【三维设计】2022年高考物理一轮复习四川专版-第九章-电磁感应

第九章eq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(,,,,,,,))电磁感应[备考指南]考点内容要求题型把握考情一、电磁感应现象楞次定律电磁感应现象Ⅰ选择找规律从近几年高考试题来看，高考对本章内容的考查，重点有感应电流的产生、感应电动势方向的推断、感应电动势大小的计算等学问。常以选择题形式考查对基础学问、基本规律的理解与应用，以计算题的形式考查综合性学问，如运动学、力学、能量、电路、图像等学问与电磁感应结合的问题，一般难度较大，分值较高。磁通量Ⅰ楞次定律Ⅱ二、法拉第电磁感应定律自感和涡流法拉第电磁感应定律Ⅱ选择、计算自感、涡流Ⅰ三、电磁感应中的电路和图像问题选择、计算明热点估量在2022年高考中仍将以法拉第电磁感应定律为核心，考查与之相关的力、电综合问题。将重点考查同学的分析综合力气及运用数学学问解决物理问题的力气，在复习过程中还要多关注电磁感应现象与现代科技、生活相结合的新情景题目。四、电磁感应的动力学和能量综合问题选择、计算第1节电磁感应现象__楞次定律(1)闭合电路内只要有磁通量，就有感应电流产生。(×)(2)穿过闭合电路的磁通量发生变化，电路中不愿定有感应电流产生。(×)(3)线框不闭合时，即使穿过线框的磁通量发生变化，线框中也没有感应电流产生。(√)(4)当导体切割磁感线时，确定产生感应电动势。(√)(5)由楞次定律知，感应电流的磁场确定与引起感应电流的磁场方向相反。(×)(6)回路不闭合，穿过回路的磁通量变化时，也会产生“阻碍”作用。(×)(7)感应电流的磁场确定阻碍引起感应电流的磁场的磁通量的变化。(√)(1)1831年，英国物理学家法拉第发觉了——电磁感应现象。(2)1834年，俄国物理学家楞次总结了确定感应电流方向的定律——楞次定律。要点一对电磁感应现象的理解与推断1．磁通量发生变化的三种常见状况(1)磁场强弱不变，回路面积转变；(2)回路面积不变，磁场强弱转变；(3)回路面积和磁场强弱均不变，但二者的相对位置发生转变。2．推断感应电流的流程(1)确定争辩的回路。(2)弄清楚回路内的磁场分布，并确定该回路的磁通量Φ。(3)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Φ不变→无感应电流,Φ变化→\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(回路闭合，有感应电流,不闭合，无感应电流，但有感应电动势))))[多角练通]1．图9­1­1中能产生感应电流的是()图9­1­1解析：选B依据产生感应电流的条件：A中，电路没闭合，无感应电流；B中，磁感应强度不变，面积增大，闭合电路的磁通量增大，有感应电流；C中，穿过线圈的磁感线相互抵消，Φ恒为零，无感应电流；D中，磁通量不发生变化，无感应电流。2.(2022·连云港摸底)矩形闭合线圈abcd竖直放置，OO′是它的对称轴，通电直导线AB与OO′平行，且AB、OO′所在平面与线圈平面垂直。若要在线圈中产生abcda方向的感应电流，可行的做法是()图9­1­2A．AB中电流I渐渐增大B．AB中电流I先增大后减小C．AB正对OO′，渐渐靠近线圈D．线圈绕OO′轴逆时针转动90°(俯视)解析：选D若要在线圈中产生abcda方向的感应电流，可行的做法是线圈绕OO′轴逆时针转动90°，选项D正确。3．(2022·全国卷Ⅰ)在法拉第时代，下列验证“由磁产生电”设想的试验中，能观看到感应电流的是()A．将绕在磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路，然后观看电流表的变化B．在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈，然后观看电流表的变化C．将一房间内的线圈两端与相邻房间的电流表连接，往线圈中插入条形磁铁后，再到相邻房间去观看电流表的变化D．绕在同一铁环上的两个线圈，分别接电源和电流表，在给线圈通电或断电的瞬间，观看电流表的变化解析：选D只形成闭合回路，回路中的磁通量不变化，不会产生感应电流，A、B、C错误；给线圈通电或断电瞬间，通过闭合回路的磁通量变化，会产生感应电流，能观看到电流表的变化，D正确。要点二应用楞次定律推断感应电流的方向1．楞次定律中“阻碍”的含义2．推断感应电流方向的两种方法方法一用楞次定律推断方法二用右手定则推断该方法适用于切割磁感线产生的感应电流。推断时留意掌心、拇指、四指的方向：(1)掌心——磁感线垂直穿入；(2)拇指——指向导体运动的方向；(3)四指——指向感应电流的方向。[多角练通]1.(2021·四川自贡一诊)长直导线与闭合金属线框位于同一平面内，长直导线中的电流i随时间t的变化关系如图9­1­3所示。在0～eq\f(T,2)时间内，直导线中电流向上。则在eq\f(T,2)～T时间内，线框中感应电流的方向与所受安培力状况是()图9­1­3A．感应电流方向为顺时针，线框受安培力的合力方向向左B．感应电流方向为顺时针，线框受安培力的合力方向向右C．感应电流方向为逆时针，线框受安培力的合力方向向右D．感应电流方向为逆时针，线框受安培力的合力方向向左解析：选B在eq\f(T,2)～T时间内，由楞次定律可知，线框中感应电流的方向为顺时针，由左手定则可推断线框受安培力的合力方向向右，选项B正确。2.北半球地磁场的竖直重量向下。如图9­1­4所示，在北京某中学试验室的水平桌面上，放置着边长为L的正方形闭合导体线圈abcd，线圈的ab边沿南北方向，ad边沿东西方向。下列说法中正确的是()图9­1­4A．若使线圈向东平动，则a点的电势比b点的电势高B．若使线圈向北平动，则a点的电势比b点的电势低C．若以ab边为轴将线圈向上翻转，则线圈中的感应电流方向为a→b→c→d→aD．