第十章 第一节 电磁感应现象 愣次定律
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
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、感应电流方向的判定
1.右手定则:伸开右手，使拇指跟其余的四指垂直且与手掌都在同一平面内，让磁感线垂直穿过手心，手掌所在平面跟磁感线和导线所在平面垂直，大拇指指向导线运动的方向, 四指所指的方向即为感应电流方向.
【例3】图中为地磁场磁感线的示意图，在南半球地磁场的竖直分量向上，飞机在南半球上空匀速飞行，机翼保持水平，飞机高度不变，由于地磁场的作用，金属机翼上有电势差．设飞行员左方机翼末端处的电势为U1，右方机翼末端处的电势为U2（ ）
A．若飞机从西往东飞，U1比U2高；
B．若飞机从东往西飞，U2比U1高；
C．若飞机从南往北飞，U1比U2高；
D．若飞机从北往南飞，U2比U1高；
解析：在地球南半球，地磁场在竖直方向上的分量是向上的，飞机在空中水平飞行时，飞行员的右手掌向上，大姆指向前（飞行方向），则其余四指指向了飞行员的左侧，就是感应电流的方向，而右手定则判断的是电源内部的电流方向，故飞行员右侧的电势总比左侧高，与飞行员和飞行方向无关．故选项B、D正确。
点评：这是一道典型用右手定则来判断感应电流方向的试题．试题的难度不大，但是若不确定飞机在南半球上空任何方向平向飞行时总是左侧的电势高，则可能得出B、C或A、D两答案．另外必须明确的是楞次定律和右手定则均是判断电源内部的电流方向，在电源内部，电流是从电势低的方向流向电势高的方向·
2.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．ks5u.com
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4】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．
【例5】如图所示，闭合线框ABCD和abcd可分别绕轴线OO/，转动．当abcd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）
【例6】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7】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.
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8】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9】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．
画出穿过线框的磁通量随时间变化的图象
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10】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 11—4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，感应电流资向为abcda；线框由ab与AB重合的位置向右运动过程中，线杠回路中“×”减少，感应电流方向由楞次定律判定为dcbad，
【例11】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12】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、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13】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。
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14】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MA.MB，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vB减小，vA增大，B的中点过A环后，AB相互吸引，vB仍减小，vA增大；当两者相对静止时，相互作用消失，此时vA=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V1，由于B的机械能守恒，有MBgh=?MB V12
所以
设AB最后的共同速度为V2，由于轨道铝环和杆均光滑，对系统有： MBv1=(MA＋MB）v2
所以
V2即为所求的A获得的最大速度．又根据能量守恒有：MBgh=?(MA＋MB）v22＋E电
所以
课后作业
（一）、磁通量及其变化的计算，感应电流产生的条件
1：.如图1所示，面积大小不等的两个圆形线圈和共轴套在一条形磁铁上，则穿过、磁通量的大小关系是＿＿＿＿。
选用理由：此例题很好的说明了磁通量虽然是标量，但是它是有方向的，可以“抵消”。
解析：磁铁内部向上的磁感线的总条数是相同的，但由于线圈的面积大于的，外部穿过线圈向下的磁感线的条数的大于的，所以＜。
答案：＜
2、如图所示,有一正方形闭合线圈,在足够大的匀强磁场中运动.下列四个图中能产生感应电流的是图
选用理由：四种情形都比较有代表性，可以通过此题使学生提高对“磁通量是否变化”的判断能力。
答案:D
3.如图所示,竖直放置的长直导线通以恒定电流,有一矩形线框与导线在同一平面,在下列情况中线圈产生感应电流的是( ).
(A)导线中电流强度变大 (B)线框向右平动
(C)线框向下平动 (D)线框以ab边为轴转动
答案:ABD
4.如图所示,竖直放置的长直导线通以恒定电流,有一矩形线框与导线在同一平面,且线框与导线间绝缘。在下列情况中线圈产生感应电流的是( ).
(A)导线中电流强度变大 (B)线框向右平动
(C)线框向下平动 (D)线框以ab边为轴转动
答案:B
5.安培定则、右手定则、左手定则的比较分析
安培定则
左手定则
右手定则
用途
判断电流周围的磁场方向。
判断安培力或洛伦兹力的方向
判断导体切割磁感线时感应电流的方向
用法
典型例题
6、如图所示，闭合导体环固定。条形磁铁S极向下以初速度v0 沿过导体环圆心的竖直线下落到如图所示位置的过程中，导体环中的感应电流方向如何？
选用理由：题目简洁，可以很好的复习楞次定律的用法。分析完此例题后，还可以进一步提问，当磁铁继续下落时，线圈中感应电流的方向如何。
答案：从上向下看，感应电流方向为顺时针。
7、如图所示，导线框与导线在同一平面内，直导线中通有恒定电流，在线框由左向右匀速通过直导线的过程中，线框中感应电流的方向是
.先，再，后 .先，再
.始终 .先，再，后
选用理由：此题综合应用了安培定律和楞次定律，同时也可以应用安培定则和右手定则找到正确答案。
答案:D
（三）楞次定律推论的应用（增反减同、来拒去留）
1、楞次定律推广的含义：
（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）阻碍磁通量的增加，线圈面积“缩小”，阻碍磁通量的减小，线圈面积“扩张”。
8、如图所示，A是一个具有弹性的位置固定的线圈，当磁铁迅速接近线圈时，线圈A将( )
A．当N极接近线圈受力方向向左，当S极接近时线圈受力方向向右
