例1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
电磁感应课堂例题
电磁感应课堂例题第二节探究电磁感应产生的条件【例题1】关于感应电流,下列说法中正确的是( )A．只要闭合电路内有磁通量,闭合电路中就有感应电流产生B．穿过螺线管的磁通量发生变化时,螺线管内部就一定有感应电流产生C．线框不闭合时,即使穿过线圈的磁通量发生变化,线圈中也没有感应电流D．只要电路的一部分作切割磁感线运动,电路中就一定有感应电流解析:感生电流产生的条件：首先，穿过电路的磁通量必须变化；其次，电路必须闭合。
本题（A）（B）（D）选择支都不能确保两点都满足，故不能选。
故（C）正确。
【例题2】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边为轴转动解析:直线电流在其周围产生的磁感应强度与导线中的电流强度和考查点到导线的距离有关（B=KI/r）。
本题(A)因电流强度的变大使穿过线框回路的磁场变强从而使磁通量发生了变化；(B)因线框向外运动使穿过线框回路的磁场变弱，从而使线框回路的磁通量发生变化；(D)主要是因为线框面与磁场方向的夹角不断变化，从而使线框回路的磁通量发生变化；(C)影响电路磁通量的三个因素都没有改变，故磁通量不变。
故（A）（B）（D）正确。
【例题2】【例题3】【例题3】如图所示,一闭合金属环从上而下通过通电的长直螺线管,b为螺线管的中点,金属环通过a、b、c处时,能产生感应电流的是__________.解析:螺线管外部的磁场类似于条形磁铁的磁场，内部的磁场是匀强磁场在闭合金属环分别通过a、b、c时，穿过环面的磁通量的变化情况依次是变大、不变和变小，故能产生感生电流的是a，c。
【例题4】如图所示，用导线做成的圆形回路与一直导线构成几种位置组合，哪几种组合中，切断直导。
．．ABCD 线中电流时，闭合回路中会有感应电流产生？（）解析:A图，环面关于直导线对称分布，上下两个半环面上的磁场总是大小相等方向相反，穿过整个环面的磁通量恒为零；B图和C图，环面关于直导线不对称分布，穿过环面的磁通量不为零，当切断直导线中电流时，环面上的磁通量发生变化；D图，磁感线与回路导线是同心圆，穿过整个环面的磁通量恒为零。
交流电精选习题(含知识归纳、答案)
交流电精选习题知识要点：1. 中性面与有效面交流电产生的基本原理是电磁感应。
一个闭合线圈在匀强磁场中,绕与磁场方向垂直的轴匀速转动时,就会产生正弦交流电.①中性面：磁通量最大，磁通量的变化率为0，感应电动势为0.线圈经过中性面时，感应电流的方向将改变。
线圈每转一周经过中性面两次,电流的方向改变两次。
②有效面：线圈平面与磁感线平行时，过程线圈的磁通量为0，但磁通量的变化率最大，这时感应电动势和感应电流最大. 2. 交流电的变化规律设线圈转动的角速度为ω(rad/s）,则（从中性面开始计时) 交流电的表达式:e=E m sinωt,u=U m sinωt。
对纯电阻电路，有:i=e/R=I m sinωt。
3。
交流发电机①基本结构:产生感应电动势的线圈-—电枢；产生磁场的磁极.②交流发电机的类型：旋转电枢式;旋转磁极式。
4. 交流电的有效值交流电的有效值是根据电流的热效应规定的：让交流电和直流电通过同样阻值的电阻,若在相同的时间内产生的热量相等，则这一交流电流的有效值与这个直流电的电流相等。
正弦交流电的有效值与其最大值之间的关系是I=I m /2，U=U m/2，E=E m/2，各种交流电的设备上所标的、交流电表上所测的以及我们在题目中没有特别加以说明的交流电的数值，都是指有效值。
5. 交流电压的最大值：矩形线圈在匀强磁场中匀速转动时的电动势最大值.E m=2nBlv=nBl1l2ω=nBSω=nФmω（实际上，电动势的最大值与线圈的形状和转轴的位置无关)。
6. 变压器①电压关系:U1/n1=U2/n2=U3/n3=--—————。
变压器原线圈两端的电压与副线圈两端的电压之比，等于原、副线圈匝数之比。
②功率关系：P出=P入输出功率等于输入功率③电流关系:当只有一个副线圈时，I1/I2=n2/n1，变压器原线圈中的电流与副线圈中的电流跟它们的匝数成反比。
当有两个以上副线圈时，电流应由功率关系确定。
7。
远距离输电远距离输电减小输电导线上电能损失的方法:远距离输电要解决的关键问题是减小输电导线上的电能损失，由P=I2R可知减小损耗的具体方法是：①减小输电导线的电阻，如采用电阻率小的材料，适当增加导线的截面积。
大学物理第八章课后习题答案
大学物理第八章课后习题答案-CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN第八章电磁感应电磁场8 －1一根无限长平行直导线载有电流I，一矩形线圈位于导线平面内沿垂直于载流导线方向以恒定速率运动（如图所示），则（）（A）线圈中无感应电流（B）线圈中感应电流为顺时针方向（C）线圈中感应电流为逆时针方向（D）线圈中感应电流方向无法确定分析与解由右手定则可以判断，在矩形线圈附近磁场垂直纸面朝里，磁场是非均匀场，距离长直载流导线越远，磁场越弱．因而当矩形线圈朝下运动时，在线圈中产生感应电流，感应电流方向由法拉第电磁感应定律可以判定．因而正确答案为（B）．8 －2将形状完全相同的铜环和木环静止放置在交变磁场中，并假设通过两环面的磁通量随时间的变化率相等，不计自感时则（）（A）铜环中有感应电流，木环中无感应电流（B）铜环中有感应电流，木环中有感应电流（C）铜环中感应电动势大，木环中感应电动势小（D）铜环中感应电动势小，木环中感应电动势大23分析与解 根据法拉第电磁感应定律，铜环、木环中的感应电场大小相等，但在木环中不会形成电流．因而正确答案为（A ）．8 －3 有两个线圈，线圈1 对线圈2 的互感系数为M 21 ，而线圈2 对线圈1的互感系数为M 12 ．若它们分别流过i 1 和i 2 的变化电流且ti t i d d d d 21<，并设由i 2变化在线圈1 中产生的互感电动势为ε12 ，由i 1 变化在线圈2 中产生的互感电动势为ε21 ，下述论断正确的是（ ）．（A ）2112M M = ，1221εε=（B ）2112M M ≠ ，1221εε≠（C ）2112M M =， 1221εε<（D ）2112M M = ，1221εε<分析与解 教材中已经证明M21 ＝M12 ，电磁感应定律t i M εd d 12121=；ti M εd d 21212=．因而正确答案为（D ）． 8 －4 对位移电流，下述四种说法中哪一种说法是正确的是（ ）（A ） 位移电流的实质是变化的电场（B ） 位移电流和传导电流一样是定向运动的电荷（C ） 位移电流服从传导电流遵循的所有定律（D ） 位移电流的磁效应不服从安培环路定理分析与解 位移电流的实质是变化的电场．变化的电场激发磁场，在这一点位移电流等效于传导电流，但是位移电流不是走向运动的电荷，也就不服从焦耳热效应、安培力等定律．因而正确答案为（A ）．