2025年高考物理一轮复习（新人教新高考）第十二章电磁感应复习讲义（教师版）

考情分析试题情境生活实践类电磁炉、电子秤、电磁卡、电磁焊接技术、磁电式速度传感器、真空管道超高速列车、磁悬浮列车、电磁轨道炮、电磁驱动、电磁阻尼等各种实际应用模型学习探究类杆轨模型问题，电磁感应与动力学、能量、动量结合问题，电磁感应的图像问题第1课时电磁感应现象楞次定律实验十四：探究影响感应电流方向的因素目标要求1.理解电磁感应现象，会用感应电流产生条件判断有无感应电流产生。2.通过实验理解感应电流方向的判断方法，会用楞次定律及推论判断感应电流方向等问题。3.能综合应用安培定则、左手定则、楞次定律及其推论解决问题。考点一电磁感应现象的理解和判断1.磁通量(1)公式：Φ＝BS，S为垂直磁场方向的投影面积，磁通量为标量(填“标量”或“矢量”)。(2)物理意义：磁通量的大小可形象表示穿过某一面积的磁感线条数的多少。(3)磁通量变化：ΔΦ＝Φ2－Φ1。2．电磁感应现象(1)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，这种利用磁场产生电流的现象叫作电磁感应。(2)感应电流产生的条件穿过闭合导体回路的磁通量发生变化。(3)电磁感应现象产生感应电动势，如果电路闭合，则有感应电流。如果电路不闭合，则只有感应电动势而无感应电流。1．穿过线圈的磁通量与线圈的匝数有关。(×)2．只要穿过闭合导体回路的磁通量发生变化，回路中就有感应电流产生。(√)例1在如图所示的闭合铁芯上绕有一组线圈，与滑动变阻器、电源构成闭合电路，a、b、c为三个闭合金属圆环，假定线圈产生的磁场全部集中在铁芯内，则当滑动变阻器的滑片向右滑动时，下列说法正确的是()A．穿过a、b两个环的磁通量始终相同B．穿过b环的磁通量始终是c环的一半C．a、c两个环中都有感应电流D．b、c两个环中都有感应电流答案A解析线圈产生的磁场全部集中在铁芯内，所以穿过a、b两个环的磁通量始终相同，故A正确；根据安培定则判断可知，穿过a的磁感线方向向左，穿过b的磁感线方向向上，当滑动变阻器的滑片向右滑动时，线圈中电流将发生改变，产生的磁场随之改变，穿过a、b两环的磁通量会发生改变，故a、b两环中都会产生感应电流；而向左和向右穿过c环的磁感线条数相等，完全抵消，总的磁通量为零，不发生变化，故c环中没有感应电流产生，故B、C、D错误。考点二实验：探究影响感应电流方向的因素1.实验思路如图所示，通过将条形磁体插入或拔出线圈来改变穿过螺线管的磁通量，根据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小时，感应电流的磁场与原磁场的方向相同。思考如何从指针的偏转情况来判断回路中的电流方向？答案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：把一节干电池、滑动变阻器、开关S与电流表串联，开关S采用瞬间接触，记录指针偏转方向与电流方向的关系。例2物理探究小组选用图示器材和电路研究电磁感应规律。(1)请用笔画线代替导线，将图中各器材连接起来，组成正确的实验电路。(2)把A线圈插入B线圈中，如果闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏转了一下，下面操作出现的情况有：①向右移动滑动变阻器滑片，灵敏电流计指针将向________(选填“左”或“右”)偏转；②保持滑动变阻器滑片位置不变，拔出线圈A中的铁芯，灵敏电流计指针将向________(选填“左”或“右”)偏转；(3)根据实验结果判断产生感应电流的本质是__________________________。答案(1)见解析图(2)①右②左(3)穿过B线圈的磁通量发生变化解析(1)将电源、开关、A线圈、滑动变阻器串联成一个回路，再将灵敏电流计与B线圈串联成另一个回路，实验电路如图所示。(2)①闭合开关，穿过B线圈的磁通量增大，灵敏电流计的指针向右偏了一下，滑片向右移动则接入电路的电阻减小，电流增大，磁通量增大，指针向右偏转；②拔出铁芯，磁通量减小，指针向左偏转。(3)产生感应电流的本质是穿过B线圈的磁通量发生变化。考点三楞次定律及推论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．楞次定律中“阻碍”的含义：思考举例说明为什么说楞次定律体现了能量守恒定律？答案以导体棒切割磁感线为例，回路中产生电流，有电能产生，导体棒受到安培力，阻碍导体棒的运动，使其动能减小，体现了能量守恒。3．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：导线切割磁感线产生感应电流。思考1．甲图中条形磁体插入线圈时，乙图中条形磁体向上远离线圈时，分别画出穿过线圈的原磁场方向、感应电流磁场方向及线圈中感应电流方向，总结得出结论：_____________________，简称：__________________。答案如图所示当磁通量增加时，感应电流的磁场与原磁场方向相反；当磁通量减小时，感应电流的磁场与原磁场方向相同增反减同2．画出图甲线圈(实线为外侧)中感应电流方向及等效小磁体的N、S极，线圈和磁体之间是__________力。画出图乙线圈(实线为外侧)中感应电流方向及等效小磁体的N、S极，线圈和磁体之间是________力。总结得出结论：________________________，简称：__________________。答案如图所示斥引当磁体和线圈相互靠近时，则两者之间相互排斥。当磁体和线圈相互远离时，则两者之间相互吸引。来拒去留3.(1)在图中画出直导线中电流增大时，线圈abcd中感应电流方向，以及线圈各边受到的安培力方向，线圈会有________的趋势，结论简称：______________。答案收缩增缩减扩(2)如图，线圈A中电流增大时，线圈B有________的趋势。答案扩张4．如图，当开关S闭合时，左环向________摆动、右环向________摆动，____________(选填“远离”或“靠近”)通电线圈。结论简称：__________________。答案左右远离增离减靠5．以上现象“殊途同归”，实际上都是以不同方式阻碍磁通量的变化。例3(多选)(2023·广东韶关市测试)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，从而减小对箱内人员的伤害。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有扩张的趋势答案AD解析当电梯坠落至题图位置时，金属线圈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，故B错误，A正确；结合A、B的分析可知，当电梯坠落至题图位置时，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，根据楞次定律可知，线圈B有收缩的趋势，A有扩张的趋势，故D正确。例4(2020·全国卷Ⅲ·14)如图，水平放置的圆柱形光滑玻璃棒左边绕有一线圈，右边套有一金属圆环。圆环初始时静止。将图中开关S由断开状态拨至连接状态，电路接通的瞬间，可观察到()A．拨至M端或N端，圆环都向左运动B．拨至M端或N端，圆环都向右运动C．拨至M端时圆环向左运动，拨至N端时向右运动D．拨至M端时圆环向右运动，拨至N端时向左运动答案B解析开关S由断开状态拨至连接状态，不论拨至M端还是N端，通过圆环的磁通量均增加，根据楞次定律(增离减靠)可知圆环会向右运动，故选B。