2025版《新亮剑》高中物理：第十二章 电磁感应含答案

2025版《新亮剑》高中物理：第十二章电磁感应第十二章电磁感应核心素养考点内容高考真题备考建议物理观念磁通量、电磁感应现象、自感、涡流2023全国甲T21(法拉第电磁感应定律及应用)2023全国甲T25(电磁感应综合应用)2023全国新课标T26(电磁感应综合应用)2023全国乙T17(电磁感应的图像)2022全国甲T16(感应电动势计算)2022全国甲T20(电磁感应中滑杆)2023浙江1月选考T19(法拉第电磁感应定律及应用)2023湖南T14(电磁感应综合应用)2023广东T14(电磁感应综合应用)2023山东T12(电磁感应综合应用)2023湖北T5(法拉第电磁感应定律)2023海南T6(楞次定律)2023北京T9(法拉第电磁感应定律)2023辽宁T4(电磁感应的图像)2022湖南T10(电磁感应与力学综合)2022湖北T15(电磁感应中的能量问题)2022辽宁T15(电磁感应中的滑杆模型)2022浙江T21(电磁感应与力学综合)高考重点考查电磁感应现象、感应电动势的计算、电磁感应相关图像等问题,常常通过滑杆模型将电磁感应与电路问题、力与运动、能量与动量等力学主干知识综合起来考查。复习中应重点理解电磁感应现象及条件,掌握楞次定律、右手定则、法拉第电磁感应定律,注重动量知识在电磁感应中的应用,关注电磁感应在生活、生产与科技中的应用科学思维楞次定律、法拉第电磁感应定律科学探究电磁感应现象科学态度与责任电磁感应在STSE中的应用第1讲电磁感应现象楞次定律对应学生用书P271考点一磁通量电磁感应现象1.磁通量(1)概念:在磁感应强度为B的匀强磁场中,与磁场方向①的平面,其面积S与B的②叫作穿过这个面积的磁通量。

(2)公式:Φ=③,单位符号是Wb。

(3)适用条件:a.匀强磁场;b.S为垂直于磁场的④。

(4)物理意义:相当于穿过某一面积的⑤的条数。

(5)标矢性:磁通量是⑥,但有正负。

(6)磁通量的变化量:ΔΦ=Φ2-Φ1。2.电磁感应现象(1)定义:当穿过闭合导体回路的⑦发生变化时,闭合导体回路中有感应电流产生,这种利用磁场产生电流的现象叫作电磁感应。

(2)感应电流的产生条件:穿过⑧导体电路的⑨发生变化。

答案①垂直②乘积③BS④有效面积⑤磁感线⑥标量⑦磁通量⑧闭合⑨磁通量如图所示,矩形线框abcd的面积为S,分布区域足够大的磁感应强度为B的匀强磁场与水平面a'b'cd垂直。矩形线框abcd与水平面成θ角。(1)将线框绕转轴ab转至竖直,穿过线框的磁通量变化了多少?(2)将线框绕转轴cd转至水平,穿过线框的磁通量变化了多少?答案(1)BScosθ。(2)当平面转至cd边左侧水平时,磁通量变化了BS(1-cosθ);当平面转至cd边右侧水平时,磁通量变化了BS(1+cosθ)。角度1磁通量及其变化如图所示,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'恰好位于垂直于纸面向里的匀强磁场的右边界上,匀强磁场的磁感应强度为B,穿过线圈的磁通量为Φ,若线圈绕OO'轴转过60°的过程中,磁通量的变化量为ΔΦ,则Φ和ΔΦ的大小分别为()。A.BL2B.NBL2C.BL2,BD.NBL2,NB答案A解析在题图所示位置,穿过线圈的磁通量Φ=BS=BL22,当线圈绕OO'轴转过60°时,穿过线圈的磁通量Φ'=BScos60°=BL24,则此过程中磁通量的变化量ΔΦ=Φ'-Φ=BL24-BL22=-BL1.线圈中的磁通量与线圈匝数无关。2.磁通量是标量,但有正负,计算磁通量的变化量ΔΦ=Φ2-Φ1时,需要规定磁通量的正方向。3.判断磁通量是否变化的方法(1)根据公式Φ=BSsinθ(θ为B与S间的夹角)判断。(2)根据穿过平面的磁感线的条数是否变化判断。角度2电磁感应现象及其应用判断感应电流有无的方法续表产生感应电流的三种常见情况(多选)下列各图所描述的物理情境中,能产生感应电流的是()。A.图1开关S闭合,电路稳定后,线圈N中B.图2磁铁向铝环A靠近,铝环A中C.图3金属框从A向B运动,金属框中D.图4铜盘在磁场中按图示方向转动,电阻R中答案BCD解析开关S闭合,电路稳定后,穿过线圈N的磁通量保持不变,线圈N中不产生感应电流,A项不符合题意;磁铁向铝环A靠近,穿过铝环的磁通量在增大,铝环中产生感应电流,B项符合题意;金属框从A向B运动,穿过金属框的磁通量时刻在变化,金属框中产生感应电流,C项符合题意;铜盘在磁场中按题图所示方向转动,铜盘的一部分切割磁感线,产生感应电流,D项符合题意。(2024届汕头一模)如图所示,在交通信号灯前方路面埋设传感器,这个包含线圈的传感器电路与交通信号灯的时间控制电路连接,当车辆通过传感器线圈上方的路面时,会引起线圈中的电流变化,系统根据电流变化的情况确定信号灯亮的时间长短。下列判断正确的是()。A.汽车通过线圈时,线圈中会产生感应电流B.汽车通过线圈时,线圈激发的磁场不变C.若线圈断了,系统依然能检测到汽车通过的电流信息D.线圈中的电流完全是汽车通过线圈时发生电磁感应现象产生的答案A解析汽车底盘大部分是金属,汽车通过线圈时,汽车中会产生感应电流,感应电流在变化,会使线圈中产生感应电流,A项正确;汽车通过线圈时,线圈由于电磁感应使自身电流发生变化,激发的磁场也发生变化,B项错误;若线圈断了,没有闭合回路,系统不能检测到汽车通过的电流信息,C项错误;线圈本身就是通电线圈,线圈中的电流不是汽车通过线圈时发生电磁感应引起的,汽车通过产生的电磁感应现象只是引起线圈中电流的变化,D项错误。考点二实验:探究影响感应电流方向的因素1.实验设计如图所示,将条形磁体插入或拔出螺线管改变穿过螺线管的磁通量,利用电流表指针的偏转方向判断感应电流的方向。2.实验器材电流表、条形磁体、螺线管、电池、开关、导线、滑动变阻器等。3.实验现象与分析4.实验结论当穿过线圈的磁通量增加时,感应电流的磁场与原磁场的方向相反;当穿过线圈的磁通量减少时,感应电流的磁场与原磁场的方向相同。5.注意事项实验前应先查明电流的流向与电流表指针偏转方向之间的关系,判断的方法是采用如图所示的电路,把电池与电流表串联,由于电流表量程较小,所以在电路中应接入滑动变阻器R,用限流接法,电池采用旧电池,开关S闭合后立即断开,记录电流表指针偏转方向。(2024届聊城期末)甲、乙、丙三位同学利用如图所示装置探究影响感应电流方向的因素。(1)如图1,甲同学在断开开关时发现灵敏电流计指针向右偏转,下列操作中同样能使指针向右偏转的是。

A.闭合开关B.开关闭合时将滑动变阻器的滑片向左滑动C.开关闭合时将A线圈从B线圈中拔出D.开关闭合时将A线圈倒置再重新插入B线圈中(2)为确切判断B线圈中的感应电流方向,应在实验前先查明灵敏电流计的关系。

(3)如图2,乙同学将条形磁体从B线圈上方由静止释放,使其笔直落入B线圈中,多次改变释放高度,发现释放高度越高,灵敏电流计指针偏转的角度越大。该现象说明线圈中(选填“磁通量”、“磁通量变化量”或“磁通量变化率”)越大,产生的感应电流越大。

