2025新高考方案一轮物理第十章含答案

2025新高考方案一轮物理第十章第十章电磁感应大单元分层教学设计基础落实课第1讲电磁感应现象楞次定律第2讲法拉第电磁感应定律自感和涡流综合融通课第3讲电磁感应中的电路和图像问题第4讲电磁感应中的动力学和能量问题第5讲电磁感应中的动量问题第6讲电磁感应中的新情境问题(习题课)实验探究课第7讲实验：探究影响感应电流方向的因素第1讲电磁感应现象楞次定律(基础落实课)一、磁通量1．定义：在磁感应强度为B的匀强磁场中，有一个与磁场方向垂直的面积为S的平面，B与S的乘积叫作穿过这个面积的磁通量。2．公式：Φ＝BS(B⊥S)；单位：韦伯(Wb)。3．矢标性：磁通量是标量，但有正负。4．磁通量的变化量：ΔΦ＝Φ2－Φ1。5．磁通量的变化率：磁通量的变化量与所用时间的比值，即eq\f(ΔΦ,Δt)，与线圈的匝数无关；表示磁通量变化的快慢。二、电磁感应现象1．定义：当穿过闭合导体回路的磁通量发生变化时，闭合导体回路中有感应电流产生的现象。2．感应电流的产生条件(1)闭合导体回路；(2)磁通量发生变化。三、感应电流的方向判断1．楞次定律(1)内容：感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化。(2)适用范围：一切电磁感应现象。2．右手定则(1)内容：如图所示，伸开右手，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，并使拇指指向导线运动的方向，这时四指所指的方向就是感应电流的方向。(2)适用情况：判断导线切割磁感线产生的感应电流方向。情境创设1．如图甲所示，是法拉第的圆盘发电机模型。2．如图乙所示，线圈与电流表相连，把磁体的某一个磁极向线圈中插入、从线圈中抽出时，电流表的指针发生了偏转。理解判断(1)图甲中圆盘转动过程中，穿过圆盘的磁通量不变，不会有电流通过R。(×)(2)图甲中圆盘转动过程中，圆盘半径做切割磁感线运动，有电流通过R。(√)(3)只要穿过线框中的磁通量变化，线框中一定有感应电流。(×)(4)图乙中线圈中两次产生的感应电流方向是相反的。(√)(5)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。(×)(6)感应电流的磁场一定阻碍引起感应电流的磁通量的变化。(√)

逐点清(一)对电磁感应现象的理解|题|点|全|练|1．[磁通量大小的计算]如图所示，矩形线圈abcd放置在水平面内，磁场方向与水平方向成α角，已知α＝53°，线圈面积为S，磁感应强度为B，现将线圈以bc边为轴顺时针转过90°，其磁通量的变化量大小为(sin53°＝0.8)()A．0 B．eq\f(1,5)BSC．BS D．eq\f(7,5)BS解析：选B开始时的磁通量为Φ1＝BSsinα＝eq\f(4,5)BS，当以bc边为轴顺时针转过90°后，磁通量为Φ2＝BScosα＝eq\f(3,5)BS，故ΔΦ＝|Φ2－Φ1|＝eq\f(1,5)BS，故B正确。2．[磁通量的变化量的比较]磁通量是研究电磁感应现象的重要物理量，如图所示，通有恒定电流的直导线MN与闭合线框共面，第一次将线框由位置1平移到位置2，第二次将线框由位置1绕cd边翻转到位置2，设前后两次通过线框的磁通量的变化量大小分别为ΔΦ1和ΔΦ2，则()A．ΔΦ1＞ΔΦ2 B．ΔΦ1＝ΔΦ2C．ΔΦ1＜ΔΦ2 D．无法确定解析：选C第一次将线框由位置1平移到位置2，磁感线从线框的同一侧穿入，ΔΦ1为前后两位置磁通量的绝对值之差。第二次将线框由位置1绕cd边翻转到位置2，磁感线从线框的不同侧穿入，ΔΦ2为前后两位置磁通量的绝对值之和。故ΔΦ1＜ΔΦ2，C正确。3．[感应电流有无的判断]下列关于甲、乙、丙、丁四幅图的说法，正确的是()A．图甲中，当两导体棒以相同的速度在导轨上匀速向右运动时，导体棒中能产生感应电流B．图乙中，当导体棒ab在匀强磁场中以恒定的角速度转动时，导体棒中能产生感应电流C．图丙中，当闭合圆环导体(水平放置)某一直径正上方的直导线中通有恒定电流时，闭合圆环导体中能产生感应电流D．图丁中，当滑动变阻器的滑片P向右滑动时，不闭合的导体环中能产生感应电流解析：选B题图甲中，当两导体棒以相同的速度在导轨上匀速向右运动时，两导体棒所构成回路的面积不变，磁感应强度不变，则回路中的磁通量不变，因此不会产生感应电流，故A错误；题图乙中，当导体棒ab在匀强磁场中以恒定的角速度转动时，导体棒切割磁感线，产生感应电流，故B正确；题图丙中，当闭合圆环导体(水平放置)某一直径正上方的直导线中通有恒定电流时，在以通电导线的投影为对称轴的闭合圆环导体前后面中，通电导线产生的磁场方向相反，则闭合圆环导体的磁通量为零，因此不会产生感应电流，故C错误；题图丁中，当滑动变阻器的滑片P向右滑动时，电路中的电阻增大，电流减小，电流产生的磁场发生变化，使不闭合的导体环中产生感应电动势，但因为没有形成完整的回路，环中没有感应电流，故D错误。|精|要|点|拨|1．磁通量大小及其变化分析(1)定量计算：通过公式Φ＝BS来定量计算，计算磁通量时应注意的问题：①明确磁场是否为匀强磁场，知道磁感应强度的大小。②平面的面积S应为磁感线通过的有效面积。当平面与磁场方向不垂直时，应明确所研究的平面与磁感应强度方向的夹角，准确求出有效面积。③穿过线圈的磁通量及其变化与线圈匝数无关，即磁通量的大小不受线圈匝数的影响。(2)定性判断：磁通量是指穿过线圈面积的磁感线的“净条数”，当有不同方向的磁场同时穿过该面积时，此时的磁通量为各磁场穿过该面积磁通量的代数和。2．判断感应电流有无的方法逐点清(二)感应电流方向的判断细作1对楞次定律的理解1．(多选)下列说法正确的是()A．感应电流的磁场方向总是与引起感应电流的磁场方向相反B．感应电流的磁场方向与引起感应电流的磁场方向可能相同，也可能相反C．楞次定律只能判断闭合电路中感应电流的方向D．楞次定律表明感应电流的效果总是与引起感应电流的原因相对抗解析：选BD根据楞次定律的表述，感应电流的效果总是与引起感应电流的原因相对抗，感应电流的磁场方向与引起感应电流的磁场方向可能相同，也可能相反，故A错误，B、D正确；楞次定律除了可判断闭合电路中感应电流方向外，还可判断闭合电路中磁通量的变化情况，故C错误。eq\b\lc\\rc\|(\a\vs4\al\co1())eq\a\vs4\al(一点一过)楞次定律中“阻碍”的含义细作2应用楞次定律判断感应电流的方向2．(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，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解析：选C由题意知，埋在地下的线圈1、2通有顺时针(俯视)方向的电流，则根据安培定则，可知线圈1、2产生的磁场方向竖直向下，A错误；汽车进入线圈1过程中，磁通量增大，根据楞次定律可知产生感应电流方向为adcb，B错误；汽车离开线圈1过程中，磁通量减小，根据楞次定律可知产生感应电流方向为abcd，C正确；汽车进入线圈2过程中，磁通量增大，根据楞次定律可知产生感应电流方向为adcb，再根据左手定则，可知汽车受到的安培力方向与速度方向相反，D错误。一点一过“四步法”判断感应电流方向细作3应用右手定则判断感应电流的方向3．下列图中表示闭合电路中的一部分导体ab在磁场中做切割磁感线运动的情境，导体ab上的感应电流方向为a→b的是()解析：选A导体ab顺时针转动，运用右手定则，磁感线穿过手心，拇指指向顺时针方向，则导体ab上的感应电流方向为a→b，故A正确；ab向纸外运动，运用右手定则时，磁感线穿过手心，拇指指向纸外，则知导体ab上的感应电流方向为b→a，故B错误；穿过回路的磁通量减小，由楞次定律知，回路中感应电流方向由b→a→d→c，则导体ab上的感应电流方向为b→a，故C错误；导体ab沿导轨向下运动，由右手定则判断知导体ab上的感应电流方向为b→a，故D错误。一点一过右手定则的理解和应用(1)右手定则是楞次定律的一种特殊形式，用右手定则能解决的问题，用楞次定律均可代替解决。(2)应用右手定则“三注意”：①磁感线必须垂直穿入掌心。②拇指指向导体运动的方向。③四指所指的方向为感应电流的方向。