B．当N极接近线圈受力方向向右，当S极接近时线圈受力方向向左
C．N极和S极接近时受力都向左
D．N极和S极接近时受力都向右
9.如图所示，A是一个具有弹性的位置固定的线圈，当磁铁迅速接近线圈时，线圈A将( )
A．当N极接近时扩大，S极接近时缩小
B．当S极接近时扩大，N极接近时缩小
C．N极和S极接近时都扩大
D．N极和S极接近时都缩小
10、如图所示，光滑固定导体轨M、N水平放置，两根导体棒P、Q平行放于导轨上，形成一个闭合路，当一条形磁铁从高处下落接近回路时（ ）
A．P、Q将互相靠拢 B．P、Q相互相远离
C．磁铁的加速度仍为g D．磁铁的加速度小于g
11．竖直放置的螺线管通以图甲所示的电流。螺线管正下方的水平桌面上有一个导体圆环，当螺线管中所通的电流发生如图(乙)所示的哪种变化时，导体圆环会受到向上的安培力( )
12．如图所示，A是一个具有弹性的位置固定的线圈，当磁铁迅速接近线圈时，线圈A将( )
A．当N极接近时扩大，S极接近时缩小
B．当S极接近时扩大，N极接近时缩小
C．N极和S极接近时都扩大
D．N极和S极接近时都缩小
13．如图10－2是某种磁悬浮的原理图，图中A是圆柱形磁铁，B是用高温超导体材料制成的电阻率为零的超导圆环。将超导圆环B放在磁铁A上，它就能在磁力的作用下悬浮在磁铁的上方空中，以下判断正确的是( )
A．在B放入磁场的过程中，B中将产生感应电流，当稳定后，感应电流消失
B．在B放入磁场的过程中，B中将产生感应电流，当稳定后，感应电流仍存在
C．若A的N极朝上，则B中感应电流的方向为顺时针(从上往下看)
D．若A的N极朝上，则B中感应电流的方向为逆时针(从上往下看)
14．如图10－4所示，水平放置的两根金属导轨位于垂直于导轨平面并指向纸面内的磁场中。导轨上有两根轻金属杆ab和cd与导轨垂直，金属杆与导轨以及它们之间的接触电阻均可忽略不计，且导轨足够长。开始时ab和cd都是静止的，若突然让cd杆以初速度v向右开始运动，则( )
A．cd始终做减速运动，ab始终做加速运动并将追上cd
B．cd始终做减速运动，ab始终做加速运动，但追不上cd
C．开始时cd做减速运动，ab做加速运动，最终两杆以相同的速度做匀速运动
D．cd先做减速运动后做加速运动，ab先做加速运动后做减速运动
15．电阻R、电容C与一线圈连成闭合电路，条形磁铁静止于线圈的正上方，N极朝下，如图10－6所示。现使磁铁开始自由下落，在N极接近线圈上端的过程，流过R的电流方向和电容器极板的带电情况是( )
A．从a到b，上极板带正电
B．从a到b，下极板带正电
C．从b到a，上极板带正电
D．从b到a，下极板带正电
16．一个闭合铁心上有初级和次级两个线圈，每组线圈上各连接两根平行的金属导轨，在两组导轨上各放置一根可沿导轨滑动的金属棒L1和L2，垂直导轨平面存在着磁感强度分别为B1、B2的匀强磁场，磁场的方向和线圈的绕向如图10－7所示。金属棒与导轨均接触良好。那么下面说法中正确的是( )
A．当L2匀速向右滑动时，L1会向左运动
B．当L2加速向右滑动时，L1会向右运动
C．当L1加速向右滑动时，L2会向右运动
D．当L1减速向右滑动时，L2会向左运动
第二节 法拉第电磁感应定律、自感
基础知识 一、法拉第电磁感应定律
1.感应电动势：在电磁感应现象中产生的电动势叫做感应电动势．
2.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=nΔφ/Δt
注意：①上式适用于回路磁通量发生变化的情况，回路不一定要闭合，只要穿过电路的磁通量发生变化，就会产生感应电动势；若电路是闭合的就会有感应电流产生．
②△Φ不能决定E的大小，才能决定E的大小，而与△Φ之间无大小上的必然联系[来源:Z&xx&k.Com]
③公式只表示感应电动势的大小，不涉及方向．
④当△Φ仅由B引起时，则；当△Φ仅由S引起时，则．
⑤公式，若△t取一段时间，则E为△t这段时间内感应电动势的平均值．当磁通量的变化率不随时间线性变化时，平均感应电动势一般不等于初态与末态电动势的平均值．若△t趋近于零，则表示瞬时值．
3.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=BLvsinθ
式中θ是B与v正方向之间的夹角
注意：①式中若V、L与B两两垂直，则E=BLV，此时，感应电动势最大；当V、L与B中任意两个量的方向互相平行时，感应电动势E=0．
②若导体是曲折的，则L应是导体的两端点在V、B所决定的平面的垂线上投影间的．即L为导体切割磁感线的等效长度．
③公式E=BLV中若V为一段时间的平均值，则E应是这段时间内的平均感应电动势；若V为瞬时值，则E应是某时刻的瞬时值
4.定律的几种表示式ε=nΔφ/Δt，ε=BLvsinθ，ε=S?ΔB/Δt，ε=?BL2ω；
5.几点说明:
ε=nΔφ/Δt是定律的表达式，在B不变而面积发生变化时推导出ε=BLvsinθ， 当B、l、v三者不垂直或其中的二者不垂直时，乘sinθ即是找出垂直的分量.
公式ε=S·ΔB/Δt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．
导出式ε=?BL2ω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=BΔS/Δt=B?LPQ/Δt=?BL2ω,这实际上是B不变而面积发生变化的情况，
例1：穿过闭合回路的磁通量Φ随时间t变化的图像分别如下图①~④所示。下列关于回路中产生的感应电动势的论述中正确的是： (D)
A图①中回路产生的感应电动势恒定不变
B图②中回路产生的感应电动势一直在变大
C图③中回路0~t1时间内产生的感应电动势小于在t1~t2时间内产生的感应电动势
D图④中回路产生的感应电动势先变小再变大
例2：在图9-2-2中，设匀强磁场的磁感应强度B=0.10T，切割磁感线的导线的长度L=40cm，线框向左匀速运动的速度V=5.0m/s，整个线框的电阻R=0.5Ω,试求：感应电动势的大小；②感应电流的大小．
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11—17所示，ab的电阻大于cd的电阻，当d在外力F1，（大小）的作用下，匀速向右运动时，ab在外力F2（大小）作用下保持静止，那么在不计摩擦力的情况下（Uab、Ucd是导线与导轨接触处的电势差）（ D ）
A．F1＞F2，Uab＞Ucd B．F1＜F2，Uab＝Ucd
C．F1＝F2，Uab＞Ucd D．F1＝F2， Uab=Ucd
解析：通过两导线电流强度一样，两导线都处于平衡状态，则F1＝BIL，F2＝BIL，所以F1＝F2，因而AB错．对于Uab与Ucd的比较， Uab=IRab，这里cd导线相当于电源，所以Ucd是路端电压，这样很容易判断出Ucd＝IRab 即Uab＝Ucd．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=mgsinα/m=gsinα，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mgsinα时．AB此时速度最大．
对棒受力分析，Fcosα=mgsinα，此时，AB速度最大，而F＝BLI
I=BLvcosα/R，得：v=mgRtgα/ B2L2cosα．
二、感应电量的计算
(1)Q＝IΔt=εΔt/R＝ΔΦ/R
(2)当线圈是N匝时则电量为：Q=NΔΦ/R
例5：.长L1宽L2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：