若以ab边为轴将线圈向上翻转，则线圈中的感应电流方向为a→d→c→b→a解析：选C线圈向东平动时，ab和cd两边切割磁感线，且两边切割磁感线产生的感应电动势大小相等，a点电势比b点电势低，A错；同理，线圈向北平动，则a、b两点的电势相等，高于c、d两点的电势，B错；以ab边为轴将线圈向上翻转，向下的磁通量减小，感应电流的磁场方向应当向下，再由安培定则知，感应电流的方向为a→b→c→d→a，则C对，D错。3．(多选)如图9­1­5所示，磁场垂直于纸面，磁感应强度在竖直方向均匀分布，水平方向非均匀分布。一铜制圆环用丝线悬挂于O点，将圆环拉至位置a后无初速释放，在圆环从a摆向b的过程中()图9­1­5A．感应电流方向先逆时针后顺时针再逆时针B．感应电流的方向始终是逆时针C．安培力方向始终与速度方向相反D．安培力方向始终沿水平方向解析：选AD圆环从位置a无初速释放，在到达磁场分界线之前，穿过圆环向里的磁感线条数增加，依据楞次定律可知，圆环内感应电流的方向为逆时针，圆环经过磁场分界线之时，穿过圆环向里的磁感线条数削减，依据楞次定律可知，圆环内感应电流的方向为顺时针；圆环通过磁场分界线之后，穿过圆环向外的磁感线条数削减，依据楞次定律可知，圆环内感应电流的方向为逆时针；因磁场在竖直方向分布均匀，圆环所受竖直方向的安培力平衡，故总的安培力沿水平方向。综上所述，正确选项为A、D。要点三确定律、三定则的综合应用1．规律比较基本现象定则或定律运动电荷、电流产生磁场安培定则磁场对运动电荷、电流的作用力左手定则电磁感应部分导体切割磁感线运动右手定则闭合回路磁通量发生变化楞次定律2．相互联系(1)应用楞次定律，一般要用到安培定则。(2)争辩感应电流受到的安培力，一般先用右手定则确定电流方向，再用左手定则确定安培力的方向，有时也可以直接应用楞次定律的推论确定。[典例](多选)如图9­1­6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在外力的作用下运动时，MN向右运动，则PQ所做的运动可能是()图9­1­6A．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[思路点拨](1)如何推断MN所在处的磁场方向？由MN的运动方向，如何进一步推断MN中的电流方向？提示：依据安培定则推断ab中电流产生的磁场方向，进而确定MN处的磁场方向为垂直纸面对里，再由左手定则推断MN中电流的方向，应为由M到N。(2)如何推断线圈L1中的磁场方向和L2中磁场的方向及变化状况？提示：依据安培定则推断L1中的磁场方向，再由楞次定律推断L2中磁场的方向及变化。(3)如何推断PQ的运动状况？提示：已知L2中的磁场方向及变化状况，可依据安培定则和右手定则推断PQ的运动状况。[解析]MN向右运动，说明MN受到向右的安培力，由于ab在MN处的磁场垂直纸面对里eq\o(→,\s\up7(左手定则),\s\do5())MN中的感应电流由M→Neq\o(→,\s\up7(安培定则),\s\do5())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中磁场方向向下增加))；若L2中磁场方向向上减弱eq\o(→,\s\up7(安培定则),\s\do5())PQ中电流为Q→P且减小eq\o(→,\s\up7(右手定则),\s\do5())向右减速运动；若L2中磁场方向向下增加eq\o(→,\s\up7(安培定则),\s\do5())PQ中电流为P→Q且增大eq\o(→,\s\up7(右手定则),\s\do5())向左加速运动。[答案]BC[方法规律]左、右手定则巧区分(1)右手定则与左手定则的区分：抓住“因果关系”才能无误，“因动而电”——用右手；“因电而动”——用左手。(2)使用中左手定则和右手定则很简洁混淆，为了便于区分，可把两个定则简洁地总结为“通电受力用左手，运动生电用右手”。“力”的最终一笔“丿”方向向左，用左手；“电”的最终一笔“乚”方向向右，用右手。[针对训练]1.(多选)两根相互平行的金属导轨水平放置于图9­1­7所示的匀强磁场中，在导轨上接触良好的导体棒AB和CD可以自由滑动。当AB在外力F作用下向右运动时，下列说法中正确的是()图9­1­7A．导体棒CD内有电流通过，方向是D→CB．导体棒CD内有电流通过，方向是C→DC．磁场对导体棒CD的作用力向左D．磁场对导体棒AB的作用力向左解析：选BD两个导体棒与两根金属导轨构成闭合回路，分析出磁通量增加，结合安培定则推断回路中感应电流的方向是B→A→C→D→B。以此为基础，再依据左手定则进一步推断CD、AB的受力方向，经过比较可得正确答案。2.(多选)如图9­1­8所示，两个线圈套在同一个铁芯上，线圈的绕向在图中已经标出。左线圈连着平行导轨M和N，导轨电阻不计，在导轨垂直方向上放着金属棒ab，金属棒处在垂直于纸面对外的匀强磁场中。下列说法中正确的是()图9­1­8A．当金属棒ab向右匀速运动时，a点电势高于b点，c点电势高于d点B．当金属棒ab向右匀速运动时，b点电势高于a点，c点与d点等电势C．当金属棒ab向右加速运动时，b点电势高于a点，c点电势高于d点D．当金属棒ab向右加速运动时，b点电势高于a点，d点电势高于c点解析：选BD当金属棒向右匀速运动而切割磁感线时，金属棒产生恒定感应电动势，由右手定则推断电流方向由a→b。依据电流从电源(ab相当于电源)正极流出沿外电路回到电源负极的特点，可以推断b点电势高于a点。又左线圈中的感应电动势恒定，则感应电流也恒定，所以穿过右线圈的磁通量保持不变，不产生感应电流，A错误，B正确。当ab向右做加速运动时，由右手定则可推断φb＞φa，电流沿逆时针方向。又由E＝BLv可知ab导体两端的E不断增大，那么左边电路中的感应电流也不断增大，由安培定则可推断它在铁芯中的磁感线方向是沿逆时针方向的，并且场强不断增加，所以右边电路的线圈中的向上的磁通量不断增加。