考点四“三定则、一定律”的应用“三个定则”、“一个定律”的比较名称用途选用原则安培定则判断电流产生的磁场(方向)分布因电生磁左手定则判断通电导线、运动电荷所受磁场力的方向因电受力右手定则判断导体切割磁感线产生的感应电流方向或电源正负极因动生电楞次定律判断因回路磁通量改变而产生的感应电流方向因磁通量变化生电例5(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，PQ、MN均处在竖直向下的匀强磁场中，当PQ在一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处的磁场垂直纸面向里eq\o(→,\s\up7(左手定则))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))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))PQ中电流方向为Q→P且减小eq\o(→,\s\up7(右手定则))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))PQ中电流方向为P→Q且增大eq\o(→,\s\up7(右手定则))向左加速运动，故选B、C。课时精练1．(多选)(2024·北京市模拟)某实验装置如图所示，在铁芯P上绕着两个线圈Ⅰ和Ⅱ。如果线圈Ⅰ中电流i与时间t的关系有如图所示的A、B、C、D四种情况，那么在t1～t2这段时间内，可以观察到线圈Ⅱ中有感应电流的是()答案BCD2.如图所示，用细线吊起一个铝环，将磁体的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，磁体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．若将磁体的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，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，所以磁体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，条形磁体吸引铁环，所以铁环向左摆动，故C错误；若将磁体的S极沿铝环的中心轴线靠近铝环，铝环将会向右摆动，故D错误。3．如图甲所示，一长直导线与闭合金属线框位于同一竖直平面内，长直导线中的电流i随时间t的变化关系如图乙所示(以水平向右为电流的正方向)，则在0～t2时间内，下列说法正确的是()A．穿过线框的磁通量一直减小B．线框中始终产生顺时针方向的感应电流C．线框先有收缩的趋势后有扩张的趋势D．线框所受安培力的合力先向下后向上答案B解析长直导线中的电流先减小后增大，所以穿过线框的磁通量先减小后增大，故A错误；由楞次定律可以判断在0～t2时间内，线框中始终产生顺时针方向的感应电流，故B正确；穿过线框的磁通量先减小后增大，由楞次定律知线框先有扩张的趋势后有收缩的趋势，故C错误；由楞次定律和左手定则判断线框所受安培力的合力方向先向上后向下，故D错误。4．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。规定图甲所示磁场方向为正。当磁感应强度B随时间t按图乙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，故A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，故B错误；t1～t2时间内，磁感应强度垂直圆环向里，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沿顺时针方向，故C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，故D错误。5．(2023·广东深圳市罗湖外语学校期末)如图甲所示，将线圈套在长玻璃管上，线圈的两端与电流传感器(可看作理想电流表)相连。将强磁铁从长玻璃管上端由静止释放，磁铁下落过程中将穿过线圈。实验观察到如图乙所示的感应电流随时间变化的图像。下列说法正确的是()A．t1～t3时间内，磁铁受到线圈的作用力方向先向上后向下B．磁铁下落过程减少的重力势能等于增加的动能C．若将线圈的匝数加倍，则穿过线圈的磁通量变化量也将加倍D．若将磁铁两极翻转后重复实验，将先产生负向感应电流，后产生正向感应电流答案D解析t1～t3时间内，根据“来拒去留”，磁铁受到线圈的作用力方向靠近线圈时是向上的，远离线圈时也向上，A错误；磁铁下落过程减少的重力势能大于增加的动能，原因是线圈对磁铁的作用力在这个过程中做负功，B错误；若将线圈的匝数加倍，则穿过线圈的磁通量变化量不变，原因是穿过线圈的磁通量和匝数无关，C错误；若将磁铁两极翻转后重复实验，磁通量的变化情况和原来相反，将先产生负向感应电流，后产生正向感应电流，D正确。6.圆环形导体线圈a平放在水平绝缘桌面上，在a的正上方固定一竖直螺线管，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，下列表述正确的是()A．线圈a中将产生俯视为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有扩张的趋势D．线圈a对水平桌面的压力将增大答案D解析当滑片P向下移动时电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知通过线圈b的电流增大，从而判断出穿过线圈a的磁通量增加，方向向下，根据楞次定律即可判断出线圈a中感应电流方向俯视应为逆时针，故A、B错误；再根据楞次定律推论“增缩减扩”判断出线圈a应有收缩的趋势，故C错误；根据“增离减靠”可知线圈a对水平桌面的压力将增大，故D正确。7．(2022·北京卷·11)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答案D解析根据安培定则可知，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，故所受的安培力随时间变大，C错误；根据楞次定律的推论增离减靠可知，线框有向右远离通电直导线的趋势，故线框整体受到的安培力方向水平向右，D正确。8．(多选)(2023·安徽省五校联考)荡秋千是一项同学们喜欢的体育活动。如图所示，两根金属链条(可视为导体)将一根金属棒ab悬挂在固定的金属架cd上，静止时金属棒ab水平且沿东西方向，已知当地的地磁场方向自南向北斜向下与竖直方向成45°角，现让金属棒ab随链条摆起来，通过能量补给的方式可使链条与竖直方向的最大偏角保持45°不变，则下列说法中正确的是()A．当ab棒自北向南经过最低点时，电流从c流向dB．当链条与竖直方向成45°角时，回路中感应电流一定为零C．当ab棒自南向北摆动的过程中，回路中的磁通量先减小再增加D．当ab棒自南向北经过最低点时，ab棒受到的安培力的方向水平向南答案AB解析当ab棒自北向南经过最低点时，由右手定则知ab棒上的电流方向自a向b，金属架上的电流方向则为自c到d，故A正确；当链条与竖直方向成45°角时，ab棒来到了最高点，其速度为0，不产生感应电动势，回路中感应电流一定为零，故B正确；如图所示，当ab棒自南向北摆动的过程中，穿过闭合回路abcd的磁通量一直减小，故C错误；当ab棒自南向北经过最低点时，由左手定则知安培力的方向与水平向南的方向成45°斜向下，故D错误。9.如图，在竖直方向上的两个磁感应强度大小分别为B1和B2的匀强磁场中，各放入一个完全一样的水平金属圆盘a和b，它们可绕竖直轴自由转动。