特别要注意电热Q和电荷q的区别，其中 q与速度无关！
三.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
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=103mh毫亨=106uh 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I2较过灯泡的电流I1大，当开关断开后，过线圈的电流将由I2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I2小但比I1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I2＜I1，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，d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d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Ua＞Ub，开关断开后瞬间Ua＜Ub．
例6：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，D1和D2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D1和D2同时亮，然后D1会变暗直到不亮，D2更亮
B．电键K闭合时，灯泡D1很亮，D2逐渐变亮，最后一样亮亮亮
C．电键K断开时，灯泡D2随之熄灭。而D1会更下才熄灭
D．电键K断开时，灯泡D1随之熄灭，而D2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，D1和D2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D1短路，D1不亮，而D2两端电压会增大而更亮．当K断开时，D2中因无电流会随之熄灭，而L中会产生ε自，与D1构成闭合回路，D1会亮一下．再者L中的电流是在I=的基础上减小的．会使D1中的电流在K断开的瞬间与K闭合时相比要大，因而D1会更亮．
例7：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．
规律方法 一、Φ、ΔΦ、ΔΦ/Δt三个概念的区别
磁通量Ф=BScosθ，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8：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=εmcosωt = Babωcosωt。当t=0时，cosωt=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=Babω,正确选项B
二、公式E=BLVsinθ与E=nΔΦ/Δt的区别
(1)区别：一般来说，E=nΔΦ/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= BLvsinθ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=nΔΦ/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并联．
(2)联系：公式①E=nΔΦ/Δt和公式②E=BLVsinθ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，则求出的E为平均感应电动势，实际上②式中的Lsinθ=△S/Δt，所以公式E=BLsinθ=B△S/Δt.只是一般来说用公式E=nΔΦ/Δt求平均感应电动势更方便，用E= BLvsinθ求瞬时感应电动势更方便．
例9：如图所示，AB是两个同心圆，半径之比RA∶RB=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IA=·．IB=·, 所以IA∶IB＝1∶2
注意:IA的计算不可用实际面积大小,写成IA=·,而得到IA∶IB＝2∶1的错误结论
例10：（北京市西城区2010年抽样测试）如图所示，用质量为m、电阻为R的均匀导线做成边长为l的单匝正方形线框MNPQ，线框每一边的电阻都相等。将线框置于光滑绝缘的水平面上。在线框的右侧存在竖直方向的有界匀强磁场，磁场边界间的距离为2l，磁感应强度为B。在垂直MN边的水平拉力作用下，线框以垂直磁场边界的速度v匀速穿过磁场。在运动过程中线框平面水平，且MN边与磁场的边界平行。求
(1）线框MN边刚进入磁场时，线框中感应电流的大小；
(2）线框MN边刚进入磁场时，M、N两点间的电压UMN；
(3）在线框从MN边刚进入磁场到PQ边刚穿出磁场的过程中，水平拉力对
线框所做的功W。
答案：（10分）解：
(1）线框MN边在磁场中运动时，感应电动势 【1分】
线框中的感应电流 【2分】
(2）M、N两点间的电压 【3分】
(3）只有MN边在磁场中时，线框运动的时间 【1分】
此过程线框中产生的焦耳热Q = I 2Rt = 【1分】
只有PQ边在磁场中运动时线框中产生的焦耳热 Q = 【1分】
根据能量守恒定律得水平外力做功W=2Q= 【1分】
三、自感问题
例11：如图电路中，自感线圈电阻很小（可忽略不计），自感系数很大．A、B、C是三只完全相同的灯泡．则S闭合后（ ）
A．S闭合瞬间，三个灯都亮
B．S闭合瞬间，A灯最亮，B灯和C灯亮度相同
C．S闭合后，过一会儿，A灯逐渐变暗，最后完全熄灭
D．S闭合后过一会儿，B、C灯逐渐变亮，最后亮度相同
解析：S闭合的时间，L阻抗很大，相当于断路，此刻仅A、B、C接在电路申，B、C并联再与A灯串联，故A灯上分配电压大，A、B、C三个灯同时发亮，A灯最亮．故选项A、B正确．
S闭合后，L逐渐趋于稳定，即L的感抗逐渐减小，最后完全消失．由于L的纯电阻可忽略不计，因此，此时L对A相当于短路，所以灯A逐渐变暗，最后熄灭，而B、C灯逐渐变亮，最后亮度相同，故选项C、D都正确， 答案：ABCD
例12：如图所示，L为一纯电感线圈，R为一灯泡．下列说法中正确的是（ ）
A．开关 K接通瞬间无电流通过灯泡
B．开关K接通后电路稳定时，无电流通过灯泡
C．开关 K断开瞬间无电流通过灯泡
D．开关K接通瞬间及接通后电路稳定时，灯泡中均有从a到b的电流，而在开关K断开瞬间灯泡中则有从b到a的电流
解析；开关K接近瞬间，灯泡中立即有从a到b的电流；线圈由于自感作用，通过它的电流将逐渐增加．开关K接通后电路稳定时，电流不变，纯电感线圈对电流无阻碍作用，将灯泡短路，灯泡中无电流通过．开关K断开瞬间，由于线圈的自感作用，线圈中原来向右的电流将逐渐减小，该电流与灯泡形成回路，故灯泡中有从b到a的瞬时电流，本例应选B．
四. 如何计算导体切割磁感线时产生的感应电动势
1、直导线垂直切割磁感线
例13：、如图所示，在一磁感应强度B＝0.5T的匀强磁场中，垂直于磁场方向水平放置着两根相距为h＝0.1m的平行金属导轨MN和PQ，导轨的电阻忽略不计，在两根导轨的端点N、Q之间连接一阻值为R＝0.3?的电阻。导轨上跨放着一根长为L＝0.2m，每米长电阻r0＝2．0?的金属棒ab，金属棒与导轨垂直放置，交点为c、d。当金属棒以速度v＝4．0m/s向左匀速运动时。试求：
(1)电阻R中电流的大小和方向；
(2)使金属棒做匀速运动时的外力的大小和方向；