由楞次定律可推断右边电路的感应电流方向应沿逆时针，而在右线圈组成的电路中，感应电动势仅产生在绕在铁芯上的那部分线圈上。把这个线圈看作电源，由于电流是从c沿内电路(即右线圈)流向d，所以d点电势高于c点，C错误，D正确。要点四利用楞次定律的推论速解电磁感应问题电磁感应现象中因果相对的关系恰好反映了自然界的这种对立统一规律，对楞次定律中“阻碍”的含义可以推广为感应电流的“效果”总是阻碍产生感应电流的缘由，可由以下四种方式呈现：(1)阻碍原磁通量的变化，即“增反减同”。(2)阻碍相对运动，即“来拒去留”。(3)使线圈面积有扩大或缩小的趋势，即“增缩减扩”。(4)阻碍原电流的变化(自感现象)，即“增反减同”。[多角练通]1．(多选)如图9­1­9所示，光滑固定的金属导轨M、N水平放置，两根导体棒P、Q平行放置在导轨上，形成一个闭合回路，一条形磁铁从高处下落接近回路时()图9­1­9A．P、Q将相互靠拢B．P、Q将相互远离C．磁铁的加速度仍为gD．磁铁的加速度小于g解析：选AD方法一：设磁铁下端为N极，如图所示，依据楞次定律可推断出P、Q中的感应电流方向，依据左手定则可推断P、Q所受安培力的方向。可见，P、Q将相互靠拢。由于回路所受安培力的合力向下，由牛顿第三定律，磁铁将受到向上的反作用力，从而加速度小于g。当磁铁下端为S极时，依据类似的分析可得到相同的结果，所以，本题应选A、D。方法二：依据楞次定律的另一种表述——感应电流的效果，总要抵制产生感应电流的缘由。本题中“缘由”是回路中磁通量的增加，归根结底是磁铁靠近回路，“效果”便是阻碍磁通量的增加和磁铁的靠近。所以，P、Q将相互靠近且磁铁的加速度小于g，应选A、D。2.如图9­1­10所示，导轨间的磁场方向垂直于纸面对里，当导线MN在导轨上向右加速滑动时，正对电磁铁A的圆形金属环B中()图9­1­10A．有感应电流，且B被A吸引B．无感应电流C．可能有，也可能没有感应电流D．有感应电流，且B被A排斥解析：选DMN向右加速滑动，依据右手定则，MN中的电流方向从N→M，且大小在渐渐变大，依据安培定则知，电磁铁A的左端为N极，且磁场强度渐渐增加，依据楞次定律知，B环中的感应电流产生的内部磁场方向向右，B被A排斥。故D正确。3.如图9­1­11所示，圆环形导体线圈a平放在水平桌面上，在a的正上方固定一竖直螺线管b，二者轴线重合，螺线管与电源和滑动变阻器连接成如图所示的电路。若将滑动变阻器的滑片P向下滑动，下列表述正确的是()图9­1­11A．线圈a中将产生俯视顺时针方向的感应电流B．穿过线圈a的磁通量变小C．线圈a有扩张的趋势D．线圈a对水平桌面的压力FN将增大解析：选D通过螺线管b的电流如图所示，依据右手螺旋定则推断出螺线管b所产生的磁场方向竖直向下，滑片P向下滑动，滑动变阻器接入电路的电阻减小，电路电流增大，所产生的磁场的磁感应强度增加，依据楞次定律可知，线圈a中所产生的感应电流的磁场方向竖直向上，再由右手螺旋定则可得线圈a中的电流方向为俯视逆时针方向，A错误；由于螺线管b中的电流增大，所产生的磁感应强度增加，线圈a中的磁通量应变大，B错误；依据楞次定律可知，线圈a将阻碍磁通量的增大，因此，线圈a有缩小的趋势，线圈a对水平桌面的压力将增大，C错误，D正确。对点训练：对电磁感应现象的理解与推断1．(2021·上海浦东新区质检)如图1所示，矩形线框在磁场内做的各种运动中，能够产生感应电流的是()图1解析：选BA中线框的磁通量没有变化，因此没有感应电流，但有感应电动势，也可以理解为左右两边切割磁感线产生的感应电动势相反，B中线框转动，线框中磁通量变化，这就是发电机模型，有感应电流，B正确。C、D中线圈平面和B平行，没有磁通量，更没有磁通量的变化，C、D错误。2．一种早期发电机原理示意图如图2所示，该发电机由固定的圆形线圈和一对用铁芯连接的圆柱形磁铁构成，两磁极相对于线圈平面对称，线圈圆心为O点。在磁极绕转轴匀速转动的过程中，当磁极与O点在同一条直线上时，穿过线圈的()图2A．磁通量最大，磁通量变化率最大B．磁通量最大，磁通量变化率最小C．磁通量最小，磁通量变化率最大D．磁通量最小，磁通量变化率最小解析：选B当磁极与O点在同一条直线上时，磁场方向竖直向上，依据磁通量的定义可推断此时穿过线圈的磁通量最大，此时线圈最前面的点与最终面的点磁感应强度相同，可知磁通量的变化率是最小的。所以只有B正确。3．(2021·唐山高三月考)经过不懈的努力，法拉第最终在1831年8月29日发觉了“磁生电”的现象，他把两个线圈绕在同一个软铁环上(如图3所示)，一个线圈A连接电池与开关，另一线圈B闭合并在其中一段直导线四周平行放置小磁针。法拉第可观看到的现象有()图3A．当合上开关，A线圈接通电流瞬间，小磁针偏转一下，随即复原B．只要A线圈中有电流，小磁针就会发生偏转C．A线圈接通后其电流越大，小磁针偏转角度也越大D．当开关打开，A线圈电流中断瞬间，小磁针会毁灭与A线圈接通电流瞬间完全相同的偏转解析：选A当合上开关，A线圈接通电流瞬间，穿过A的磁通量发生变化，使得穿过B的磁通量也变化，所以在B中产生感生电流，电流稳定后穿过AB的磁通量不再变化，所以B中不再有感应电流，即小磁针偏转一下，随即复原，选项A正确；A线圈中有电流，但是假如电流大小不变，则在B中不会产生感应电流，即小磁针就不会发生偏转，选项B错误；B线圈中的感应电流大小与A中电流的变化率有关，与A中电流大小无关，故C错误；当开关打开，A线圈电流中断瞬间，由于穿过B的磁通量减小，则在B中产生的电流方向与A线圈接通电流瞬间产生的电流方向相反，所以小磁针会毁灭与A线圈接通电流瞬间完全相反的偏转，选项D错误。4.(2021·佛山一模)如图4所示，一个金属圆环水平放置在竖直向上的匀强磁场中，若要使圆环中产生如箭头所示方向的瞬时感应电流，下列方法可行的是()图4A．使匀强磁场均匀增大B．使圆环绕水平轴ab如图转动30°C．使圆环绕水平轴cd如图转动30°D．