2025高考物理复习法拉第电磁感应定律自感和涡流课件教案练习题

第十一章电磁感应第2讲法拉第电磁感应定律、自感和涡流课标要求1．通过实验，理解法拉第电磁感应定律。2．通过实验，了解自感现象和涡流现象，能举例说明自感现

象

和涡流现象在生产生活中的应用。考点一法拉第电磁感应定律的理解及应用考点二导体切割磁感线产生的感应电动势考点三自感涡流电磁阻尼与电磁驱动内容索引聚焦学科素养课时测评考点一法拉第电磁感应定律的理解及应用1．感应电动势(1)概念：在电磁感应现象中产生的电动势。(2)产生条件：穿过回路的磁通量发生改变，与电路是否闭合______。(3)方向判断：感应电动势的方向用楞次定律或__________判断。2．法拉第电磁感应定律(1)内容：闭合电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的__________________成正比。(2)公式：E＝n，其中n为线圈匝数。知识梳理无关右手定则磁通量的变化率(2023·湖北高考·改编)近场通信(NFC)器件应用电磁感应原理进行通讯，其天线类似一个压平的线圈，线圈尺寸从内到外逐渐变大。如图所示，一正方形NFC线圈共3匝，其边长分别为1.0cm、1.2cm和1.4cm，图中线圈外线接入内部芯片时与内部线圈绝缘。若匀强磁场垂直通过此线圈，磁感应强度变化率为103T/s。判断下列说法的正误：(1)图中大线圈中的磁感应强度比小线圈中的磁感应强度变化得快。 (

)(2)图中大线圈中的磁通量比小线圈中的磁通量变化得快。 (

)(3)图中线圈的总电动势等于三个线圈产生的电动势之和。 (

)高考情境链接×√√1．对法拉第电磁感应定律的理解(1)公式E＝n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

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

对应Φ-t图像上某点切线的斜率。(4)通过回路横截面的电荷量q＝

，仅与n、ΔΦ和回路电阻R有关，与时间长短无关。核心突破2．磁通量变化的三种情景对应的感应电动势(1)磁通量的变化仅由面积变化引起时，ΔΦ＝BΔS，则E＝n。(2)磁通量的变化仅由磁场变化引起时，ΔΦ＝ΔBS，则E＝n，注意S为线圈在磁场中的有效面积。(3)磁通量的变化由面积变化和磁场变化共同引起时，则根据定义求ΔΦ＝|Φ末－Φ初|，E＝

。

两个半径不同的半圆金属环可以组成如图甲、乙所示的两种闭合回路，两半圆环位于同一平面内，圆心重合，较小的半圆环的半径为r，整个回路的电阻为R。将两个闭合回路放在垂直环面的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化的规律如图丙所示，则t0时刻，甲、乙两回路中小的半圆环受到的安培力之差为(图中均为已知量)A． B．C． D．例1√设甲回路的面积为S1，则感应电动势E1＝S1，t0时刻，甲回路中小的半圆环受到的安培力F1＝2B0r，设乙回路的面积为S2，则感应电动势E2＝S2，t0时刻，乙回路中小的半圆环受到的安培力F2＝2B0r，由题意知，甲、乙两回路面积之差为S1－S2＝πr2，则安培力之差ΔF＝F1－F2＝

，故选C。对点练1．(2022·河北高考)将一根绝缘硬质细导线顺次绕成如图所示的线圈，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A．kS1 B．5kS2C．k(S1－5S2) D．k(S1＋5S2)√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＝

＝kS1，每个小圆线圈产生的感应电动势E2＝

＝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。故选D。对点练2．(2023·重庆高考)某小组设计了一种呼吸监测方案：在人身上缠绕弹性金属线圈，观察人呼吸时处于匀强磁场中的线圈面积变化产生的电压，了解人的呼吸状况。如图所示，线圈P的匝数为N，磁场的磁感应强度大小为B，方向与线圈轴线的夹角为θ。若某次吸气时，在t时间内每匝线圈面积增加了S，则线圈P在该时间内的平均感应电动势为A． B．C． D．√根据法拉第电磁感应定律有

