1、第2講法拉第電磁感應定律 自感和渦流【必備知識落實基礎性】一、法拉第電磁感應定律1.感應電動勢(1)概念：在電磁感應現象中產生的電動勢。(2)產生條件：穿過回路的磁通量發生改變,與電路是否閉合無關。(3)方向判斷：感應電動勢的方向用楞次定律或右手定那么來判斷。2 .法拉第電磁感應定律(1)內容：閉合電路中感應電動勢的大小，跟穿過這一電路的磁通量的變化率成正比。(2)公式：登 其中為線圈匝數。(3)感應電流與感應電動勢的關系：遵守閉合電路歐姆定律,即/二占。說明：磁通量與線圈的匝數無關，但感應電動勢與匝數有關，匝線圈相當于個相同 的電源串聯。加試小題1 .粵教版選修3-2Pi8T3改編如下圖，半

2、徑為一的匝線圈放在邊長為L 的正方形砧之外，勻強磁場充滿正方形區域并垂直穿過該區域。當磁場以笑的變化率變 化時，線圈產生的感應電動勢大小為()八c AB 一廠 AB AB )A. 0B. rr.RC. zr而兀廠2D.獷1，-2 1.B解析：由法拉第電磁感應定律可知線圈產生的自感電動勢石=療斤/?,故B正確。3.導體切割磁感線時的感應電動勢二、自感、渦流切割方式電動勢表達式說明垂直切割E = Blv導體棒與磁場方向垂直，磁場為勻強磁場式中1為導體切割磁感線的有效長度旋轉切割中導體棒的平均速度等于中點位置的線速度;3傾斜切割E = Blvsin0(O為v與B的夾角)旋轉切割(以一端為軸)1 9E

3、 = Bl v = Bpco1.互感現象傾斜放置，與導軌成角，單位長度的電阻為，。保持金屬桿以速度u沿平行于cd的方向滑動（金屬桿滑動過程中與導軌接觸良好）。貝!）（）A.電路中感應電動勢的大小為忑方S1I1 （/B.電路中感應電流的大小為bosin 9rC.金屬桿所受安培力的大小為B2lvsin 0D.金屬桿的熱功率為區2勿2rsin 02.B 解析：金屬桿的運動方向與金屬桿不垂直，電路中感應電動勢的大小為=8歷（/為切割磁感線的有效長度），選項A錯誤；電路中感應電流的大小為Z=-7=, sin 0選項B正確；金屬桿所受安培力的大小為F=BILf =3等辿,1/=2,選項C錯誤; / dil

4、l U 人口 l 2 ls B2v2sin2O lr B2lv2sin 0, _ 川口金屬桿的熱功率為尸=尸氏=丁一而萬=；一,選項D錯誤。考向2：轉動切割要點歸納導體棒轉動切割磁感線時的感應電動勢如下圖，長為/的導體棒以。為圓心，以角速度/在磁感應強度為3的勻強磁場 中勻速轉動，其感應電動勢可從兩個角度推導.（1）棒上各點速度不同，其平均速度）=/次，由E=B歷得棒上感應電動勢大小為E=（平均速度取中點位置的線速度3/）假設經時間加，棒掃過的面積為45=兀/嚕磁通量的變化量AO=BAS=；乙IL 4乙BParM,由E=華得棒上感應電動勢大小為E*Bl2co. l I乙(3)假設長為/的導體棒

5、ab以0為圓心以角速度在磁感應強度為B的勻強磁場中勻速轉 動，且的。長度為小 也可以從平均速度及法拉第電磁感應定律兩種方法進行推導。請大家自己做一下，在此僅給出結果：E=B(d+/)2Sd2co O由此結果也可看出，當繞端點轉動時，d=0,那么回到上面的結果(4)以導體棒上任意一點為軸時，石婀A-&(不同兩段的代數和，其中/1泌)。典例導引典例 如凰直角三角形金屬框abc放置在勻強磁場中，磁感應強度大小為B,方向平行于ab邊向上。當金屬框繞ab邊以角速度切逆時針轉動時,o、b、c三點的電勢分別為Ra、八口。be邊的長度為/。以下判斷正確的選項是()o(1)(1)A.0a0c,金屬框中無電流B.

6、rqrc,金屬框中電流方向為a-b-c-aC. Uhb/2金屬框中無電流D.U=：8/2金屬框中電流方向為a-c-b-a解題指導：導體棒一局部切割磁感線產生的感應電動勢大小可考慮用E=BLv求解，方向用右手定那么判斷;假設某導體框幾局部同時切割磁感線，感應電動勢大小可優先考慮用法拉第電 磁感應定律求解，方向用楞次定律判斷。自主解答典例C解析:閉合金屬框在勻強磁場中繞附邊以角速度3逆時針轉動時，穿過金屬框 的磁通量始終為零，金屬框中無電流,B、D兩項錯誤;由右手定那么可知g=/心力、c兩點間的 電勢差Ubc=-Blv中=-軀2 A項錯誤,C項正確。針對訓練.（金屬盤轉動切割）如下圖，半徑為廠的金

7、屬圓盤在垂直于盤面的磁感應強度為3的勻強磁場中，繞。軸以角速度口沿逆時針方向勻速運動，那么通過電阻R的電流的方向和大小是（金屬圓盤的電阻不計）（C.由 C 至U d, /= G D Za i_ , T BPcoD.由 d 到 c, /= zrl.D解析：由右手定那么，圓盤相當于電源，其電流方向為從邊緣指向圓心，所以通過電阻R的電流的方向是由d到c;而金屬圓盤產生的感應電動勢5W口，所以通過電阻R的電 流大小是/=笫，D正確.Zl2.（金屬桿轉動切割）（多項選擇）如下圖，用粗細均勻的銅導線制成半徑為八電阻為4R 的圓環，尸。為圓環的直徑，在尸。的左右兩側均存在垂直圓環所在平面的勻強磁場，磁感 應

8、強度大小均為從 但方向相反。一根長為2人電阻不計的金屬棒例N繞著圓心。以角速 度順時針勻速轉動，金屬棒與圓環緊密接觸。以下說法正確的選項是（）A.金屬棒MN兩端的電壓大小為呂G產B.金屬棒中的電流大小為駕C.圖示位置金屬棒中電流方向為從M到ND.金屬棒MN在轉動一周的過程中電流方向不變2.AC解析：金屬棒和N。都切割磁感線，產生感應電動勢，由右手定那么可知兩端 產生的感應電動勢方向相同，所以產生的感應電動勢為石二2義3X及2二&2,又因為 MN的電阻不計，所以MN兩端的電壓就等于棒產生的電動勢3/，故A正確；MN 棒把圓環分為相等的兩局部，每局部的電阻為2R,且兩局部是并聯的，所以電路中的總電