保持圆环水平并使其绕过圆心的竖直轴转动解析：选A依据右手定则，圆环中感应电流产生的磁场竖直向下与原磁场方向相反，依据楞次定律，说明圆环磁通量在增大。磁场增加则磁通量增大，A正确。使圆环绕水平轴ab或cd转动30°，圆环在中性面上的投影面积减小，磁通量减小，只会产生与图示方向反向的感应电流，B、C错误。保持圆环水平并使其绕过圆心的竖直轴转动，圆环仍与磁场垂直，磁通量不变，不会产生感应电流，D错误。对点训练：应用楞次定律推断感应电流的方向5.(2021·青岛测试)多年来物理学家始终设想用试验证明自然界中存在“磁单极子”。磁单极子是指只有S极或只有N极的磁性物质，其磁感线分布类似于点电荷的电场线分布。如图5所示的试验就是用于检测磁单极子的试验之一，abcd为用超导材料围成的闭合回路。设想有一个N极磁单极子沿abcd轴线从左向右穿过超导回路，那么在回路中可能发生的现象是()图5A．回路中无感应电流B．回路中形成持续的abcda流向的感应电流C．回路中形成持续的adcba流向的感应电流D．回路中形成先abcda流向后adcba流向的感应电流解析：选CN极磁单极子的磁感线分布类似于正点电荷的电场线分布，由楞次定律知，回路中形成方向沿adcba流向的感应电流，由于回路为超导材料做成的，电阻为零，故感应电流不会消逝，C项正确。6.(多选)(2021·景德镇模拟)如图6所示，一根长导线弯曲成“∏”形，通以直流电I，正中间用绝缘线悬挂一金属环C，环与导线处于同一竖直平面内。在电流I增大的过程中，下列推断正确的是()图6A．金属环中无感应电流产生B．金属环中有逆时针方向的感应电流C．悬挂金属环C的竖直线的拉力大于环的重力D．悬挂金属环C的竖直线的拉力小于环的重力解析：选BCΦ＝BS，S不变，I增大，B增大，所以有感应电流产生，A错误。由楞次定律得，感应电流方向沿逆时针，B正确。由圆的上半部分B大于下半部分，所以安培力以上半圆为主，I方向向左，B垂直纸面对里，F安方向向下，所以F拉＝mg＋F安，拉力大于重力，C正确，D错误。7．(多选)(2021·德州模拟)线圈在长直导线电流的磁场中，做如图7所示的运动：A向右平动，B向下平动，C绕轴转动(ad边向外转动角度θ≤90°)，D向上平动(D线圈有个缺口)，推断线圈中有感应电流的是()图7解析：选BCA中线圈向右平动，穿过线圈的磁通量没有变化，故A线圈中没有感应电流；B中线圈向下平动，穿过线圈的磁通量削减，必产生感应电动势和感应电流；C中线圈绕轴转动，穿过线圈的磁通量变化(开头时减小)，必产生感应电动势和感应电流；D中线圈由于有个缺口不会产生感应电流。故B、C正确。8.(2021·怀化模拟)如图8所示，几位同学在做“摇绳发电”试验：把一条长导线的两端连在一个灵敏电流计的两个接线柱上，形成闭合回路。两个同学快速摇动AB这段“绳”。假设图中情景发生在赤道，地磁场方向与地面平行，由南指向北。图中摇“绳”同学是沿东西站立的，甲同学站在西边，手握导线的A点，乙同学站在东边，手握导线的B点。下列说法正确的是()图8A．当“绳”摇到最高点时，“绳”中电流最大B．当“绳”摇到最低点时，“绳”受到的安培力最大C．当“绳”向下运动时，“绳”中电流从A流向BD．在摇“绳”过程中，A点电势总是比B点电势高解析：选C当“绳”摇到最高点和最低点时，绳转动的速度与地磁场方向平行，不切割磁感线，感应电流最小，绳受到的安培力也最小，A、B错误。当“绳”向下运动时，地磁场向北，依据右手定则推断可知，“绳”中电流从A流向B，故C正确。在摇“绳”过程中，当“绳”向下运动时，“绳”中电流从A流向B，A点相当于电源的负极，B点相当于电源的正极，则A点电势比B点电势低；当“绳”向上运动时，“绳”中电流从B流向A，B点相当于电源的负极，A点相当于电源的正极，则B点电势比A点电势低，故D错误。对点训练：确定律、三定则的综合应用9．(2022·大纲卷)很多相同的绝缘铜圆环沿竖直方向叠放，形成一很长的竖直圆筒。一条形磁铁沿圆筒的中心轴竖直放置，其下端与圆筒上端开口平齐。让条形磁铁从静止开头下落。条形磁铁在圆筒中的运动速率()A．均匀增大B．先增大，后减小C．渐渐增大，趋于不变D．先增大，再减小，最终不变解析：选C条形磁铁在下落过程中受到向上的排斥力，绝缘铜环内产生感应电流，导致条形磁铁做加速度渐渐减小的加速运动，故其速率渐渐增大，最终趋于不变，选项C正确，选项A、B、D错误。10.如图9所示，在两个沿竖直方向的匀强磁场中，分别放入两个完全一样的水平金属圆盘a和b。它们可以绕竖直轴自由转动，用导线通过电刷把它们相连。当圆盘a转动时()图9A．圆盘b总是与a沿相同方向转动B．圆盘b总是与a沿相反方向转动C．若B1、B2同向，则a、b转向相同D．若B1、B2反向，则a、b转向相同解析：选D当圆盘a转动时，由于切割磁感线而产生感应电流，该电流流入b盘中，在磁场中由于受安培力b盘会转动。但若不知B1、B2的方向关系，则b盘与a盘的转向关系将无法确定。故A、B错。设B1、B2同向且向上，a盘逆时针转动，则由右手定则可知a盘中的感应电流由a→a′，b盘受力将顺时针转动，故C错，同理可判定D项正确。对点训练：楞次定律的推论11.如图10所示，均匀带正电的绝缘圆环a与金属圆环b同心共面放置，当a绕O点在其所在平面内旋转时，b中产生顺时针方向的感应电流，且具有收缩趋势，由此可知，圆环a()图10A．顺时针加速旋转B．顺时针减速旋转C．逆时针加速旋转D．逆时针减速旋转解析：选B据楞次定律的推论“增反减同”，b环中产生顺时针方向的感应电流，说明a中原电流可能顺时针削减，也可能逆时针增加，但b环有收缩的趋势，说明a环中的电流应与b环中的电流同向，同向电流相互吸引，才能使b环收缩，故a环中的电流只能是顺时针削减，因此带正电的a环只能顺时针减速旋转，B正确。12.(2021·荆门调研)老师让同学观看一个物理小试验：一轻质横杆两侧各固定一金属环，横杆可绕中心点自由转动，老师拿一条形磁铁插向其中一个小环，后又取出插向另一个小环，同学们看到的现象是()图11A．