（3）金属棒cd两点间的电势差U。
（4）金属棒ab两点间的电势差U。
（5）金属棒匀速运动时，电阻R上的发热功率是多大？
2、当切割磁感线的导体是弯曲的，则应取其与B和v垂直的等效直线长度
例14、（2005）图中两条平行虚线之间存在匀强磁场，虚线间的距离为l，磁场的方向垂直纸面向里。Abcd是位于纸面内的梯形线圈，ad与bc间的距离也为l。t=0时刻bc边与磁场区域边界重合（如图）。现令线圈以恒定的速度v沿垂直于磁场区域边界的方向穿过磁场区域。取沿abcd的感应电流为正，则在线圈穿越磁场区域的过程中，感应电流I随时间t变化的图线可能是 （ ）
3、导体转动切割磁感线产生的感应电动势
例15：．一直升飞机停在南半球的地磁极上空。该处地磁场的方向竖直向上，磁感应强度为B。直升飞机螺旋桨叶片的长度为l，螺旋桨转动的频率为f，逆着地磁场的方向看螺旋桨，螺旋桨按顺时针方向转动。螺旋桨叶片的近轴端为a，远轴端为b，如图10－47所示。如果忽略a到转轴中心线的距离，用E表示每个叶片中的感应电动势，则( )
A．E＝?fl2B，且a点电势低于b点电势
B．E＝2?fl2B，且a点电势低于b点电势
C．E＝?fl2B，且a点电势高于b点电势
D．E＝2?fl2B，且a点电势高于b点电势
4、矩形线框在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动时切割磁感线产生的感应电动势
例16：：如图矩形线圈的长、宽分别为L1、L2，所围面积为S，向右的匀强磁场的磁感应强度为B，线圈绕图示的轴以角速度ω匀速转动。此线框产生的感应电动势是______________。
实际上，这就是交流发电机发出的交流电的即时电动势公式。
五、电磁感应与力学的联系
例17：.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。。
*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18：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,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）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)
例19：（16分）均匀导线制成的单位正方形闭合线框abcd，每边长为L，总电阻为R，总质量为m。将其置于磁感强度为B的水平匀强磁场上方h处，如图所示。线框由静止自由下落，线框平面保持在竖直平面内，且cd边始终与水平的磁场边界平行。当cd边刚进入磁场时，
（1）求线框中产生的感应电动势大小;
（2）求cd两点间的电势差大小;
（3）若此时线框加速度恰好为零，求线框下落的高度h所应满足的条件。
解析：（1）cd边刚进入磁场时，线框速度v=
线框中产生的感应电动势E=BLv＝BL
(2)此时线框中电流 I=
cd两点间的电势差U=I()=
(3)安培力 F=BIL=
根据牛顿第二定律mg-F=ma,由a=0
解得下落高度满足 h=
第三节 专题：电磁感应中的电路分析和图象问题
规律方法 一、电路分析
在电磁感应中，切割磁感线的导体或磁通量发生变化的回路将产生感应电动势，该导体或回路就相当于电源，将它们接上电容器，便可使电容器充电；将它们接上电阻等用电器，便可对用电器供电，在回路中形成电流，因此，电磁感应问题又往往跟电路问题联系在一起，解决这类电磁感应中的电路问题，不仅要应用电磁感应的有关规律，如右手定则、楞次定律和法拉第电磁感应定律等；还要应用电路中的有关规律，如欧姆定律，串并联电路的性质等，要将电磁感应、电路的知识，甚至和力学知识综合起来应用。
其主要步骤是：
1.确定电源．产生感应电流或感应电动势的那部分电路就相当于电源，利用法拉第电磁感应定律确定其电动势的大小，利用楞次定律确定其正负极．需要强调的是：在电源内部电流是由负极流向正极的，在外部从正极流向外电路，并由负极流人电源．如无感应电流，则可以假设电流如果存在时的流向．
2.分析电路结构，画出等效电路图．这一步的实施的本质是确定“分析”的到位与准确．承上启下，为下一步的处理做好准备．
3.利用电路规律求解．主要还是欧姆定律、串并联电路、电功、电热．
例1．粗细均匀的电阻丝围成的正方形线框置于有界的匀强磁场中，磁场方向垂直于线框平面，其边界与正方形线框的边平行，现使线框以同样大小的速度沿四个不同的方向移出磁场，如图10－12所示，则在移出过程中线框的一边a、b两点间电势差绝对值最大的是( )
图10－12
例2．.固定在匀强磁场中的正方形导线框abcd，各边长l，其中ab是一段电阻为R的均匀电阻丝，其余三边均为电阻可忽略的铜线.磁场的磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，现有一与ab段所用材料、粗细、长度都相同的电阻丝RQ架在导线框上，如图43-A13所示，以恒定速度υ从ad滑向bc，当PQ滑过l/3的距离时，通时aP段电阻丝的电流是多大?方向如何?
（该题考查法拉第电磁感应定律和直流电路的知识）
例3．．(2002年高考) 如图43-A5所示，半径为R、单位长度电阻为λ的均匀导体圆环固定在水平面上，圆环中心为O．匀强磁场垂直纸面方向向内，磁感应强度为B．平行于直径MON的导体杆，沿垂直于杆的方向向右运动．杆的电阻可以忽略不计，杆与圆环接触良好．某时刻，杆的位置如图，∠aob=2θ，速度为v．求此时刻作用在杆上安培力的大小．
（该题综合考查电磁感应、电路、磁场的知识）
二、图象问题
电磁感应中常涉及磁感应强度B、磁通量Φ、感应电动势e和感应电流I随时间t变化的图线，即B—t图线、Φ一t图线、e一t图线和I一t图线。对于切割产生应电动势和感应电流的情况，还常涉及感应电动势ε和感应电流随位移X变化的图线，即e—X图线和—X图线。这些图象问题大体上可分为两类：由给定的电磁感应过程选出或画出正确的图象，或由给定的有关图象分析电磁感应过程，求解相应的物理量，不管是何种类型，电磁感应中的图象常需利用右手定则、楞次定律和法拉第电磁感应定律等规律分析解决感应电流的方向和感应电流的大小。
例4．一匀强磁场，磁场方向垂直纸面，规定向里的方向为正。在磁场中有一细金属圆环，圆环平面位于纸面内，如图所示。现令磁感应强度B随时间t变化，先按下图中的oa图线变化，后来又按bc和ad变化，令E1,E2, E3,分别表示这三段变化过程中的感应电动势的大小，I1、I2、I3分别表示对应的感应电流，则（）
A. El＞E2，I1沿逆时针方向，I2沿顺时针方向.
B. El＜E2，I1沿逆时针方向，I2沿顺时针方向.
C. E1＜E2，I2沿顺时针方向，I3沿逆时针方向
D.E2=E3, I2沿顺时针方向，I3沿顺时针方向
解析:分析感应电流方向：B外表示外加磁场,B内表示感应电流的磁场，环内磁通量的变化是外加磁场的变化引起的。由题知图线oa、bc段表示外加磁场方向向里，cd段表示外加磁场方向向外。当B外按图线oa变化时环内的磁通晕增大，则B感方向应向外；当B外沿bc段变化时，外加磁场向里的磁通量减少，则B感方向应向里；B外按cd变化时，外加磁场向里的磁通量增大，B感方向应向里。由安培定则判断知:B外在oa段的变化，感应电流方向逆时针的；B外在bc、cd段的变化，感应电流方向是顺时针的.感应电动势的大小:E=ΔФ/Δt=ΔB×S/Δt,由图可看出B外的变化率在bc段和cd段是相同的，而oa段的B外的变化率比bc和cd段小，因此El<.E2=E3.