48 －5 下列概念正确的是（ ）（A ） 感应电场是保守场（B ） 感应电场的电场线是一组闭合曲线（C ） LI Φm =，因而线圈的自感系数与回路的电流成反比（D ） LI Φm =，回路的磁通量越大，回路的自感系数也一定大 分析与解 对照感应电场的性质，感应电场的电场线是一组闭合曲线．因而正确答案为（B ）．8 －6 一铁心上绕有线圈100匝，已知铁心中磁通量与时间的关系为()Wb π100sin 100.85t Φ⨯=，求在s 100.12-⨯=t 时，线圈中的感应电动势．分析 由于线圈有N 匝相同回路，线圈中的感应电动势等于各匝回路的感应电动势的代数和，在此情况下，法拉第电磁感应定律通常写成tψt ΦN ξd d d d -=-=，其中ΦN ψ=称为磁链． 解 线圈中总的感应电动势()()t tΦNξπ100cos 51.2d d =-= 当s 100.12-⨯=t 时，V 51.2=ξ． 8 －7 有两根相距为d 的无限长平行直导线，它们通以大小相等流向相反的电流，且电流均以tI d d 的变化率增长．若有一边长为d 的正方形线圈与两导线处于同一平面内，如图所示．求线圈中的感应电动势．5分析 本题仍可用法拉第电磁感应定律tΦξd d -=来求解．由于回路处在非均匀磁场中，磁通量就需用⎰⋅=SΦS B d 来计算（其中B 为两无限长直电流单独存在时产生的磁感强度B 1 与B 2 之和）． 为了积分的需要，建立如图所示的坐标系．由于B 仅与x 有关，即()B B x =，故取一个平行于长直导线的宽为ｄx 、长为d 的面元ｄS ，如图中阴影部分所示，则x d S d d =，所以，总磁通量可通过线积分求得（若取面元y x S d d d =，则上述积分实际上为二重积分）．本题在工程技术中又称为互感现象，也可用公式tl M E M d d -=求解． 解1 穿过面元ｄS 的磁通量为()x d xI μx d d x I μΦd π2d π2d d d d 0021-+=⋅+⋅=⋅=S B S B S B 因此穿过线圈的磁通量为()43ln π2d π2d π2d 02020Id μx x Id μx d x Id μΦΦd d dd =-+==⎰⎰⎰ 再由法拉第电磁感应定律，有6tI d μt ΦE d d 43ln π2d d 0⎪⎭⎫ ⎝⎛=-= 解2 当两长直导线有电流I 通过时，穿过线圈的磁通量为 43ln π20dI μΦ=线圈与两长直导线间的互感为 43ln π20d μI ΦM == 当电流以tl d d 变化时，线圈中的互感电动势为 tI d μt I M E d d 43ln π2d d 0⎪⎭⎫ ⎝⎛=-= 试想：如线圈又以速率v 沿水平向右运动，如何用法拉第电磁感应定律求图示位置的电动势呢此时线圈中既有动生电动势，又有感生电动势．设时刻t ，线圈左端距右侧直导线的距离为ξ，则穿过回路的磁通量()ξf ΦS,1d =⋅=⎰S B ，它表现为变量I 和ξ的二元函数，将Φ代入t ΦE d d -= 即可求解，求解时应按复合函数求导，注意，其中v =tξd d ，再令ξ＝d 即可求得图示位置处回路中的总电动势．最终结果为两项，其中一项为动生电动势，另一项为感生电动势．8 －8 有一测量磁感强度的线圈，其截面积S ＝4.0 cm 2 、匝数N ＝160 匝、电阻R ＝50Ω．线圈与一内阻R i ＝30Ω的冲击电流计相连．若开始时，线圈的平面与均匀磁场的磁感强度B 相垂直，然后线圈的平面很快地转到与B 的方向平行．此时从冲击电流计中测得电荷值54.010C q -=⨯．问此均匀磁场的磁感强度B 的值为多少7分析 在电磁感应现象中，闭合回路中的感应电动势和感应电流与磁通量变化的快慢有关，而在一段时间内，通过导体截面的感应电量只与磁通量变化的大小有关，与磁通量变化的快慢无关．工程中常通过感应电量的测定来确定磁场的强弱． 解 在线圈转过90°角时，通过线圈平面磁通量的变化量为NBS NBS ΦΦΦ=-=-=0Δ12 因此，流过导体截面的电量为ii R RNBS R R Φq +=+=Δ 则 ()T 050.0=+=NSR R q B i 8 －9 如图所示，一长直导线中通有I ＝5.0 A 的电流，在距导线9.0 cm 处，放一面积为0.10 cm 2 ，10 匝的小圆线圈，线圈中的磁场可看作是均匀的．今在1.0 ×10－2 s 内把此线圈移至距长直导线10.0 cm 处．求：（1） 线圈中平均感应电动势；（2） 设线圈的电阻为1.0×10－2Ω，求通过线圈横截面的感应电荷．8分析 虽然线圈处于非均匀磁场中，但由于线圈的面积很小，可近似认为穿过线圈平面的磁场是均匀的，因而可近似用NBS ψ=来计算线圈在始、末两个位置的磁链．解 （1） 在始、末状态，通过线圈的磁链分别为1011π2r ISμN S NB ψ==,2022π2r IS μN S NB ψ== 则线圈中的平均感应电动势为 V 1011.111πΔ2ΔΔ8210-⨯=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-==r r t IS μN t ΦE 电动势的指向为顺时针方向．（2） 通过线圈导线横截面的感应电荷为tΦE d d -= 8 －10 如图（ａ）所示，把一半径为R 的半圆形导线OP 置于磁感强度为B 的均匀磁场中，当导线以速率v 水平向右平动时，求导线中感应电动势E 的大小，哪一端电势较高9分析 本题及后面几题中的电动势均为动生电动势，除仍可由tΦE d d -=求解外（必须设法构造一个闭合回路），还可直接用公式()l B d ⋅⨯=⎰l E v 求解．在用后一种方法求解时，应注意导体上任一导线元ｄl 上的动生电动势()l B d d ⋅⨯=v E .在一般情况下，上述各量可能是ｄl 所在位置的函数．矢量（v ×B ）的方向就是导线中电势升高的方向． 解1 如图（ｂ）所示，假想半圆形导线O P 在宽为2R 的静止形导轨上滑动，两者之间形成一个闭合回路．设顺时针方向为回路正向，任一时刻端点O 或端点P 距 形导轨左侧距离为x ，则B R Rx Φ⎪⎭⎫ ⎝⎛+=2π212 即B R tx RB t ΦE v 2d d 2d d -=-=-= 由于静止的 形导轨上的电动势为零，则E ＝－2R v B ．式中负号表示电动势的方向为逆时针，对OP 段来说端点P 的电势较高． 解2 建立如图（c ）所示的坐标系，在导体上任意处取导体元ｄl ，则()θR θB l θB E o d cos d cos 90sin d d v v ==⋅⨯=l B vB R θθBR E v v 2d cos d E π/2π/2===⎰⎰- 由矢量（v ×B ）的指向可知，端点P 的电势较高．10 解3 连接OP 使导线构成一个闭合回路．由于磁场是均匀的，在任意时刻，穿过回路的磁通量==BS Φ常数.由法拉第电磁感应定律tΦE d d -=可知，E ＝0 又因 E ＝E OP ＋E PO即 E OP ＝－E PO ＝2R v B由上述结果可知，在均匀磁场中，任意闭合导体回路平动所产生的动生电动势为零；而任意曲线形导体上的动生电动势就等于其两端所连直线形导体上的动生电动势．上述求解方法是叠加思想的逆运用，即补偿的方法．