等长，则穿过磁场的过程中，矩形导线框中始终有感应电流，C错误；根据左手定则可知，穿过磁场的过程中，矩形导线框受到的安培力方向始终水平向左，D正确。
9.如图所示，A为水平放置的胶木圆盘，在其侧面均匀分布着负电荷，在A的正上方用绝缘丝线悬挂一个金属圆环B，使B的环面水平且与胶木圆盘面平行，其轴线与胶木圆盘A的轴线OO′重合。现使胶木圆盘A由静止开始绕其轴线OO′按箭头所示方向加速转动，则(　 )
A．金属环B的面积有扩大的趋势，丝线受到的拉力增大
B．金属环B的面积有缩小的趋势，丝线受到的拉力减小
C．金属环B的面积有扩大的趋势，丝线受到的拉力减小
D．金属环B的面积有缩小的趋势，丝线受到的拉力增大
解析：选B　使胶木圆盘A由静止开始绕其轴线OO′按箭头所示方向加速转动，穿过金属环B的磁通量增大，根据楞次定律，金属环B的面积有缩小的趋势，且B有向上升高的趋势，丝线受到的拉力减小，故B项正确。
10．(2022·广东高考)(多选)如图所示，水平地面(Oxy平面)下有一根平行于y轴且通有恒定电流I的长直导线。P、M和N为地面上的三点，P点位于导线正上方，MN平行于y轴，PN平行于x轴。一闭合的圆形金属线圈，圆心在P点，可沿不同方向以相同的速率做匀速直线运动，运动过程中线圈平面始终与地面平行。下列说法正确的有(　 )
A．N点与M点的磁感应强度大小相等，方向相同
B．线圈沿PN方向运动时，穿过线圈的磁通量不变
C．线圈从P点开始竖直向上运动时，线圈中无感应电流
D．线圈从P到M过程的感应电动势与从P到N过程的感应电动势相等




解析：选AC　根据安培定则，M、N点的磁场方向如图所示，由图可知，M点与N点的磁感应强度大小相等，方向相同，A正确；线圈在P点时磁通量为零，在N点时磁通量不为零，故B错误；线圈从P点开始竖直向上运动时，磁通量始终为零，线圈中无感应电流，故C正确；线圈在M点和在N点的磁通量相等，则从P到M和从P到N的磁通量的变化量ΔΦ相同，但线圈以相同速率从P到M和从P到N的时间不同，根据法拉第电磁感应定律E＝n，得感应电动势不同，故D错误。
11．如图所示，金属棒ab、金属导轨和螺线管组成闭合回路，金属棒ab在匀强磁场B中沿导轨向右运动，则(　 )

A．ab棒不受安培力作用
B．ab棒所受安培力的方向向右
C．ab棒向右运动速度v越大，所受安培力越大
D．螺线管产生的磁场，A端为N极
解析：选C　金属棒ab向右运动切割磁感线，根据右手定则判断感应电流方向由b→a，再根据左手定则判断ab棒所受安培力水平向左，故A、B错误；ab棒的速度越大，感应电流越大，所受安培力就越大，C正确；根据安培定则可判定螺线管的A端为S极，D错误。
第2讲　法拉第电磁感应定律 自感和涡流

一、法拉第电磁感应定律
1．感应电动势
(1)定义：在电磁感应现象中产生的电动势。
(2)产生：穿过回路的磁通量发生改变，与电路是否闭合无关。
(3)方向：感应电动势的方向判断可用：①楞次定律；②右手定则。
2．法拉第电磁感应定律
(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变化率成正比。
(2)公式：E＝n，其中n为线圈匝数。
(3)感应电流与感应电动势的关系：
①有感应电动势，不一定有感应电流(电路不闭合)；
②有感应电流，一定有感应电动势(电路闭合)。
3．导体切割磁感线的情形
(1)若B、l、v相互垂直，则E＝Blv。
(2)v∥B时，E＝0。
二、自感、涡流
1．自感现象
(1)定义：由于导体本身的电流变化而产生的电磁感应现象称为自感。
(2)自感电动势
①定义：在自感现象中产生的感应电动势叫作自感电动势。
②表达式：E＝L。
(3)自感系数L
①影响因素：与线圈的大小、形状、匝数以及是否有铁芯有关。
②单位：国际单位制单位为亨利(H)，1 mH＝10－3 H,1 μH＝10－6 H。
2．涡流
(1)定义：块状金属放在变化磁场中，或在磁场中有相对运动时，金属块内产生的旋涡状感应电流。
(2)产生原因：金属块内磁通量变化→感应电动势→感应电流。,　
1．如图甲所示，线圈两端a、b与一电阻R相连，线圈内有垂直于线圈平面向里的磁场，t＝0时刻起，穿过线圈的磁通量按图乙所示的规律变化。

2．如图丙、丁是研究通电自感和断电自感现象的电路。

微点判断　
(1)图乙中t0时刻线圈磁通量最大，产生的电动势最大。(×)
(2)图乙中t0～2t0时间内线圈磁通量变化快，产生的电动势大。(√)
(3)图乙中t0～2t0时间内线圈产生的感应电动势大小是0～t0时间内的2倍。(√)
(4)图丙中K闭合瞬间，LA、LB一起亮起来。(×)
(5)图丙中K断开时，LA、LB一起逐渐熄灭。(√)
(6)图丁中K闭合时，LC立即亮起来。(√)
(7)图丁中K断开时，LC一定闪亮一下再熄灭。(×)


(一) 法拉第电磁感应定律的应用(固基点)
[题点全练通]
1．[公式E＝n的应用](多选)单匝线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量随时间变化的图像如图所示，则(　 )
A．在t＝0时，线圈中磁通量最大，感应电动势也最大
B．在t＝1×10－2 s时，感应电动势最大
C．在t＝2×10－2 s时，感应电动势为0
D．在0～2×10－2 s时间内，线圈中感应电动势的平均值为0
解析：选BC　由法拉第电磁感应定律知E∝，故t＝0及t＝2×10－2 s时，E＝0，A错误，C正确；t＝1×10－2 s时，E最大，B正确；0～2×10－2 s时间内，ΔΦ≠0，感应电动势的平均值E≠0，D错误。
2．[公式E＝nS的应用](2022·河北高考)将一根绝缘硬质细导线顺次绕成如图所示的线圈，其中大圆面积为S1，小圆面积均为S2，垂直线圈平面方向有一随时间t变化的磁场，磁感应强度大小B＝B0＋kt，B0和k均为常量，则线圈中总的感应电动势大小为(　 )
A．kS1 B．5kS2
C．k(S1－5S2) D．k(S1＋5S2)

解析：选D　根据法拉第电磁感应定律可得大圆线圈产生的感应电动势E1＝＝＝kS1，每个小圆线圈产生的感应电动势E2＝＝＝kS2，由线圈的绕线方式和楞次定律可知大、小圆线圈中产生的感应电动势方向相同，故线圈中总的感应电动势大小为E＝E1＋5E2＝k(S1＋5S2)，D正确。
3．[E＝nB的应用]如图所示，匀强磁场中有一个用软导线制成的单匝闭合线圈，线圈平面与磁场垂直。已知线圈的面积S＝0.3 m2、电阻R＝0.6 Ω，磁场的磁感应强度B＝0.2 T。现同时向两侧拉动线圈，线圈的两边在Δt＝0.5 s时间内合到一起。求线圈在上述过程中

(1)感应电动势的平均值E；
(2)感应电流的平均值I，并在图中标出电流方向；
(3)通过导线横截面的电荷量q。
解析：(1)感应电动势的平均值E＝，磁通量的变化ΔΦ＝BΔS，解得E＝，代入数据得E＝0.12 V。
(2)平均电流I＝，代入数据得I＝0.2 A(电流方向如图所示)。
(3)电荷量q＝IΔt，代入数据得q＝0.1 C。
答案：(1)0.12 V　(2)0.2 A，电流方向见解析图
(3)0.1 C
4．[结合i-t图像判断E感的大小及方向](多选)如图甲，在同一平面内固定有一长直导线PQ和一导线框R，R在PQ的右侧。导线PQ中通有正弦交流电i，i的变化如图乙所示，规定从Q到P为电流正方向。导线框R中的感应电动势(　 )

A．在t＝时为零
B．在t＝时改变方向
C．在t＝时最大，且沿顺时针方向
D．在t＝T时最大，且沿顺时针方向
解析：选AC　在t＝时，交流电图线斜率为0，即磁场变化率为0，由E＝＝S知，E＝0，故A正确。在t＝和t＝T时，图线斜率最大，在t＝和t＝T时感应电动势最大。在到之间，电流由Q向P减弱，导线在R处产生垂直纸面向里的磁场，且磁场减弱，由楞次定律知，R产生的感应电流的磁场方向也垂直纸面向里，则R中感应电动势沿顺时针方向，同理可判断在到T时，R中电动势也为顺时针方向，在T到T时，R中电动势为逆时针方向，C正确，B、D错误。






[要点自悟明]
1．对法拉第电磁感应定律的理解
(1)公式E＝n求解的是一个回路中某段时间内的平均感应电动势，在磁通量均匀变化时，瞬时值才等于平均值。
(2)感应电动势的大小由线圈的匝数和穿过线圈的磁通量的变化率共同决定，而与磁通量Φ的大小、变化量ΔΦ的大小没有必然联系。
(3)磁通量的变化率对应Φ­t图线上某点切线的斜率。
(4)通过回路截面的电荷量q＝，仅与n、ΔΦ和回路电阻R有关，与时间长短无关。
2．法拉第电磁感应定律的变形式
(1)E＝nS——适用于垂直于磁场的回路面积S不变，磁感应强度B发生变化的情形；此时，在B­t图像中是图线的斜率。
(2)E＝nB——适用于磁感应强度B不变，垂直于磁场的回路面积S发生变化的情形。

(二) 导体棒切割磁感线产生感应电动势(精研点)
1．平动切割
(1)公式E＝Blv的理解
适用条件
①磁场为匀强磁场
②B、l、v三者互相垂直
有效性
公式中的l为导体棒切割磁感线的有效长度，如图中的有效切割长度均为ab

相对性
E＝Blv中的速度v是导体棒相对磁场的速度。若磁场也在运动，应注意其相对速度

(2)当B与l、v垂直但l与v不垂直时：E＝Blvsin θ，其中θ为v与l的夹角，如图甲所示。
　　　
2．转动切割：当导体在垂直于磁场的平面内，绕一端以角速度ω匀速转动时，产生的感应电动势为E＝Bl＝Bl2ω，如图乙所示。

[考法全析]

[例1]　(2021·河北高考)如图，两光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。导轨间距最窄处为一狭缝，取狭缝所在处O点为坐标原点。狭缝右侧两导轨与x轴夹角均为θ，一电容为C的电容器与导轨左端相连。导轨上的金属棒与x轴垂直，在外力F作用下从O点开始以速度v向右匀速运动，忽略所有电阻。下列说法正确的是(　 )

A．通过金属棒的电流为2BCv2tan θ
B．金属棒到达x0时，电容器极板上的电荷量为BCvx0tan θ
C．金属棒运动过程中，电容器的上极板带负电
D．金属棒运动过程中，外力F做功的功率恒定
[解析]　经过时间t，金属棒切割磁感线的有效长度L＝2vttan θ，金属棒切割磁感线产生的感应电动势E＝BLv＝2Bv2ttan θ，则电容器极板上的电荷量Q＝CE＝2BCv2ttan θ，则通过金属棒中的电流I＝＝2BCv2tan θ，A正确；当金属棒到达x＝x0时，即vt＝x0时，电容器极板上的电荷量Q0＝2BCvx0tan θ，B错误；根据楞次定律可知，感应电流沿逆时针方向(从上往下看)，则电容器的上极板带正电，C错误；因为金属棒做匀速运动，所以外力F＝F安＝BIL，外力做功的功率P＝Fv＝4B2Cv4ttan2 θ，是变化的，D错误。
[答案]　A


[例2]　如图所示，abcd为水平放置的平行光滑金属导轨，间距为l。导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，导轨电阻不计。已知金属杆MN倾斜放置，与导轨成θ角，单位长度的电阻为r。保持金属杆以速度v沿平行于cd的方向滑动(金属杆滑动过程中与导轨接触良好)。则(　 )
A．电路中感应电动势的大小为
B．电路中感应电流的大小为
C．金属杆所受安培力的大小为
D．金属杆的热功率为
[解析]　金属杆的运动方向与金属杆不垂直，电路中感应电动势的大小为E＝Blv(l为切割磁感线的有效长度)，A错误；电路中感应电流的大小为I＝＝＝，B正确；金属杆所受安培力的大小为F＝BIL′＝B··＝，C错误；金属杆的热功率为P＝I2R＝·＝，D错误。
[答案]　B