用导线将a盘中心与b盘边缘相连，b盘中心与a盘边缘相连。从上向下看，当a盘顺时针转动时()A．b盘总是逆时针转动B．若B1、B2同向，b盘顺时针转动C．若B1、B2反向，b盘顺时针转动D．b盘总是顺时针转动答案C解析若B1、B2都竖直向上，从上向下看，当a盘顺时针转动时，其半径切割磁感线，感应电流方向为a′→O→b′→O′→a′，b盘电流为b′→O′，根据左手定则，可知b盘沿逆时针方向(俯视)转动；若B1、B2都竖直向下，从上向下看，当a盘顺时针转动时，其半径切割磁感线，感应电流方向为O→a′→O′→b′→O，b盘电流为O′→b′，根据左手定则，可知b盘沿逆时针方向(俯视)转动；若B1向上，B2向下，从上向下看，当a盘顺时针转动时，其半径切割磁感线，感应电流方向为a′→O→b′→O′→a′，b盘电流为b′→O′，根据左手定则，可知b盘沿顺时针方向(俯视)转动；若B1向下，B2向上，从上向下看，当a盘顺时针转动时，其半径切割磁感线，感应电流方向为O→a′→O′→b′→O，b盘电流为O′→b′，根据左手定则，可知b盘沿顺时针方向(俯视)转动，A、B、D错误，C正确。10.(多选)如图，两个线圈绕在同一根铁芯上，其中一线圈通过开关与电源连接，另一线圈与远处沿南北方向水平放置在纸面内的直导线连接成回路。将一小磁针悬挂在直导线正上方，开关未闭合时小磁针处于静止状态。下列说法正确的是()A．开关闭合后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动B．开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向里的方向C．开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向外的方向D．开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动答案AD解析根据安培定则，开关闭合时铁芯上产生水平向右的磁场，开关闭合后的瞬间，根据楞次定律，直导线上将产生由北向南的电流，根据安培定则，直导线上方的磁场垂直纸面向里，故小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动，A项正确；开关闭合并保持一段时间后，直导线上没有感应电流，故小磁针的N极指北，B、C项错误；开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，根据楞次定律，直导线上将产生由南向北的电流，这时直导线上方的磁场垂直纸面向外，故小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动，D项正确。11．在“探究电磁感应现象的产生条件”实验中，实物连线如图甲所示。感应线圈组的内外线圈绕线方向如图乙粗线所示。(G表指针指向电流流入方向)(1)接通电源，闭合开关，G表指针有大的偏转，几秒后G表指针停在中间不动。将滑动变阻器的滑片迅速向右滑动时，G表指针________；迅速抽出铁芯时，G表指针________。(均选填“不动”“右偏”“左偏”或“不停振动”)(2)断开开关和电源，将铁芯重新插入内线圈中，把直流输出改为交流输出，其他均不变。接通电源，闭合开关，G表指针________(选填“不动”“右偏”“左偏”或“不停振动”)。(3)仅用一根导线，如何判断G表内部线圈是否断了？________________。答案(1)左偏右偏(2)不停振动(3)短接G表前后各摇动G表一次，比较指针偏转，有明显变化，则线圈未断；反之则断了解析(1)滑动变阻器滑片向右滑动时，接入电路的电阻减小，电流增大，内线圈的磁通量方向向下，且大小增大，根据楞次定律可判断外线圈内的感应电流方向从A接线柱流入，故G表指针向左偏。抽出铁芯时，磁通量减小，G表指针向右偏。(2)把直流输出改为交流输出后，外线圈中的电流方向不断发生变化，故G表指针不停振动。(3)若G表未损坏，短接G表，并摇动G表，由于电磁阻尼作用，指针的偏转幅度要比不短接G表摇动时的幅度小，若G表内部线圈断了，短接时回路不闭合，无上述现象。12．(多选)(2023·湖北省华中师大联考)城市施工时，为了避免挖到铺设在地下的电线，需要在施工前用检测线圈检测地底是否铺设导线。若地下有一条沿着东西方向的水平直导线，导线中通过电流，现用一闭合的检测线圈来检测，俯视检测线圈，下列说法正确的是()A．若线圈静止在导线正上方，当导线中通过正弦交流电，线圈中会产生感应电流B．若线圈在恒定电流正上方由西向东运动，检测线圈受到安培力与运动方向相反C．若线圈由北向南沿水平地面通过恒定电流上方，感应电流的方向(俯视)先逆时针后顺时针，然后先顺时针后逆时针D．若线圈由北向南沿水平地面通过恒定电流上方，检测线圈所受安培力在水平方向的分量一直向北答案CD解析若线圈静止在导线正上方，当导线中通过正弦交流电，由对称性可知，通过线圏的磁通量为零，变化量为零，感应电流为零，故A错误；若线圈在恒定电流正上方由西向东运动，由对称性可知，通过线圈的磁通量为零，变化量为零，感应电流为零，安培力为零，故B错误；根据通电直导线周围的磁感线分布特点，检测线圈自北靠近直导线到导线正上方的过程中，穿过线圈的磁场有向下的分量，且磁通量先增大后减小，由楞次定律和安培定则可知，线圈中的电流方向(俯视)先逆时针后顺时针；当检测线圈逐渐远离直导线的过程中，穿过线圈的磁场有向上的分量，磁通量先增大后减小，由楞次定律和安培定则可知，线圈中的电流方向(俯视)先顺时针后逆时针，故C正确；由楞次定律“来拒去留”可知，检测线圈受到安培力在水平方向的分量一直向北，故D正确。

第2课时法拉第电磁感应定律、自感和涡流目标要求1.理解法拉第电磁感应定律，会应用E＝neq\f(ΔΦ,Δt)进行有关计算。2.会计算导体切割磁感线产生的感应电动势。3.了解自感现象、涡流、电磁驱动和电磁阻尼。考点一法拉第电磁感应定律的理解及应用1．感应电动势(1)感应电动势：在电磁感应现象中产生的电动势。(2)产生条件：穿过电路的磁通量发生改变，与电路是否闭合无关。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。①若已知Φ－t图像，则图线上某一点的切线斜率为eq\f(ΔΦ,Δt)。②当ΔΦ仅由B的变化引起时，E＝nSeq\f(ΔB,Δt)，其中S为线圈在磁场中的有效面积。若B＝B0＋kt，则eq\f(ΔB,Δt)＝k。③当ΔΦ仅由S的变化引起时，E＝nBeq\f(ΔS,Δt)。④当B、S同时变化时，则eq\x\to(E)＝neq\f(B2S2－B1S1,Δt)≠neq\f(ΔB·ΔS,Δt)。求瞬时值时，分别求出动生电动势E1和感生电动势E2并进行叠加。(3)感应电流与感应电动势的关系：I＝eq\f(E,R＋r)。(4)说明：E的大小与Φ、ΔΦ无关，决定于磁通量的变化率eq\f(ΔΦ,Δt)。1．Φ＝0，eq\f(ΔΦ,Δt)不一定等于0。(√)2．穿过线圈的磁通量变化越大，感应电动势也越大。(×)3．穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大。(√)4．线圈匝数n越多，磁通量越大，产生的感应电动势也越大。(×)例1(2023·湖北卷·5)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答案B解析根据法拉第电磁感应定律E＝eq\f(ΔΦ,Δt)，可得E1＝eq\f(ΔB,Δt)S1，E2＝eq\f(ΔB,Δt)S2，E3＝eq\f(ΔB,Δt)S3，三个线圈产生的感应电动势方向相同，故E＝E1＋E2＋E3＝103×(1.02＋1.22＋1.42)×10－4V＝0.44V，故选B。