(4)丙同学设计了如图3所示的装置来判断感应电流的方向。他先使用多用电表的欧姆挡对二极管正极、负极进行确认,某次测量时发现多用电表指针几乎没有偏转,说明此时黑表笔接触的是二极管的(选填“正极”或“负极”)。实验操作时将磁体插入线圈时,只有灯(选填“C”或“D”)短暂亮起。

答案(1)CD(2)指针偏转方向与流入电流方向(3)磁通量变化率(4)负极C解析(1)断开开关时,A线圈中电流迅速减小,则B线圈中的磁通量减小,出现感应电流,使灵敏电流计指针向右偏转;为了使指针向右偏转,应减小B线圈中的磁通量或增大与B线圈中磁通量反向的磁通量。闭合开关,A线圈中的电流突然增大,则B线圈中的磁通量增大,A不符合题意;开关闭合时将滑动变阻器的滑片向左滑动,A线圈中的电流增大,则B线圈中的磁通量增大,B项不符合题意;开关闭合时将A线圈从B线圈中拔出,则B线圈中的磁通量减小,C项符合题意;开关闭合时将A线圈倒置,再重新插入B线圈中,则B线圈中反向的磁通量增大,D项符合题意。(2)判断感应电流具体流向,应先查明灵敏电流计指针偏转方向与电流流入方向的关系。(3)释放高度越高,磁体落入线圈的速度越大,则线圈中磁通量变化率越大,产生的感应电流越大。(4)欧姆挡指针没有偏转时,说明二极管的负极与电源正极相连,根据多用电表红进黑出的操作原则,此时黑表笔接触的是二极管的负极;当磁体插入线圈时,线圈中出现如图所示方向的电流,灯C短暂亮起。考点三楞次定律与安培定则1.楞次定律(1)内容:感应电流的磁场总要①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,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②从掌心进入,并使拇指指向③的方向,这时四指所指的方向就是④的方向。