，故选A。对点练3．(多选)如图甲所示，线圈两端a、b与一电阻R相连，线圈内有垂直于线圈平面向里的磁场，从t＝0时刻起，穿过线圈的磁通量按图乙所示的规律变化。下列说法正确的是A．0.5t0时刻，R中电流方向为由a到bB．1.5t0时刻，R中电流方向为由a到bC．0～t0时间内R的电流小于t0～2t0时间内R的电流D．0～t0时间内R的电流大于t0～2t0时间内R的电流√√由楞次定律可知0～t0时间内线圈中的感应电流方向为逆时针方向，R中电流方向为由a到b，t0～2t0时间内线圈中感应电流的方向为顺时针方向，R中电流方向为由b到a，故A正确，B错误；根据法拉第电磁感应定律可知0～t0时间内感应电动势是t0～2t0时间内的

，故0～t0时间内R中的电流是t0～2t0时间内的

，故C正确，D错误。返回考点二导体切割磁感线产生的感应电动势1．垂直切割：E＝______。2．倾斜切割：E＝________，其中θ为v与B的夹角。3．旋转切割(以一端为轴)：E＝

知识梳理BlvBlvsin

θ(2023·江苏高考·改编)如图所示，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，OC导体棒的O端位于圆心，棒的中点A位于磁场区域的边缘。现使导体棒绕O点在纸面内逆时针转动。O、A、C点电势分别为φO、φA、φC。判断下列说法的正误：(1)根据右手定则可知φO

＞

φA。 (

)(2)因为导体棒AC不切割磁场，故φA

＝

φC。 (

)(3)若空间中充满磁场，则OA间与AC间电压相等。 (

)高考情境链接√√×1．E＝Blv的三个特性(1)正交性：本公式要求磁场为匀强磁场，而且B、l、v三者互相垂直。(2)有效性：公式中的l为导体的有效切割长度，即导体两端点连线在垂直于速度方向上的投影长度。如图所示，各导体的有效长度l分别为：图甲：l＝

图乙：沿v方向运动时，l＝

图丙：沿v1方向运动时，l＝

；沿v2方向运动时，l＝R。(3)相对性：公式中的速度v是导体棒相对磁场的速度，若磁场也在运动，应注意速度间的相对关系。核心突破2．三种切割方式产生的感应电动势切割方式感应电动势表达式条件垂直切割E＝Blv(1)磁场为匀强磁场。(2)导体棒与磁场方向垂直。倾斜切割E＝Blvsinθ，其中θ为v与B的夹角旋转切割(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＝Bl2ω(平均速度取中点位置的线速度ωl)。(3)以任意点为轴时E＝

ω(l1＞l2，不同两段的代数和)。考向1平动切割问题(多选)(2023·广东汕尾模拟·改编)如图所示，在光滑的水平地面上方，有两个磁感应强度大小均为B、方向相反的水平匀强磁场，PQ为两个磁场的边界，磁场范围足够大。一个半径为a、质量为m、电阻为R的金属圆环垂直磁场方向，以速度v从如图位置向右运动，经Δt圆环运动到直径刚好与边界线PQ重合，此时圆环的速度为

，则下列说法正确的是A．此时圆环中的电流为逆时针方向B．此时圆环的瞬时电动势为2BavC．此过程中平均电动势为D．此时圆环中的加速度为例2√√由楞次定律可知，此时线圈产生的感应电流沿顺时针方向，故A错误；当圆环的直径与边界线PQ重合时，圆环左右两个半环均产生感应电动势，有效切割的长度都等于直径，故线圈中的感应电动势为E＝2B·2a·

＝2Bav，故B正确；此过程中，电路中的平均电动势为

，C错误；此时圆环受力为F＝2BI·2a＝4B·

，由牛顿第二定律可得，加速度为a＝

，故D正确。故选BD。考向2转动切割问题(多选)金属棒ab长度L＝0.5m，阻值r＝1Ω，放在半径分别为r1＝0.5m和

r2＝1.0m的水平同心圆环导轨上，两圆环之间有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B＝2T；从两圆环下端引出导线连接一阻值为R＝2Ω的电阻，ab在外力作用下以角速度ω＝4rad/s绕圆心顺时针(从上往下看)做匀速圆周运动，不计圆环导轨的电阻和一切摩擦，下列说法正确的是A．a点的电势高于b点的电势B．电阻R两端的电压为2VC．在金属棒旋转一周的时间内，金属棒上产生的焦耳热为