[例3]　(多选)如图是金属圆盘发电机的原理图。匀强磁场垂直于金属圆盘，电阻R通过导线与两块铜片电刷D、C连接，D、C分别与转动轴和圆盘的边缘良好接触。圆盘绕通过圆心O的固定转动轴按图示顺时针方向转动，电阻R中就有电流通过。则(　 )
A．电流方向由D经过电阻R流向C
B．通过电阻R的电流大小与铜盘的半径成正比
C．通过电阻R的电流大小与磁感应强度成正比
D．通过电阻R的电流大小与圆盘转动的角速度成正比
[解析]　金属圆盘按题图所示方向转动，切割磁感线，产生感应电动势，根据右手定则可判断圆盘边缘电势比轴心电势高，故电流方向由C经过电阻R流向D，A错误；根据法拉第电磁感应定律有感应电动势E＝BLv＝BωR2，结合欧姆定律可知，B错误，C、D正确。
[答案]　CD






(三) 自感和涡流 电磁阻尼与电磁驱动(释疑点)
考法(一)　自感现象分析
[例1]　(2022·广州模拟)如图，L是自感系数很大、电阻不计的线圈，a、b是两个相同的小灯泡，在开关S由断开到闭合的过程中，下列说法正确的是(　 )
A．a先亮b后亮，然后b逐渐变亮
B．b先亮a后亮，然后a逐渐变亮
C．a、b同时亮后b逐渐变暗至熄灭
D．a、b同时亮后a逐渐变暗至熄灭
[解析]　当S闭合瞬间，两灯同时获得电压，同时发光，随着线圈L电流的增加，b逐渐变暗直到熄灭，同时，a电流逐渐增大，变得更亮。故C正确，A、B、D错误。
[答案]　C
[例2]　(多选)如图所示的电路中，L是一个自感系数很大、直流电阻不计的线圈，D1、D2和D3是三个完全相同的灯泡，E是内阻不计的电源。在t＝0时刻，闭合开关S，电路稳定后在t1时刻断开开关S。规定电路稳定时流过D1、D2的电流方向为正方向，分别用I1、I2表示流过D1和D2的电流，则四个选项中能定性描述电流I随时间t变化关系的图像是(　 )

[解析]　闭合开关S，D1缓慢变亮，D2和D3立即变亮，稳定后流过D1的电流比D2和D3大。在t1时刻断开开关S后，由于自感现象，通过D1的电流逐渐减小，方向不变，而通过D2和D3的电流方向立即改变，且电流大小先变大后逐渐减小，B、C正确。
[答案]　BC
自感现象中灯泡亮度变化分析

项目
与线圈串联的灯泡
与线圈并联的灯泡
电路图


通电时
电流逐渐增大，灯泡逐渐变亮
电流突然增大，然后逐渐减小达到稳定
断电时
电流逐渐减小，灯泡逐渐变暗，电流方向不变
电路中稳态电流为I1、I2：
①若I2≤I1，灯泡逐渐变暗；
②若I2＞I1，灯泡“闪亮”后逐渐变暗。
两种情况下灯泡中电流方向均改变


考法(二)　涡流的理解
[例3]　光滑曲面与竖直平面的交线是抛物线，如图所示，抛物线的方程为y＝x2，其下半部分处在一个沿水平方向的匀强磁场中，磁场的上边界是y＝a的直线(如图中的虚线所示)。一个小金属块从抛物线上y＝b(b>a)处以速度v沿抛物线下滑，假设曲面足够长，则金属块在曲面上滑动的过程中产生的焦耳热总量是(　 )
A．mgb B.mv2
C．mg(b－a) D．mg(b－a)＋mv2
[解析]　金属块最终在磁场区域内往复运动，由初状态到末状态，根据能量守恒定律得E1＝E2＋Q，初状态机械能E1＝mgb＋mv2，末状态机械能E2＝mga，产生的焦耳热Q＝E1－E2＝mg(b－a)＋mv2。
[答案]　D
[规律方法]
1．产生涡流的两种情况
(1)块状金属放在变化的磁场中。
(2)块状金属进出磁场或在非匀强磁场中运动。
2．产生涡流时的能量转化
伴随着涡流现象，其他形式的能转化成电能，最终在金属块中转化为内能。
(1)金属块放在变化的磁场中，则磁场能转化为电能，最终转化为内能。
(2)如果是金属块进出磁场或在非匀强磁场中运动，则由于克服安培力做功，金属块的机械能转化为电能，最终转化为内能。　　

考法(三)　电磁阻尼与电磁驱动问题
[例4·电磁阻尼]　如图所示，铝管竖直置于水平桌面上，小磁体从铝管正上方由静止开始下落，在磁体穿过铝管的过程中，磁体不与管壁接触，且无翻转，不计空气阻力。下列选项正确的是(　 )
A．磁体做匀加速直线运动
B．磁体的机械能守恒
C．磁体动能的增加量小于重力势能的减少量
D．铝管对桌面的压力大于铝管和磁体的重力之和
[解析]　磁体在铝管中运动的过程中，安培力做负功，磁体的加速度小于重力加速度；根据法拉第电磁感应定律可知，磁体速度越快，产生的感应电动势越大，受到的安培力也越大，所以磁体的加速度是逐渐减小的，磁体不是做匀加速运动，故A错误；磁体在整个下落过程中，除重力做功外，还有产生感应电流对应的安培力做功，导致减小的重力势能，部分转化动能外，还要产生内能，故机械能不守恒，且磁体动能的增加量小于重力势能的减少量，故B错误，C正确；以铝管和磁体整体为研究对象，因磁体有向下的加速度，则整体合力向下，故地面对整体的支持力小于总重力，根据牛顿第三定律可知，铝管对桌面的压力小于铝管和磁体的重力之和，故D错误。
[答案]　C
[例5·电磁驱动]　
在物理兴趣小组的活动中，某同学将轻质圆形铝板用细棉线悬挂在固定点O上，铝板可以绕O点自由摆动，如图所示。在平行于铝板的竖直面内将一竖放的条形磁铁在铝板附近左右来回拉动(与铝板始终不相碰)，若空气流动对铝板的影响可忽略不计，则下列对这个实验结果的判断，正确的是(　 )
A．铝板内不会产生感应电动势
B．铝板内能产生感应电动势但不会产生感应电流
C．铝板可以在安培力的作用下摆动起来
D．铝板始终保持静止不动
[解析]　当条形磁铁靠近和远离铝板时，铝板切割磁感线，产生感应电动势，A错误；因铝板各部分切割磁感线的密集程度不同，磁通量的改变量不同，故各部分产生的感应电动势不同，由此能产生感应电流，B错误；铝板产生感应电流后，可在安培力的作用下摆动起来，C正确，D错误。
[答案]　C

电磁阻尼与电磁驱动的比较
项目
电磁阻尼
电磁驱动
不同点
成因
由于导体在磁场中运动而产生感应电流，从而使导体受到安培力
由于磁场运动引起磁通量的变化而产生感应电流，从而使导体受到安培力
效果
安培力的方向与导体运动方向相反，阻碍导体运动
导体受安培力的方向与导体运动方向相同，推动导体运动
能量转化
导体克服安培力做功，其他形式能转化为电能，最终转化为内能
由于电磁感应，磁场能转化为电能，通过安培力做功，电能转化为导体的机械能，而对外做功
相同点
两者都是电磁感应现象，都遵循楞次定律，都是安培力阻碍引起感应电流的导体与磁场间的相对运动
　　
[课时跟踪检测]
一、立足主干知识，注重基础性和综合性
1．以下现象中属于涡流现象的应用的是(　 )

解析：选B　电烤箱是利用电流发热的原理，故A错误；金属探测仪可以探测人身是否携带金属物品，是通过金属上产生涡流而使报警器发出警告的，故B正确；高压带电作业屏蔽服是利用静电屏蔽原理，故C错误；车载充电器没有应用涡流现象，故D错误。
2．零刻度在表盘正中间的电流计非常灵敏，通入电流后，线圈所受安培力和螺旋弹簧的弹力作用达到平衡时，指针在示数附近的摆动很难停下，使读数变得困难。在指针转轴上装上的扇形铝框或扇形铝板，在合适区域加上磁场，可以解决此困难。下列方案合理的是(　 )

解析：选D　由题图A、C可知，当指针向左偏转时，铝框或铝板可能会离开磁场，产生不了涡流，起不到电磁阻尼的作用，指针不能很快停下，A、C错误；B图是铝框，磁场在铝框中间，当指针偏转角度较小时，铝框不能切割磁感线，不能产生感应电流，起不到电磁阻尼的作用，指针不能很快停下，B错误；D图是铝板，磁场在铝板中间，无论指针偏转角度大小，都会在铝板上产生涡流，起到电磁阻尼的作用，指针会很快停下，便于读数，D正确。
3．(多选)在日常生活中，比如摩托车和汽车上装有的磁性转速表就是利用了电磁驱动原理，如图所示是磁性式转速表及其原理图，关于磁性式转速表的电磁驱动原理，下列说法正确的是(　 )

A．铝盘接通电源，通有电流的铝盘在磁场作用下带动指针转动
B．永久磁体随转轴转动产生运动的磁场，在铝盘中产生感应电流，感应电流使铝盘受磁场力而转动
C．铝盘转动的方向与永久磁体转动方向相同
D．由于铝盘和永久磁体被同一转轴带动，所以两者转动是完全同步的
解析：选BC　当永久磁体随转轴转动时，产生转动的磁场，在铝盘中会产生感应电流，这时永久磁体的磁场会对铝盘上的感应电流有力的作用，从而产生一个转动的力矩，使指针转动，由于弹簧游丝的反力矩，会使指针稳定指在某一刻度上，A错误，B正确；该转速表利用了电磁感应原理，由楞次定律推论“来拒去留”知，永久磁体转动方向与铝盘转动方向相同，C正确；永久磁体固定在转轴上，铝盘固定在指针轴上，铝盘和永久磁体没有被同一转轴带动，D错误。
4．(多选)如图甲所示，闭合金属环固定在水平桌面上，MN为其直径。MN右侧分布着垂直桌面向上的有界磁场，磁感应强度大小随时间变化的关系如图乙所示。已知金属环的电阻为1.0 Ω，直径MN长 20 cm，则t＝3 s时(　 )

A．N点电势高于M点电势
B．M、N两点间电压为5π×10－4 V
C．环所受安培力大小为5π×10－5 N
D．环所受安培力大小为5π2×10－5 N
解析：选AC　由图乙可知：磁感应强度随时间不断增大，磁场方向竖直向上，由楞次定律可知，金属环中感应电流方向沿顺时针方向(从上往下看)，MN右侧半段充当电源，电源内部电流从低电势流向高电势，则N点电势高于M点电势，A正确；根据法拉第电磁感应定律可得感应电动势为E＝＝·S＝5π×10－4 V，MN右侧半段充当电源，M、N两点间电压为路端电压，则UNM＝＝2.5π×10－4 V，B错误；金属环中的电流大小为I＝＝5π×10－4 A，t＝3 s时，磁感应强度为B′＝0.5 T，金属环所受的安培力大小为F＝B′IL有效＝5π×10－5 N，C正确，D错误。
5.如图所示，电路中L是一电阻可忽略不计的电感线圈，a、b为L的左、右两端点，A、B、C为完全相同的三盏灯泡，原来开关S是闭合的，三盏灯泡均发光。某时刻将开关S断开，则下列说法正确的是(　 )
A．a点电势高于b点，A灯闪亮后缓慢熄灭
B．b点电势高于a点，B、C灯闪亮后缓慢熄灭
C．a点电势高于b点，B、C灯闪亮后缓慢熄灭
D．b点电势高于a点，B、C灯不会闪亮只是缓慢熄灭
解析：选B　开关S闭合稳定时，电感线圈支路的总电阻比B、C灯支路电阻小，故流过A灯的电流I1大于流过B、C灯的电流I2，且电流方向由a到b，a点电势高于b点。当开关S断开，电感线圈会产生自感现象，相当于电源，b点电势高于a点，阻碍流过A灯电流的减小，瞬间流过B、C灯支路的电流比原来的大，故B、C灯闪亮后缓慢熄灭，故B正确。
6．轻质细线吊着一质量为m＝0.42 kg、边长为L＝1 m、匝数 n＝10的正方形线圈，其总电阻为r＝1 Ω。在线圈的中间位置以下区域分布着磁场，如图甲所示。磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小随时间变化关系如图乙所示。(g取10 m/s2)