拓展若匀强磁场垂直向里且均匀增大，则图中a、b两点比较，________点电势高。答案a确定感应电路中电势高低的方法例2(2022·全国甲卷·16)三个用同样的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，如图所示。把它们放入磁感应强度随时间线性变化的同一匀强磁场中，线框所在平面均与磁场方向垂直，正方形、圆形和正六边形线框中感应电流的大小分别为I1、I2和I3。则()A．I1<I3<I2 B．I1>I3>I2C．I1＝I2>I3 D．I1＝I2＝I3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，正六边形线框的边长为r；所以圆线框的周长为C2＝2πr，面积为S2＝πr2。同理可知正方形线框的周长和面积分别为C1＝8r，S1＝4r2，正六边形线框的周长和面积分别为C3＝6r，S3＝eq\f(3\r(3)r2,2)，三个线框材料、粗细相同，根据电阻定律R＝ρeq\f(L,S横截面)，可知三个线框电阻之比为R1∶R2∶R3＝C1∶C2∶C3＝8∶2π∶6根据法拉第电磁感应定律有I＝eq\f(E,R)＝eq\f(ΔB,Δt)·eq\f(S,R)可得电流之比为I1∶I2∶I3＝2∶2∶eq\r(3)即I1＝I2>I3，故选C。考点二导体切割磁感线产生感应电动势1．导体平动切割磁感线产生感应电动势的算式E＝Blv的理解适用条件在匀强磁场中，B、l、v三者互相垂直。如果不相互垂直，应取垂直分量进行计算有效长度公式E＝Blv中的l为有效长度，即为导体两端点连线在垂直于速度方向上的投影长度。如图，导体的有效长度分别为：图甲：l＝eq\x\to(cd)sinβ图乙：沿v方向运动时，l＝eq\x\to(MN)图丙：沿v1方向运动时，l＝eq\r(2)R；沿v2方向运动时，l＝R相对速度E＝Blv中的速度v是导体相对磁场的速度，若磁场也在运动，应注意速度间的相对关系2.导体转动切割磁感线如图，当长为l的导体在垂直于匀强磁场(磁感应强度为B)的平面内，绕一端以角速度ω匀速转动，当导体运动Δt时间后，转过的弧度θ＝ωΔt，扫过的面积ΔS＝eq\f(1,2)l2ωΔt，则E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(BΔS,Δt)＝eq\f(1,2)Bl2ω(或E＝Bleq\x\to(v)＝Bleq\f(vA＋vC,2)＝eq\f(1,2)Bl2ω)。例3(多选)如图，光滑水平面上两虚线之间区域内存在垂直于纸面向里且范围足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为B。边长为a的正方形导线框PQMN沿图示速度方向进入磁场，当对角线PM刚进入磁场时，线框的速度大小为v，方向与磁场边界成45°角，若线框的总电阻为R，则()A．PM刚进入磁场时线框中的感应电流大小为eq\f(Bav,R)B．PM刚进入磁场时线框所受安培力大小为eq\f(B2a2v,R)C．PM刚进入磁场时两端的电压为eq\f(Bav,R)D．PM进入磁场后线框中的感应电流逐渐减小答案AD解析PM刚进入磁场时，有效切割长度等于a，产生的感应电动势为E＝Bav，感应电流为I＝eq\f(E,R)＝eq\f(Bav,R)，方向沿逆时针，故A正确；NM边所受的安培力大小为F1＝BIa＝eq\f(B2a2v,R)，方向垂直NM斜向下，PN边所受的安培力大小为F2＝BIa＝eq\f(B2a2v,R)，方向垂直PN斜向下，线框所受安培力大小F＝eq\r(F12＋F22)＝eq\f(\r(2)B2a2v,R)，故B错误；PM两端的电压为U＝I·eq\f(R,2)＝eq\f(Bav,2)，故C错误；PM进入磁场后，有效切割长度逐渐减小，感应电动势逐渐减小，感应电流逐渐减小，故D正确。例4(多选)(2023·黑龙江哈尔滨市模拟)如图所示为法拉第圆盘发电机，半径为r的铜质圆盘绕其中心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R的电流方向由下至上C．发电机的电动势为E＝eq\f(Br2ω,2)D．发电机的电动势为E＝Br2ω答案AC解析铜质圆盘转动时，根据右手定则可知，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。考点三自感现象1．概念：当一个线圈中的电流变化时，它所产生的变化的磁场在线圈本身激发出感应电动势，这种现象称为自感，由于自感而产生的感应电动势叫作自感电动势。2．表达式：E＝Leq\f(ΔI,Δt)。3．自感系数L的影响因素：与线圈的大小、形状、匝数以及是否有铁芯有关。4．通电自感和断电自感的比较电路图器材要求A1、A2同规格，R＝RL，L较大L很大(有铁芯)通电时在S闭合瞬间，灯泡A2立即亮起来，灯泡A1逐渐变亮，最终一样亮灯泡A立即亮，然后逐渐变暗达到稳定断电时回路电流减小，两灯泡均逐渐变暗，A1电流方向不变，A2电流反向①若I2≤I1，灯A逐渐变暗；②若I2＞I1，灯A闪亮后逐渐变暗两种情况下灯A中电流方向均改变(选填“改变”或“不变”)总结自感电动势总是阻碍原电流的变化1．线圈中电流越大，自感系数也越大。(×)2．对于同一个线圈，电流变化越快，线圈中的自感电动势也越大。(√)3．自感电动势总是阻止原电流的变化。(×)例5(2023·江苏南京市金陵中学模拟)如图所示的电路中，L1、L2、L3是三个相同的灯泡，线圈L的电阻和电源的内阻可忽略，D为理想二极管。下列判断正确的是()A．开关S从断开状态突然闭合时，L1逐渐变亮，L2一直不亮，L3立即变亮B．开关S从断开状态突然闭合时，L1、L2逐渐变亮，L3立即变亮再熄灭C．开关S从闭合状态突然断开时，L1逐渐熄灭，L2突然变亮，然后逐渐变暗至熄灭，L3立即熄灭D．开关S从闭合状态突然断开时，L1、L2逐渐熄灭，L3突然变亮，然后逐渐变暗至熄灭答案C解析由于二极管具有单向导电性，所以开关S从断开状态突然闭合时，二极管不能导通，L2一直不亮；此时L1、L3和L串联在同一回路中，L产生自感电动势阻碍通过其电流增大，所以通过L1和L3的电流逐渐增大，L1和L3均逐渐变亮，故A、B错误；开关S从闭合状态突然断开时，通过L3的电流立即变为零，所以L3立即熄灭；L产生自感电动势阻碍通过其电流减小，此时自感电动势的方向满足二极管导通的条件，所以L1、L2和L串联在同一回路中，通过L1的电流逐渐减小，L1逐渐熄灭，而由于L2开始时不亮，所以L2突然变亮，然后逐渐变暗至熄灭，故C正确，D错误。分析自感问题的三个技巧考点四涡流电磁阻尼和电磁驱动1．涡流现象(1)涡流：块状金属放在变化磁场中，或者让它在非均匀磁场中运动时，金属块内产生的漩涡状感应电流。(2)产生原因：金属块内磁通量变化→感应电动势→感应电流。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安培力，安培力总是阻碍导体的运动。3．电磁驱动如果磁场相对于导体转动，在导体中会产生感应电流使导体受到安培力而运动起来。1．电磁阻尼体现了能量守恒定律。(√)2．电磁阻尼阻碍相对运动，电磁驱动促进二者相对运动。