2025高考物理步步高同步练习选修2第二章 法拉第电磁感应定律含答案

2025高考物理步步高同步练习选修2第二章2法拉第电磁感应定律[学习目标]1.理解并掌握法拉第电磁感应定律，能够运用法拉第电磁感应定律定量计算感应电动势的大小.2.能够运用E＝Blv或E＝Blvsinθ计算导体切割磁感线时产生的感应电动势.3.了解动生电动势的概念，知道导线切割磁感线通过克服安培力做功把其他形式的能转化为电能．一、电磁感应定律1．感应电动势在电磁感应现象中产生的电动势叫作感应电动势，产生感应电动势的那部分导体相当于电源．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，跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比．(2)公式：E＝neq\f(ΔΦ,Δt)，其中n为线圈的匝数．(3)在国际单位制中，磁通量的单位是韦伯(Wb)，感应电动势的单位是伏(V)．二、导线切割磁感线时的感应电动势1．导线垂直于磁场方向运动，B、l、v两两垂直时，如图1所示，E＝Blv.图1图22．导线的运动方向与导线本身垂直，但与磁感线方向夹角为θ时，如图2所示，E＝Blvsinθ.3．导体棒切割磁感线产生感应电流，导体棒所受安培力的方向与导体棒运动方向相反，导体棒克服安培力做功，把其他形式的能转化为电能．1．判断下列说法的正误．(1)在电磁感应现象中，有感应电流，就一定有感应电动势；反之，有感应电动势，就一定有感应电流．(×)(2)线圈中磁通量的变化量ΔΦ越小，线圈中产生的感应电动势一定越小．(×)(3)线圈放在磁场越强的位置，线圈中产生的感应电动势一定越大．(×)(4)线圈中磁通量变化越快，线圈中产生的感应电动势一定越大．(√)(5)闭合电路置于磁场中，当磁感应强度很大时，感应电动势可能为零；当磁感应强度为零时，感应电动势可能很大．(√)2．图3甲、乙中，金属导体中产生的感应电动势分别为E甲＝________，E乙＝________.图3答案BlvBlvsinθ一、对电磁感应定律的理解导学探究如图4所示，将条形磁体从同一高度插入线圈的实验中．图4(1)快速插入和缓慢插入，磁通量的变化量ΔΦ相同吗？指针偏转角度相同吗？(2)分别用同种规格的一根磁体和两根磁体以相同速度快速插入，磁通量的变化量ΔΦ相同吗？指针偏转角度相同吗？(3)感应电动势的大小取决于什么？答案(1)磁通量的变化量相同，但磁通量变化的快慢不同，快速插入比缓慢插入时指针偏转角度大．(2)用两根磁体快速插入时磁通量的变化量较大，磁通量变化率也较大，指针偏转角度较大．(3)感应电动势的大小取决于eq\f(ΔΦ,Δt)的大小．知识深化1．磁通量Φ、磁通量的变化量ΔΦ及磁通量的变化率eq\f(ΔΦ,Δt)的比较磁通量Φ磁通量的变化量ΔΦ磁通量的变化率eq\f(ΔΦ,Δt)物理意义某时刻穿过磁场中某个面的磁感线条数在某一过程中，穿过某个面的磁通量的变化量穿过某个面的磁通量变化的快慢当B、S互相垂直时的大小Φ＝BSΔΦ＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Φ2－Φ1,B·ΔS,S·ΔB))eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(|Φ2－Φ1|,Δt),B·\f(ΔS,Δt),\f(ΔB,Δt)·S))注意若穿过的平面中有方向相反的磁场，则不能直接用Φ＝BS.Φ为抵消以后所剩余的磁通量开始和转过180°时平面都与磁场垂直，但穿过平面的磁通量是不同的，一正一负，ΔΦ＝2BS，而不是零在Φ－t图像中，可用图线的斜率表示eq\f(ΔΦ,Δt)2.公式E＝neq\f(ΔΦ,Δt)的理解感应电动势的大小E由磁通量变化的快慢，即磁通量的变化率eq\f(ΔΦ,Δt)决定，与磁通量Φ、磁通量的变化量ΔΦ无关．(2021·宜昌市远安县第一中学高二月考)关于感应电动势的大小，下列说法中正确的是()A．穿过线圈的磁通量Φ最大时，所产生的感应电动势就一定最大B．穿过线圈的磁通量的变化量ΔΦ增大时，所产生的感应电动势也增大C．穿过线圈的磁通量Φ等于0，所产生的感应电动势就一定为0D．穿过线圈的磁通量的变化率eq\f(ΔΦ,Δt)越大，所产生的感应电动势就越大答案D解析根据法拉第电磁感应定律可知，感应电动势的大小与磁通量的变化率eq\f(ΔΦ,Δt)成正比，与磁通量Φ及磁通量的变化量ΔΦ没有必然联系．当磁通量Φ很大时，感应电动势可能很小，甚至为0；当磁通量Φ等于0时，其变化率可能很大，产生的感应电动势也可能很大，而ΔΦ增大时，eq\f(ΔΦ,Δt)可能减小．如图所示，t1时刻，Φ最大，但E＝0；0～t1时间内，ΔΦ增大，但eq\f(ΔΦ,Δt)减小，E减小；t2时刻，Φ＝0，但eq\f(ΔΦ,Δt)最大，即E最大，故A、B、C错误，D正确．针对训练1(多选)单匝线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量Φ随时间t变化的图像如图5所示，图线为正弦曲线的一部分，则()图5A．在t＝0时刻，线圈中磁通量最大，感应电动势也最大B．在t＝1×10－2s时刻，感应电动势最大C．在t＝2×10－2s时刻，感应电动势为零D．在0～2×10－2s时间内，线圈中感应电动势的平均值为零答案BC解析由法拉第电磁感应定律知E∝eq\f(ΔΦ,Δt)，故t＝0及t＝2×10－2s时刻，E＝0，A项错误，C项正确；t＝1×10－2s时，E最大，B项正确；0～2×10－2s时间内，ΔΦ≠0，则E≠0，D项错误．(2020·常州市高二上期中)如图6所示，一个圆形线圈的匝数为n，半径为a，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中．在Δt时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B均匀地增大到2B.在此过程中，线圈中产生的感应电动势为()图6A.eq\f(πnBa2,Δt) B.eq\f(πnBa2,2Δt)C.eq\f(πBa2,Δt) D.eq\f(πBa2,2Δt)答案B解析由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(ΔB,Δt)S＝neq\f(2B－B,Δt)·eq\f(1,2)πa2＝eq\f(πnBa2,2Δt)，选项B正确，A、C、D错误．