逐点清(三)楞次定律的推广应用楞次定律中“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。具体表现常见如下几种形式：内容例证阻碍原磁通量变化——“增斥减吸”阻碍相对运动——“来拒去留”使回路面积有变化趋势——“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阻碍原电流的变化——“增反减同”(即自感现象)[考法全训]考法1阻碍原磁通量变化——“增斥减吸”1．国产航母福建舰上的舰载机起飞采用了先进的电磁弹射技术。电磁驱动原理示意图如图所示，在固定线圈左右两侧对称位置放置两个闭合金属圆环，铝环和铜环的形状、大小相同，已知铜的电阻率较小，不计所有接触面间的摩擦，则闭合开关S的瞬间()A．铝环向右运动，铜环向左运动B．铝环和铜环都向右运动C．铜环受到的安培力大于铝环受到的安培力D．从左向右看，两环中的感应电流均沿逆时针方向解析：选C根据楞次定律中的“增斥减吸”可知，闭合开关S的瞬间，铝环向左运动，铜环向右运动，A、B错误；由于铜的电阻率较小，则铜环的电阻较小，铜环中产生的感应电流较大，铜环受到的安培力大于铝环受到的安培力，C正确；根据楞次定律和安培定则可知，从左向右看，两环中的感应电流均沿顺时针方向，D错误。考法2阻碍相对运动——“来拒去留”2．如图所示，右端为N极的磁铁置于粗糙水平桌面上并与轻质弹簧相连，弹簧一端固定在竖直墙面上，当弹簧处于原长时，磁铁的中心恰好是接有一盏小灯泡的竖直固定线圈的圆心。用力将磁铁向右拉到某一位置，撤去作用力后磁铁穿过线圈来回振动，有关这个振动过程，以下说法正确的是()A．灯泡的亮暗不会发生变化B．磁铁接近线圈时，线圈对磁铁产生排斥力C．从左往右看线圈中的电流一直沿逆时针方向D．若忽略摩擦力和空气阻力，磁铁振动的幅度不会减小解析：选B以S极接近线圈过程分析，速度增大，且接近线圈时磁感应强度增大，则穿过线圈的磁通量变化率增大，感应电流增大，灯泡会变亮，故A错误；根据楞次定律的“来拒去留”可知磁铁接近线圈时，线圈对磁铁产生排斥力，故B正确；当S极接近线圈时，根据楞次定律可知线圈中的电流沿逆时针方向，当S极向右运动远离线圈时，根据楞次定律可知，线圈中的电流沿顺时针方向，故C错误；若忽略摩擦力和空气阻力，根据能量守恒定律，磁铁的振幅也会越来越小，因为弹簧和磁铁的机械能逐渐转化为焦耳热，故D错误。考法3使回路面积有变化趋势——“增缩减扩”3．(2024·通辽校考三模)(多选)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，二者直径相同、轴线重合，螺线管与电源、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向上滑动，下列说法正确的是()A．线圈a中将产生顺时针方向(俯视)的感应电流B．穿过线圈a的磁通量变大C．线圈a有扩张的趋势D．线圈a对水平桌面的压力大于自身重力解析：选AC滑片向上滑动，回路电阻变大，电流减小，螺线管产生磁场变弱，线圈a面积不变，线圈a的磁通量变小，根据楞次定律中“增缩减扩”原理可以判断，线圈a有扩张的趋势；根据安培定则判断穿过a线圈的磁场竖直向下，根据楞次定律可知，a线圈的感应电流产生磁场竖直向下，根据安培定则判断，线圈a中将产生顺时针方向(俯视)的感应电流；根据楞次定律中“增斥减吸”原理可判断，a线圈磁通量减小，所以线圈a有靠近b的趋势，对桌面压力变小，压力小于自身重力。逐点清(四)“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——磁场对通电导线的作用力(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中磁通量变化产生的电磁感应现象因磁生电2．“三定则、一定律”的联系(1)应用楞次定律时，一般要用到安培定则。(2)判断感应电流所受安培力方向的“两法”：①先用右手定则确定电流的方向，再用左手定则确定安培力的方向。②直接应用楞次定律的推论确定——“来拒去留”“增斥减吸”等。[考法全训]考法(一)楞次定律、安培定则及左手定则的综合应用[例1](多选)如图所示，在长直通电导线MN附近有一个矩形闭合金属线圈ABCD，线圈与导线放在光滑绝缘水平面上，且导线MN固定。下列说法正确的是()A．若MN中通有从N流向M的电流且电流增大，则线圈的CD边受到向右的安培力B．若MN中通有从N流向M的电流且电流增大，则线圈ABCD会向右运动C．如果MN中通有从N流向M的恒定电流，发现线圈中感应出A→B→C→D→A流向的电流，原因可能是线圈向左运动了D．如果MN中通有从N流向M的恒定电流，且让线圈向右运动，则线圈有收缩趋势[解析]若MN中通有从N流向M的电流且电流增大，根据安培定则可知，穿过线圈的磁场方向为垂直纸面向里，且逐渐变大，根据楞次定律可知，线圈中感应电流的方向为A→B→C→D→A，根据左手定则可知，CD边受到向左的安培力，AB边受到向右的安培力，越靠近导线磁场越强，则线圈ABCD受到的向右的安培力大于向左的安培力，则线圈ABCD会向右运动，故A错误，B正确；如果MN中通有从N流向M的恒定电流，发现线圈中感应出A→B→C→D→A流向的电流，根据楞次定律可知，穿过线圈的磁通量增加，当线圈向左运动，磁通量增加，故C正确；如果MN中通有从N流向M的恒定电流，且让线圈向右运动，则穿过线圈的磁通量减小，根据楞次定律可知，线圈有扩张的趋势，故D错误。[答案]BC考法(二)“二次感应”问题[例2](多选)如图所示，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在一外力的作用下运动时，MN由静止开始向右运动，则PQ所做的运动可能是()A．向右加速运动 B．向左加速运动C．向右减速运动 D．向左减速运动[解析]MN由静止开始向右运动，说明MN受到向右的安培力，因为导线ab在MN处产生的磁场垂直纸面向里eq\o(→,\s\up7(左手定则),\s\do5())MN中的感应电流方向为M→Neq\o(→,\s\up7(安培定则))L1中感应电流的磁场方向向上eq\o(→,\s\up7(楞次定律),\s\do5())eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(L2中磁场方向向上减弱,L2中磁场方向向下增强))。若L2中磁场方向向上减弱eq\o(→,\s\up7(安培定则),\s\do5())PQ中电流方向为Q→P且减小eq\o(→,\s\up7(右手定则),\s\do5())PQ向右减速运动；若L2中磁场方向向下增强eq\o(→,\s\up7(安培定则),\s\do5())PQ中电流方向为P→Q且增大eq\o(→,\s\up7(右手定则),\s\do5())PQ向左加速运动。[答案]BC|思|维|建|模|在二次感应问题中，“程序法”和“逆向推理法”的选择：(1)如果要判断二次感应后的现象或结果，选择程序法。(2)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。