8 －11 长为L 的铜棒，以距端点r 处为支点，以角速率ω绕通过支点且垂直于铜棒的轴转动.设磁感强度为B 的均匀磁场与轴平行，求棒两端的电势差．分析 应该注意棒两端的电势差与棒上的动生电动势是两个不同的概念，如同电源的端电压与电源电动势的不同．在开路时，两者大小相等，方向相反（电动势的方向是电势升高的方向，而电势差的正方向是电势降落的方向）．本题可直接用积分法求解棒上的电动势，亦可以将整个棒的电动势看作是O A 棒与O B 棒上电动势的代数和，如图（ｂ）所示．而E O A 和E O B 则可以直接利用第８ －2 节例1 给出的结果．解1 如图（ａ）所示，在棒上距点O 为l 处取导体元ｄl ，则()()r L lB ωl lB ωE L-r r AB AB 221d d --=-=⋅⨯=⎰⎰-l B v 因此棒两端的电势差为()r L lB ωE U AB AB 221--== 当L ＞2r 时，端点A 处的电势较高解2 将AB 棒上的电动势看作是O A 棒和O B 棒上电动势的代数和，如图（ｂ）所示．其中221r ωB E OA =,()221r L B ωE OB -= 则()r L BL ωE E E OB OA AB 221--=-= 8 －12 如图所示，长为L 的导体棒OP ，处于均匀磁场中，并绕OO ′轴以角速度ω旋转，棒与转轴间夹角恒为θ，磁感强度B 与转轴平行．求OP 棒在图示位置处的电动势．分析 如前所述，本题既可以用法拉第电磁感应定律t ΦE d d -= 计算（此时必须构造一个包含OP 导体在内的闭合回路， 如直角三角形导体回路OPQO ），也可用()l B d ⋅⨯=⎰lE v 来计算．由于对称性，导体OP 旋转至任何位置时产生的电动势与图示位置是相同的．解1 由上分析，得()l B d ⋅⨯=⎰OP OP E v l αB l o d cos 90sin ⎰=v()()l θB θωl o d 90cos sin ⎰-=l()⎰==L θL B ωl l θB ω022sin 21d sin 由矢量B ⨯v 的方向可知端点P 的电势较高．解2 设想导体OP 为直角三角形导体回路OPQO 中的一部分，任一时刻穿过回路的磁通量Φ为零，则回路的总电动势QO PQ OP E E E t ΦE ++==-=0d d 显然，E QO ＝0，所以()221PQ B ωE E E QO PQ OP ==-= 由上可知，导体棒OP 旋转时，在单位时间内切割的磁感线数与导体棒QP 等效．后者是垂直切割的情况．8 －13 如图（ａ）所示，金属杆AB 以匀速12.0m s -=⋅v 平行于一长直导线移动，此导线通有电流I ＝40A ．求杆中的感应电动势，杆的哪一端电势较高分析 本题可用两种方法求解．（1） 用公式()l B d ⋅⨯=⎰lE v 求解，建立图（a ）所示的坐标系，所取导体元x l d d =，该处的磁感强度xI μB π20=．（2） 用法拉第电磁感应定律求解，需构造一个包含杆AB 在内的闭合回路．为此可设想杆AB 在一个静止的形导轨上滑动，如图（ｂ）所示．设时刻t ，杆AB 距导轨下端CD 的距离为y ，先用公式⎰⋅=SΦS B d 求得穿过该回路的磁通量，再代入公式tΦE d d -=，即可求得回路的电动势，亦即本题杆中的电动势． 解1 根据分析，杆中的感应电动势为()V 1084.311ln 2πd 2πd d 50m 1.1m 1.00-⨯-=-=-==⋅⨯=⎰⎰v v v I μx x μxl E AB AB l B 式中负号表示电动势方向由B 指向A ，故点A 电势较高． 解2 设顺时针方向为回路AB CD 的正向，根据分析，在距直导线x 处，取宽为ｄx 、长为y 的面元ｄS ，则穿过面元的磁通量为x y xI μΦd 2πd d 0=⋅=S B 穿过回路的磁通量为11ln 2πd 2πd 0m1.1m 1.00⎰⎰-===S Iy μx y x I μΦΦ 回路的电动势为V 1084.32πd d 11ln 2πd d 500-⨯-=-=-=-=Iy μt y x I μt ΦE 由于静止的形导轨上电动势为零，所以 V 1084.35-⨯-==E E AB式中负号说明回路电动势方向为逆时针，对AB 导体来说，电动势方向应由B 指向A ，故点A 电势较高．8 －14 如图（ａ）所示，在“无限长”直载流导线的近旁，放置一个矩形导体线框，该线框在垂直于导线方向上以匀速率v 向右移动，求在图示位置处，线框中感应电动势的大小和方向．分析 本题亦可用两种方法求解．其中应注意下列两点：1．当闭合导体线框在磁场中运动时，线框中的总电动势就等于框上各段导体中的动生电动势的代数和．如图（ａ）所示，导体eh 段和fg 段上的电动势为零［此两段导体上处处满足()0l B =⋅⨯d v ］，因而线框中的总电动势为()()()()hg ef hgef gh ef E E E -=⋅⨯-⋅⨯=⋅⨯+⋅⨯=⎰⎰⎰⎰l B l B l B l B d d d d v v v v 其等效电路如图（ｂ）所示．2．用公式tΦE d d -=求解，式中Φ是线框运动至任意位置处时，穿过线框的磁通量．为此设时刻t 时，线框左边距导线的距离为ξ，如图（c ）所示，显然ξ是时间t 的函数，且有v =tξd d ．在求得线框在任意位置处的电动势E （ξ）后，再令ξ＝d ，即可得线框在题目所给位置处的电动势．解1 根据分析，线框中的电动势为hg ef E E E -=()()⎰⎰⋅⨯-⋅⨯=hgef l B l B d d v v ()⎰⎰+-=2201000d 2πd 2πl l l l d I μl d I μv v ()1202πl d I I μ+=1vI 由E ef ＞E hg 可知，线框中的电动势方向为efgh ．解2 设顺时针方向为线框回路的正向．根据分析，在任意位置处，穿过线框的磁通量为()()ξl ξξx Il μdx ξx Il μΦl 120020ln π2π21++=+=⎰ 相应电动势为()()1120π2d d l ξξl l I μt ΦξE +=-=v 令ξ＝d ，得线框在图示位置处的电动势为 ()1120π2l d d l l I μE +=v 由E ＞0 可知，线框中电动势方向为顺时针方向．*8 －15 有一长为l ，宽为b 的矩形导线框架，其质量为m ，电阻为R ．在t ＝0时，框架从距水平面y ＝0 的上方h 处由静止自由下落，如图所示．磁场的分布为：在y ＝0 的水平面上方没有磁场；在y ＝0 的水平面下方有磁感强度为B 的均匀磁场，B 的方向垂直纸面向里．已知框架在时刻t 1 和t 2 的位置如图中所示．求在下述时间内，框架的速度与时间的关系：（1） t 1 ≥t ＞0，即框架进入磁场前；（2） t 2 ≥t ≥t 1 ，即框架进入磁场， 但尚未全部进入磁场；（3）t ＞t 2 ，即框架全部进入磁场后．分析 设线框刚进入磁场（t 1 时刻）和全部进入磁场（t 2 时刻）的瞬间，其速度分别为v 10 和v 20 ．在情况（1）和（3）中，线框中无感应电流，线框仅在重力作用下作落体运动，其速度与时间的关系分别为v ＝gt （t ＜t 1）和v ＝v 20 ＋g （t －t 2 ）（t ＞t 2 ）．