(多选)如图7甲所示，线圈的匝数n＝100匝，横截面积S＝50cm2，线圈总电阻r＝10Ω，沿线圈轴向有匀强磁场，设图示磁场方向为正方向，磁场的磁感应强度随时间按如图乙所示规律变化，则在开始的0.1s内()图7A．磁通量的变化量为0.25WbB．磁通量的变化率为2.5×10－2Wb/sC．a、b间电压为0D．在a、b间接一个理想电流表时，电流表的示数为0.25A答案BD解析通过线圈的磁通量与线圈的匝数无关，由于0时刻和0.1s时刻的磁场方向相反，磁通量穿入的方向不同，则ΔΦ＝(0.1＋0.4)×50×10－4Wb＝2.5×10－3Wb，A项错误；磁通量的变化率eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(2.5×10－3,0.1)Wb/s＝2.5×10－2Wb/s，B项正确；根据法拉第电磁感应定律可知，当a、b间断开时，其间电压大小等于线圈产生的感应电动势大小，感应电动势大小为E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝2.5V且恒定，C项错误；在a、b间接一个理想电流表时相当于a、b间接通而形成回路，回路总电阻即为线圈的总电阻，故感应电流大小I＝eq\f(E,r)＝eq\f(2.5,10)A＝0.25A，D项正确．二、导线切割磁感线时的感应电动势1．导线切割磁感线时感应电动势表达式的推导如图8所示，闭合电路一部分导线ab处于匀强磁场中，磁感应强度为B，ab的长度为l，ab以速度v匀速垂直切割磁感线．图8则在Δt内穿过闭合电路磁通量的变化量为ΔΦ＝BΔS＝BlvΔt根据法拉第电磁感应定律得E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝Blv.2．对公式的理解(1)当B、l、v三个量的方向互相垂直时，E＝Blv；当有任意两个量的方向互相平行时，导线将不切割磁感线，E＝0.(2)当l垂直于B且l垂直于v，而v与B成θ角时，导线切割磁感线产生的感应电动势大小为E＝Blvsinθ.(3)若导线是弯折的，或l与v不垂直时，E＝Blv中的l应为导线在与v垂直的方向上的投影长度，即有效切割长度．图9图9甲中的有效切割长度为：L＝eq\x\to(cd)sinθ；图乙中的有效切割长度为：L＝eq\x\to(MN)；图丙中的有效切割长度为：沿v1的方向运动时，L＝eq\r(2)R；沿v2的方向运动时，L＝R.如图10所示，MN、PQ为两条平行的水平放置的金属导轨，左端接有定值电阻R，金属棒ab斜放在两导轨之间，与导轨接触良好，ab＝L.磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面，设金属棒与两导轨间夹角为60°，以速度v水平向右匀速运动，不计导轨和棒的电阻，则流过金属棒的电流为()图10A.eq\f(BLv,R)B.eq\f(\r(3)BLv,2R)C.eq\f(BLv,2R)D.eq\f(\r(3)BLv,3R)答案B解析金属棒切割磁感线的有效长度为L·sin60°＝eq\f(\r(3),2)L，故感应电动势E＝Bv·eq\f(\r(3)L,2)，由欧姆定律得通过金属棒的电流I＝eq\f(\r(3)BLv,2R).三、公式E＝neq\f(ΔΦ,Δt)与E＝Blvsinθ的区别与联系公式E＝neq\f(ΔΦ,Δt)E＝Blvsinθ研究对象某个回路回路中做切割磁感线运动的那部分导体内容(1)求的是Δt时间内的平均感应电动势，E与某段时间或某个过程对应．(2)当Δt→0时，E为瞬时感应电动势(1)若v为瞬时速度，求的是瞬时感应电动势．(2)若v为平均速度，求的是平均感应电动势．(3)当B、l、v三者均不变时，平均感应电动势与瞬时感应电动势相等适用范围对任何电路普遍适用只适用于导体切割磁感线运动的情况联系(1)E＝Blvsinθ是由E＝neq\f(ΔΦ,Δt)在一定条件下推导出来的．(2)整个回路的感应电动势为零时，回路中某段导体的感应电动势不一定为零如图11所示，导轨OM和ON都在纸面内，导体AB可在导轨上无摩擦滑动，AB⊥ON，ON水平，若AB以5m/s的速度从O点开始沿导轨匀速向右滑，导体与导轨都足够长，匀强磁场的磁感应强度为0.2T．问：(结果可用根式表示)图11(1)第3s末夹在导轨间的导体长度是多少？此时导体切割磁感线产生的感应电动势多大？(2)0～3s内回路中的磁通量变化了多少？此过程中的平均感应电动势为多少？答案(1)5eq\r(3)m5eq\r(3)V(2)eq\f(15\r(3),2)Wbeq\f(5,2)eq\r(3)V解析(1)第3s末，夹在导轨间导体的长度为：l＝vt·tan30°＝5×3×tan30°m＝5eq\r(3)m此时E＝Blv＝0.2×5eq\r(3)×5V＝5eq\r(3)V.(2)0～3s内回路中磁通量的变化量ΔΦ＝BS－0＝0.2×eq\f(1,2)×15×5eq\r(3)Wb＝eq\f(15\r(3),2)Wb0～3s内电路中产生的平均感应电动势为：eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(\f(15\r(3),2),3)V＝eq\f(5,2)eq\r(3)V.针对训练2(多选)如图12所示，一导线弯成半径为a的半圆形闭合回路．虚线MN右侧有范围足够大、磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于回路所在的平面向下．回路以速度v向右匀速进入磁场，直径CD始终与MN垂直．从D点到达边界开始到C点进入磁场为止，下列结论正确的是()图12A．感应电动势最大值E＝2BavB．感应电动势最大值E＝BavC．感应电动势的平均值eq\x\to(E)＝eq\f(1,2)BavD．感应电动势的平均值eq\x\to(E)＝eq\f(1,4)πBav答案BD解析在半圆形闭合回路进入磁场的过程中，有效切割长度如图所示，所以进入过程中l先逐渐增大到a，再逐渐减小为0，由E＝Blv可知，最大值为Bav，最小值为0，故A错误，B正确；平均感应电动势eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(B·\f(1,2)πa2,\f(2a,v))＝eq\f(1,4)πBav，故D正确，C错误．