[课时跟踪检测]一、立足基础，体现综合1．(多选)如图，在垂直于纸面的范围足够大的匀强磁场中，有一个矩形线圈abcd，线圈平面与磁场垂直，O1O2与O3O4是线圈的两个对称轴。在下列运动中，能使线圈中产生感应电流的是()A．向左或向右平动B．向上或向下平动C．绕O1O2轴匀速转动D．绕O3O4轴变速转动解析：选CD线圈向左或向右平动，或者向上或向下平动时，穿过线圈的磁通量都不变，不会产生感应电流，A、B错误；绕O1O2轴匀速转动，或者绕O3O4轴变速转动，穿过线圈的磁通量都会变化，会产生感应电流，C、D正确。2.导线MON在中点O弯折成一定角度，OO′为其角平分线，在导线MON内通以如图所示的恒定电流I，由均匀导线制成的正方形小线框L的中线与OO′重合，则能在L中产生感应电流的办法是()A．增大电流IB．将L沿OO′向右匀速移动C．将L沿OO′向右加速移动D．将L在纸面内向OM一侧快速移动解析：选D根据右手螺旋定则可知，穿过正方形线框的磁通量为零，增大电流，磁通量不变，A错误；将线框沿OO′向右运动，穿过正方形线框的磁通量始终为零，无感应电流产生，B、C错误；将L在纸面内向OM一侧快速移动，穿过正方形线框的磁通量发生变化，会有感应电流产生，D正确。3．(2024年1月·广西高考适应性演练)如图，当车辆驶入或驶出圆形区域时，车辆会改变区域内通电线圈中的磁场，通过传感器电路将磁场的变化转换为交通灯的控制信号，车辆驶入图中圆形区域时，车辆引起磁场变化的原因类似于()A．将铁芯放入通电线圈B．增大通电线圈的面积C．增加通电线圈的匝数D．加大对通电线圈的压力解析：选A当车辆驶入或驶出圆形区域时，车辆会改变区域内通电线圈中的磁场，利用的是互感现象，汽车上大部分是金属，汽车经过线圈时会引起汽车磁通量的变化，从而产生电磁感应现象，产生感应电流，从而改变区域内通电线圈中的磁场；此过程类似于将铁芯放入通电线圈，铁芯的磁通量也会变化，也会产生感应电流，从而改变通电线圈中的磁场。故选A。4.厂商通过在手机背面安装感应线圈来实现无线充电，如图是一种结构紧凑的双层感应线圈设计图，a、b为线圈的两端。当线圈处在向上增强的磁场中时，感应电流流向及两线圈之间的安培力方向应为()A．从a端流出，两层线圈相互排斥B．从a端流出，两层线圈相互吸引C．从b端流出，两层线圈相互排斥D．从b端流出，两层线圈相互吸引解析：选D当线圈处在向上增强的磁场中时，穿过线圈的磁通量向上增加，根据楞次定律可知，产生的感应电流从a端流入，从b端流出；两线圈中的感应电流从上往下看都是顺时针方向，则两线圈相互吸引。故选D。5.如图所示，用绝缘细线吊起一个铝环，将磁铁的N极沿铝环的中心轴线靠近铝环，铝环向右摆动。下列说法正确的是()A．N极靠近铝环时，从左向右看铝环中的感应电流方向为顺时针B．铝环右摆的过程中，磁铁对铝环做的功大于铝环动能的增加量C．仅将铝环改为铁环，铁环也一定会向右摆动D．若将磁铁的S极沿铝环的中心轴线靠近铝环，铝环将会向左摆动解析：选BN极靠近铝环时，通过铝环的磁通量增加，根据楞次定律可知，感应电流的磁场方向与原磁场方向相反，从左向右看铝环中的感应电流方向为逆时针，故A错误；铝环右摆的过程中，铝环的动能和重力势能均增大，所以磁铁对铝环做的功大于铝环动能的增加量，故B正确；仅将铝环改为铁环，条形磁铁吸引铁环，所以铁环向左摆动，故C错误；若将磁铁的S极沿铝环的中心轴线靠近铝环，根据楞次定律可知，铝环将会向右摆动，故D错误。6.某同学学习了电磁感应相关知识之后，做了探究性实验：将闭合线圈按图示方式放在电子秤上，线圈上方有一N极朝下竖直放置的条形磁铁，手握磁铁在线圈的正上方静止，此时电子秤的示数为m0。下列说法正确的是()A．将磁铁N极加速插向线圈的过程中，电子秤的示数小于m0B．将静止于线圈内的磁铁匀速抽出的过程中，电子秤的示数大于m0C．将磁铁N极加速插向线圈的过程中，线圈中产生的电流沿逆时针方向(俯视)D．将磁铁N极匀速插向线圈的过程中，磁铁减少的重力势能等于线圈中产生的焦耳热解析：选C将条形磁铁插入线圈或从线圈中抽出的过程，穿过线圈的磁通量发生了变化，线圈中产生了感应电流，线圈与条形磁铁会发生相互作用，根据楞次定律的推论“来拒去留”可知，在将磁铁插入线圈(无论是匀速、加速还是减速)的过程中，线圈与磁铁相互排斥，导致电子秤的示数大于m0；在抽出磁铁(无论是匀速、加速还是减速)的过程中，线圈与磁铁相互吸引，导致电子秤的示数小于m0，A、B错误。根据楞次定律可判断，将条形磁铁的N极加速插入线圈时，线圈中产生的感应电流方向为逆时针方向(俯视)，C正确；将磁铁N极匀速插入线圈的过程中，磁铁受到重力、手对磁铁的拉力、线圈对磁铁的斥力作用，重力和拉力的合力做的功等于克服斥力所做的功，等于线圈中产生的焦耳热，D错误。7．如图所示是铜制圆盘发电机的示意图，铜盘安装在水平固定的转轴上，它的边缘正好在两磁极之间(磁极未画出)，磁场方向和铜盘盘面垂直，两块铜片C、D分别与转动轴和铜盘的边缘接触。使铜盘转动，电阻R中就有电流通过。设铜盘沿顺时针方向(从左向右看)匀速转动，两磁极之间的磁场可视为匀强磁场，关于通过电阻R的电流，下列说法正确的是()A．正弦式交变电流B．恒定电流，电流从上向下通过电阻RC．恒定电流，电流从下向上通过电阻RD．电流大小不断变化，电流从下向上通过电阻R解析：选C圆盘转动时，相当于一条条半径切割磁感线，因为匀速转动，则产生恒定不变的感应电流，根据右手定则可知，D点相当于电源的正极，则电流从下向上通过电阻R。故选C。8．为了测量列车运行的速度和加速度的大小，可采用如图甲所示的装置，它由一块安装在列车车头底部的强磁体和埋设在轨道地面的一组线圈及电流测量记录仪组成(测量记录仪未画出)。当列车经过线圈上方时，线圈中产生的电流被记录下来，P、Q为接测量仪器的端口，若俯视轨道平面磁场垂直地面向下(如图乙所示)。则在列车经过测量线圈的过程中，流经线圈的电流方向()A．始终沿逆时针方向B．先沿逆时针方向，再沿顺时针方向C．先沿顺时针方向，再沿逆时针方向D．始终沿顺时针方向解析：选B列车通过线圈时，穿过线圈的磁通量先增大后减小，根据楞次定律可知线圈中产生的电流先沿逆时针方向，再沿顺时针方向，B正确。9．(2024·岳阳高三检测)某兴趣小组利用多匝线圈和灵敏电流计制作了一个简易的电流探测仪，用于检测埋在地下的通电导线，如图(a)所示。地面表层有两根由绝缘皮包裹的垂直长导线AB、CD，如图(b)所示。当线圈水平放置沿A1B1快速移动，电流计指针不偏转。当线圈水平放置沿C1D1方向快速移动，电流计指针偏转。下列说法正确的是()A．两根导线中都有电流B．两根导线中都无电流C．AB中无电流，CD中有电流D．AB中有电流，CD中无电流解析：选D当线圈水平放置沿A1B1快速移动时，电流计指针不偏转，说明线圈中磁通量不变，直导线CD中无电流。当线圈沿C1D1方向快速移动，电流计指针偏转，说明线圈中磁通量有变化，则直导线AB中有电流，故D正确，A、B、C错误。二、注重应用，强调创新10．如图为电磁刹车实验装置，小车底面安装有矩形导线框abcd，线框底面平行于地面，在小车行进方向有与abcd等宽、等长的有界匀强磁场，磁场方向垂直地面向上。小车进入磁场前撤去牵引力，小车穿过磁场后滑行一段距离停止。则小车()A．进入磁场时，矩形导线框中感应电流的方向为adcbaB．离开磁场时，矩形导线框中感应电流的方向为abcdaC．穿过磁场的过程中，中间有一段时间矩形导线框中没有感应电流D．穿过磁场的过程中，矩形导线框受到的安培力方向始终水平向左解析：选D根据楞次定律可知，进入磁场时，矩形导线框中感应电流的方向为abcda，离开磁场时，矩形导线框中感应电流的方向为adcba，A、B错误；因线框与磁场等宽、等长，则穿过磁场的过程中，矩形导线框中始终有感应电流，C错误；根据左手定则可知，穿过磁场的过程中，矩形导线框受到的安培力方向始终水平向左，D正确。