2024届物理一轮复习讲义第1讲　电磁感应现象　楞次定律

2024届物理一轮复习讲义第1讲电磁感应现象楞次定律学习目标1.知道电磁感应现象的产生条件并会分析解决实际问题。2.会根据楞次定律判断感应电流的方向，会应用楞次定律的推论分析问题。3.能够综合应用安培定则、左手定则、右手定则和楞次定律解决实际问题。eq\a\vs4\al(1.,,)eq\a\vs4\al(2.)eq\a\vs4\al(3.,,)1.思考判断(1)闭合电路内只要有磁通量，就一定有感应电流产生。(×)(2)穿过线圈的磁通量和线圈的匝数无关。(√)(3)当导体切割磁感线时，一定产生感应电动势。(√)(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场的磁通量的变化。(√)2.如图1所示，一个U形金属导轨水平放置，其上放有一个金属导体棒ab，有一磁感应强度为B的匀强磁场斜向上穿过轨道平面，且与竖直方向的夹角为θ。在下列各过程中，一定能在轨道回路里产生感应电流的是()图1A.ab向左运动，同时增大磁感应强度BB.使磁感应强度B减小，θ角同时也减小C.ab向右运动，同时使θ减小D.ab向右运动，同时增大磁感应强度B和θ角(0°<θ<90°)答案C考点一电磁感应现象感应电流的产生及方向的判断判断感应电流方向的两种方法(1)用楞次定律判断(2)用右手定则判断①掌心——磁感线穿入。②拇指——指向导体运动的方向。③四指——指向感应电流的方向。例1(2023·河南开封高三月考)如图2甲所示，金属圆环和“”形金属线框相互靠近固定在水平面上，金属棒AB放在线框上，给圆环a、b端接上如图乙所示的余弦交变电流，以图甲中电流方向为正方向，金属棒AB始终保持静止，则下列判断正确的是()图2A.0～t1时间内，AB棒中的感应电流方向为B→AB.0～t1时间内，AB棒受到的摩擦力方向向右C.t2～t3时间内，AB棒中感应电流方向先由A→B再由B→AD.t1时刻AB棒受到的安培力最大，t2时刻AB棒受到的安培力最小答案A解析0～t1时间内，根据安培定则可知，右侧闭合回路中穿过纸面向外的磁通量减小且减小得越来越快，根据楞次定律和安培定则可知，AB棒中的感应电流方向为B→A，故A正确；根据左手定则，AB棒受到的安培力向右，则其受到的摩擦力向左，故B错误；t2～t3时间内，根据安培定则可知，右侧闭合回路中先是穿过纸面向里的磁通量减小再是穿过纸面向外的磁通量增大，根据楞次定律和安培定则可知，AB棒中的感应电流方向一直为A→B，故C错误；t1时刻圆环电流为零，在AB棒处产生的磁场强度为零，则AB棒受到的安培力为零，t2时刻，圆环电流变化率为零，则穿过闭合回路的磁通量变化率为零，则闭合回路感应电流为零，棒受到的安培力也为零，故D错误。跟踪训练1.(2022·北京高考，11)如图3所示平面内，在通有图示方向电流I的长直导线右侧，固定一矩形金属线框abcd，ad边与导线平行，调节电流I使空间各点的磁感应强度随时间均匀增加，则()图3A.线框中产生的感应电流方向为a→b→c→d→aB.线框中产生的感应电流逐渐增大C.线框ad边所受的安培力大小恒定D.线框整体受到的安培力方向水平向右答案D解析根据安培定则可知，通电直导线右侧的磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度随时间均匀增加，根据楞次定律可知线框中产生的感应电流方向为a→d→c→b→a，A错误；线框中产生的感应电流为I感＝eq\f(E,R)＝eq\f(nΔΦ,RΔt)＝neq\f(S,R)·eq\f(ΔB,Δt)，空间各点的磁感应强度随时间均匀增加，故线框中产生的感应电流不变，B错误；线框ad边感应电流保持不变，磁感应强度随时间均匀增加，根据F安＝IlB知，所受的安培力变大，C错误；根据左手定则可知，线框ad边所受的安培力水平向右，线框bc边所受的安培力水平向左，ab边和cd边所受的安培力大小相等、方向相反。由通电直导线的磁场分布特点可知，ad边处的磁感应强度较大，由F安＝IlB可知，线框整体受到的安培力方向水平向右，D正确。2.(多选)如图4所示，在绝缘光滑水平面(图中未画出)上有P、Q两个轻质线圈，两线圈均固定。现将开关S闭合，待电路稳定后撤去对线圈Q的固定，使线圈Q可自由滑动，向左移动滑动变阻器R的滑片，该过程中()图4A.线圈Q向左滑动B.线圈Q向右滑动C.灵敏电流表G中有从a到b的电流D.灵敏电流表G中有从b到a的电流答案BC解析当滑片向左滑动时，滑动变阻器接入电路中的电阻减小，则流过线圈P的电流增大，线圈P产生的磁场增大，所以穿过线圈Q的磁通量增大，根据楞次定律可知，为阻碍磁通量增大，线圈Q将向右运动，选项A错误，B正确；根据安培定则知，线圈P产生的磁场的方向向右，滑片向左滑动时，向右穿过线圈Q的磁通量增大，根据楞次定律可得灵敏电流表G中有从a到b的电流，选项C正确，D错误。考点二楞次定律的推广应用常见以下四种推论推论例证阻碍原磁通量变化——“增反减同”磁铁靠近，B感、B原反向，二者相斥；磁铁远离，B感、B原同向，二者相吸阻碍相对运动——“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P、Q是光滑固定导轨，a、b是可移动金属棒，磁铁下移，回路面积应减小，a、b靠近B减小，线圈扩张阻碍原电流的变化——“增反减同”(即自感现象)合上S，B灯先亮，A灯逐渐变亮；再断开S，两灯逐渐熄灭角度增反减同例2如图5，两个半径不同但同圆心的圆形导线环A、B位于同一平面内，A环的半径大于B环的半径，已知在t＝0到t＝t1的时间间隔内，当导线A环中的电流iA发生某种变化，导线B环中的感应电流总是沿顺时针方向，且导线B环总有扩张的趋势。