四、导体棒转动切割磁感线产生的电动势如图13所示，长为l的导体棒在磁场中绕A点在纸面内以角速度ω匀速转动，磁场的磁感应强度为B，则AC在切割磁感线时产生的感应电动势为E＝Bleq\x\to(v)＝Bl·eq\f(ωl,2)＝eq\f(1,2)Bl2ω.图13如图14所示，半径为r的金属圆盘在垂直于盘面的匀强磁场(磁感应强度为B)中，绕O轴以角速度ω沿逆时针方向匀速转动，则通过电阻R的电流的方向和大小是(金属圆盘的电阻不计)()图14A．由c到d，I＝eq\f(Br2ω,R) B．由d到c，I＝eq\f(Br2ω,R)C．由c到d，I＝eq\f(Br2ω,2R) D．由d到c，I＝eq\f(Br2ω,2R)答案D解析根据法拉第电磁感应定律，感应电动势E＝Br·eq\f(1,2)rω＝eq\f(1,2)Br2ω，由欧姆定律得通过电阻R的电流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(\f(1,2)Br2ω,R)＝eq\f(Br2ω,2R).圆盘相当于电源，由右手定则可知电流方向为由边缘指向圆心，所以电阻R中的电流方向为由d到c，选项D正确.1．(法拉第电磁感应定律的理解)关于感应电动势的大小，下列说法中正确的是()A．线圈中磁通量变化越大，线圈中产生的感应电动势一定越大B．线圈中磁通量越大，产生的感应电动势一定越大C．线圈放在磁感应强度越大的地方，产生的感应电动势一定越大D．线圈中磁通量变化越快，产生的感应电动势越大答案D解析由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势的大小由磁通量的变化率决定．线圈中磁通量变化大，但磁通量变化率不一定大，所以产生的感应电动势也不一定大，选项A错误，选项B错误；线圈放在磁感应强度大的地方，磁通量虽然较大，但磁通量的变化率不一定大，产生的感应电动势也不一定大，选项C错误；线圈中磁通量变化越快，产生的感应电动势越大，选项D正确．2.(公式E＝neq\f(ΔΦ,Δt)的应用)(2020·石家庄市高二上月考)如图15所示，栅栏大门朝正南方向，在门的四个角上钉有四个钉子，沿着钉子绕有50匝的大线圈，穿过该线圈的最大磁通量为1.6×10－4Wb，那么，小明在2s内把关闭的大门打开并转过90°的过程中，线圈中产生的感应电动势为()图15A．2×10－2VB．4×10－3VC．1.6×10－4VD．8×10－5V答案B解析门关闭时，穿过门上线圈的磁通量为Φ1＝1.6×10－4Wb，将门打开转过90°时磁通量为Φ2＝0，则有ΔΦ＝Φ2－Φ1＝－1.6×10－4Wb，由公式E＝neq\f(ΔΦ,Δt)得，线圈中产生的感应电动势的大小为4×10－3V，选项B正确，A、C、D错误．3.(平动切割问题)如图16所示，一个半径为L的半圆形导体AC以速度v在水平放置的光滑U形框架上匀速滑动，匀强磁场的磁感应强度为B，回路中定值电阻的阻值为R0，半圆形导体AC的电阻为r，其余电阻不计，则半圆形导体AC切割磁感线产生感应电动势的大小及A、C之间的电势差分别为()图16A．BLv，eq\f(BLvR0,R0＋r) B．2BLv，BLvC．BLv,2BLv D．2BLv，eq\f(2BLvR0,R0＋r)答案D解析半圆形导体AC切割磁感线的有效长度为2L，根据法拉第电磁感应定律可知，AC切割磁感线产生感应电动势的大小为E＝2BLv；AC相当于电源，其两端的电压是外电压，则A、C之间的电势差U＝eq\f(2BLvR0,R0＋r)，故D正确．4．(转动切割问题)(多选)(2020·北师联盟模拟)在农村，背负式喷雾器是防治病虫害不可缺少的重要农具，其主要由压缩空气装置、橡胶连接管、喷管和喷嘴等组成．给作物喷洒农药的情景如图17甲所示，摆动喷管，可将药液均匀喷洒在作物上．一款喷雾器的喷管和喷嘴均由金属制成，喷管摆动过程可简化为图乙所示，设ab为喷管，b端有喷嘴，总长为L.某次摆动时，喷管恰好绕ba延长线上的O点以角速度ω在纸面内沿逆时针方向匀速摆动，且始终处于垂直纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场中，若Oa距离为eq\f(L,2)，则喷管在本次摆动过程中()图17A．a端电势高B．b端电势高C．ab两端的电势差为eq\f(1,2)BL2ωD．ab两端的电势差为BL2ω答案AD解析喷管绕ba延长线上的O点以角速度ω在纸面内沿逆时针方向匀速摆动，根据右手定则可知，若ab中有感应电流，其方向应为由b到a，因ab相当于电源，故a端的电势高，故A正确，B错误；根据法拉第电磁感应定律可得，E＝BLeq\x\to(v)，所以ab两端的电势差为Uab＝BLeq\f(\f(Lω,2)＋\f(3Lω,2),2)＝BL2ω，故C错误，D正确．训练1考点一公式E＝neq\f(ΔΦ,Δt)的理解和应用1．下列关于电磁感应的说法正确的是()A．在电磁感应现象中，有感应电动势，就一定有感应电流B．穿过某回路的磁通量的变化量越大，产生的感应电动势就越大C．闭合回路置于磁场中，当磁感应强度为零时，感应电动势可能很大D．感应电动势的大小跟穿过闭合回路的磁通量的变化量成正比答案C解析在电磁感应现象中，有感应电动势，不一定有感应电流，只有当电路闭合时才有感应电流，选项A错误；穿过某回路的磁通量的变化率越大，产生的感应电动势就越大，选项B错误；闭合回路置于磁场中，当磁感应强度为零时，磁通量的变化率可能很大，则感应电动势可能很大，选项C正确；感应电动势的大小跟穿过闭合回路的磁通量的变化率成正比，选项D错误．2．通过一单匝闭合线圈的磁通量为Φ，Φ随时间t的变化规律如图1所示，下列说法中正确的是()图1A．0～0.3s时间内线圈中的感应电动势均匀增加B．第0.6s末线圈中的感应电动势是4VC．第0.9s末线圈中的感应电动势的值比第0.2s末的小D．第0.2s末和第0.4s末的感应电动势的方向相同答案B解析根据法拉第电磁感应定律E＝eq\f(ΔΦ,Δt)可知，0～0.3s时间内，E1＝eq\f(8Wb,0.3s)＝eq\f(80,3)V，保持不变，故A错误；由题图可知，在0.3～0.8s时间内，线圈中磁通量的变化率不变，则感应电动势也不变，所以第0.6s末线圈中的感应电动势E2＝eq\f(8Wb－6Wb,0.8s－0.3s)＝4V，故B正确；同理，第0.9s末线圈中的感应电动势E3＝eq\f(6Wb,1.0s－0.8s)＝30V，大于第0.2s末的感应电动势的值，故C错误；由E＝eq\f(ΔΦ,Δt)可知，0～0.3s感应电动势为正，0.3～0.8s感应电动势为负，所以第0.2s末和第0.4s末的感应电动势的方向相反，故D错误．