9、 阻為A,由閉合電路歐姆定律可知N中的電流為午，故B錯誤；由右手定那么可知圖示 位置金屬棒中電流方向為從M到M故C正確；由右手定那么可知V。轉到右側磁場時，金 屬棒中電流方向為從N到故D錯誤。考向3：感生電動勢要點歸納1 .感生電場(1)定義：麥克斯韋認為，磁場變化時會在空間激發一種電場。這種電場與靜電場不同，它不是由電荷產生的，我們把它叫作感生電場(2)感生電場的特點：感生電場是一種渦旋電場，電場線是閉合的。感生電場的方向可由楞次定律判斷。如下圖，當磁場增強時，產生的感生電場是與磁場 方向垂直且阻礙磁場增強的電場。感生電場的存在與是否存在閉合電路無關。(3)感生電場與靜電場的比擬產生條件不同

10、靜電場是由電荷激發的，而感生電場是由變化的磁場激發的。描述電場的電場線特點不同靜電場的電場線總是始于無窮遠或正電荷，終止于負電荷或無窮遠，不閉合也不相交; 而變化的磁場周圍產生的感生電場的電場線是閉合曲線。沒有終點與起點，這種情況與磁場 中的磁感線類似，所以感生電場又稱為渦旋電場。電場對電荷做功不同單位正電荷在靜電場中沿閉合路徑運動一周時，電場力所做的功為零。而單位正電荷在 感生電場中沿閉合路徑運動一周時，電場力所做的功不為零。(4)電場方向及判斷方法不同靜電場方向與正電荷所受電場力方向一致，沿電場線的切線方向；感生電場方向是根據 磁場的變化情況由楞次定律判斷的。如下圖，磁感應強度6增強，假定

11、在磁場周圍有一個 閉合回路，由楞次定律可知回路中感應電流產生的磁場方向向下，由安培定那么可判斷出電流 方向為順時針方向(俯視)，那么感生電場方向也為順時針方向。2 .感生電動勢(1)定義：如果感應電動勢是由感生電場產生的，它也叫作感生電動勢。(2)非靜電力：感生電場對自由電荷的作用力。(3)感生電動勢與動生電動勢比擬感生電動勢動生電動勢產生原因磁場的變化導體做切割磁感線運動非靜電力感生電場對自由電荷的 電場力自由電荷所受洛倫茲力沿導體方向的 分力回路中相當 于電源的部 分處于變化磁場中的線圈 局部做切割磁感線運動的導體產生的 原因磁場變化產生電動勢，。是由于磁場變化而產 生的，所以AO=AAS

12、導體運動產生電動勢，AG是由于導體 線框本身的面積發生變化而產生的，所 以A以=8AS方向判斷方 法由楞次定律判斷通常由右手定那么判斷，也可由楞次定律 判斷大小計算方 法由=計算通常由E=Blvsin。計算，也可由E=,卷計算典例導引典例英國物理學家麥克斯韋認為，磁場變化時會在空間激發感生電場。如下圖，一 個半徑為一的絕緣細圓環水平放置，環內存在豎直向上的勻強磁場環上套一帶電荷量為+ q的小球。磁感應強度3隨時間均勻增加，其變化率為上假設小球在環上運動一周, 那么感生電場對小球的作用力所做功的大小是（）1 A. 0BrqkC. litrqkD. TtPqk 解題指導：感生電場對小球做的功即為非

13、靜電力對小球做的功。根據電動勢的定義式即可進 行求解。自主解答典例D解析：變化的磁場產生的感生電動勢為E= 巨兀小球在環上運動一周感At生電場對其所做的功卬=7=4%兀/, D項正確，A、B、C項錯誤。針對訓練.（感生電動勢問題）如下圖的是一個水平放置的玻璃圓環形小槽，槽內光滑，槽寬度和深度處處相同。現將一直徑略小于槽寬的帶正電小球放在槽中，讓它獲得一初速度用，與 此同時，有一變化的磁場垂直穿過玻璃圓環形小槽外徑所對應的圓面積，磁感應強度的大小 跟時間成正比例增大，方向豎直向下。設小球在運動過程中電荷量不變，那么（）B.小球受到的向心力大小不斷增大C.磁場力對小球做了功D.小球受到的磁場力大小

14、與時間成正比1.B解析：當磁感應強度隨時間均勻增大時，將產生一恒定的感生電場，由楞次定律知，電 場方向和小球初速度方向相同，因小球帶正電，安培力對小球做正功，小球速度逐漸增大, 向心力也隨著增大，故A錯誤，B正確；洛倫茲力對運動電荷（小球）不做功，故C錯誤；小 球所受洛倫茲力尸=轉%隨著速率的增大而增大，同時883那么/和/不成正比，故D錯 誤。. (B-t圖像)如下圖,垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度B隨時間t均勻變化。正方形硬質金屬框abed放置在磁場中，金屬框平面與磁場方向垂直，電阻R=OA。，邊長1=0.2 m。求:在t=0到時間內，金屬框中的感應電動勢E。占0.05 s時,金屬框

15、ab邊受到的安培力F的大小和方向。在t=0至h=O.l s時間內，金屬框中電流的電功率P。2.解析:在t=0到的時間內,磁感應強度的變化量ABH.2T,設穿過金屬框的磁通量變化量為A。,根據法拉第電磁感應定律有E筆二喏代入數據，解得E=0.08Vo設金屬框中的電流為/油閉合電路歐姆定律，有/=0.8AK由題圖可知t=0.05s時，磁感應強度&=O.1T,金屬框ab邊受到的安培力F=/8i/=0.016N,方 向垂直于ab向左。在t=0到時間內，金屬框中電流的電功率P=/2r=。064W。答案:0.08V 0.016N,方向垂直ab向左(3)0.064W考點3自感和渦流考向1：自感要點歸納一、互