(2)适用情况:导线⑤产生感应电流。

答案①阻碍②磁感线③导线运动④感应电流⑤切割磁感线按图将磁体插入线圈中和从线圈中拔出,观察现象并记录结果,思考以下问题:(1)当线圈内磁通量增大时,感应电流的磁场有助于磁通量的增大还是阻碍了磁通量的增大?(2)当线圈内磁通量减小时,感应电流的磁场有助于磁通量的减小还是阻碍了磁通量的减小?答案(1)感应电流的磁场方向与原磁场方向相反,阻碍了磁通量的增大(2)感应电流的磁场方向与原磁场方向相同,阻碍了磁通量的减少角度1楞次定律的理解与应用(2023年海南卷)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的过程中,产生的感应电流方向为abcdC.汽车离开线圈1的过程中,产生的感应电流方向为abcdD.汽车进入线圈2的过程中,受到的安培力方向与速度方向相同答案C解析埋在地下的线圈1、2通上顺时针(俯视)方向的电流,根据安培定则,可知线圈1、2产生的磁场方向竖直向下,A项错误;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的感应电流方向为adcb(逆时针),B项错误;汽车离开线圈1过程中,磁通量减少,根据楞次定律可知产生的感应电流方向为abcd(顺时针),C项正确;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的感应电流方向为adcb(逆时针),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项错误。角度2楞次定律的推论及应用楞次定律中“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。根据引起感应电流的情境,常见以下四种具体推论: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”注意:此结论只适用于磁感线单方向穿过回路的情况阻碍原电流的变化——“增反减同”(即自感现象)(2024届北京二模)在匀强磁场中放置一个金属圆环,磁场方向与圆环平面垂直。规定图1所示磁场方向为正。当磁感应强度B随时间t按图2所示的正弦规律变化时,下列说法正确的是()。A.t2时刻,圆环中无感应电流B.t3时刻,圆环上各点受到的安培力最大C.t1~t3时间内,圆环中感应电流方向始终沿顺时针方向D.t2~t4时间内,圆环先出现扩张趋势,后出现收缩趋势答案C解析在t2时刻,磁感应强度为零,但是磁通量的变化率最大,则感应电流最大,A项错误;在t3时刻,磁感应强度最大,但是磁通量的变化率为零,则感应电流为零,圆环上各点受到的安培力为零,B项错误;t1~t2时间内,磁感应强度垂直于圆环向里,磁通量逐渐减小,根据楞次定律可知圆环中感应电流方向沿顺时针方向,t2~t3时间内,磁感应强度垂直于圆环向外,磁通量逐渐增大,根据楞次定律可知圆环中感应电流方向也沿顺时针方向,C项正确;t2~t4时间内,穿过圆环的磁通量先增大后减小,根据楞次定律可知圆环先出现收缩趋势,后出现扩张趋势,D项错误。(2024届湛江模拟)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、竖直放置的条形磁体,手握磁体在线圈的正上方静止,此时电子秤的示数为m0。将磁体N极()。A.加速插入线圈的过程中,电子秤的示数小于m0B.减速抽出线圈的过程中,电子秤的示数大于m0C.加速插入线圈瞬间,线圈中感应电流沿逆时针方向(俯视)D.匀速插入线圈的过程中,电子秤的示数等于m0答案C解析将条形磁体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,线圈与条形磁体会发生相互作用,根据楞次定律的推论“来拒去留”可知,在将磁体插入线圈(无论是匀速、加速还是减速)的过程中,线圈与磁体相互排斥,导致电子秤的示数大于m0,在抽出磁体(无论是匀速、加速还是减速)的过程中,线圈与磁体相互吸引,导致电子秤的示数小于m0,A、B、D三项错误;根据楞次定律可判断,将条形磁体的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项正确。角度3右手定则(2024届太原模拟)下图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,其中导体ab上的感应电流方向为a→b的是()。A BC D答案A解析A项中导体ab顺时针转动,运用右手定则:磁感线穿过手心,拇指指向导体ab的运动方向,则导体ab上的感应电流方向为a→b,A项正确;B项中导体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,B项错误;C项中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为b→a→d→c,则导体ab上的感应电流方向为b→a,C项错误;D项中导体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,D项错误。右手定则只适用于判断导体切割磁感线时产生的感应电流的方向,注意三个要点:(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。“三定则”“一定律”的综合应用1.规律比较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。(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,两条轨道间均存在垂直纸面向里的匀强磁场,当PQ在一外力的作用下运动时,MN向右运动,则PQ可能()。A.向右加速运动 B.向左加速运动C.向右减速运动 D.向左减速运动答案BC解析MN向右运动,说明MN受到向右的安培力,因为MN处的磁场垂直于纸面向里MN中的感应电流方向为M→NL1中感应电流的磁场方向向上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PQ中电流方向为Q→P且减小PQ向右做减速运动;若L2中磁场方向向下增强PQ中电流方向为P→Q且增大PQ向左做加速运动。B、C两项正确,A、D两项错误。二次感应问题的程序分析法(2024届恩施质检)如图所示,左侧闭合电路中的电流大小为I1,ab为一段长直导线;右侧平行金属导轨的左端连接有与ab平行的长直导线cd,在远离cd导线的右侧空间存在与导轨平面垂直的匀强磁场,在磁场区域放置垂直于导轨且与导轨接触良好的导体棒MN,当导体棒沿导轨匀速运动时,可在cd上产生大小为I2的感应电流。已知I1>I2,不计匀强磁场对导线ab和cd的作用,用F1和F2分别表示导线cd对ab的安培力大小和ab对cd的安培力大小。下列说法正确的是()。A.若MN向左运动,则ab与cd两导线相互吸引,F1=F2B.若MN向右运动,则ab与cd两导线相互吸引,F1=F2C.若MN向左运动,则ab与cd两导线相互吸引,F1>F2D.若MN向右运动,则ab与cd两导线相互吸引,F1>F2答案B解析导体棒MN向左运动时,由右手定则可判断,cd中的感应电流由d到c,而ab中的电流是由a到b的,即ab、cd中电流方向相反,则两导线相互排斥,A、C两项错误;MN向右运动时,由右手定则可判断,cd中的感应电流由c到d,而ab中的电流是由a到b的,故两导线相互吸引,根据牛顿第三定律,可知这两个力大小相等,B项正确,D项错误。左手定则、右手定则巧区分因果关系(1)因电而动——用左手定则(2)因动生电——用右手定则形象记忆(1)通电受力,“力”的最后一笔“丿”向左,用左手定则(2)运动生电,“电”的最后一笔“乚”向右,用右手定则1.(改编)某教室墙上有一朝南的钢窗,当把钢窗向外推开时,下列说法正确的是()。A.穿过钢窗的地磁场的磁通量变大B.穿过钢窗的地磁场的磁通量不变C.从推窗人的角度看,钢窗中的感应电流方向是逆时针方向D.从推窗人的角度看,钢窗中的感应电流方向是顺时针方向答案C解析在地球外部空间,地磁场的方向大致为从地理南极到地理北极,从推窗人的角度看,由于钢窗朝南,则地磁场穿过窗口指向人,当把钢窗向外推开时,钢窗平面与地磁场方向趋向于平行,即有效面积减小,穿过钢窗的地磁场的磁通量变小,根据楞次定律可知,感应电流的方向是逆时针方向。2.(多选)如图1所示,水平地面上固定有A、B两根粗糙的平行金属导轨,上面放有C、D两根自由导体棒。若在导轨平面正上方同样水平放置一个共轴的环形导线P,当在P中通有如图2所示的正弦式交变电流时,若C和D始终保持静止,下列关于C导体棒受力的描述正确的是()。A.0时刻不受摩擦力B.t0时刻所受支持力大小等于重力大小C.2t0时刻所受支持力大小等于重力大小D.3t0时刻不受摩擦力答案BCD解析根据楞次定律的“增缩减扩”和“来拒去留”,当P中电流增大时会使CD两个导体棒有远离的趋势,则需要向内的摩擦力和比重力更大的支持力来维持平衡,A项错误。在2t0时刻,电流为零但变化率不为零,两导体棒的电流不为零,但因P产生的磁场为零,则P对两导体棒产生的磁场力为零,该时刻所受支持力大小等于它们的重力,由此可得,C项正确。在t0时刻和3t0时刻,电流瞬间变化率为零,穿过下方闭合回路的磁通量变化率为零,下方闭合电路中没有感应电流,不受到安培力,导轨C没有运动趋势,则不受摩擦力,其所受支持力大小也正好等于导体棒重力大小,B、D两项正确。见《高效训练》P911.(2024届茂名一模)电吉他中电拾音器的基本结构如图所示。磁体附近的金属弦被磁化,在弦振动过程中线圈会产生感应电流,经电路放大后传送到音箱发出声音。下列说法正确的是()。A.拾音器的工作利用了电流的磁效应B.取走磁体,电吉他仍能正常工作C.减少线圈匝数,可减小线圈的感应电动势D.弦振动过程中,线圈中的电流方向不变答案C解析电吉他的拾音器由磁铁和线圈组成,弹动金属弦,相当于线圈做切割磁感线运动,在线圈中就会产生对应的音频电流,这利用了电磁感应的原理,A项错误;取走磁体,就没有磁场,不会产生电流,电吉他将不能正常工作,B项错误;根据法拉第电磁感应定律,减少线圈的匝数可以减小线圈的感应电动势,C项正确;弦振动过程中,线圈中磁通量有增加过程,也有减小过程,所以线圈中电流方向变化,D项错误。2.(2024届丰台二模)某实验小组的同学用如图所示的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答案B解析闭合S后,在滑片P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,电流表指针向左偏转,A项错误,B项正确;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,C、D两项错误。3.(2024届重庆考试)某小组制作了一对近距离的共轴平行闭合线圈M、N,研究线圈M中的电流在线圈N中产生的感应电流情况,则()。A.当M中电流增大时,N中会产生感应电流B.当M中电流保持不变时,N中会产生感应电流C.当M中通有电流时,N中一定有同方向的感应电流D.当M中通有电流时,N中一定有反方向的感应电流答案A解析产生感应电流的条件是闭合回路中的磁通量有变化,在M中通入电流后,N中就会有磁通量,若通入的电流不发生变化,N中的磁通量也不发生变化,N中就没有感应电流产生;当M中的电流发生变化时,N中的磁通量随之发生改变,符合产生感应电流的条件,N中就产生了感应电流,A项正确,B项错误。M中通入的电流变化情况不明确,无法判断N中感应电流的方向,C、D两项错误。4.(2024届茂名二模)某款“自发电”门铃开关的原理如图所示。在按下门铃按钮过程中,夹着永磁铁的铁块向下移动,这改变了铁块与“E”形铁芯接触的位置,使得通过线圈的磁场发生改变。松开门铃按钮后,弹簧可使之复位(与a、b连接的外电路未画出)。由此可判断()。A.未按下按钮时,a、b两点间存在电势差B.按下按钮过程中,线圈中感应电流始终由b经线圈流向aC.按钮复位过程中,线圈中的磁通量一直减小D.按下按钮过程与松开复位过程中,a点的电势始终高于b点的电势答案B解析未按下按钮时,线圈磁通量不变,因此a、b两点电势差为零,A项错误。按下按钮过程中,线圈中的磁通量先向右减小,后向左增加,根据楞次定律可知,感应电流方向从b接线柱通过线圈流向a接线柱,又因为线圈相当于电源,电源内部电流方向由负极流向正极,因此线圈a接线柱的电势比b接线柱的电势高;反之可知,按钮复位过程中,线圈中的磁通量先向左减小,后向右增大,根据楞次定律可知,感应电流方向从a接线柱通过线圈流向b接线柱,此过程线圈a接线柱的电势比b接线柱的电势低,B项正确,C、D两项错误。5.(2024届湛江模拟)如图所示,水平面内光滑的平行长直金属导轨间距为L,左端接电阻R,导轨上静止放有一金属棒(电阻不计)。正方形虚线框内有竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场,该磁场正以速度v匀速向右移动,则()。A.电阻R两端的电压恒为BLvB.电阻R中有从a向b的电流C.导体棒以速度v向左运动D.导体棒也向右运动,只是速度比v小答案D解析根据楞次定律,磁场正以速度v向右匀速移动,磁通量减小,则导体棒也向右运动,阻碍磁通量的减小,但由于要产生感应电流,棒的速度比v小,C项错误,D项正确;由此可认为磁场不动,棒向左切割磁感线,感应电流方向从b向a流过R,B项错误;产生感应电动势的大小看棒与磁场的相对速度,故电阻R两端的电压不是恒为BLv,A项错误。6.(2024届朝阳二模)如图所示,用细线吊起一个铝环,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,铝环将会向左摆动答案B解析N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,A项错误;铝环向右摆动的过程中,铝环的动能和重力势能均增大,且铝环中有感应电流,产生焦耳热,所以磁铁对铝环做的功大于铝环动能的增加量,B项正确;仅将铝环改为铁环,条形磁铁吸引铁环,所以铁环可能向左摆动,C项错误;若将磁铁的S极沿铝环的中心轴线靠近铝环,铝环仍将向右摆动,D项错误。7.(2024届韶关二模)(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,从而减小对厢内人员的伤害。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对电梯轿厢的下落有阻碍作用,A对电梯轿厢没有阻碍作用D.金属线圈B有收缩的趋势,A有扩张的趋势答案AD解析当电梯坠落至题图所示位置时,闭合线圈A中向上的磁场减弱,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,A项正确,B项错误。结合上述分析可知,当电梯坠落至题图所示位置时,闭合线圈A、B都在阻碍电梯下落,C项错误。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,线圈A有扩张的趋势,D项正确。8.(2024届葫芦岛二模)如图1所示,固定的长直导线与固定的圆形闭合金属线框位于同一平面内,长直导线中的电流随时间的变化关系如图2所示,直导线中电流向下。下列说法正确的是()。A.线框中会产生逆时针方向的电流B.线框中会产生顺时针方向的电流C.线框受到的安培力平行于直导线向上D.线框受到的安培力平行于直导线向下答案B解析长直导线中的电流向下均匀增大,则圆形闭合金属线框中的磁通量向外均匀增大,由楞次定律和安培定则可知,线框中会产生顺时针方向的感应电流,结合左手定则可知,线框会受到向右的安培力,B项正确。9.(2024届宝鸡二模)(多选)如图,两同心圆环A、B置于同一水平面上,其中B为均匀带正电绝缘环,A为导体环。当B绕轴心顺时针转动且转速增大时,下列说法正确的是()。A.A中产生逆时针方向的感应电流B.A中产生顺时针方向的感应电流C.A具有收缩的趋势D.A具有扩张的趋势答案AD解析由图可知,B为均匀带正电绝缘环,B中电流沿顺时针方向,由右手螺旋定则可知,电流产生的磁场在B环内向里且逐渐增大;由楞次定律可知,磁场增大时,感应电流的磁场与原磁场的方向相反,所以感应电流在环内的磁场的方向向外,感应电流的方向为逆时针方向,A项正确,B项错误。B环外的磁场的方向与B环内的磁场的方向相反,即B环外的磁场垂直纸面向外,A中产生逆时针方向的感应电流,由左手定则可知,A环受到沿半径向外的安培力,则A环具有扩张的趋势,C项错误,D项正确。10.(2024届宜春期末)如图1,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中通有变化的电流i,电流随时间变化的规律如图2所示,图1中箭头方向为电流正方向。P所受的重力为G,桌面对P的支持力为FN,则()。A.t1时刻,从上往下看,P中有逆时针方向的电流且FN>GB.t2时刻,穿过P的磁通量为零且FN=GC.t3时刻,P中没有感应电流且FN=GD.t4时刻,穿过P的磁通量最小且FN<G答案A解析t1时刻,Q中电流正在增大,根据安培定则和楞次定律可知,此时P中产生逆时针方向的电流,P有远离Q的趋势,即有FN>G,A项正确;t2、t4时刻,Q中电流不发生变化,这两个时刻穿过P的磁通量不为零且不变化,P中不产生感应电流,FN=G,B、D两项错误;t3时刻,Q中电流正在减小,根据安培定则和楞次定律可知,此时P中产生顺时针方向的电流,但螺线管电流为零,产生的磁场为零,P不受安培力,有FN=G,C项错误。11.(2024届西安期末)“探究影响感应电流方向的因素”的实验装置如图1所示,已知当电流从“+”接线柱流入电流表时,指针向右偏转。(1)将条形磁铁按图1方式S极向下插入螺线管时,发现电流表的指针向右偏转。螺线管的绕线方向如图2所示。请在图2中标出螺线管中的感应电流方向。将该条形磁铁从螺线管中向上抽出时,电流表的指针向(选填“左”或“右”)偏转。