3.(多选)(2021·寿光市现代中学高二上月考)如图2甲所示，一矩形线圈置于匀强磁场中，线圈平面与磁场方向垂直，磁场的磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示．则线圈中产生的感应电动势的情况为()图2A．t1时刻感应电动势最大B．t＝0时刻感应电动势为零C．t1时刻感应电动势为零D．t1～t2时间内感应电动势增大答案CD解析由于线圈内磁场面积一定、磁感应强度变化，根据法拉第电磁感应定律，感应电动势为E＝nS·eq\f(ΔB,Δt)∝eq\f(ΔB,Δt).由题图乙可知，t＝0时刻磁感应强度的变化率不为零，则感应电动势不为零，故B错误；t1时刻磁感应强度最大，磁感应强度的变化率为零，感应电动势为零，故A错误，C正确；t1～t2时间内磁感应强度的变化率增大，故感应电动势增大，故D正确．4．(2020·杭州市高二上月考)面积S＝4×10－2m2、匝数n＝100的线圈放在匀强磁场中，且磁场方向垂直于线圈平面，磁感应强度B随时间t变化的规律如图3所示，下列判断正确的是()图3A．在开始的2s内，穿过线圈的磁通量的变化率等于0.08Wb/sB．在开始的2s内，穿过线圈的磁通量的变化量等于零C．在开始的2s内，线圈中产生的感应电动势等于0.08VD．在第3s末，线圈中的感应电动势等于零答案A解析在开始的2s内，穿过线圈的磁通量的变化率为eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB·S,Δt)＝0.08Wb/s，磁通量的变化量大小为ΔΦ＝ΔB·S＝0.16Wb，感应电动势为E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝100×0.08V＝8V，选项A正确，选项B、C错误；在第3s末，磁感应强度大小为零，但此时磁通量的变化率不为零，故此时感应电动势不为零，选项D错误．5.(2020·重庆九校联盟高二上月考)如图4为某中学物理兴趣小组为研究无线充电技术，动手制作的一个“特斯拉线圈”．线圈匝数为n，面积为S，若在t1到t2时间内，匀强磁场平行于线圈轴线穿过线圈，其磁感应强度大小由B1均匀增加到B2，则该段时间内线圈两端的电势差的大小()图4A．恒为eq\f(SB2－B1,t2－t1)B．从0均匀变化到eq\f(SB2－B1,t2－t1)C．恒为eq\f(nSB2－B1,t2－t1)D．从0均匀变化到eq\f(nSB2－B1,t2－t1)答案C解析穿过线圈的匀强磁场的磁感应强度均匀增加，故产生恒定的感应电动势，根据法拉第电磁感应定律，有E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝nSeq\f(ΔB,Δt)＝nSeq\f(B2－B1,t2－t1)，选项C正确，A、B、D错误．考点二导线切割磁感线产生的电动势6.如图5所示，平行导轨间距为d，其左端接一个电阻R，匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直于平行金属导轨所在平面向上．一根金属棒与导轨成θ角放置，金属棒与导轨的电阻均不计．当金属棒沿垂直于棒的方向以恒定的速度v在导轨上滑行时，通过电阻R的电流大小是()图5A.eq\f(Bdv,R) B.eq\f(Bdvsinθ,R)C.eq\f(Bdvcosθ,R) D.eq\f(Bdv,Rsinθ)答案D解析金属棒MN垂直于磁场放置，运动速度v与棒垂直，且v⊥B，即已构成两两相互垂直的关系，MN接入导轨间的有效长度为l＝eq\f(d,sinθ)，所以E＝Blv＝eq\f(Bdv,sinθ)，I＝eq\f(E,R)＝eq\f(Bdv,Rsinθ)，故选项D正确．7.如图6所示，PQRS为一正方形导线框，它以恒定速度向右进入以MN为边界的匀强磁场中，磁场方向垂直线框平面向里，MN与水平方向成45°角，E、F分别为PS和PQ的中点．则()图6A．当E点经过边界MN时，感应电流最大B．当P点经过边界MN时，感应电流最大C．当F点经过边界MN时，感应电流最大D．当Q点经过边界MN时，感应电流最大答案B解析当P点经过边界MN时，有效切割长度最长，感应电动势最大，所以感应电流最大，故B正确．8.(2020·浙江大学附属中学高二上期中)歼­20战斗机为中国人民解放军研制的第四代战机．如图7所示，机身长为L，机翼两端点C、D间的距离为d，现该战斗机在我国近海海域上空以速度v沿水平方向直线飞行，已知战斗机所在空间地磁场磁感应强度的竖直分量方向向下、大小为B，C、D两点间的电压大小为U.则()图7A．U＝BLv，C点电势高于D点电势B．U＝BLv，D点电势高于C点电势C．U＝Bdv，C点电势高于D点电势D．U＝Bdv，D点电势高于C点电势答案D解析战斗机在我国近海海域上空以速度v沿水平方向直线飞行，战斗机所在空间地磁场磁感应强度的竖直分量为B，切割磁感线的长度为d，所以U＝Bdv；根据右手定则可知D点的电势高于C点的电势，选项D正确，A、B、C错误．9．(2020·北京八中高二上期末)如图8甲所示，100匝的线圈(图中只画了2匝)两端A、B与一个理想电压表相连，线圈内有垂直纸面向里的磁场，线圈中的磁通量按图乙所示规律变化．下列说法正确的是()图8A．电压表的示数为150V，A端接电压表正接线柱B．电压表的示数为50V，A端接电压表正接线柱C．电压表的示数为150V，B端接电压表正接线柱D．电压表的示数为50V，B端接电压表正接线柱答案B解析线圈相当于电源，由楞次定律结合安培定则可知A端相当于电源的正极，B端相当于电源的负极，故A应该与理想电压表的正接线柱相连，选项C、D错误．由法拉第电磁感应定律得E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝100×eq\f(0.15－0.10,0.1)V＝50V，选项A错误，B正确．10．(多选)(2020·安徽太和中学高二上月考)粗细相同且由同种材料制成的A、B两线圈分别按图9甲、乙两种方式放入匀强磁场中，甲、乙两图中的磁场方向均垂直于线圈平面，A、B线圈的匝数之比为2∶1，半径之比为2∶3.当两图中的磁场都随时间均匀变化时()图9A．甲图中，A、B两线圈的电动势之比为2∶3B．