16、感現象如下圖，在法拉第的實驗中，兩個線圈之間并沒有導線相連,但當一個線圈中的電流變化 時,它所產生的變化的磁場會在另一個線圈中產生感應電動勢。(1)互感現象是一種常見的電磁感應現象,它不僅發生于繞在同一鐵芯上的兩個線圈之間,而且可以發生于任何兩個相互靠近的電路之間。（2）互感現象可以把能量由一個電路傳到另一個電路。變壓器、無線充電技術、收音機的 “磁性天線”就是利用互感現象制成的。（3）危害：互感現象能發生在任何兩個相互靠近的電路之間。在電力工程和電子電路中， 互感現象有時會影響電路的正常工作。這時需要設法減小或消除互感現象的效果。二、自感現象自感現象是一種電磁感應現象，遵守法拉第電磁感應定律

17、和楞次定律。.通電自感和斷電自感的比擬通電自感通電自感斷電自感L /wwL /ww1器 材 要 求4、A2同規格,L較大L很大（有鐵芯），RlRa在S閉合瞬間,A2燈立即亮起來，后 慢慢變暗；4燈逐漸變亮，最終一樣 亮由于開關閉合時，流過電感線圈的 電流迅速增大，使線圈產生自感電 動勢，阻礙電流的增大,使流過4燈 的電流比流過A2燈的電流增加得 慢在S閉合瞬間,A2燈立即亮起來，后 慢慢變暗；4燈逐漸變亮，最終一樣 亮由于開關閉合時，流過電感線圈的 電流迅速增大，使線圈產生自感電 動勢，阻礙電流的增大,使流過4燈 的電流比流過A2燈的電流增加得 慢在開關S斷開時，燈A突然閃亮一下后再漸漸熄 滅

18、斷開開關S時，流過線圈L的電流減小，產生 自感電動勢，阻礙電流的減小，通過L的電流通 過燈Ao由于&使得流過燈A的電流在開 關斷開瞬間突然增大，然后慢慢減小到Oo能 量 轉 化能 量 轉 化電能轉化為磁場能磁場能轉化為電能.自感現象中，燈泡亮度變化的問題分析通斷電燈泡亮度變化問題，關鍵要搞清楚電路的連接情況，根據電路特點進行具體分析.與線圈串聯的燈泡與線圈并聯的燈泡電路 圖1j.3仆14通電 時電流逐漸增大，燈泡逐漸變亮電流/i突然變大，然后逐漸減小到達穩定斷電 時電流逐漸減小 燈泡逐漸變暗 電流方向不變電路中穩態電流為/1、h假設/2W/1，燈泡逐漸變暗假設/2刃1，燈泡閃亮一下后 逐漸變暗

19、，兩種情況燈泡電 流方向均改變三、自感電動勢和自感系數.自感電動勢產生原因：通過線圈的電流發生變化，導致穿過線圈的磁通量發生變化，因而在原線圈上 產生感應電動勢。(2)自感電動勢的大小：E = L 式中L是比例系數，叫作自感系數，簡稱自感或電感。 AZ自感電動勢的方向：當原電流增大時，自感電動勢的方向與原電流方向相反；當原電流減 小時，自感電動勢的方向與原電流方向相同(即:增反減同)。(4)自感電動勢的作用：阻礙原電流的變化。.自感系數自感電動勢的大小與線圈本身的一些特性密切相關,物理學中用自感系數來表示線圈的 這些特性。自感系數簡稱自感或電感，是線圈的重要參數。國際單位制中，磁感的單位是亨

20、利，簡稱亨，符號是H。如果通過線圈的電流在1s內改變1A,產生的自感電動勢是IV,那么這個線圈的自感 就是 IHo 即 1H=1V-s/A日光燈鎮流器的自感大約為幾亨，小型收音機所用的線圈的自感系數大約為幾毫亨。線 圈的自感與線圈的形狀、橫截面積、長短、匝數等因素有關。線圈的橫截面積越大，單位長 度匝數越多，線圈越長，它的自感就越大。此外，將鐵芯插入線圈，會使自感系數大大增加。.對電感線圈阻礙作用的理解假設電路中的電流正在改變，電感線圈會產生自感電動勢阻礙電路中電流的變化，使得通過 電感線圈的電流不能突變。阻礙不是阻止,原電流仍在變化,只是使原電流的變化時間變長, 即總是起著推遲電流變化的作用

21、。假設電路中的電流是穩定的，電感線圈相當于一段導線,其阻礙作用是由繞制線圈的導線的電阻引起的。線圈通電和斷電時線圈中電流的變化規律如圖。說明：對應自感比擬大的線圈，閉合開關瞬間時，線圈相當于斷路。在自感電動勢作用下， 線圈中的電流不能突變，緩慢變化。3.自感現象的應用(1)自感線圈是交流電路中的重要元件，在廣播電臺和電視臺的無線電設備中，用它和電 容器組成的振蕩電路來發射電磁波；(2)收音機和電視機中振蕩電路來接收電磁波；(3)日光燈中的鎮流器(4)電焊機也利用了自感現象，電焊時焊條和金屬工件分別通過導線與電焊機和電源連接， 先把焊條和被焊的工件短暫接觸，然后迅速將焊條提起，與工件保持4-5m

22、m的距離。在焊 條突然被提起的瞬間，電流突然減小，電焊機內的大線圈自感產生高壓，使焊條與工件之間 的空隙產生電弧火花，電弧火花產生的高溫將焊條和金屬工件局部融化，冷卻后焊接體就融 為一體了。如下圖，在制作精密電阻時.，為了消除使用過程中由于電流變化而引起的自感現象, 采取了雙線繞法。由于導線是雙線繞法，使穿過回路的磁通量等于零,無論通過的電流變化 與否,磁通量均為零，所以不存在感應電動勢和感應電流。用這種繞法制造的線圈能使自感現 象減弱到可以忽略不計的程度。典例導引典例 如下圖的電路中，電源的電動勢為區 內阻為心電感L的電阻不計，電阻R的阻 值大于燈泡D的阻值在，=0時刻閉合開關S,經過一段時

23、間后，在t=h時刻斷開開關So 如選項圖所示，表示4、8兩點間電壓隨時間，變化的圖像中，正確的選項是()兩個互相靠近的線圈，當一個線圈中的電流變化時，它所產生的變化的磁場會在另一個 線圈中產生感應電動勢。這種現象叫作互感，這種感應電動勢叫作亙感電動勢。.自感現象(1)定義：當一個線圈中的電流變化時，它所產生的變化的磁場在線圈本身激發出感應 電動勢,這種現象稱為自感。(2)自感電動勢定義：由于自感而產生的感應電動勢。表達式：E = IO自感系數L相關因素：與線圈的大小、形狀、匝數以及是否有鐵芯等因素有關。單位：亨利(H), 1 mH = 102H,l gH=10-6Ho加試小題2.魯科版選修3-