11.如图所示，A为水平放置的胶木圆盘，在其侧面均匀分布着负电荷，在A的正上方用绝缘丝线悬挂一个金属圆环B，使B的环面水平且与胶木圆盘面平行，其轴线与胶木圆盘A的轴线OO′重合。现使胶木圆盘A由静止开始绕其轴线OO′按箭头所示方向加速转动，则()A．金属环B的面积有扩大的趋势，丝线受到的拉力增大B．金属环B的面积有缩小的趋势，丝线受到的拉力减小C．金属环B的面积有扩大的趋势，丝线受到的拉力减小D．金属环B的面积有缩小的趋势，丝线受到的拉力增大解析：选B使胶木圆盘A由静止开始绕其轴线OO′按箭头所示方向加速转动，胶木圆盘侧面形成逐渐增大的电流，穿过金属环B的磁通量增大，根据楞次定律，金属环B的面积有缩小的趋势，且B有向上升高的趋势，丝线受到的拉力减小，故B项正确。12.如图所示，在粗糙绝缘水平面上，固定两条相互平行的直导线，导线中通有大小和方向都相同的电流，在两条导线的中间位置放置一正方形线框，导线、线框均关于虚线对称，当导线中电流发生变化时，线框始终静止。已知导线周围某点的磁感应强度与导线中的电流大小成正比，与到导线的距离成反比。则下列对导线中电流变化后线框所受摩擦力的方向的判断正确的是()A．a、b中电流同步增大，摩擦力方向向左B．a、b中电流同步减小，摩擦力方向向左C．a中电流减小，b中电流增大，摩擦力方向向右D．a中电流减小，b中电流不变，摩擦力方向向左解析：选Ca、b两导线中间部分的磁场的磁感应强度大小分布关于虚线对称，磁场方向相反，当a、b导线中的电流同步增大或减小时，正方形线框中的磁通量不变，线框所受摩擦力为0，A、B错误；a中电流减小、b中电流增大时，磁感应强度为0处向a导线移动，线框内的磁通量垂直纸面向外增大，根据楞次定律可知，线框有向左运动的趋势，所受摩擦力方向向右，同理可知，a中电流减小、b中电流不变时，线框所受摩擦力方向也向右，C正确，D错误。13．(2024·济南高三质检)某实验小组的同学用如图所示装置研究电磁感应现象，软铁环上绕有M、N两个线圈，M线圈与电源和滑动变阻器相连，N线圈与电流表相连，闭合开关S的瞬间，观察到电流表指针向右偏转。下列说法正确的是()A．闭合S后，滑片P匀速向上滑动的过程中，电流表指针不偏转B．闭合S后，滑片P加速向上滑动的过程中，电流表指针向左偏转C．断开S的瞬间，电流表指针不发生偏转D．断开S的瞬间，电流表指针向右偏转解析：选B闭合S后，滑片P匀速向上或加速向上滑动的过程中，线圈M中电流逐渐减小，线圈N中磁通量逐渐减小，根据楞次定律和安培定则可知，电流表指针向左偏转，故A错误，B正确；断开S的瞬间，线圈M中电流变为零，线圈N中磁通量减小，电流表指针向左偏转，故C、D错误。14．(多选)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铁，磁铁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，减缓下落速度，从而减小对电梯内人员的伤害。当电梯轿厢坠落到图示位置时，下列说法正确的是()A．从上往下看，金属线圈A中的感应电流沿逆时针方向B．从上往下看，金属线圈B中的感应电流沿逆时针方向C．金属线圈B对电梯轿厢下落有阻碍作用，A没有阻碍作用D．金属线圈B有收缩的趋势，A有扩张的趋势解析：选AD当电梯坠落至题图位置时，闭合线圈A中向上的磁场减弱，根据楞次定律，感应电流的方向从上往下看是逆时针方向，B中向上的磁场增强，感应电流的方向从上往下看是顺时针方向，故B错误，A正确；结合上述分析可知，当电梯坠落至题图位置时，闭合线圈A、B都在阻碍电梯下落，故C错误；闭合线圈A中向上的磁场减弱，B中向上的磁场增强，根据楞次定律可知，线圈B有收缩的趋势，A有扩张的趋势，故D正确。第2讲法拉第电磁感应定律自感和涡流(基础落实课)一、法拉第电磁感应定律1．感应电动势定义在电磁感应现象中产生的电动势产生穿过回路的磁通量发生改变，与电路是否闭合无关方向感应电动势的方向判断可用：①楞次定律；②右手定则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为线圈匝数。(3)感应电流与感应电动势的关系：①有感应电动势，不一定有感应电流(电路不闭合)；②有感应电流，一定有感应电动势(电路闭合)。3．导体切割磁感线的情形(1)若B、l、v相互垂直，则E＝Blv。(2)v∥B时，E＝0。二、自感、涡流1．自感现象定义由于导体本身的电流发生变化而使自身产生感应电动势的现象自感电动势①定义：在自感现象中产生的感应电动势叫作自感电动势。②表达式：E＝Leq\f(ΔI,Δt)。2．涡流定义块状金属放在变化磁场中，或在磁场中有相对运动时，金属块内产生的旋涡状感应电流产生原因金属块内磁通量变化→感应电动势→感应电流。情境创设1．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，t＝0时刻起，穿过线圈的磁通量按图乙所示的规律变化。2．如图丙、丁是研究通电自感和断电自感现象的电路。理解判断(1)图乙中2t0时刻线圈的磁通量为零，产生的感应电动势为零。(×)(2)图乙中t0～2t0时间内线圈磁通量变化快，产生的感应电动势大。(√)(3)图乙中t0～2t0时间内线圈产生的感应电动势大小是0～t0时间内的2倍。(√)(4)图丙中K闭合瞬间，LA、LB一起亮起来。(×)(5)图丙中K断开时，LA、LB一起逐渐熄灭。(√)(6)图丁中K闭合时，LC立即亮起来。(√)(7)图丁中K断开时，LC一定闪亮一下再熄灭。(×)(8)在断电自感中，感应电流方向与原电流方向一致。(√)逐点清(一)法拉第电磁感应定律的应用|题|点|全|练|1．[公式E＝neq\f(ΔΦ,Δt)的应用](多选)单匝线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量随时间变化的图像如图所示，则()A．在t＝0时，线圈中磁通量最大，感应电动势也最大B．在t＝1×10－2s时，感应电动势最大C．在t＝2×10－2s时，感应电动势为0D．在0～2×10－2s时间内，线圈中感应电动势的平均值为0解析：选BC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，感应电动势E＝0，A错误，C正确；t＝1×10－2s时，感应电动势E最大，B正确；0～2×10－2s时间内，ΔΦ≠0，感应电动势的平均值eq\x\to(E)≠0，D错误。2．[公式E＝neq\f(ΔB,Δt)S的应用](1)(鲁科版教材选择性必修2，P44练习T3)无线充电技术中使用的受电线圈示意图如图所示，线圈匝数为n，面积为S。若在t1～t2这段时间内，匀强磁场平行于线圈轴线向右穿过线圈，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a和b之间的电势差()A．恒为eq\f(nSB2－B1,t2－t1)B．从0均匀变化到eq\f(nSB2－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)解析：选C根据E＝neq\f(ΔΦ,Δt)，可得E＝neq\f(SB2－B1,t2－t1)，将线圈等效为电源，根据楞次定律，b为正极，故Uab＝－neq\f(SB2－B1,t2－t1)，C正确。(2)(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．0.30VB．0.44VC．0.59VD．