甲图中，A、B两线圈的电流之比为3∶2C．乙图中，A、B两线圈的电动势之比为8∶9D．乙图中，A、B两线圈的电流之比为2∶3答案BCD解析题图甲中，A、B两线圈中磁通量的变化率相同，由公式E＝neq\f(ΔΦ,Δt)可知，感应电动势与匝数成正比，为2∶1；由电阻定律R＝ρeq\f(l,S)可知，A、B线圈的电阻之比为4∶3，则电流之比为3∶2，选项A错误，B正确．题图乙中，A、B两线圈中磁感应强度的变化率相同，由公式E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(ΔB,Δt)·S可得，A、B线圈的电动势之比为8∶9，电阻之比为4∶3，则电流之比为2∶3，选项C、D正确．11.如图10所示，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E，将此棒弯成长度相等且相互垂直的两段，置于与磁感应强度相互垂直的平面内，当它沿两段折线夹角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E′.则eq\f(E′,E)等于()图10A.eq\f(1,2)B.eq\f(\r(2),2)C．1D.eq\r(2)答案B解析设折弯前金属棒切割磁感线的长度为L，E＝BLv；折弯后，金属棒切割磁感线的有效长度为l＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,2)))2)＝eq\f(\r(2),2)L，故产生的感应电动势为E′＝Blv＝B·eq\f(\r(2),2)Lv＝eq\f(\r(2),2)E，所以eq\f(E′,E)＝eq\f(\r(2),2)，故B正确．12．(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11(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的时间内()图11A．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解析根据楞次定律，圆环中的感应电流始终沿顺时针方向，故B正确；根据左手定则，圆环所受安培力的方向先向左后向右，故A错误；根据法拉第电磁感应定律，圆环中的感应电动势大小为eq\f(πr2B0,2t0)，故D错误；根据欧姆定律，圆环中的感应电流大小I＝eq\f(E,R)＝eq\f(\f(πr2B0,2t0),ρ·\f(2πr,S))＝eq\f(B0rS,4t0ρ)，故C正确．13．(2020·南通市南通中学高二期中)如图12甲所示，在一个正方形金属线圈区域内存在着磁感应强度B随时间变化的匀强磁场，磁场的方向与线圈平面垂直．金属线圈所围的面积S＝200cm2，匝数n＝1000，线圈电阻的阻值为r＝2.0Ω.线圈与阻值R＝8.0Ω的定值电阻构成闭合回路．匀强磁场的磁感应强度随时间变化的情况如图乙所示，求：图12(1)t1＝2.0s时线圈产生的感应电动势的大小；(2)t1＝2.0s时通过电阻R的感应电流的大小和方向；(3)t2＝5.0s时刻，线圈端点a、b间的电压．答案(1)1V(2)0.1A方向为b→R→a(3)3.2V解析(1)根据题图乙可知，0～4.0s时间内线圈中的磁感应强度均匀变化，t1＝2.0s时，B2＝0.3T，则在t1＝2.0s时的感应电动势E1＝neq\f(ΔΦ1,Δt1)＝neq\f(B2－B0S,Δt1)＝1V(2)在0～4.0s时间内，根据闭合电路欧姆定律得，闭合回路中的感应电流I1＝eq\f(E1,R＋r)＝0.1A，由楞次定律可判断流过电阻R的感应电流方向为b→R→a(3)由题图乙可知，在4.0～6.0s时间内，线圈中产生的感应电动势E2＝neq\f(ΔΦ2,Δt2)＝neq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(B6－B4,Δt2)))S＝4V根据闭合电路欧姆定律，t2＝5.0s时闭合回路中的感应电流I2＝eq\f(E2,R＋r)＝0.4A，方向为a→R→b则Uab＝I2R＝3.2V.训练21.(多选)如图1所示，一导线折成边长为a的正三角形闭合回路，虚线MN右侧有磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于回路所在的平面向下，回路以速度v向右匀速进入磁场，边CD始终与MN垂直，从D点到达边界开始到C点进入磁场为止，下列结论中正确的是()图1A．导线框受到的安培力方向始终向上B．导线框受到的安培力方向始终向下C．感应电动势的最大值为eq\f(\r(3),2)BavD．感应电动势的平均值为eq\f(\r(3),4)Bav答案CD2.(2020·浙江西湖高中月考)如图2所示，导线OA长为l，在方向竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中以角速度ω沿图中所示方向绕通过悬点O的竖直轴旋转，导线OA与竖直方向的夹角为θ.则OA导线中的感应电动势大小和O、A两点电势高低的情况分别是()图2A．Bl2ωO点电势高B．Bl2ωA点电势高C.eq\f(1,2)Bl2ωsin2θO点电势高D.eq\f(1,2)Bl2ωsin2θA点电势高答案D解析导线OA切割磁感线的有效长度等于OA在垂直磁场方向上的投影长度，即l′＝l·sinθ，产生的感应电动势E＝eq\f(1,2)Bl′2ω＝eq\f(1,2)Bl2ωsin2θ，由右手定则可知A点电势高，所以D正确．3.(多选)如图3所示，三角形金属导轨EOF上放有一金属杆AB，在外力作用下，使AB保持与OF垂直，从O点开始以速度v匀速右移，该导轨与金属杆均由粗细相同的同种金属制成，则下列判断正确的是()图3A．电路中的感应电流大小不变B．电路中的感应电动势大小不变C．电路中的感应电动势逐渐增大D．电路中的感应电流逐渐减小答案AC解析设金属杆从O点开始运动到题图所示位置所经历的时间为t，∠EOF＝θ，金属杆切割磁感线的有效长度为L，故E＝BLv＝Bv·vttanθ＝Bv2tanθ·t，即电路中感应电动势的大小与时间成正比，故B错误，C正确；电路中感应电流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(Bv2tanθ·t,\f(ρl,S))，而l为闭合三角形的周长，即l＝vt＋vt·tanθ＋eq\f(vt,cosθ)＝vteq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋tanθ＋\f(1,cosθ)))，所以I＝eq\f(Bvtanθ·S,ρ\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋tanθ＋\f(1,cosθ))))是恒量，故A正确，D错误．