例5．．如图43-A9甲所示，闭合导体线框abcd从高处自由下落，落入一个有界匀强磁场中，从bc边开始进入磁场到ad边即将进入磁场的这段时间里，在图43-9乙中表示线框运动过程中的感应电流-时间图象的可能是 ( )
例6．如图所示，竖直放置的螺线管与导线abcd构成回路，导线所围区城内有一垂直纸面向里的变化的匀强磁场，螺线管下方水平桌面上有一导体圆环．导线abcd所围区域内磁场的磁感应强度按图中哪一图线所表示的方式随时间变化时，导体圆环将受到向上的磁场作用力（）
解析：A图中磁感应强度随时间增加，导线回路中电流是c→b→a→螺线管→d→c方向．又磁场变化率不断减小，在螺线管中电流减小，因此，螺线管产生的磁场穿过圆环的磁感线变少．根据楞次定律，为阻碍这种变化，圆环将靠近螺线管，即受到向上的磁场的作用力．B图磁场变化率变大．螺线管中产生的电流变大，穿过圆环的磁感线变多，要排斥圆环；C,D图磁场是均匀变化的，螺线管中感应电流是稳定的，它产生的磁场是不变的，穿过圆环中的磁通量不变，无感应电流产生，与螺线管磁场无相互作用．因此本题正确选项是A.
例7．如图中 A是一个边长为L的正方形线框，电阻为R，今维持线框以恒定的速度v沿x轴运动。并穿过图中所示的匀强磁场B区域，若以X轴正方向作为力的正方向，线框在图示位置的时刻作为时间的零点，则磁场对线框的作用力F随时间t的变化图线为图中的
解析：线圈A运动的第1个时间单位（未入磁场），没有感应电流，安培力为零；第2个时间单位A的前边切割感线产生恒定感应电流，此时安培力也是恒定的，安培力阻碍线圈A的相对运动，故F的方向沿－x方向；线圈完全进入磁场不再有感应电流，安培力为零，这一段运动了两个时间单位；当线圈出磁场时，它的后边做切割磁感线运动，产生感应电流，此时的安培力与进入时等大，方向仍沿一x方向，故选B。
例8．一个闭合线圈固定在垂直纸面的匀强磁场中，设磁场方向向里为磁感强度B的正方向，线圈中的箭头为电流I的正方向．线圈及线圈中感应电流I随时间变化的图线如图所示，则磁感强度B随时间变化的图线可能是图中的（ ）
解析：在线圈中感应电流的方向是顺时针为正，由其感应电流的图象可知线圈中开始的电流是逆时针方向，感应电流的磁场是垂直于纸面出来的，若是原磁场是进去的（正方向），则原磁场应是加强的，在B—t图象上的斜率为正值，经过T／4后，感应电流反向，说明原磁场是减弱的，图象的斜率为负值，再过T／2，图象的斜率为正值．所以C、D两图正确．
点评：用图象的斜率来分析，根据线圈中感应电流的方向来判断线圈所在处的磁场的变化率，再反过来应用图象的变化率来判断感应电流的方向，这个方法很重要．它说明了感应电流的方向只与磁场的变化率有关，而与磁场的磁感强度的大小和方向无关，就像速度与位移的大小和方向无关，只与位移的变化率有关一样．
例9．．（北京朝阳区期末卷）如图（a）所示，电阻为R的矩形金属线框abcd的宽为L1，高为L2。线框以不变的速度v通过宽度为3L1、磁感应强度为B的有界匀强磁场区域。线框在通过磁场的运动过程中，线框的ab边与磁场边界平行，线框平面与磁场方向垂直。以线框的ab边刚进入磁场时为计时起点，取线框中逆时针电流的方向为正方向，则图（b）所给出的四个图像中，能正确表示线框中感应电流i随时间t变化关系的是
A B
C D
第四节 专题:电磁感应与力学综合
规律方法 一、与运动学与动力学结合的题目
变化过程是：导线受力做切割磁力线运动，从而产生感应电动势，继而产生感应电流，这样就出现与外力方向相反的安培力作用，于是导线做加速度越来越小的变加速直线运动，运动过程中速度v变，电动势BLv也变，安培力BlL亦变，当安培力与外力大小相等时，加速度为零，此时物体就达到最大速度．
如图所示，足够长的光滑导轨上有一质量为m，长为L，电阻为R的金属棒ab，由静止沿导轨运动，则ab的最大速度为多少（导轨电阻不计，导轨与水平面间夹角为θ，磁感应强度B与斜面垂直）金属棒ab的运动过程就是上述我们谈到的变化过程，当ab达到最大速度时：
BlL＝mgsinθ……① I=ε/R………② ε=BLv……③
由①②③得：v=mgRsinθ/B2L2。
例1．如图所示，一倾斜的金属框架上设有一根金属棒，由于摩擦力的作用，在没有磁场时金属棒可在框架上处于静止状态，从t0时刻开始，给框架区域加一个垂直框架平面斜向上的逐渐增强的匀强磁场，到t时刻，棒开始运动，在t0到t这段时间内，金属棒所受的摩擦力
A．不断增大；B．不断减小；C．先减小后增大；D．先增大后减小
解析：当金属棒中无感应电流，它在导轨上处于静止时，沿平行于导轨方向上的合力为零．即mgsinθ＝f0（其中m是金属棒的质量，f0为静摩擦力）
当闭合回路中加有垂直于导轨斜向上逐渐增强的匀强磁场时，由楞次定律可知回路中有顺时针方向的电流．金属棒受到的安培力平行于斜面向上，故平行导轨平面上的合外力在t0到t这段时间内的合外力为零．故有mgsinθ＝FB＋f0 ……①，其中FB是金属棒所受到的安培力FB＝BIL……②，由于磁场是均匀增大的，故回路中的感应电流不变，但是安培力FB将随着磁感强度增大而增大，由①可知，当FB增大时，f0将减小，当f0减小到零时， FB继续增大，那么金属棒将有向上运动的趋势．则摩擦力f0增大反向，沿导轨向下，并随着FB的增大而增大，当静摩擦力f0达到最大值时，金属棒将开始沿导轨向上运动．所以，选项C正确．
点评：金属棒的受力情况决定了它的运动状态，由于电磁感应现象，金属棒受到了安培力，而磁场的增大致使安培力增大，从而导致金属棒所受的静摩擦力也发生变化．本题题设中强调了在t时刻金属棒开始运动，所以分析过程中必须分析到金属棒运动的条件．本题若是没有强调金属是否运动，那么它所受到的摩擦力可能有两种情况：不断减小；先减小后增大，
例2．如图所示，足够长的U形导体框架的宽度L＝0.40m，电阻不计，其所在平面与水平面成α＝370角，磁感强度B=1．0 T的匀强磁场方向垂直于框平面，一根质量为m＝0.20kg，有效电阻R=1．0Ω的导体棒MN垂直跨放在U形架上，该导体棒与框架间的动摩擦因数μ＝0．50，导体棒由静止开始沿框架下滑到刚开始匀速运动时，通过的位移S＝3．0m，求：（1）导体棒运动过程中某一0.2s内框架所夹部分扫过的最大面积．（2）导体棒从开始下滑到刚开始匀速运动这一过程中，导体棒的有效电阻消耗的电功．（sin370＝0．6）