磁铁插向左环，横杆发生转动B．磁铁插向右环，横杆发生转动C．把磁铁从左环中拔出，左环会跟着磁铁运动D．把磁铁从右环中拔出，右环不会跟着磁铁运动解析：选B磁铁插向右环，横杆发生转动；磁铁插向左环，由于左环不闭合，没有感应电流产生，横杆不发生转动，选项A错误B正确；把磁铁从左环中拔出，左环不会跟着磁铁运动，把磁铁从右环中拔出，右环会跟着磁铁运动，选项C、D错误。13.如图12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的环面水平且与圆盘面平行，其轴线与胶木盘A的轴线OO′重合。现使胶木盘A由静止开头绕其轴线OO′按箭头所示方向加速转动，则()图12A．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使胶木盘A由静止开头绕其轴线OO′按箭头所示方向加速转动，金属环B内磁通量增大，依据楞次定律，金属环B的面积有缩小的趋势，丝线受到的拉力减小，选项B正确。14．(多选)(2021·泰州期末)如图13甲所示，螺线管内有一平行于轴线的磁场，规定图中箭头所示方向为磁感应强度B的正方向，螺线管与U型导线框cdef相连，导线框cdef内有一半径很小的金属圆环L，圆环与导线框cdef在同一平面内，当螺线管内的磁感应强度随时间按图乙所示规律变化时，下列选项中正确的是()图13A．在t1时刻，金属圆环L内的磁通量最大B．在t2时刻，金属圆环L内的磁通量最大C．在t1～t2时间内，金属圆环L内有逆时针方向的感应电流D．在t1～t2时间内，金属圆环L有收缩的趋势解析：选BD当螺线管内的磁感应强度随时间按图乙所示规律变化时，在导线框cdef内产生感应电动势和感应电流，在t1时刻，感应电流为零，金属圆环L内的磁通量为零，选项A错误；在t2时刻，感应电流最大，金属圆环L内的磁通量最大，选项B正确；由楞次定律，在t1～t2时间内，导线框cdef内产生逆时针方向感应电流，感应电流渐渐增大，金属圆环L内磁通量增大，依据楞次定律，金属圆环L内有顺时针方向的感应电流，选项C错误；在t1～t2时间内，金属圆环L有收缩的趋势，选项D正确。考点综合训练15.(多选)(2021·江苏南京二模)如图14所示，线圈与电源、开关相连，直立在水平桌面上。铁芯插在线圈中，质量较小的铝环套在铁芯上。闭合开关的瞬间，铝环向上跳起来。下列说法中正确的是()图14A．若保持开关闭合，则铝环不断上升B．开关闭合后，铝环上升到某一高度后回落C．若保持开关闭合，则铝环跳起到某一高度停留D．假如将电源的正、负极对调，还会观看到同样的现象解析：选BD闭合开关的瞬间，线圈中电流增大，产生的磁场增加，则通过铝环的磁通量增大，依据楞次定律可知，铝环跳起以阻碍磁通量的增大，电流稳定后，铝环中磁通量恒定不变，铝环中不再产生感应电流，在重力作用下，铝环回落，A、C错误；B正确。闭合开关的瞬间，铝环向上跳起的目的是阻碍磁通量的增大，与磁场的方向、线圈中电流的方向无关，D正确。16．(2021·苏北联考)如图15所示，一条形磁铁从左向右匀速穿过线圈，当磁铁经过A、B两位置时，线圈中()图15A．感应电流方向相同，感应电流所受作用力的方向相同B．感应电流方向相反，感应电流所受作用力的方向相反C．感应电流方向相反，感应电流所受作用力的方向相同D．感应电流方向相同，感应电流所受作用力的方向相反解析：选C当磁铁经过A位置时，线圈中磁通量增大，由楞次定律可知，线圈中感应电流从左向右看为顺时针方向；当磁铁经过B位置时，线圈中磁通量减小，由楞次定律可知，线圈中感应电流从左向右看为逆时针方向，感应电流所受作用力的方向相同，选项A、B、D错误，C正确。17．(2022·广东高考)如图16所示，上下开口、内壁光滑的铜管P和塑料管Q竖直放置。小磁块先后在两管中从相同高度处由静止释放，并落至底部。则小磁块()图16A．在P和Q中都做自由落体运动B．在两个下落过程中的机械能都守恒C．在P中的下落时间比在Q中的长D．落至底部时在P中的速度比在Q中的大解析：选C小磁块从铜管P中下落时，P中的磁通量发生变化，P中产生感应电流，给小磁块一个向上的磁场力，阻碍小磁块向下运动，因此小磁块在P中不是做自由落体运动，而塑料管Q中不会产生电磁感应现象，因此Q中小磁块做自由落体运动，A项错误；P中的小磁块受到的磁场力对小磁块做负功，机械能不守恒，B项错误；由于在P中小磁块下落的加速度小于g，而Q中小磁块做自由落体运动，因此从静止开头下落相同高度，在P中下落的时间比在Q中下落的时间长，C项正确；依据动能定理可知，落到底部时在P中的速度比在Q中的速度小，D项错误。第2节法拉第电磁感应定律__自感和涡流(1)线圈中磁通量越大，产生的感应电动势越大。(×)(2)线圈中磁通量变化越大，产生的感应电动势越大。(×)(3)线圈中磁通量变化越快，产生的感应电动势越大。(√)(4)线圈匝数n越多，磁通量越大，产生的感应电动势也越大。(×)(5)线圈中的电流越大，自感系数也越大。(×)(6)对于同一线圈，当电流变化越快时，线圈中的自感电动势越大。(√)(7)自感电动势阻碍电流的变化，但不能阻挡电流的变化。(√)纽曼、韦伯于1845年和1846年先后提出法拉第电磁感应定律。要点一法拉第电磁感应定律的理解与应用1．怎么理解法拉第电磁感应定律(1)感应电动势的大小由线圈的匝数和穿过线圈的磁通量的变化率eq\f(ΔΦ,Δt)共同打算，而与磁通量Φ的大小、变化量ΔΦ的大小没有必定联系。(2)磁通量的变化率eq\f(ΔΦ,Δt)对应Φ­t图线上某点切线的斜率。2．应用法拉第电磁感应定律的三种状况(1)磁通量的变化是由面积变化引起时，ΔΦ＝B·ΔS，则E＝neq\f(BΔS,Δt)；(2)磁通量的变化是由磁场变化引起时，ΔΦ＝ΔB·S，则E＝neq\f(ΔB·S,Δt)；(3)磁通量的变化是由于面积和磁场变化共同引起的，则依据定义求，ΔΦ＝Φ末－Φ初，E＝neq\f(B2S2－B1S1,Δt)≠neq\f(ΔBΔS,Δt)。