(2)经分析可得出结论:当穿过螺线管的磁通量增加时,感应电流产生的磁场与条形磁铁的磁场方向(选填“相同”或“相反”)。

(3)有同学又用图1中的器材完成了如下实验。条形磁铁的轴线和铁芯的轴线及连接线圈和电流计的导线在同一平面内,铁芯、线圈及条形磁铁的几何中心均在与铁芯垂直的PQ连线上。条形磁铁分别与线圈相互平行或相互垂直放置,使其沿QP方向靠近线圈。在如下情形中能观察到明显的电磁感应现象,且图中标出的电流计指针偏转方向正确的是。

ABCD答案(1)图见解析左(2)相反(3)A解析(1)由图可知,线圈中磁场的方向向上,题述“当电流从‘+’接线柱流入电流表时,指针向右偏转”,据此可知线圈中电流方向由B流向A,如图所示。将条形磁铁从螺线管中抽出时,穿过线圈的磁通量减少,根据楞次定律,感应电流的磁场应与原磁场方向相同且向上,阻碍磁通量的减少,根据安培定则可知,线圈中感应电流方向由A到B,则电流表的指针向左偏转。(2)S极向下插入螺线管时,线圈中磁通量增大,根据楞次定律可知,感应电流的磁场应该与原磁场方向相反,且感应电流的磁场方向向下,阻碍磁通量的增加。(3)对于A、B两图,根据竖直条形磁铁磁感线模型可知,线圈中磁场方向为竖直向下,当磁铁靠近时,线圈内磁通量增加,感应电流方向从上向下看为逆时针方向,电流从正极进入电流计,电流计指针向右偏,A项正确,B项错误;对于C、D两图,根据水平条形磁铁磁感线模型可知,条形磁铁磁感线关于直线PQ对称,PQ经过线圈与铁芯的几何中心,所以线圈内的磁通量始终为零,磁铁靠近时磁通量不变,不会产生感应电流,C、D两项错误。第2讲法拉第电磁感应定律涡流自感对应学生用书P276考点一法拉第电磁感应定律1.感应电动势(1)概念:在①中产生的电动势。

(2)产生条件:穿过回路的②发生改变,与电路是否闭合③。

(3)方向判断:感应电动势的方向用④或⑤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磁通量的⑥成正比。