设A环中电流iA的正方向与图中箭头所示的方向相同，则iA随时间t变化的图线可能是()图5答案A解析A图中，A环中顺时针方向的电流减小，导致B环中的指向纸内的磁通量减小，根据楞次定律知，B环中感生电流产生的磁场将阻碍磁通量减小，产生顺时针方向感应电流，两环相吸，B环有扩张的趋势，A正确；B图中，A环中逆时针方向的电流减小，导致B环中指向纸外的磁通量减小，根据楞次定律，可知B环中产生逆时针方向电流，两环相吸，B环有扩张的趋势，B错误；C图中，A环中顺时针方向的电流增大，导致B环中指向纸内的磁通量增大，根据楞次定律，可知B环将产生逆时针方向的电流，两环相斥，B环有收缩的趋势，C错误；D图中，A环中逆时针方向的电流增大，导致B环中指向纸外的磁通量增大，根据楞次定律，可知B环中产生顺时针方向电流，两环相斥，B环有收缩的趋势，D错误。角度来拒去留例3如图6所示，光滑平行导轨M、N固定在同一水平面上，两根导体棒P、Q平行放置在导轨上，形成一个闭合回路。当一条形磁体从高处下落接近回路时()图6A.P、Q将互相靠拢B.P、Q将互相远离C.磁体的加速度仍为gD.磁体的加速度大于g答案A解析方法一根据楞次定律的另一表述“感应电流的效果总是要阻碍产生感应电流的原因”，本题中“原因”是回路中磁通量的增加，归根结底是磁体靠近回路，“效果”便是阻碍磁通量的增加和磁体的靠近。所以，P、Q将互相靠拢且磁体的加速度小于g，选项A正确。方法二设磁体下端为N极，根据楞次定律可判断出P、Q中的感应电流方向，如图所示，根据左手定则可判断P、Q所受安培力的方向，可见P、Q将相互靠拢。由于回路所受安培力的合力向下，由牛顿第三定律知，磁体将受到向上的反作用力，从而使加速度小于g。当磁体下端为S极时，根据类似的分析可得到相同的结论，选项A正确。角度增缩减扩例4(多选)如图7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()图7A.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有收缩的趋势答案ABC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，所以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，且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。考点三“三定则一定律”的应用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——磁场对电流的作用力；(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.相互联系(1)应用楞次定律时，一般要用到安培定则。(2)研究感应电流受到的安培力，一般先用右手定则确定感应电流的方向，再用左手定则确定安培力的方向，有时也可以直接应用楞次定律的推论确定。例5置于匀强磁场中的金属圆盘中央和边缘各引出一根导线，与套在铁芯上部的线圈A相连。套在铁芯下部的线圈B引出两根导线接在两根水平光滑导轨上，如图8所示。导轨上有一根金属棒ab静止处在垂直于纸面向外的匀强磁场中。下列说法正确的是()图8A.圆盘顺时针加速转动时，ab棒将向右运动B.圆盘顺时针匀速转动时，ab棒将向右运动C.圆盘顺时针减速转动时，ab棒将向右运动D.圆盘逆时针加速转动时，ab棒将向左运动答案C解析当圆盘顺时针加速转动时，根据右手定则可知产生的感应电流方向为由圆心指向盘边缘，在线圈A中的磁场方向向下，且磁场在增强，在线圈B中产生的感应电流通过金属棒的方向为由a指向b，根据左手定则可知ab棒受到向左的安培力，故ab棒向左运动；同理可知，圆盘顺时针减速转动时，ab棒向右运动；圆盘匀速转动时，ab棒中没有感应电流，不受力，静止不动；圆盘逆时针加速转动时，ab棒将向右运动，故C正确，A、B、D错误。跟踪训练3.(2023·湖南长沙高三月考)如图9所示，矩形金属线框abcd置于光滑的绝缘水平面上，直导线MN与cd平行放置且固定在水平面上，直导线MN与电源、滑动变阻器R、开关S构成闭合回路。闭合开关S，将滑动变阻器的滑片从e端移到f端的过程中()图9A.线框abcd中有沿a→b→c→d→a方向的感应电流，在水平面上静止不动B.线框abcd中有沿a→d→c→b→a方向的感应电流，沿水平面向右运动C.线框abcd中有沿a→b→c→d→a方向的感应电流，沿水平面向右运动D.线框abcd中有沿a→d→c→b→a方向的感应电流，在水平面上静止不动答案C解析滑动变阻器的滑片从e端移到f端的过程中，电阻R变大，电路中电流减小，穿过线框的磁通量减小，原磁通量方向为垂直线框平面向外，则由楞次定律可知感应电流沿a→b→c→d→a方向，由左手定则可知cd边所受安培力向右，ab边所受安培力向左，因为cd边所在位置磁感应强度大于ab边所在位置磁感应强度，所以cd边所受安培力大于ab边所受安培力，线框沿水平面向右运动，故C正确，A、B、D错误。A级基础对点练对点练1电磁感应现象感应电流的产生和方向的判断1.(2020·江苏卷)如图1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()图1A.同时增大B1减小B2B.同时减小B1增大B2C.同时以相同的变化率增大B1和B2D.同时以相同的变化率减小B1和B2答案B解析当同时增大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项错误。2.(2023·广东广州高三月考)如图2所示，长直导线MN置于三角形金属线框abc上，彼此绝缘，线框被导线分成面积相等的两部分。导线通入由M到N的电流，当电流逐渐增大时，线框中()图2A.磁通量变化量为零B.没有产生感应电流C.感应电流方向为abcaD.感应电流方向为acba答案C解析虽然线框被导线分成面积相等的两部分但离导线越远，磁场越弱，导线通入由M到N的电流，且电流逐渐增大时，通过导线框的磁通量与下方磁场方向相同且逐渐增大，会产生感应电流，A、B错误；根据MN中电流的方向，结合楞次定律和安培定则可判断线框abc中感应电流方向为abca，C正确，D错误。