金版教程物理2025高考科学复习解决方案第十一章 磁场感应第1讲 电磁感应现象　楞次定律 实验：探究影响感应电流方向的因素含答案

《金版教程(物理）》2025高考科学复习解决方案第十一章磁场感应《金版教程(物理）》2025高考科学复习解决方案第十一章磁场感应第讲电磁感应现象楞次定律实验：探究影响感应电流方向的因素[教材阅读指导](对应人教版必修第三册、选择性必修第二册相关内容及问题)必修第三册第十三章第2节，阅读“磁通量”这一部分内容，当匀强磁场与所研究的面既不垂直也不平行时，怎样求穿过该面的磁通量？提示：方法一，据Φ＝BS，S为该面在垂直于磁场方向的投影的面积；方法二，据Φ＝BS，B为磁感应强度在垂直于该面方向的分量。必修第三册第十三章第3节，阅读[实验]“探究感应电流产生的条件”这一部分内容，图13.3­3中有几个闭合回路？提示：两个。必修第三册第十三章第3节[练习与应用]T2。提示：有。先把线圈撑开，然后放手，线圈收缩，则线圈的面积减小，穿过线圈的磁通量减小，则线圈中会产生感应电流。选择性必修第二册第二章第1节，阅读“楞次定律”这一部分内容，感应电流的磁场总与引起感应电流的磁场的方向相反吗？提示：不是。选择性必修第二册第二章第1节“楞次定律”这部分的[思考与讨论]，[练习与应用]T5，由此可看出磁体与闭合线圈间的力起什么作用？提示：阻碍它们的相对运动。必备知识梳理与回顾一、磁通量1．磁通量(1)定义：匀强磁场中，磁感应强度(B)与eq\x(\s\up1(01))垂直磁场方向的面积(S)的乘积叫作穿过这个面积的磁通量，简称磁通。我们可以用穿过这一面积的磁感线条数的多少来形象地理解。(2)公式：eq\x(\s\up1(02))Φ＝BS。(3)公式的适用条件：①匀强磁场；②S是eq\x(\s\up1(03))垂直磁场方向的有效面积。(4)单位：韦伯(Wb)，1Wb＝eq\x(\s\up1(04))1__T·m2。(5)标量性：磁通量是eq\x(\s\up1(05))标量，但有正负之分。磁通量的正负是这样规定的：任何一个平面都有正、反两面，若规定磁感线eq\x(\s\up1(06))从正面穿出时磁通量为正，则磁感线eq\x(\s\up1(07))从反面穿出时磁通量为负。2．磁通量的变化量在某个过程中，穿过某个平面的磁通量的变化量等于eq\x(\s\up1(08))末磁通量Φ2与初磁通量Φ1的差值，即ΔΦ＝Φ2－Φ1。3．磁通量的变化率(磁通量的变化快慢)磁通量的变化量与发生此变化所用时间的eq\x(\s\up1(09))比值，即eq\f(ΔΦ,Δt)。二、电磁感应现象1．电磁感应现象与感应电流“eq\x(\s\up1(01))磁生电”的现象叫电磁感应，产生的电流叫作感应电流。2．产生感应电流的条件当穿过eq\x(\s\up1(02))闭合导体回路的eq\x(\s\up1(03))磁通量发生变化时，eq\x(\s\up1(04))闭合导体回路中就产生感应电流。3．电磁感应现象的两种典型情况(1)闭合导体回路的一部分做eq\x(\s\up1(05))切割磁感线运动。(2)穿过闭合导体回路的磁通量eq\x(\s\up1(06))发生变化。4．电磁感应现象的实质电磁感应现象的实质是产生eq\x(\s\up1(07))感应电动势，如果导体回路闭合则产生eq\x(\s\up1(08))感应电流；如果导体回路不闭合，则只产生eq\x(\s\up1(09))感应电动势，而不产生eq\x(\s\up1(10))感应电流。5．能量转化发生电磁感应现象时，机械能或其他形式的能转化为eq\x(\s\up1(11))电能。三、楞次定律1．楞次定律(1)内容：感应电流具有这样的方向，即感应电流的磁场总要eq\x(\s\up1(01))阻碍引起感应电流的eq\x(\s\up1(02))磁通量的变化。(2)适用范围：判定一切闭合导体回路eq\x(\s\up1(03))磁通量变化时产生的感应电流的方向。(3)本质：eq\x(\s\up1(04))能量守恒定律在电磁感应现象中的体现。2．右手定则(1)内容：伸开eq\x(\s\up1(05))右手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心进入，并使拇指指向eq\x(\s\up1(06))导线运动的方向，这时四指所指的方向就是eq\x(\s\up1(07))感应电流的方向。(2)适用范围：适用于判定导线eq\x(\s\up1(08))切割磁感线时感应电流的方向。四、实验：探究影响感应电流方向的因素1．实验目的探究感应电流的方向与磁通量的变化之间的关系。2．实验原理通过实验，记录磁极进出闭合线圈运动的四种情况，分析总结感应电流的方向与磁通量的变化之间的关系。3．实验器材条形磁体、线圈、电流表、导线若干、干电池一节、电池盒、滑动变阻器、开关。4．实验步骤(1)确定电流表指针偏转方向与电流方向的关系。①按图甲连接电路。②调节滑动变阻器，使接入电路的电阻最大。③迅速闭合开关，发现电流表指针偏转后立即断开开关。④记录电流方向与电流表的指针偏转方向，找出它们之间的关系。(2)确定感应电流方向与磁通量变化情况的关系。①按图乙连接电路，明确线圈的绕线方向。②按照控制变量的方法分别进行N极(S极)向下插入线圈和N极(S极)向上抽出线圈时的实验。③观察并记录磁体磁场方向、感应电流方向、感应电流的磁场方向，并将结果填入表格。一、堵点疏通1．磁通量等于磁感应强度B与面积S的乘积。()2．磁通量既有大小，又有方向，所以磁通量是矢量。()3．磁通量、磁通量的变化量、磁通量的变化率的大小均与匝数无关。()4．只要回路中的磁通量变化，回路中一定有感应电流。()5．只要闭合回路的一部分导体切割磁感线，闭合回路中一定有感应电流。()6．感应电流的磁场可能与原磁场方向相同，也可能与原磁场方向相反。()答案1.×2.×3.√4.×5.×6.√二、对点激活1.(鲁科版必修第三册·第5章第2节[节练习]T5改编)如图所示，正方形线圈abcd位于纸面内，边长为L，匝数为N，过ab中点和cd中点的连线OO′恰好位于垂直纸面向里的匀强磁场的右边界上，磁感应强度为B，若图示位置穿过线圈的磁通量为Φ，线圈从图示位置绕OO′轴转过60°的过程中，磁通量的变化量为ΔΦ，则Φ和ΔΦ的大小分别是()A.eq\f(BL2,2)，eq\f(BL2,4) B.eq\f(NBL2,2)，eq\f(NBL2,4)C．BL2，eq\f(BL2,2) D．NBL2，eq\f(NBL2,2)答案A解析公式Φ＝BS中，S应为有效面积，且磁通量与线圈匝数无关。初态S1＝eq\f(L2,2)，所以Φ＝eq\f(BL2,2)。转过60°，有效面积S2＝eq\f(L2,2)·cos60°＝eq\f(L2,4)，Φ′＝eq\f(BL2,4)，所以ΔΦ＝Φ′－Φ＝－eq\f(BL2,4)，A正确。2．(人教版必修第三册·第十三章第3节[练习与应用]T1改编)如图所示的匀强磁场中有一个矩形闭合导线框，在下列四种情况下，线框中会产生感应电流的是()A．如图甲所示，保持线框平面始终与磁感线平行，线框在磁场中左右运动B．如图乙所示，保持线框平面始终与磁感线平行，线框在磁场中上下运动C．如图丙所示，线框绕位于线框平面内且与磁感线垂直的轴线AB转动D．如图丁所示，线框绕位于线框平面内且与磁感线平行的轴线CD转动答案C解析A、B、D中穿过线框的磁通量均不变，不会产生感应电流，而C中穿过线框的磁通量发生变化，产生感应电流，故选C。3．(人教版选择性必修第二册·第二章第1节[练习与应用]T2改编)如图所示，CDEF是金属框，框内存在着垂直纸面向里的匀强磁场。当导体AB向右移动时，金属框中CD、EF边的感应电流的方向为()A．C→D，E→F B．D→C，E→FC．C→D，F→E D．D→C，F→E答案C解析根据右手定则可以判断，AB中感应电流的方向为A→B，则在ABCD回路中，CD的感应电流方向为C→D，在ABFE回路中，EF的感应电流方向为F→E，C正确。