24、2P33T1在如下圖的電路中，La為燈泡，S為開關，L為 有鐵芯的線圈。對于這樣的電路，以下說法正確的選項是()A.因為線圈L通電后會產生自感現象，所以S閉合后，燈泡La中無電流通過B.在S翻開或閉合的瞬間，電路中都不會產生自感現象C.當S閉合時，電路中會產生自感現象D.在S閉合后再斷開的瞬間，燈泡La可能不立即熄滅2.C解析：S閉合瞬間，由于線圈產生自感電動勢而阻礙通過燈泡La的電流的增加, 但阻礙不是阻止，S閉合后仍有電流通過La； S斷開瞬間，線圈產生自感電動勢，因電路斷 開，電流立即消失，燈泡La立即熄滅。故C正確，A、B、D錯誤。.渦流、電磁阻尼和電磁驅動(1)渦流：如果穿過導體的磁

25、通量發生變化，由于電磁感應,導體內會產生感應電流, 這種電流像水中的漩渦，所以叫作渦電流，簡稱渦流。(2)電磁阻尼：當導體在磁場中運動時，感應電流會使導體受到安培力,安培力的方向 總是阻礙導體的運動,這種現象稱為電磁阻尼。(3)電磁驅動：如果磁場相對于導體轉動，在導體中會產生感應電流,它使導體受到安 培力的作用，安培力使導體運動起來，這種作用常常稱為電磁驅動。交流感應電動機就是利用電磁驅動的原理工作的。解題指導：這是一道圖像問題。利用自感電動勢阻礙原電流變化的特點，結合閉合電路歐姆 定律的相關知識進行求解。（1）線圈L中電流變化時，自感電動勢對電流有阻礙作用，隨時 間延續，其阻礙作用逐漸變小。

26、（2）。然有正負之分，根據流過D的電流方向確定Uab的正負。 解圖像問題時，先要搞清楚研究的是什么元件上的電壓（電流）隨時間的變化關系；其次要根 據線圈的自感電動勢引起的感應電流的方向與原來電流的方向是相同還是相反、大小如何變 化等因素來確定圖像。自主解答典例B解析：開關S閉合的瞬間，由于L的阻礙作用，由R與L組成的支路相當于斷路, 后來由于L的阻礙作用不斷減小，相當于外電路并聯局部的電阻不斷減小，根據閉合電路 F歐姆定律/=7,整個電路中的總電流增大，由。內=得內電壓增大，由Uab=E/得路端電壓U減小。電路穩定后，由于R的阻值大于燈泡D的阻值，所以流過L支路的電 流小于流過燈泡D的電流。當

27、開關S斷開時，由于L的自感作用，流過燈泡D的電流立即 與L中電流相等，與燈泡D原來的電流方向相反且逐漸減小，即反向減小，選項B正 確。針對訓練L （斷電自感）（多項選擇）如下圖甲、乙電路中，自感線圈L的電阻很小，接通S,使電路 到達穩定，燈泡A發光，以下說法正確的選項是（）A.在電路甲中，斷開S, A將逐漸變暗B.在電路甲中，斷開S, A將先變得更亮，然后逐漸變暗C.在電路乙中，斷開S, A將逐漸變暗D.在電路乙中，斷開S, A將先變得更亮，然后逐漸變暗. AD解析：由題圖知，電路甲中，燈泡A與電感線圈L在同一個支路中，流過的電流相 同，斷開開關S時，線圈L中的自感電動勢使得支路中的電流瞬間不

28、變，以后漸漸變小，A 正確，B錯誤；電路乙中，燈泡A所在支路的電流比電感線圈所在支路的電流要小（因為電 感線圈的電阻很小），斷開開關S時，電感線圈的自感電動勢要阻礙電流變小，此瞬間電感 線圈中的電流不變，電感線圈相當于一個電源給燈泡A供電。因此反向流過A的電流瞬間 變大，然后逐漸變小，所以燈泡要先更亮一下，然后漸漸變暗，C錯誤，D正確。.（含二極管問題）如下圖電路，三個燈泡L、L2、L3的阻值關系為R|R2R3,電感線圈 L的直流電阻可忽略,D為理想二極管。開關S從閉合狀態突然斷開時，以下判斷正確的選項是 （）Li逐漸變暗,L2、L3均先變亮,然后逐漸變暗Li逐漸變暗,L2立即熄滅,L3先變亮

29、，然后逐漸變暗CL立即熄滅,L2、L3均逐漸變暗D.Li、L2、L3均先變亮,然后逐漸變暗. B 解析：開關S處于閉合狀態時，由于RiR2l2ho開關S從閉合狀態突然斷開時,電感線 圈產生自感電動勢阻礙L的減小，由于二極管的反向截止作用,L2立即熄滅，電感線圈、Li、L3 組成閉合回路L逐漸變暗，通過L3的電流由h突變為L,再逐漸減小，故L3先變亮，然后逐漸 變暗，選項B正確。.（含電容器問題）如下圖，電源電動勢為,其內阻廠不可忽略，L、L2是完全相同 的燈泡；線圈L的直流電阻不計，電容器的電容為C。以下說法正確的選項是（）A.剛接通開關S的瞬間，Li立即亮，L2逐漸變亮B.合上開關S,電路穩

30、定后，燈泡Li、L2的亮度相同C.電路穩定后在斷開S的瞬間，通過燈泡Li的電流方向向右D.電路穩定后在斷開S的瞬間，通過燈泡L2的電流為零 3. C 解析：閉合開關瞬間L相當于斷路，Li和L2串聯接入電路，都有電流，可知兩個燈 泡同時變亮，故A錯誤；穩定后L相當于一段導線，Li中無電流，L2中有電流，二者的亮 度不同，故B錯誤；斷開開關瞬間，L相當于電源與Li組成回路，Li中電流方向向右，故 C正確；電容器和L2組成回路，斷開瞬間電容器有一短暫的放電電流，L2中電流不為0, 故D錯誤。考向2：渦流、電磁阻尼和電磁驅動要點歸納 一、渦流,渦流的實質渦流仍然是由電磁感應而產生的，它仍然遵循感應電流