D．在金属棒旋转半周的时间内，金属棒上产生的焦耳热为

例3√√√由右手定则可知，金属棒顺时针转动时，感应电流方向由b到a，金属棒充当电源，则a点的电势高于b点的电势，故A正确；金属棒产生的感应电动势E＝BLω·

＝3V，则电阻R两端的电压为UR＝

·E＝2V，故B正确；金属棒旋转半周的时间t＝s，通过的电流I＝

＝1A，产生的焦耳热为Q＝I2rt＝J，故C错误，D正确。考向3平动切割与转动切割的综合问题如图所示，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、以r为半径的圆弧导轨，圆弧be左侧和扇形Obc内有方向如图所示的匀强磁场，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，金属杆MN始终与导轨垂直，初始时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A．杆OP产生的感应电动势为E＝Br2ωB．杆OP转动产生的感应电流方向由N→MC．杆MN向左运动D．杆MN中的电流逐渐增大例4√OP转动过程中旋转切割磁感线，设OP长度为r，角速度为ω，由E＝

，可得感应电动势为E＝

，故A错误；由右手定则可知，OP转动切割磁感线时，感应电流方向由O→P，故回路中产生逆时针方向的感应电流，所以流过金属杆MN的电流方向由M→N，故B错误；由左手定则可知，金属杆MN受到的安培力方向水平向左，故杆MN向左运动，故C正确；当金属杆向左运动时，杆MN切割磁感线，产生顺时针方向的感应电流，设金属杆的速度为v′，杆长为L，则感应电动势为E′＝BLv′，故回路中的感应电动势为E总＝E－E′＝

－BLv′，故随着金属杆速度的增大，回路中的感应电动势逐渐减小，感应电流逐渐减小，故D错误。故选C。返回考点三自感涡流电磁阻尼与电磁驱动1．自感现象由于通过导体自身的______发生变化而产生的电磁感应现象。2．自感电动势(1)定义：在自感现象中产生的感应电动势。(2)表达式：E＝L。(3)自感系数L：与线圈的大小、形状、匝数以及是否有______等因素有关，单位为亨利，简称亨，符号H。3．涡流现象(1)涡流：导体放在______磁场中，导体内产生的________的感应电流。(2)产生原因：导体内________变化→感应电动势→感应电流。知识梳理电流铁芯变化漩涡状磁通量4．电磁阻尼当导体在磁场中运动时，感应电流会使导体受到安培力，安培力总是____导体的运动。5．电磁驱动如果磁场相对于导体转动，在导体中会产生__________使导体受到安培力而______起来。阻碍感应电流运动自主训练1自感问题图甲和图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A．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R1与L2的电阻值相同D．图乙中，闭合S2瞬间，L2中的电流与变阻器R1中的电流相等√题图甲中，断开开关S1瞬间，线圈L1产生自感电动势，阻碍电流的减小，通过L1的电流反向通过灯A1，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗，说明IL1＞IA1，即RL1＜RA1，故A、B错误；题图乙中，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，说明变阻器R1与L2的电阻值相同，故C正确；闭合开关S2瞬间，通过L2的电流增大，由于电磁感应，线圈L2产生自感电动势，阻碍电流的增大，则L2中的电流与变阻器R1中的电流不相等，故D错误。自主训练2涡流问题(多选)(2023·广东清远高三期末)如图所示，在线圈上端放置一盛有冷水的金属杯，现接通交流电源，过了几分钟，杯内的水沸腾起来。若要缩短上述加热时间，下列措施可行的有A．增加线圈的匝数

B．提高交流电源的频率C．将金属杯换为瓷杯

D．取走线圈中的铁芯√√当线圈接通交流电源时，金属杯处在变化的磁场中，产生涡流，使金属杯发热，水温升高，要缩短加热时间，需增大涡流，即增大感应电动势或减小电阻，增加线圈匝数和提高交流电源的频率都可以增大感应电动势，选项A、B符合题意；瓷杯不能产生涡流，取走铁芯会导致电磁铁磁性减弱，选项C、D不符合题意。自主训练3电磁驱动(2023·江苏盐城联考)如图所示，将一空的铝质易拉罐倒扣于笔尖上，在“