3.如图3(a)所示，一根直导线和一个矩形导线框固定在同一竖直平面内，直导线在导线框上方，规定图(a)中箭头方向为电流的正方向。直导线中通以图(b)所示的电流，则在0～t1时间内，导线框中感应电流的方向()图3A.先顺时针后逆时针 B.先逆时针后顺时针C.始终沿顺时针 D.始终沿逆时针答案C解析开始阶段直导线中电流向右减小，则穿过线圈的磁通量向里减小，由楞次定律可知，线框中感应电流为顺时针方向；后一阶段直导线中电流向左增加，则穿过线圈的磁通量向外增加，由楞次定律可知，线框中感应电流为顺时针方向，故C正确。4.安培曾做过如图4所示的实验：把绝缘导线绕制成线圈，在线圈内部悬挂一个用薄铜片做成的圆环，圆环所在平面与线圈轴线垂直，取一条形磁体置于铜环的右侧，条形磁体的右端为N极。闭合开关一段时间后观察，发现铜环静止不动，安培由此错失了发现电磁感应现象的机会。实际上在电路闭合的瞬间，下列现象描述正确的是()图4A.从右向左看，铜环中有逆时针的感应电流B.从右向左看，铜环中有顺时针的感应电流C.铜环仍保持不动D.铜环会远离磁体答案A解析在开关闭合瞬间，线圈内部磁通量增大且磁场方向向左。从右向左观察，根据楞次定律可知，铜环中产生逆时针方向的感应电流，故A正确，B错误；产生感应电流时，铜环等效成一个小磁铁，N极在右侧，与条形磁体S极相吸引，故C、D错误。对点练2楞次定律的推广应用5.如图5所示，某教室墙上有一朝南的钢窗，将钢窗右侧向外打开，以推窗人的视角来看，窗框中产生()图5A.顺时针电流，且有收缩趋势B.顺时针电流，且有扩张趋势C.逆时针电流，且有收缩趋势D.逆时针电流，且有扩张趋势答案D解析磁场方向由南指向北，将钢窗右侧向外打开，则向北穿过窗户的磁通量减少，根据楞次定律知，感应电流产生的磁场方向由南指向北，即以推窗人的视角来看，感应电流方向为逆时针，同时根据“增缩减扩”可知，窗框有扩张趋势，故D正确。6.如图6所示，绝缘的水平桌面上放置一金属圆环，其圆心的正上方有一个竖直的条形磁体。当条形磁体沿水平方向向右移动时，圆环始终未动。若圆环的质量为m，桌面对它的支持力为FN。在此过程中()图6A.FN小于mg，圆环有向右的运动趋势B.FN小于mg，圆环有向左的运动趋势C.FN大于mg，圆环有向右的运动趋势D.FN大于mg，圆环有向左的运动趋势答案A解析当条形磁体水平向右移动时，金属圆环内的磁通量减小，因此圆环面积有扩大的趋势，同时将跟随磁体向右运动，从而“阻碍”磁通量的减小，故金属圆环受安培力向右上方，则桌面对圆环的支持力小于其自身重力，故A正确，B、C、D错误。7.(2023·安徽八校高三联考)一长直铁芯上绕有线圈P，将一单匝线圈Q用一轻质绝缘丝线悬挂在P的左端，线圈P的中轴线通过线圈Q的中心，且与线圈Q所在的平面垂直。将线圈P连接在如图7所示的电路中，其中R为滑动变阻器，E为直流电源，S为开关。下列情况中，可观测到Q向左摆动的是()图7A.S闭合的瞬间B.S断开的瞬间C.在S闭合的情况下，将R的滑片向a端移动时D.在S闭合的情况下，保持电阻R的阻值不变答案A解析S闭合的瞬间，线圈P中电流由无到有，产生的磁场从无到有，线圈Q中磁通量从无到有，线圈Q中磁通量增加，根据楞次定律，线圈Q的运动将阻碍磁通量的增大，则线圈Q将向左运动远离线圈P，故A项正确；S断开的瞬间，线圈P中电流由有到无，产生的磁场由有到无，线圈Q中磁通量由有到无，线圈Q中磁通量减小，根据楞次定律，线圈Q的运动将阻碍磁通量的减小，则线圈Q将向右运动靠近线圈P，故B项错误；在S闭合的情况下，将R的滑片向a端移动时，滑动变阻器接入电路的电阻增大，线圈P中电流减小，产生的磁场变弱，线圈Q中磁通量减小，根据楞次定律，线圈Q的运动将阻碍磁通量的减小，则线圈Q将向右运动靠近线圈P，故C项错误；在S闭合的情况下，保持电阻R的阻值不变，线圈P中电流不变，产生的磁场不变，线圈Q中磁通量不变，线圈Q中不产生感应电流，线圈Q不受磁场力，线圈Q不动，故D项错误。8.如图8甲所示，在光滑水平面上，使电路abcd的ad端加上如图乙所示的交变电压，a点电势高于d点电势时电压u为正值，电路abcd所围区域内还有一弹性导线框MNPQ置于光滑水平面上，以下说法错误的是()图8A.t1时刻，线框MNPQ中的感应电流为零B.t2时刻，电路abcd对线框MN的安培力为零C.t3时刻，线框MNPQ中的感应电流为顺时针方向D.t2～t3时间内，线框MNPQ的面积会变大答案D解析t1时刻，电势差最大但是图像的斜率为0，则其变化率也为0，所以线框MNPQ中的感应电流为零，A正确；t2时刻，线框MNPQ中的感应电流最大，但是电路中电流为0，其产生的磁场也为0，则电路abcd对线框MNPQ的安培力为零，B正确；t3时刻，由安培定则知，电路abcd产生的磁场方向垂直水平面向上，并且磁通量增大，由楞次定律及安培定则，可知线框MNPQ中的感应电流为顺时针方向，C正确；t2～t3时间内，电路中的电流增大，线框MNPQ中的磁通量增大，由楞次定律推论知线框MNPQ的面积会变小，D错误。对点练3“三定则一定律”的应用9.如图9所示，在一有界匀强磁场中放一电阻不计的平行金属导轨，虚线为有界磁场的左边界，导轨跟圆形线圈M相接，图中线圈N与线圈M共面、彼此绝缘，且两线圈的圆心重合，半径RM＜RN。在磁场中垂直于导轨放置一根导体棒ab，已知磁场垂直于导轨所在平面向外。欲使线圈N有收缩的趋势，下列说法正确的是()图9A.导体棒可能沿导轨向左做加速运动B.导体棒可能沿导轨向右做加速运动C.导体棒可能沿导轨向左做减速运动D.导体棒可能沿导轨向左做匀速运动答案C解析导体棒ab加速向左运动时，导体棒ab产生的感应电动势和感应电流增大，由右手定则知ab中电流方向由b→a，根据安培定则可知M产生的磁场方向垂直纸面向外，穿过N的磁通量增大，所以线圈N要通过增大面积以阻碍磁通量的增大，有扩张趋势，故A错误；同理分析知，导体棒向右加速运动，线圈N有扩张趋势，故B错误；导体棒向左减速运动，线圈N有收缩趋势，故C正确；导体棒向左匀速运动，线圈N中无感应电流产生，故D错误。