4.如图4所示，长为L的金属导线弯成一圆环，导线的两端接在电容为C的平行板电容器上，P、Q为电容器的两个极板，磁场垂直于环面向里，磁感应强度以B＝B0＋kt(k>0)的规律随时间变化，t＝0时，P、Q两板电势相等，两板间的距离远小于环的半径，经时间t，电容器P板()图4A．不带电B．所带电荷量与t成正比C．带正电，电荷量是eq\f(kL2C,4π)D．带负电，电荷量是eq\f(kL2C,4π)答案D解析磁感应强度以B＝B0＋kt(k>0)的规律随时间变化，由法拉第电磁感应定律得：E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝Seq\f(ΔB,Δt)＝kS，而S＝πr2＝πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,2π)))2＝eq\f(L2,4π)，经时间t电容器P板所带电荷量Q＝EC＝eq\f(kL2C,4π)；由楞次定律和安培定则知电容器P板带负电，故D正确．5.如图5所示，导体棒AB的长为2R，绕O点以角速度ω匀速转动，OB长为R，且O、B、A三点在一条直线上，有一磁感应强度为B的匀强磁场充满转动平面且与转动平面垂直，那么AB两端的电势差大小为()图5A.eq\f(1,2)BωR2B．2BωR2C．4BωR2D．6BωR2答案C解析A点线速度vA＝ω·3R，B点线速度vB＝ωR，AB棒切割磁感线的平均速度eq\x\to(v)＝eq\f(vA＋vB,2)＝2ωR，由E＝Blv得，AB两端的电势差大小为E＝B·2R·eq\x\to(v)＝4BωR2，故C正确．6.(多选)如图6所示是法拉第制作的世界上第一台发电机的模型原理图．把一个半径为r的铜盘放在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，使磁感线水平向右垂直穿过铜盘，铜盘安装在水平的铜轴上．两块铜片C、D分别与转动轴和铜盘的边缘接触．G为灵敏电流计．现使铜盘按照图示方向以角速度ω匀速转动，则下列说法正确的是()图6A．C点电势一定低于D点电势B．圆盘中产生的感应电动势大小为Bωr2C．电流计中的电流方向为由a到bD．铜盘不转动，所加磁场磁感应强度均匀减小，则铜盘中产生顺时针方向感应电流(从左向右看)答案AD解析将铜盘看作无数条由中心指向边缘的铜棒组合而成，当铜盘转动时，每根铜棒都在切割磁感线，相当于电源，由右手定则可知，铜盘边缘为电源正极，中心为负极，C点电势低于D点电势，此电源对外电路供电，电流方向由b经电流计再从a流向铜盘，故A正确，C错误；回路中产生的感应电动势E＝Breq\x\to(v)＝eq\f(1,2)Br2ω，故B错误；若铜盘不转动，使所加磁场的磁感应强度均匀减小，则铜盘中产生顺时针方向的感应电流(从左向右看)，故D正确．7.在范围足够大、方向竖直向下的匀强磁场中，B＝0.2T，有一水平放置的光滑金属框架，宽度为l＝0.4m，如图7所示，框架上放置一质量为0.05kg、接入电路的阻值为1Ω的金属杆cd，金属杆与框架垂直且接触良好，框架电阻不计．若cd杆在水平外力的作用下以恒定加速度a＝2m/s2由静止开始向右沿框架做匀加速直线运动，则：图7(1)在0～5s内平均感应电动势是多少？(2)第5s末，回路中的电流多大？(3)第5s末，作用在cd杆上的水平外力大小为多少？答案(1)0.4V(2)0.8A(3)0.164N解析(1)金属杆0～5s内的位移：x＝eq\f(1,2)at2＝25m，金属杆0～5s内的平均速度eq\x\to(v)＝eq\f(x,t)＝5m/s(也可用eq\x\to(v)＝eq\f(0＋2×5,2)m/s＝5m/s求解)故平均感应电动势eq\x\to(E)＝Bleq\x\to(v)＝0.4V.(2)金属杆第5s末的速度v＝at＝10m/s，此时回路中的感应电动势为E＝Blv＝0.8V则回路中的电流为I＝eq\f(E,R)＝0.8A.(3)设水平外力为F，金属杆做匀加速直线运动，则F－F安＝ma，即F＝BIl＋ma＝0.164N.8.用均匀导线做成的矩形线圈abcd长为3l、宽为l，矩形线圈的一半放在垂直纸面向外的匀强磁场中，线圈总电阻为R，如图8所示．当磁场的磁感应强度大小以B＝3＋2t(T)的规律变化时，求：图8(1)线圈中感应电流的方向及安培力方向；(2)线圈中产生的感应电流大小．答案(1)沿adcba方向向右(2)eq\f(3l2,R)(A)解析(1)磁感应强度增大，由楞次定律可知，线圈中产生的感应电流沿adcba方向，根据左手定则判断线圈所受的安培力的方向向右；(2)由法拉第电磁感应定律可得感应电动势E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)·S＝2×1.5l2＝3l2(V)；线圈中产生的感应电流大小为I＝eq\f(E,R)＝eq\f(3l2,R)(A)．9.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、垂直于半圆面的轴以角速度ω匀速转动半周，线框中产生感应电流．现使线框保持图中所示位置静止，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过程中同样大小的电流，磁感应强度随时间的变化率eq\f(ΔB,Δt)的大小应为()图9A.eq\f(4ωB0,π)B.eq\f(2ωB0,π)C.eq\f(ωB0,π)D.eq\f(ωB0,2π)答案C解析设半圆的半径为L，导线框的电阻为R，当线框以角速度ω匀速转动时产生的感应电动势E1＝eq\f(1,2)B0ωL2.当线框不动，而磁感应强度随时间变化时E2＝eq\f(1,2)πL2·eq\f(ΔB,Δt)，由eq\f(E1,R)＝eq\f(E2,R)得eq\f(1,2)B0ωL2＝eq\f(1,2)πL2·eq\f(ΔB,Δt)，即eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(ωB0,π)，故C正确．