31、的產生條件，特殊之處在于渦流 產生于塊狀金屬中。(2)嚴格地說，在變化的磁場中的一切導體內都有渦流產生，只是渦流的大小有區別，以致 一些微弱的渦流被忽略了。.產生渦流的兩種情況(1)塊狀金屬放在變化的磁場中。(2)塊狀金屬進出磁場或在非勻強磁場中運動。.應用(1)渦流熱效應的應用，如真空冶煉爐。(2)渦流磁效應的應用，如探雷器、安檢門.渦流中的能量轉化渦流現象中，其他形式的能轉化成電能，并最終在金屬塊中轉化為內能.如果金屬塊放 在變化的磁場中，那么磁場能轉化為電能，最終轉化為內能；如果金屬塊進出磁場或在非勻強 磁場中運動，那么由于克服安培力做功，金屬塊的機械能轉化為電能，最終轉化為內能.渦流的

32、危害與防止渦流的危害在各種電機、變壓器中，渦流會使鐵芯的溫度升高，危及線圈絕緣材料的壽命;另外渦流發熱要 消耗額外的能量，使電機、變壓器的效率降低。(2)渦流的防止為了減小渦流，變壓器、電機中的鐵芯不是由整塊的鋼鐵制成，而是用薄薄的硅鋼片疊壓而成。 一方面硅鋼片的電阻率比一般鋼鐵的要大，從而減少損耗;另一方面，每層硅鋼片之間都是絕 緣的，阻斷了渦流的通路，進一步減小了渦流的發熱。二、電磁阻尼與電磁驅動.電磁阻尼電磁阻尼有不少應用.例如：使用磁電式電表進行測量時，總希望指針擺到所示值的位 置時便迅速地穩定下來，以便讀數.由于指針轉軸的摩擦很小，線圈及指針會在所示值附近 來回擺動，不易穩定下來.為

33、此，許多電表把線圈繞在閉合的鋁框上，當線圈擺動時，在閉 合的鋁框中將產生感應電流，通過電磁阻尼使線圈迅速穩定在所示值的位置.電氣列車中的 電磁制動器也是根據電磁阻尼這一道理制成的.電磁驅動如圖，當蹄形磁鐵轉動時，穿過線圈的磁通量就發生變化，假如線圈處于如下圖的初 始狀態時，穿過線圈的磁通量為零，當蹄形磁鐵轉動時，穿過線圈的磁通量就增加了，根據 楞次定律，此時線圈中就有感應電流產生，以阻礙磁通量的增加，因而線圈在安培力作用下 會跟著一起轉動起來.楞次定律的一種理解是阻礙相對運動，從而阻礙磁通量的增加，磁鐵轉動時，相對于線圈轉動，所以線圈也同方向轉動，從而“阻礙”這種相對運動，電磁驅動也可以用楞次

34、定律來解釋.3.電磁阻尼與電磁驅動的比擬電磁阻尼、電磁驅動都是電磁感應現象，都遵循楞次定律。電磁阻尼電磁驅動不 同 點成 因由于導體在磁場中運動而 產生感應電流，從而使導 體受到安培力由于磁場運動引起磁通量的 變化而產生感應電流，從而使 導體受到安培力效 果安培力的方向與導體運動 方向相反，阻礙導體運動導體受安培力的方向與導體 運動方向相同，推動導體運動能 量 轉 化導體克服安培力做功，其 他形式的能轉化為電能， 最終轉化為內能由于電磁感應，磁場能轉化為 電能，通過安培力做功，電能 轉化為導體的機械能，從而對 外做功相同點兩者都是電磁感應現象，都遵循楞次定律，都是安培力阻礙 引起感應電流的導體

35、與磁場間的相對運動電磁阻尼、電磁驅動現象中安培力的作用效果都是阻礙相對運動，應注意電磁驅動中阻 礙的結果，導體的運動速度仍要小于磁場的運動速度。典例導引典例掃描隧道顯微鏡（STM）可用來探測樣品外表原子尺度上的形貌。為了有效隔離外 界振動對STM的擾動，在圓底盤周邊沿其徑向對稱地安裝假設干對紫銅薄板，并施加磁場來快 速衰減其微小振動，如下圖。無擾動時,按以下四種方案對紫銅薄板施加恒磁場;出現擾動后, 對于紫銅薄板上下及左右振動的衰減最有效的方案是（）曾g/g STM掃描頭0 r-gq 可加磁場區一i底盤二m /紫銅薄板ax X X X :xxr I I I 一-XX X X一 XXX 入_ L

36、 I I ! LAB解題指導：振動衰減的有效方式就是將振動的機械能轉化為電能，然后通過產生熱量散 發到空氣中。一般情況下，對于塊狀導體，比方金屬圓盤，金屬薄板等，在磁場不隨時間變 化的情況下，將塊狀導體分割成許多（無限多）導體棒，利用右手定那么進行判斷。自主解答典例A解析：假設要有效衰減紫銅薄板上下及左右的微小振動，那么要求施加磁場后，在紫銅 薄板發生上下及左右的微小振動時，能產生感應電流，進而使機械能轉化為電能。將塊狀導 體在磁場中的局部，根據運動情況分割成與運動方向垂直的許多導體棒，該導體棒做切割磁 感線運動。向右振動lx X X1向上振開工 一 一 1以選項A的情況為例，當薄板向右振動時

37、，根據右手定那么，導體棒內產生方向向上的 感應電流，通過不在磁場中的導體局部形成閉合回路。通過相同的方法分析其他切割情況可 知，選項A中，無論上下還是左右振動都能產生感應電流，將機械能轉化為內能，起到衰 減作用。1 .X XrX.向右振動向上振動再以選項C的情況為例，當薄板向右振動時，根據右手定那么，導體棒內產生方向向上 的感應電動勢，通過不在磁場中的導體局部形成閉合回路。當薄板向上振動時，根據右手定 那么，導體棒內產生方向向左的感應電動勢，但是由于左右方向上不存在能夠形成閉合回路的 條件，故無法形成電流，不能起到衰減作用。利用同樣的方法可以判斷出：B選項和D選項只能對左右振動起到衰減作用。針