(2)公式:E=⑦,其中n为线圈匝数。

(3)感应电流与感应电动势的关系:纯电阻电路中遵循闭合电路的⑧定律,即I=⑨。

3.导体切割磁感线的情形(1)若B、l、v相互垂直,则E=⑩。

(2)v∥B时,E=0。答案①电磁感应现象②磁通量③无关④楞次定律⑤右手定则⑥变化率⑦nΔΦΔt⑧欧姆如图,结合“探究感应电流产生条件”的几个演示实验,回答下列问题:(1)电流表指针偏转程度跟感应电动势的大小有什么关系?(2)如图,将条形磁体从同一高度插入线圈中,快速插入和慢速插入有什么相同和不同的地方?答案(1)由闭合电路欧姆定律I=ER+r知,当电路的总电阻一定时,E感越大,I感越大,指针偏转程度越大。(2)磁通量变化相同,但磁通量变化的快慢不同,角度1B随时间t变化类型(改编)(多选)无线充电技术已经广泛应用于日常生活中。图1为无线充电受电线圈的示意图,线圈匝数为n,面积为S,总电阻为R,某段时间Δt内送电线圈产生的磁场平行于受电线圈的轴线穿过受电线圈。设向右为正方向,磁感应强度随时间变化的图像如图2所示。则在0到t1时间内,下列说法正确的是()。A.线圈a端的电势比线圈b端的电势高B.通过线圈的磁通量的变化量为nS(B2+B1)C.受电线圈中产生的感应电动势恒为nSD.若用导线(电阻不计)将线圈a、b两端连接起来,则通过导线横截面的电荷量为nS答案AD解析由题意可知线圈中原磁场先向左减弱后向右增强,根据楞次定律可知,感应磁场方向一直向左,根据线圈环绕方向知线圈a端的电势比线圈b端的电势高,A项正确;在0到t1时间内,通过线圈的磁通量的变化量ΔΦ=SB2-S(-B1)=S(B2+B1),B项错误;由法拉第电磁感应定律得E=nΔΦΔt=nS(B2+B1)t1,C项错误;若用导线(不计电阻)将线圈a、b两端连接起来,则通过导线横截面的电荷量Q=IΔ(2024届延庆一模)如图1所示,100匝的线圈(图中只画了2匝)两端A、B与一个R=40Ω的电阻相连。线圈内有垂直于纸面向里的匀强磁场,穿过线圈的磁通量按图2所示规律变化。已知线圈的总电阻r=10Ω,则()。A.线圈内感应电流的方向为顺时针B.A点电势比B点电势低C.通过电阻R的电流大小为1.0AD.0.2s内电路中产生的电能为1.0J答案C解析由图可知,穿过线圈的磁通量方向向里增大,根据楞次定律可知,线圈内感应电流的方向为逆时针,外电路中电流从A点经电阻R流到B点,所以A点电势比B点电势高,A、B两项错误;根据法拉第电磁感应定律可得,线圈中产生的感应电动势E=nΔΦΔt=100×0.15-0.100.1V=50V,通过电阻R的电流大小I=ER+r=5040+10A=1.0A,C项正确;0.2s内电路中产生的电能等于电路中产生的焦耳热,则有Q=I2(R+r)t=12×(40+10)×0.21.应用法拉第电磁感应定律E=nΔΦ(1)研究对象:是一个回路,而不是一段导体。(2)物理意义:E=nΔΦΔt求的是Δt时间内的平均感应电动势,当Δt→0时(3)E=nΔΦΔt求得的电动势是整个回路的感应电动势,而不是回路中某段导体的电动势,2.法拉第电磁感应定律应用的三种情况(1)磁通量的变化是由面积变化引起时,ΔΦ=B·ΔS,则E=nBΔS(2)磁通量的变化是由磁场变化引起时,ΔΦ=ΔB·S,则E=nΔBΔt·S(3)磁通量的变化是面积和磁场变化共同引起时,则根据定义式求,ΔΦ=Φ末-Φ初,E=nB2S2-角度2金属棒平动切割磁感线如图,一段直导线(或等效成直导线),以垂直于磁场的速度v平动切割磁感线,产生的感应电动势E=Blv。(2024届湛江模拟)(多选)如图所示,一导线弯成半径为a的半圆形闭合回路。虚线MN右侧有磁感应强度为B的匀强磁场,方向垂直于回路所在的平面。导线以速度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()。A.CD段直导线不受安培力B.CD段直导线受安培力C.感应电动势最大值Em=2BavD.感应电动势平均值E-=14答案BD解析由楞次定律和安培定则可知,感应电流始终沿逆时针方向,由左手定则判断,CD段直导线所受安培力方向始终向下,A项错误,B项正确;当线框有一半进入磁场时,切割磁感线的有效长度最大,最大感应电动势Em=Bav,C项错误;根据法拉第电磁感应定律可得,感应电动势的平均值E-=nΔΦΔt,n=1,则E-=BSΔt=BE=Blv的五个特性角度3金属棒旋转切割磁感线(2023年辽宁卷)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解析如图所示,导体棒匀速转动,设速度为v,棒转过的角度为θ,则导体棒垂直于磁感线方向的分速度v⊥=vcosθ,根据e=BLv⊥,可知导体棒两端的电势差u=e=BLvcosθ=BLvcosωt,即u随时间t变化的图像为余弦图像,C项正确。(2024届深圳一模)某直升机在北半球上空悬停时,长度为L的导体螺旋桨叶片在水平面内顺时针匀速转动(俯视),转动角速度为ω。该处地磁场的水平分量为Bx,竖直分量为By。叶片的近轴端为a,远轴端为b。忽略转轴的尺寸,则()。A.叶片中感应电动势为12BxL2ω,a端电势高于bB.叶片中感应电动势为12BxL2ω,a端电势低于bC.叶片中感应电动势为12ByL2ω,a端电势高于bD.叶片中感应电动势为12ByL2ω,a端电势低于b答案D解析北半球的地磁场方向相对于地面是斜向下的,由题意可知,叶片切割地磁场的竖直分量,叶片中感应电动势E=ByL·0+ωL2=12ByL2ω,由题意知,每个叶片都切割磁感线,相当于电源,且电源内部电流从低电势流向高电势,则由右手定则可得,a端电势低于b端电势直导体棒旋转切割产生感应电动势的三种情况(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=12BωL2(3)以任意点为轴时,E=12Bω(L12-L22)(L1>L考点二自感涡流电磁驱动与电磁阻尼1.自感现象(1)概念:由于导体本身的①变化而产生的电磁感应现象称为自感。

(2)自感电动势A.定义:在自感现象中产生的感应电动势叫作②。

B.表达式:E=③。

(3)自感系数LA.相关因素:与线圈的④、形状、⑤以及是否有铁芯有关。

B.单位:亨利(H),1mH=⑥H,1μH=⑦H。

2.涡流当线圈中的电流发生变化时,在它附近的任何导体中都会产生感应电流,这种电流像水的漩涡,所以叫涡流。答案①电流②自感电动势③LΔIΔt④大小⑤匝数⑥10-3⑦如图所示,闭合开关,调节R使两灯泡亮度相同(说明电感线圈L的直流电阻与R接入电路的阻值相等),再调节R1,使两灯泡正常发光。(1)断开开关,观察到的现象:。原因:断开开关时,电感线圈L中的电流减小,会产生自感电动势阻碍其,电感线圈L与A1、A2及R构成闭合回路。