而在t 1＜t ＜t 2这段时间内，线框运动较为复杂，由于穿过线框回路的磁通量变化，使得回路中有感应电流存在，从而使线框除受重力外，还受到一个向上的安培力F A ，其大小与速度有关，即()A A F F =v ．根据牛顿运动定律，此时线框的运动微分方程为()tv v d d m F mg A =-，解此微分方程可得t 1＜t ＜t 2 时间内线框的速度与时间的关系式．解 （1） 根据分析，在1t t ≤时间内，线框为自由落体运动，于是()11t t gt ≤=v 其中1t t =时，gh 2101==v v（2） 线框进入磁场后，受到向上的安培力为v Rl B IlB F A 22== 根据牛顿运动定律，可得线框运动的微分方程tv m v d d 22=-R l B mg 令mRl B K 22=，整理上式并分离变量积分，有 ⎰⎰=-t t t g 110d d vv Kv v 积分后将gh 210=v 代入，可得()()[]1212t t K e gh K g g K----=v （3） 线框全部进入磁场后（t ＞t 2），作初速为v 20 的落体运动，故有()()()[]()222031221t t g e gh K g g Kt t g t t K -+--=-+=--v v 8 －16 有一磁感强度为B 的均匀磁场，以恒定的变化率t d d B 在变化．把一块质量为m 的铜，拉成截面半径为r 的导线，并用它做成一个半径为R 的圆形回路．圆形回路的平面与磁感强度B 垂直．试证：这回路中的感应电流为td d π4B d ρm I =式中ρ 为铜的电阻率，d 为铜的密度． 解 圆形回路导线长为πR 2，导线截面积为2πr ，其电阻R ′为22rR ρS l ρR ==' 在均匀磁场中，穿过该回路的磁通量为BS Φ=，由法拉第电磁感应定律可得回路中的感应电流为t t t d d 2πd d π1d d 122B ρRr B R R ΦR R E I ='='='= 而2ππ2r R d m =，即dm Rr π2π2=，代入上式可得 td d π4B d ρm I = 8 －17 半径为R ＝2.0 cm 的无限长直载流密绕螺线管，管内磁场可视为均匀磁场，管外磁场可近似看作零．若通电电流均匀变化，使得磁感强度B 随时间的变化率td d B 为常量，且为正值，试求：（1） 管内外由磁场变化激发的感生电场分布；（2） 如1s T 010.0d d -⋅=tB ，求距螺线管中心轴r ＝5．0 cm 处感生电场的大小和方向．分析 变化磁场可以在空间激发感生电场，感生电场的空间分布与场源———变化的磁场（包括磁场的空间分布以及磁场的变化率td d B 等）密切相关，即S B l E d d ⋅∂∂-=⎰⎰S S k t .在一般情况下，求解感生电场的分布是困难的．但对于本题这种特殊情况，则可以利用场的对称性进行求解．可以设想，无限长直螺线管内磁场具有柱对称性，其横截面的磁场分布如图所示．由其激发的感生电场也一定有相应的对称性，考虑到感生电场的电场线为闭合曲线，因而本题中感生电场的电场线一定是一系列以螺线管中心轴为圆心的同心圆．同一圆周上各点的电场强度E k 的大小相等，方向沿圆周的切线方向．图中虚线表示r ＜R 和r ＞R 两个区域的电场线．电场线绕向取决于磁场的变化情况，由楞次定律可知，当0d d <t B 时，电场线绕向与B 方向满足右螺旋关系；当0d d >t B 时，电场线绕向与前者相反．解 如图所示，分别在r ＜R 和r ＞R 的两个区域内任取一电场线为闭合回路l （半径为r 的圆），依照右手定则，不妨设顺时针方向为回路正向．（1） r ＜R ， tB r t r E E k l k d d πd d d π2d 2-=⋅-=⋅=⋅=⎰⎰S B l E tB r E k d d 2-= r ＞R ， t B R t r E E k lk d d πd d d π2d 2-=⋅-=⋅=⋅=⎰⎰S B l E tB r R E k d d 22-= 由于0d d >tB ，故电场线的绕向为逆时针． （2） 由于r ＞R ，所求点在螺线管外，因此tB r R E k d d 22-= 将r 、R 、tB d d 的数值代入，可得15m V 100.4--⋅⨯-=k E ，式中负号表示E k 的方向是逆时针的．8 －18 在半径为R 的圆柱形空间中存在着均匀磁场，B 的方向与柱的轴线平行．如图（ａ）所示，有一长为l 的金属棒放在磁场中，设B 随时间的变化率tB d d 为常量．试证：棒上感应电动势的大小为分析 变化磁场在其周围激发感生电场，把导体置于感生电场中，导体中的自由电子就会在电场力的作用下移动，在棒内两端形成正负电荷的积累，从而产生感生电动势．由于本题的感生电场分布与上题所述情况完全相同，故可利用上题结果，由⎰⋅=lk E l E d 计算棒上感生电动势．此外，还可连接OP 、OQ ，设想PQOP 构成一个闭合导体回路，用法拉第电磁感应定律求解，由于OP 、OQ 沿半径方向，与通过该处的感生电场强度E k 处处垂直，故0d =⋅l E k ，OP 、OQ 两段均无电动势，这样，由法拉第电磁感应定律求出的闭合回路的总电动势，就是导体棒PQ 上的电动势．证1 由法拉第电磁感应定律，有 22Δ22d d d d d d ⎪⎭⎫ ⎝⎛-==-==l R l t B t B S t ΦE E PQ 证2 由题８ －17可知，在r ＜R 区域，感生电场强度的大小tB r E k d d 2= 设PQ 上线元ｄx 处，E k 的方向如图（b ）所示，则金属杆PQ 上的电动势为()()222202/2d d d 2/d d 2d cos d l R l t B x r l R t B r x θE E l k k PQ -=-==⋅=⎰⎰x E 讨论 假如金属棒PQ 有一段在圆外，则圆外一段导体上有无电动势 该如何求解8 －19 截面积为长方形的环形均匀密绕螺绕环，其尺寸如图（ａ）所示，共有N 匝（图中仅画出少量几匝），求该螺绕环的自感L ．分析 如同电容一样，自感和互感都是与回路系统自身性质（如形状、匝数、介质等）有关的量．求自感L 的方法有两种：1．设有电流I 通过线圈，计算磁场穿过自身回路的总磁通量，再用公式IΦL =计算L ．2．让回路中通以变化率已知的电流，测出回路中的感应电动势E L ，由公式t I E L L d /d =计算L ．式中E L 和tI d d 都较容易通过实验测定，所以此方法一般适合于工程中．此外，还可通过计算能量的方法求解．解 用方法1 求解，设有电流I 通过线圈，线圈回路呈长方形，如图（ｂ）所示，由安培环路定理可求得在R 1 ＜r ＜R 2 范围内的磁场分布为xNI μB π20=由于线圈由N 匝相同的回路构成，所以穿过自身回路的磁链为 12200ln π2d π2d 21R R hI N μx h x NI μN N ψS R R ==⋅=⎰⎰S B 则1220ln π2R R h N μI ψL = 若管中充满均匀同种磁介质，其相对磁导率为μr ，则自感将增大μr 倍．