(1)判断线圈中产生的感应电流的方向是顺时针还是逆时针；
(2)求线圈的电功率；
(3)求在t＝4 s时轻质细线的拉力大小。
解析：(1)由楞次定律知感应电流的方向为逆时针方向。
(2)由法拉第电磁感应定律得
E＝n＝n·L2＝0.5 V
则P＝＝0.25 W。
(3)通过线圈的电流I＝＝0.5 A，由题图乙可知当t＝4 s时，B＝0.6 T，线圈受到的安培力F安＝nBIL
由平衡条件得F安＋F线＝mg
联立解得F线＝1.2 N。
答案：(1)逆时针　(2)0.25 W　(3)1.2 N

二、强化迁移能力，突出创新性和应用性
7.(2022·浙江杭州模拟)管道高频焊机可以对由钢板卷成的圆管的接缝实施焊接。焊机的原理如图所示，圆管通过一个接有高频交流电源的线圈，线圈所产生的交变磁场使圆管中产生交变电流，电流产生的热量使接缝处的材料熔化并焊接。则下列说法正确的是(　 )
A．该焊机也能焊接塑料圆管的接缝
B．线圈的电阻越大，焊接效果越好
C．线圈的电源换成直流电源也能进行焊接
D．圆管的接缝处电阻较大，产生的电热较无接缝处大
解析：选D　塑料圆管在焊接时，管内无法产生交变磁场，塑料圆管中无电流，不能焊接，A错误；圆管通过的高频交流电源一定时，产生的感应电动势一定，线圈的电阻越大，则产生的电流越小，焊接时产生的电热越少，焊接效果不好，B错误；将线圈的电源换成直流电源，线圈不能产生交变磁场，圆管中不产生电流，不能进行焊接，C错误；通过圆管的高频交流电源一定，产生的感应电动势一定，电流一定，圆管的接缝处电阻较大，产生的电热较大，D正确。
8．(多选)如图甲所示，螺线管匝数n＝1 000，横截面积S＝0.02 m2，电阻r＝1 Ω，螺线管外接一个阻值R＝4 Ω 的电阻，电阻的一端b接地。一方向平行于螺线管轴线向左的磁场穿过螺线管，磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示，则(　 )

A．在0～4 s时间内，R中有电流从a流向b
B．在t＝3 s时穿过螺线管的磁通量为0.07 Wb
C．在4～6 s时间内，通过R的电流大小为8 A
D．在4～6 s时间内，R两端电压Uab＝40 V
解析：选BC　在0～4 s时间内，原磁场增大，则穿过螺线管的磁通量增大，根据楞次定律可知，感应磁场方向向右，由安培定则可知，R中的电流方向从b流向a，故A错误；由题图乙可知，t＝3 s时磁感应强度为B＝3.5 T，则此时穿过螺线管的磁通量为Φ＝BS＝0.07 Wb，故B正确；在4～6 s时间内，感应电动势为E＝n＝40 V，则通过R的电流大小为I＝＝8 A，故C正确；在4～6 s时间内，根据楞次定律可知，R中的电流从a流向b，则R两端电压为Uab＝IR＝32 V，故D错误。


9.如图所示，在光滑的水平面上有一半径r＝10 cm、电阻R＝1 Ω、质量m＝1 kg的金属圆环，以速度v＝10 m/s 向一有界磁场运动。匀强磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度B＝0.5 T，从圆环刚进入磁场算起，到刚好有一半进入磁场时，圆环一共释放了32 J的热量，求：
(1)此时圆环中电流的瞬时功率；
(2)此时圆环运动的加速度。
解析：(1)圆环从开始进入磁场到有一半进入磁场过程中，由能量守恒定律得mv2＝Q＋mv′2，
代入数据解得v′＝6 m/s，
此时的感应电动势
E＝BLv′＝B·2rv′＝0.5×2×0.1×6 V＝0.6 V，
圆环中电流的瞬时功率P＝＝ W＝0.36 W。
(2)感应电流I＝＝ A＝0.6 A，
圆环受到的安培力F＝BIL＝BI·2r＝0.5×0.6×2×0.1 N＝0.06 N，由牛顿第二定律得F＝ma，
解得圆环此时运动的加速度
a＝＝ m/s2＝0.06 m/s2，
由右手定则可知，圆环中感应电流沿逆时针方向，由左手定则可知，安培力水平向左，则加速度方向向左。
答案：(1)0.36 W　(2)0.06 m/s2，方向向左
　
第3讲 “电磁感应中电路和图像问题”的综合研究
类型(一)　电磁感应中的电路问题
1．电磁感应中电路知识的关系图

2．“三步走”分析电路为主的电磁感应问题


[典例]　(多选)如图所示，光滑的金属框CDEF水平放置，宽为L，在E、F间连接一阻值为R的定值电阻，在C、D间连接一滑动变阻器R1(0≤R1≤2R)。框内存在着竖直向下的匀强磁场。一长为L、电阻为R的导体棒AB在外力作用下以速度v匀速向右运动，金属框电阻不计，导体棒与金属框接触良好且始终垂直，下列说法正确的是(　 )

A．ABFE回路的电流方向为逆时针，ABCD回路的电流方向为顺时针
B．左右两个闭合区域的磁通量都在变化，且变化率相同，故电路中的感应电动势大小为2BLv
C．当滑动变阻器接入电路中的阻值R1＝R时，导体棒两端的电压为BLv
D．当滑动变阻器接入电路中的阻值R1＝时，滑动变阻器有最大电功率，且为
[解析]　根据楞次定律可知，ABFE回路的电流方向为逆时针，ABCD回路的电流方向为顺时针，故A正确；根据法拉第电磁感应定律可知，电路中的感应电动势E＝BLv，故B错误；当R1＝R时，外电路总电阻R外＝，故导体棒两端的电压即路端电压为BLv，故C错误；该电路电动势E＝BLv，电源内阻为R，求解滑动变阻器的最大电功率时，可以将导体棒和电阻R看成新的等效电源，等效内阻为，故当R1＝时，等效电源输出功率最大，则滑动变阻器的最大电功率Pm＝＝＝，故D正确。
[答案]　AD

[多维训练]
考查角度1　导体棒平动切割的电路问题
1．用相同导线绕制的边长为L或2L的四个闭合导体线框、以相同的速度匀速进入右侧匀强磁场，如图所示。在每个线框进入磁场的过程中，M、N两点间的电压分别为Ua、Ub、Uc和Ud。下列判断正确的是(　 )

A．Ua＜Ub＜Uc＜Ud　　　　 B．Ua＜Ub＜Ud＜Uc
C．Ua＝Ub＝Uc＝Ud D．Ub＜Ua＜Ud＜Uc
解析：选B　线框进入磁场后切割磁感线，a、b产生的感应电动势是c、d的一半，设a线框电阻为4r，b、c、d线框的电阻分别为6r、8r、6r。在线框进入磁场的过程中，MN两端的电压等于线框回路中的路端电压，根据线框长度和电阻的关系及闭合电路欧姆定律，可知Ua＝BLv，Ub＝BLv，Uc＝B·2Lv＝BLv，Ud＝B·2Lv＝BLv，所以Ua＜Ub＜Ud＜Uc，故B正确。

考查角度2　导体棒转动切割的电路问题
2.如图所示，固定在水平面上的半径为r的金属圆环内存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。长为l的金属棒，一端与圆环接触良好，另一端固定在竖直导电转轴OO′上，随轴以角速度ω匀速转动，在圆环的A点和电刷间接有阻值为R的电阻和电容为C、板间距为d的平行板电容器，有一带电微粒在电容器极板间处于静止状态。已知重力加速度为g，不计其他电阻和摩擦，下列说法正确的是(　 )
A．棒产生的电动势为Bl2ω
B．微粒的电荷量与质量之比为
C．电阻消耗的电功率为
D．电容器所带的电荷量为CBr2ω
解析：选B　由法拉第电磁感应定律可知棒产生的电动势为E＝Br·ωr＝Br2ω，A错误。金属棒电阻不计，故电容器两极板间的电压等于棒产生的电动势，微粒的重力与其受到的电场力大小相等，有 q＝mg，可得＝，B正确。电阻消耗的电功率P＝＝，C错误。电容器所带的电荷量Q＝CU＝CBr2ω，D错误。
考查角度3　磁场变化引起的电路问题
3．(2022·全国甲卷)三个用同样的细导线做成的刚性闭合线框，正方形线框的边长与圆线框的直径相等，圆线框的半径与正六边形线框的边长相等，如图所示。把它们放入磁感应强度随时间线性变化的同一匀强磁场中，线框所在平面均与磁场方向垂直，正方形、圆形和正六边形线框中感应电流的大小分别为I1、I2和I3。则(　 )

A．I1I3>I2
C．I1＝I2>I3 D．I1＝I2＝I3
解析：选C　设圆线框的半径为r，则由题意可知正方形线框的边长为2r，正六边形线框的边长为r；所以圆线框的周长为C2＝2πr，面积为S2＝πr2，同理可知正方形线框的周长和面积分别为C1＝8r，S1＝4r2，正六边形线框的周长和面积分别为C3＝6r，S3＝×r×r×6＝，三线框材料粗细相同，根据电阻定律R＝ρ，可知三个线框电阻之比为R1∶R2∶R3＝C1∶C2∶C3＝4∶π∶3，根据法拉第电磁感应定律有I＝＝·，可得电流之比为：I1∶I2∶I3＝2∶2∶，即I1＝I2>I3。


类型(二)　电磁感应中的图像问题
1．题型简述
借助图像考查电磁感应的规律，一直是高考的热点，此类题目一般分为三类：
(1)根据给定的电磁感应过程判断、选择有关图像。
(2)根据给定的图像分析电磁感应过程，定性或定量求解有关问题。
(3)电磁感应中图像的转化——根据给定的图像分析、判断其他图像。
2．常见类型及分析方法

3．解题关键
弄清初始条件、正负方向的对应变化范围、所研究物理量的函数表达式、进出磁场的转折点等是解决此类问题的关键。
　
4．解答选择类图像问题的常用方法
(1)排除法：定性地分析电磁感应过程中物理量的变化趋势(增大还是减小)、变化快慢(均匀变化还是非均匀变化)，特别是分析物理量的正负，以排除错误的选项。
(2)函数法：根据题目所给条件定量地写出两个物理量之间的函数关系，然后由函数关系对图像进行分析和判断。
[考法全析]
考法(一)　根据给定的电磁感应过程选择有关图像
[例1]　(2021年8省联考·广东卷)(多选)如图所示，绝缘的水平面上固定有两条平行的光滑金属导轨，导轨电阻不计，两相同金属棒a、b垂直导轨放置，其右侧矩形区域内存在恒定的匀强磁场，磁场方向竖直向上。现两金属棒分别以初速度2v0和v0同时沿导轨自由运动，先后进入磁场区域。已知a棒离开磁场区域时b棒已经进入磁场区域，则a棒从进入到离开磁场区域的过程中，电流i随时间t的变化图像可能正确的有(　 )


[解析]　a棒以速度2v0先进入磁场切割磁感线产生的感应电流为i0＝，a棒受安培力做加速度变化的减速直线运动，感应电流也随之减小，即i­t图像的斜率逐渐变小；设当b棒刚进入磁场时a棒的速度为v1，此时a棒产生的感应电动势为E1＝Blv1；若v1＝v0，即E1＝Blv0，此时b棒产生的感应电动势E2＝Blv0，双棒双电源反接，电流为零，不受安培力，a棒匀速运动离开磁场，i­t图像中无电流，故A正确，C错误；若v1＜v0，即a棒产生的感应电动势E1＝Blv1＜Blv0，此时双棒双电源的电动势不相等要抵消一部分，因b棒的速度大，电流方向同b棒产生的感应电流的流向，与原a棒的流向相反即为负，大小为i＝，b棒受安培力要减速，a棒受安培力要加速，则电流逐渐减小，故B正确，D错误。
[答案]　AB
[规律方法]
电磁感应中的图像问题的分析方法


[针对训练]
1．如图所示，正方形MNPQ内的两个三角形区域充满匀强磁场，形状与MNPQ完全相同的闭合导线框M′N′P′Q′在外力作用下沿轴线OO′水平向左匀速运动。设通过导线框的感应电流为i，逆时针方向为电流的正方向，当t＝0时M′Q′与NP重合，在M′Q′从NP到临近MQ的过程中，下列图像中能反映i随时间t变化规律的是(　 )


