3、自感问题

[例8]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9]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．

2、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= BLvsin θ求出的是瞬时感应电动势,E与某个时刻或某个位置相对应．

另外, E=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6]如图所示，AB是两个同心圆，半径之比R_A∶R_B=2∶1，AB是由相同材料，粗细一样的导体做成的，小圆B外无磁场，B内磁场的变化如图所示，求AB中电流大小之比(不计两圆中电流形成磁场的相互作用)．

　解析：在ε=ΔB/Δt·S中，S是磁场变化的面积．所以I_A=·．I_B=·,　　　 所以I_A∶I_B＝1∶2

注意:IA的计算不可用做实际面积大小,写成I_A=·,而得到I_A∶I_B＝2∶1的错误结论

[例7]如图所示，光滑导轨宽0.4 m，ab金属棒长0.5m，均匀变化的磁场垂直穿过其面，方向如图，磁场的变化如图所示，金属棒ab的电阻为1Ω，导轨电阻不计，自t＝0时，ab棒从导轨最左端，以v＝1m/s的速度向右匀速运动，则( AB　　　 )

　　 A．1s末回路中的电动势为1．6V

　　 B．1s末棒ab受安培力大小为1．28N

　　 C．1s末回路中的电动势为0．8V

　　 D．1s末棒ab受安培力大小为0．64N

解析：这里的ΔΦ变化来自两个原因，一是由于B的变化，二是由于面积S的变化，显然这两个因素都应当考虑在内．， ΔB/Δt=2T/S，ΔS/Δt=VLΔt=2×1×0．4＝0.8 m

　　 1秒末B=2T，ΔS/Δt=0．4m²／s，　 所以ε＝(+)=1.6V

　　 回路中电流I＝ε/R=1.6／1A＝1.6A,　　 安培力F＝BIl＝2×1.6×0．4N＝1.28N

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

[例4]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5]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　 1、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6]长为a宽为b的矩形线圈，在磁感强度为B的匀强磁场中垂直于磁场的OO′轴以恒定的角速度ω旋转，设t= 0时，线圈平面与磁场方向平行，则此时的磁通量和磁通量的变化率分别是 [ 　]

解析:线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴转动时，产生交变电动势e=ε_mcosωt = 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

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，J点电势高于C点电势，当断开开关后瞬间则相反，C点电势高于J点电势．

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

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=10³毫亨=10⁶ 微亨

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)当线圈是N匝时则电量为：Q=NΔΦ/R

　如图所示，当磁铁完全插入时，假设线圈中磁通量变化为ΔΦ，通过每匝线圈磁通量变化与N匝线圈的磁通量变化一样都为ΔΦ；通过每匝线圈磁通量的变化率都为ΔΦ/Δt，因为是N匝，相当于N个相同电源串联，所以线圈的感应电动势ε＝Nε₀=N ΔΦ/Δt．

(3)如图所示，磁铁快插与慢插两情况通过电阻R的电量一样，但两情况下电流做功及做功功率不一样．　　

[例3].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！

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14]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15]如图所示，光滑弧形轨道和一足够长的光滑水平轨道相连，水平轨道上方有足够长的光滑绝缘杆MN，上挂一光滑铝环A,在弧形轨道上高为h的地方无初速度释放磁铁B(可视为质点)，B下滑至水平轨道时恰好沿A的中心轴线运动，设A,B的质量为M_A.M_B，求A获得的最大速度和全过程中A获得的电能．(忽略B沿弧形轨道下滑时环A中产生的感应电流)

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

　　 设B滑至水平轨道的速度为V₁，由于B的机械能守恒，有M_Bgh=½M_B 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： M_Bv₁=(M_A+M_B)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：M_Bgh=½(M_A+M_B)v₂²+E_电

所以

试题展示

散　　　　　 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)定律内容:电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比．ε=nΔφ/Δt

(2)另一种特殊情况:回路中的一部分导体做切割磁感线运动时,其感应电动势ε=BLvsinθ

(3)定律的几种表示式ε=nΔφ/Δt，ε=BLvsinθ，ε=ΔB/Δt·S，ε=½BL²ω；

(4)几点说明:

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

②ε=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=ΔB/Δt·S是在面积不变的情况下磁感应强度发生变化而推出的公式．

③导出式ε=½BL²ω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=B½LPQ/Δt=½BL²ω,这实际上是B不变而面积发生变化的情况，

[例1]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(U_ab、U_cd是导线与导轨接触处的电势差)(　　 D　　　 )

　　 A．F₁＞F₂，U_ab＞U_cd　　　 B．F₁＜F₂，U_ab＝U_cd

　　 C．F₁＝F₂，U_ab＞U_cd　　　 D．F₁＝F₂， U_ab=U_cd

解析：通过两导线电流强度一样，两导线都处于平衡状态，则F₁＝BIL，F₂＝BIL，所以F₁＝F₂，因而AB错．对于U_ab与Ucd的比较， U_ab=IR_ab，这里cd导线相当于电源，所以U_cd是路端电压，这样很容易判断出U_cd＝IR_ab 即U_ab＝U_cd．正确答案D

[例2]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．

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．

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，一个有弹性的金属圆环被一根橡皮绳吊于通电导线的下方，当通电直导线中电流I增大时，圆环的面积S和橡皮绳的长度L将变化：①S增大；②S减小；③L变长；.④L变短．正确的是(C)

A.①③;　 B.①④;　 C.②③;　 D. ①④

解析:根据楞次定律效果法可知，当穿过金属环内的磁通量增大时，要阻碍磁通量变大，则环面积应变小或远离导线．选取C.

[例6]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7]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8]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9]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10]磁感应强度为B的匀强磁场仅存在于边长为2l的正方形范围内，有一个电阻为R、边长为l的正方形导线框abcd，沿垂直于磁感线方向，以速度v匀速通过磁场，如图所示，从ab边进入磁场算起．　　

(1)　　　 画出穿过线框的磁通量随时间变化的图象

(2)　　　 线框中感应电流的方向

解析：线框穿过磁场的过程可分为三个阶段．进入磁场阶段(只有ab边在磁场中)，在磁场中运动阶段(ab、cd两边都在磁场中)，离开磁场阶段(只有cd边在磁场中)．

(1)①线框进入磁场阶段：t为O­--l/v．线框进入磁场中的面积线性增加，S=l·v·t，最后为φ＝B·S=Bl²．

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

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

(2)线框进入磁场阶段，穿过线框的磁通量增加，线框中将产生感应电流，由右手定则可知，感应电流方向为逆时针方向．

　 线框在磁场中运动阶段，穿过线框的磁通量保持不变，无感应电流产生．

　 线框离开磁场阶段，穿过线框的磁通量减少，线框中将产生感应电流，由右手定则可知，感应电流方向为顺时针方向．

[例11]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12]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13]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.

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·