3．应用法拉第电磁感应定律应留意的三个问题(1)公式E＝neq\f(ΔΦ,Δt)求解的是一个回路中某段时间内的平均电动势，在磁通量均匀变化时，瞬时值才等于平均值。(2)利用公式E＝nSeq\f(ΔB,Δt)求感应电动势时，S为线圈在磁场范围内的有效面积。(3)通过回路截面的电荷量q仅与n、ΔΦ和回路电阻R有关，与时间长短无关。推导如下：q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(nΔΦ,ΔtR)Δt＝eq\f(nΔΦ,R)。[典例]如图9­2­1甲所示，一个电阻值为R，匝数为n的圆形金属线圈与阻值为2R的电阻R1连接成闭合回路。线圈的半径为r1。在线圈中半径为r2的圆形区域内存在垂直于线圈平面对里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系图线如图乙所示。图线与横、纵轴的截距分别为t0和B0，导线的电阻不计。求0至t1时间内图9­2­1(1)通过电阻R1上的电流大小和方向；(2)通过电阻R1上的电荷量q及电阻R1上产生的热量。[思路点拨](1)要推断感应电流的方向和感应电动势的大小应用什么规律？提示：楞次定律和法拉第电磁感应定律。(2)要求解通过R1的电荷量及R1上产生的热量应用哪些公式？提示：q＝It和Q＝I2Rt。[解析](1)依据楞次定律可知，通过R1的电流方向为由b到a。依据法拉第电磁感应定律得线圈中的电动势为E＝neq\f(ΔBπr\o\al(2,2),Δt)＝eq\f(n·B0πr\o\al(2,2),t0)依据闭合电路欧姆定律得通过R1的电流为I＝eq\f(E,3R)＝eq\f(nB0πr\o\al(2,2),3Rt0)。(2)通过R1的电荷量q＝It1＝eq\f(nB0πr\o\al(2,2)t1,3Rt0)，R1上产生的热量Q＝I2R1t1＝eq\f(2n2B\o\al(2,0)π2r\o\al(4,2)t1,9Rt\o\al(2,0))。[答案]见解析[方法规律]应用法拉第电磁感应定律解题的一般步骤(1)分析穿过闭合电路的磁场方向及磁通量的变化状况；(2)利用楞次定律确定感应电流的方向；(3)机敏选择法拉第电磁感应定律的不同表达形式列方程求解。[针对训练]1．(2022·江苏高考)如图9­2­2所示，一正方形线圈的匝数为n，边长为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9­2­2A.eq\f(Ba2,2Δt) B.eq\f(nBa2,2Δt)C.eq\f(nBa2,Δt) D.eq\f(2nBa2,Δt)解析：选B磁感应强度的变化率eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(2B－B,Δt)＝eq\f(B,Δt)，法拉第电磁感应定律公式可写成E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(ΔB,Δt)S，其中磁场中的有效面积S＝eq\f(1,2)a2，代入得E＝neq\f(Ba2,2Δt)，选项B正确，A、C、D错误。2．(2022·安徽高考)英国物理学家麦克斯韦认为，磁场变化时会在空间激发感生电场。如图9­2­3所示，一个半径为r的绝缘细圆环水平放置，环内存在竖直向上的匀强磁场B，环上套一带电荷量为＋q的小球。已知磁感应强度B随时间均匀增加，其变化率为k，若小球在环上运动一周，则感生电场对小球的作用力所做功的大小是()图9­2­3A．0 B.eq\f(1,2)r2qkC．2πr2qk D．πr2qk解析：选D变化的磁场产生的感生电动势为E＝eq\f(ΔB,Δt)πr2＝kπr2，小球在环上运动一周感生电场对其所做的功W＝qE＝qkπr2，D项正确，A、B、C项错误。3．(2021·湖北重点中学高三联考)如图9­2­4甲所示，一个圆形线圈的匝数n＝100，线圈面积S＝200cm2，线圈的电阻r＝1Ω，线圈外接一个阻值R＝4Ω的电阻，把线圈放入一方向垂直线圈平面对里的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化规律如图乙所示。图9­2­4A．线圈中的感应电流方向为顺时针方向B．电阻R两端的电压随时间均匀增大C．线圈电阻r消耗的功率为4×10－4WD．前4s内通过R的电荷量为4×10－4解析：选C由楞次定律可知，线圈中的感应电流方向为逆时针方向，选项A错误；由法拉第电磁感应定律可知，产生的感应电动势为E＝eq\f(nSΔB,Δt)＝0.1V，电阻R两端的电压不随时间变化，选项B错误；回路中电流I＝eq\f(E,R＋r)＝0.02A，线圈电阻r消耗的功率为P＝I2r＝4×10－4W，选项C正确；前4s内通过R的电荷量为q＝It＝0.08C，选项D错误。要点二导体切割磁感线产生感应电动势的计算1．E＝Blv的特性(1)正交性：本公式要求磁场为匀强磁场，而且B、l、v三者相互垂直。(2)有效性：公式中的l为导体切割磁感线的有效长度。如图9­2­5中，导体棒的有效长度为ab间的距离。图9­2­5(3)相对性：E＝Blv中的速度v是导体相对磁场的速度，若磁场也在运动，应留意速度间的相对关系。2.导体转动切割磁感线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\x\to(v)＝eq\f(1,2)Bl2ω，如图9­2­6所示。图9­2­63．