解析:（1）导体棒在平行框架平面上受到重力沿框架平面向下的分力Gx=mgsin370＝0·6 mg，向上的滑动摩擦力f＝μmgcos370＝0·4 mg＜Gx，框架向下作加速运动并切割磁感线，闭合回路中有感应电流，导体棒受安培力，沿框架平面向上，致使导体棒的加速度减小，当导体棒的加速度为零时，速度达到最大值vm，此时合外力为零，有Gx＝f十FB， FB=Gx－f＝0.2mg， FB＝IBL＝B2L2vm／R， vm＝0.2mgR／B2L2＝2.5m／s
当导体棒的速度达最大值时，在0．2s内所夹部分扫过的面积最大为Sm=Lvmt＝0.2m2
（2）导体棒从开始下滑到刚开始作匀速运动这一过程中，导体棒在框架平面上滑动的距离为s， ks5u.com
WG＝0．6 mgs ΔEK=mvm2／2 Wf＝－0·4mgs， 由功能原理可知
WR＝0．6 mgs－mvm2／2－0．4 mgs=0．2 mgs－mvm2／2＝0．575J＝0．58J
点评：导体棒从开始运动到稳定的过程，是一个加速度减小的加速运动过程，第（1）问就是要求稳定的速度，也就是通过导体棒的合外力为零来求其最大速度；第（2）问则是要通过功能关系求此过程中电阻上消耗的电功，直接求电阻的电功是无法达到目的的．
例3．（北京宣武区期末质量检测） 光滑的平行金属导轨水平放置，电阻不计，导轨间距为l，左侧接一阻值为R的电阻。区域cdef内存在垂直轨道平面向下的有界匀强磁场，磁场宽度为s。一质量为m、电阻为r的金属棒MN置于轨道上，与导轨垂直且接触良好，受到水平拉力N（v为某时刻金属棒运动的瞬时速度）的作用，从磁场的左边界由静止开始运动。已知l=1m，m=1kg，R=0.3Ω，r=0.2Ω，s=1m，如果测得电阻两端的电压u随着时间是均匀增大的，那么：
(1）分析并说明该金属棒在磁场中是做何种运动；
(2）金属棒到达ef处的速度应该有多大；
(3）分析并求解磁感应强度B的大小。
答案：（12分）
(1) (4分）因电阻两端的电压u随着时间t是均匀增大的， 即：u t ;
而： u=iR=R = v， 即： u v
所以： t
于是，可以断定：棒必做初速为零的匀加速直线运动。
(2）（4分）设运动的加速度为a, 在t=0时，=0，
所以,应用牛顿第二定律有：
0.4 = ma , 解得： a=0.4m/s2
所以由：， 得：=2m/s
(3）（4分）根据题意，在杆运动的一般状态下，应用牛顿第二定律有：
—=ma
又因为： ma0.4为恒量
所以必有：0.5=
解 得：B=0.5T；
例4．如图所示，水平放置的两根金属导轨位于方向垂直于导轨平面并指向纸里的磁场中，导轨上有两根小金属导体杆ab、cd，能沿导轨无摩擦地滑动，金属杆ab、cd与导轨间的接触电阻可忽略不计，开始时，ab、cd都是静止的，现在让cd杆以初速度v向右开始运动，如果两根导轨足够长，则（ ）
A．cd始终做减速运动，ab始终做加速运动并追上cd
B．cd始终做减速运动，ab始终做加速运动，但追不上cd
C、cd先做减速运动，后作加速运动，ab先做加速运动后作减速运动
D．开始cd做减速运动，ab做加速运动．最终两杆以相同速度做匀速运动
解析：cd以速度v向右运动，由cdba所组成的回路中磁通量增大，回路中就有逆时针方向的感应电流，感应电流在原磁场中受到安培力的作用．ab中有向右的安培力，使ab向右作加速运动，cd有向左的安培力，使cd作减速运动，但只要cd的速度大于ab的速度，回路中的磁通量还是增大的（但增大的速度变小，也就是磁通量的变化率在减小，回路中的感应电流在减小），也就是回路中还有逆时针方向的电流，致使ab继续加速，cd继续减速，当两者速度相等时，回路中的磁通量不变，则图回路中无感应电流，两杆将作匀速运动．故D选项正确．
点评：本题中的关键是分析 ab作加速运动，cd作减速运动，它们之间相对速度在减小，从而导致回路中磁通量增大的速度变小，即磁通量的变化率在减小，回路中的感应电流在减小．当电流减小为零时，两杆在运动方向再也不受到安培力的作用，它们就作匀速直线运动．
例5．如图所示，金属杆a在离地h高处从静止开始沿弧形轨道下滑，平行导轨的水平部分有竖直向上的匀强磁场B，水平部分导轨上原来放有一金属杆b，已知a杆的质量为ma，且与b杆的质量比为ma：mb＝3：4，水平导轨足够长，不计摩擦，求：（1）当P棒进入磁场后，a、b棒各做什么运动？a和b的最终速度分别是多大？（2）a棒刚进入磁场时，a、b棒加速度之比为多少？整个过程中回路释放的电能是多少？（3）若已知a、b杆的电阻之比Ra：Rb=3：4，其余电阻不计，整个过程中a、b上产生的热量分别是多少？
解析：第一阶段，a下滑h高过程中机械能守恒 magh＝?mav
第二阶段，a进入磁场后，回路中产生感应电流，a、b都受安培力作用，且两棒通过的电流相同，所受的安培力大小始终相等，a做减速运动，b做加速运动，加速度之比为
经一段时间，a、b速度达到相同，之后回路的磁通量不发生变化，感应电流为零，安培力为零，二者匀速运动，匀速运动的速度即为a、b的最终速度，设为v，由过程中a、b系统所受合外力为零动量守恒得mava＝（ma＋mb）v
由①②解得最终速度va＝vb＝v=
（2）由能量守恒知，回路中产生的电能等于a、b系统机械能的损失，所以
E＝magh一?（ma＋mb）v2=magh
（3）回路中产生的热量Qa十Qb＝E，在回路中产生电能过程中，虽然电流不恒定，但由于Ra与Rb串联，通过a、b的电流总是相等的，所以应有.即，所以；．
二、电磁感应定律与能量
在物理学研究的问题中，能量是一个非常重要的课题，能量守恒是自然界的一个普遍的、重要的规律．在电磁感应现象时，由磁生电并不是创造了电能，而只是机械能转化为电能而已，在力学中就已经知道：功是能量转化的量度．那么在机械能转化为电能的电磁感应现象时，是什么力在做功呢？是安培力在做功，在电学中，安培力做正功，是将电能转化为机械能（如电动机），安培力做负功，是将机械能转化为电能，必须明确在发生电磁感应现象时，是安培力做功导致能量的转化．