”型木框两侧各固定一个强铷磁铁，用电钻控制木框匀速转动，发现木框虽然不与易拉罐接触，但易拉罐也会随木框转动。则下列说法正确的是A．木框的转速总比易拉罐的大B．易拉罐与木框的转动方向相反C．易拉罐与木框保持相同的转速同方向转动D．两个磁铁必须异名磁极相对√根据电磁驱动原理，易拉罐与木框的转动方向相同，木框的转速总比易拉罐的大，A正确，B、C错误；两个磁铁异名磁极相对或同名磁极相对均可，在磁极附近的易拉罐导体中都会产生涡流，在磁场中受安培力使易拉罐跟着木框转动起来，D错误。故选A。自主训练4电磁阻尼(2023·山东青岛统考)某同学设计了飞船登陆地外星球的电磁阻尼缓冲装置，其模拟器如图所示。模拟器由船舱主体、光滑导轨、缓冲弹簧、绝缘缓冲底座、绝缘缓冲底座上的线圈以及固定在船舱主体上的超导线圈(图中未画出)组成。其中光滑导轨固定在船舱主体下端，绝缘缓冲底座上的线圈为竖直绕在绝缘底座上的单匝闭合线圈，超导线圈产生水平方向的磁场。已知绝缘底座与地面接触后速度迅速减为零，导轨与线圈接触良好，则关于电磁阻尼缓冲装置分析正确的是A．船舱主体下端MN必须是导体，不能与导轨绝缘B．只增加导轨长度，可能使缓冲弹簧接触地面前速度为零C．只增加磁场的磁感应强度，可使缓冲弹簧接触地面前速度减小D．只增加闭合线圈电阻，可使缓冲弹簧接触地面前速度减小√题中缓冲装置是利用绝缘缓冲底座上的线圈感应出感应电流，与船舱主体上的超导线圈互感发生相互作用，从而让船舱主体缓冲的，不是船舱主体下端MN切割磁感线发生感应相互作用的，所以MN无需是导体，可以与导轨绝缘，故A错误；绝缘缓冲底座上的线圈ab边切割磁感线，线圈回路磁通量变化，形成感应电流，磁场对ab边的安培力向下，根据牛顿第三定律可知，ab边对超导线圈的力向上，超导线圈固定在船舱主体上，对船舱主体和导轨

－mg＝ma，当缓冲底座着地后，船舱主体开始做加速度减小的减速运动，当导轨足够长，船舱主体可能达到收尾速度，之后匀速下降到地面，故B错误；当船舱主体所受安培力等于重力时，有mg＝

，解得v＝

，可见，只增加磁场的磁感应强度，可使缓冲弹簧接触地面前速度减小(收尾速度越小)；只增加闭合线圈电阻，可使缓冲弹簧接触地面前速度增大，故C正确，D错误。故选C。1．自感现象的特点(1)自感电动势总是阻碍导体中原电流的变化。(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。归纳提升2．自感中灯泡“闪亮”与“不闪亮”的分析

与线圈串联的灯泡与线圈并联的灯泡电路图通电时通过灯泡的电流逐渐增大，灯泡逐渐变亮电流突然增大，然后逐渐减小达到稳定断电时通过灯泡的电流逐渐减小，灯泡逐渐变暗，电流方向不变电路中稳态电流为I1、I2：①若I2≤I1，灯泡逐渐变暗；②若I2＞I1，灯泡“闪亮”后逐渐变暗。两种情况下灯泡中电流的方向均改变返回聚焦学科素养