关键能力发展与提升考点一电磁感应现象的判断解题技巧1.感应电流能否产生的判断2．磁通量变化的常见情况变化情况举例磁通量变化量磁感应强度变化永磁体靠近或远离线圈、电磁铁(螺线管)内电流发生变化ΔΦ＝ΔB·S有效面积变化有磁感线穿过的回路面积变化闭合线圈的部分导线做切割磁感线运动，如图ΔΦ＝B·ΔS回路平面与磁场夹角变化线圈在磁场中转动，如图磁感应强度和有效面积同时变化弹性线圈在向外拉的过程中，如图ΔΦ＝Φ2－Φ1例1(多选)如图所示，矩形闭合线圈abcd竖直放置，OO′是它的对称轴，通电直导线AB与OO′平行。若要在线圈中产生感应电流，可行的做法是()A．AB中电流I逐渐增大B．AB中电流I先增大后减小C．以AB为轴，线圈绕AB顺时针转90°(俯视)D．线圈绕OO′轴逆时针转动90°(俯视)[答案]ABD[解析]只要AB中电流发生变化，无论是大小变，还是方向变，还是大小和方向同时变，都可以使线圈内的磁通量发生变化，从而产生感应电流，A、B正确；以AB为轴，线圈绕AB顺时针转90°的过程中，磁感应强度的大小和线圈的有效面积都没变，磁通量不变，不能产生感应电流，C错误；以OO′为轴逆时针转90°的过程中，线圈的有效面积发生了变化，磁通量变化，能产生感应电流，D正确。例2如图所示为感应式发电机，a、b、c、d是空间四个可用电刷与铜盘边缘接触的点，O1、O2是铜盘轴线导线的接线端，M、N是电流表的接线端，现在将铜盘转动，能观察到感应电流的是()A．将电流表的接线端M、N分别连接a、c位置B．将电流表的接线端M、N分别连接O1、a位置C．将电流表的接线端M、N分别连接O1、O2位置D．将电流表的接线端M、N分别连接c、d位置[答案]B[解析]将铜盘看成无数个轴向铜条组成，当铜盘转动时，其切割磁感线产生感应电动势，此时铜条相当于电源，铜盘边缘和中心相当于电源的两个极，则想要观察到感应电流，M、N应分别接电源的两个极，故B正确。判断是否产生感应电流的方法①确定所研究回路；②看Φ是否变化；③回路是否闭合；②③同时满足可产生感应电流。考点二楞次定律的理解及应用深化理解1.用楞次定律判断感应电流方向2．楞次定律中“阻碍”的含义例3(2020·江苏高考)如图所示，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()A．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]同时增大B1减小B2，穿过圆环的总磁通量垂直纸面向里且增多，由楞次定律可知，环中感应电流的磁场垂直纸面向外，由安培定则可知，会在环中产生逆时针方向的感应电流，同理可知，同时减小B1增大B2，会在环中产生顺时针方向的感应电流，A错误，B正确。同时以相同的变化率增大B1和B2，或同时以相同的变化率减小B1和B2，两个磁场穿过圆环的磁通量总保持大小相同，所以穿过圆环的总磁通量总为0，不会在环中产生感应电流，C、D错误。电磁感应现象中的两个磁场和一个电流(1)原磁场：引起电磁感应现象的磁场。做题时需要首先明确原磁场分布特点(大小、方向)以及穿过闭合回路的磁场变化情况。(2)感应电流磁场：感应电流产生的磁场，阻碍原磁场的磁通量变化，根据“增反减同”可以判断出感应电流产生的磁场方向。(3)感应电流：在确定感应电流产生的磁场方向后，再由安培定则判断感应电流的方向。【跟进训练】1.汽车自动控制刹车系统(ABS)的原理如图所示。铁质齿轮P与车轮同步转动，右端有一个绕有线圈的磁体(极性如图)，M是一个电流检测器。当车轮带动齿轮P转动时，靠近线圈的铁齿被磁化，使通过线圈的磁通量增大，铁齿离开线圈时又使通过线圈的磁通量减小，从而能使线圈中产生感应电流，感应电流经电子装置放大后即实现自动控制刹车。齿轮从图示位置开始转到下一个铁齿正对线圈的过程中，通过M的感应电流的方向()A．总是从左向右的B．总是从右向左的C．先从右向左，然后从左向右D．先从左向右，然后从右向左答案C解析穿过线圈的磁通量方向与磁体内部的磁场方向相同，均从右指向左。铁齿靠近线圈时，铁齿的右端是S极，铁齿在线圈处产生的磁场方向指向铁齿，即与原磁场同向，所以在图示时刻，穿过线圈的磁通量最大，随着齿轮的转动，磁通量先减小后增大，当下一个铁齿正对线圈时，磁通量又达到最大。结合楞次定律可知，该过程线圈中感应电流在线圈轴线上的磁场方向先向左后向右，由安培定则可知，通过M的感应电流的方向先从右向左，然后从左向右，C正确。考点三楞次定律推论的应用解题技巧楞次定律中“阻碍”的含义可以推广为：感应电流的效果总是阻碍引起感应电流的原因。列表说明如下：内容例证阻碍原磁通量变化——“增反减同”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”通过导体远离或靠近来阻碍原磁通量的变化——“增离减靠”考向1“增反减同”“来拒去留”例4(2023·海南高考)汽车测速利用了电磁感应现象，汽车可简化为一个矩形线圈abcd，埋在地下的线圈分别为1、2且通上顺时针(俯视)方向电流，当汽车经过线圈时()A．线圈1、2产生的磁场方向竖直向上B．汽车进入线圈1过程产生感应电流方向为abcdC．汽车离开线圈1过程产生感应电流方向为abcdD．汽车进入线圈2过程受到的安培力方向与速度方向相同[答案]C[解析]根据安培定则可知，线圈1、2产生的磁场方向竖直向下，A错误；由楞次定律及安培定则可知，汽车进入线圈1过程产生感应电流的方向为adcb，离开线圈1过程产生感应电流的方向为abcd，B错误，C正确；由楞次定律的推论可知，汽车进入线圈2过程受到的安培力方向与速度方向相反，D错误。考向2“增缩减扩”“增离减靠”例5(多选)如图所示，M为水平放置的橡胶圆盘，在其外侧面均匀地带有负电荷。在M正上方用绝缘丝线悬挂一个闭合铝环N，铝环也处于水平面中，且M盘和N环的中心在同一条竖直线O1O2上，现让橡胶圆盘由静止开始绕O1O2轴按图示逆时针方向加速转动(从上往下看)，下列说法正确的是()A．铝环N有沿逆时针方向的感应电流(从上往下看)B．铝环N有扩张的趋势C．橡胶圆盘M对铝环N的作用力方向竖直向下D．橡胶圆盘M对铝环N的作用力方向竖直向上[答案]AD[解析]橡胶圆盘M由静止开始绕O1O2轴按图示逆时针方向加速转动时，等效为M边缘有沿顺时针方向增大的环形电流，结合安培定则可知，穿过铝环N的磁通量向下且增大(从上往下看)，依据楞次定律可知，铝环N有沿逆时针方向的感应电流，故A正确；根据楞次定律的推论“增缩减扩”和“增离减靠”，知铝环N的面积有缩小的趋势，且有向上运动的趋势，所以，铝环N有收缩的趋势，且橡胶圆盘M对铝环N的作用力方向竖直向上，故B、C错误，D正确。利用楞次定律的推论可以速解电磁感应问题。【跟进训练】2.(多选)如图是某电磁冲击钻的原理图，若突然发现钻头M向右运动，则可能是()A．开关S闭合瞬间B．开关S由闭合到断开的瞬间C．开关S已经是闭合的，滑动变阻器滑片P向左迅速滑动D．开关S已经是闭合的，滑动变阻器滑片P向右迅速滑动答案AC解析钻头M向右运动，是远离左边的线圈，依据楞次定律的推论“增离减靠”，说明左边线圈中的电流增大，故A、C正确，B、D错误。考点四三定则一定律的综合应用对比分析1.“三定则一定律”的用途基本现象应用的定则或定律电流的磁效应运动电荷、电流产生磁场安培定则洛伦兹力、安培力磁场对运动电荷、电流有作用力左手定则电磁感应部分导体做切割磁感线运动右手定则闭合回路磁通量变化楞次定律以上定则或定律中，“因电而动”用左手定则，“因动生电”用右手定则；“因电生磁”用安培定则，“因磁生电”用楞次定律或右手定则。2．左手定则与右手定则的比较定则名称定则示意图共同点区别左手定则磁感线都从掌心垂直进入，四指都指向电流(正电荷定向运动)的方向大拇指指向安培力(洛伦兹力)的方向右手定则大拇指指向导体棒切割磁感线运动的方向说明：右手定则中v的方向与左手定则中F的方向相反，是能量守恒定律的必然结果。