解析：选B　在闭合导线框M′N′P′Q′匀速向左运动过程，穿过回路的磁通量不断增大，根据楞次定律可知，回路中的电流方向一直是逆时针的，切割磁感线的有效长度先减小到零，后增大，所以感应电流先减小到零，后增大，B项正确。


考法(二)　根据给定图像分析电磁感应问题
[例2]　如图甲所示，在光滑绝缘水平面上的0≤x≤1.0 m区域内存在方向垂直平面向外的匀强磁场。一电阻值R＝0.5 Ω、边长L＝0.5 m的正方形金属框abcd，右边界cd恰好位于磁场边界。若以cd边进入磁场时作为计时起点，线框受到一沿x轴正方向的外力F作用下以v＝1.0 m/s的速度做匀速运动，直到ab边进入磁场时撤去外力。在0≤t≤1.0 s内磁感应强度B的大小与时间t的关系如图乙所示，在0≤t≤1.3 s内线框始终做匀速运动。

(1)在1.0 s≤t≤1.3 s内存在连续变化的磁场，求磁感应强度B的大小与时间t的关系式；
(2)求在0≤t≤1.3 s内流过导线横截面的电荷量q。
[解析]　(1)根据题意，线框匀速离开磁场，电流为0，磁通量不变，则有Φ1＝Φ。
t1＝1.0 s时，B1＝0.5 T，磁通量Φ1＝B1L2
t时刻，磁通量Φ＝BL[L－v(t－t1)]，得B＝。
(2)根据q＝
可得0≤t≤0.5 s电荷量q1＝＝0.125 C
0．5 s≤t≤1.0 s电荷量q2＝＝0.125 C
故0≤t≤1.3 s电荷量q＝q1＋q2＝0.25 C。
[答案]　(1)B＝　(2)0.25 C
[针对训练]
2．(多选)如图甲所示，两根间距为L、足够长的光滑平行金属导轨竖直放置并固定，顶端接有阻值为R的电阻，垂直导轨平面存在变化规律如图乙所示的匀强磁场，t＝0时磁场方向垂直纸面向里。在t＝0到t＝2t0的时间内，金属棒水平固定在距导轨顶端L处；t＝2t0时，释放金属棒。整个过程中金属棒与导轨接触良好，导轨与金属棒的电阻不计，则(　 )

A．在t＝时，金属棒受到安培力的大小为
B．在t＝t0时，金属棒中电流的大小为
C．在t＝时，金属棒受到安培力的方向竖直向上
D．在t＝3t0时，金属棒中电流的方向向右
解析：选BC　由题图可知在0～t0时间段内产生的感应电动势为E＝＝，根据闭合电路欧姆定律可知此时间段的电流为I＝＝，在时磁感应强度为，此时安培力为F＝BIL＝，故A错误，B正确；由图可知在t＝时，磁场方向垂直纸面向外并逐渐增大，根据楞次定律可知产生顺时针方向的电流，再由左手定则可知金属棒受到的安培力方向竖直向上，故C正确；由图可知在t＝3t0时，磁场方向垂直纸面向外，金属棒向下运动的过程中磁通量增加，根据楞次定律可知金属棒中的感应电流方向向左，故D错误。

考法(三)　电磁感应中图像转化问题
[例3]　(多选)如图所示，在0≤x≤L和2L≤x≤3L的区域内存在着匀强磁场，磁场的方向垂直于xOy平面(纸面)向里，具有一定电阻的正方形线框abcd边长为2L，位于xOy平面内，线框的ab边与y轴重合。令线框从t＝0时刻由静止开始沿x轴正方向做匀加速直线运动，ab边在t0时刻到达x＝L位置，则线框中的感应电流I(取逆时针方向的电流为正)、bc两端的电势差Ubc与时间t的函数图像大致是下列图中的(　 )


[解析]　线框ab边从x＝0运动到x＝L的时间为t0，由运动学规律可得L＝at02，解得t0＝ ，感应电流I＝＝，电流随时间均匀增大，由楞次定律可知，感应电流沿逆时针方向；设线框ab边从x＝L运动到x＝4L的时间为t1，则由运动学公式得t1＝ －t0＝2t0－t0＝t0，这段时间内穿过线框的磁通量不变，线框内没有感应电流；设线框ab边从x＝4L运动到x＝5L的时间为t2，则由运动学公式得t2＝ － ＝t0－2t0≈0.236t0，根据楞次定律得，感应电流方向沿顺时针方向，为负值，线框做匀加速直线运动，感应电流为I＝－＝－，故A正确，B错误；bc两端电势差Ubc＝IR，bc为外电路，故电势差变化和电流变化相同，故C正确，D错误。
[答案]　AC
[针对训练]
3．(多选)如图甲所示，虚线右侧有一垂直纸面的匀强磁场，取磁场垂直于纸面向外的方向为正方向，磁感应强度B随时间t变化的关系如图乙所示，固定的闭合导线框abcd一部分在磁场内。取线框中感应电流沿逆时针方向为正方向，安培力向左为正方向。从t＝0时刻开始，下列关于线框中感应电流i、线框cd边所受安培力F分别随时间t变化的图像，可能正确的是(　 )


解析：选AD　由题图乙可知，0～时间内，先是垂直纸面向外的磁感应强度减小，后是垂直纸面向里的磁感应强度增大，根据楞次定律可知，产生沿逆时针方向的感应电流，根据法拉第电磁感应定律可知，感应电流i∝，则这段时间内感应电流恒定不变；～T时间内，先是垂直纸面向里的磁感应强度减小，后是垂直纸面向外的磁感应强度增大，根据楞次定律可知，产生沿顺时针方向的感应电流，根据法拉第电磁感应定律可知，这段时间内感应电流恒定不变，故A正确，B错误；0～时间内，感应电流恒定不变，根据安培力公式F＝BIL可知，则F∝B，根据楞次定律推广含义“来拒去留”可知，线框cd边所受安培力先向右后向左，同理可知，～T时间内，F∝B，线框cd边所受安培力先向右后向左，C错误，D正确。



[课时跟踪检测]
一、立足主干知识，注重基础性和综合性
1.一个边长为2L的等边三角形磁场区域，一个底边长为L的直角三角形金属线框，线框电阻为R，二者等高，金属线框以速度v水平向右匀速穿过磁场区域的过程中，规定逆时针方向的电流为正，则线框中感应电流i随位移x变化的图像正确的是(　 )


解析：选B　当x＜L时，感应电动势为E＝Bvx，感应电流为I＝＝Bvx，由楞次定律可知电流为正向且逐渐增大，当L≤x＜2L时，感应电动势为E＝B(2L－x)v，感应电流为I＝＝BvL－Bvx，由楞次定律可知电流为正向且逐渐减小，当2L≤x＜3L时，感应电动势为E＝Bv(3L－x)，感应电流为I＝＝BvL－Bvx，由楞次定律可知电流为负向且逐渐减小，B正确。
2.如图所示，变化的匀强磁场垂直穿过金属框架MNQP，金属杆ab在恒力F作用下沿框架从静止开始运动，t＝0时磁感应强度大小为B0，为使ab中不产生感应电流，下列能正确反映磁感应强度B随时间t变化的图像是(　 )

解析：选C　金属杆ab中不产生感应电流，则穿过闭合回路的磁通量不变，设金属杆ab长为L，金属杆ab到MP的距离为l1，金属杆ab的质量为m，则有a＝，x＝at2，B0Ll1＝BL(l1＋x)，联立可得＝＋，随着时间增加，是增大的，且增大的速度越来越快，故C正确。



3．(多选)如图所示，水平面上足够长的光滑平行金属导轨，左侧接定值电阻，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中。金属杆MN以某一初速度沿导轨向右滑行，且与导轨接触良好，导轨电阻不计。则金属杆MN在运动过程中，速度大小v、流过的电荷量q与时间t或位移x的关系图像正确的是(　 )

解析：选ABD　金属杆在前进过程中，所受安培力大小F＝BIL＝，可知随速度的减小，安培力逐渐减小，加速度逐渐减小，最后停止运动，因此在v­t图像中，斜率的绝对值逐渐减小，A正确；根据动量定理F·Δt＝m·Δv可得－·Δt＝m·Δv，而Δx＝v·Δt，因此－·Δx＝m·Δv，速度随位移均匀变化，可知v­x图像为一条倾斜的直线，B正确；根据I＝＝，可知随着速度的减小，q­t图像是一条斜率逐渐减小的曲线，C错误；由于I＝，两边同时乘以Δt可得I·Δt＝·Δt，而Δq＝I·Δt，整理得Δq＝·Δx，可知q­x图像为一条过坐标原点的倾斜直线，D正确。
4.如图所示，光滑水平面内有一光滑导体棒MN放在V形导轨上，导体棒MN左侧空间存在垂直纸面向里的匀强磁场，导体棒MN和导轨的材料、粗细均完全相同，现将导体棒MN固定，用一水平向左的外力F从图示位置匀速将V形导轨拉入磁场中，在此过程中导体棒与导轨始终接触良好，导体棒与导轨两触点间的电势差为U，回路的发热功率为P，回路中产生的热量为Q，则下列图像正确的是(　 )

解析：选A　感应电流I＝，由几何关系知，回路周长与LAB成正比，电阻R与LAB成正比，由于B、v不变，可知感应电流I恒定，安培力F安＝BILAB，则F安∝t，导轨匀速运动时的受力有F＝F安，A正确；回路的热功率P＝I2R，I不变，电阻R与回路周长成正比，又周长与t成正比，可知功率P与t成正比，B错误；如图所示，t时刻V形导轨在磁场中与导体棒MN构成回路为ABC，LCc＝vt，由几何关系可知，LAB＝kvt(k为常数)，则A、B两点间的电势差U＝BLABv＝kBv2t，k、B、v均为常数，则U∝t，C错误；回路中产生的热量为Q＝Pt，P与t成正比，可知Q与t2成正比，D错误。
5.如图所示，一个半圆形导体框右侧有一个垂直于导体框平面向外的匀强磁场，磁场边界与导体框的直径MN平行，磁场宽度等于导体框的半径R。现且导体框以水平向右的速度v0匀速通过磁场区域，若从导体框进入磁场开始计时，规定电流沿顺时针方向为正，则导体框上产生的感应电流随时间的变化图像可能是(　 )

解析：选B　当半圆形导体框右侧进入磁场，此时其切割磁感线的有效长度不断增大，磁通量不断增加，电流大小逐渐增大且方向为顺时针，直到导体框完全进入磁场，所用时间为t＝，此刻电流为零，此后出磁场过程中，磁通量不断减小，电流方向为逆时针，且切割磁感线的有效长度逐渐增大，电流不断增大，直到t＝出磁场。故选B。
6.在同一水平面上的光滑平行导轨P、Q相距l＝1 m，导轨左端接有如图所示的电路。其中水平放置的平行板电容器两极板M、N相距d＝10 mm，定值电阻R1＝R2＝12 Ω，R3＝2 Ω，金属棒ab的电阻r＝2 Ω，其他电阻不计。磁感应强度B＝0.5 T的匀强磁场竖直穿过导轨平面，当金属棒ab沿导轨向右匀速运动时，悬浮于电容器两极板之间的质量m＝1×10－14 kg、电荷量 q＝－1×10－14 C的微粒恰好静止不动。取g＝10 m/s2，在整个运动过程中金属棒与导轨接触良好，且速度保持恒定。试求：
(1)匀强磁场的方向；
(2)ab两端的路端电压；
(3)金属棒ab运动的速度。
解析：(1)带负电荷微粒受到重力和电场力的作用处于静止状态，因为重力竖直向下，所以电场力竖直向上，故M板带正电。ab棒向右做切割磁感线运动产生感应电动势，ab棒等效于电源，感应电流方向由b→a，其a端为电源的正极，由右手定则可判断，磁场方向竖直向下。
(2)微粒受到重力和电场力的作用处于静止状态，根据平衡条件有mg＝Eq
又E＝
所以UMN＝＝0.1 V
R3两端电压与电容器两端电压相等，由欧姆定律得通过R3的电流为I＝＝0.05 A
则ab棒两端的电压为Uab＝UMN＋I＝0.4 V。
(3)由法拉第电磁感应定律得感应电动势E＝Blv
由闭合电路的欧姆定律得E＝Uab＋Ir＝0.5 V
联立解得v＝1 m/s。
答案：(1)竖直向下　(2)0.4 V　(3)1 m/s
二、强化迁移能力，突出创新性和应用性
7．如图所示，光滑的平行长导轨水平放置，质量相等的导体棒L1和L2静止在导轨上，与导轨垂直且接触良好。已知L1的电阻大于L2，两棒间的距离为d，不计导轨电阻，忽略电流产生的磁场。将开关S从1拨到2，两棒运动一段时间后达到稳定状态，则(　 )