(2)闭合开关,观察到的现象:。原因:闭合开关时,电感线圈L中的电流增大,会产生自感电动势阻碍其,相当于这条支路的电阻很大。

答案(1)A1、A2逐渐变暗,最终熄灭减小(2)A1逐渐变亮,A2瞬间变亮增大角度1两类自感现象1.通电自感和断电自感的比较2.分析自感问题的三个技巧(2024届辽宁期末)在如图所示的电路中,A1和A2是完全相同的灯泡,自感线圈L的直流电阻可以忽略。下列说法正确的是()。A.合上开关S瞬间,A1和A2同时亮B.合上开关S瞬间,A1立刻亮,A2逐渐变亮C.合上开关S一段时间后,A1和A2一样亮D.合上开关S一段时间后,A2比A1更亮答案C解析合上开关S瞬间,由于电感线圈会阻碍电流的增大,所以A1支路电流缓慢增大,A1逐渐变亮,A2支路由于只有灯泡,所以A2立刻亮,A、B两项错误;合上开关一段时间后,自感线圈对电流不再有阻碍作用,又线圈L的直流电阻可以忽略,故两灯泡一样亮,C项正确,D项错误。角度2涡流及其应用(1)现象:块状金属放在变化磁场中,或者让它在磁场中运动时,金属块内产生的漩涡状感应电流。(2)原因:金属块内磁通量变化→感应电动势→感应电流。(2024届南昌期中)2023年3月22日02时至20时,北京市阵风7级左右,山区阵风高达9级,给人们的出行带来困难。北京中信大厦(中国尊)上的电磁阻尼器出现了摆动,及时对大厦进行减振,示意图如图所示。下列说法正确的是()。A.风速越大,导体板中磁通量变化率越小B.风速越大,导体板内产生的感应电动势越小C.风速越大,导体板内涡电流越小D.导体板内涡电流对永磁铁的电磁阻力是中信大厦(中国尊)减振的原因答案D解析风速越大,永磁铁与可摆动质量块摆动越厉害,导体板中磁通量变化率越大,导体板中产生的感应电动势越大,产生的涡电流也越大,A、B、C三项错误;导体板内的涡电流与永磁铁间的电磁阻力,是中信大厦(中国尊)减振的原因,D项正确。角度3电磁驱动与电磁阻尼比较项电磁阻尼电磁驱动不同点成因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磁场运动(或变化)引起导体所在电路中磁通量变化而产生感应电流,从而使其受安培力效果导体受到安培力的方向与其运动方向相反,阻碍导体运动导体受到安培力的方向与其运动方向相同,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,最终转化为内能磁场能在电磁感应过程中转化为电能,又通过安培力做功,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,都是安培力阻碍导体与引起感应电流的磁场间的相对运动(2024届滨州期中)关于教材中的插图,下列说法正确的是()。A.图1中,转动手柄使磁体转动起来,由于电磁感应,铝框也会跟着一起转动,稳定后铝框一定比磁体转动慢B.图2中,将一圆柱形强磁体从甲、乙所示的铝管上端放入管口,由静止释放。因为乙管有裂缝不闭合,强磁体做自由落体运动C.图3为动圈式扬声器,线圈圆筒安放在永磁体磁极间的空隙中,能够在空隙中左右运动。音频电流通进线圈,安培力使线圈左右运动。纸盆与线圈连接,随着线圈振动而发声。这样的扬声器不能当作话筒D.图4为一个铜盘,轻轻拨动它,能长时间地绕轴自由转动。如果在转动时把U形磁铁的两极放在铜盘的边缘,但并不与铜盘接触,铜盘就能在较短的时间内停止,把铜盘换成塑料盘,也会看到同样的现象答案A解析根据电磁驱动原理,当转动手柄使得蹄形磁体转动时,铝框会同向转动,且比磁体转动得慢,A项正确;题图2中乙虽然是有竖直裂缝的铝管,但是强磁体在铝管中下落时,在铝管中也会产生涡流,对强磁体产生向上的阻力,所以强磁体的运动不是自由落体运动,B项错误;题图3中这种是动圈式扬声器,若有声音使得纸盆振动,则会带动线圈振动,切割磁感线产生感应电流,所以这样的扬声器也能当作话筒,C项错误;当转动铜盘时,铜盘的一部分切割磁感线,从而产生感应电流,此时机械能转化为电能,最终转化为内能,把铜盘换成塑料盘,不会产生感应电流,则不会消耗机械能,即不会看到同样的现象,D项错误。1.(改编)(多选)有一简易发电装置如图所示,半径r=0.3m的导体圆环位于纸面内,组成该导体圆环材料的总电阻R1=0.4Ω,且单位长度电阻相同,O为圆心。环内存在匀强磁场,磁感应强度B=2T,方向垂直纸面向里。导体棒OM可绕O转动,M端通过滑动触点与圆环良好接触。在圆心和圆环间连接的小灯泡电阻R2=1.4Ω。OM以恒定角速度ω=4rad/s逆时针转动,导体棒的电阻R3=0.3Ω。则下列说法正确的是()。A.φO<φMB.电流方向由M指向OC.感应电动势E=0.16VD.OM间电压的最大值为0.3V答案BD解析导体棒OM逆时针转动,根据右手定则,可得OM中感应电流由M到O,OM相当于电源,则O端电势较高,A项错误,B项正确;根据法拉第电磁感应定律,可得回路的电动势大小E=Brv=Br·rω2=2×0.3×0.3×42V=0.36V,C项错误;当M端移到圆环最低点时,外电阻最大,则闭合回路中的最大电阻R=R2+R3+12×12R1=1.8Ω,则最小电流I=ER=0.361.8A=0.2A,根据闭合电路欧姆定律,可得OM间最大电压U=E-IR3=(0.36-0.2×0.3)V=0.2.如图所示,一足够大的光滑水平台面上存在垂直于水平面向下的非匀强磁场,已知沿x轴正方向磁场的磁感应强度均匀增大,沿y轴方向磁场的磁感应强度不变。一闭合的正方形金属线框在图示恒力F作用下由静止开始运动,下列说法中正确的是()。A.线框中产生顺时针方向的感应电流B.线框的加速度一直减小C.恒力F的功率一直增大D.线框运动的速度先增大后不变答案C解析根据楞次定律可知感应电流方向为逆时针,A项错误;将恒力F沿x轴方向和y轴方向分解,y轴方向合力只有Fy且为恒力,x轴方向合力逐渐减小至零,可见加速度先减小后不变,速度一直增大,B、D两项错误;由于恒力F沿y轴方向与x轴方向分力大小不变,y轴方向速度一直增大,x轴方向速度先增大后不变,而PF=Fyvy+Fxvx,故恒力F的功率一直增大,C项正确。3.(多选)图1为两个平行正对的线圈O1、O2(O1、O2为两线圈的圆心),两线圈通有大小、方向均相同的电流,电流随时间变化的规律如图2所示,m点位于O1、O2连线中点,在m点放置一个与通电线圈平行的小金属圆环,其圆心在m点。n点在O1O2的延长线上并位于O2右侧附近,下列说法正确的是()。A.0~t1时间段,位于m点的圆环产生的感应电流方向与产生磁场的线圈电流方向相反B.t1~t2时间段,位于m点的圆环产生的感生电动势增大C.t2~t3时间段,线圈O1、O2对位于m点的环的合力始终为零D.如果在n点放一小金属块,在t4~t5时间段,小金属块将受到线圈O1、O2对它的排斥力答案ABC解析0~t1时间段,通过位于m点的小圆环的磁通量增大,故产生的感应电流方向与产生磁场的线圈电流方向相反,A项正确;t1~t2时间段,线圈电流变化率增大,位于m点的圆环产生的感生电动势增大,B项正确;t2~t3时间段,两通电线圈中电流反向增大,由楞次定律可知,圆环中电流与线圈中电流反向,两线圈对圆环的作用力均为吸引力,又因为m为O1、O2的中点,所以线圈对圆环的合力为零,C项正确;如果在n点放一小金属块,在t4~t5时间段,电流减小,则磁场减小,穿过金属块的磁通量减小,金属块中产生与线圈中电流方向相同的涡流,金属块受到线圈O1、O2对它的吸引力,D项错误。4.如图1所示,等腰直角三角形导线框用绝缘细线悬挂于天花板下方,图中虚线过ab边中点和ac边中点,在虚线的下方有垂直于导线框向里的匀强磁场。磁感应强度大小随时间变化的图像如图2所示,已知三角形导线框直角边的长度l=0.40m,导线框的总电阻R=0.006Ω。求:(1)t=2.0s时三角形导线框所受安培力的大小。(2)在t=0到t=2.0s时间内三角形导线框产生的焦耳热。答案(1)0.022N(2)0.012J解析(1)导线框中产生的感应电动势E=Δ由图2可知ΔBΔt=0.所以E=SΔBΔt=34SabcΔBΔt=34×12×0.4导线框中的电流I=ER=1由图2可知t=2.0s时磁感应强度B2=(0.3-0.1×2)T=0.1T导线框处于磁场中的有效长度L=0.22m此时导线框所受安培力大小F=B2IL代入数据得F=0.022N。(2)在t=0到t=2.0s时间内,三角形导线框产生的焦耳热Q=I2Rt代入数据得Q=0.012J。见《高效训练》P931.