4.3V解析：选B根据法拉第电磁感应定律可知E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)S＝103×(1.02＋1.22＋1.42)×10－4V＝0.44V，故选B。|考|教|衔|接|应用性考法的“高起点、低落点”新高考背景下，许多考生感觉到物理试题难度偏大。其实不然，真实情境下的高考命题，要求平时教学应由传统的重“解题”向现在的“解决问题”方向转变。对法拉第电磁感应定律的这一基础性知识考查(低落点)，无论是教材课后练习题，还是湖北高考题，均都采用了时代化的科技前沿素材(高起点)。题目不难，情境真实，贴近时代，考学生的活学活用、迁移应用能力是当今新高考的时代特色。这要求我们在平时的训练中，与其盲目刷题不如精做好题。3．[公式E＝nBeq\f(ΔS,Δt)的应用](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．eq\f(NBScosθ,t) B．eq\f(NBSsinθ,t)C．eq\f(BSsinθ,t) D．eq\f(BScosθ,t)解析：选A根据法拉第电磁感应定律有eq\o(E,\s\up6(－))＝Neq\f(ΔΦ,Δt)＝NBcosθ·eq\f(S,t)＝eq\f(NBScosθ,t)，故选A。|精|要|点|拨|法拉第电磁感应定律变形式的应用(1)E＝neq\f(ΔB,Δt)S——适用于垂直于磁场的回路面积S不变、磁感应强度B发生变化的情形；此时，在B­t图像中eq\f(ΔB,Δt)是图线的斜率。(2)E＝nBeq\f(ΔS,Δt)——适用于磁感应强度B不变、垂直于磁场的回路面积S发生变化的情形。逐点清(二)导体棒切割磁感线产生感应电动势1．平动切割(1)对公式E＝Blv的理解适用条件①磁场为匀强磁场②B、l、v三者互相垂直有效性公式中的l为导体棒切割磁感线的有效长度，如图中的有效切割长度均为ab的直线长度相对性E＝Blv中的速度v是导体棒相对磁场的速度。若磁场也在运动，应注意其相对速度(2)当B与l、v垂直但l与v不垂直时：E＝Blvsinθ，其中θ为v与l的夹角，如图甲所示。2．转动切割：当导体在垂直于磁场的平面内，绕一端以角速度ω匀速转动时，产生的感应电动势为E＝Bleq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(1,2)Bl2ω，如图乙所示。[考法全训]考法1平动切割1．当航天飞机在环绕地球的轨道上飞行时，从中释放一颗卫星，卫星与航天飞机的速度相同，两者用导电缆绳相连，这种卫星称为绳系卫星。现有一绳系卫星在地球赤道上空自西向东运行，忽略地球自转。卫星位于航天飞机的正上方，它与航天飞机之间的距离是20.5km，卫星与航天飞机所在位置的地磁场B＝4.6×10－5T，沿水平方向由南向北。如果航天飞机和卫星的运行速度都是7.6km/s，以下说法正确的是()A．缆绳中的感应电动势约为7.2×103VB．缆绳中的感应电动势约为7.2VC．航天飞机端的电势高于卫星端的电势D．如果卫星与航天飞机由南向北飞，航天飞机端的电势高于卫星端的电势解析：选A导电缆绳垂直切割地磁场，产生的感应电动势为E＝BLv＝4.6×10－5×20.5×103×7.6×103V≈7.2×103V，故A正确，B错误；导电缆绳垂直切割地磁场，由右手定则可知，航天飞机端的电势低于卫星端的电势，故C错误；如果卫星与航天飞机由南向北飞，导电缆绳不切割磁感线，不产生感应电动势，则航天飞机端的电势等于卫星端的电势，故D错误。考法2转动切割2.(多选)如图所示为法拉第圆盘发电机，半径为r的铜质圆盘绕过其中心O的竖直轴以恒定角速度ω顺时针转动(从上向下看)，空间中存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。圆盘平面和磁感线垂直，两电刷C、D分别与铜盘中心轴和边缘接触，两电刷间接有阻值为R的电阻，下列说法正确的是()A．O点电势比D点高B．通过电阻R的电流方向由下至上C．发电机电动势为E＝eq\f(Br2ω,2)D．发电机电动势为E＝Br2ω解析：选AC铜质圆盘转动时，根据右手定则可知，感应电流方向由D点指向O点，则O点相当于电源的正极，D点相当于电源的负极，则O点电势比D点高，通过电阻R的电流方向由上至下，故A正确，B错误；发电机电动势为E＝Breq\x\to(v)＝Br·eq\f(0＋ωr,2)＝eq\f(Br2ω,2)，故C正确，D错误。逐点清(三)自感现象和涡流考法(一)自感现象分析[例1]图1和图2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1中，A1的电阻值小于L1的电阻值B．图1中，断开开关S1瞬间，流过A1的电流方向自右向左C．图2中，闭合S2瞬间，L2中电流与滑动变阻器R中电流相等D．图2中，闭合S2电路达到稳定时，滑动变阻器R的电阻值大于L2的电阻值[解析]根据题意可知，断开开关S1瞬间，流过L1的电流由于自感现象保持不变，流过A1的原电流消失，L1和A1组成新的回路，此时流过A1的电流大小与流过L1的电流大小相等，方向自右向左，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗，是因为电路稳定时，A1的电流小于L1的电流，根据并联分流原理可知，L1的电阻小于A1的电阻，故A错误，B正确；题图2中，闭合S2瞬间，L2对电流有阻碍作用，所以L2中电流与滑动变阻器R中电流不相等，故C错误；题图2中，闭合S2电路稳定时，A2与A3的亮度相同，说明两支路的电流相同，故滑动变阻器R与L2的电阻值相同，故D错误。[答案]B|思|维|建|模|自感现象中灯泡亮度变化分析与线圈串联的灯泡与线圈并联的灯泡电路图通电时电流逐渐增大，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方向均改变[针对训练]1．(多选)相同的电灯A1、A2和自感系数较大的电感线圈L接入如图甲所示的电路中，电源电动势为E，内阻不计。闭合开关S，待电路稳定后开始计时，t1时刻断开开关S，t2时刻整个电路的电流均为零。t1时刻前后通过电灯A2的电流—时间(iA2­t)图像如图乙所示，用I1和I2分别表示开关S断开瞬间前后通过电灯A2的电流大小。下列说法正确的是()A．电感线圈的直流电阻不可忽略B．断开开关S后，电灯A1、A2电流大小始终相等C．断开开关S后，流过电灯A2的电流方向向左D．线圈的自感系数是由线圈本身决定的，与是否有铁芯无关解析：选AB由题图乙可知，通过电感线圈L支路的电流小于通过电灯A2支路的电流，所以电感线圈的直流电阻不可忽略，A正确；稳定后当开关S断开瞬间，由于线圈的自感现象，线圈中的电流只能逐渐减小，线圈L、电灯A1、A2构成闭合回路，两灯都过一会儿再熄灭，电灯A1、A2电流大小始终相等，且流过电灯A2的电流方向向右，故B正确，C错误；有铁芯时线圈的自感系数比没有铁芯时要大得多，D错误。考法(二)对涡流的理解[例2](2024年1月·广西高考适应性演练)(多选)电磁炉正常工作时，面板下方的线圈周围产生迅速变化的磁场，使面板上方的铁锅底部产生涡流而发热，则()A．通过线圈的是恒定电流B．通过线圈的是交变电流C．用全陶瓷锅替代铁锅也能发热D．电磁炉正常工作时面板不发热[解析]电磁炉工作时，面板下方的线圈周围产生迅速变化的磁场，因此通过线圈的是交变电流，故A错误，B正确；电磁炉工作时，变化的磁场使面板上方的铁锅底部产生涡流，铁锅迅速发热，从而达到加热食物的目的，属于涡流，用全陶瓷锅替代铁锅不能产生涡流，故C错误；电磁炉内线圈通过高频交流电，会在上方的铁质锅具中产生涡流，从而加热食品，面板是陶瓷材料制成，不能产生涡流，也就不能产生热，故D正确。