10.如图10所示，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(俯视)时，a、b、c三点的电势分别为φa、φb、φc.已知bc边的长度为l.下列判断正确的是()图10A．φa＞φc，金属框中无电流B．φb＞φc，金属框中电流方向沿abcaC．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acba答案C解析金属框abc平面与磁场方向平行，转动过程中磁通量始终为零，所以无感应电流产生，故B、D错误；转动过程中bc边和ac边均切割磁感线，产生感应电动势，由右手定则判断φa<φc，φb<φc，故A错误；由eq\x\to(E)＝BLeq\x\to(v)得，Ubc＝－eq\f(1,2)Bl2ω，故C正确．3涡流、电磁阻尼和电磁驱动[学习目标]1.了解感生电场的概念，了解电子感应加速器的工作原理.2.理解涡流的产生原理，了解涡流在生产和生活中的应用.3.理解电磁阻尼和电磁驱动的原理，了解其在生产和生活中的应用．一、电磁感应现象中的感生电场1．感生电场麦克斯韦认为，磁场变化时会在空间激发一种电场，这种电场叫作感生电场．2．感生电动势由感生电场产生的电动势叫感生电动势．3．电子感应加速器电子感应加速器是利用感生电场使电子加速的设备，当电磁铁线圈中电流的大小、方向发生变化时，产生的感生电场使电子加速．二、涡流1．涡流：当线圈中的电流随时间变化时，线圈附近的任何导体中都会产生感应电流，用图表示这样的感应电流，就像水中的漩涡，所以把它叫作涡电流，简称涡流．2．金属块中的涡流会产生热量，利用涡流产生的热量可以冶炼金属．三、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，安培力的方向总是阻碍导体的运动，这种现象称为电磁阻尼．四、电磁驱动若磁场相对于导体转动，在导体中会产生感应电流，感应电流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．判断下列说法的正误．(1)只要磁场变化，即使没有电路，在空间也将产生感生电场．(√)(2)处于变化磁场中的导体，其内部自由电荷定向移动，是由于受到感生电场的作用．(√)(3)涡流跟其他感应电流一样，都是因为穿过导体的磁通量变化而产生的．(√)(4)导体中有涡流时，导体没有和其他元件组成闭合回路，故导体不会发热．(×)(5)电磁阻尼和电磁驱动均遵循楞次定律．(√)(6)电磁阻尼发生的过程，存在机械能向内能的转化．(√)(7)电磁驱动中有感应电流产生，电磁阻尼中没有感应电流产生．(×)一、电磁感应现象中的感生电场导学探究如图1所示，B增强时，就会在空间激发一个感生电场E.如果E处空间存在闭合导体，导体中的自由电荷就会在电场力的作用下做定向移动，产生感应电流．图1(1)感生电场的方向与感应电流的方向有什么关系？如何判断感生电场的方向？(2)上述情况下，哪种作用扮演了非静电力的角色？答案(1)感应电流的方向与正电荷定向移动的方向相同．感生电场的方向与正电荷受力的方向相同，因此，感生电场的方向与感应电流的方向相同，感生电场的方向可以用楞次定律来判定．(2)感生电场对自由电荷的作用．知识深化1．变化的磁场周围产生感生电场，与闭合电路是否存在无关．如果在变化的磁场中放一个闭合电路，自由电荷在感生电场的作用下发生定向移动．2．感生电场可用电场线形象描述．感生电场是一种涡旋电场，电场线是闭合的，而静电场的电场线不闭合．3．感生电场的方向根据楞次定律用右手螺旋定则判断，感生电动势的大小由法拉第电磁感应定律E＝neq\f(ΔΦ,Δt)计算．(多选)某空间出现了如图2所示的磁场，当磁感应强度变化时，在垂直于磁场的方向上会产生感生电场，有关磁感应强度的变化与感生电场方向的关系，下列描述正确的是()图2A．当磁感应强度均匀增大时，感生电场的电场线从上向下看应为顺时针方向B．当磁感应强度均匀增大时，感生电场的电场线从上向下看应为逆时针方向C．当磁感应强度均匀减小时，感生电场的电场线从上向下看应为顺时针方向D．当磁感应强度均匀减小时，感生电场的电场线从上向下看应为逆时针方向答案AD解析感生电场中磁场的方向用楞次定律来判定，原磁场向上且磁感应强度在增大，在周围有闭合导线的情况下，感应电流的磁场方向应与原磁场方向相反，即感应电流的磁场方向向下，再由右手螺旋定则知感应电流的方向即感生电场的方向从上向下看应为顺时针方向；同理可知，原磁场方向向上且磁感应强度减小时，感生电场的方向从上向下看应为逆时针方向，所以A、D正确．闭合回路(可假定其存在)的感应电流方向就表示感生电场的方向．判断思路如下：eq\x(假设存在垂直磁场方向的闭合回路)→eq\x(回路中的磁通量变化)eq\o(→,\s\up7(楞次定律),\s\do5(安培定则))eq\x(回路中感应电流的方向)→eq\x(感生电场的方向)二、涡流导学探究如图3所示，线圈中的电流随时间变化时，导体中有感应电流吗？如果有，它的形状像什么？图3答案有．变化的电流产生变化的磁场，变化的磁场产生感生电场，使导体中的自由电子发生定向移动，产生感应电流，它的形状像水中的漩涡，所以把它叫作涡电流，简称涡流．知识深化1．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运动．2．产生涡流时的能量转化(1)金属块在变化的磁场中，磁场能转化为电能，最终转化为内能．(2)金属块进出磁场或在非匀强磁场中运动，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．3．涡流的应用与防止(1)应用：真空冶炼炉、探雷器、安检门等．(2)防止：为了减小电动机、变压器铁芯上的涡流，常用电阻率较大的硅钢做材料，而且用相互绝缘的硅钢片叠成铁芯来代替整块硅钢铁芯．(多选)高频焊接原理示意图如图4所示，线圈通以高频交变电流，金属工件的焊缝中就产生大量焦耳热，将焊缝熔化焊接，要使焊接处产生的热量较大，可通过()图4A．增大交变电流的电压B．增大交变电流的频率C．增大焊接缝的接触电阻D．减小焊接缝的接触电阻答案ABC解析增大交变电流的电压和交变电流的频率均可使电流的变化率增大，由E＝neq\f(ΔΦ,Δt)知，感应电动势和涡流均增大，焊接处的发热功率增大，若增大焊接缝的接触电阻，则焊接处的电压、功率分配就增大，产生的热量就会增大，故A、B、C正确，D错误．