公式E＝neq\f(ΔΦ,Δt)与E＝Blv的区分与联系E＝neq\f(ΔΦ,Δt)E＝Blv区分争辩对象闭合回路回路中做切割磁感线运动的那部分导体争辩内容求的是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(1)若v为瞬时速度，则求的是瞬时感应电动势(2)若v为平均速度，则求的是平均感应电动势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状况联系(1)E＝Blv可由E＝neq\f(ΔΦ,Δt)在确定条件下推导出来(2)E＝neq\f(ΔΦ,Δt)也可求瞬时感应电动势，当Δt→0时的E即为瞬时感应电动势(3)当导体切割磁感线运动时用E＝Blv求E便利，当得知穿过回路的磁通量发生变化状况时，用E＝neq\f(ΔΦ,Δt)求E比较便利[典例1](2021·全国卷Ⅰ)如图9­2­7所示，在水平面(纸面)内有3根相同的均匀金属棒ab、ac和MN，其中ab、ac在a点接触，构成“V”字形导轨。空间存在垂直于纸面的均匀磁场。用力使MN向右匀速运动，从图示位置开头计时，运动中MN始终与∠bac的平分线垂直且和导轨保持良好接触。下列关于回路中电流i与时间t的关系图线，可能正确的是()图9­2­7图9­2­8[思路点拨](1)金属棒切割磁感线的有效长度是哪一部分？组成闭合回路的总电阻如何变化？提示：ab、ac与MN的交点之间的长度为有效长度；总电阻变大。(2)若表示有效长度和总电阻，可设哪些量来表示？提示：可设金属棒MN匀速运动的速度为v；∠bac为2θ；金属棒单位长度的电阻为R0。[解析]解法1：设金属棒单位长度的电阻为R0，匀速运动的速度为v，∠bac为2θ。t时刻导轨内切割磁感线的有效长度L＝2vttanθ，组成闭合回路的总电阻R＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(vt,cosθ)＋vttanθ))R0＝2vtR0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,cosθ)＋tanθ))，电动势E＝BLv＝2Bv2ttanθ，i＝eq\f(E,R)＝eq\f(Bvtanθ,R0\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,cosθ)＋tanθ)))为恒量，故A正确。解法2：特殊值代入法假设“V”字形导轨的夹角θ＝60°，设图示位置时MN的有效切割长度为l，单位长度金属棒的电阻为R0，则有e＝Blv，R＝3lR0。所以i＝eq\f(e,R)＝eq\f(Bv,3R0)，由此可以看出i为定值，与t无关，A正确。[答案]A[典例2](多选)如图9­2­9所示是圆盘发电机的示意图；铜盘安装在水平的铜轴上，它的边缘正好在两磁极之间，两块铜片C、D分别与转动轴和铜盘的边缘接触。若铜盘半径为L，匀强磁场的磁感应强度为B，回路的总电阻为R，从左往右看，铜盘以角速度ω沿顺时针方向匀速转动。则()图9­2­9A．由于穿过铜盘的磁通量不变，故回路中无感应电流B．回路中感应电流大小不变，为eq\f(BL2ω,2R)C．回路中感应电流方向不变，为C→D→R→CD．回路中有周期性变化的感应电流[解析]把铜盘看作闭合回路的一部分，在穿过铜盘以角速度ω沿顺时针方向匀速转动时，铜盘切割磁感线产生感应电动势，回路中有感应电流，选项A错误；铜盘切割磁感线产生感应电动势为E＝eq\f(1,2)BL2ω，依据闭合电路欧姆定律，回路中感应电流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BL2ω,2R)，由右手定则可推断出感应电流方向为C→D→R→C，选项B、C正确，D错误。[答案]BC[针对训练]1．(多选)(2022·山东高考)如图9­2­10，一端接有定值电阻的平行金属轨道固定在水平面内，通有恒定电流的长直绝缘导线垂直并紧靠轨道固定，导体棒与轨道垂直且接触良好。在向右匀速通过M、N两区的过程中，导体棒所受安培力分别用FM、FN表示。不计轨道电阻。以下叙述正确的是()图9­2­10A．FM向右 B．FN向左C．FM渐渐增大 D．FN渐渐减小解析：选BCD由题意可知，依据安培定则，在轨道内的M区、N区通电长直导线产生的磁场分别垂直轨道平面对外和向里，由此可知，当导体棒运动到M区时，依据右手定则可以判定，在导体棒内产生的感应电流与长直绝缘导线中的电流方向相反，再依据左手定则可知，金属棒在M区时受到的安培力方向向左，因此A选项不正确；同理可以判定B选项正确；再依据导体棒在M区匀速靠近长直绝缘导线时对应的磁场越来越大，因此产生的感应电动势越来越大，依据闭合电路的欧姆定律和安培力的公式可知，导体棒所受的安培力FM也渐渐增大，故C选项正确；同理D选项正确。2.(2021·山西高三四校联考)青藏铁路刷新了一系列世界铁路的历史纪录，青藏铁路火车上多种传感器运用了电磁感应原理，有一种电磁装置可以向把握中心传输信号以确定火车位置和运动状态，原理是将能产生匀强磁场的磁铁，安装在火车首节车厢下面，俯视如图甲所示，当它经过安放在两铁轨间的线圈时，便产生一个电信号，被把握中心接收到，当火车通过线圈时，若把握中心接收到的线圈两端的电压信号为图乙所示，则说明火车在做()图9­2­11A．匀速直线运动B．匀加速直线运动C．匀减速直线运动D．加速度渐渐增大的变加速直线运动解析：选B依据E＝BLv，当火车匀加速运动时v＝at，则E＝BLat，此时电动势随时间成线性关系。依据乙图可知，火车做匀加速运动。选项B正确。3．(2021·武汉检测)竖直面内有两圆形区域内分别存在水平的匀强磁场，其半径均为R且相切于O点，磁感应强度大小相等、方向相反，且不随时间变化。一长为2图9­2­12R的导体杆OA绕O点且垂直于纸面的轴顺时针匀速旋转，角速度为ω，t＝0时，OA恰好位于两圆的公切线上，如图9­2­12所示，若选取从O指向A的电动势为正，下列描述导体杆中感应电动势随时间变化的图像可能正确的是图9­2­13解析：选A由右手定则可判，开头时感应电动势为正，故B错误；由E＝eq\f(1,2)BL2ω可知，B、ω不变，切割有效长度随时间先增大后减小，且做非线性变化，经半个周期后，电动势的方向反向，故C、D错误，A正确。