例6．甲、乙两个完全相同的铜环可绕固定轴OO/旋转，当它们以相同的初角速度开始转动后，由于阻力，经相同的时间后便停止，若将两环置于磁感强度为B的大小相同的匀强磁场中，乙环的转轴与磁场方向平行，甲环的转轴与磁场方向垂直，如图所示，当甲、乙两环同时以相同的角速度开始转动后，则下列判断中正确的是（ ）
A．甲环先停； B．乙环先停。
C．两环同时停下；D．无法判断两环停止的先后；
解析：两环均在匀强磁场中以相同的角速度转动，由图可知：甲环的磁通量会发生变化，甲环的动能要转化为电能，而乙环中无磁通量的变化，不会产生感应电流，故甲环先停下来． A选项正确．
点评：这道题是直接从能量转化的角度来分析．
例7．如图所示，两根光滑的金属导轨平行放置在倾角为θ的斜面上，导轨的左端接有电阻R，导轨自身的电阻忽略不计，斜面处在方向垂直斜面向上的匀强磁场中，一质量为m，电阻可忽略不计的金属棒ab，在沿着斜面与棒垂直的恒力F作用下，沿导轨匀速上滑，并上升高度h，在这一过程中（ ）
A．作用于金属棒的合力做功为零
B．作用于金属棒的合力做功为重力势能mgh与电阻发出的焦耳热之和
C．恒力F与安培力的合力所做的功等于零
D．恒力F与重力的合力做的功等于电阻R上发出的焦耳热
解析：对金属棒ab根据动能定理，其动能增量为零，所以作用于ab的合力做功为零，所以A对B错．
CD：恒力做功大于安培力做的功，恒力做功等于安培力做功与重力做功之和，所以C错，安培力做的功等于产生的焦耳热，所以恒力做功等于重力做功与焦耳热之和，因而D正确． 答案：AD
例8．如图所示，有一水平放置的光滑导电轨道，处在磁感强度为B＝0．5T，方向向上的匀强磁场中．轨道上放一根金属杆，它的长度恰好等于轨道间的间距L＝0．2 m，其质量m＝0．1kg，电阻r=0．02Ω．跨接在轨道间的电阻R＝1．18Ω．轨道电阻忽略不计，g＝10m／s2 ，
（1）要使金属杆获得60 m／s的稳定速度，应对它施加多大的水平力F？
（2）在金属杆获得 60m／s的稳定速度后，若撤去水平力 F，那么此后电阻R上还能放出多少热量？
解析：金属杆获得稳定的速度，就是作匀速运动，它所受到的安培力应与外力是一对平衡力，即F=FB=IBL ，ab杆切割磁感线产生的感应电动势为ε＝BLv，回路中感应电流I＝ε／（R＋r）＝BLv／（R＋r）所以， F＝B2L2v／（R＋r）＝0．3N；撤去外力F后，金属杆将在安培力的作用下做减速运动，感应电动势在减小，感应电流在减小，安培力在减小，加速度在减小，直到金属杆的速度为零时为止，此过程中，金属杆的动能通过安培力做功转化为回路中的电能，再通过电阻转化为电热．由于外电阻R与金属杆是串联关系，在串联电路中，消耗的电能与电阻成正比，故有QR＋Qr＝mv2／2＝180………①
QR/Qr=R/r=59……②；由①、②两式解得： QR＝ 177J
点评：当水平力 F撤去后，金属杆的运动是一个加速度减小的减速运动，安培力做负功，将机械能转化为电能，此过程只能用能量守恒来求解．并应用串联电路各电阻上消耗的电能与电阻成正比这一特点来求解．这是唯一的解法．
例9．.如图所示，质量为M的条形磁铁与质量为m的铝环，都静止在光滑的水平面上，当在极短的时间内给铝环以水平向右的冲量I，使环向右运动，则下列说法不正确的是 ( D )
A．在铝环向右运动的过程中磁铁也向右运动
B．磁铁运动的最大速度为I/(M+m)
C．铝环在运动过程中，能量最小值为ml2/2(M+m)2
D．铝环在运动过程中最多能产生的热量为I2/2m
解析：铝环向右运动时，环内感应电流的磁场与磁铁产生相互作用，使环做减速运动，磁铁向右做加速运动，待相对静止后，系统向右做匀速运动，由I=(m+M)v，得v=I/(m+M)，即为磁铁的最大速度，环的最小速度，其动能的最小值为m/2·{I/(m+M)}2，铝环产生的最大热量应为系统机械能的最大损失量，I2/2m-I2/2(m+M)=MI2/2m(m+M)．
课后练习
．（北京市丰台区2010届高三上学期期末考试）如图1所示电路为演示自感现象的实验电路。实验时，先闭合开关S，电路达到稳定后设通过线圈L的电流为I1，通过小灯泡L2的电流为I2，小灯泡L1、L2均处于正常发光状态。以下说法正确的是
A．S闭合后，L2灯慢慢变亮，L1灯立即变亮
B．S闭合后，L1、L2立刻变亮且亮度稳定
C．S断开后的瞬间，小灯泡L2中的电流由I1逐渐减为零，方向与I2相反
D．S断开后的瞬间，小灯泡L2中的电流由I2逐渐减为零，方向不变
答案：C
．（2010北京海淀期末练习）如图1所示，线圈两端与电阻相连构成闭合回路，在线圈上方有一竖直放置的条形磁铁，磁铁的S极朝下。在将磁铁的S极插入线圈的过程中 ( ）
A．通过电阻的感应电流的方向由a到b，线圈与磁铁相互排斥
B．通过电阻的感应电流的方向由a到b，线圈与磁铁相互吸引
C．通过电阻的感应电流的方向由b到a，线圈与磁铁相互排斥
D．通过电阻的感应电流的方向由b到a，线圈与磁铁相互吸引
答案：C
．（北京市丰台区2010届高三上学期期末考试）如图9所示，电容器C两端接有单匝圆形线圈，线圈内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场。已知圆的半径r=5cm，电容C=20μF，当磁场的磁感应强度以4×10-2T／s的变化率均匀增加时，则
A．电容器a板带正电，电荷量为2π×10-9C
B．电容器a板带负电, 电荷量为2π×10-9C
C．电容器b板带正电, 电荷量为4π×10-9C
D．电容器b板带负电，电荷量为4π×10-9C
答案：A
．（石景山区2009--2010学年第一学期期末考试）如图所示的金属圆环放在匀强磁场中，将它从磁场中匀速拉出来，下列说法正确的是（ ）
A．向左拉出和向右拉出，其感应电流方向相反[来源:高考资源网KS5U.COM]
B．不管从什么方向拉出，环中的感应电流方向总是顺时针的
C．不管从什么方向拉出，环中的感应电流方向总是逆时针的