B级综合提升练10.通电螺线管外套着a、b两个金属环。两个环的圆心在螺线管的轴线上，如图10所示。闭合开关S，在移动滑动变阻器的滑动头P时，下列说法正确的是()图10A.磁通量Φa<ΦbB.a、b两环中感应电流的磁场与螺线管内部磁感应强度方向相同C.当P向右滑动时，b环中的感应电流方向为逆时针方向(从左向右看)D.当P向右滑动时，a、b两环的面积有扩张的趋势答案D解析螺线管内部磁场和外部磁场均通过线圈a、b，且内部磁场的磁通量大于外部磁场的磁通量，则Φ＝Φ内－Φ外，因为螺线管外部磁场通过金属环a的磁通量小于通过金属环b的磁通量，故Φa>Φb，故A错误；若螺线管电流的磁场变大，在金属环范围内，两金属环磁通量变大，故感应电流的磁场与螺线管内部磁场反向；反之，感应电流的磁场与螺线管内部磁场同向，故B错误；P向右滑动，滑动变阻器阻值减小，电路总阻值减小，螺线管电流变大。根据安培定则，可知通过b环中的磁通量向左变大，再根据楞次定律，可知b环中的感应电流方向为顺时针方向(从左向右看)，故C错误；金属环处在螺线管外部磁场当中，螺线管外部磁场与内部磁场方向相反，根据左手定则可知，a、b两环的面积有扩张的趋势，故D正确。11.(多选)如图11所示，两个线圈绕在同一根铁芯上，其中一线圈通过开关与电源连接，另一线圈与远处沿南北方向水平放置在纸面内的直导线连接成回路。将一磁针悬挂在直导线正上方，开关未闭合时小磁针处于静止状态。下列说法正确的是()图11A.开关闭合后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动B.开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向里的方向C.开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向外的方向D.开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动答案AD解析开关闭合瞬间，由安培定则可知，右侧线圈在铁芯中产生向右的磁场，由楞次定律可知，直导线中的电流方向由南向北，由安培定则可知，直导线在小磁针所在位置产生垂直纸面向里的磁场，则小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动，A正确；开关闭合并保持一段时间后，穿过左侧线圈的磁通量不变，则左侧线圈中的感应电流为零，直导线不产生磁场，则小磁针静止不动，B、C错误；开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，穿过左侧线圈向右的磁通量减少，则由楞次定律可知，流过直导线的电流方向由北向南，直导线在小磁针所在处产生垂直纸面向外的磁场，则小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动，D正确。12.如图12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()图12A.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棒都保持静止答案A解析由安培定则可知，螺线管中磁场方向向上，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，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，所以ab棒向左运动，cd棒向右运动，故A正确。13.如图13所示，在竖直方向上的两个匀强磁场B1和B2中，各放入一个完全一样的水平金属圆盘a和b，它们可绕竖直轴自由转动。用导线将a盘中心与b盘边缘相连，b盘中心与a盘边缘相连。从上向下看，当a盘顺时针转动时()图13A.b盘总是逆时针转动B.若B1、B2同向，b盘顺时针转动C.若B1、B2反向，b盘顺时针转动D.b盘总是顺时针转动答案C解析若B1、B2都竖直向上，从上向下看，当a盘顺时针转动时，其半径切割磁感线，感应电流方向为a′→O→b′→O′→a′，b盘电流为b′→O′，根据左手定则，b盘受到安培力沿逆时针方向(俯视)转动；若B1、B2都竖直向下，从上向下看，当a盘顺时针转动时，其半径切割磁感线，感应电流方向为O→a′→O′→b′→O，b盘电流为O′→b′，根据左手定则，b盘受到安培力沿逆时针方向(俯视)转动；若B1向上，B2向下，从上向下看，当a盘顺时针转动时，其半径切割磁感线，感应电流方向为a′→O→b′→O′→a′，b盘电流为b′→O′，根据左手定则，b盘受到安培力沿顺时针方向(俯视)转动；若B1向下，B2向上，从上向下看，当a盘顺时针转动时，其半径切割磁感线，感应电流方向为O→a′→O′→b′→O，b盘电流为O′→b′，根据左手定则，b盘受到安培力沿顺时针方向(俯视)转动，A、B、D错误，C正确。第2讲法拉第电磁感应定律自感和涡流学习目标1.理解法拉第电磁感应定律，会应用E＝neq\f(ΔΦ,Δt)进行有关计算。2.会计算导体切割磁感线产生的感应电动势。3.了解自感现象、涡流、电磁驱动和电磁阻尼。1.2.3.eq\a\vs4\al(,4.,,)5.6.7.1.思考判断(1)线圈中磁通量变化越大，产生的感应电动势越大。(×)(2)线圈中磁通量变化越快，产生的感应电动势越大。(√)(3)感应电流产生的磁场方向与原磁场方向始终相同。(×)(4)线圈中的电流越大，则自感系数也越大。(×)2.(多选)空间存在一方向与纸面垂直、大小随时间变化的匀强磁场，其边界如图1(a)中虚线MN所示。一硬质细导线的电阻率为ρ、横截面积为S，将该导线做成半径为r的圆环固定在纸面内，圆心O在MN上。t＝0时磁感应强度的方向如图(a)所示；磁感应强度B随时间t的变化关系如图(b)所示。则在t＝0到t＝t1的时间间隔内()图1A.圆环所受安培力的方向始终不变B.