8 －20 如图所示，螺线管的管心是两个套在一起的同轴圆柱体，其截面积分别为S 1 和S 2 ，磁导率分别为μ1 和μ2 ，管长为l ，匝数为N ，求螺线管的自感．（设管的截面很小）分析 本题求解时应注意磁介质的存在对磁场的影响．在无介质时，通电螺线管内的磁场是均匀的，磁感强度为B 0 ，由于磁介质的存在，在不同磁介质中磁感强度分别为μ1 B 0 和μ2 B 0 ．通过线圈横截面的总磁通量是截面积分别为S 1 和S 2 的两部分磁通量之和．由自感的定义可解得结果．解 设有电流I 通过螺线管，则管中两介质中磁感强度分别为I L N μnl μB 111==,I LN μnl μB 222== 通过N 匝回路的磁链为221121S NB S NB ΨΨΨ+=+=则自感2211221S μS μlN I ψL L L +==+= 8 －21 有两根半径均为a 的平行长直导线，它们中心距离为d ．试求长为l的一对导线的自感（导线内部的磁通量可略去不计）．分析 两平行长直导线可以看成无限长但宽为d 的矩形回路的一部分．设在矩形回路中通有逆时针方向电流I ，然后计算图中阴影部分（宽为d 、长为l ）的磁通量．该区域内磁场可以看成两无限长直载流导线分别在该区域产生的磁场的叠加．解 在如图所示的坐标中，当两导线中通有图示的电流I 时，两平行导线间的磁感强度为()r d I μr I μB -+=π2π200 穿过图中阴影部分的磁通量为 aa d l μr Bl ΦS a d a -==⋅=⎰⎰-ln πd d 0S B 则长为l 的一对导线的自感为aa d l μI ΦL -==ln π0 如导线内部磁通量不能忽略，则一对导线的自感为212L L L +=．L 1 称为外自感，即本题已求出的L ，L 2 称为一根导线的内自感．长为l 的导线的内自感8π02l μL =，有兴趣的读者可自行求解． 8 －22 如图所示，在一柱形纸筒上绕有两组相同线圈AB 和A ′B ′，每个线圈的自感均为L ，求：（1） A 和A ′相接时，B 和B ′间的自感L 1 ；（2） A ′和B 相接时，A 和B ′间的自感L 2 ．分析 无论线圈AB 和A ′B ′作哪种方式连接，均可看成一个大线圈回路的两个部分，故仍可从自感系数的定义出发求解．求解过程中可利用磁通量叠加的方法，如每一组载流线圈单独存在时穿过自身回路的磁通量为Φ，则穿过两线圈回路的磁通量为2Φ；而当两组线圈按（1）或（2）方式连接后，则穿过大线圈回路的总磁通量为2Φ±2Φ，“ ±”取决于电流在两组线圈中的流向是相同或是相反．解 （1） 当A 和A ′连接时，AB 和A ′B ′线圈中电流流向相反，通过回路的磁通量亦相反，故总通量为0221=-=ΦΦΦ，故L 1 ＝0．（2） 当A ′和B 连接时，AB 和A ′B ′线圈中电流流向相同，通过回路的磁通量亦相同，故总通量为ΦΦΦΦ4222=+=， 故L I ΦI ΦL 4422===． 本题结果在工程实际中有实用意义，如按题（1）方式连接，则可构造出一个无自感的线圈．8 －23 如图所示，一面积为4.0 cm 2 共50 匝的小圆形线圈A ，放在半径为20 cm 共100 匝的大圆形线圈B 的正中央，此两线圈同心且同平面．设线圈A 内各点的磁感强度可看作是相同的．求：（1） 两线圈的互感；（2） 当线圈B 中电流的变化率为－50 A·ｓ－1 时，线圈A 中感应电动势的大小和方向．分析 设回路Ⅰ中通有电流I 1 ，穿过回路Ⅱ的磁通量为Φ21 ，则互感M ＝M 21 ＝Φ21I 1 ；也可设回路Ⅱ通有电流I 2 ，穿过回路Ⅰ的磁通量为Φ12 ，则21212I ΦM M == ． 虽然两种途径所得结果相同，但在很多情况下，不同途径所涉及的计算难易程度会有很大的不同．以本题为例，如设线圈B 中有电流I 通过，则在线圈A 中心处的磁感强度很易求得，由于线圈A 很小，其所在处的磁场可视为均匀的，因而穿过线圈A 的磁通量Φ≈BS ．反之，如设线圈A 通有电流I ，其周围的磁场分布是变化的，且难以计算，因而穿过线圈B 的磁通量也就很难求得，由此可见，计算互感一定要善于选择方便的途径．解 （1） 设线圈B 有电流I 通过，它在圆心处产生的磁感强度R I μN B B 200=穿过小线圈A 的磁链近似为 A B A A A A S RI μN N S B N ψ200== 则两线圈的互感为H 1028.6260-⨯===RS μN N I ψM A B A A （2）V 1014.3d d 4-⨯=-=tI M E A 互感电动势的方向和线圈B 中的电流方向相同．8 －24 如图所示，两同轴单匝线圈A 、C 的半径分别为R 和r ，两线圈相距为d ．若r 很小，可认为线圈A 在线圈C 处所产生的磁场是均匀的．求两线圈的互感．若线圈C 的匝数为N 匝，则互感又为多少解 设线圈A 中有电流I 通过，它在线圈C 所包围的平面内各点产生的磁感强度近似为()2/322202d R IR μB +=穿过线圈C 的磁通为 ()22/32220π2r d R IR μBS ψC +==则两线圈的互感为 ()2/3222202πdR R r μI ψM +== 若线圈C 的匝数为N 匝，则互感为上述值的N 倍． 8 －25 如图所示，螺绕环A 中充满了铁磁质，管的截面积S 为2.0 cm 2 ，沿环每厘米绕有100 匝线圈，通有电流I 1 ＝4.0 ×10 －2 A ，在环上再绕一线圈C ，共10 匝，其电阻为0.10 Ω，今将开关Ｓ 突然开启，测得线圈C 中的感应电荷为2.0 ×10 －3C ．求：当螺绕环中通有电流I 1 时，铁磁质中的B 和铁磁质的相对磁导率μr ．分析 本题与题８ －８ 相似，均是利用冲击电流计测量电磁感应现象中通过回路的电荷的方法来计算磁场的磁感强度．线圈C 的磁通变化是与环形螺线管中的电流变化相联系的． 解 当螺绕环中通以电流I 1 时，在环内产生的磁感强度110I n μμB r =则通过线圈C 的磁链为S I n μμN BS N ψr c 11022==设断开电源过程中，通过C 的感应电荷为q C ，则有()RS I n μμN ψR ψR qc r c c 110201Δ1=--=-= 由此得 T 10.02110===S N Rqc I n μμB r 相对磁导率1991102==I n μS N Rqc μr8 －26 一个直径为0.01 m ，长为0.10 m 的长直密绕螺线管，共1 000 匝线圈，总电阻为7.76 Ω．求：（1） 如把线圈接到电动势E ＝2.0 V 的电池上，电流稳定后，线圈中所储存的磁能有多少 磁能密度是多少*（2） 从接通电路时算起，要使线圈储存磁能为最大储存磁能的一半，需经过多少时间分析 单一载流回路所具有的磁能，通常可用两种方法计算：（1） 如回路自感为L （已知或很容易求得），则该回路通有电流I 时所储存的磁能221LI W m =，通常称为自感磁能．（2） 由于载流回路可在空间激发磁场，磁能实际是储存于磁场之中，因而载流回路所具有的能量又可看作磁场能量，即V w W V m m d ⎰=，式中m w 为磁场能量密度，积分遍及磁场存在的空间．由于μB w m 22=，因而采用这种方法时应首先求载流回路在空间产生的磁感强度B 的分布．上述两种方法还为我们提供了计算自感的另一种途径，即运用V w LI V m d 212⎰=求解L ． 解 （1） 密绕长直螺线管在忽略端部效应时，其自感l S N L 2=，电流稳定后，线圈中电流RE I =，则线圈中所储存的磁能为J 1028.3221522202-⨯===lRSE N μLI W m 在忽略端部效应时，该电流回路所产生的磁场可近似认为仅存在于螺线管。