3．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时，一般先用楞次定律或右手定则确定电流方向，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。考向1楞次定律、安培定则、左手定则的综合应用例6(多选)如图甲所示，等离子气流由左方连续以速度v0射入M和N两板间的匀强磁场中，ab直导线与M、N相连接，线圈A与直导线cd连接，线圈A内有按图乙所示规律变化的磁场，且规定向左为磁场B的正方向，则下列叙述正确的是()A．0～1s内，ab、cd导线互相排斥B．1～2s内，ab、cd导线互相吸引C．2～3s内，ab、cd导线互相吸引D．3～4s内，ab、cd导线互相排斥[答案]BD[解析]根据左手定则，可判定等离子气流中的正离子向上极板M偏转，负离子向下极板N偏转，所以ab中电流方向是由a流向b。由图乙可知，在0～1s内，线圈A内磁场方向向右，磁感应强度减小，由楞次定律可知感应电流方向是由c流向d，由于ab、cd导线内电流的方向相同，则互相吸引，故A错误；在1～2s内，线圈A内磁场方向向左，磁感应强度增加，由楞次定律可知感应电流的方向是由c流向d，由于ab、cd导线内电流的方向相同，则互相吸引，故B正确；在2～3s内，线圈A内磁场方向向左，磁感应强度减小，由楞次定律可知感应电流的方向是由d流向c，由于ab、cd导线内电流的方向相反，则互相排斥，故C错误；在3～4s内，线圈A内磁场方向向右，磁感应强度增加，由楞次定律可知感应电流的方向是由d流向c，由于ab、cd导线内电流的方向相反，则互相排斥，故D正确。考向2二次感应问题例7(多选)如图，水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒PQ、MN，MN的左边有一闭合电路。当PQ在外力的作用下运动时，MN向右运动，则PQ所做的运动可能是()A．向右加速运动 B．向右减速运动C．向左加速运动 D．向左减速运动[答案]BC[解析]根据安培定则可知，MN处于ab产生的垂直向里的磁场中，MN在磁场力作用下向右运动，说明MN受到的磁场力向右，由左手定则可知电流由M指向N，L1中感应电流的磁场向上，由楞次定律可知，L2中感应电流产生的磁场应该是向上减弱，或向下增强；再由右手定则和法拉第电磁感应定律可知PQ可能是向右减速运动或向左加速运动。故B、C正确，A、D错误。利用程序法和逆向推理法分析二次感应问题如果要判断二次感应后的现象或结果，选择程序法；如果已知二次感应后的结果，要判断导体棒的运动情况或磁场的变化，需选择逆向推理法。(1)程序法(正向推理法)①依据导体切割磁感线运动的方向(或原磁感应强度方向及大小的变化)，判断一次感应电流的方向。②依据导体切割磁感线的速度大小的变化eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(或原磁感应强度变化率\f(ΔB,Δt)随时间的变化))，判断一次感应电流的大小变化情况。③依据一次感应电流的方向及大小变化情况，判断一次感应电流的磁通量方向及大小变化情况。④依据一次感应电流的磁通量变化情况，判断二次感应电流的方向及产生的现象。(2)逆向推理法①依据二次感应产生的现象，判断二次感应电流的方向。②依据二次感应电流的方向，应用安培定则，判定二次感应电流的磁场的方向，明确它是阻碍一次感应电流产生的磁场的磁通量变化的。③依据楞次定律，得出一次感应电流的磁场的方向及相应的变化的可能情况，从而得到引起磁场变化的一次感应电流的方向与大小变化情况。④依据一次感应电流的方向及大小变化情况，判断导体切割磁感线运动的方向与速度变化情况eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(或原磁感应强度的方向、大小变化及\f(ΔB,Δt)的变化))。考点五实验：探究影响感应电流方向的因素1．数据处理(1)实验结果示意图(2)数据记录表1磁通量增大时的情况图号磁体磁场的方向感应电流的方向感应电流的磁场方向甲向下逆时针(俯视)向上乙向上顺时针(俯视)向下表2磁通量减小时的情况图号磁体磁场的方向感应电流的方向感应电流的磁场方向丙向下顺时针(俯视)向下丁向上逆时针(俯视)向上(3)根据数据记录表格，归纳出影响感应电流方向的因素，并得出实验结论。2．注意事项(1)确定电流方向与电流表指针偏转方向的关系时，要用试触法，并注意减小电流强度，防止电流过大或通电时间过长而损坏电流表。(2)电流表选用零刻度在中间的灵敏电流计。(3)实验前设计好表格，并明确线圈的绕线方向。(4)按照控制变量的思想进行实验。(5)进行完一种磁极运动情况的操作后，等电流表指针回零后再进行下一种情况的操作。例8在“探究影响感应电流方向的因素”的实验中：(1)先观察电流表指针偏转方向与________方向的对应关系，查明线圈中导线的绕向，以便从指针的偏转方向确定感应电流的磁场方向。(2)下表为某同学记录的实验现象：序号磁体磁场的方向(正视)磁体运动情况指针偏转情况感应电流的磁场方向(正视)1向下插入线圈向左向上2向下拔出线圈向右向下3向上插入线圈向右向下4向上拔出线圈向左向上①由实验记录1、3得出的结论：穿过闭合回路的磁通量________时，感应电流的磁场与原磁场方向________。②由实验记录2、4得出的结论：穿过闭合回路的磁通量________时，感应电流的磁场与原磁场方向________。③由实验1、2、3、4得出的结论是________________________________________。(3)本实验涉及的物理规律在生产和生活中的应用有________________________。(举一例)[答案](1)电流(2)①增大相反②减小相同③感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化(3)发电机(其他答案合理也可)[解析](1)应该先观察电流表指针偏转方向与电流方向对应的关系，查明线圈中导线的绕向，以便从指针的偏转方向确定感应电流的磁场方向。(2)①由实验记录1、3可知，磁体插入线圈，穿过闭合回路的磁通量增大，感应电流的磁场与原磁场方向相反。②由实验记录2、4可知，磁体从线圈中拔出，穿过闭合回路的磁通量减小，感应电流的磁场与原磁场方向相同。③根据①、②可得出结论：感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化。(3)本实验涉及的物理规律在生产和生活中的应用有：发电机、变压器、无线充电器等。在分析“探究影响感应电流方向的因素”的实验结果时，发现感应电流的方向与磁通量变化不容易建立起直接的联系，关键是引入“感应电流的磁场”这个中介，从而分析感应电流磁场的方向与引起感应电流的磁通量变化的关系。课时作业[A组基础巩固练]1.如图所示，一水平放置的N匝矩形线框面积为S，匀强磁场的磁感应强度为B，方向斜向上，与水平面成30°角，现若使矩形框以左边的一条边为轴转到竖直的虚线位置，则此过程中磁通量的改变量的大小是()A.eq\f(\r(3)－1,2)BS B.eq\f(\r(3)＋1,2)NBSC.eq\f(\r(3)＋1,2)BS D.eq\f(\r(3)－1,2)NBS答案C解析磁通量与匝数无关，Φ＝BS中，B与S必须垂直。初态Φ1＝Bsin30°·S，末态Φ2＝－Bcos30°·S，磁通量的变化量大小ΔΦ＝|Φ2－Φ1|＝|BS(－cos30°－sin30°)|＝eq\f(\r(3)＋1,2)BS，所以C正确。2．