(×)例6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，在磁场中的部分有时多有时少，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；在B图中，只有紫铜薄板向左振动才产生感应电流，而上下振动和向右振动无感应电流产生；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；在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，故选项A正确，B、C、D错误。课时精练1．(2023·北京卷·5)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解析由题知，开始时，开关S处于闭合状态，由于L的电阻很小，Q灯正常发光，P灯微亮，通过L的电流大于通过P灯的电流，断开开关，Q所在电路未闭合，立即熄灭，由于自感，L中产生感应电动势，与P组成闭合回路，故P灯闪亮后再熄灭，故选D。2．(2023·江苏卷·8)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答案A解析由题图可看出导体棒OA段逆时针转动切割磁感线，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，电势差为0，即φC＝φA，则φO>φC，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。3．(2023·山东德州市模拟)如图甲所示，正方形虚线框为匀强磁场区域的边界，取垂直纸面向里为正方向，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示。匝数为n、半径为r的导线圈恰好处于虚线框的外接圆上，导线圈与电阻箱R1、定值电阻R2组成回路，回路中的其他电阻不计。以下说法正确的是()A．R2中的电流方向先向左，再向右B．回路中的电动势为eq\f(πnr2B0,t0)C．t＝t0时刻，回路中的电流为零D．R1＝R2时，R1消耗的电功率最大答案D解析磁感应强度B先正向减小后反向增大，根据楞次定律和安培定则可知R2中的电流方向一直向左，A错误；根据法拉第电磁感应定律得E＝nSeq\f(ΔB,Δt)＝n(eq\r(2)r)2eq\f(B0,t0)＝eq\f(2nr2B0,t0)，B错误；由题图乙可知磁感应强度B一直在发生变化，所以t＝t0时刻，回路中的电流不为零，C错误；根据闭合电路欧姆定律可知，R1消耗的电功率为P＝(eq\f(E,R1＋R2))2R1＝eq\f(E2,\f(R1－R22,R1)＋4R2)，由此可知，当R1＝R2时，R1消耗的电功率最大，D正确。4．(2023·广东广州市一模)如图甲所示为探究电磁驱动的实验装置。某个铝笼置于U形磁体的两个磁极间，铝笼可以绕支点自由转动，其截面图如图乙所示。开始时，铝笼和磁体均静止，转动磁体，会发现铝笼也会跟着发生转动，下列说法正确的是()A．铝笼是因为受到安培力而转动的B．铝笼转动的速度的大小和方向与磁体相同C．磁体从图乙位置开始转动时，铝笼截面abcd中的感应电流的方向为a→d→c→b→aD．当磁体停止转动后，如果忽略空气阻力和摩擦阻力，铝笼将保持匀速转动答案A解析磁体从题图乙位置开始转动时，导致通过铝笼截面的磁通量增加，从而产生感应电流，方向为a→b→c→d→a，因而受到安培力作用，导致铝笼转动，所以铝笼是因为受到安培力而转动的，A项正确，C项错误；根据楞次定律可知，为阻碍磁通量增加，则导致铝笼与磁体转动方向相同，但快慢不相同，铝笼的转速一定比磁体的转速小，B项错误；当磁体停止转动后，如果忽略空气阻力和摩擦阻力，由于铝笼转动的过程中仍然能产生感应电流，所以铝笼会受到反方向安培力作用逐渐减速直到停止运动，D项错误。5.(多选)(2023·辽宁沈阳市模拟)电子感应加速器基本原理如图所示，图甲的上、下两个电磁铁线圈中电流的大小、方向可以变化，产生的感生电场使真空室中的电子加速。如图乙所示，从上向下看电子沿逆时针方向运动。下列说法正确的是()A．磁场变化才能产生感生电场B．变化的磁场在真空室中激发出的电场与静电场完全相同C．当图乙中感生电场沿逆时针方向时，电子沿逆时针方向加速运动D．图甲线圈中的电流增大的过程中，图乙中形成顺时针方向的感生电场答案AD解析由法拉第电磁感应定律可知磁场变化时才会产生感生电场，故A正确；变化的磁场在真空室中激发出的电场为无源场，电场线为封闭曲线，与静电场不同，故B错误；当题图乙中感生电场沿逆时针方向时，电子沿顺时针方向加速运动，故C错误；题图甲线圈中的电流增大的过程中，竖直向上的磁场增强，由楞次定律可知题图乙中形成顺时针方向的感生电场，故D正确。6．(2022·河北卷·5)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解析由法拉第电磁感应定律，可得大圆线圈产生的感应电动势E1＝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得大、小圆线圈产生的感应电动势方向相同，故线圈中总的感应电动势大小为E＝E1＋5E2＝k(S1＋5S2)，故D正确，A、B、C错误。7.(2023·天津卷·11)如图，有一正方形线框，质量为m，电阻为R，边长为l，静止悬挂着，一个三角形磁场垂直于线框所在平面，磁感线垂直纸面向里，且线框中磁区面积为线框面积一半，磁感应强度变化B＝kt(k>0)，已知重力加速度g，求：(1)感应电动势E；(2)线框开始向上运动的时刻t0。答案(1)eq\f(kl2,2)(2)eq\f(2mgR,k2l3)解析(1)根据法拉第电磁感应定律有E＝eq\f(l2,2)·eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(kl2,2)(2)由题图可知线框受到的安培力大小为FA＝BIl＝eq\f(BEl,R)＝eq\f(kl3,2R)·kt当线框开始向上运动时有FA＝mg解得t0＝eq\f(2mgR,k2l3)。8.(2023·北京市一模)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．制动力的大小与导体运动的速度无关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答案D解析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，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，即制动力的大小与导体运动的速度有关，B错误；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，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，D正确。9．(多选)如图所示，用电流传感器研究自感现象。电源内阻不可忽略，线圈的自感系数较大，其直流电阻小于电阻R的阻值。t＝0时刻闭合开关S，电路稳定后，t1时刻断开S，电流传感器连接计算机分别描绘了整个过程线圈中的电流IL和电阻中的电流IR随时间t变化的图像。下列图像中可能正确的是()答案AD解析L为一个自感系数较大、直流电阻小于电阻R阻值的线圈，线圈自感阻碍电流变化，当开关闭合后，自感电动势逐渐减小，即流过线圈L的电流增大，所以IL增大，最后稳定时IL恒定，当开关断开后，线圈自感阻碍自身电流变化，产生的感应电流仍沿着原来方向，不过大小在减小，最终减为0，B错误，A正确；当开关闭合时，线圈自感阻碍电流变化，L为一个自感系数较大、有直流电阻的线圈，导致通过电阻R的电流刚开始较大，当自感电动势逐渐减小，即流过线圈L的电流增大，所以IR减小，最后稳定，由于自感线圈L的直流电阻值小于电阻R的阻值，通过线圈L的电流大于通过电阻R的电流，当断开开关后，原来通过电阻R的电流立即消失，线圈自感阻碍自身电流变化，产生的感应电流流过电阻R，其方向与原来流过电阻R的方向相反，最后减小为0，C错误，D正确。