故选B、D。[答案]BD|思|维|建|模|产生涡流时的能量转化伴随着涡流现象，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。[针对训练]2.(多选)涡流检测是工业上无损检测的方法之一。如图所示，线圈中通入一定频率的正弦交变电流，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。下列说法正确的是()A．涡流的磁场总是要阻碍穿过工件的磁通量的变化B．涡流的频率大于通入线圈的交变电流的频率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解析：选AC涡流是感应电流，涡流的磁场总是阻碍穿过工件的磁通量的变化，而且涡流的频率与线圈中交变电流的频率相等，A正确，B错误；因待测工件中的涡流与通电线圈中的电流具有相同频率，因此二者间必有周期性的作用力，C正确；涡流只能在金属制品中产生，故D错误。逐点清(四)电磁阻尼与电磁驱动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，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[考法全训]考法1电磁阻尼1．(鲁科版教材选择性必修2，P35“迷你实验室”)如图所示，将内径一样的铝管(或铜管)和塑料管竖直放置在垫有毛巾的桌面上方，从同一高度同时释放两块磁性很强的磁体，一块从铝管内下落，另一块从塑料管内下落。进入铝管的磁体将会滞后一段时间落到桌面。做一做，并说明这是为什么。提示：铝管是导体，当强磁体在其中下落时，铝管中的磁通量会发生变化，会有电磁感应现象发生，产生的感应电流阻碍强磁体下落。2．(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解析：选A小磁体在铝管中运动，铝管会形成涡流，小磁体在铝管中加速后很快达到平衡状态，做匀速直线运动，而在玻璃管中的小磁体则一直做加速运动，故由图像可知题图(c)的脉冲电流峰值不断增大，说明小磁体的速度在增大，与玻璃管中小磁体的运动情况相符，A正确；在铝管中下落，脉冲电流的峰值相同，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，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；铝管中的小磁体在线圈间做匀速运动，玻璃管中的小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。|考|教|衔|接|命题新导向：选择题的“实验探究化”考查核心素养立意下的新高考，“科学探究”素养的考查越来越广泛地渗透到高考命题中。近几年，一些选择题“实验化”的命题趋向开始出现，且有走俏的态势，上面的高考题就是明证。该高考题的命制应受到鲁科版教材选择性必修2P35“迷你实验室”小栏目的启发，然后稍加改造而成。这启示我们，教材中的一些学习活动、阅读素材等学习资源不可忽视，这往往是高考命题的“素材库”。考法2电磁驱动3．(2024·陕西榆林模拟)水平放置的玻璃板上方有一用细线悬挂的可自由旋转的小磁针，下方有一水平放置的铜圆盘。圆盘的轴线与小磁针悬线在同一直线上，初始时小磁针与圆盘均处于静止状态。当圆盘绕轴沿逆时针方向(俯视)匀速转动时，下列说法正确的是()A．小磁针不动B．小磁针沿逆时针方向(俯视)转动C．小磁针沿顺时针方向(俯视)转动D．由于穿过圆盘的磁通量没有变化，圆盘中没有感应电流解析：选B铜圆盘上存在许多小的闭合回路，当圆盘转动时，穿过这些小的闭合回路的磁通量发生变化，回路中产生感应电流(涡流)，此电流产生的磁场导致小磁针沿逆时针方向(俯视)转动，构成电磁驱动，故选B。[课时跟踪检测]一、立足基础，体现综合1．(多选)下列四个图都与涡流有关，其中说法正确的是()A．真空冶炼炉是利用涡流来熔化金属的装置B．自制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解析：选ABD真空冶炼炉的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，故A正确；金属探测器中的变化电流产生变化磁场，在被测金属中产生涡流来进行探测，故B正确；家用电磁炉工作时，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，在其铁芯中产生涡流，使用相互绝缘的硅钢片叠合而成的铁芯可以尽量减小涡流造成的损失，故D正确。2．(2022·北京高考)如图所示平面内，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使得空间各点的磁感应强度随时间均匀增加，则()A．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解析：选D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＝eq\f(E,R)＝neq\f(ΔΦ,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边中的感应电流保持不变，磁感应强度随时间均匀增加，根据安培力表达式F安＝BIL，故所受的安培力变大，C错误；线框所处空间的磁场方向垂直纸面向里，线框中产生的感应电流方向为a→d→c→b→a，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，且ad边受到的安培力大于bc边受到的安培力，线框整体受到的安培力方向水平向右，D正确。3．(多选)安检门是一个用于检测有无金属物品的“门”，“门框”内有线圈，线圈里通有交变电流，交变电流在“门”内产生交变磁场，金属物品通过“门”时能产生涡流，涡流的磁场又反过来影响线圈中的电流，从而引起报警。以下关于这个安检门的说法正确的是()A．这个安检门能检查出毒品携带者B．这个安检门只能检查出金属物品携带者C．如果这个“门框”的线圈中通上恒定电流，也能检查出金属物品携带者D．这个安检门工作时，既利用了电磁感应现象，又利用了电流的磁效应解析：选BD安检门是利用涡流工作的，因而只能检查出金属物品携带者，A错误，B正确；若“门框”的线圈中通上恒定电流，只能产生恒定磁场，它不能使块状金属产生涡流，因而不能检查出金属物品携带者，C错误；安检门工作时，既利用了电磁感应现象，又利用了电流的磁效应，D正确。4．(多选)近年来，无线门铃逐渐流行。图甲为某款无线门铃按钮，其“自发电”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，螺线管上的导线Q端电势较高B．松开按钮过程，螺线管上的导线P端电势较低C．按住按钮不动，螺线管上的导线两端PQ间仍有电势差D．按下和松开按钮过程，螺线管产生的感应电动势大小不一定相等解析：选AD按下按钮过程，螺线管内水平向左的磁通量增加，由楞次定律可得，PQ间导线上感应电流方向从P流向Q，所以Q相当于电源正极，Q端电势较高，故A正确；松开按钮过程，螺线管内水平向左的磁通量减小，由楞次定律可得，PQ间导线上感应电流方向从Q流向P，所以P相当于电源正极，P端电势较高，故B错误；按住按钮不动，螺线管内磁通量不变，无感应电动势，PQ间无电势差，故C错误；按下和松开按钮过程，有可能所用时间不同，螺线管内磁通量的变化率可能不同，所以产生的感应电动势大小可能不相等，故D正确。5．