D．在此过程中感应电流大小不变
答案：C
．（北京市西城区2010年抽样测试）北半球地磁场的竖直分量向下。如图所示，在北京某中学实验室的水平桌面上，放置边长为L的正方形闭合导体线圈abcd，线圈的ab边沿南北方向，ad边沿东西方向。下列说法中正确的是
A．若使线圈向东平动，则a点的电势比b点的电势低
B．若使线圈向北平动，则a点的电势比b点的电势低
C．若以ab为轴将线圈向上翻转，则线圈中感应电流方向为a→b→c→d→a
D．若以ab为轴将线圈向上翻转，则线圈中感应电流方向为a→d→c→b→a
答案：AC
．（北京宣武区期末质量检测） 如图所示，光滑绝缘水平面上有一个静止的小导体环，现在将一个条形磁铁从导体环的右上方较高处突然向下移动，则在此过程中，关于导体环的运动方向以及导体环中的电流方向，下列说法中正确的事
A． 导体环向左运动；从上向下看，电流方向是顺时针方向
B． 导体环向右运动；从上向下看，电流方向是顺时针方向
C． 导体环向右运动；从上向下看，电流方向是逆时针方向
D． 导体环向左运动；从上向下看，电流方向是逆时针方向
答案：C
． (12分）（北京宣武区期末质量检测） 光滑的平行金属导轨水平放置，电阻不计，导轨间距为l，左侧接一阻值为R的电阻。区域cdef内存在垂直轨道平面向下的有界匀强磁场，磁场宽度为s。一质量为m、电阻为r的金属棒MN置于轨道上，与导轨垂直且接触良好，受到水平拉力N（v为某时刻金属棒运动的瞬时速度）的作用，从磁场的左边界由静止开始运动。已知l=1m，m=1kg，R=0.3Ω，r=0.2Ω，s=1m，如果测得电阻两端的电压u随着时间是均匀增大的，那么：
(1）分析并说明该金属棒在磁场中是做何种运动；
(2）金属棒到达ef处的速度应该有多大；
(3）分析并求解磁感应强度B的大小。
答案：（12分）
(1) (4分）因电阻两端的电压u随着时间t是均匀增大的， 即：u t ;
而： u=iR=R = v， 即： u v
所以： t
于是，可以断定：棒必做初速为零的匀加速直线运动。
(2）（4分）设运动的加速度为a, 在t=0时，=0，
所以,应用牛顿第二定律有：
0.4 = ma , 解得： a=0.4m/s2
所以由：， 得：=2m/s
(3）（4分）根据题意，在杆运动的一般状态下，应用牛顿第二定律有：
—=ma
又因为： ma0.4为恒量ks5u.com
所以必有：0.5=
解 得： B=0.5T；
．（2010北京海淀期末练习）图4是用电流传感器（相当于电流表，其电阻可以忽略不计）研究自感现象的实验电路，图中两个电阻的阻值均为R，L是一个自感系数足够大的自感线圈，其直流电阻值也为R。图5是某同学画出的在t0时刻开关S切换前后，通过传感器的电流随时间变化的图像。关于这些图像，下列说法中正确的是（ ）
A．甲图是开关S由断开变为闭合，通过传感器1的电流随时间变化的情况
B．乙图是开关S由断开变为闭合，通过传感器1的电流随时间变化的情况
C．丙图是开关S由闭合变为断开，通过传感器2的电流随时间变化的情况
D．丁图是开关S由闭合变为断开，通过传感器2的电流随时间变化的情况
答案：B
．（北京宣武区期末质量检测）在如图所示电路中，Ｌ为自感系数较大的线圈，a、b灯完全相同，闭合电键Ｓ，调节R，使a、b都正常发光。那么在断开和再次闭合电键Ｓ后，将看到的现象是
A． 电键闭合瞬间，b灯、a灯一起亮
B．电键闭合瞬间，b灯比a灯先亮
C．电键断开瞬间，b灯闪亮一下
D．电键断开瞬间，a灯闪亮一下
答案：B
．（北京市丰台区2010届高三上学期期末考试） (12分）如图甲所示， 光滑且足够长的平行金属导轨MN、PQ固定在同一水平面上，两导轨间距L=0.3m。导轨电阻忽略不计，其间连接有固定电阻R=0.4Ω。导轨上停放一质量m=0.1kg、电阻r=0.2Ω的金属杆ab，整个装置处于磁感应强度B=0.5T的匀强磁场中，磁场方向竖直向下。利用一外力F沿水平方向拉金属杆ab，使之由静止开始运动做匀加速直线运动，电压传感器可将R两端的电压U即时采集并输入电脑，获得电压U随时间t变化的关系如图乙所示。
(1）求金属杆的瞬时速度随时间变化的表达式；
(2）求第2s末外力F的大小；
(3）如果水平外力从静止起拉动杆2s所做的功为1.2J，求整个回路中产生的焦耳热是多少。
答案：(12分）解：
(1）(4分)设路端电压为U，杆的运动速度为v，有
，，
由图乙可得 U=0.2t
所以速度 v=2t
(2）(4分) 由v=2t知金属杆的加速度为2m/s2，在2s末，v=at=4m/s，
杆受安培力 N
由牛顿第二定律，对杆有，
得拉力F=0.35N
(3) (4分)在2s末， 杆的动能 J
由能量守恒定律，回路产生的焦耳热 Q=W－Ek=0.4J
．（2010北京海淀期末练习）图6中A是一底边宽为L的闭合线框，其电阻为R。现使线框以恒定的速度v沿x轴向右运动，并穿过图中所示的宽度为d的匀强磁场区域，已知Ｌ< d，且在运动过程中线框平面始终与磁场方向垂直。若以x轴正方向作为力的正方向，线框从图6所示位置开始运动的时刻作为时间的零点，则在图7所示的图像中，可能正确反映上述过程中磁场对线框的作用力F 随时间t变化情况的是 ( ）
答案：D
12：如图所示，在竖直向下的磁感强度为B的匀强磁场中，有两根水平放置相距L且足够长的平行金属导轨AB、CD，在导体的AC端连接一阻值为R的电阻，一根垂直于导体放置的金属棒ab，质量为m，导轨和金属棒的电阻及它们间的摩擦不计，若用恒力F沿水平方向向右拉棒运动，求金属棒的最大速度。
拓展1 如果ab棒与导轨间的动摩擦因数为μ，其它条件不变，则ab棒的最大速度为多少？
拓展2 如右图所示，若将质量为M的重物跨过一光滑的定滑轮，通过一根不计伸长和质量的细绳与ab相连，绳与导轨平行，将M从静止开始释放，当阻值为r的ab棒产生的电功率最大，求此时棒的速度？（ab棒与导轨间的动摩擦因数仍为μ）
拓展3 如右图所示，ab棒与导轨间的动摩擦因数为μ，求：
ab棒下滑的最大速度。
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