10.(多选)如图所示，用两根完全相同的带有绝缘外皮的导线首尾相接，分别绕制成一个单匝闭合圆环和两匝闭合圆环，把它们垂直放在随时间均匀变化的同一磁场中，下列说法正确的是()A．穿过两环的磁通量之比为2∶1B．两环的感应电动势之比为2∶1C．两环的感应电流之比为2∶1D．相同时间内通过两环任一截面的电荷量之比为2∶1答案BCD解析两根导线长度相同，有2πr1＝2πr2×2，即eq\f(r1,r2)＝eq\f(2,1)，则两圆环面积之比为eq\f(S1,S2)＝eq\f(4,1)，可得eq\f(Φ1,Φ2)＝eq\f(BS1,BS2)＝eq\f(4,1)，故A错误；根据法拉第电磁感应定律有E＝neq\f(ΔB,Δt)S，可得eq\f(E1,E2)＝eq\f(2,1)，故B正确；两根导线完全相同有eq\f(I1,I2)＝eq\f(E1,E2)＝eq\f(2,1)，故C正确；通过的电荷量q＝neq\f(ΔB·S,R)，可得eq\f(q1,q2)＝eq\f(2,1)，故D正确。11．如图所示，在半径为R的圆形区域内存在垂直于平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，圆外无磁场。一根长为2R的导体杆ab水平放置，a端处在圆形磁场的下边界，现使杆绕a端以角速度ω逆时针匀速旋转180°，在旋转过程中()A．b端的电势始终高于a端B．ab杆的电动势最大值E＝BR2ωC．全过程中，ab杆平均电动势eq\x\to(E)＝BR2ωD．当杆旋转θ＝120°时，ab间电势差Uab＝eq\f(1,2)BR2ω答案C解析根据右手定则，a端相当于电源正极，b端为负极，a端电势高于b端电势，故A错误；当导体杆ab和直径重合时，切割磁感线的有效长度l＝2R，此时产生的感应电动势最大，ab杆切割磁感线产生的感应电动势为E＝eq\f(1,2)Bl2ω＝2BR2ω，故B错误；根据法拉第电磁感应定律可知，全过程中，ab杆平均电动势为eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝BR2ω，故C正确；当θ＝120°时，ab杆切割磁感线的有效长度l′＝eq\r(3)R，ab杆切割磁感线产生的感应电动势为E′＝eq\f(1,2)Bl′2ω＝eq\f(3,2)BR2ω，故D错误。12．(2023·广东卷·14)光滑绝缘的水平面上有垂直平面的匀强磁场，磁场被分成区域Ⅰ和Ⅱ，宽度均为h，其俯视图如图(a)所示，两磁场磁感应强度随时间t的变化如图(b)所示，0～τ时间内，两区域磁场恒定，方向相反，磁感应强度大小分别为2B0和B0，一电阻为R，边长为h的刚性正方形金属框abcd，平放在水平面上，ab、cd边与磁场边界平行。t＝0时，线框ab边刚好跨过区域Ⅰ的左边界以速度v向右运动。在τ时刻，ab边运动到距区域Ⅰ的左边界eq\f(h,2)处，线框的速度近似为零，此时线框被固定，如图(a)中的虚线框所示。随后在τ～2τ时间内，Ⅰ区磁感应强度线性减小到0，Ⅱ区磁场保持不变；2τ～3τ时间内，Ⅱ区磁感应强度也线性减小到0。求：(1)t＝0时线框所受的安培力F；(2)t＝1.2τ时穿过线框的磁通量Φ；(3)2τ～3τ时间内，线框中产生的热量Q。答案(1)eq\f(9B02h2v,R)，方向水平向左(2)eq\f(3B0h2,10)(3)eq\f(B02h4,4τR)解析(1)由题图可知t＝0时线框切割磁感线产生的感应电动势为E＝2B0hv＋B0hv＝3B0hv，则感应电流大小为I＝eq\f(E,R)＝eq\f(3B0hv,R)线框所受的安培力为F＝2B0eq\f(3B0hv,R)h＋B0eq\f(3B0hv,R)h＝eq\f(9B02h2v,R)方向水平向左；(2)在τ时刻，ab边运动到距区域Ⅰ的左边界eq\f(h,2)处，线框的速度近似为零，此时线框被固定，则t＝1.2τ时穿过线框的磁通量为Φ＝1.6B0h·eq\f(1,2)h－B0h·eq\f(1,2)h＝eq\f(3B0h2,10)方向垂直纸面向里；(3)2τ～3τ时间内，Ⅱ区磁感应强度也线性减小到0，则有E′＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(B0\f(1,2)h2,τ)＝eq\f(B0h2,2τ)感应电流大小为I′＝eq\f(E′,R)＝eq\f(B0h2,2τR)，则2τ～3τ时间内，线框中产生的热量为Q＝I′2Rτ＝eq\f(B02h4,4τR)。13．(多选)(2023·全国甲卷·21)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．与线圈上部相比，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解析从题图(b)可看出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磁通量的变化率越来越大，因此小磁体在玻璃管内下降的速度越来越大，A、D正确；假设小磁体是N极向下穿过线圈，则在穿入靠近每匝线圈的过程中磁通量向下增加，产生逆时针方向的电流(俯视)，而在穿出远离每匝线圈的过程中磁通量向下减少，产生顺时针方向的电流(俯视)，即电流方向相反，与题干描述的穿过线圈的过程电流方向变化相符，S极向下同理，即下落过程中，小磁体的N极、S极方向不变，B错误；线圈可等效为条形磁体，线圈中的电流越大，则磁性越强，且电流的大小是变化的，则小磁体受到的电磁阻力是变化的，不是一直不变的，C错误。

第3课时专题强化：电磁感应中的电路和图像问题目标要求1.掌握电磁感应中电路问题的求解方法。2.会计算电磁感应问题中电压、电流、电荷量、热量等物理量。3.能够通过电磁感应图像，读取相关信息，应用物理规律求解问题。考点一电磁感应中的电路问题和电荷量的计算1．分析电磁感应中电路问题的基本思路思考“相当于电源”的导体两端的电势差就是电源的电动势吗？答案导体两端的电势差与电源的电动势是两个不同的概念，导体两端的电势差不是电源的电动势。当电路是断开状态时，等效电源两端的电势差等于电源的电动势；当电路是闭合状态时，等效电源两端的电势差为路端电压，与电动势不相等。例1(多选)(2023·河南郑州市期末)在如图甲所示的电路中，电阻2R1＝R2＝2R，单匝、圆形金属线圈的半径为r1，电阻为R，半径为r2(r2<r1)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B随时间t变化的关系图线如图乙所示，其余导线的电阻不计。闭合开关S，在t0时刻，电路中的电流已稳定。下列说法正确的是()A．流过电阻R1的电流方向自下向上B．稳定后电阻R1两端的电压为eq\f(πr22B0,4t0)C．稳定后M、N两点间的电压为eq\f(πr22B0,t0)D．0～t0时间内，电阻R2上产生的焦耳热为eq\f(π2r24B02,8Rt0)答案BD解析由题图乙可知磁感应强度随着时间均匀增大，根据楞次定律，可判断出线圈中感应电流方向为逆时针，则流过电阻R1的电流方向自上向下，故A错误；根据法拉第电磁感应定律有E＝eq\f(ΔB·S,Δt)，S＝πr22，eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(2B0－B0,t0)＝eq\f(B0,t0)，解得E＝eq\f(πr22B0,t0)，根据闭合电路欧姆定律，当稳定后M、N两端电压为外电压U外＝eq\f(R1＋R2,R1＋R2＋R)E＝eq\f(3πr22B0,4t0)，C错误；电阻R1两端的电压U1＝eq\f(R1,R1＋R2＋R)E＝eq\f(πr22B0,4t0)，故B正确；根据闭合电路欧姆定律，稳定后电路中的电流I＝eq\f(E,R1＋R2＋R)＝eq\f(πr22B0,4t0R)，根据焦耳定律，在0～t0时间内，电阻R2上产生的焦耳热Q2＝I2R2t0＝eq\f(π2r24B02,8Rt0)，故D正确。