38、對訓練1.（渦流應用）（多項選擇）如圖5所示，在線圈上端放置一盛有冷水的金屬杯，現接通交流電源, 過了幾分鐘，杯內的水沸騰起來.假設要縮短上述加熱時間，以下措施可行的有（）圖5圖5A.增加線圈的匝數B.提高交流電源的頻率C.將金屬杯換為瓷杯D.取走線圈中的鐵芯.AB解析：當電磁鐵接通交流電源時，金屬杯處在變化的磁場中產生渦流發熱，使水溫升 高.要縮短加熱時間，需增大渦流，即增大感應電動勢或減小電阻.增加線圈匝數、提高交 流電源的頻率都是為了增大感應電動勢，竟杯不能產生渦流，取走鐵芯會導致磁性減弱，故 選項A、B正確，選項C、D錯誤.（電磁阻尼）如下圖，輕質彈簧一端固定在天花板上，另一端拴接條形

39、磁鐵。一個銅盤放在 條形磁鐵的正下方的絕緣水平桌面上，控制磁鐵使彈簧處于原長，然后由靜止釋放磁鐵。不計 磁鐵與彈簧之間的磁力作用，且磁鐵運動過程中未與銅盤接觸，以下說法中正確的選項是（）。KcA.磁鐵所受彈力與重力等大反向時，磁鐵的加速度為零B.磁鐵下降過程中，俯視銅盤,銅盤中產生順時針方向的渦旋電流C.磁鐵從靜止釋放到第一次運動到最低點的過程中，磁鐵減少的重力勢能等于彈簧彈性勢能 D.磁鐵從靜止釋放到最終靜止的過程中，磁鐵減少的重力勢能大于銅盤產生的焦耳熱2.D解析：磁鐵上下運動時，由于穿過銅盤的磁通量發生變化，那么在銅盤中會產生感應電 流,銅盤對磁鐵有磁場力，阻礙磁鐵的運動，那么當磁鐵所受

40、彈力與重力等大反向時，磁鐵的加速 度不為零,A項錯誤;根據楞次定律及安培定那么，磁鐵下降過程中，俯視銅盤，銅盤中產生逆時針 方向的渦旋電流,B項錯誤;磁鐵從靜止釋放到第一次運動到最低點的過程中，由于有電能產生, 那么磁鐵減少的重力勢能等于彈簧彈性勢能與產生的電能之和,C項錯誤;磁體最終靜止時彈簧 有彈性勢能，那么磁鐵從靜止釋放到最終靜止的過程中，磁鐵減少的重力勢能等于銅盤產生的焦 耳熱與彈簧彈性勢能之和,D項正確。3.(電磁驅動)如下圖，兩根光滑的平行長直金屬導軌置于水平面內，導軌間距為L導 軌左端接有阻值為R的電阻，質量為根的導體棒垂直跨接在導軌上.導軌和導體棒的電阻 均不計，且接觸良好.在

41、導軌平面上有一矩形區域內存在著豎直向下的勻強磁場，磁感應強 度大小為A開始時，導體棒靜止于磁場區域的右端，當磁場以速度s勻速向右移動時，導 體棒隨之開始運動，同時受到水平向左、大小為用的恒定阻力，并很快到達恒定速度，此 時導體棒仍處于磁場區域內.x x mXB x LX X(1)求導體棒所到達的恒定速度。2的大小；為使導體棒能隨磁場運動，阻力最大不能超過多少.3解析：（1）由法拉第電磁感應定律得E=BL（vs）E由閉合電路歐姆定律得/=當K、上Z?（0一辦）安培力F=BIL=%- A速度恒定時，有絲丁=a解得V2 = V解得V2 = VFfR 一77,為使導體棒能隨磁場運動，阻力最大不能超過所

42、受的最大安培力，即導體棒不動時，安培力最大為：Fm= p ,那么阻力最大為Ffm= p. AAMgFfR B?L2Vl答案 （1）S -22 （2）五課時素養評價素養達標1.關于感應電動勢的大小，以下說法中正確的選項是（）A.穿過線圈的磁通量越大，所產生的感應電動勢就越大B.穿過線圈的磁通量的變化量AG越大，所產生的感應電動勢就越大C.穿過線圈的磁通量的變化率穿越大，所產生的感應電動勢就越大D.穿過線圈的磁通量e等于0,所產生的感應電動勢就一定為0.C 解析：根據法拉第電磁感應定律可知，感應電動勢的大小與磁通量的變化率笑成 正比，與磁通量0及磁通量的變化量AG沒有必然聯系。當磁通量0很大時，感

43、應電動勢 可能很小，甚至為0。當磁通量g等于0時，其變化率可能很大，產生的感應電動勢也會 很大。所以只有選項C正確。.如下圖，在磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里的勻.強磁場中，金屬桿MN在平行金屬導軌上以速度。向右勻速滑動。金屬導軌間距為L電阻不計，金屬桿的電阻為2R、長度為L, ab二二間電阻為R, MN兩點間電勢差為U。那么通過電阻A的電流方向及U的大小分別是（）A. afb, BLvA. afb, BLvB. afb.BLvC.C.2BLv2BLv D. b-a,-;-2.B解析：由右手定那么判斷可知，MN中產生的感應電流方向為NfM,那么通過電阻RRR+2RRR+2R的電流方向為仇

44、MN產生的感應電動勢公式為K兩端的電壓為U= =一 9故B項正確o3.（多項選擇）如下圖，通過水平絕緣傳送帶輸送完全相同的銅線圈，線圈等距離排列， 且與傳送帶以相同的速度勻速運動。為了檢測出個別未閉合的不合格線圈，讓傳送帶通過 一固定勻強磁場區域，磁場方向垂直于傳送帶運動方向，根據穿過磁場后線圈間的距離， 就能夠檢測出不合格線圈。通過觀察示意圖，判斷以下說法正確的選項是（）A.A.假設線圈閉合，進入磁場時，線圈中感應電流方向從上向下看為逆時針B.假設線圈閉合，傳送帶以較大速度勻速運動時，磁場對線圈的作用力增大C.從圖中可以看出，第2個線圈是不合格線圈D.從圖中可以看出，第3個線圈是不合格線圈3

45、.BD 解析：假設線圈閉合，進入磁場時，穿過線圈的磁通量增大，由楞次定律可知， 線圈中的感應電流的磁場方向向下，所以感應電流的方向從上向下看是順時針，故A錯誤； 根據法拉第電磁感應定律，傳送帶以較大速度勻速運動時，線圈中產生的感應電動勢較大， 那么感應電流較大，磁場對線圈的作用力增大，故B正確；由題圖知1、2、4、5、6線圈都 發生了相對滑動，而第3個線圈沒有滑動，那么第3個線圈不閉合，沒有產生感應電流，故C 錯誤，D正確。4.（2020.云南省昆明市“三診一模”）如圖甲所示，單匝矩形金屬線框仍cd處在垂直于線框平面的勻強磁場中，線框面積S = 0.3m2,線框連接一個阻值R = 3 Q的電阻