下列图中能产生感应电流的是()答案B解析根据产生感应电流的条件可知，A中，电路没闭合，无感应电流产生；B中，电路闭合，且垂直磁感线的闭合回路的面积增大，则穿过闭合回路的磁通量增大，有感应电流产生；C中，穿过闭合线圈的磁感线相互抵消，磁通量恒为零，无感应电流产生；D中，闭合回路中的磁通量不发生变化，无感应电流产生。故选B。3.磁单极子自1932年被狄拉克提出以来，科学家们一直都在努力寻找其存在的确凿证据。如果一个只有S极的磁单极子从上向下穿过如图所示的闭合超导线圈，则从上向下看，这个线圈中将出现()A．先逆时针后顺时针的感应电流B．先顺时针后逆时针的感应电流C．逆时针方向的持续流动的感应电流D．顺时针方向的持续流动的感应电流答案D解析只有S极的磁单极子从上向下穿过如图所示的闭合超导线圈时，穿过线圈的磁通量先向上增加，后向下减小，根据楞次定律可知，从上向下看线圈中产生顺时针方向的持续流动的感应电流。故选D。4．某同学设想的减小电梯坠落时造成伤害的一种应急安全装置如图所示，在电梯轿厢底部安装永久强磁体，磁体N极朝上，电梯井道内壁上铺设若干金属线圈，线圈在电梯轿厢坠落时能自动闭合，从而减小对厢内人员的伤害。当轿厢坠落到图示位置时，关于该装置，以下说法正确的是()A．从下往上看，金属线圈A中的感应电流沿逆时针方向B．从下往上看，金属线圈B中的感应电流沿顺时针方向C．金属线圈B对轿厢下落有阻碍作用，A对轿厢下落没有阻碍作用D．金属线圈B有收缩的趋势，A有扩张的趋势答案D解析当电梯坠落至如题图所示位置时，金属线圈A中向上的磁场减弱，感应电流的方向从下往上看沿顺时针方向，B中向上的磁场增强，感应电流的方向从下往上看沿逆时针方向，故A、B错误；根据楞次定律的推论“来拒去留”可知，当电梯坠落至如题图所示位置时，金属线圈A、B都在阻碍电梯下落，故C错误；金属线圈A中向上的磁场减弱，B中向上的磁场增强，根据楞次定律的推论“增缩减扩”可知，金属线圈B有收缩的趋势，A有扩张的趋势，故D正确。5.为了演示“感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化”的现象，老师做了这样的演示实验：如图所示，水平横梁两端各固定一个铝环，其中A环是闭合的，B环是断开的，横梁可以绕中间的支点在水平面内转动。当装置静止不动时，用一磁体的N极去接近A环，发现A环绕支点沿顺时针(俯视)方向转动。若不考虑空气流动对实验结果的影响，关于该实验，下列说法中正确的是()A．若用磁体的S极接近A环，A环也将绕支点沿顺时针(俯视)方向转动B．制作A、B环的材料只要是金属就行，很薄的铁环也可以得到相同的实验效果C．制作A、B环的材料用绝缘材料也可以得到相同的实验效果D．磁体接近A环的过程中，A环将有扩张的趋势答案A解析当磁体N极向A环靠近时，穿过A环的磁通量增加，A环是闭合的，会产生感应电流，磁体对A环产生安培力，阻碍两者相对运动，因此为阻碍磁体靠近，A环出现绕支点顺时针(俯视)转动现象；同理，磁体S极接近A环时，A环也将绕支点顺时针(俯视)转动，故A正确。制作A、B环的材料必须是金属导体，很薄的铁环电阻较大，产生的感应电流较小，且会被磁化吸引，不能得到相同的实验效果，故B错误。若制作A、B环的材料用绝缘材料，则在A环中不会产生感应电流，则磁体对A环无安培力作用，A环不会绕支点转动，故C错误。磁体接近A环的过程中，穿过A环的磁通量增加，根据楞次定律可知，A环将有收缩的趋势，故D错误。6.如图，圆环形导体线圈a平放在水平桌面上，在a的正上方固定一竖直螺线管b，二者轴线重合，螺线管与电源和滑动变阻器连接成如图所示的电路，若将滑动变阻器的滑片P向下滑动，下列说法正确的是()A．线圈a中将产生俯视顺时针方向的感应电流B．穿过线圈a的磁通量变小C．线圈a有收缩的趋势 D．线圈a对水平桌面的压力FN将减小答案C解析根据安培定则可知，螺线管b在其内部产生向下的磁场，当滑动变阻器的滑片P向下滑动时，电路中总电阻减小，电流增大，磁感应强度变大，穿过线圈a的磁通量变大，根据楞次定律，线圈a中会产生阻碍磁通量变大的感应电流，即产生俯视逆时针方向的感应电流，故A、B错误；根据楞次定律的推论“增缩减扩”可知，线圈a有收缩的趋势，故C正确；根据楞次定律的推论“增离减靠”可知，线圈a有远离螺线管b的趋势，因此线圈a对水平桌面的压力FN将增大，故D错误。7．(多选)匀强磁场方向垂直纸面，规定垂直纸面向里的方向为正，磁感应强度B随时间t变化规律如图甲所示。在磁场中有一细金属矩形回路，回路平面位于纸面内，如图乙所示。令I1、I2、I3分别表示Oa、ab、bc段的感应电流，F1、F2、F3分别表示Oa、ab、bc段回路右侧PQ边受到的安培力。则()A．I1沿逆时针方向，I2沿顺时针方向B．I2沿逆时针方向，I3沿顺时针方向C．F1方向向左，F2方向向右D．F2方向向右，F3方向向右答案AC解析由楞次定律可知，Oa段感应电流I1沿逆时针方向，ab、bc段感应电流I2、I3沿顺时针方向，故A正确，B错误。Oa段回路右侧PQ边中电流由Q流向P，磁感应强度方向垂直纸面向里，由左手定则可知，PQ边受到的安培力F1方向向左；ab段PQ边中电流由P流向Q，磁感应强度方向垂直纸面向里，由左手定则可知，PQ边受到的安培力F2方向向右；bc段PQ边中电流由P流向Q，磁感应强度方向垂直纸面向外，由左手定则可知，PQ边受到的安培力F3方向向左，故C正确，D错误。[B组综合提升练]8.(多选)如图所示，金属导轨上的导体棒ab在匀强磁场中沿导轨做下列哪种运动时，铜制线圈c中将有感应电流产生且被螺线管吸引()A．向右做匀速运动 B．向左做减速运动C．向右做减速运动 D．向右做加速运动答案BC解析导体棒ab向右或向左做匀速运动时，ab中产生的感应电流不变，螺线管产生的磁场是稳定的，穿过c的磁通量不变，c中没有感应电流，线圈c不受安培力作用，不会被螺线管吸引，故A错误；导体棒ab向左或向右做减速运动时，ab中产生的感应电流减小，螺线管产生的磁场减弱，穿过c的磁通量减小，根据楞次定律得知，c被螺线管吸引，故B、C正确；导体棒ab向右或向左做加速运动时，ab中产生的感应电流增大，螺线管产生的磁场增强，穿过c的磁通量增大，根据楞次定律得知，c被螺线管排斥，故D错误。9.(多选)研究人员发现一种具有独特属性的新型合金能够将内能直接转化为电能。具体而言，只要略微提高温度，这种合金就会变成强磁性合金，从而使环绕它的线圈中产生电流，其简化模型如图所示。A为圆柱形合金材料，B为线圈，套在圆柱形合金材料上，线圈的半径大于合金材料的半径。现对A进行加热，下列说法正确的是()A．B线圈一定有收缩的趋势B．B线圈一定有扩张的趋势C．B线圈中感应电流产生的磁场阻止了B线圈内磁通量的增加D．若从右向左看B中产生顺时针方向的电流，则A左端是强磁性合金的S极答案BD解析现对A进行加热，其磁感应强度增大，A内部磁场与外部磁场方向相反，B线圈的总磁通量与A内部磁场方向相同，由楞次定律可知，B线圈一定有扩张的趋势，所以A错误，B正确；根据楞次定律可知，B线圈中感应电流产生的磁场阻碍了B线圈内磁通量的增加，而非阻止，C错误；根据右手螺旋定则和楞次定律可知，若从右向左看B中产生顺时针方向的电流，则A中原磁场方向向右，即A左端是强磁性合金的S极，D正确。10．如图甲所示，线圈ab中通有如图乙所示的电流，电流从a到b为正方向，那么在0～t0这段时间内，用丝线悬挂的铝环M中产生感应电流，则()A．从左向右看感应电流的方向为顺时针B．从左向右看感应电流的方向为先顺时针后逆时针C．感应电流的大小先减小后增加D．铝环与线圈之间一直有磁场力的作用，作用力先向左后向右答案A解析电流从a到b为正方向，由图乙可知，开始时电流为正且逐渐减小，由右手螺旋定则可知，铝环M中的磁场水平向右，由于电流减小，所以磁通量变小，根据楞次定律可得，铝环M中产生的感应电流方向为顺时针(从左向右看)；由图乙可知，电流减小到零后反向增大，电流从b流向a，由右手螺旋定则可知，铝环M中的磁场水平向左，电流增大，则通过铝环M的磁通量变大，根据楞次定律可得，铝环M中产生的感应电流方向为顺时针(从左向右看)，故A正确，B错误。