高中物理电磁感应习题
4、如图所示，光滑导轨竖直放置，匀强磁场的磁感 应强度为B=0.5T，磁场方向垂直于导轨平面向外，导 体棒ab长L=0.2m，电阻R=1.0Ω．导轨电阻不计，当导 体棒紧贴导轨匀速下滑时，均标有“6V 3W”字样的两 小灯泡恰好正常发光，求
（1）通过ab的电流的大小和方向．
（2）ab的运动速度．
B
7、两根相距d=20厘米的平行金属长导轨固定在同一水 平面内，并处于竖直方向的匀强磁场中，磁场的磁感应 强度B=0.20特，导轨上面横放着两条金属细杆构成矩形 回路，两条金属杆的电阻为r=0.25欧，回路中其余部分 的电阻可不计，已知两金属细杆在平行于导轨的拉力的 作用下沿导轨朝相反的方向匀速平移，速度大小都是 v=5.0米／秒，如图4－97所示，不计导轨上的摩擦．
19.如图所示，竖直放置的螺线管与导线abcd构成回路， 导线所围区域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 区域内磁场的磁感强度按下列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
20.如图所示，xoy坐标系y轴左侧和右侧分别有垂直 于纸面向外、向里的匀强磁场，磁感应强度均为B， 一个围成四分之一圆形的导体环oab，其圆心在原点o， 半径为R，开始时在第一象限。从t=0起绕o点以角速 度ω逆时针匀速转动。试画出环内感应电动势E随时 间t而变的函数图象（以顺时针电动势为正）。
30.如图4－72所示，两个互相连接的金属圆环用同样规
（1）求作用于每条金属细杆的拉力的大小．
（2）求两金属细杆在间距增加0.40米的滑动过程中共产 生的热量
8．如图4-89所示，闭合的单匝线圈放在匀强磁场中， 以角速度ω=300弧度／秒绕中心轴oo′逆时针匀速转动 （沿oo′方向看）．oo′轴垂直磁场方向．线圈的ab边 长为0.1米，bc边长为0.2米，线圈的总电阻R=0.05欧， B=0.5特．从中性面开始转动，求： （1）单匝线圈的最大感应电动势是多少？位置如何？ （2）由中性面开始转过90°时，平均感应电动势是 多少？
法拉第电磁感应定律知识点及例题
第3讲 法拉第电磁感应定律及其应用一、感应电流的产生条件1、回路中产生感应电动势和感应电流的条件是回路所围面积中的磁通量变化，因此研究磁通量的变化是关键,由磁通量的广义公式中φθ=B S ·sin （θ是Ｂ与S 的夹角）看，磁通量的变化∆φ可由面积的变化∆S 引起；可由磁感应强度B 的变化∆B 引起;可由B 与S 的夹角θ的变化∆θ引起;也可由B 、S 、θ中的两个量的变化,或三个量的同时变化引起。
2、闭合回路中的一部分导体在磁场中作切割磁感线运动时，可以产生感应电动势,感应电流，这是初中学过的，其本质也是闭合回路中磁通量发生变化。
ﻩ3、产生感应电动势、感应电流的条件:穿过闭合电路的磁通量发生变化。
二、法拉第电磁感应定律 公式一： t n E ∆∆=/φ注意: 1)该式普遍适用于求平均感应电动势。
２）Ｅ只与穿过电路的磁通量的变化率∆∆φ/t 有关， 而与磁通的产生、磁通的大小及变化方式、电路是否闭合、电路的结构与材料等因素无关。
公式tnE ∆∆=φ中涉及到磁通量的变化量∆φ的计算, 对∆φ的计算, 一般遇到有两种情况: 1)回路与磁场垂直的面积S 不变， 磁感应强度发生变化, 由∆∆φ=BS ， 此时S tB n E ∆∆=, 此式中的∆∆Bt 叫磁感应强度的变化率, 若∆∆Bt是恒定的, 即磁场变化是均匀的, 那么产生的感应电动势是恒定电动势。
2)磁感应强度B 不变， 回路与磁场垂直的面积发生变化, 则∆∆φ=B S ·, 线圈绕垂直于匀强磁场的轴匀速转动产生交变电动势就属这种情况。
严格区别磁通量φ， 磁通量的变化量∆φB 磁通量的变化率∆∆φt, 磁通量φ=B S ·， 表示穿过研究平面的磁感线的条数， 磁通量的变化量∆φφφ=-21, 表示磁通量变化的多少, 磁通量的变化率∆∆φt表示磁通量变化的快慢,公式二： θsin Blv E =要注意: 1)该式通常用于导体切割磁感线时, 且导线与磁感线互相垂直（l ⊥B )。
法拉第电磁感应定律 训练2
法拉第电磁感应定律 训练题 编题 王瑜1、 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A 、0，0B 、0，Bab ωC 、2/ BabD 、Bab ，Bab ω2、 下列关于感应电动势的说法中，正确的是A ．不管电路是否闭合，只要穿过电路的磁通量发生变化，电路中就有感应电动势B ．感应电动势的大小跟穿过电路的磁通量变化量成正比C ．感应电动势的大小跟穿过电路的磁通量变化率成正比D ．感应电动势的大小跟穿过回路的磁通量多少无关，但跟单位时间内穿过回路的磁通量变化有关3、关于感应电动势大小的下列说法中，正确的是A ．线圈中磁通量变化越大，线圈中产生的感应电动势一定越大B ．线圈中磁通量越大，产生的感应电动势一定越大C ．线圈放在磁感强度越强的地方，产生的感应电动势一定越大D ．线圈中磁通量变化越快，产生的感应电动势越大4、如图，一闭合金属圆环用绝缘细线挂于O 点，将圆环拉离平衡位置并释放，圆环摆动过程中经过有界的水平匀强磁场区域，A ，B 为该磁场的竖直边界，若不计空气阻力，则A ．圆环向右穿过磁场后，还能摆至原来的高度。
B ．在进入和离开磁场时，圆环中均有感应电流C ．圆环进入磁场后离平衡位置越近速度越大，感应电流也越大D ．圆环最终将静止在平衡位置。
5．如图所示，制做精密电阻时，为了消除在使用中由于电流的变化引起的自感现象，用电阻丝绕制电阻时采用如图所示的双线绕法，其道理是：A ．电路电流变化时，两根线中产生的自感电动势相互抵消B ．电路电流变化时，两根线中产生的自感电流相互抵消C ．电路电流变化时，两根线圈中的磁通量相互抵消D ．以上说法都不正确6．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xy 平面（纸面）向里。
具有一定电阻的矩形线框abcd 位于xy 平面内，线框的ab 边与y 轴重合。
高考物理：带你攻克电磁感应中的典型例题（附解析）
高考物理：带你攻克电磁感应中的典型例题（附解析）例1、如图所示，有一个弹性的轻质金属圆环，放在光滑的水平桌面上，环中央插着一根条形磁铁．突然将条形磁铁迅速向上拔出，则此时金属圆环将（）A. 圆环高度不变，但圆环缩小B. 圆环高度不变，但圆环扩张C. 圆环向上跳起，同时圆环缩小D. 圆环向上跳起，同时圆环扩张解析：在金属环中磁通量有变化，所以金属环中有感应电流产生，按照楞次定律解决问题的步骤一步一步进行分析，分析出感应电流的情况后再根据受力情况考虑其运动与形变的问题．也可以根据感应电流的磁场总阻碍线圈和磁体间的相对运动来解答。