46、，其余電阻不計，線框邊位于磁場邊界上。取垂直于線框平面向外為磁感應強度3的正方向，磁感應強度3隨時間，變化的圖像如圖乙所示。以下判斷正確的選項是（）A.。0.4 s內線框中感應電流沿逆時針方向B. 0.40.8 s內線框有擴張的趨勢C.。0.8s內線框中的電流為0.1AD.。0.4s內邊所受安培力保持不變.C解析：由圖乙所示圖線可知，。0.4 s內磁感應強度垂直于紙面向里且減小，穿過線框的磁通量減小，由楞次定律可知，線框中感應電流沿順時針方向，故A錯誤；0.40.8 s內磁感應強度垂直于紙面向外且增大，穿過線框的磁通量增加，由楞次定律可知，線框有 A0 B 0.4 - （- 0.4）收縮的趨勢

47、，故B錯誤；。0.8 s內線框的感應電動勢為E =k = 一版一-X0.3 VE 0 3= 0.3 V,線框中的電流為/二元=y A = 0.1 A,故C正確；在。0.4 s內線框中的感應電 流/保持不變，磁感應強度B大小不斷減小，由尸二8可知，。邊所受安培力不斷減小， 故D錯誤。.圖1和圖2是教材中演示自感現象的兩個電路圖，L和左為電感線圈。實驗時，斷 開開關Si瞬間，燈Ai突然閃亮，隨后逐漸變暗；閉合開關S2,燈A2逐漸變亮，而另一個 相同的燈A3立即變亮，最終A2與A3的亮度相同。以下說法正確的選項是（ ）A.圖1中，Ai與心的電阻值相同B.圖1中，閉合，電路穩定后，A1中電流大于心中電

48、流C.圖2中，變阻器R與左的電阻值相同D.圖2中，閉合S2瞬間，上中電流與變阻器R中電流相等5.C解析：斷開開關Si瞬間，線圈6產生自感電動勢，阻礙電流的減小，通過心的電 流反向通過燈Ai,燈Ai突然閃亮，隨后逐漸變暗，說明即&iRai,故A錯誤。 圖1中，閉合Si,電路穩定后，因為RliRai,所以Ai中電流小于心中電流，故B錯誤。 閉合開關S2,燈A2逐漸變亮，而另一個相同的燈A3立即變亮，最終A2與A3的亮度相同， 說明變阻器R與上的電阻值相同，故C正確。閉合S2瞬間，通過辦的電流增大，由于電 磁感應，線圈乙2產生自感電動勢，阻礙電流的增大，那么左中電流與變阻器R中電流不相等， 故D錯誤

49、。6. （2020安徼宣城市期末）邊界的一側區域內，存在著磁感應強度大小為8、方向垂直于 光滑水平桌面的勻強磁場。邊長為/的正三角形金屬線框，尻粗細均勻，三邊阻值相等， 頂點剛好位于邊界上，現使線框圍繞過，點且垂直于桌面的轉軸勻速轉動，轉動角速度 為如 如下圖，那么在帥邊開始轉入磁場的瞬間、h兩端的電勢差U他為（）(4)電磁阻尼和電磁驅動的原理表達了援次定建的推廣應用。考點1法拉第電磁感應定律的理解及應用要點歸納.對法拉第電磁感應定律的理解(1)公式笑求解的是一個回路中某段時間內的平均感應電動勢；如果磁通量均勻 變化，那么感應電動勢為恒定值，瞬時值等于平均值。(2)感應電動勢的大小由線圈的匝數

50、和穿過線圈的磁通量的變化率部共同決定，而與磁 通量。的大小、變化量A的大小沒有必然聯系。(3)磁通量的變化率笑對應g圖像上某點切線的斜率。利用斜率和線圈匝數可以確定 感應電動勢的大小。.法拉第電磁感應定律的三種變形表達式(1)磁通量的變化僅由面積S變化引起時，A0=BAS,那么月=萼。(2)磁通量的變化僅由磁感應強度3變化引起時，A0=ABS,那么=巖。注意：S為線圈在磁場中的有效面積。(3)磁通量的變化是由于面積S和磁感應強度B的共同變化引起的，應根據定義求E,5 小 I mil 17匹2s2一修印 ABASAG=|末一初那么 E=/i五a/。.感應電荷量：=等推導：通過回路橫截面的電荷量4

51、=7m=R=A-噌。K ZXiK K(2)注意：感應電荷量q由小A勿和電阻R共同決定，與M無關。典例導引典例 如圖甲所示，一金屬線圈的橫截面積為S,匝數為匝。，=0時刻，磁場平行于線圈軸線向左穿過線圈，其磁感應強度3隨時間變化的關系如圖乙所示。那么線圈兩端和 匕之間的電勢差“從)Mxxx9 1 .C. -qBPcoD. tB12co TOC o 1-5 h z 3o.A解析：當“b邊剛進入磁場時，油邊切割磁感線，切割長度為兩個端點間的距離，即為a、h間的距離/,那么E=Bl v =3g=，/；設每個邊的電阻為R, 、Z?兩點間的電勢差為：E1U=I2R=b2R,故U=曰B/2，故A正確，B、C

52、、D錯誤。 jKj.如下圖，圖甲為某同學研究自感現象的實驗電路圖，用電流傳感器顯示各時刻通過線 圈L的電流。電路中電燈的電阻Ri=6.0Q,定值電阻R=2.0C, A、8間的電壓U=6.0V。 開關S原來閉合，電路處于穩定狀態，在九= 1.0 x10-3 $時刻斷開開關s,該時刻前后電流 傳感器顯示的電流I隨時間t變化的圖線如圖乙所示。甲乙(1)求出線圈L的電阻Rl。(2)在圖甲中，斷開開關后通過電燈的電流方向如何？(3)在攵=1.6x10.3 $時刻線圈L中的感應電動勢的大小是多少？7解析:(1)由題圖可知，開關S閉合電路穩定時流過線圈L的電流/o=1.5 A,由歐姆定律得10 = Rl +