由图乙可知，线圈ab内的电流的变化率不变，则产生的磁场的磁感应强度的变化率不变，根据法拉第电磁感应定律可知，铝环M产生的感应电动势的大小不变，所以感应电流的大小也不变，故C错误。当线圈ab中电流为零时，铝环M和线圈之间无磁场力作用，故D错误。11．在“研究磁通量变化时感应电流的方向”实验中，实物电路连接如图：(1)实物图中有一个元件接错了回路，请指出并改正：________________________________________________。(2)为了方便探究感应电流方向的规律，实验应研究原磁场方向、磁通量的变化情况、________________三者的关系。(3)在实验过程中，除了查清流入电流表的电流方向与指针偏转方向之间的关系之外，还应查清________(选填“A”“B”或“A和B”)中导线的绕制方向。(4)某同学在完成实验后未断开开关，也未把A、B两线圈和铁芯分开放置。在拆除电路时突然被电击了一下，则被电击是在拆除________(选填“A”或“B”)线圈所在电路时发生的；分析可知，要避免电击发生，在拆除电路前应________(选填“断开开关”或“把A、B线圈分开放置”)。答案(1)开关应接入原线圈A所在的回路(2)感应电流的磁场方向(3)A和B(4)A断开开关解析(1)开关应接入原线圈A所在的回路，改正后的接法如图所示。(2)为了方便探究感应电流方向的规律，实验应研究原磁场方向、磁通量的变化情况、感应电流的磁场方向三者之间的关系。(3)在实验过程中，需要确定线圈A中电流的磁场方向和线圈B中感应电流的磁场方向，故还应查清线圈A与线圈B中导线的绕制方向。(4)在拆除电路时，若线圈A中仍有电流，则线圈A中电流快速减小，由于自感作用，线圈A中会产生很大的感应电动势，导致该同学被电击，要避免电击发生，在拆除电路前应断开开关。第讲法拉第电磁感应定律自感、涡流[教材阅读指导](对应人教版选择性必修第二册相关内容及问题)第二章第2节阅读“电磁感应定律”这一部分内容，由法拉第电磁感应定律可得E＝keq\f(ΔΦ,Δt)，式子中的k什么情况下等于1?提示：当式中各物理量均取国际单位且线圈匝数为1时。第二章第2节“导线切割磁感线时的感应电动势”这部分的[思考与讨论]，产生动生电动势的非静电力与什么有关？提示：与磁场对导体中自由电荷的洛伦兹力有关。第二章第2节[练习与应用]T4图2.2­6，矩形线圈在匀强磁场中绕OO′轴匀速转动时，产生的感应电动势是否变化？为什么？提示：因为速度在垂直于磁场方向的分量在变化，由E＝Blv可知感应电动势在变化。第二章第2节[练习与应用]T5。提示：Q＝eq\f(πUd,4B)。第二章第2节[练习与应用]T6，导体棒在与匀强磁场垂直的面内转动切割产生的电动势怎样求得？提示：由E＝Blv求得，其中的v为导体棒上各点速度的平均值。第二章第3节阅读“电磁感应现象中的感生电场”这一部分内容，产生感生电动势的非静电力是什么？提示：是感生电场对导体中自由电荷的电场力。第二章第3节“电磁阻尼”这部分的[做一做]中图2.3­9，为什么灵敏电流表在运输时总要用导体把两个接线柱连在一起？提示：使电流表内元件与导体形成闭合电路，以便在电流表的指针晃动时产生电磁阻尼作用，防止电流表的指针剧烈晃动。第二章第4节图2.4­3，若线圈L的电阻小于灯泡A的电阻，开关S断开后，灯泡A是逐渐变暗还是更亮一下再逐渐变暗？提示：更亮一下再逐渐变暗。第二章第4节[练习与应用]T3。提示：(1)当开关S由断开变为闭合时，由于线圈的自感作用，通过线圈的电流由0逐渐增大，A、B同时发光，然后A由亮变得更为明亮，B逐渐变暗，直至不亮。(2)当开关S由闭合变为断开时，发生断电自感现象，A立即不亮，B突然变亮再逐渐变暗，直至不亮。第二章[复习与提高]B组T6。提示：(1)铜盘可看作沿半径方向的无数个细铜条组成，细铜条切割磁感线产生感应电动势；(2)从D到R再到C；(3)E＝eq\f(πBr2,T)。必备知识梳理与回顾一、法拉第电磁感应定律1．感应电动势(1)概念：在eq\x(\s\up1(01))电磁感应现象中产生的电动势。(2)产生条件：穿过回路的eq\x(\s\up1(02))磁通量发生改变，与电路是否闭合eq\x(\s\up1(03))无关。(3)方向判断：感应电动势的方向用eq\x(\s\up1(04))楞次定律或eq\x(\s\up1(05))右手定则来判断。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eq\x(\s\up1(06))磁通量的变化率成正比。(2)公式：eq\x(\s\up1(07))E＝neq\f(ΔΦ,Δt)，其中n为eq\x(\s\up1(08))线圈匝数。(3)感应电流与感应电动势的关系：遵守eq\x(\s\up1(09))闭合电路欧姆定律，即I＝eq\x(\s\up1(10))eq\f(E,R＋r)。3．导体切割磁感线时的感应电动势切割方式电动势表达式说明垂直切割E＝eq\x(\s\up1(11))Blv①导体棒与磁场方向垂直，磁场为匀强磁场；②式中l为导体切割磁感线的有效长度；③旋转切割中导体棒的平均速度等于中点位置的线速度eq\f(1,2)lω倾斜切割E＝eq\x(\s\up1(12))Blvsinθ(θ为v与B的夹角)旋转切割(以一端为轴)E＝Bleq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(1,2)Bl2ω二、互感、自感、涡流、电磁阻尼和电磁驱动1．互感现象两个互相靠近的线圈，当一个线圈中的电流变化时，它所产生的变化的eq\x(\s\up1(01))磁场会在另一个线圈中产生eq\x(\s\up1(02))感应电动势。这种现象叫作互感，这种感应电动势叫作eq\x(\s\up1(03))互感电动势。2．自感现象(1)定义：当一个线圈中的电流变化时，它所产生的变化的磁场在eq\x(\s\up1(04))线圈本身激发出eq\x(\s\up1(05))感应电动势，这种现象称为自感。(2)自感电动势①定义：由于eq\x(\s\up1(06))自感而产生的感应电动势。②表达式：E＝eq\x(\s\up1(07))Leq\f(ΔI,Δt)。③自感系数L相关因素：与线圈的大小、形状、eq\x(\s\up1(08))匝数，以及是否有eq\x(\s\up1(09))铁芯等因素有关。单位：亨利(H)，1mH＝eq\x(\s\up1(10))10－3H，1μH＝10－6H。3．涡流、电磁阻尼和电磁驱动(1)涡流：如果穿过导体的磁通量发生变化，由于eq\x(\s\up1(11))电磁感应，导体内会产生eq\x(\s\up1(12))感应电流，这种电流像水中的漩涡，所以叫作涡电流，简称涡流。(2)电磁阻尼：当导体在磁场中运动时，感应电流会使导体受到eq\x(\s\up1(13))安培力，安培力的方向总是eq\x(\s\up1(14))阻碍导体的运动，这种现象称为电磁阻尼。(3)电磁驱动：如果磁场相对于导体转动，在导体中会产生eq\x(\s\up1(15))感应电流，它使导体受到安培力的作用，安培力使导体运动起来，这种作用常常称为电磁驱动。交流感应电动机就是利用eq\x(\s\up1(16))电磁驱动的原理工作的。(4)电磁阻尼和电磁驱动的原理体现了eq\x(\s\up1(17))楞次定律的推广应用。一、堵点疏通1．回路中磁通量变化量越大，回路产生的感应电流越大。()2．导体棒在磁场中运动一定能产生感应电动势。()3．公式E＝Blv中的l就是导体的长度。()4．在自感现象中，通过线圈的感应电流一定和原电流方向相反。()5．断电自感中，通过线圈的感应电流方向与原电流方向一致。()答案1.×2.×3.×4.×5.√二、对点激活1．