圆环中的感应电流始终沿顺时针方向C.圆环中的感应电流大小为eq\f(B0rS,4t0ρ)D.圆环中的感应电动势大小为eq\f(B0πr2,4t0)答案BC考点一法拉第电磁感应定律的理解和应用1.公式E＝neq\f(ΔΦ,Δt)求解的是一个回路中某段时间内的平均电动势，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eq\f(ΔΦ,Δt)共同决定，而与磁通量Φ的大小、磁通量的变化量ΔΦ的大小没有必然联系。3.磁通量的变化率eq\f(ΔΦ,Δt)对应Φ－t图像上某点切线的斜率。4.磁通量的变化仅由面积变化引起时，E＝nBeq\f(ΔS,Δt)。5.磁通量的变化仅由磁场变化引起时，E＝neq\f(ΔB·S,Δt)，注意S为线圈在磁场中的有效面积。6.磁通量的变化是由面积和磁场变化共同引起时，E＝neq\f(|B2S2－B1S1|,Δt)≠neq\f(ΔB·ΔS,Δt)。例1(多选)(2023·河南郑州高三月考)如图2所示，垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t均匀变化，磁场方向取垂直纸面向里为正方向。正方形硬质金属框abcd放置在磁场中，金属框平面与磁场方向垂直，电阻R＝0.1Ω，边长l＝0.2m，则下列说法正确的是()图2A.在t＝0到t＝0.1s时间内，金属框中的感应电动势为0.08VB.在t＝0.05s时，金属框ab边受到的安培力的大小为0.16NC.在t＝0.05s时，金属框ab边受到的安培力的方向垂直于ab向右D.在t＝0到t＝0.1s时间内，金属框中电流的电功率为0.064W答案AD解析根据法拉第电磁感应定律E＝eq\f(nΔΦ,Δt)，解得E＝0.08V，故A正确；感应电流为I＝eq\f(E,R)＝eq\f(0.08,0.1)A＝0.8A，在t＝0.05s时，ab受到的安培力为F＝IlB＝0.8×0.2×0.1N＝0.016N，故B错误；金属框中的磁通量减小，根据楞次定律，线框有扩大的趋势，故ab受到的安培力水平向左，故C错误；电功率为P＝EI＝0.08V×0.8A＝0.064W，故D正确。跟踪训练1.(2022·河北卷)将一根绝缘硬质细导线顺次绕成如图3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()图3A.kS1 B.5kS2C.k(S1－5S2) D.k(S1＋5S2)答案D解析由法拉第电磁感应定律可得大圆线圈产生的感应电动势E1＝eq\f(ΔΦ1,Δt)＝eq\f(ΔB·S1,Δt)＝kS1，每个小圆线圈产生的感应电动势E2＝eq\f(ΔΦ2,Δt)＝eq\f(ΔB·S2,Δt)＝kS2，由线圈的绕线方式和楞次定律可得大、小圆线圈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)，故D正确，A、B、C错误。2.(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4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()图4A.I1<I3<I2 B.I1>I3>I2C.I1＝I2>I3 D.I1＝I2＝I3答案C解析设圆线框的半径为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＝eq\f(3\r(3)r2,2)三个线框材料、粗细相同，根据电阻定律R＝ρeq\f(L,S横截面)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＝eq\f(E,R)＝eq\f(ΔB,Δt)·eq\f(S,R)由于三个线框处于同一随时间线性变化的磁场中，可得电流之比为I1∶I2∶I3＝eq\f(S1,R1)∶eq\f(S2,R2)∶eq\f(S3,R3)＝2∶2∶eq\r(3)即I1＝I2>I3，故选项C正确。考点二导线切割磁感线产生的感应电动势1.导线平动切割的有效长度公式E＝Blv中的l为导体两端点连线在垂直于速度方向上的投影长度。如图5，导体的有效长度分别为：图5图甲：l＝eq\o(cd,\s\up6(－))sinβ。图乙：沿v方向运动时，l＝eq\o(MN,\s\up6(－))。图丙：沿v1方向运动时，l＝eq\r(2)R；沿v2方向运动时，l＝R。2.导线转动切割的三种情况(1)以中点为轴时，E＝0(不同两段的代数和)。(2)以端点为轴时，E＝eq\f(1,2)Bl2ω(平均速度取中点位置的线速度eq\f(1,2)lω)。(3)以任意点为轴时，E＝eq\f(1,2)Bω(leq\o\al(2,1)－leq\o\al(2,2))(l1、l2分别为转轴到两端点的距离，E为导体两端间的电势差)。角度平动切割磁感线例2(多选)如图6所示，在MN右侧区域有垂直于纸面向里的匀强磁场，其磁感应强度随时间变化的关系为B＝kt(k为大于零的常量)。一高为a、电阻为R的正三角形金属线框向右匀速运动。在t＝0时刻，线框底边恰好到达MN处；在t＝T时刻，线框恰好完全进入磁场。在线框匀速进入磁场的过程中()图6A.线框中的电流始终为逆时针方向B.线框中的电流先逆时针方向，后顺时针方向C.t＝eq\f(T,2)时刻，流过线框的电流大小为eq\f(\r(3)ka2,6R)D.t＝eq\f(T,2)时刻，流过线框的电流大小为eq\f(5\r(3)ka2,12R)答案AD解析由右手定则和楞次定律可知动生电动势和感生电动势均为逆时针，故感应电流为逆时针，A正确，B错误；线框匀速进入磁场过程中，设正三角形金属线框边长为L，则L＝eq\f(a,sin60°)＝eq\f(2\r(3),3)a，t＝eq\f(T,2)时刻，B＝k·eq\f(T,2)，切割长度L′＝eq\f(L,2)＝eq\f(\r(3),3)a，线框匀速进入磁场的速度v＝eq\f(a,T)，则动生电动势E1＝BL′v＝eq\f(\r(3)ka2,6)，此时感生电动势E2＝eq\f(ΔB,Δt)·eq\f(3,4)S＝k·eq\f(3,4)×eq\f(1,2)×a×eq\f(2\r(3),3)a＝eq\f(\r(3),4)ka2，t＝eq\f(T,2)时刻，流过线框的电流大小为I＝eq\f(E1＋E2,R)＝eq\f(5\r(3)ka2,12R)，C错误，D正确。