(2023年湖北卷)近场通信(NFC)器件应用电磁感应原理进行通信,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答案B解析根据法拉第电磁感应定律可知E=ΔΦΔt=SΔBΔt=103×(1.02+1.22+1.42)×10-4V=02.(2023年江苏卷)如图所示,圆形区域内有方向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>φCB.φC>φAC.φO=φAD.φO-φA=φA-φC答案A解析由题图可看出OA导体棒转动切割磁感线,则根据右手定则可知φO>φA,其中导体棒AC段不在磁场中,不切割磁感线,电流为0,则φC=φA,A项正确,B、C两项错误;根据以上分析可知φO-φA>0,φA-φC=0,则φO-φA>φA-φC,D项错误。3.(2024届北京一模)如图所示,用同种细导线做成两个闭合单匝线圈,正方形线圈的边长与圆形线圈的直径相等,把它们放入磁感应强度随时间均匀变化的同一匀强磁场中,线圈所在平面均与磁场方向垂直。若正方形、圆形线圈中的感应电动势分别用E1、E2表示,感应电流分别用I1,I2表示,则()。A.E1∶E2=4∶πI1∶I2=4∶πB.E1∶E2=4∶πI1∶I2=1∶1C.E1∶E2=1∶1I1∶I2=1∶1D.E1∶E2=1∶1I1∶I2=4∶π答案B解析设正方形线圈的边长为L,则圆形线圈的直径也为L,根据法拉第电磁感应定律可得两者的感应电动势分别为E1=L2ΔBΔt,E2=πL22ΔBΔt,解得E1∶E2=4∶π;根据电阻定律可得两者的电阻分别为R1=ρ4LS,R2=ρπLS,又I=E4.(2024届岳阳二模)如图所示,半径为r的圆形区域内存在方向竖直向上,磁感应强度大小随时间变化的匀强磁场,关系为B=kt(k>0且为常量)。现将单位长度电阻为R、半径为x的金属圆环放入这个磁场中,圆环与磁场边界为同心圆。下列说法正确的是()。A.若x为2r,则圆环产生的感应电动势大小为4kπr2B.从上往下看,金属圆环中的电流沿顺时针方向,且电流随时间均匀增大C.若x分别为12r和2r,则两种圆环中产生的感应电动势之比为1∶D.若x分别为12r和2r,则单位时间内两种圆环中产生的焦耳热之比为1∶答案C解析圆环产生的感应电动势大小E=ΔΦΔt=πr2·ΔBΔt=kπr2,A项错误;由楞次定律可得,金属圆环中的电流沿顺时针方向,且感应电动势为定值,则感应电流也为定值,B项错误;若x分别为12r和2r,则这两种圆环中产生的感应电动势之比E1E2=π12r2kπr2k=15.(2024届江苏二模)如图1所示,一条南北走向的马路,路口设有出入道闸,每侧道闸金属杆长为L,当有车辆通过时杆会从水平位置匀速转过90°,所用时间为t。此处地磁场方向如图2所示,B为地磁场总量,BH为地磁场水平分量,Bx、By、Bz分别为地磁场在x、y、z三个方向上的分量大小。则杆在转动升起的过程中,两端电势差的大小为()。A.πBxL24t B.π2B答案A解析杆从水平位置匀速转过90°,所用时间为t,可知金属杆的角速度ω=π2t,由于马路沿南北方向,则金属杆转动过程切割Bx,则金属杆两端电势差的大小U=BxLv=BxL0+ωL2=12BxL2ω,联立解得6.(2024届西城二模)将灯泡A、线圈L、电池组E和开关S连接成如图所示的电路。先闭合开关S,使灯泡发光,然后断开开关S,观察到灯泡闪亮的现象。下列说法正确的是()。A.闭合S瞬间线圈L不产生自感电动势B.断开S瞬间电路中a点电势低于b点电势C.断开S前后通过灯泡A的电流大小不变D.闭合S后电源输出的电功等于灯泡A和线圈L的焦耳热之和答案B解析闭合S瞬间,电路接通,线圈L要阻碍电流通过,产生与电源相反的自感电动势,A项错误;开关S断开前,自感线圈中的电流是自左向右的,在断开S瞬间,自感线圈要阻碍电流的减小,因此产生与原电流方向相同的感应电流,与灯泡构成闭合回路,回路中的电流为逆时针方向,因此a点电势低于b点电势,B项正确;断开开关S,观察到灯泡闪亮的现象,说明断开开关后瞬间通过灯泡的瞬时电流大于开关断开前的电流,C项错误;因为闭合开关后,自感线圈将一部分电场能转化为磁场能储存起来,因此闭合S后电源输出的电功大于灯泡A和线圈L的焦耳热之和,D项错误。7.(2024届武汉期末)(多选)汽车上使用的电磁制动装置示意图如图所示。电磁制动的原理是当导体在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,导体不会产生热量B.制动力的大小与导体运动的速度有关C.线圈中既可以通交流电,也可以通直流电D.如果改变线圈中的电流方向,可以使导体获得促进它运动的动力答案BC解析当导体在通电线圈产生的磁场中运动时,会产生涡流,电流流过电阻时会产生热量,A项错误;导体运动的速度越大,磁通量变化越快,产生的感应电流越强,制动器对转盘的制动力越大,故制动力的大小与导体运动的速度有关,B项正确;电磁制动的原理是当导体在通电线圈产生的磁场中运动时,产生涡流,故通电线圈通直流电,产生方向不变的磁场也是可以的,C项正确;如果改变线圈中的电流方向,铁芯产生的磁感线的方向反向,此时产生的涡流方向也相反,根据安培力的公式,电流和所处的磁场方向同时反向,安培力方向不变,故还是使导体受到阻碍运动的制动力,D项错误。8.(改编)如图所示,有界匀强磁场的磁感应强度大小为B,有一半径为R的线圈,其单位长度上的电阻为r,线圈直径MN垂直磁场边界于M点,现以M点为轴,在纸面内将线圈沿顺时针方向匀速旋转90°,角速度为ω,则()。A.感应电流方向为逆时针方向B.感应电动势的最大值为BR2ωC.感应电流的最大值为2D.整个过程通过导体任意横截面的电荷量为BR答案D解析根据楞次定律,感应电流产生的磁场总要阻碍原磁通量的变化,可知在线圈转动的过程中通过线圈的磁通量减小,由此可知感应电流应为顺时针方向,A项错误;当转过90°时,瞬间感应电动势最大,此时切割磁感线的有效长度最大,为圆形线圈的直径,由此可得感应电动势的最大值Em=12B(2R)2ω=2BR2ω,根据闭合电路的欧姆定律可知感应电流的最大值Im=EmR总=2BR2ω2πRr=BRωπr,B、9.(2024届桂林二模)(多选)如图所示,纸面内的菱形金属线框ABCD以速度v0平行于AD方向匀速通过一有界的匀强磁场,磁场的边界PQ、MN相互平行,磁感应强度大小为B,方向垂直纸面向里。已知线框的电阻为R,线框的边长和磁场宽度均为L,∠A=60°,AD⊥PQ,下列说法正确的是()。A.A点离开磁场后线框内的感应电流沿顺时针方向B.线框内感应电动势的最大值为32C.此过程中穿过线框的磁通量的最大值为73D.线框穿过磁场的整个过程中回路中的最大热功率为B答案BC解析线框的A点离开磁场后,穿过线框的磁通量垂直纸面向里先增大后减小,由楞次定律可知线框中的电流先沿逆时针方向,后沿顺时针方向,A项错误;从B点进入磁场到D点进入磁场的过程中线框内的感应电动势最大,有Emax=3BLv02,B项正确;当线框到达图示位置时,穿过线框的磁通量最大,此时A点和C点到磁场边界MN和PQ的距离相等,所以穿过线框的磁通量的最大值Φmax=32L2-L4×L2×32B=7316BL210.(多选)如图所示,空间分布有一半径为R的半圆形匀强磁场区域,磁感应强度大小为B。一边长为R的单匝矩形金属线框(阻值分布均匀)从图示位置向右以速度v匀速通过磁场区域,则关于金属线框的情况,下列说法正确的是()。A.金属线框穿过磁场区域的过程中,感应电流先逐渐增大后逐渐减小直至为零B.当金属线框的位移为R2时,ab间的电势差大小为3C.当金属线框的位移为32R时,acD.当金属线框的位移为32R时,bd间的电势差大小为3答案BD解析金属线框穿过磁场区域的过程中,感应电流先逐渐增大后减小到零,再反向增大到最大后又减小到零,A项错误;当金属线框的位移为R2时,bd边的有效切割长度为3R2,感应电动势为B3R2v,ab间的电势差大小为38BRv,B项正确;当金属线框的位移为32R时,ac边和bd边的有效切割长度均为3R2,电流方向相反,回路电流为零,但ac和bd11.(2024届苏北一模)将一根涂有绝缘层的硬质细金属丝顺次绕成如图所示的“8”字形线圈,两个圆形线圈的半径分别为2r和r,匀强磁场垂直于线圈平面,磁感应强度B随时间t变化的规律为B=B0+kt,已知线圈总电阻为R。(1)仅将大圆线圈置于磁场中,求线圈中的电流I。(2)将该线圈全部置于磁场中,求在时间t内通过线圈横截面的电荷量q。