将闭合多匝线圈置于随时间变化的磁场中，关于线圈中产生的感应电动势和感应电流，下列表述正确的是()A．感应电动势的大小与线圈的匝数无关B．穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大C．穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大D．感应电流产生的磁场方向与原磁场方向始终相同答案C解析由法拉第电磁感应定律可知E＝neq\f(ΔΦ,Δt)，感应电动势的大小与匝数成正比，A错误。感应电动势大小与磁通量的变化率成正比，磁通量变化越快，感应电动势越大，C正确。感应电动势的大小与磁通量的大小以及磁通量的变化量的大小无关，所以B错误。感应电流产生的磁场阻碍原磁场的变化，可能与原磁场方向相同，也可能与原磁场方向相反，D错误。2．(人教版选择性必修第二册·第二章[复习与提高]A组T5改编)A、B两个闭合线圈用同样的导线制成，匝数均为10匝，半径rA＝2rB，分别按图甲、乙两种方式放入匀强磁场中，且磁感应强度随时间均匀减小，则下列说法正确的是()A．甲图中，A、B两线圈中电动势之比为4∶1B．甲图中，A、B两线圈中电流之比为2∶1C．乙图中，A、B两线圈中电动势之比为4∶1D．乙图中，A、B两线圈中电流之比为4∶1答案C解析由法拉第电磁感应定律可知，E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝nSeq\f(ΔB,Δt)，其中S为有效面积。甲图中，A、B两线圈的有效面积相等，所以感应电动势之比就是匝数比，为1∶1，由电阻定律R＝ρeq\f(L,S横)可知，电阻之比为两线圈周长之比，也就是2∶1，所以甲图中，A、B两线圈中电流之比为1∶2，故A、B错误。同理，乙图中，A、B两线圈中电动势之比为4∶1，电流之比为2∶1，故C正确，D错误。3.如图，空间有一匀强磁场，一直金属棒与磁感应强度方向垂直，当它以速度v沿与棒和磁感应强度都垂直的方向运动时，棒两端的感应电动势大小为ε；将此棒弯成两段长度相等且相互垂直的折线，置于与磁感应强度相垂直的平面内，当它沿两段折线夹角平分线的方向以速度v运动时，棒两端的感应电动势大小为ε′。则eq\f(ε′,ε)等于()A.eq\f(1,2) B.eq\f(\r(2),2)C．1 D.eq\r(2)答案B解析设金属棒的长度为l，磁感应强度为B，根据法拉第电磁感应定律，感应电动势大小ε＝Blv；当将此棒弯成两段长度相等且相互垂直的折线时，有效长度变为l′＝eq\f(\r(2),2)l，所以此时的感应电动势大小ε′＝Bl′v＝eq\f(\r(2),2)Blv。所以eq\f(ε′,ε)＝eq\f(\r(2),2)，故B正确。4．(人教版选择性必修第二册·第二章第4节[演示]“观察两个灯泡的发光情况”改编)(多选)如图所示，两个灯泡A1和A2的规格相同，A1与线圈L串联后接到电路中，A2与可变电阻R串联后接到电路中。先闭合开关S，调节R，使两个灯泡的亮度相同，再调节R1，使它们正常发光，然后断开开关S，下列说法正确的是()A．重新接通电路，A1、A2同时亮B．重新接通电路，A1逐渐变亮C．接通电路，一段时间电路稳定后再次断开S，A1、A2逐渐熄灭D．接通电路，一段时间电路稳定后再次断开S，A2闪亮一下再熄灭答案BC解析重新接通电路，由于L有自感电动势产生，阻碍电流增大，所以A1逐渐变亮，而A2立即变亮，故A错误，B正确。接通电路，一段时间电路稳定后再次断开S，A1、A2与L、R构成回路，L相当于电源，因原来两支路电流相等，所以不会出现A2闪亮一下再熄灭的现象，A1、A2都会逐渐熄灭，故C正确，D错误。5.(人教版选择性必修第二册·第二章第3节[练习与应用]T3改编)如图所示，上下开口、内壁光滑的铜管P和塑料管Q竖直放置。小磁块先后在两管中从相同高度处由静止释放，并落至底部。则小磁块()A．在P和Q中都做自由落体运动B．在两个下落过程中的机械能都守恒C．在P中的下落时间比在Q中的长D．落至底部时在P中的速度比在Q中的大答案C解析小磁块在铜管中下落的过程，根据电磁感应知铜管中产生涡流，小磁块受到阻力，P中小磁块的部分机械能转化为铜管中涡流产生的焦耳热，机械能不守恒，故A、B错误。Q管为塑料管，小磁块下落过程为自由落体运动，所以比在P中下落时间短，落至底部时比在P中的速度大，故C正确，D错误。关键能力发展与提升考点一法拉第电磁感应定律的理解和应用深化理解1．法拉第电磁感应定律公式的物理意义：E＝neq\f(ΔΦ,Δt)求的是Δt时间内的平均感应电动势，当Δt→0时，E为瞬时感应电动势。提示：①Φ、ΔΦ、eq\f(ΔΦ,Δt)的大小之间没有必然的联系，Φ＝0，eq\f(ΔΦ,Δt)不一定等于0；②感应电动势E与线圈匝数n有关，但Φ、ΔΦ、eq\f(ΔΦ,Δt)的大小均与线圈匝数无关。2．法拉第电磁感应定律应用的三种情况(1)磁通量的变化是由有效面积变化引起时，ΔΦ＝B·ΔS，则E＝neq\f(B·ΔS,Δt)。(动生电动势)(2)磁通量的变化是由磁场变化引起时，ΔΦ＝ΔB·S，则E＝neq\f(ΔB·S,Δt)，S是线圈在磁场范围内的有效面积，eq\f(ΔB,Δt)在B­t图像中为图线切线的斜率。(感生电动势)(3)磁通量的变化是由有效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，eq\o(E,\s\up6(－))＝neq\f(B2S2－B1S1,Δt)。求瞬时值时，先分别求出动生电动势E1和感生电动势E2，再叠加求和。3．在图像问题中磁通量的变化率eq\f(ΔΦ,Δt)是Φ­t图像上某点切线的斜率，利用斜率和线圈匝数可以确定感应电动势的大小。考向1感应电动势的计算例1(2023·湖北高考)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，则线圈产生的感应电动势最接近()A．0.30V B．0.44VC．0.59V D．4.3V[答案]B[解析]根据法拉第电磁感应定律可知，3匝线圈产生的感应电动势大小分别为E1＝eq\f(ΔΦ1,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)S1＝103×1.02×10－4V＝0.1V，E2＝eq\f(ΔΦ2,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)S2＝103×1.22×10－4V＝0.144V，E3＝eq\f(ΔΦ3,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)S3＝103×1.42×10－4V＝0.196V，根据楞次定律可知，3匝线圈产生的感应电动势方向相同，则总电动势E＝E1＋E2＋E3＝0.44V，故选B。考向2判断感应电动势的方向及变化情况例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()A．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[解析]由于通过圆环的磁通量均匀变化，故圆环中产生的感应电动势、感应电流的大小和方向不变，但t0时刻磁场方向发生变化，故安培力方向发生变化，A错误；根据楞次定律，圆环中感应电流的方向始终沿顺时针方向，B正确；根据法拉第电磁感应定律，感应电动势大小E＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(ΔB,Δt)))·S′＝eq\f(B0,t0)·eq\f(πr2,2)＝eq\f(πB0r2,2t0)，根据闭合电路欧姆定律知，感应电流大小I＝eq\f(E,R)＝eq\f(\f(πB0r2,2t0),ρ\f(2πr,S))＝eq\f(B0rS,4t0ρ)，C正确，D错误。