跟踪训练3.(2023·江苏泰州高三期末)“L”型的细铜棒在磁感应强度为B的匀强磁场中运动，已知“L”型细铜棒两边相互垂直，长度均为l，运动速度大小为v，则铜棒两端电势差的最大值为()A.eq\f(1,2)Blv B.eq\r(2)Blv C.eq\r(3)Blv D.2Blv答案B解析当细铜棒切割磁感线的有效长度最大时，铜棒两端的感应电动势最大。如图所示，当L型铜棒速度方向垂直铜棒两端连线时，切割磁感线的有效长度为eq\r(2)l，此时铜棒两端电势差最大，最大值为E＝eq\r(2)Blv，故B正确。角度转动切割磁感线例3(多选)(2021·广东卷)如图7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()图7A.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中的电流逐渐减小答案AD解析根据转动切割磁感线产生感应电动势的公式可知EOP＝eq\f(1,2)Bl2ω，由于杆OP匀速转动，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中电流为从M到N，根据左手定则可知MN所受安培力向左，MN向左运动，切割磁感线，产生由N到M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，由F＝IlB可知，杆OP和MN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。跟踪训练4.(2023·安徽宣城调研)边界MN的一侧区域内，存在着磁感应强度大小为B、方向垂直于光滑水平桌面的匀强磁场。边长为l的正三角形金属线框abc粗细均匀，三边阻值相等，a顶点刚好位于边界MN上，现使线框围绕过a点且垂直于桌面的转轴匀速转动，转动角速度为ω，如图8所示，则在ab边开始转入磁场的瞬间，a、b两端的电势差Uab为()图8A.eq\f(1,3)Bl2ω B.－eq\f(1,2)Bl2ωC.－eq\f(1,3)Bl2ω D.eq\f(1,6)Bl2ω答案A解析当ab边刚进入磁场时，ab边切割磁感线，切割长度为两个端点间的距离，即为a、b间的距离l，则E＝Bleq\o(v,\s\up6(－))＝Bleq\f(lω,2)＝eq\f(1,2)Bl2ω；由楞次定律知，感应电流方向为逆时针，则φa＞φb，设每个边的电阻为R，a、b两点间的电势差为Uab＝I·2R＝eq\f(E,3R)·2R＝eq\f(1,3)Bl2ω，故A正确，B、C、D错误。考点三自感现象1.自感现象的四大特点(1)自感电动势总是阻碍线圈中原电流的变化。(2)通过线圈中的电流不能发生突变，只能缓慢变化。(3)电流稳定时，自感线圈就相当于普通导体。(4)线圈的自感系数越大，自感现象越明显，自感电动势只是延缓了过程的进行，但它不能使过程停止，更不能使过程反向。2.通电自感和断电自感的比较通电自感断电自感电路图器材A1、A2同规格，R＝RL，L较大L很大(有铁芯)，RL＜RA现象S闭合瞬间，A2灯立即亮起来，A1灯逐渐变亮，最终一样亮开关S断开时，灯A突然闪亮一下后再渐渐熄灭例4图9甲和乙是演示自感现象的两个电路图，L1和L2为电感线圈。实验时，断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗；闭合开关S2，灯A2逐渐变亮。而另一个相同的灯A3立即变亮，最终A2与A3的亮度相同。下列说法正确的是()图9A.图甲中，A1与L1的电阻值相同B.图甲中，闭合S1，电路稳定后，A1中电流大于L1中电流C.图乙中，变阻器R与L2的电阻值相同D.图乙中，闭合S2瞬间，L2中电流与变阻器R中电流相等答案C解析在题图甲中，断开开关S1瞬间，L1与A1构成闭合回路，通过灯A1的电流与L1相同，又因灯A1突然闪亮，即通过A1的电流增大，则可推出，闭合S1，待电路稳定后，通过L1的电流大于通过灯A1电流，根据L1与A1并联，可知L1的电阻小于A1的电阻，故A、B错误；在题图乙中，闭合开关S2，最终A2与A3亮度相同，即电流相同，所以L2与R电阻相同；闭合开关S2的瞬间，L2中电流小于变阻器R中电流，故C正确，D错误。分析自感问题的三个技巧(1)通电自感：通电时自感线圈相当于一个变化的电阻，阻值由无穷大逐渐减小。(2)断电自感：断电时自感线圈相当于电源，电动势由某值逐渐减小到零。(3)电流稳定时，自感线圈相当于导体，是否需要考虑其电阻，根据题意而定。跟踪训练5.(多选)(2023·河北邯郸市高三期末)如图10所示，三个灯泡L1、L2、L3规格相同，螺线管和二极管的导通电阻可以忽略。竖直悬挂的线圈中心轴线与螺线管的轴线水平共线。现突然断开开关S，将发生的现象是()图10A.L1逐渐熄灭，L2、L3逐渐熄灭B.L1逐渐熄灭，L2立即熄灭，L3先变亮后熄灭C.线圈向左摆动，并有收缩趋势D.线圈中的感应电流为逆时针(从左向右看)答案BD解析突然断开开关，由于螺线管的自感现象，线圈产生自感电动势，使得电流I1(向右)不能突变，而是逐渐变为0，L1逐渐熄灭，由于二极管的单向导电性，L2马上熄灭，由于I1>I3，所以L3闪亮后熄灭，故A错误，B正确；穿过线圈内的磁通量减小，根据楞次定律可知，线圈和螺线管间将有引力作用，线圈向右摆动，且有扩大趋势，线圈中的感应电流方向为逆时针方向，故C错误，D正确。考点四涡流电磁阻尼和电磁驱动1.产生涡流时的能量转化(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。