(多选)某汽车使用的电磁制动原理示意图如图所示，当导体在固定通电线圈产生的磁场中运动时，会产生涡流，使导体受到阻碍运动的制动力。下列说法正确的是()A．制动过程中，导体不会发热B．导体运动的速度越大，制动力越大C．改变线圈中的电流方向，导体就可获得动力D．制动过程中导体获得的制动力逐渐减小解析：选BD由于导体中产生了涡流，根据Q＝I2Rt可知，制动过程中，导体会发热，故A错误；导体运动速度越大，穿过导体中回路的磁通量的变化率越大，产生的涡流越大，则所受安培力即制动力越大，故B正确；根据楞次定律可知，原磁场对涡流的安培力总是要阻碍导体的相对运动，即改变线圈中的电流方向，导体受到的安培力仍然为阻力，故C错误；制动过程中，导体的速度逐渐减小，穿过导体中回路的磁通量的变化率变小，产生的涡流变小，则所受安培力即制动力变小，故D正确。6.如图所示，电路中线圈L的自感系数足够大，两个灯泡A1和A2的规格相同，A1与线圈L串联后接到电源上，A2与可调电阻R串联后接到电源上。先闭合开关S，调节电阻R，使两个灯泡的亮度相同，再调节可调电阻R1，使它们都正常发光，然后断开开关S。下列说法正确的是()A．重新闭合开关S，A1先亮，A2后亮B．断开开关S，A2先熄灭，A1后熄灭C．断开开关S，A1先熄灭，A2后熄灭D．断开开关S，流过A2的电流方向向左解析：选D重新闭合开关S，线圈L的自感系数足够大，阻碍电流增大，所以A2先亮，A1后亮，A错误；断开开关S，A1、A2与L、R构成回路，L相当于电源，阻碍电流减小，A1、A2都会逐渐变暗，且同时熄灭，流过线圈的电流方向向右，故流过A1的电流向右，流过A2的电流方向向左，故D正确，B、C错误。7.(2023·江苏高考)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，则()A．φO>φC B．φC>φAC．φO＝φA D．φO－φA＝φA－φC解析：选A由题图可看出导体棒OA段转动切割磁感线，根据右手定则可知感应电动势的方向由A指向O，所以φO>φA，导体棒AC段不在磁场中，不切割磁感线，不产生感应电动势，则φC＝φA，A正确，B、C错误；根据以上分析可知φO－φA>0，φA－φC＝0，则φO－φA>φA－φC，D错误。8．(2023·全国甲卷)(多选)一有机玻璃管竖直放在水平地面上，管上有漆包线绕成的线圈，线圈的两端与电流传感器相连，线圈在玻璃管上部的5匝均匀分布，下部的3匝也均匀分布，下部相邻两匝间的距离大于上部相邻两匝间的距离，如图(a)所示。现让一个很小的强磁体在玻璃管内沿轴线从上端口由静止下落，电流传感器测得线圈中电流I随时间t的变化如图(b)所示。则()A．小磁体在玻璃管内下降速度越来越快B．下落过程中，小磁体的N极、S极上下颠倒了8次C．下落过程中，小磁体受到的电磁阻力始终保持不变D．与上部相比，小磁体通过线圈下部的过程中，磁通量变化率的最大值更大解析：选AD电流的峰值越来越大，即小磁体在依次穿过每个线圈的过程中的磁通量变化率的最大值越来越大，因此小磁体的下降速度越来越快，A、D正确；由题图不难看出，线圈中电流方向的变化与磁体磁极沿运动方向穿过线圈产生的电流变化一致，所以小磁体磁极未发生颠倒，B错误；线圈可等效为条形磁铁，其磁性随电流变化，所以小磁体受到的电磁阻力是变化的，C错误。9.(2023·天津高考)如图，有一正方形线框静止悬挂着，其质量为m、电阻为R、边长为l。空间中有一个三角形磁场区域，其磁感应强度大小为B＝kt(k>0)，方向垂直于线框所在平面向里，且线框中磁场区域的面积为线框面积的一半，已知重力加速度为g，求：(1)感应电动势E；(2)线框开始向上运动的时刻t0。解析：(1)根据法拉第电磁感应定律有E＝neq\f(ΔΦ,Δt)又n＝1，eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)·S＝kS，S＝eq\f(l2,2)解得E＝eq\f(kl2,2)。(2)根据闭合电路欧姆定律可知，线框中的感应电流为I＝eq\f(E,R)结合安培力的公式和题图可知，线框受到的安培力为FA＝BIl又B＝kt(k>0)联立可得线框受到的安培力为FA＝eq\f(k2l3t,2R)当线框开始向上运动时，有eq\f(k2l3t0,2R)＝mg解得t0＝eq\f(2mgR,k2l3)。答案：(1)eq\f(kl2,2)(2)eq\f(2mgR,k2l3)二、注重应用，强调创新10．某同学利用电压传感器来研究电感线圈工作时的特点。图甲中三个灯泡完全相同，不考虑温度对灯泡电阻的影响。在闭合开关S的同时开始采集数据，当电路达到稳定状态后断开开关。图乙是由传感器得到的电压u随时间t变化的图像。不计电源内阻及电感线圈L的电阻。下列说法正确的是()A．开关S闭合瞬间，流经灯D2和D3的电流相等B．开关S闭合瞬间至断开前，流经灯D1的电流保持不变C．开关S断开瞬间，灯D2闪亮一下再熄灭D．根据题中信息，可以推算出图乙中u1与u2的比值解析：选D开关S闭合瞬间，由于电感线圈的阻碍作用，灯D3逐渐变亮，通过灯D3的电流缓慢增加，待稳定后，流经灯D2和D3的电流相等，故从开关S闭合瞬间至断开前，流经灯D1的电流也是逐渐增加，A、B错误；开关S断开瞬间，由于电感线圈有阻碍电流减小的作用，由电感线圈继续为灯D2和D3提供电流，又因为电路稳定的时候，流经灯D2和D3的电流相等，所以灯D2逐渐熄灭，C错误；开关S闭合瞬间，灯D1和D2串联，电压传感器所测电压为D2两端电压，由欧姆定律u1＝eq\f(E,2)，电路稳定后，流过D3的电流为I＝eq\f(1,2)·eq\f(E,\f(3,2)R)＝eq\f(E,3R)，开关S断开瞬间，电感线圈能够为D2和D3提供与之前等大的电流，故其两端电压为u2＝I·2R＝eq\f(2E,3)，所以eq\f(u1,u2)＝eq\f(3,4)，故可以推算出题图乙中u1与u2的比值，D正确。11．(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)解析：选D根据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知大、小圆线圈中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)，D正确。12．(2024·广州高三模拟)(多选)如图甲是法拉第发明的铜盘发电机，也是人类历史上第一台发电机。利用这个发电机给平行金属板电容器供电，如图乙。已知铜盘的半径为L，加在铜盘下半部分的匀强磁场磁感应强度为B1，铜盘匀速转动的角速度为ω，每块平行板长度为d，板间距离也为d，板间加垂直纸面向里、磁感应强度为B2的匀强磁场。下列结论正确的是()A．若铜盘按照图示方向转动，那么平行板电容器D板电势高B．铜盘产生的感应电动势为E感＝eq\f(1,2)B1ωL2C．若一电子从电容器两板中间水平向右射入，恰能做匀速直线运动从右侧水平射出，则电子射入时速度为v＝eq\f(B1ωL2,2B2d)D．若有一带负电的小球从电容器两板中间水平向右射入，在复合场中做匀速圆周运动又恰好从极板右侧射出，则小球的圆周运动半径为eq\f(5d,4)解析：选BCD根据右手定则可得，铜盘上电流由边缘流向中心，C极板带正电，电势高，故A错误；根据法拉第电磁感应定律，可得E感＝B1Leq\f(0＋ωL,2)＝eq\f(1,2)B1ωL2，故B正确；由于电子做匀速直线运动，受力平衡，由evB2＝eeq\f(E感,d)，解得v＝eq\f(B1ωL2,2B2d)，故C正确；带电小球恰能从极板右边缘射出，如图所示，由几何关系可得r2＝d2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(r－\f(d,2)))2，解得r＝eq\f(5d,4)，故D正确。