法拉第电磁感应定律的规范应用(1)一般解题步骤①分析穿过闭合电路的磁场方向及磁通量的变化情况；②利用楞次定律确定感应电流的方向；③灵活选择法拉第电磁感应定律的不同表达形式列方程求解。(2)应注意的问题①用公式E＝neq\f(ΔΦ,Δt)求解的是一个回路中某段时间内的平均感应电动势，只有在磁通量均匀变化时，瞬时值才等于平均值；②通过回路的电荷量q仅与n、ΔΦ和回路总电阻R有关，与变化过程所用的时间长短无关，推导过程：q＝eq\o(I,\s\up6(－))Δt＝eq\f(n\f(ΔΦ,Δt),R)Δt＝eq\f(nΔΦ,R)。考点二导体切割磁感线产生感应电动势的计算拓展延伸切割磁感线的那部分导体相当于电路中的电源，常见的情境有以下两种：1．导体平动切割磁感线对于导体平动切割磁感线产生感应电动势的计算式E＝Blv，应从以下几个方面理解和掌握：(1)正交性本公式是在一定条件下得出的，除了磁场是匀强磁场，还需B、l、v三者相互垂直。当它们不相互垂直时，应取垂直的分量进行计算。(2)平均性导体平动切割磁感线时，若v为平均速度，则E为平均感应电动势，即eq\o(E,\s\up6(－))＝Bleq\o(v,\s\up6(－))。(3)瞬时性导体平动切割磁感线时，若v为瞬时速度，则E为相应的瞬时感应电动势。(4)有效性公式中的l为导体有效切割长度，当v⊥B时，即为导体在垂直于v和B的方向上的投影长度。下图中有效长度分别为：甲图：l＝cdsinβ(容易错算成l＝absinβ)。乙图：沿v1方向运动时，l＝MN；沿v2方向运动时，l＝0。丙图：沿v1方向运动时，l＝eq\r(2)R；沿v2方向运动时，l＝0；沿v3方向运动时，l＝R。(5)相对性E＝Blv中的速度v是相对于磁场的速度，若磁场也运动时，应注意速度间的相对关系。2．导体转动切割磁感线当导体棒在垂直于磁场的平面内，绕导体棒上某一点以角速度ω匀速转动时，则：(1)以导体棒中点为轴时，E＝0(相同两段的代数和)。(2)以导体棒端点为轴时，E＝eq\f(1,2)Bωl2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(平均速度取中点位置的线速度\f(1,2)ωl))。(3)以导体棒上任意一点为轴时，E＝eq\f(1,2)Bω(leq\o\al(2,1)－leq\o\al(2,2))(不同两段的代数和，其中l1>l2)。考向1导体平动切割磁感线问题例3(多选)如图所示，在0≤x≤3L的区域内存在着垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度的大小为B，粗细均匀的正方形金属线框abcd位于xOy平面内，线框的bc边与x轴重合，cd边与y轴重合，线框的边长为L，每条边的电阻为R。现让线框从图示位置由静止开始沿x轴正方向以加速度a做匀加速直线运动，则下列说法正确的是()A．进入磁场时，线框中的电流沿abcda方向，出磁场时，线框中的电流沿adcba方向B．进入磁场时，c端电势比d端电势高，出磁场时，b端电势比a端电势高C．a、b两端电压的最大值为eq\f(3,4)BLeq\r(6aL)D．线框中的最大电功率为eq\f(2aB2L3,R)[答案]AD[解析]由右手定则，可判断感应电流方向，A正确；进入磁场时，cd相当于电源，d是正极，c端电势比d端电势低，出磁场时，ab相当于电源，a是正极，b端电势比a端电势低，B错误；ab边与磁场右边界重合时，线框的速度最大，a、b两端电压最大，由匀变速直线运动规律有4L＝eq\f(1,2)at2，v＝at，由法拉第电磁感应定律有E＝BLv，又Uabmax＝eq\f(3,4)E，联立得Uabmax＝eq\f(3,4)BLeq\r(8aL)，C错误；ab边与磁场右边界重合时，线框中的电功率最大，Pmax＝eq\f(E2,4R)＝eq\f(（BL\r(8aL)）2,4R)＝eq\f(2aB2L3,R)，D正确。例4(2023·辽宁高考)如图，空间中存在水平向右的匀强磁场，一导体棒绕固定的竖直轴OP在磁场中匀速转动，且始终平行于OP。导体棒两端的电势差u随时间t变化的图像可能正确的是()[答案]C[解析]设导体棒匀速转动的速率为v，角速度为ω，如图所示，若导体棒在最左侧时开始计时，经过时间t，其转过的角度为θ，则t时刻导体棒垂直磁感线方向的分速度为v⊥＝vcosθ，又θ＝ωt，以t＝0时即导体棒在最左侧时两端的电势差为正，由法拉第电磁感应定律和右手定则知u＝BLv⊥，联立可得u＝BLvcosωt，故选C。考向2导体转动切割磁感线问题例5如图，直角三角形金属框abc放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向平行于ab边向上。当金属框绕ab边以角速度ω逆时针转动时，a、b、c三点的电势分别为Ua、Ub、Uc。已知bc边的长度为l。下列判断正确的是()A．Ua>Uc，金属框中无电流B．Ub>Uc，金属框中电流方向沿a－b－c－aC．Ubc＝－eq\f(1,2)Bl2ω，金属框中无电流D．Uac＝eq\f(1,2)Bl2ω，金属框中电流方向沿a－c－b－a[答案]C[解析]在三角形金属框内，有两边切割磁感线，其一为bc边，根据E＝Blv可得：电动势大小为eq\f(1,2)Bl2ω；其二为ac边，ac边有效的切割长度为l，根据E＝Blv，可得：电动势大小也为eq\f(1,2)Bl2ω；由右手定则可知：金属框内无电流，且Uc>Ub＝Ua，A、B、D错误；Ubc＝Uac＝－eq\f(1,2)Bl2ω，C正确。考向3磁感应强度变化的切割例6(多选)如图甲所示，足够长的光滑金属导轨内有垂直于导轨平面向里、方向不变的匀强磁场，其磁感应强度B随时间t的变化图像如图乙所示。导轨左端接有一个电阻值恒为R的灯泡。从0时刻开始，垂直于导轨的导体棒ab在水平外力F的作用下从导轨的左端沿导轨以速度v水平向右匀速运动。导体棒ab的长度为l，导体棒运动过程中与导轨接触良好，导体棒与导轨的电阻均不计。在导体棒ab向右运动的过程中，下列说法正确的是()A．灯泡亮度不变B．灯泡逐渐变亮C．在运动后的t0时刻，F＝eq\f(2Beq\o\al(2,0)l2v,R)D．在运动后的t0时刻，F＝eq\f(Beq\o\al(2,0)l2v,R)[答案]BC[解析]由图乙可知，在t时刻磁感应强度的大小为B＝eq\f(B0,t0)t，所以在t时刻回路中由于导体棒运动产生的动生电动势为E1＝Blv＝eq\f(B0lvt,t0)，在t时刻回路中由于磁感应强度变化产生的感生电动势为E2＝eq\f(SΔB,Δt)＝eq\f(lvtB0,t0)，根据右手定则和楞次定律可知，这两个电动势是同方向的，所以回路中的总电动势为E＝E1＋E2＝2eq\f(B0lvt,t0)，因此回路中的总电动势随时间增大，所以灯泡逐渐变亮，故A错误，B正确；eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(感应电动势更严谨的求法：根据法拉第电磁感应定律，感应电动势E＝\f(Δ（B·S）,Δt)由题及图乙知,t时刻磁感应强度B＝\f(B0,t0)t回路面积S＝lvt，,t＋Δt时刻磁感应强度B′＝\f(B0,t0)（t＋Δt）,回路面积S′＝lv（t＋Δt），,则Δ（B·S）＝B′·S′－BS＝\f(B0,t0)lv（t＋Δt）2－\f(B0,t0)lvt2＝\f(B0,t0)lv[2tΔt＋（Δt）2]，,则E＝\f(Δ（B·S）,Δt)＝2\f(B0,t0)lvt。))导体棒ab在运动后的t0时刻，回路中的总电动势为E′＝2eq\f(B0lvt0,t0)＝2B0lv，回路中的电流为I＝eq\f(E′,R)＝eq\f(2B0lv,R)，导体棒ab受到的安培力为F′＝B0Il＝eq\f(2Beq\o\al(2,0)l2v,R)，由于导体棒ab匀速运动，所以导体棒ab受力平衡，因此水平外力为F＝F′＝eq\f(2Beq\o\al(2,0)l2v,R)，故C正确，D错误。