针对训练(多选)下列哪些措施是为了防止涡流的危害()A．电磁炉所用的锅要用平厚底金属锅B．探雷器的线圈中要通变化着的电流C．变压器的铁芯不做成整块，而是用许多电阻率很大的硅钢片叠合而成D．变压器的铁芯每片硅钢片表面有不导电的氧化层答案CD解析电磁炉是采用电磁感应原理，在金属锅上产生涡流，使锅体发热从而加热食物的，属于涡流的应用，故A错误；探雷器的线圈中有变化的电流，如果地下埋着金属物品，金属中会感应出涡流，使仪器报警，这属于涡流的应用，故B错误；变压器的铁芯不做成整块，而是用许多电阻率很大的硅钢片叠合而成，是为了减小变压器铁芯内产生的涡流，属于涡流的防止，故C正确；变压器的铁芯每片硅钢片表面有不导电的氧化层，是为了减小变压器铁芯内产生的涡流，属于涡流的防止，故D正确．三、电磁阻尼和电磁驱动导学探究弹簧上端固定，下端悬挂一个磁体．将磁体托起到某一高度后放开，磁体能上下振动较长时间才停下来．如果在磁体下端放一个固定的闭合线圈，使磁体上下振动时穿过它(如图5所示)，磁体就会很快停下来，解释这个现象．图5答案当磁体穿过固定的闭合线圈时，在闭合线圈中会产生感应电流，感应电流的磁场会阻碍磁体靠近或离开线圈，也就使磁体振动时除了受空气阻力外，还要受到线圈的磁场阻力，克服阻力需要做的功较多，机械能损失较快，因而会很快停下来．知识深化电磁阻尼和电磁驱动的比较电磁阻尼电磁驱动不同点成因由导体在磁场中运动形成的由磁场运动而形成的效果安培力方向与导体运动方向相反，为阻力安培力方向与导体运动方向相同，为动力能量转化克服安培力做功，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共同点两者都是电磁感应现象，导体受到的安培力都是阻碍导体与磁场间的相对运动(2017·全国卷Ⅰ)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6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()图6答案A解析感应电流产生的条件是闭合回路中的磁通量发生变化．在A图中，系统振动时，紫铜薄板随之上下及左右振动，都会使穿过紫铜薄板的磁通量发生变化，产生感应电流，受到安培力，阻碍系统的振动，故A正确；在B、D图中，只有紫铜薄板左右振动才产生感应电流，而上下振动无感应电流产生，故B、D错误；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C错误．如图7所示，蹄形磁体和矩形线圈均可绕竖直轴OO′转动．从上向下看，当蹄形磁体逆时针转动时()图7A．线圈将逆时针转动，转速与磁体相同B．线圈将逆时针转动，转速比磁体小C．线圈将逆时针转动，转速比磁体大D．线圈静止不动答案B解析当蹄形磁体转动时，线圈的磁通量发生变化，从而产生感应电流，产生安培力，故线圈一定会转动，由楞次定律可知，线圈将与磁体同向转动，但转速一定小于磁体的转速，如两者的转速相同，磁感线与线圈处于相对静止状态，线圈不切割磁感线，无感应电流产生，B正确，A、C、D错误．电磁阻尼、电磁驱动都是楞次定律“阻碍”的体现．阻碍磁通量的变化，阻碍导体与磁场的相对运动．1.(感生电场)如图8所示，在内壁光滑、水平放置的玻璃圆环内，有一直径略小于圆环口径的带正电的小球，正以速率v0沿逆时针方向匀速转动．若在此空间突然加上方向竖直向上、磁感应强度B随时间成正比例增加的变化磁场，若运动过程中小球的带电荷量不变，那么()图8A．磁场力对小球一直做正功B．小球受到的磁场力不断增大C．小球先沿逆时针方向做减速运动，过一段时间后，沿顺时针方向做加速运动D．小球仍做匀速圆周运动答案C解析因为玻璃圆环所在处有均匀变化的磁场，在周围产生稳定的感应电场，电场力对带正电的小球做功，由楞次定律可判断感生电场方向为顺时针方向，在电场力作用下，小球先沿逆时针方向做减速运动，后沿顺时针方向做加速运动，选项C正确，D错误；磁场力方向始终与小球做圆周运动的线速度方向垂直，所以磁场力对小球不做功，选项A错误；小球的速率先减小到零后增大，开始时B＝0，F＝0，小球速率为零时，F＝0，可知小球受到的磁场力不是不断增大的，选项B错误．2．(涡流)(多选)(2020·江苏苏州期末)图9中的四个图都与涡流有关，下列说法正确的是()图9A．真空冶炼炉是利用涡流来熔化金属的装置B．金属探测器是利用被测金属中产生的涡流来进行探测的C．电磁炉工作时在它的面板上产生涡流加热食物D．变压器的铁芯用相互绝缘的硅钢片叠合而成是为了减小涡流答案ABD解析真空冶炼炉是利用线圈中的电流做周期性变化，在金属中产生涡流，从而产生大量的热量，熔化金属的，故A正确；金属探测器中通有变化的电流，遇到金属物体时，被测金属中产生涡流，涡流的磁场反过来影响探测器中的电流，从而进行探测，故B正确；电磁炉工作时，在锅体中产生涡流，加热食物，故C错误；当变压器中的电流变化时，在其铁芯中将产生涡流，使用硅钢片制成的铁芯可以减小涡流，从而减小能量损失，故D正确．3．(电磁阻尼)(2020·北京平谷二模)如图10甲所示是一个电磁阻尼现象演示装置，铜锯条上端固定在支架上，下端固定有强磁铁，将磁铁推开一个角度释放，它会在竖直面内摆动较长时间；如图乙所示，若在其正下方固定一铜块(不与磁铁接触)，则摆动迅速停止．关于该实验，以下分析与结论正确的是()图10A．如果将磁铁的磁极调换，重复实验将不能观察到电磁阻尼现象B．用闭合的铜制线圈替代铜块，重复实验将不能观察到电磁阻尼现象C．在图乙情况中，下摆和上摆过程中磁铁和锯条组成的系统机械能均减少D．在摆动过程中铜块不受磁铁的作用力答案C解析此实验的原理是：当磁铁在铜块正上方摆动时，在铜块中产生涡流，涡流的磁场阻碍磁铁的运动，如果将磁铁的磁极调换，重复实验仍能观察到电磁阻尼现象，选项A错误；用闭合的铜制线圈替代铜块，仍能在线圈中产生感应电流，从而对磁铁的运动产生阻碍作用，则重复实验仍能观察到电磁阻尼现象，选项B错误；在题图乙情况中，磁铁下摆和上摆过程中，铜块均会产生涡流，从而消耗机械能，则磁铁和锯条组成的系统机械能均减少，选项C正确；在摆动过程中，铜块对磁铁有阻碍作用，同时铜块也要受磁铁的作用力，选项D错误．4.(电磁驱动)如图11所示，矩形线圈放置在水平薄木板上，有两块相同的蹄形磁体，四个磁极之间的距离相等，当两块磁体以相同的速度匀速向右通过线圈时，线圈始终静止不动，那么线圈受到木板的摩擦力方向是(