例2(多选)如图所示，导线圆环总电阻为2R，半径为d，垂直磁场固定于磁感应强度为B的匀强磁场中，此磁场的左边界正好与圆环直径重合，电阻为R的直金属棒ab以恒定的角速度ω绕过环心O的轴匀速转动，a、b端正好与圆环保持良好接触。以下说法正确的是()A．图示位置处杆O点电势高于b点电势B．a、b两点的电势差Uab＝eq\f(1,12)Bd2ωC．转动过程中金属棒与圆环上消耗的电功率之比2∶1D．棒转动一圈时金属棒上产生的热量为eq\f(2πB2ωd4,9R)答案CD解析根据右手定则可知，图示位置直金属棒Oa部分充当电源，电源内部电流方向为O→a，外电路电流方向为b→O，则杆O点电势低于b点电势，故A错误；由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势E感＝Bdv＝Bd·eq\f(ωd,2)＝eq\f(Bωd2,2)，根据等效电路可知，圆环部分电阻为R环＝eq\f(1,\f(1,R)＋\f(1,R))＝eq\f(R,2)，整个电路的总电阻为R总＝R环＋R＝eq\f(3R,2)，干路电流为I＝eq\f(E感,R总)＝eq\f(Bωd2,3R)，a、b两点的电势差大小Uab＝IR环＝eq\f(Bωd2,6)，故B错误；转动过程中金属棒与圆环上消耗的电功率分别为P棒＝I2R，P环＝I2R环＝eq\f(I2R,2)，故转动过程中金属棒与圆环上消耗的电功率之比为P棒∶P环＝2∶1，故C正确；棒转动一圈时导体棒上产生的热量Q＝I2Rt＝(eq\f(Bωd2,3R))2·R·eq\f(2π,ω)＝eq\f(2πB2ωd4,9R)，故D正确。2．电磁感应中电荷量的计算设在时间Δt内通过导体横截面的电荷量为q，则根据电流定义式eq\x\to(I)＝eq\f(q,Δt)及法拉第电磁感应定律有eq\x\to(E)＝neq\f(ΔΦ,Δt)，得q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(\x\to(E),R总)Δt＝eq\f(nΔΦ,R总Δt)Δt＝eq\f(nΔΦ,R总)，即q＝neq\f(ΔΦ,R总)。注意：eq\x\to(E)表示电动势的平均值，eq\x\to(I)表示电流的平均值。电流变化时计算通过导体横截面的电荷量时要用电流的平均值。例3如图，导体轨道OPQS固定，其中PQS是半圆弧，Q为半圆弧的中点，O为圆心。轨道的电阻忽略不计。OM是有一定电阻、可绕O转动的金属杆，M端位于PQS上，OM与轨道接触良好。空间存在与半圆所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为B。现使OM从OQ位置以恒定的角速度逆时针转到OS位置并固定(过程Ⅰ)；再使磁感应强度的大小以一定的变化率从B增加到B′(过程Ⅱ)。在过程Ⅰ、Ⅱ中，流过OM的电荷量相等，则eq\f(B′,B)等于()A.eq\f(5,4)B.eq\f(3,2)C.eq\f(7,4)D．2答案B解析在过程Ⅰ中，根据法拉第电磁感应定律，有E1＝eq\f(ΔΦ1,Δt1)＝eq\f(B\f(1,2)πr2－\f(1,4)πr2,Δt1)根据闭合电路欧姆定律，有I1＝eq\f(E1,R)且q1＝I1Δt1在过程Ⅱ中，有E2＝eq\f(ΔΦ2,Δt2)＝eq\f(B′－B\f(1,2)πr2,Δt2)I2＝eq\f(E2,R)，q2＝I2Δt2，又q1＝q2，即eq\f(B\f(1,2)πr2－\f(1,4)πr2,R)＝eq\f(B′－B\f(1,2)πr2,R)所以eq\f(B′,B)＝eq\f(3,2)，故选B。考点二电磁感应中的图像问题1．解题步骤(1)明确图像的种类，即是B－t图像还是Φ－t图像，或者E－t图像、i－t图像、F－t图像等；对切割磁感线产生感应电动势和感应电流的情况，还常涉及E－x图像和i－x图像；(2)分析电磁感应的具体过程；(3)用右手定则或楞次定律确定电流方向与时间的对应关系；(4)结合法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、牛顿运动定律等知识写出相应的函数关系式；(5)根据函数关系式，进行数学分析，如分析斜率的变化、截距等；(6)画图像或判断图像。2．常用方法(1)排除法：定性地分析电磁感应过程中物理量的正负、增大还是减小及变化快慢，来排除错误选项。(2)函数法：写出两个物理量之间的函数关系，然后由函数关系对图像进行分析和判断。例4(多选)如图甲所示，三角形线圈abc水平放置，在线圈所在区域存在一变化的磁场，其变化规律如图乙所示。线圈在外力作用下处于静止状态，规定垂直于线圈平面向下的磁场方向为正方向，垂直ab边斜向下的受力方向为正方向，线圈中感应电流沿abca方向为正方向，则线圈内电流及ab边所受安培力随时间变化规律的图像是()答案AD解析根据法拉第电磁感应定律有E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)S，根据楞次定律可得感应电流的方向，又线圈中感应电流沿abca方向为正方向，结合题图乙可得，1～2s内通过线圈的电流为零，0～1s、2～3s、3～5s内通过线圈的电流大小恒定，且0～1s、2～3s内通过线圈的电流方向为正，3～5s内通过线圈的电流方向为负，且大小之比为1∶2，A正确，B错误；根据安培力的公式，即F安＝BIL，因为每段时间通过线圈的电流大小恒定，磁场均匀变化，可得安培力也是均匀变化，根据左手定则可判断出ab边所受安培力的方向，可知C错误，D正确。例5如图所示，两个宽度均为L的匀强磁场垂直于光滑水平桌面，磁感应强度大小相等，方向相反，高为L、上底和下底长度分别为L和2L的等腰梯形金属线框水平放置，现使其匀速向右穿过磁场区域，速度垂直梯形底边，从图示位置开始x＝0，以逆时针方向为电流的正方向。(1)画出下列三图所示时刻感应电流方向。(2)下列四幅图中能够反映线框中电流I随金属框向右移动距离x关系的是________。答案(1)①逆时针方向②顺时针方向③逆时针方向(2)C解析(2)x在0～L内，由楞次定律判断知感应电流的方向沿逆时针方向，为正，线框的有效切割长度在均匀增大，由公式E＝Blv知，产生的感应电动势均匀增大，则感应电流均匀增大；x在L～2L内，线框的左右两边都切割磁感线，均产生感应电动势，两个感应电动势串联，且均匀增大，感应电流方向沿顺时针方向，为负；x在2L～3L内，由楞次定律知，感应电流的方向沿逆时针方向，为正，线框的有效切割长度在均匀增大，由公式E＝Blv知，产生的感应电动势均匀增大，则感应电流均匀增大，而且感应电流变化情况与线框进入磁场的过程相同，故C正确，A、B、D错误。例6(多选)(2022·河北卷·8)如图，两光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，一根导轨位于x轴上，另一根由ab、bc、cd三段直导轨组成，其中bc段与x轴平行，导轨左端接入一电阻R。导轨上一金属棒MN沿x轴正向以速度v0保持匀速运动，t＝0时刻通过坐标原点O，金属棒始终与x轴垂直。