电磁感应规律应用中的STSE问题电磁感应规律在生活、生产和科技中有着广泛的应用，如学生“转笔”游戏中笔杆切割地磁场的磁感线问题、汽车上的电磁制动装置、航母的电磁阻拦技术、航母舰载机的电磁弹射等，解答这类问题需要根据实际情景，构建正确的模型，灵活选取法拉第电磁感应定律、楞次定律及其他有关知识解决有关问题。应用1．[电动汽车的驱动与动能回收](2023·安徽滁州联考)加速性能、电能利用率、动能回收等是电动汽车电机的重要指标。如图所示，甲、乙分别是目前被广泛采用的两种电机的简化原理示意图，它们的相同点是利用作为定子的电磁铁(二组线圈，图中1和4、2和5、3和6所示)交替产生磁场，实现了电磁铁激发的磁场在平面内沿顺时针方向转动的效果，以驱动转子运动；不同的是甲图所示电机的转子是一个永磁铁，而乙图所示电机的转子是绕在软铁上的闭合线圈。通过电磁驱动转子转动，可以为电动汽车提供动力。假定两种电机的每组电磁铁中电流变化周期和有效值均相同，下列说法正确的是A．电机稳定工作时，乙电机转子的转速与电磁铁激发磁场的转速相同B．电机稳定工作时，乙电机产生的焦耳热相对较少C．电机稳定工作时，乙电机转子的转速越接近电磁铁激发磁场的转速，其所受安培力就越大D．刹车(停止供电)时，甲电机转子由于惯性旋转，可以通过反向发电从而回收动能√乙电机中，转子也是线圈，乙转子的转动是由于穿过转子线圈的磁通量发生变化而产生感应电流，转子受安培力作用而运动，相当于电磁驱动，安培力阻碍定子和转子间的相对运动，但不能阻止，故转子比定子转得慢一些，故A错误；乙电机中，转子也会产生焦耳热，故产生的焦耳热较多，故B错误；转速越接近，则磁通量变化越慢，感应电流越小，所受安培力越小，故C错误；停止供电后，甲的转子是磁铁，甲电机转子由于惯性旋转，使得线圈中磁通量发生变化，产生反向感应电流，反向发电从而回收动能，故D正确。故选D。

应用2．[航母的电磁阻拦技术](多选)(2023·江苏扬州质检)航母阻拦系统的研制引入了电磁阻拦技术，其基本原理如图所示，飞机着舰时关闭动力系统，通过绝缘阻拦索钩住轨道上的一根金属棒，飞机与金属棒瞬间获得共同速度v0＝180km/h，在磁场中共同减速滑行至停下。已知飞机质量M＝2.7×104kg，金属棒质量m＝3×103kg、电阻R＝10Ω，导轨间距L＝50m，匀强磁场磁感应强度B＝5T，导轨电阻不计，除安培力外飞机克服其它阻力做的功为1.5×106J，则下列说法中正确的是A．金属棒中感应电流方向为a到bB．飞机着舰瞬间金属棒中感应电流大小为I＝1.25×103AC．金属棒中产生的焦耳热Q＝3.6×107JD．金属棒克服安培力做功为W＝1.5×106J√√由右手定则可知感应电流方向为b到a，故A错误；飞机着舰瞬间金属棒中感应电动势E＝BLv0，感应电流I＝

，解得I＝1.25×103A，故B正确；飞机着舰至停下，由动能定理得－W克安－W克阻＝0－

，解得W克安＝3.6×107J，Q＝W克安＝3.6×107J，故C正确，D错误。应用3．[航母舰载机的电磁弹射](2022·浙江6月选考)舰载机电磁弹射是现在航母最先进的弹射技术，我国在这一领域已达到世界先进水平。某兴趣小组开展电磁弹射系统的设计研究，如图1所示，用于推动模型飞机的动子(图中未画出)与线圈绝缘并固定，线圈带动动子，可在水平导轨上无摩擦滑动。线圈位于导轨间的辐向磁场中，其所在处的磁感应强度大小均为B。开关S与1接通，恒流源与线圈连接，动子从静止开始推动飞机加速，飞机达到起飞速度时与动子脱离；此时S掷向2接通定值电阻R0，同时施加回撤力F，在F和磁场力作用下，动子恰好返回初始位置停下。若动子从静止开始至返回过程的v-t图像如图2所示，在t1至t3时间内F＝(800－10v)N，t3时撤去F。已知起飞速度v1＝80m/s，t1＝1.5s，线圈匝数n＝100匝，每匝周长l＝1m，飞机的质量M＝10kg，动子和线圈的总质量m＝5kg，R0＝9.5Ω，B＝0.1T，不计空气阻力和飞机起飞对动子运动速度的影响，求：(1)恒流源的电流I；答案：80A由题意可知接通恒流源时安培力F安＝nIlB动子和线圈在0～t1时间段内做匀加速直线运动，运动的加速度为a＝根据牛顿第二定律有F安＝