53、 R，解得 Rl=ER=2.0Q。 h(2)斷開開關后，線圈心 電阻R和電燈構成一閉合回路，由自感規律可知，電燈中的 電流方向自右向左。(3)由題圖可知,亥=L6xl(r3 $時刻線圈L中的電流7=0.3 A,此時線圈L相當于電源,由閉合電路歐姆定律得E=/(R/,+H+Ai) = 0.3x(2.0 + 2.0+6.0) V = 3.0 V。答案(1)2.0 Q (2)電燈中的電流方向自右向左(3)3.0 V能力提升.如下圖,在磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場中，長為L的金屬桿MN 在平行金屬導軌上以速度v向右勻速滑動。金屬導軌電阻不計，金屬桿與導軌的夾角為2電 阻為間電阻為R,

54、M、N兩點間電勢差為U,那么M、N兩點電勢的高低及U的大小分別為 （）。A.M點電勢高,B.M點電勢高,。=絲等C./V點電勢高,D./V點電勢高,U=也誓8.B解析：由右手定那么可以判定導體棒中電流的方向為由N到M,因此M點電勢高;導體 棒切割磁感線的有效長度是Lsin。根據法拉第電磁感應定律有E=8/vsin。再根據閉合電路歐 姆定律可知M、N兩點間電勢差。=占=弛普力項正確。9.（多項選擇）空間存在一方向與紙面垂直、大小隨時間變化的勻強磁場，其邊界如圖1中虛線MN 所示，一硬質細導線的電阻率為P、橫截面積為5將該導線做成半徑為r的圓環固定在紙面內, 圓心。在M/V上。上0時磁感應強度的方

55、向如圖1所示;磁感應強度B隨時間t的變化關系如 圖2所示。那么在片0到的時間間隔內（）。A.圓環所受安培力的方向始終不變B.圓環中的感應電流始終沿順時針方向c.圓環中的感應電流大小為警4%PD.圓環中的感應電動勢大小為聯. BC解析：由楞次定律可知,0%與to飛時間內的感應電流始終沿順時針方向油于原磁場方向發生變化,所以安培力的方向也將發生變化,A項錯誤,B項正確;由法拉第電磁感應定律可知，圓環中產生的感應電動勢E二呼；由電阻定律可知圓環的電阻R=，故圓環中通過 Z Cq5的電流中=等工項正確,D項錯誤。 R 4top.如圖，導體軌道OPQS固定，其中尸2s是半圓弧，。為半圓弧的一中點，O為圓

56、心。軌道的電阻忽略不計。OM是有一定電阻、可繞0轉動的金屬桿，M端位于PQS上，0與軌道接觸良好。空間存在與半圓所在平面垂直的勻強磁場，磁感應強度的大小為Bo現使0M從。位置以恒定的角速度逆 時針轉到OS位置并固定（過程I）;再使磁感應強度的大小以一定的變化率從B增加到 夕（過程H）。在過程I、n中，流過0M的電荷量相等，那么答等于（） TOC o 1-5 h z 537A.tB.tC.TD.2-Z-解析：選B在過程I中，根據法拉第電磁感應定律，有1=譽AZi.根據閉合電路歐姆定律，有/尸宣，且qi = /Ni；在過程II中,有Ei=A02（配一嗎小石= 總 11=Ei.五應2=12人打,又q

57、i = qz,3=To應選項B正確。b&rr2熱戶）（Bf Bnr2 次即 R = R*所以-iU.（多項選擇）半徑為。、右端開小口的導體圓環和長為2的導體直桿，單位長度電阻均為 島。圓環水平固定放置，整個內部區域分布著方向豎直向下的勻強磁場，磁感應強度為瓦 桿在圓環上以速度v平行于直徑CD向右做勻速直線運動，桿始終與圓環保持良好接觸， 從圓環中心0開始，桿的位置由，確定，如下圖。貝（1（）A.。=0時，桿產生的電動勢為2氏mB.時，桿產生的電動勢為C.時，桿受到的安培力大小為雪，2 A?2：D.。=0時，桿受到的安培力大小為，上隊（7T十7T11.AC 解析：=0時，桿產生的電動勢=BLo=

58、2&w,故A正確；=Q時，根據幾何關系得出此時桿的有效切割長度是L=，所以桿產生的電動勢為 =Bav,故B 錯誤；。=全時，電路中總電阻是區總=隼+1）。火0,/=,所以桿受到的安培力大小為Ff=Br Lf3B2av(5tt+3)Ko,故C正確；0=0時，電路中總電阻是（2+冷/?0,所以桿受的安培工 t ,2Bav 4B2av力大小 F=BIL=B2a+aR=+1R工 t ,2Bav 4B2av力大小 F=BIL=B2a+aR=+1R故D錯誤。12.（2020年全國卷“T24；如圖，一邊長為的正方形金屬框abed固定在水平面內，空間存在方向垂直于水平面、磁感應強度大小為8的勻強磁場。一長度大

59、于&/o的均勻導體棒以速度1/自左向右在金屬框上勻速滑過，滑動過程中導體棒始終與oc垂直且中點位于oc上，導體棒與金屬框接觸良好。導體棒單位長度的電阻為乙金屬框電阻可忽略。將導體棒與Q點之間的距離記為X,求導體棒所受安培力的大小隨x（Ox&/o）變化的關系式。12解：當導體棒與金屬框接觸的兩點間棒的長度為/時，由法拉第電磁感應定律知，導體棒上感應電動勢的大小E=Blv由閉合電路的歐姆定律知，流過導體棒的感應電流K式中,R為這一段導體棒的電阻按題意有R二“此時導體棒所受安培力大小產8由題設和幾何關系有/(2xf0 % y/012(揚ox),o VxwVo聯立解得-(V2/0-x),選項D錯誤。答

60、案B 方向豎直向下，所以電容器的上極板帶正電，線框上端相當于電源正極，感應電動勢沿逆時 針方向，感應電流的磁場方向和原磁場方向相反，根據楞次定律可知，穿過線框的磁通量在 均勻增強，線框產生的感應電動勢E=Umn=S=212,油滴所受電場力與重力大小相等,那么q=mg,聯立以上兩式得，線圈中的磁通量變化率的大小為鐺=翠，故D正確，A、 ClLl c/jLzB、C錯誤.2.（法拉第電磁感應定律、楞次定律的綜合）（多項選擇）一勻強磁場，磁場方向垂直紙面, 規定向里的方向為正，在磁場中有一位于紙面內細金屬圓環，如圖甲所示。現令磁感應強 度值B按圖乙所示的規律隨時間1變化，令耳、后2、B分別表示。或ab