A．S拨到2的瞬间，L1中的电流大于 L2
B．S拨到2的瞬间，L1的加速度大于 L2
C．运动稳定后，电容器C的电荷量为零
D．运动稳定后，两棒之间的距离大于d
解析：选D　电源给电容器充电，稳定后，S拨到2的瞬间，电容器相当于电源和导体棒L1和L2组成闭合电路，由于L1的电阻大于L2，则L1中的电流小于L2中的电流，A错误；S拨到2的瞬间，L1中的电流小于L2中的电流，根据F＝BIL可得，则L1受到的安培力小于L2受到的安培力，根据牛顿第二定律，L1的加速度小于L2的加速度，B错误；S拨到2后，导体棒L1和L2受到安培力作用，则导体棒向右运动，运动稳定后，两导体棒产生的电动势等于电容器两端的电压，此时电容器C的电荷量不为零，导体棒L1和L2的速度相等，因为L1的加速度小于L2的加速度，运动时间相等，则L1的位移小于L2的位移，即运动稳定后，两棒之间的距离大于d，故C错误，D正确。
8．(2023·浙江1月选考)如图甲所示，刚性导体线框由长为L、质量均为m的两根竖杆，与长为2l的两轻质横杆组成，且L≫2l。线框通有恒定电流I0，可以绕其中心竖直轴转动。以线框中心O为原点、转轴为z轴建立直角坐标系，在y轴上距离O为a处，固定放置一半径远小于a、面积为S、电阻为R的小圆环，其平面垂直于y轴。在外力作用下，通电线框绕转轴以角速度ω匀速转动，当线框平面与xOz平面重合时为计时零点，圆环处的磁感应强度的y分量By与时间的近似关系如图乙所示，图中B0已知。

(1)求0到时间内，流过圆环横截面的电荷量q；
(2)沿y轴正方向看以逆时针为电流正方向，在0～时间内，求圆环中的电流与时间的关系；
(3)求圆环中电流的有效值；
(4)当撤去外力，线框将缓慢减速，经时间角速度减小量为Δω，设线框与圆环的能量转换效率为k，求Δω的值(当0 解析：(1)在0～时间t内
q＝Δt，＝，＝，则q＝＝。
(2)在0～时间内，Φ不变，I＝0
在～时间内，I＝＝＝。
(3)根据电流的热效应I2R＝I有2R
解得：I有＝。
(4)根据能量守恒定律得：
k＝I有2R
化简得：kmω2l2＝·R
取2≈1－2
解得Δω＝。
答案：(1)　(2)0～时，I＝0；～时，I＝　(3)　(4)

第4讲　“电磁感应中动力学、能量和动量问题”的综合研究
类型(一)　电磁感应中的动力学问题
1．两种状态及处理方法
状态
特征
处理方法
平衡态
加速度为零
根据平衡条件列式分析
非平衡态
加速度不为零
根据牛顿第二定律结合运动学公式进行分析

2．“四步法”分析电磁感应中的动力学问题


[考法全析]
考法(一)　水平面内的动力学问题
[例1]　(2022·湖南高考)(多选)如图，间距L＝1 m的U形金属导轨，一端接有0.1 Ω的定值电阻R，固定在高h＝0.8 m的绝缘水平桌面上。质量均为0.1 kg的匀质导体棒a和b静止在导轨上，两导体棒与导轨接触良好且始终与导轨垂直，接入电路的阻值均为0.1 Ω，与导轨间的动摩擦因数均为0.1(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，导体棒a距离导轨最右端1.74 m。整个空间存在竖直向下的匀强磁场(图中未画出)，磁感应强度大小为0.1 T。用F＝0.5 N沿导轨水平向右的恒力拉导体棒a，当导体棒a运动到导轨最右端时，导体棒b刚要滑动，撤去F，导体棒a离开导轨后落到水平地面上。重力加速度取10 m/s2，不计空气阻力，不计其他电阻，下列说法正确的是(　 )

A．导体棒a离开导轨至落地过程中，水平位移为0.6 m
B．导体棒a离开导轨至落地前，其感应电动势不变
C．导体棒a在导轨上运动的过程中，导体棒b有向右运动的趋势
D．导体棒a在导轨上运动的过程中，通过电阻R的电荷量为0.58 C
[解析]　导体棒a在导轨上向右运动，产生的感应电流向里，流过导体棒b的电流向里，由左手定则可知安培力向左，则导体棒b有向左运动的趋势，故C错误；导体棒b与电阻R并联，有I＝，当导体棒a运动到导轨最右端时，导体棒b刚要滑动，有B··L＝μmg，联立解得a棒的速度为v＝3 m/s，a棒做平抛运动，有x＝vt，h＝gt2，联立解得导体棒a离开导轨至落地过程中水平位移为x＝1.2 m，故A错误；导体棒a离开导轨至落地前做平抛运动，水平速度切割磁感线，则产生的感应电动势不变，故B正确；导体棒a在导轨上运动的过程中，通过电路的电荷量为q＝·Δt＝＝ C＝1.16 C，导体棒b与电阻R并联，则通过电阻R的电荷量为qR＝＝0.58 C，故D正确。
[答案]　BD

电磁感应中的动力学临界问题的分析思路
(1)解决这类问题的关键是通过受力情况和运动状态的分析，寻找过程中的临界状态，如速度、加速度为最大值或最小值的条件。
(2)基本思路是：导体受外力运动感应电动势感应电流导体受安培力―→合外力变化加速度变化―→速度变化―→临界状态―→列式求解。　　

[针对训练]
1.(2021·广东高考)(多选)如图所示，水平放置足够长光滑金属导轨abc和de，ab与de平行，bc是以O为圆心的圆弧导轨。圆弧be左侧和扇形Obc内有方向如图的匀强磁场。金属杆OP的O端与e点用导线相接，P端与圆弧bc接触良好，初始时，可滑动的金属杆MN静止在平行导轨上。若杆OP绕O点在匀强磁场区内从b到c匀速转动时，回路中始终有电流，则此过程中，下列说法正确的有(　 )
A．杆OP产生的感应电动势恒定
B．杆OP受到的安培力不变
C．杆MN做匀加速直线运动
D．杆MN中的电流逐渐减小
解析：选AD　根据转动切割磁感线产生感应电动势的公式可知EOP＝Bl2ω，故A正确。OP切割磁感线，产生感应电流，由右手定则可判断出MN中电流从M到N，根据左手定则可知MN所受安培力向左，MN切割磁感线向左运动，产生的感应电流与OP切割磁感线产生的感应电流方向相反，故OP与MN中的电流会逐渐减小，OP所受安培力逐渐减小，MN做加速度逐渐减小的加速运动，故B、C错误，D正确。
考法(二)　竖直面内的动力学问题
[例2]　“嫦娥五号”成功实现月球着陆和返回，鼓舞人心。小明知道月球上没有空气，无法靠降落伞减速降落，于是设计了一种新型着陆装置。如图所示，该装置由船舱、间距为l的平行导轨、产生垂直导轨平面的磁感应强度大小为B的匀强磁场的磁体和“∧”型刚性线框组成，“∧”型线框ab边可沿导轨滑动并接触良好。船舱、导轨和磁体固定在一起，总质量为m1。整个装置竖直着陆到月球表面前瞬间的速度大小为v0，接触月球表面后线框速度立即变为零。经过减速，在导轨下方缓冲弹簧接触月球表面前船舱已可视为匀速。已知船舱电阻为3r；“∧”型线框的质量为m2，其7条边的边长均为l，电阻均为r；月球表面的重力加速度为。整个运动过程中只有ab边在磁场中，线框与月球表面绝缘，不计导轨电阻和摩擦阻力。
(1)求着陆装置接触到月球表面后瞬间线框ab边产生的电动势E0；
(2)通过画等效电路图，求着陆装置接触到月球表面后瞬间流过ab的电流I0；
(3)求船舱匀速运动时的速度大小v；
(4)同桌小张认为在磁场上方、两导轨之间连接一个电容为C的电容器，在着陆减速过程中还可以回收部分能量，在其他条件均不变的情况下，求船舱匀速运动时的速度大小v′和此时电容器所带电荷量q。
[解析]　(1)电动势E0＝Blv0。
(2)总电阻R＝2r
电流I0＝＝。
(3)匀速运动时线框受到安培力
FA＝
根据牛顿第三定律，质量为m1的部分受力F＝FA，方向竖直向上，匀速条件F＝，得v＝。
(4)匀速运动时电容器不充放电，v′＝v＝
I＝＝，UC＝I×3r＝
电容器带电荷量q＝CUC＝。
[答案]　(1)Blv0　(2)　(3)
(4)　
[针对训练]
2．(多选)由相同材料的导线绕成边长相同的甲、乙两个正方形闭合线圈，两线圈的质量相等，但所用导线的横截面积不同，甲线圈的匝数是乙的2倍。现两线圈在竖直平面内从同一高度同时由静止开始下落，一段时间后进入一方向垂直于纸面的匀强磁场区域，磁场的上边界水平，如图所示。不计空气阻力，已知下落过程中线圈始终平行于纸面，上、下边保持水平。在线圈下边进入磁场后且上边进入磁场前，可能出现的是(　 )
A．甲和乙都加速运动
B．甲和乙都减速运动
C．甲加速运动，乙减速运动
D．甲减速运动，乙加速运动
解析：选AB　由题意知，两线圈体积相同，由电阻定律可知，甲的电阻是乙的电阻的4倍；两线圈到达磁场上边界时两线圈的速度相同，设乙线圈的匝数为n，两线圈的边长均为l，两线圈进入磁场后，乙受到的安培力F乙＝nBIl＝，甲受到的安培力F甲＝＝，可见，甲、乙受到的安培力大小相同，重力也相同，则运动情况相同，A、B正确。

考法(三)　斜面上的动力学问题
[例3]　如图，一倾角为α的光滑固定斜面的顶端放有质量M＝0.06 kg的U型导体框，导体框的电阻忽略不计；一电阻R＝3 Ω的金属棒CD的两端置于导体框上，与导体框构成矩形回路CDEF；EF与斜面底边平行，长度L＝0.6 m。初始时CD与EF相距s0＝0.4 m，金属棒与导体框同时由静止开始下滑，金属棒下滑距离s1＝ m后进入一方向垂直于斜面的匀强磁场区域，磁场边界(图中虚线)与斜面底边平行；金属棒在磁场中做匀速运动，直至离开磁场区域。当金属棒离开磁场的瞬间，导体框的EF边正好进入磁场，并在匀速运动一段距离后开始加速。已知金属棒与导体框之间始终接触良好，磁场的磁感应强度大小B＝1 T，重力加速度大小取g＝10 m/s2，sin α＝0.6。求：