2.电磁阻尼和电磁驱动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，其他形式的能转化为电能，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，从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跟踪训练6.(多选)涡流检测是工业上无损检测的方法之一。如图11所示，线圈中通以一定频率的正弦交流电，靠近待测工件时，工件内会产生涡流，同时线圈中的电流受涡流影响也会发生变化。下列说法中正确的是()图11A.涡流的磁场总是要阻碍穿过工件的磁通量的变化B.涡流的频率等于通入线圈的交流电的频率C.通电线圈和待测工件间存在周期性变化的作用力D.待测工件可以是塑料或橡胶制品答案ABC解析由楞次定律可知，涡流的磁场总是要阻碍穿过工件的磁通量的变化，A正确；涡流随着交流电而变化，所以涡流的频率等于通入线圈的交流电的频率，B正确；由于电流在磁场中受安培力作用，故通电线圈和待测工件间存在周期性变化的作用力，C正确；涡流只能在导体中产生，故待测工件不能是塑料或橡胶制品，D错误。7.扫描隧道显微镜(STM)可用来探测样品表面原子尺度上的形貌。为了有效隔离外界振动对STM的扰动，在圆底盘周边沿其径向对称地安装若干对紫铜薄板，并施加磁场来快速衰减其微小振动，如图12所示。无扰动时，按下列四种方案对紫铜薄板施加恒定磁场；出现扰动后，对于紫铜薄板上下及其左右振动的衰减最有效的方案是()图12答案A解析在A图中，系统震动时，紫铜薄板随之上下及左右振动，磁通量发生变化，产生感应电流，受到安培力，阻碍系统的震动；在B、D图中，只有紫铜薄板左右振动才产生感应电流，而上下振动无电流产生；在C图中，无论紫铜薄板上下振动还是左右振动，都不会产生感应电流，故选项A正确，B、C、D错误。A级基础对点练对点练1法拉第电磁感应定律的理解和应用1.(2023·江苏无锡高三期末)目前手机的无线充电技术(如图1甲)已经成熟，其工作过程可简化为如图乙所示，A、B两个线圈彼此靠近平行放置，当线圈A接通工作电源时，线圈B中会产生感应电动势，并对与其相连的手机电池充电。下列说法正确的是()图1A.只要线圈A中输入电流，线圈B中就会产生感应电动势B.若线圈A中输入变化的电流，线圈B中产生的感应电动势也会发生变化C.线圈A中输入的电流越大，线圈B中感应电动势越大D.线圈A中输入的电流变化越快，线圈B中感应电动势越大答案D解析根据感应电流产生的条件，若在线圈A中输入恒定电流，则线圈A只产生恒定的磁场，线圈B中的磁通量不发生变化，则线圈B中不会产生感应电动势，故A错误；若线圈A中输入随时间均匀变化的电流，则会使线圈A产生随时间均匀变化的磁场，根据法拉第电磁感应定律E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝常数，则线圈B中会产生恒定不变的感应电动势，故B错误；若线圈A中电流恒定不变，无论多大，产生的磁场是恒定的，则线圈B中没有磁通量变化，不会产生感应电动势，故C错误；线圈A中电流变化越快，则线圈A中电流产生的磁场变化越快，根据法拉第电磁感应定律E＝neq\f(ΔΦ,Δt)，线圈B中感应电动势也会越大，故D正确。2.(2022·江苏卷，5)如图2所示，半径为r的圆形区域内有垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度B随时间t的变化关系为B＝B0＋kt，B0、k为常量，则图中半径为R的单匝圆形线圈中产生的感应电动势大小为()图2A.πkr2 B.πkR2 C.πB0r2 D.πB0R2答案A解析磁场的有效面积为S＝πr2，磁场的变化率为eq\f(ΔB,Δt)＝k，根据法拉第电磁感应定律可知E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔBπr2,Δt)＝πkr2，故A正确。3.如图3，一线圈匝数为n，横截面积为S，总电阻为r，处于一个均匀增强的磁场中，磁感应强度随时间的变化率为k(k>0且为常量)，磁场方向水平向右且与线圈平面垂直，电容器的电容为C，两个电阻的阻值分别为r和2r。下列说法正确的是()图3A.电容器下极板带正电B.此线圈的热功率为eq\f(（nkS）2,r)C.电容器所带电荷量为eq\f(3nSkC,5)D.电容器所带电荷量为eq\f(nSkC,2)答案D解析根据楞次定律可以判断通过电阻r的电流方向为从左往右，所以电容器上极板带正电，故A错误；根据法拉第电磁感应定律可得线圈产生的感应电动势为E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝nSeq\f(ΔB,Δt)＝nkS，根据焦耳定律可得此线圈的热功率为P＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(E,2r)))eq\s\up12(2)r＝eq\f(（nkS）2,4r)，故B错误；电容器两端电压等于r两端电压，电容器所带电荷量为Q＝CU＝eq\f(rCE,2r)＝eq\f(nSkC,2)，故C错误，D正确。4.如图4甲所示，粗细均匀的导体框ABC，∠B＝90°，∠C＝30°，AB边长为L，导体框的总电阻为R。一匀强磁场垂直导体框ABC所在平面，方向向里，磁感应强度随时间变化规律如图乙所示。下列说法正确的是()图4A.导体框ABC中电流的方向为顺时针B.导体框ABC中电流的大小为eq\f(\r(3)L2B0,t0R)C.t0时刻两直角边AB和BC所受安培力合力大小为eq\f(\r(3)L3Beq\o\al(2,0),t0R)D.