解析(1)仅将大圆线圈置于磁场中,感应电动势E1=ΔΦ1Δt=ΔBS1Δ故线圈中的电流I1=E1R=(2)感应电动势E2=Δ其中Φ2=B[π(2r)2-πr2]=3πr2B解得E2=3kπr2线圈中的电流I2=E2R时间t内通过线圈横截面的电荷量q=I2t=3k专项突破11电磁感应中的电路与图像问题对应学生用书P282题型一电磁感应中的电路问题角度1电磁感应中的电路结构识别(2024届枣庄期末)半径分别为r和4r的同心圆形导轨固定在同一水平面内,一根长为3r、电阻为R的均匀金属棒MN置于圆导轨上,NM的延长线通过圆导轨中心O,在两导轨之间接有阻值分别为R1=R、R2=3R的两定值电阻,装置的俯视图如图所示。整个装置位于匀强磁场中,磁感应强度大小为B、方向竖直向下。金属棒在水平外力作用下以角速度ω绕圆心O顺时针匀速转动,在转动过程中始终与导轨保持良好接触,不跟电阻相碰,导轨电阻忽略不计。下列说法正确的是()。A.金属棒中电流从N流向MB.金属棒转动产生的电动势为92BωrC.流过电阻R1的电流为2D.水平外力做功的功率为225答案D解析由右手定则可知,金属棒中电流从M流向N,A项错误;由公式E=BLv,可得金属棒转动产生的电动势E=12B(4r)2ω-12Br2ω=152Bωr2,B项错误;由闭合电路欧姆定律,可得电路中的电流I=ER外+R内=152Bωr2R1R2R1+R2+R内=30Bωr27R,流过电阻R电磁感应中电路问题的解题流程角度2电磁感应中电荷量的计算(改编)如图所示,有三个用相同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。线框所在平面在同一水平面上,它们的底端与垂直水平面向下的匀强磁场边界重合。现使它们平动全部进入磁场,正方形、圆形和正六边形线框全部进入磁场时通过线框横截面的电荷量分别为q1、q2和q3。则()。A.q1<q3<q2B.q1>q3>q2C.q1=q2>q3D.q1=q2=q3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,正方形线框的周长和面积分别为C1=8r,S1=4r2;同理可知圆线框的周长C2=2πr,面积S2=πr2;正六边形线框的周长和面积分别为C3=6r,S3=12×6×r×32r=33r22。三线框材料、粗细相同,根据电阻定律R=ρLS横截面,可知三个线框电阻之比R1∶R2∶R3=C1∶C2∶C3=8∶2π∶6,根据E=BΔSΔt,I=ER,q=IΔt,联立解得q=BΔSR,当正方形、圆形和正六边形线框全部进入磁场时通过线框横截面的电荷量之比即为SR之比,可得电荷量之比q1∶q2∶q3电磁感应电路中电荷量:q=nΔ(1)推导:通过回路横截面的电荷量q=I-Δt=E−RΔt=nΔΦRΔtΔ(2)注意:感应电荷量q由n、ΔΦ和电阻R共同决定,与Δt无关。角度3含电容器的感应电路问题(2024届重庆二调)如图1,在垂直于纸面向里的匀强磁场区域中有一开口很小的圆形线圈,在线圈开口左端连接一阻值R=6Ω的电阻,一个电容C=1.25×10-3F的电容器与R并联。已知圆形线圈面积为0.2m2,圆形线圈的电阻r=4Ω,其余导线电阻不计,磁感应强度B随时间t变化的关系如图2所示。在0~4s内,下列说法正确的是()。A.回路中感应电动势大小为2VB.回路中感应电流的大小为0.05AC.R两端的电压为0.12VD.电容器充电完成后,上极板带电荷量为2.5×10-4C答案C解析在0~4s内,根据法拉第电磁感应定律有E=ΔΦΔt=ΔBΔtS=44×0.2V=0.2V,A项错误;根据闭合电路欧姆定律可知I=ER+r=0.26+4A=0.02A,B项错误;R两端的电压U=IR=0.2×6V=0.12V,C项正确;充电完成后电容器上极板带电荷量Q=CU=1.25×10-3×0.12C=1题型二电磁感应中的图像问题角度1由给定的电磁感应过程选出或画出正确的图像(2024届北京一模)如图所示,边长为L的正方形单匝均匀金属线框置于光滑水平桌面上,在拉力作用下以恒定速度通过宽度为D、方向竖直向下的有界匀强磁场,线框的边长L小于有界磁场的宽度D,在整个过程中线框的ab边始终与磁场的边界平行,若用I表示通过线框的电流(规定逆时针为正),F表示拉力,P表示拉力的功率,Uab表示线框a、b两点间的电势差,则下列反映这些物理量随时间变化的图像中正确的是()。ABCD答案C解析进出磁场过程,线框中的感应电流大小I=BLvR且保持不变,由楞次定律可知,线框进入磁场时感应电流为逆时针方向(正值),离开磁场时电流为顺时针方向(负值),A项错误;进出磁场时线框所受安培力方向均向左,大小恒定,故拉力F均向右,大小恒定,当线框完全进入磁场后,拉力应为0,B项错误;由于线框匀速运动,故满足F=BIL=B2L2vR,拉力的功率P=Fv=B2L2v2R,进出磁场时功率相同,C项正确;进入磁场时ab边切割磁感线产生感应电动势,相当于电源,a、b两点间电压为路端电压,即Uab=ER·34R=34E,离开磁场时cd边相当于电源,ab只是外电路的一部分,此时a、b两点间的电压Uab'=ER·14R=14E,当线框完全进入磁场中后,电磁感应图像问题分析方法角度2由给定的有关图像分析电磁感应过程,求解相应的物理量(2023年全国甲卷)(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1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2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答案AD解析电流的峰值越来越大,即小磁体在依次穿过每匝线圈的过程中磁通量的变化率越来越大,因此小磁体的速度越来越快,A、D两项正确;假设小磁体是N极向下穿过线圈,则在小磁体靠近每匝线圈的过程中磁通量向下增大,根据楞次定律可知线圈中产生逆时针的电流,而在穿出远离每匝线圈的过程中磁通量向下减小,产生顺时针的电流,即电流方向前后相反,与题干图中描述的穿过线圈的过程电流方向变化相符,S极向下同理,所以磁体穿过8匝线圈的过程中会出现8个这样的图像,并且随下落速度的增大感应电流的最大值逐渐变大,所以磁体下落过程中磁体的N、S极没有颠倒,B项错误;线圈可以等效为条形磁体,线圈的电流越大则磁性越强,电流大小是变化的,所以小磁体受到的电磁阻力是变化的,不是一直不变的,C项错误。(2024届金华模拟)如图1所示,MN与PQ是两条水平放置彼此平行的金属导轨,质量m=0.2kg,接入导轨间的电阻r=0.5Ω的金属杆ab垂直跨接在导轨上,匀强磁场的磁感线垂直于导轨平面,导轨左端接阻值R=2Ω的电阻,理想电压表接在R两端,导轨电阻不计。t=0时刻ab杆受水平拉力F的作用由静止开始向右运动,t1=6s时ab杆的速度v1=1m/s,整个运动过程中电压表的示数U随时间t的变化如图2所示。已知ab杆与导轨间的动摩擦因数μ=0.2,重力加速度g取10m/s2。(1)第5s末,ab杆受到的安培力为多大?(2)第8s末,ab杆所受的水平拉力为多大?(3)在0~9s内,ab杆克服滑动摩擦力所做的功是多少?(4)在图3中,画出0~9s内ab杆所受的水平拉力F随时间t变化的图像。第一步:提取关键信息t=0时刻ab杆由静止开始向右运动,由U-t图像可知,运动可以分成三个阶段,即0~4s内匀加速运动,4s~7s内匀速运动,7s~9s内匀减速运动第二步:画出情境示意图第三步:应用模型规律ab杆切割磁感线产生的感应电动势E=BLvab两端的电压U=加速:F1-μmg-BI1L=ma1匀速:F2-μmg-BI2L=0减速:μmg+BI3L-F3=ma2第四步:挖掘题给条件已知条件:m=0.2kg,r=0.5Ω,R=2Ω,v1=1m/s,μ=0.2,U-t图像(三段时间)答案(1)0.625N(2)0.6125N(3)2.4J(4)见解析解析(1)第5s末,回路中的感应电流I=UR=0.5ab杆产生的电动势E=I(R+r)=1.25V由题图2可知,4s~7s内R两端电压不变,则ab杆产生的感应电动势不变,则运动速度不变,5s末ab杆速度大小与6s末速度大小均为1m/s,设磁场的磁感应强度为B,ab杆的长度为L,则由E=BLv得BL=E5s末ab杆受到的安培力F1=BIL=0.625N。(2)由题图1可知,ab杆两端的电压随ab杆的速度变化关系为U=BLRR由题图2可知,ab杆在0~4s内做匀加速直线运动,在4s~7s内做匀速直