联立并代入数据解得I＝

(2)线圈电阻R;答案：0.5Ω当S掷向2接通定值电阻R0时，感应电流为I′＝此时安培力为F安′＝nI′lB所以此时根据牛顿第二定律有(800－10v)N＋

由题图2可知在t1至t3期间加速度恒定，则有

解得R＝0.5Ω，a′＝160m/s2。(3)时刻t3。答案：根据题图2可知

故t2＝2s在0～t2时间段内的位移

根据法拉第电磁感应定律有

电荷量的定义式Δq＝It，又I＝

可得Δq＝

从t3时刻到最后返回初始位置停下的时间段内通过回路的电荷量也为Δq，根据动量定理有－nBlΔq＝0－

联立可得

解得

返回课时测评1．(2024·山东淄博模拟)图甲为某款“自发电”无线门铃按钮，其“发电”原理如图乙所示，按下门铃按钮过程磁铁靠近螺线管，松开门铃按钮磁铁远离螺线管回归原位置。下列说法正确的是A．按下按钮过程，螺线管P端电势较低B．松开按钮过程，螺线管Q端电势较高C．按住按钮不动，螺线管中会产生感应电动势D．按下和松开按钮过程，螺线管产生的感应电动势一定相同√按下按钮的过程中，螺线管中的磁场增强，由楞次定律及右手螺旋定则可知，螺线管中的感应电流由P流向Q，螺线管作为电源，在电源内部感应电流由负极流向正极，所以P端电势较低，故A正确；松开按钮的过程中，螺线管中的磁场减弱，由楞次定律及右手螺旋定则可知，螺线管中的感应电流由Q流向P，螺线管作为电源，在电源内部感应电流由负极流向正极，所以Q端电势较低，故B错误；按住按钮不动，螺线管中的磁通量变化率为零，线圈中不会产生感应电动势，故C错误；按下和松开按钮的过程中，产生的感应电动势方向不同，故D错误。故选A。2．(多选)将一根绝缘细导线绕成如图所示的线圈，再将线圈和小灯泡构成闭合回路，线圈内部存在一方向垂直纸面向里的均匀磁场(图中未画出)，已知小灯泡的电阻为R，细导线的电阻为r，矩形的面积为S1，小圆的面积为S2，磁感应强度大小随时间变化的规律为B＝B0＋kt，B0和k均为大于零的常量，下列说法正确的是A．通过灯泡的电流由a流向bB．闭合回路中的感应电动势为

C．通过小灯泡的电流大小为D．小灯泡两端的电压为√√由磁感应强度的变化规律可知，闭合回路中的磁感应强度垂直纸面向里，磁通量增加，由楞次定律和安培定则可知，通过小灯泡的电流由a流向b，A正确；矩形线圈产生的感应电动势为E1＝S1

＝kS1，小圆线圈产生的感应电动势为E2＝S2

＝kS2，由楞次定律可知，两部分线圈产生的感应电动势方向相同，所以总电动势为E＝E1＋E2＝k，B错误；通过小灯泡的电流大小为I＝

，C正确；通过小灯泡的电流是恒定电流，小灯泡两端的电压为U＝IR＝

，D错误。故选AC。3．(2023·浙江1月选考)如图甲所示，一导体杆用两条等长细导线悬挂于水平轴OO′，接入电阻R构成回路。导体杆处于竖直向上的匀强磁场中，将导体杆从竖直位置拉开小角度θ静止释放，导体杆开始下摆。当R＝R0时，导体杆振动图像如图乙所示。若横纵坐标皆采用图乙标度，则当R＝2R0时，导体杆振动图像是√导体杆摆动时切割磁感线，产生感应电流，受到安培力，安培力起阻力作用，故导体杆的振动为阻尼振动。由垂直于磁感线方向的速度大小相同时电阻变大→电流变小→安培力(阻力)变小可知，当R从R0变为2R0时，导体杆振幅的衰减速度变慢，B正确，A、C、D错误。4．(2024·上海模拟)如图所示，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A．

B．

C．

D．

√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

，所以产生的电动势为E＝BLv＝B·

，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

，所以Uab＝

，故选D。5．(多选)(2022·山东等级考)如图所示，xOy平面的第一、三象限内以坐标原点O为圆心、半径为L的扇形区域充满方向垂直纸面向外的匀强磁场。边长为L的正方形金属框绕其始终在O点的顶点、在xOy平面内以角速度ω顺时针匀速转动，t＝0时刻，金属框开始进入第一象限。不考虑自感影响，关于金属框中感应电动势E随时间t变化规律的描述正确的是A．在t＝0到t＝