两直角边AB和BC所受安培力合力方向为垂直AC向左下方答案C解析结合图甲和图乙，根据楞次定律可知，导体框ABC中电流的方向为逆时针，故A错误；根据法拉第电磁感应定律，感应电动势E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB×S,Δt)＝eq\f(\r(3)B0L2,2t0)，则感应电流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(\r(3)B0L2,2Rt0)，故B错误；磁场中的闭合回路所受安培力的合力为零，则两直角边AB和BC所受安培力合力大小与斜边AC所受安培力大小相等，则F＝2ILB0＝eq\f(\r(3)Beq\o\al(2,0)L3,Rt0)，故C正确；两直角边AB和BC所受安培力合力大小与斜边AC所受安培力方向相反，根据左手定则可知，AC边所受安培力方向为垂直AC向左下方，则两直角边AB和BC所受安培力合力方向为垂直AC向右上方，故D错误。对点练2导体切割磁感线产生感应电动势5.(多选)(2023·广东梅州高三月考)法拉第圆盘发电机的示意图如图5所示。半径为L的铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触，磁感应强度为B，方向如图所示，下列说法正确的是()图5A.若从上往下看，圆盘顺时针转动，则圆盘中心电势比边缘要低B.若从上往下看，圆盘顺时针转动，则电流沿a到b的方向流动C.若圆盘转动的角速度为ω，圆盘转动产生的感应电动势大小为eq\f(1,2)BωL2D.若圆盘转动的方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化答案BC解析若从上往下看，圆盘顺时针转动，根据右手定则可知，电流方向由P指向圆盘中心，则圆盘中心电势比边缘高，电流沿a到b的方向流过电阻，故A错误，B正确；若圆盘转动的角速度为ω，圆盘转动产生的感应电动势大小为E＝BLv＝BLeq\f(ωL,2)＝eq\f(1,2)BωL2，故C正确；若圆盘转动的方向不变，角速度大小发生变化，则电流的大小发生变化，电流方向不发生变化，故D错误。6.如图6所示，由均匀导线制成的半径为R的圆环，以速度v匀速进入一磁感应强度大小为B的匀强磁场。当圆环运动到图示位置(∠aOb＝90°)时，a、b两点的电势差Uab为()图6A.eq\r(2)BRv B.eq\f(\r(2),2)BRvC.－eq\f(\r(2),4)BRv D.－eq\f(3\r(2),4)BRv答案D解析有效切割长度即a、b连线的长度，如图所示，由几何关系知有效切割长度为eq\r(2)R，所以产生的电动势为E＝BLv＝B·eq\r(2)Rv，电流的方向为a→b，所以Uab＜0，由于在磁场部分的阻值为整个圆的eq\f(1,4)，所以Uab＝－eq\f(3,4)B·eq\r(2)Rv＝－eq\f(3\r(2),4)BRv，故D正确。7.(多选)(2023·广东深圳高三月考)磁悬浮列车是高速低耗交通工具，如图7(a)所示，它的驱动系统简化为如图(b)所示的物理模型。固定在列车底部的正方形金属线框的边长为L，匝数为N，总电阻为R。水平面内平行长直导轨间存在磁感应强度均为B、方向交互相反、边长均为L的正方形组合匀强磁场。当磁场以速度v匀速向右移动时，可驱动停在轨道上的列车，则()图7A.图示时刻线框中感应电流沿逆时针方向B.列车运动的方向与磁场移动的方向相同C.列车速度为v′时线框中的感应电动势大小为2NBL(v－v′)D.列车速度为v′时线框受到的安培力大小为eq\f(2NB2L2（v－v′）,R)答案BC解析线框相对磁场向左运动，根据右手定则可知图示时刻线框中感应电流沿顺时针方向，A错误；根据左手定则，列车受到向右的安培力，因此列车运动的方向与磁场移动的方向相同，B正确；根据法拉第电磁感应定律E＝2NBLΔv＝2NBL(v－v′)，C正确；列车速度为v′时线框受到的安培力大小为F＝2NILB＝eq\f(4N2B2L2（v－v′）,R)，D错误。对点练3自感、涡流、电磁驱动和电磁阻尼8.科技的发展给生活带来了很多的便利，电磁炉是很多家庭必备的家用电器，下列有关电磁炉的说法正确的是()A.电磁炉接到220V直流电源上，仍可正常工作B.陶瓷砂锅也可用电磁炉加热C.在电磁炉面板上放置一环形轻质铝箔，电磁炉工作时铝箔可能会动起来D.同一电磁炉的加热效果只与接入的电流大小有关答案C解析电磁炉是应用电磁感应原理对食品进行加热的，电磁炉的炉面是耐热陶瓷板，交变电流通过陶瓷板下方的线圈产生交变磁场，磁场内的磁感线穿过铁锅、不锈钢锅等的底部时，产生涡流，令锅底迅速发热，达到加热食品的目的，故不能用直流电源和不导电的锅具，故A、B错误；电磁炉工作时，穿过环形轻质铝箔的磁通量发生变化，铝箔中产生感应电流，在磁场中受安培力作用，铝箔可能会动起来，故C正确；电磁炉通电线圈通入大小和方向变化的电流，电流变化越快，穿过锅底的磁通量变化就越快，根据法拉第电磁感应定律可知，产生的感应电动势就越大，涡流就越大，从而导致单位时间内产生的热量就越多，即电磁炉加热效果越好，电流变化快慢和频率有关，故电磁炉的加热效果与接入电流频率也有关，故D错误。9.如图8所示，某小组利用电流传感器(接入电脑，图中未画出)记录灯泡A和自感元件L构成的并联电路某时刻在断电瞬间各支路电流随时间的变化情况，i1表示小灯泡中的电流，i2表示自感元件中的电流(已知开关S闭合时i2>i1)，则下列图像中正确的是()图8答案C解析当开关S断开后，自感元件与灯泡形成回路，自感元件阻碍自身电流变化，自感元件产生的感应电流仍沿着原来方向，大小从i2开始不断减小，灯泡的电流反向，大小与自感元件电流相等，故C正确，A、B、D错误。B级综合提升练10.如图9所示，匀强磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框，半圆直径与磁场边缘重合，磁场方向垂直于半圆面(纸面)向里，磁感应强度大小为B0，使该线框从静止开始绕过圆心O且垂直于半圆面的轴以角速度ω匀速转动半周，在线框中产生感应电流。现使线框保持图中所示位置不变，磁感应强度大小随时间线性变化。为了产生与线框转动半周