(1)金属棒在磁场中运动时所受安培力的大小；
(2)金属棒的质量以及金属棒与导体框之间的动摩擦因数；
(3)导体框匀速运动的距离。
[解析]　(1)设金属棒的质量为m，根据题意可得金属棒和导体框在没有进入磁场时一起做匀加速直线运动，由动能定理可得
(M＋m)gs1sin α＝(M＋m)v02
代入数据解得v0＝ m/s
金属棒在磁场中切割磁感线产生感应电动势，由法拉第电磁感应定律可得E＝BLv0
由闭合回路的欧姆定律可得I＝
则金属棒刚进入磁场时受到的安培力为F安＝BIL＝0.18 N。
(2)设金属棒与导体框之间的动摩擦因数为μ，金属棒进入磁场以后因为瞬间受到沿斜面向上的安培力作用，之后金属棒相对导体框向上运动，因此金属棒受到导体框给的沿斜面向下的滑动摩擦力，因金属棒做匀速运动，可有mgsin α＋μmgcos α＝F安
此时导体框向下做匀加速运动，根据牛顿第二定律可得Mgsin α－μmgcos α＝Ma
设磁场区域的宽度为x，则金属棒在磁场中运动的时间为t＝
则此时导体框的速度为v1＝v0＋at
则导体框的位移x1＝v0t＋at2
因此导体框和金属棒的相对位移为
Δx＝x1－x＝at2
由题意当金属棒离开磁场时导体框的上端EF刚好进入线框，则有位移关系s0－Δx＝x
导体框进入磁场时做匀速运动，此时的电动势为
E1＝BLv1，I1＝
导体框受到向上的安培力和滑动摩擦力，因此可得
Mgsin α＝μmgcos α＋BI1L
联立以上可得x＝0.3 m，a＝5 m/s2，m＝0.02 kg，
μ＝。
(3)金属棒出磁场以后，速度小于导体框的速度，因此受到向下的摩擦力，做加速运动，则有
mgsin α＋μmgcos α＝ma1
金属棒向下加速，导体框匀速，当共速时导体框不再匀速，则有v0＋a1t1＝v1
导体框匀速运动的距离为x2＝v1t1
代入数据解得x2＝ m。
[答案]　(1)0.18 N　(2)m＝0.02 kg　μ＝　(3) m
[针对训练]
3．(多选)如图所示，电阻不计的光滑U形金属导轨固定在绝缘斜面上。区域Ⅰ、Ⅱ中磁场方向均垂直斜面向上，Ⅰ区中磁感应强度随时间均匀增加，Ⅱ区中为匀强磁场。阻值恒定的金属棒从无磁场区域中a处由静止释放，进入Ⅱ区后，经b下行至c处反向上行。运动过程中金属棒始终垂直导轨且接触良好。在第一次下行和上行的过程中，以下叙述正确的是(　 )
A．金属棒下行过b时的速度大于上行过b时的速度
B．金属棒下行过b时的加速度大于上行过b时的加速度
C．金属棒不能回到无磁场区
D．金属棒能回到无磁场区，但不能回到a处
解析：选ABD　在Ⅰ区磁场中，由于磁感应强度随时间均匀增加，产生的感应电动势E1＝＝S为
定值，金属棒在Ⅰ区和Ⅱ区之间的无磁场区域释放，在Ⅱ区磁场内，由于金属棒切割磁感线产生的感应电动势为E2＝BLv，金属棒下行时，回路中电动势为E下＝E1＋E2，由于金属棒还能上行，所以下行时，只能做加速度a逐渐减小的减速运动，其a下＝BL－gsin θ，金属棒上行时，回路中电动势为E上＝E1－E2，金属棒向上先做加速度a逐渐减小的加速运动，其a上＝BL－gsin θ，故过b时a下＞a上，B正确；金属棒从b到c和从c到b，位移大小相等，a下＞a上，由v2＝2ax可知，过b时速度v下＞v上，A正确；由以上分析知金属棒在区域Ⅱ磁场中向上做加速度a逐渐减小的加速运动，故金属棒一定能回到无磁场区，故C错误；同理，金属棒经过Ⅱ区中磁场的同一位置时，v下＞v上，故金属棒上行出磁场区时速度变小，不能到达a处，D正确。
类型(二)　电磁感应中的能量问题
1．电磁感应中的能量转化

2．求解焦耳热Q的三种方法
方法一
焦耳定律：Q＝I2Rt
方法二
功能关系：Q＝W克服安培力
方法三
能量转化：Q＝ΔE其他能的减少量

[典例]　(2021·天津等级考)如图所示，两根足够长的平行光滑金属导轨MN、PQ间距L＝1 m，其电阻不计，两导轨及其构成的平面均与水平面成θ＝30°角，N、Q两端接有R＝1 Ω的电阻。一金属棒ab垂直导轨放置，ab两端与导轨始终有良好接触，已知ab的质量m＝0.2 kg，电阻r＝1 Ω，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度大小B＝1 T。ab在平行于导轨向上的拉力作用下，以初速度v1＝0.5 m/s沿导轨向上开始运动，可达到最大速度v＝2 m/s。运动过程中拉力的功率恒定不变，重力加速度g＝10m/s2。
(1)求拉力的功率P；
(2)ab开始运动后，经t＝0.09 s速度达到v2＝1.5 m/s，此过程中ab克服安培力做功W＝0.06 J，求该过程中ab沿导轨的位移大小x。
[解析]　(1)在ab运动过程中，由于拉力功率恒定，ab做加速度逐渐减小的加速运动，速度达到最大时，加速度为零，设此时拉力的大小为F，安培力大小为FA，有F－mgsin θ－FA＝0①
设此时回路中的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律，有E＝BLv②
设回路中的感应电流为I，由闭合电路的欧姆定律，有I＝③
ab受到的安培力FA＝ILB④
由功率表达式，有P＝Fv⑤
联立上述各式，代入数据解得P＝4 W。⑥
(2)ab从速度v1到v2的过程中，由动能定理，有
Pt－W－mgxsin θ＝mv22－mv12⑦
代入数据解得x＝0.1 m。
[答案]　(1)4 W　(2)0.1 m

[多维训练]
1．[水平面内的能量问题]如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，水平U型导体框左端连接一阻值为R的电阻，质量为m、电阻为r的导体棒ab置于导体框上。不计导体框的电阻、导体棒与框间的摩擦。ab以水平向右的初速度v0开始运动，最终停在导体框上。在此过程中(　 )

A．导体棒做匀减速直线运动
B．导体棒中感应电流的方向为a→b
C．电阻R消耗的总电能为
D．导体棒克服安培力做的总功小于mv02
解析：选C　导体棒向右运动，根据右手定则，可知导体棒中电流方向为b到a，再根据左手定则可知，导体棒受到向左的安培力，根据法拉第电磁感应定律，可得产生的感应电动势为E＝BLv0，感应电流为I＝＝，故安培力为F＝BIL＝，根据牛顿第二定律有F＝ma，可得a＝v0，随着速度减小，加速度不断减小，故导体棒不是做匀减速直线运动，A、B错误；根据能量守恒定律，可知回路中消耗的总电能为Q＝mv02，因R与r串联，则消耗的电能与电阻成正比，则R消耗的电能为QR＝ Q＝，C正确；整个过程只有安培力做负功，根据动能定理可知，导体棒克服安培力做的总功等于mv02，D错误。
2．[竖直面内的能量问题](多选)两个完全相同的正方形匀质金属框，边长为L，通过长为L的绝缘轻质杆相连，构成如图所示的组合体。距离组合体下底边H处有一方向水平、垂直纸面向里的匀强磁场。磁场区域上下边界水平，高度为L，左右宽度足够大。把该组合体在垂直磁场的平面内以初速度v0水平无旋转抛出，设置合适的磁感应强度大小B使其匀速通过磁场，不计空气阻力。下列说法正确的是(　 )
A．B与v0无关，与成反比
B．通过磁场的过程中，金属框中电流的大小和方向保持不变
C．通过磁场的过程中，组合体克服安培力做功的功率与重力做功的功率相等
D．调节H、v0和B，只要组合体仍能匀速通过磁场，则其通过磁场的过程中产生的热量不变
解析：选CD　设金属框进入磁场时的竖直分速度为vy，可知vy＝，金属框所受安培力F＝BIL，电流I＝，E＝Blvy，根据受力平衡可得mg＝，可知B2与成反比，B与v0无关，A错误；金属框进入磁场和穿出磁场的过程中，电流的大小保持不变，方向由逆时针变为顺时针，B错误；从下金属框进入磁场到上金属框离开磁场，整个过程金属框做匀速直线运动，安培力和重力等大反向，组合体克服安培力做功的功率与重力做功的功率相等，C正确；组合体从进入磁场到穿出磁场，不论怎样调节H、v0和B，只要组合体匀速通过磁场，在通过磁场的过程中，产生的热量始终等于减少的重力势能，D正确。
3．[斜面上的能量问题](多选)如图所示，倾角为θ＝37°的足

够长的平行金属导轨固定在水平面上，两导体棒ab、cd垂直于导轨放置，空间存在垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。现给导体棒ab沿导轨平面向下的初速度v0使其沿导轨向下运动，已知两导体棒质量均为m，电阻相等，两导体棒与导轨之间的动摩擦因数均为μ＝0.75，导轨电阻忽略不计，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。从ab开始运动到两棒相对静止的整个运动过程中两导体棒始终与导轨保持良好的接触，下列说法正确的是(　 )
A．导体棒cd中产生的焦耳热为mv02
B．导体棒cd中产生的焦耳热为mv02
C．当导体棒cd的速度为v0时，导体棒ab的速度为v0
D．当导体棒ab的速度为v0时，导体棒cd的速度为v0
解析：选BD　由题意可知：mgsin 37°＝μmgcos 37°，则两棒组成的系统沿轨道方向动量守恒，当最终稳定时：mv0＝2mv，解得v＝0.5v0，则回路产生的焦耳热为Q＝mv02－·2mv2＝mv02，则导体棒cd中产生的焦耳热为Qcd＝Q＝mv02，A错误，B正确；当导体棒cd的速度为v0时，则由动量守恒定律：mv0＝m·v0＋mvab，解得vab＝v0，C错误；当导体棒ab的速度为v0时，则由动量守恒定律：mv0＝m·v0＋mvcd，解得vcd＝v0，D正确。
类型(三)　电磁感应中的动量问题
考法(一)　动量定理在电磁感应中的应用
导体棒或金属框在感应电流所引起的安培力作用下做非匀变速直线运动时，安培力的冲量为：I安＝BLt＝BLq，通过导体棒或金属框的电荷量为：q＝Δt＝Δt＝nΔt＝n，磁通量变化量：ΔΦ＝BΔS＝BLx。当题目中涉及速度v、电荷量q、运动时间t、运动位移x时常用动量定理求解。
[例1]　如图为电磁驱动与阻尼模型，在水平面上有两根足够长的平行轨道PQ和MN，左端接有阻值为R的定值电阻，其间有垂直轨道平面的磁感应强度为B的匀强磁场，两轨道间距及磁场宽度均为L。质量为m的金属棒ab静置于导轨上，当磁场沿轨道向右运动的速度为v时，棒ab恰好滑动。棒运动过程始终在磁场范围内，并与轨道垂直且接触良好，轨道和棒电阻均不计，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。

(1)判断棒ab刚要滑动时棒中的感应电流方向，并求此时棒所受的摩擦力Ff大小；
(2)若磁场不动，棒ab以水平初速度2v开始运动，经过时间t＝停止运动，求棒ab运动位移x及回路中产生的焦耳热Q。
[解析]　(1)磁场沿轨道向右运动，即棒相对于磁场沿轨道向左运动，则根据右手定则，感应电流方向由a至b。
依题意得，棒刚要运动时，受到的摩擦力等于安培力：Ff＝F安
又F安＝BI1L，I1＝，联立解得：Ff＝。
(2)设棒的平均速度为，根据动量定理可得：
－安t－Fft＝0－2mv
又安＝BL，又＝，x＝ t，
联立解得：x＝
根据动能定理有：－Ffx－W安＝0－m(2v)2
根据功能关系有：Q＝W安，解得：Q＝mv2。
[答案]　(1)由a至b　　(2)　mv2
[针对训练]
1．(多选)如图所示，光滑水平导轨置于磁场中，磁场的磁感应强度为B，左侧导轨间距为L，右侧导轨间距为2L，导轨均足够长。质量为m的导体棒ab和质量为2m的导体棒cd均垂直于导轨放置，处于静止状态。ab的电阻为R，cd的电阻为2R，两棒始终在对应的导轨部分运动，两金属棒始终与导轨垂直且接触良好，导轨电阻不计。现瞬间给cd一水平向右的初速度v0，则此后的运动过程中下列说法正确的是(　 )
A．导体棒ab和cd组成的系统动量不守恒
B．两棒最终以相同的速度做匀速直线运动
C．ab棒最终的速度v0
D．从cd获得初速度到二者稳定运动，此过程系统产生的焦耳热为mv02
解析：选AC　cd获得速度后，电路中产生感应电流，根据左手定则得cd棒减速，ab棒加速，当BLvab＝2BLvcd，电路中磁通量不变，没有感应电流，最终两棒做匀速直线运动，分别对两棒运用动量定理得－2BILt＝2mvcd－2mv0，BILt＝mvab，两式合并得vcd＋vab＝v0，联立解得vab＝v0，vcd＝v0，故B错误，C正确；由m×v0＋2m×v0＝mv0≠2m×v0，故导体棒ab和cd组成的系统动量不守恒，故A正确；从cd获得初速度到二者稳定运动，此过程系统产生的焦耳热为Q＝·2mv02－·mvab2－·2mvcd2，解得Q＝mv02，故D错误。
考法(二)　动量守恒定律在电磁感应中的应用
在双金属棒切割磁感线的系统中，双金属棒和导轨构成闭合回路，安培力充当系统内力，如果它们不受摩擦力，且受到的安培力的合力为0时，满足动量守恒，运用动量守恒定律解题比较方便。
[例2]　(2022·济宁模拟)如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ水平放置，间距为L，电阻不计。AB左侧、CD右侧存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B。在AB、CD之间的区域内，垂直两根导轨水平放置了两根质量分别为m、2m、电阻分别为r、R的导体棒a、b。在a、b棒之间用一锁定装置将一轻质弹簧压缩安装在a、b棒之间(弹簧与两棒不拴接)，此时弹簧的弹性势能为Ep。现解除锁定，当弹簧恢复到原长时，a、b棒均恰好同时进入磁场。试求：