当磁铁远离线圈时，线圈和磁体间的作用力为引力，由于金属圆环很轻，受的重力较小，因此所受合力方向向上，产生向上的加速度．同时由于线圈所在处磁场减弱，穿过线圈的磁通量减少，感应电流的磁场阻碍磁通量减少，故线圈有扩张的趋势。
所以D选项正确。
一、电磁感应中的力学问题导体切割磁感线产生感应电动势的过程中，导体的运动与导体的受力情况紧密相连，所以，电磁感应现象往往跟力学问题联系在一起。
解决这类电磁感应中的力学问题，一方面要考虑电磁学中的有关规律，如安培力的计算公式、左右手定则、法拉第电磁感应定律、楞次定律等；另一方面还要考虑力学中的有关规律，如牛顿运动定律、动量定理、动能定理、动量守恒定律等。
例2、如图1所示，两根足够长的直金属导轨MN、PQ平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上，两导轨间距为L，M、P两点间接有阻值为R的电阻。
一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直。
整套装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向下，导轨和金属杆的电阻可忽略。
让ab杆沿导轨由静止开始下滑，导轨和金属杆接触良好，不计它们之间的摩擦。
（1）由b向a方向看到的装置如图2所示，请在此图中画出ab 杆下滑过程中某时刻的受力示意图；（2）在加速下滑过程中，当ab杆的速度大小为v时，求此时ab 杆中的电流及其加速度的大小；（3）求在下滑过程中，ab杆可以达到的速度最大值。
物理错题分析(黄琪)
物理错题分析（黄琪）题1[运动学]经检测汽车A的制动性能：以标准速度20m/s在平直公路上行使时，制动后40s停下来。
现A在平直公路上以20m/s的速度行使发现前方180m处有一货车B以6m/s的速度同向匀速行使，司机立即制动，能否发生撞车事故？☹错误解答设汽车A制动后40s的位移为s1，货车B在这段时间内的位S2=v2t=6×40=240（m）两车位移差为400-240=160（m）因为两车刚开始相距180m＞160m，所以两车不相撞。
错因剖析这是典型的追击问题。
关键是要弄清不相撞的条件。
汽车A与货车B同速时，两车位移差和初始时刻两车距离关系是判断两车能否相撞的依据。
当两车同速时，两车位移差大于初始时刻的距离时，两车相撞；小于、等于时，则不相撞。
而错解中的判据条件错误导致错解。
☺正确解答汽车A以v0=20m/s的初速做匀减速直线运动经40s停下来。
据加速度公式可求出a=-0.5m/s2当A车减为与B车同速时是A车逼近B车距离最小的时刻，这时若能超过B 车则相撞，反之则不能相撞。
(m)△S＝364-168＝196＞180（m）所以两车相撞。
题2[力的平衡]如图1，用绳AC和BC吊起一重物，绳与竖直方向夹角分别为30°和60°，AC绳能承受的最大的拉力为150N，而BC绳能承受的最大的拉力为100N，求物体最大重力不能超过多？☹错误解答以重物为研究对象，重物受力如图2。
由于重物静止，则有T AC sin30°=T BC sin60°T AC cos30°+T BC cos60°=G将T AC=150N，T BC=100N代入式解得G=200N。
错因剖析以上错解的原因是学生错误地认为当T AC=150N时，T BC=100N，而没有认真分析力之间的关系。
实际当T BC=100N时，T BC已经超过150N。
☺正确解答以重物为研究对象。
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例1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【错解】t=0时，线圈平面与磁场平行、磁通量为零，对应的磁通量的变化率也为零，选A。
【错解缘故】磁通量Φ=BS⊥BS〔S⊥是线圈垂直磁场的面积〕，磁通量的变化ΔΦ=Φ2-Φ1，两者的物理意义截然不同，不能理解为磁通量为零，磁通量的变化率也为零。
【分析解答】实际上，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 cosωt=Babωcosωt。
当t=0时，cosωt=1，尽管磁通量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【评析】弄清概念之间的联系和区别，是正确解题的前提条件。
在电磁感应中要弄清磁通量Φ、磁通量的变化ΔΦ以及磁通量的变化率ΔΦ/Δt之间的联系和区别。
例2在图11－1中，CDEF为闭合线圈，AB为电阻丝。
当滑动变阻器的滑动头向下滑动时，线圈CDEF中的感应电流在G处产生的磁感强度的方向是“·”时，电源的哪一端是正极？【错解】当变阻器的滑动头在最上端时，电阻丝AB因被短路而无电流通过。
由此可知，滑动头下移时，流过AB中的电流是增加的。
当线圈CDEF中的电流在G处产生的磁感强度的方向是“·”时，由楞次定律可知AB中逐渐增加的电流在G处产生的磁感强度的方向是“×”，再由右手定那么可知，AB中的电流方向是从A 流向B，从而判定电源的上端为正极。
【错解缘故】楞次定律中“感生电流的磁场总是要阻碍引起感生电流的磁通量的变化”，所述的“磁通量”是指穿过线圈内部磁感线的条数，因此判断感应电流方向的位置一般应该选在线圈的内部。
【分析解答】当线圈CDEF中的感应电流在G处产生的磁感强度的方向是“·”时，它在线圈内部产生磁感强度方向应是“×”，AB中增强的电流在线圈内部产生的磁感强度方向是“·”，因此，AB中电流的方向是由B流向A，故电源的下端为正极。
【评析】同学们往往认为力学中有确定研究对象的问题，忽略了电学中也有选择研究对象的问题。
学习中应该注意这些研究方法上的共同点。
例3一个共有10匝的闭合矩形线圈，总电阻为10Ω、面积为0.04m2，置于水平面上。
假设线框内的磁感强度在0.02s内，由垂直纸面向里，从1.6T均匀减少到零，再反向均匀增加到2.4T。
那么在如今间内，线圈内导线中的感应电流大小为______A，从上向下俯视，线圈中电流的方向为______时针方向。
【错解】由于磁感强度均匀变化，使得闭合线卷中产生感应电流，依照法拉第电磁感应定律，感应电动势依照楞次定律，开始时原磁场方向垂直纸面向里，而且是均匀减少的。
那么感应电流产生的磁场的方向应该与原磁场方向相同，仍然向里。
再依照安培定那么判断感应电流的方向为顺时针方向。
同理，既然原磁场均匀减少产生的感应电流的方向为顺时针方向。
那么，原磁场均匀增加时，产生的感应电流的方向必定是逆时针方向。
【错解分析】由于磁场的变化，而产生感应电动势，依照法拉第电磁感应定律矢量差。
在0.02s内磁场的方向发生了一次反向。