(1)注意理解和掌握E＝Blv，特别是B、l、v三者方向的关系。(2)求瞬时电动势(电流)时，E＝Blv为首选式，并同时注意有效长度l。(3)对于转动切割，如果记不住公式或情况复杂(如转动中心不在导体棒上)时，可用E＝Bleq\o(v,\s\up6(－))计算，也可以用假想的导线将导体棒连接，组成回路，用E＝Beq\f(ΔS,Δt)计算。(4)如果在导体切割磁感线时，磁感应强度B也在变化，则只能用E＝eq\f(Δ（B·S）,Δt)计算。考点三互感、自感、涡流、电磁阻尼和电磁驱动对比分析1．自感现象的四大特点(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。2．自感中“闪亮”与“不闪亮”问题灯泡与线圈串联灯泡与线圈并联电路图通电时电流逐渐增大，灯泡逐渐变亮电流突然增大，灯泡立刻变亮，然后电流逐渐减小达到稳定，灯泡比刚通电时暗些断电时电流逐渐减小，灯泡逐渐变暗，电流方向不变电路中稳态电流为I1、I2①若I2≤I1，灯泡逐渐变暗；②若I2>I1，灯泡闪亮后逐渐变暗。两种情况灯泡中电流方向均改变3.产生涡流的两种情况(1)块状金属放在变化的磁场中。(2)块状金属进出磁场或在非匀强磁场中做切割磁感线运动。4．产生涡流时的能量变化伴随着涡流现象，其他形式的能转化成电能，最终在金属块中转化为内能。(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做切割磁感线运动，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。5．电磁阻尼与电磁驱动的比较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，阻碍导体运动安培力的方向与导体运动方向相同，驱动导体运动能量转化导体克服安培力做功，其他形式能转化为电能，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考向1互感现象例7如图所示是一种延时继电器的示意图。铁芯上有两个线圈A和B。当开关S断开后，电磁铁还会继续吸住衔铁D一小段时间，之后弹簧才把衔铁D拉起，能做到延时的主要原因是()A．线圈A中的电流逐渐减小B．线圈B中产生了感应电流C．铁芯中有剩磁起主要作用D．衔铁D有剩磁起主要作用[答案]B[解析]当开关S断开后，通过线圈A的磁通量减少，由于互感现象，B中产生感应电流，产生的电流磁场对衔铁仍有吸引，故能够延时，B正确，A、C、D错误。考向2自感现象例8(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[答案]D[解析]开始时开关闭合，由于L的电阻很小，Q灯正常发光，P灯微亮，通过Q灯的电流远大于通过P灯的电流，则通过L的电流也远大于通过P的电流；断开开关时，Q所在电路断开，Q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，通过L和P的电流将从开关断开前L中电流的大小逐渐减为零，故P灯闪亮后再熄灭，D正确，A、B、C错误。解决自感现象问题的技巧(1)通电自感：线圈相当于一个变化的电阻——阻值由无穷大逐渐减小，通电瞬间自感线圈处相当于断路。(2)断电自感：断电时自感线圈相当于电源，电流由恰好断电前的值逐渐减小到零。(3)断电自感现象中电流方向是否改变的判断：与线圈在同一条支路的用电器中的电流方向不变；与线圈并联的用电器中的电流方向改变。(4)电流稳定时，自感线圈就是导体，是否需要考虑其电阻，根据题意而定。【跟进训练】如图是用电流传感器(电流传感器相当于电流表，其电阻可以忽略不计)研究自感现象的实验电路，电源的电动势为E，内阻为r，自感线圈L的自感系数足够大，其直流电阻值大于灯泡D的阻值，在t＝0时刻闭合开关S，经过一段时间后，在t＝t1时刻断开开关S。在下图所示的图像中，可能正确表示电流传感器记录的电流随时间变化情况的是()答案B解析在t＝0时刻，闭合开关的瞬间，由于自感线圈L产生自感电动势，自感线圈相当于一个阻值很大的电阻，灯泡中有一定的电流通过；随着自感线圈L电动势的逐渐减小，自感线圈的等效阻值逐渐减小，直至减小到其直流电阻值，线圈与灯泡并联电路两端的电压逐渐减小至稳定值，故灯泡中的电流逐渐减小至稳定值，A、D错误。当在t＝t1时刻断开开关S时，线圈产生自感电动势，线圈中的电流与原来的电流方向相同，它与灯泡组成的电路中，感应电流沿逆时针方向，故灯泡的电流方向与原来相反，为负值；线圈的直流电阻大于灯泡D的阻值，故t＝t1时刻灯泡中的电流比稳定时要小一些，然后电流随自感电动势的减小而慢慢减小到0，故B正确，C错误。考向3涡流、电磁阻尼和电磁驱动例9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，如图所示。无扰动时，按下列四种方案对紫铜薄板施加恒磁场；出现扰动后，对于紫铜薄板上下及左右振动的衰减最有效的方案是()[答案]A[解析]底盘上的紫铜薄板出现扰动时，其振动方向不确定，在B、D这种情况下，紫铜薄板上下振动时，不会产生涡流，从而不会受到电磁阻尼作用；在C这种情况下，紫铜薄板上下及左右振动时，都不会产生涡流，从而不会受到电磁阻尼作用；在A这种情况下，紫铜薄板上下及左右振动时，都会产生涡流，受到电磁阻尼作用，A正确。课时作业[A组基础巩固练]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)答案D解析根据楞次定律可知，题图所示的1个大圆与5个小圆中的感应电动势方向相同，即可等效成1个大圆与5个小圆串联，故线圈中总的感应电动势大小为E＝E大＋5E小，根据法拉第电磁感应定律，有E大＝eq\f(ΔB,Δt)S1，E小＝eq\f(ΔB,Δt)S2，将B＝B0＋kt代入，可解得E＝k(S1＋5S2)，故D正确。2．某星球表面0～200km高度范围内，水平方向磁场的磁感应强度大小随高度由60T均匀减小至10T，为使航天器能在星球表面安全降落，可以利用电磁阻力来减小航天器下落速度。若在航天器上固定一边长为1m的正方形闭合线圈，航天器竖直降落时线圈平面始终与水平磁场垂直，上下两边始终处于水平状态，为使航天器速度为1km/s时产生的电磁阻力(只对该闭合线圈产生的作用力)为1000N，则线圈电阻的阻值R为()A．2.5×10－14Ω B．5×10－11ΩC．6.25×10－8Ω D．1×10－5Ω答案C解析由磁场分布规律可知，线圈上下两边所处位置的磁感应强度大小之差ΔB＝eq\f(（B2－B1）L,h2－h1)＝2.5×10－4T，线圈上下两边产生的总感应电动势大小E＝ΔBLv，线圈上下两边受到的总安培力大小F＝ΔBIL，其中I＝eq\f(E,R)，解得R＝6.25×10－8Ω，C正确。3.如图所示，电路中有三个相同的灯泡L1、L2、L3，电感线圈L的自感系数很大，电阻可忽略，D为理想二极管。下列说法正确的是()A．闭合开关S的瞬间，L3立即变亮，L1、L2逐渐变亮B．闭合开关S的瞬间，L2、L3立即变亮，L1逐渐变亮C．断开开关S的瞬间，L2立即熄灭，L1先变亮一下然后才熄灭D．断开开关S的瞬间，L2立即熄灭，L3先变亮一下然后才熄灭答案B解析开关S闭合的瞬间，由于自感线圈L产生自感电动势，L1逐渐变亮，而L2、L3立即变亮，故A错误，B正确。断开开关S的瞬间，线圈L和L1、L3构成回路，因原来L1、L3两支路电流相等，所以L1、L3逐渐熄灭，L2立即熄灭，故C、D错误。4.(2023·辽宁省沈阳市高三下质量监测(一))(多选)如图所示，有界匀