(1)a、b棒刚进入磁场时的速度大小；
(2)a、b棒分别在磁场中滑行的距离。
[解析]　(1)以a、b棒为系统，动量守恒，机械能守恒，以a棒运动的方向为正方向，设a、b棒刚要进入磁场时的速度分别为va、vb，则由能量守恒定律和动量守恒定律可得Ep＝mva2＋×2mvb2
mva－2mvb＝0
联立解得va＝2，vb＝ 。
(2)a、b棒分别进入磁场后，相互背离切割磁感线，感应电动势为正负串接，且a、b棒流过的电流时刻相等，磁感应强度B相等，L也相等，故a、b棒的安培力等大反向，矢量和为零，其余的力矢量和也为零，系统动量始终守恒，故有mva′－2mvb′＝0
则有a、b棒运动中的任意时刻有＝
设a、b棒在磁场中的位移分别为xa、xb，故＝
由法拉第电磁感应定律可得＝
由闭合电路的欧姆定律可得＝
而两棒在运动过程中ΔΦ＝BL(xa＋xb)
对a棒，由动量定理可得
－安·Δt＝0－mva，安＝BL
联立方程，解得xa＝，
xb＝。
[答案]　(1)2　
(2)　
[针对训练]
2．(2021·福建高考)(多选)如图，P、Q是两根固定在水平面内的光滑平行金属导轨，间距为L，导轨足够长且电阻可忽略不计。图中EFHG矩形区域有一方向垂直导轨平面向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。在t＝t1时刻，两均匀金属棒a、b分别从磁场边界EF、GH进入磁场，速度大小均为v0；一段时间后，流经a棒的电流为0，此时t＝t2，b棒仍位于磁场区域内。已知金属棒a、b由相同材料制成，长度均为L，电阻分别为R和2R，a棒的质量为m。在运动过程中两金属棒始终与导轨垂直且接触良好，a、b棒没有相碰，则(　 )
A．t1时刻a棒加速度大小为
B．t2时刻b棒的速度为0
C．t1～t2时间内，通过a棒横截面的电荷量是b棒的2倍
D．t1～t2时间内，a棒产生的焦耳热为mv02
解析：选AD　由题知，a进入磁场的速度方向向右，b的速度方向向左，根据右手定则可知，a产生的感应电流方向是E到F，b产生的感应电流方向是H到G，即两个感应电流方向相同，所以流过a、b的感应电流是两个感应电流之和，则有I＝。对a，根据牛顿第二定律有BIL＝ma，解得a＝，故A正确；根据左手定则，可知a受到的安培力向左，b受到的安培力向右，由于流过a、b的电流一直相等，故两个力大小相等，则a与b组成的系统动量守恒。t2时刻流过a的电流为零时，说明a、b之间的磁通量不变，即a、b在t2时刻达到了共同速度，设为v。根据电阻定律有R＝ρ，2R＝ρ，解得S′＝S，已知a的质量为m，设b的质量为m′，则有m＝ρ密V＝ρ密SL，m′＝ρ密V′＝ρ密S′L，联立解得m′＝m，取向右为正方向，根据系统动量守恒有mv0－mv0＝v，解得v＝v0，故B错误；在t1～t2时间内，根据q＝IΔt，因通过两棒的电流时刻相等，所用时间相同，故通过两棒横截面的电荷量相等，故C错误；在t1～t2时间内，对a、b组成的系统，根据能量守恒定律有mv02＋×v02＝mv2＋×v2＋Q总，解得回路中产生的总热量为Q总＝mv02。对a、b，根据焦耳定律有Q＝I2RΔt，故a、b产生的热量与电阻成正比，即Qa∶Qb＝1∶2，又Qa＋Qb＝Q总＝mv02，解得a棒产生的焦耳热为Qa＝mv02，故D正确。

[课时跟踪检测]
1.如图，一足够长通电直导线固定在光滑水平面上，质量是0.04 kg的硬质金属环在该平面上运动，初速度大小为v0＝2 m/s、方向与导线的夹角为60°，则该金属环最终(　 )
A．做曲线运动，环中最多能产生0.08 J的电能
B．静止在平面上，环中最多能产生0.04 J的电能
C．做匀加速直线运动，环中最多能产生0.02 J的电能
D．做匀速直线运动，环中最多能产生0.06 J的电能
解析：选D　金属环在向右上方运动过程中，通过金属环的磁通量减少，根据楞次定律可知金属环受到的安培力会阻碍其运动，直到其磁通量不发生变化，即沿着导线的方向运动时，金属环不再受到安培力的作用，此时金属环将做匀速直线运动，只具有竖直方向的速度，根据速度合成与分解规律可知金属环最终做匀速直线运动的速度为v＝v0cos 60°＝v0＝1 m/s，根据能量守恒定律可得，金属环中产生的电能为E＝mv02－mv2＝0.06 J，所以D正确，A、B、C错误。



2.(多选)如图所示，间距大小为0.5 m的平行导轨竖直放置，导轨上端与电阻R连接，图中水平虚线下方存在垂直导轨平面向外、磁感应强度大小为0.2 T的匀强磁场。现将质量0.1 kg的导体棒从虚线上方h1处由静止释放，进入磁场时恰好以速度v0做匀速直线运动，匀速运动2 s后给导体棒施加一竖直向上大小为2 N的恒力，并且由于磁感应强度发生变化回路中不再产生感应电流，再经过0.2 s导体棒的速度减为零。已知导体棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，导轨和导体棒的电阻不计，重力加速度大小为10 m/s2，关于导体棒由静止释放到速度减为零的过程，下列说法正确的是(　 )
A．匀速运动速度为2 m/s
B．自由下落的高度为2 m
C．回路中磁通量的最大值为0.4 Wb
D．回路中产生的焦耳热为4 J
解析：选ACD　给导体棒施加一个竖直向上的恒力F＝2 N＝2mg，由于施加恒力后回路中无电流，导体棒不受安培力作用，导体棒做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律F－mg＝ma，a＝g，对匀减速阶段列速度公式v0＝gt3＝2 m/s，故A正确；对自由落体阶段，根据2gh1＝v02，h1＝0.2 m，故B错误；导体棒进入匀强磁场运动2 s后回路中磁通量达到最大，2 s时间内导体棒的位移h2＝v0t2＝4 m，则回路磁通量的最大值为Φm＝BLh2＝0.4 Wb，故C正确；根据能量守恒定律可知整个过程中回路中产生的焦耳热与匀速运动阶段重力势能的减少量相等Q＝mgh2＝4 J，故D正确。
3.(多选)如图，MN和PQ是电阻不计的平行金属导轨，其间距为L，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙，两部分平滑连接，平直部分右端接一个阻值为R的定值电阻。平直部分导轨左边区域有宽度为d、方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。质量为m、电阻也为R的金属棒从高度为h处由静止释放，到达磁场右边界处恰好停止。已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为μ，金属棒与导轨间接触良好，则金属棒穿过磁场区域的过程中(　 )
A．流过金属棒的最大电流为
B．通过金属棒的电荷量为
C．克服安培力所做的功为mgh
D．金属棒内产生的焦耳热为mg(h－μd)
解析：选BD　金属棒下滑到弯曲部分底端时，根据动能定理有mgh＝mv2，金属棒在磁场中运动时产生的感应电动势E＝BLv，金属棒受到的安培力F＝BIL，当金属棒刚进入磁场中时，感应电流最大，分析可得Imax＝，A错误；金属棒穿过磁场区域的过程中通过金属棒的电荷量q＝t＝＝，B正确；对整个过程由动能定理得mgh－W－μmgd＝0，金属棒克服安培力做的功W＝mgh－μmgd，金属棒内产生的焦耳热Q＝W＝mg(h－μd)，C错误，D正确。
4.(多选)如图所示，一个等腰直角三角形金属线框直角顶点O处不闭合，竖直放置于水平匀强磁场中，磁场磁感应强度为B，线框平面与磁场方向垂直，线框的斜边长为L，定值电阻阻值为R，其余部分线框电阻可忽略不计。现有一质量分布均匀的导体棒水平放置，中心在线框最高点O处由静止释放(导体棒足够长，电阻不计)，导体棒在下落过程中与线框始终保持良好接触。不计摩擦和空气阻力，下列说法中正确的是(　 )
A．导体棒下落的过程中，流过R的电荷量为
B．离开磁场前导体棒一定一直加速
C．离开磁场前导体棒可能先加速后匀速
D．导体棒下落过程机械能的减少量等于电阻R上产生的热量
解析：选AD　由法拉第电磁感应定律可得E＝，由闭合电路欧姆定律可得I＝，由电流的定义式可得，流过R的电荷量为q＝I·Δt＝，导体棒下落的过程中ΔΦ＝B·，联立可得q＝，A正确；对导体棒受力分析，有重力和安培力。安培力定义式为F安＝BIl，导体棒产生的电动势为E＝Blv，由闭合电路的欧姆定律可得I＝，则F安＝，最开始，重力大于安培力，此时导体棒做加速运动。不考虑导体棒的运动位移，当重力等于安培力之后，导体棒的有效切割长度继续变大，所以安培力比重力大，合力向上，导体棒做减速运动，B、C错误；导体棒在下落过程中，重力做正功，安培力做负功转化为电阻R的内能，由能量守恒定律可得，导体棒下落过程机械能的减少量为ΔE＝QR，D正确。
5.(多选)如图所示，两根间距为L的光滑平行金属导轨，OO′左侧向上弯曲，右侧水平，水平导轨处在磁感应强度为B的竖直向上的匀强磁场中。两根金属棒MN、PQ始终垂直导轨，与导轨接触良好，MN、PQ棒的长度均为L、质量均为m、阻值均为R。金属棒MN从竖直高度h处由静止释放沿导轨下滑。导轨电阻不计，整个过程中金属棒MN和PQ未相碰，则(　 )
A．释放后金属棒MN最终停在水平轨道上
B．金属棒MN刚进入磁场时，金属棒PQ两端电压大小
C．整个过程中流过金属棒PQ的电荷量为
D．整个过程中金属棒MN产生的焦耳热为mgh
解析：选BD　释放后金属棒MN最终与PQ金属棒在水平轨道上，一起做匀速直线运动，A错误；金属棒MN刚进入磁场时，根据机械能守恒定律有mgh＝mv2，根据法拉第电磁感应定律有E＝BLv，解得感应电动势为E＝BL，金属棒PQ两端电压大小为U＝E＝，B正确；金属棒MN、PQ组成的系统动量守恒，有mv＝2mv′，整个过程中对金属棒PQ分析，由动量定理有BLt＝mv′，流过金属棒PQ的电荷量为q＝t，联立解得q＝，C错误；设整个过程中闭合回路产生的焦耳热为Q，对系统由能量守恒定律得mgh＝·2mv′2＋Q，解得Q＝mgh，则整个过程金属棒MN产生的焦耳热为QMN＝Q＝mgh，D正确。
6．(多选)如图甲所示，固定的光滑平行导轨(电阻不计)与水平面夹角为θ＝30°，导轨足够长且间距L＝0.5 m，底端接有阻值为R＝4 Ω的电阻，整个装置处于垂直于导体框架向上的匀强磁场中，一质量为m＝1 kg、电阻r＝1 Ω、长度也为L的导体棒MN在沿导轨向上的外力F作用下由静止开始运动，拉力F与导体棒速率倒数关系如图乙所示。已知g＝10 m/s2。则(　 )