设垂直纸面向里为正方向，ΔB=B2-〔-B1〕=B2+B l【分析解答】依照法拉第电磁感应定律开始均匀减少到零的过程中，感应电流的依照楞次定律，磁感强度B从B1磁场阻碍原磁通的减少，与原磁通的方向同向，感应电流的方向是顺时针的。
接，那个过程中，穿过闭合线圈的磁着磁感强度B从零开始反方向均均匀增加到B2通量反方向增加，感应电流的磁场要阻碍原磁场的增加，其方向是垂直纸面向里，再依照安培定那么判断感应电流的方向仍然是顺时针的。
【评析】应用楞次定律时，特别要注意感应电流的磁场阻碍的是引起感应电流的磁通量的变化。
不能把“阻碍变化”简单地理解为原磁场均匀减少，电流确实是顺时针，原磁场均匀增加，感应电流确实是逆时针。
应用楞次定律解题要先判断原磁通的方向及其变化趋势，再用“阻碍变化”的原那么来判断感应电流的磁场的方向，最后用右手定那么来判断感应电流的方向。
例4如图11－2所示，以边长为50cm的正方形导线框，放置在B=0.40T的身强磁场中。
磁场方向与水平方向成37°角，线框电阻为0.10Ω，求线框绕其一边从水平方向转至竖直方向的过程中通过导线横截面积的电量。
【错解】线框在水平位置时穿过线框的磁通量Φ1=BScos53°=6.0×10-2Wb=BScos37°=8.0×10-8〔Wb〕线框转至竖直位置时，穿过线框的磁通量Φ2那个过程中的平均电动势通过导线横截面的电量【错解缘故】=BScosθ，公式中θ是线圈所在平面的法线与磁感线方向的夹角。
磁通量Φ1假设θ＜90°时，Φ为正，θ＞90°时，Φ为负，因此磁通量Φ有正负之分，即在线框转动至框平面与B方向平行时，电流方向有一个转变过程。
错解确实是忽略了磁通量的正负而导致错误。
【分析解答】设线框在水平位置时法线〔图11－2中n〕方向向上，穿过线框的磁通量Φ1=BScos53°=6.0×10-2Wb当线框转至竖直位置时，线框平面的法线方向水平向右，与磁感线夹角θ=BScos143°=-8.0×10-2Wb=143°，穿过线框的磁通量Φ1通过导线横截面的电量【评析】通过画图判断磁通量的正负，然后在计算磁通量的变化时考虑磁通量的正负才能幸免出现错误。
例5如图11-3所示，直角三角形导线框ABC，处于磁感强度为B的匀强磁场中，线框在纸面上绕B点以匀角速度ω作顺时针方向转动，∠B=60°，∠。
C=90°，AB=l，求A，C两端的电势UAC【错解】把AC投影到AB上，有效长度AC′，依照几何关系〔如图11－4〕，【错解缘故】此解错误的缘故是：忽略BC，在垂直于AB方向上的投影BC′也切割磁感线产生了电动势，如图11-4所示。
【分析解答】该题等效电路ABC，如图11－5所示，依照法拉第电磁感应定律，穿过回路ABC的磁通量没有发生变化，因此整个回路的ε总=0 ①设AB，BC，AC导体产生的电动势分别为ε1、ε2、ε3，电路等效于图11-5，故有ε总=ε1+ε2+ε3②【评析】注意尽管回路中的电流为零，然而AB两端有电势差。
它相当于两根金属棒并联起来，做切割磁感线运动产生感应电动势而无感应电流。
例6如图11－6所示，在跟匀强磁场垂直的平面内放置一个折成锐角的裸导线MON，∠MON=α。
在它上面搁置另一根与ON垂直的导线PQ，PQ紧贴MO，ON 并以平行于ON的速度V，从顶角O开始向右匀速滑动，设裸导线单位长度的电阻为R0，磁感强度为B，求回路中的感应电流。
【错解】设PQ从顶角O开始向右运动的时间为Δt，Ob=v·Δt，ab=v·Δ·tgα，【错解缘故】不是我们要求的电动势的瞬时值。
因为电阻〔1＋cosα＋sinα〕由于两者不对应，结果就不可能正确。
【分析解答】设PQ从顶角O开始向右运动的时间为Δt，Ob=v·Δt，ab＝v·Δ回路中ε=Blv=B·ab·v=Bv2·Δt·tgα。
回路中感应电流时间增大，产生的感应电动势不是恒量。
幸免出错的方法是先判断感应电动势的特征，依照具体情况决定用瞬时值的表达式求解。
例7如图11－7所示装置，导体棒AB，CD在相等的外力作用下，沿着光滑的轨道各朝相反方向以0.lm／s的速度匀速运动。
匀强磁场垂直纸面向里，磁感强度B=4T，导体棒有效长度基本上L=0.5m，电阻R=0.5Ω，导轨上接有一只R′=1Ω的电阻和平行板电容器，它的两板间距相距1cm，试求：〔l〕电容器及板间的电场强度的大小和方向；〔2〕外力F的大小。
【常见错解】错解一：导体棒CD在外力作用下，会做切割磁感线运动，产生感应电动势。
对导体棒AB在力F的作用下将向右做切割磁感线运动，依照右手定那么能够判断出感应电动势方向向上，同理可分析出导体棒CD产生的感生=0，因此电容器两极板ab上无电压，极板间电场强度为零。
，Uab错解二：求出电容器的电压是求电容器板间的电场强度大小的关键。
由图11－7看出电容器的b板，接在CD的C端导体CD在切割磁感线产生感应电动势，C端相当于电源的正极，电容器的a接在AB的A端。
导体棒AB在切割磁感线产生感应电动势，A端相当于电源的负极。
导体棒AB，CD产生的电动势大小又相同，故有电容器的电压等于一根导体棒产生的感应电动势大小。
U＝Blv＝4×0.5×0.l=0.2〔V〕C依照匀强电场场强与电势差的关系由于b端为正极，a端为负极，因此电场强度的方向为b→a。
【错解缘故】错解一：依照右手定那么，导体棒AB产生的感应电动势方向向下，导体棒CD产生的感应电动势方向向上。
那个分析是对的，然而它们对整个导体回路来说作用是相同的，都使回路产生顺时针的电流，其作用是两个电动势和内阻都相同的电池串联，因此电路中总电动势不能相减，而是应该相加，等效电路图如图11－8所示。
错解二：尽管电容器a板与导体AB的A端是等势点，电容器b板与导体CD 的C端是等电势点。
然而a板与b板的电势差不等于一根导体棒切割磁感线产生的电动势。
a板与b板的电势差应为R′两端的电压。
【分析解答】导体AB、CD在外力的作用下做切割磁感线运动，使回路中产生感应电流。
电容器两端电压等于R′两端电压UC =UR′=IR′0.2×1=0.2〔V〕回路电流流向D→C→R′→A→B→D。
因此，电容器b极电势高于a极电势，故电场强度方向b→a。
【评析】从得数上看，两种计算的结果相同，然而错解二的思路是错误的，错在电路分析上。
幸免错误的方法是在解题之前，画出该物理过程的等效电路图，然后用电磁感应求感应电动势，用恒定电流知识求电流、电压和电场知识求场强，最终解决问题。
例8如图11－9所示，竖直平面内有足够长的金属导轨，轨距0.2m，金属导体ab可在导轨上无摩擦地上下滑动，ab的电阻为0.4Ω，导轨电阻不计，导轨ab的质量为0.2g，垂直纸面向里的匀强磁场的磁应强度为0.2T，且磁场区域足够大，当ab导体自由下落0.4s时，忽然接通电键K，那么：〔1〕试说出K 接通后，ab导体的运动情况。
〔2〕ab导体匀速下落的速度是多少？〔g取10m ／s2〕【错误】〔1〕K闭合后，ab受到竖直向下的重力和竖直向上的安培力作用。
合力竖直向下，ab仍处于竖直向下的加速运动状态。
随着向下速度的增大，安培力增大，ab受竖直向下的合力减小，直至减为0时，ab处于匀速竖直下落状态。
〔2〕略。
【错解缘故】上述对〔l〕的解法是受平常做题时总有安培力小于重力的妨碍，没有对初速度和加速度之间的关系做认真的分析。