13.如图所示，在光滑的水平面上有一半径r＝10cm、电阻R＝1Ω、质量m＝1kg的金属圆环，以速度v＝10m/s向一有界磁场运动。匀强磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度B＝0.5T，从圆环刚进入磁场算起，到刚好有一半进入磁场时，圆环一共释放了32J的热量，求：(1)此时圆环中电流的瞬时功率；(2)此时圆环运动的加速度。解析：(1)圆环从开始进入磁场到有一半进入磁场过程中，由能量守恒定律得eq\f(1,2)mv2＝Q＋eq\f(1,2)mv′2，代入数据解得v′＝6m/s，此时的感应电动势E＝BLv′＝B·2rv′＝0.5×2×0.1×6V＝0.6V，圆环中电流的瞬时功率P＝eq\f(E2,R)＝eq\f(0.62,1)W＝0.36W。(2)感应电流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(0.6,1)A＝0.6A，圆环受到的安培力F＝BIL＝BI·2r＝0.5×0.6×2×0.1N＝0.06N，由牛顿第二定律得F＝ma，解得此时圆环运动的加速度a＝eq\f(F,m)＝eq\f(0.06,1)m/s2＝0.06m/s2，由右手定则可知，圆环中感应电流沿逆时针方向，由左手定则可知，安培力水平向左，则加速度方向向左。答案：(1)0.36W(2)0.06m/s2，方向向左

第3讲电磁感应中的电路和图像问题(综合融通课)(一)电磁感应中的电路问题1．电磁感应中电路知识的关系图2．“三步走”分析电磁感应中的电路问题[典例](2022·湖南高考)(多选)如图，间距L＝1m的U形金属导轨，一端接有0.1Ω的定值电阻R，固定在高h＝0.8m的绝缘水平桌面上。质量均为0.1kg的匀质导体棒a和b静止在导轨上，两导体棒与导轨接触良好且始终与导轨垂直，接入电路的阻值均为0.1Ω，与导轨间的动摩擦因数均为0.1(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，导体棒a距离导轨最右端1.74m。整个空间存在竖直向下的匀强磁场(图中未画出)，磁感应强度大小为0.1T。用F＝0.5N沿导轨水平向右的恒力拉导体棒a，当导体棒a运动到导轨最右端时，导体棒b刚要滑动，撤去F，导体棒a离开导轨后落到水平地面上。重力加速度取10m/s2，不计空气阻力，不计其他电阻，下列说法正确的是()A．导体棒a离开导轨至落地过程中，水平位移为0.6mB．导体棒a离开导轨至落地前，其感应电动势不变C．导体棒a在导轨上运动的过程中，导体棒b有向右运动的趋势D．导体棒a在导轨上运动的过程中，通过电阻R的电荷量为0.58C[解析]导体棒a在导轨上向右运动，产生的感应电流向里，流过导体棒b的电流向里，由左手定则可知安培力向左，则导体棒b有向左运动的趋势，故C错误；导体棒b与电阻R并联，有I＝eq\f(BLv,R＋\f(R,2))，当导体棒a运动到导轨最右端时，导体棒b刚要滑动，有B·eq\f(I,2)·L＝μmg，联立解得a棒的速度为v＝3m/s，a棒做平抛运动，有x＝vt，h＝eq\f(1,2)gt2，联立解得导体棒a离开导轨至落地过程中水平位移为x＝1.2m，故A错误；导体棒a离开导轨至落地前做平抛运动，水平速度切割磁感线，则产生的感应电动势不变，故B正确；导体棒a在导轨上运动的过程中，通过电路的电荷量为q＝eq\o(I,\s\up6(－))·Δt＝eq\f(BL·Δx,R＋\f(1,2)R)＝eq\f(0.1×1×1.74,0.15)C＝1.16C，导体棒b与电阻R并联，则通过电阻R的电荷量为qR＝eq\f(q,2)＝0.58C，故D正确。[答案]BD[考法全训]考法1导体棒平动切割的电路问题1.(多选)如图所示，分布于全空间的匀强磁场垂直于纸面向里，其磁感应强度大小为B＝2T。宽度为L＝0.8m的两导轨间接一阻值为R＝0.2Ω的电阻，电阻为2R的金属棒AC长为2L并垂直于导轨(导轨电阻不计)放置，A端刚好位于导轨，中点D与另一导轨接触。当金属棒以速度v＝0.5m/s向左匀速运动时，下列说法正确的是()A．流过电阻R的电流为2AB．A、D两点的电势差为UAD＝0.4VC．A、C两点的电势差为UAC＝－1.6VD．A、C两点的电势差为UAC＝－1.2V解析：选AD金属棒AD段产生的感应电动势为EAD＝BLv＝2×0.8×0.5V＝0.8V，流过电阻R的电流I＝eq\f(EAD,R＋R)＝eq\f(0.8,0.4)A＝2A，根据右手定则，可知A端的电势低于D端的电势，A、D两点的电势差UAD＝－IR＝－0.4V，B错误，A正确；D、C两点的电势差UDC＝－BLv＝－0.8V，则UAC＝UAD＋UDC＝－1.2V，C错误，D正确。考法2导体棒转动切割的电路问题2.如图所示，固定在水平面上的半径为r的金属圆环内存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。长为l的金属棒，一端与圆环接触良好，另一端固定在竖直导电转轴OO′上，随轴以角速度ω匀速转动，在圆环的A点和电刷间接有阻值为R的电阻和电容为C、板间距为d的平行板电容器，有一带电微粒在电容器极板间处于静止状态。已知重力加速度为g，不计其他电阻和摩擦，下列说法正确的是()A．金属棒产生的电动势为eq\f(1,2)Bl2ωB．微粒的电荷量与质量之比为eq\f(2gd,Br2ω)C．电阻消耗的电功率为eq\f(πB2r4ω,2R)D．电容器所带的电荷量为CBr2ω解析：选B由法拉第电磁感应定律可知金属棒产生的电动势为E＝Br·eq\f(1,2)ωr＝eq\f(1,2)Br2ω，A错误；金属棒电阻不计，故电容器两极板间的电压等于棒产生的电动势，微粒的重力与其受到的电场力大小相等，有qeq\f(U,d)＝mg，可得eq\f(q,m)＝eq\f(2gd,Br2ω)，B正确；电阻消耗的电功率P＝eq\f(U2,R)＝eq\f(B2r4ω2,4R)，C错误；电容器所带的电荷量Q＝CU＝eq\f(1,2)CBr2ω，D错误。考法3磁场变化引起的电路问题3．(多选)如图甲所示的电路中，电阻R1＝R，R2＝2R，单匝圆形金属线圈半径为r2、圆心为O，线圈的电阻为R，其余导线的电阻不计。半径为r1(r1<r2)、圆心为O的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小B随时间t变化的关系图像如图乙所示，电容器的电容为C。闭合开关S，t1时刻开始电路中的电流稳定不变，下列说法正确的是()A．电容器上极板带正电B．t1时刻，电容器所带的电荷量为eq\f(CB1πr12,4t1)C．t1时刻之后，线圈两端的电压为eq\f(3B1πr12,4t1)D．t1时刻之后，R1两端的电压为eq\f(B2πr22,4t2)解析：选AC根据楞次定律可知，线圈产生沿逆时针方向的感应电流，则电容器上极板带正电，故A正确；根据法拉第电磁感应定律有E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)S＝eq\f(B1πr12,t1)，稳定电流为I＝eq\f(E,R1＋R2＋R)＝eq\f(B1πr12,4Rt1)，UR2＝IR2＝eq\f(B1πr12,2t1)，电容器所带的电荷量为Q＝CUR2＝eq\f(CB1πr12,2t1)，故B错误；t1时刻之后，线圈两端的电压为U＝I(R1＋R2)＝eq\f(3B1πr12,4t1)，故C正确；t1时刻之后，R1两端的电压为UR1＝IR1＝eq\f(B1πr12,4t1)＝eq