的过程中，E一直增大B．在t＝0到t＝

的过程中，E先增大后减小C．在t＝0到t＝

的过程中，E的变化率一直增大D．在t＝0到t＝

的过程中，E的变化率一直减小√√如图所示，在t＝0到t＝

的过程中，线框的有效切割长度先变大再变小，当t＝

时，有效切割长度最大为L，此时，感应电动势最大，所以在t＝0到t＝

的过程中，E先增大后减小，故B正确，A错误；在t＝0到t＝

的过程中，设转过的角度为θ，由几何关系可得θ＝ωt，进入磁场部分线框的面积S＝

，穿过线圈的磁通量Φ＝BS＝

，线圈产生的感应电动势E＝

，感应电动势的变化率

＝E′，对Φ＝

求二次导数得

，在t＝0到t＝

的过程中

一直变大，所以E的变化率一直增大，故C正确，D错误。故选BC。6．(2023·北京高考)如图所示，L是自感系数很大、电阻很小的线圈，P、Q是两个相同的小灯泡，开始时，开关S处于闭合状态，P灯微亮，Q灯正常发光，断开开关A．P与Q同时熄灭 B．P比Q先熄灭C．Q闪亮后再熄灭 D．P闪亮后再熄灭√由题知，闭合开关时，由于L的电阻很小，Q灯正常发光，P灯微亮，断开开关前通过Q灯的电流远大于通过P灯的电流，断开开关时，Q所在电路未闭合，立即熄灭，由于自感，L中产生感应电动势，与P组成闭合回路，故P灯闪亮后再熄灭。故选D。7．(2023·全国乙卷)一学生小组在探究电磁感应现象时，进行了如下比较实验。用图(a)所示的缠绕方式，将漆包线分别绕在几何尺寸相同的有机玻璃管和金属铝管上，漆包线的两端与电流传感器接通。两管皆竖直放置，将一很小的强磁体分别从管的上端由静止释放，在管内下落至管的下端。实验中电流传感器测得的两管上流过漆包线的电流I随时间t的变化分别如图(b)和图(c)所示，分析可知A．图(c)是用玻璃管获得的图像B．在铝管中下落，小磁体做匀变速运动C．在玻璃管中下落，小磁体受到的电磁阻力始终保持不变D．用铝管时测得的电流第一个峰到最后一个峰的时间间隔比用玻璃管时的短√强磁体在铝管中运动，铝管会形成涡流，玻璃是绝缘体，故强磁体在玻璃管中运动，玻璃管不会形成涡流。强磁体在铝管中加速后很快达到平衡状态，做匀速直线运动，而玻璃管中的磁体则一直做加速运动，题图(c)的脉冲电流峰值不断增大，说明强磁体的速度在增大，与玻璃管中磁体的运动情况相符，A正确；在铝管中下落，脉冲电流的峰值一样，磁通量的变化率相同，故小磁体做匀速运动，B错误；在玻璃管中下落，玻璃管为绝缘体，线圈的脉冲电流峰值增大，电流不断在变化，故小磁体受到的电磁阻力在不断变化，C错误；强磁体分别从管的上端由静止释放，在铝管中，磁体在线圈间做匀速运动，玻璃管中磁体在线圈间做加速运动，故用铝管时测得的电流第一个峰到最后一个峰的时间间隔比用玻璃管时的长，D错误。故选A。8．(多选)(2023·山东高考)足够长U形导轨平置在光滑水平绝缘桌面上，宽为1m，电阻不计。质量为1kg、长为1m、电阻为1Ω的导体棒MN放置在导轨上，与导轨形成矩形回路并始终接触良好，Ⅰ和Ⅱ区域内分别存在竖直方向的匀强磁场，磁感应强度分别为B1和B2，其中B1＝2T，方向向下。用不可伸长的轻绳跨过固定轻滑轮将导轨CD段中点与质量为0.1kg的重物相连，绳与CD垂直且平行于桌面。如图所示，某时刻MN、CD同时分别进入磁场区域Ⅰ和Ⅱ并做匀速直线运动