A．v＝5 m/s时拉力大小为12 N
B．v＝5 m/s时拉力的功率为70 W
C．匀强磁场的磁感应强度的大小为2 T
D．当棒的加速度a＝8 m/s2时，导体棒受到的安培力的大小为1 N
解析：选BCD　当v＝5 m/s时，＝0.2 s/m，由题图乙可知对应图像的拉力F＝14 N，A错误；根据功率与速度的关系可得拉力的功率PF＝Fv＝70 W，B正确；导体棒的最大速度＝0.1 s/m，所以最大速度vm＝10 m/s，此时拉力最小为Fmin＝7 N，根据共点力平衡条件可得Fmin－mgsin θ－F安＝0，根据安培力的计算公式可得F安＝BIL＝，代入数据得B＝2 T，C正确；当棒的加速度a＝8 m/s2时，拉力设为F′，速度为v′，根据牛顿第二定律可得F′－mgsin θ－BI′L＝ma，而F′＝，BI′L＝，整理可得v′2＋65v′－350＝0，解得v′＝5 m/s(或v′＝－70 m/s舍去)，所以此时的安培力为F安′＝BI′L＝＝1 N，D正确。
7.如图所示，平行导轨宽为L、倾角为θ，处在垂直导轨平面向下的匀强磁场中，磁感强度为B，CD为磁场的边界，导轨左端接一电流传感器，CD右边平滑连一足够长的向上倾斜导轨。质量为m、电阻为R的导体棒ab长也为L，两端与导轨接触良好，自导轨上某处由静止滑下。其余电阻不计，不计一切摩擦和空气阻力，重力加速度为g。
(1)棒ab上的感应电流方向如何？
(2)棒ab在磁场内下滑过程中，速度为v时加速度为多大？
(3)若全过程中电流传感器指示的最大电流为I0。求棒ab相对于CD能上升的最大高度。
解析：(1)根据右手定则可判定：棒ab在磁场中向下滑动时，电流由b流向a。
(2)当棒的速度为v时，切割磁感线产生的感应电动势为E＝BLv，根据闭合电路欧姆定律I＝，
安培力F＝BIL，
根据牛顿第二定律，有mgsin θ－F＝ma
解得a＝gsin θ－。
(3)棒下滑到CD处回路电流最大，有BLvm＝I0R
棒ab滑过CD后到右侧最高点，由机械能守恒定律，有mgH＝mvm2，解得H＝。
答案：(1)由b流向a　(2)gsin θ－
(3)
8．(2021·海南高考)如图，间距为l的光滑平行金属导轨，水平放置在方向竖直向下的匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B，导轨左端接有阻值为R的定值电阻，一质量为m的金属杆放在导轨上。金属杆在水平外力作用下以速度v0向右做匀速直线运动，此时金属杆内自由电子沿杆定向移动的速率为u0。设金属杆内做定向移动的自由电子总量保持不变，金属杆始终与导轨垂直且接触良好，除了电阻R以外不计其他电阻。
(1)求金属杆中的电流和水平外力的功率；
(2)某时刻撤去外力，经过一段时间，自由电子沿金属杆定向移动的速率变为，求：
①这段时间内电阻R上产生的焦耳热；
②这段时间内一直在金属杆内的自由电子沿杆定向移动的距离。
解析：(1)金属杆切割磁感线产生的感应电动势E＝Blv0，则金属杆中的电流I＝＝，
由题知，金属杆在水平外力作用下以速度v0向右做匀速直线运动，则有F＝F安＝BIl＝，
根据功率的计算公式有P＝Fv0＝。
(2)①设金属杆内单位体积的自由电子数为n，金属杆的横截面积为S，则金属杆在水平外力作用下以速度v0向右做匀速直线运动时，电流由微观表示为I＝nSeu0＝，则解得nSe＝，
电子沿金属杆定向移动的速率变为时，
有I′＝nSe＝，解得v′＝，
由能量守恒有mv′2＝mv02－Q，
解得Q＝mv02。
②由①可知在这段时间内金属杆的速度由v0变到，则根据动量定理有－Bl·Δt＝－BlnSeΔt＝－BlnSe·d＝m－mv0(取向右为正)，nSe＝，化简得d＝。
答案：(1)　　(2)①mv02　②

第5讲　实验：探究影响感应电流方向的因素

一、基本原理与操作
原理装置图

操作要领
(1)确定电流计指针偏转方向与电流流向的关系
(2)利用图甲研究开关闭合、断开、滑动变阻器滑动触头移动时电流计指针偏转方向
(3)利用图乙研究条形磁铁N极向下(或S极向下)插入、抽出时电流计指针偏转方向

二、实验核心关键点
1．数据处理
以下面四种情况为例：

(1)N极(S极)向下时插入线圈，线圈内磁通量增加时的情况。
图号
磁场方向
感应电流的方向
感应电流的磁场方向
甲
向下
逆时针(俯视)
向上
乙
向上
顺时针(俯视)
向下

(2)N极(S极)向下时抽出线圈，线圈内磁通量减少时的情况。
图号
磁场方向
感应电流的方向
感应电流的磁场方向
丙
向下
顺时针(俯视)
向下
丁
向上
逆时针(俯视)
向上

2．得出结论
(1)当穿过线圈的磁通量增加时，感应电流的磁场与原磁场的方向相反；当穿过线圈的磁通量减少时，感应电流的磁场与原磁场的方向相同。
(2)当磁铁靠近线圈时，两者相斥；当磁铁远离线圈时，两者相吸。




考查点(一)　实验原理、器材的考查
1．为了探究电磁感应现象，某实验小组将电池、线圈A、线圈B、滑动变阻器、灵敏电流计、开关按照如图所示的方式连接。当闭合开关时发现灵敏电流计的指针右偏。由此可知：

(1)当滑动变阻器的滑片P向右移动时，灵敏电流计的指针________(填“左偏” “不动”或“右偏”)；
(2)将线圈A拔出时，灵敏电流计的指针________(填“左偏”“不动”或“右偏”)，此时线圈A与线圈B中电流的绕行方向________(填“相同”或“相反”)。
解析：(1)如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，说明穿过线圈的磁通量增加时，电流计指针向右偏。合上开关后，将滑动变阻器的滑片迅速向右移动时，接入电路的电阻变小，电流增大，穿过线圈的磁通量增大，电流计指针将向右偏。
(2)将线圈A拔出时，穿过B的磁通量减小，电流表指针向左偏；根据楞次定律的推论“增反减同”可知此时两线圈中的电流流向相同。
答案：(1)右偏　(2)左偏　相同
2．在探究电磁感应现象中磁通量变化时感应电流方向的实验中，所需的实验器材已用导线连接成如图所示的实验电路。

(1)将线圈A插入线圈B中，闭合开关的瞬间，线圈B中感应电流与线圈A中电流的绕行方向________(填“相同”或“相反”)。
(2)闭合开关，电路稳定后，某同学想使一线圈中电流逆时针流动，另一线圈中感应电流顺时针流动，可行的实验操作是________。
A．抽出线圈A
B．线圈A中插入软铁棒
C．使滑动变阻器滑片P右移
D．断开开关
解析：(1)将线圈A插入线圈B中，闭合开关的瞬间，穿过线圈B的磁通量变大，由楞次定律可得，线圈B中感应电流与线圈A中电流的绕行方向相反。
(2)使一线圈中电流逆时针流动，另一线圈中感应电流顺时针流动，两线圈电流的磁场方向相反，则穿过副线圈的磁通量应增加。抽出线圈A时，穿过副线圈的磁通量减小，原、副线圈电流方向相同，故A错误；线圈A中插入软铁棒，穿过副线圈的磁通量增大，原、副线圈电流方向相反，故B正确；由电路图可知，使滑动变阻器滑片P右移，原线圈电流增大，穿过副线圈的磁通量增大，原、副线圈电流方向相反，故C正确；断开开关，原线圈中没有电流，故D错误。
答案：(1)相反　(2)BC
考查点(二)　实验操作的考查
3．我们可以通过实验探究电磁感应现象中感应电流方向的决定因素和遵循的物理规律。以下是实验探究过程的一部分，请补充完整。

(1)如图甲所示，当磁铁的N极向下运动时，发现电流表指针偏转，若要探究线圈中产生的感应电流的方向，必须知道______________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)如图乙所示，实验中发现闭合开关时，电流表指针向右偏。电路稳定后，若向左移动滑片，电流表指针向________偏转，若将线圈A抽出，电流表指针向________偏转。(均选填“左”或“右”)
解析：(1)探究线圈中感应电流的方向必须先知道：①电流表指针偏转方向与电流从正(负)接线柱流入时的关系，②线圈的绕向，③电流表指针的偏转方向。
(2)开关闭合时，线圈A产生的磁场由无到有，穿过线圈B的磁通量增加，若将滑片向左移动，线圈A中电流增加，穿过B的磁通量也增加，且磁场方向未变，所以电流表指针偏转方向与开关闭合时的偏转方向相同，即向右偏转；若将线圈A抽出，穿过线圈B的磁通量减少，电流表指针向左偏转。
答案：(1)见解析　(2)右　左
4．在“探究影响感应电流方向的因素”的实验中，请完成下列实验步骤：
(1)为弄清灵敏电流表指针摆动方向与电流方向的关系，可以使用一个已知正负极性的直流电源进行探究。某同学想到了用多用电表内部含有直流电源的某一挡，他应选用多用电表的________(选填“欧姆”“直流电流”“直流电压”“交流电流”或“交流电压”)挡，对灵敏电流表进行测试，由实验可知当电流从正接线柱流入电流表时，指针向右摆动。
(2)该同学先将多用电表的红表笔接灵敏电流表的正接线柱，再将黑表笔________(选填“短暂”或“持续”)接灵敏电流表的负接线柱，若灵敏电流表的指针向左摆动，说明电流由电流表的________(选填“正”或“负”)接线柱流入灵敏电流表的。

(3)实验中该同学将磁铁某极向下从线圈上方插入线圈时，发现电流表的指针向右偏转，请在图中用箭头画出线圈电流方向并用字母N、S标出磁铁的极性。
解析：(1)只有欧姆挡内部有电源。

(2)灵敏电流表量程太小，欧姆表内部电源电压相对偏大，电流超过电流表量程，长时间超量程通电会损坏电流表；欧姆表红表笔连接着电源的负极，灵敏电流表的指针向左摆动，说明电流从电流表的负接线柱流入。
(3)电流表的指针向右偏转，说明电流从正极进入电流表。感应电流的磁场方向向下，根据楞次定律，原磁场方向向上，故插入的磁铁下端是S极，如图所示。
答案：(1)欧姆　(2)短暂　负　(3)见解析图
5．(2022·山东济南模拟)在探究影响感应电流方向的因素的实验中：
(1)首先要确定电流表指针偏转方向与电流方向间的关系，实验中所用电流表量程为100 μA，电源电动势为1.5 V，待选的保护电阻有三种R1＝20 kΩ，R2＝1 kΩ，R3＝100 Ω，应选用________的电阻。
(2)已测得电流表指针向右偏时，电流是由正接线柱流入。由于某种原因，螺线管线圈绕线标识已经没有了，通过实验查找绕线方向如图甲所示，当磁铁N极插入线圈时，电流表指针向左偏，则线圈的绕线方向是图乙所示的________图(填“左”或“右”)。

(3)若将条形磁铁S极放在下端，从螺线管中拔出，这时电流表的指针应向________偏(填“左”或“右”)。
(4)若将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流表及开关，按图丙所示连接。在开关闭合，线圈A放在线圈B中的情况下，某同学发现当他将滑动变阻器的滑片P向左加速滑动时，电流表指针向右偏转。由此可以推断，线圈A中铁芯向上拔出，能引起电流表指针向________偏转(填“左”或“右”)。

解析：(1)由闭合电路欧姆定律，有：R＝＝ Ω＝1.5×104 Ω，R1＞R，不会使电流表超过量程，因此应选20 kΩ的电阻。
(2)已测得电流表指针向右偏时，电流是由正接线柱流入，当磁铁N极插入螺线管时，根据楞次定律，感应电流的磁场阻碍磁通量的增加，螺线管上端应为N极，下端为S极，又电流表指针向左偏，可知电流方向是由电流表正接线柱流出至螺线管上端接线柱，由安培定则可判断螺线管的绕线方向如题图乙中左图所示。
(3)若将条形磁铁S极在下端，从螺线管中拔出时，感应电流磁场为阻碍磁通量的减少，螺线管上端应为N极，下端为S极，由螺线管的绕线方向可以判定电流是从电流表的负接线柱流入，故指针向左偏。
(4)由题意可知当P向左加速滑动时，线圈A中的电流应越来越小，则其磁场减弱，此时线圈B中产生的电流使指针向右偏转，由此可知，当B中的磁通量减小时，电流表指针右偏；当将线圈A中铁芯向上拔出的过程中，穿过线圈B的磁通量减小，电流表指针向右偏转。
答案：(1)20 kΩ　(2)左　(3)左　(4)右