设运动过程中通过电阻的电流强度为i，金属棒受到安培力的大小为F，金属棒克服安培力做功的功率为P，电阻两端的电压为U，导轨与金属棒接触良好，忽略导轨与金属棒的电阻。下列图像可能正确的是()答案AC解析当金属棒从O点向右运动L时，即在0～eq\f(L,v0)时间内，在某时刻金属棒切割磁感线的长度L＝l0＋v0ttanθ(θ为ab与ad的夹角)，则根据E＝BLv0，可得i＝eq\f(BLv0,R)＝eq\f(Bv0,R)(l0＋v0ttanθ)，可知回路电流随时间均匀增加；安培力F＝eq\f(B2L2v0,R)＝eq\f(B2v0,R)(l0＋v0ttanθ)2，则F－t关系为二次函数关系，但是不过原点；安培力做功的功率P＝Fv0＝eq\f(B2L2v02,R)＝eq\f(B2v02,R)(l0＋v0ttanθ)2，则P－t关系为二次函数关系，且不过原点；电阻两端的电压等于金属棒产生的感应电动势，即U＝E＝BLv0＝Bv0(l0＋v0ttanθ)即U－t图像是不过原点的直线；根据以上分析，可排除B、D选项；在eq\f(L,v0)～eq\f(2L,v0)时间内，金属棒切割磁感线的长度不变，感应电动势E不变，感应电流i不变，安培力F大小不变，安培力的功率P不变，电阻两端电压U保持不变；同理可判断，在eq\f(2L,v0)～eq\f(3L,v0)时间内，金属棒切割磁感线长度逐渐减小，金属棒切割磁感线的感应电动势E均匀减小，感应电流i均匀减小，安培力F大小按照二次函数关系减小，但是不能减小到零，与0～eq\f(L,v0)内是对称的关系，安培力的功率P按照二次函数关系减小，但是不能减小到零，与0～eq\f(L,v0)内是对称的关系，电阻两端电压U按线性均匀减小，综上所述选项A、C可能正确，B、D错误。课时精练1.如图所示是两个相互连接的金属圆环，小金属环的电阻是大金属环电阻的二分之一，连接处电阻不计，匀强磁场垂直穿过大金属环所在区域，当磁感应强度随时间均匀变化时，在大环内产生的感应电动势为E，则a、b两点间的电压为()A.eq\f(1,2)EB.eq\f(1,3)EC.eq\f(2,3)ED．E答案B解析a、b间的电压等于路端电压，而小环电阻占电路总电阻的eq\f(1,3)，故a、b间电压为U＝eq\f(1,3)E，选项B正确。2.(2023·上海市华师大二附中模拟)如图所示，由均匀导线制成的半径为R的圆环，以速度v匀速进入一磁感应强度大小为B的匀强磁场。当圆环运动到图示位置(∠aOb＝90°)时，a、b两点的电势差Uab为()A.eq\r(2)BRvB.eq\f(\r(2),2)BRvC．－eq\f(\r(2),4)BRvD．－eq\f(3\r(2),4)BRv答案D解析有效切割长度即a、b连线的长度，如图所示，由几何关系知有效切割长度为eq\r(2)R，所以产生的电动势为E＝BLv＝B·eq\r(2)Rv，电流的方向为a→b，所以Uab<0，由于外电路的电阻值为eq\f(3,4)R总，所以Uab＝－eq\f(3,4)B·eq\r(2)Rv＝－eq\f(3\r(2),4)BRv，故选D。3．如图甲所示，在线圈l1中通入电流i1后，在l2上产生的感应电流随时间变化的规律如图乙所示，l1、l2中电流的正方向如图甲中的箭头所示。则通入线圈l1中的电流i1随时间t变化的图像可能是()答案D解析因为l2中感应电流大小不变，根据法拉第电磁感应定律可知，l1中磁场的变化是均匀的，即l1中电流的变化也是均匀的，A、C错误；根据题图乙可知，0～eq\f(T,4)时间内l2中的感应电流产生的磁场方向向左，所以线圈l1中感应电流产生的磁场方向向左并且减小，或方向向右并且增大，B错误，D正确。4．(多选)(2024·北京市月考)矩形导线框abcd放在匀强磁场中，在外力控制下处于静止状态，如图甲所示。磁感线方向与导线框所在平面垂直，磁感应强度B随时间变化的图像如图乙所示。t＝0时刻，磁感应强度的方向垂直导线框平面向里，在0～4s时间内，流过导线框的电流I(规定顺时针方向为正方向)与导线框ad边所受安培力F安随时间t变化的图像(规定向左为安培力正方向)可能是()答案AD解析根据楞次定律得0～2s内线框中的感应电流为顺时针方向，即为正方向，2～4s内感应电流为逆时针方向，即为负方向，由E＝neq\f(S·ΔB,Δt)，I＝eq\f(E,R)知，电流I大小不变，A正确，B错误；由以上分析得，在1～2s时间内，导线框ad边电流方向由d流向a，空间所加磁场的磁感应强度方向为垂直导线框平面向外，且线性增大，电流I为定值，根据左手定则及F＝BIL得，导线框ad边受安培力向右，且线性增大，即安培力为负方向，线性增大，同理可知0～1s、2～3s、3～4s内安培力的变化情况，C错误，D正确。5.如图所示，半径为L的半圆形光滑导体框架MN垂直放置于磁感应强度为B的匀强磁场中，长为L的导体杆OP绕圆心O以角速度ω匀速转动，N、O间接阻值为R的电阻，杆OP的电阻为r，框架电阻不计，求杆沿框架转动过程中：(1)电阻R两端电压为__________________。(2)电阻R消耗的电功率为________________。答案(1)eq\f(BL2ωR,2R＋r)(2)eq\f(B2L4ω2R,4R＋r2)解析(1)设P端的线速度大小为v，则v＝ωL杆绕O点匀速转动产生的感应电动势为E＝BLeq\x\to(v)＝eq\f(1,2)BL2ω回路中电流I＝eq\f(E,R＋r)＝eq\f(BL2ω,2R＋r)则R两端电压U＝IR＝eq\f(BL2ωR,2R＋r)(2)R消耗的电功率P＝I2R＝eq\f(B2L4ω2R,4R＋r2)。6．(2023·天津市二模)饭卡是学校等单位最常用的辅助支付手段之一，其中一种饭卡其内部主要部分是一个多匝线圈，当刷卡机发出电磁信号时，置于刷卡机上的饭卡线圈的磁通量发生变化，在线圈处引起电磁感应，产生电信号。其原理可简化为如图甲所示，设线圈的匝数为1200匝，每匝线圈面积均为S＝10－4m2，线圈的总电阻为r＝0.1Ω，线圈连接一阻值R＝0.3Ω的电阻组成闭合回路，其余部分电阻不计。线圈处的磁场可视作匀强磁场，其大小按如图乙所示规律变化(设垂直纸面向里为正方向)，求：(1)t＝0.05s时线圈产生的感应电动势E的大小；(2)0～0.1s时间内，电阻R产生的焦耳热Q；(3)0.1～0.4s时间内，通过电阻R的电流方向和电荷量q。答案(1)0.024V(2)1.08×10－4J(3)由N到M0.006C解析(1)在0～0.1s内，由题图乙可得eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(0.02,0.1)T/s＝0.2T/s由法拉第电磁感应定律E＝Neq\f(ΔΦ,Δt)＝Neq\f(ΔB,Δt)S解得E＝0.024V。(2)根据闭合电路欧姆定律I＝eq\f(E,R＋r)＝0.06A由焦耳定律Q＝I2Rt解得Q＝1.08×10－4J(3)根据楞次定律可以判断，0.1～0.4s通过R的电流方向由N到M，根据q＝eq\x\to(I)Δt又eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R＋r)，eq\x\to(E)＝Neq\f(ΔΦ,Δt)可得q＝Neq\f(ΔΦ,R＋r)＝Neq\f(ΔB·S,R＋r)由题图乙可知，0.1～0.4s内磁感应强度变化大小ΔB＝0.02T，解得q＝0.006C。7．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，接入回路的电阻为R，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也为R的电阻和电容为C、板间距为d的平行板电容器，有