4．(2022·全国卷)如图9­2­14所示，均匀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。使该线框从静止开头绕过圆心O、垂直于半圆面的轴以角速度ω匀速转动半周，在线框中产生感应电流。现使线框保持图中所示位置，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9­2­14A.eq\f(4ωB0,π) B.eq\f(2ωB0,π)C.eq\f(ωB0,π) D.eq\f(ωB0,2π)解析：选C当导线框匀速转动时，设半径为r，导线框电阻为R，在很小的Δt时间内，转过圆心角Δθ＝ωΔt，由法拉第电磁感应定律及欧姆定律可得感应电动势E1＝eq\f(B0ΔS,Δt)＝eq\f(B0·πr2\f(Δθ,2π),Δt)＝eq\f(B0r2ω,2)；当导线框不动，而磁感应强度发生变化时，同理可得感应电动势E2＝eq\f(ΔBS,Δt)＝eq\f(ΔB·πr2,2Δt)，要使I1＝I2必需使E1＝E2，可得eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(B0ω,π)，C对。要点三通电自感和断电自感1．自感现象的四大特点(1)自感电动势总是阻碍导体中原电流的变化。(2)通过线圈中的电流不能发生突变，只能缓慢变化。(3)电流稳定时，自感线圈就相当于一般导体。(4)线圈的自感系数越大，自感现象越明显，自感电动势只是延缓了过程的进行，但它不能使过程停止，更不能使过程反向。2．三点留意、三个技巧[多角练通]1．(多选)(2021·深圳南山期末)如图9­2­15，A、B是相同的白炽灯，L是自感系数很大、电阻可忽视的自感线圈。下面说法正确的是()图9­2­15A．闭合开关S时，A、B灯同时亮，且达到正常B．闭合开关S时，B灯比A灯先亮，最终一样亮C．闭合开关S时，A灯比B灯先亮，最终一样亮D．断开开关S时，A灯与B灯同时渐渐熄灭解析：选BD由于自感的作用，闭合开关S时，B灯比A灯先亮，最终一样亮，选项A、C错误B正确；断开开关S时，L中产生自感电动势，A灯与B灯同时渐渐熄灭，选项D正确。2.(2021·江苏常州检测)如图9­2­16所示，电路中A、B是两个完全相同的灯泡，L是一个自感系数很大、电阻可忽视的自感线圈，C是电容很大的电容器。当S闭合与断开时，A、B灯泡的发光状况是()图9­2­16A．S刚闭合后，A亮一下又渐渐熄灭，B渐渐变亮B．S刚闭合后，B亮一下又渐渐变暗，A渐渐变亮C．S闭合足够长时间后，A和B一样亮D．S闭合足够长时间后，A、B都熄灭解析：选AS刚闭合后，A、B都变亮，且A比B亮，之后A渐渐熄灭，B渐渐变亮，选项A正确、B错误。S闭合足够长时间后，A熄灭，B始终都是亮的，选项C、D错误。对点训练：法拉第电磁感应定律1．(多选)(2021·惠州调研)如图1甲所示，面积S＝1m2的导体圆环内通有垂直于圆平面对里的磁场，磁场的磁感应强度B随时间t变化的关系如图乙所示(B取向里为正图1A．环中产生逆时针方向的感应电流B．环中产生顺时针方向的感应电流C．环中产生的感应电动势大小为1VD．环中产生的感应电动势大小为2V解析：选AC由图乙可知，B随t均匀增大，穿过圆环的磁通量增加，据楞次定律，B感向外，又据安培定则可知圆环中产生逆时针方向的感应电流，A正确，B错误。圆环中产生的感应电动势的大小E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)·S＝1×1V＝1V，C正确，D错误。2.(多选)(2021·唐山摸底)如图2甲所示，水平放置的平行金属导轨连接一个平行板电容器C和电阻R，导体棒MN放在导轨上且接触良好，整个装置放于垂直导轨平面的磁场中，磁感应强度B的变化状况如图乙所示(图示磁感应强度方向为正)，MN始终保持静止，则0～t2时间()图2A．电容器C的电荷量大小始终没变B．电容器C的a板先带正电后带负电C．MN所受安培力的大小始终没变D．MN所受安培力的方向先向右后向左解析：选AD磁感应强度均匀变化，产生恒定电动势，电容器C的电荷量大小始终没变，选项A正确、B错误；由于磁感应强度变化，MN所受安培力的大小变化，MN所受安培力的方向先向右后向左，选项C错误、D正确。3．(2021·山西高三四校联考)如图3所示，匀强磁场的方向垂直纸面，规定向里的方向为正，在磁场中有一细金属圆环，线圈平面位于纸面内，现令磁感应强度B随时间t变化，先按如图所示的Oa图线变化，后来又按bc和cd变化，令E1、E2、E3分别表示这三段变化过程中感应电动势的大小，I1、I2、I3分别表示对应的感应电流，则下列推断正确的是()图3A．E1＜E2，I1沿逆时针方向，I2沿顺时针方向B．E1＜E2，I1沿顺时针方向，I2沿逆时针方向C．E2＜E3，I2沿逆时针方向，I3沿顺时针方向D．E2＝E3，I2沿逆时针方向，I3沿顺时针方向解析：选A依据E＝eq\f(ΔB,Δt)S，所以B­t线的斜率大小反映电动势大小，依据比较图线的斜率大小可看出E1＜E2＝E3；依据楞次定律可推断，I1沿逆时针方向，I2沿顺时针方向，I3沿顺时针方向。选项A正确。4．如图4甲所示，导体棒MN置于水平导轨上，PQMN所围的面积为S，PQ之间有阻值为R的电阻，不计导轨和导体棒的电阻。导轨所在区域内存在沿竖直方向的匀强磁场，规定磁场方向竖直向上为正，在0～2t0时间内磁感应强度的变化状况如图乙所示，导体棒MN始终处于静止状态。下列说法正确的是()图4A．在0～t0和t0～2t0时间内，导体棒受到的导轨的摩擦力方向相同B．在0～t0时间内，通过导体棒的电流方向为N到MC．在t0～2t0时间内，通过电阻R的电流大小为eq\f(SB0,Rt0)D．在0～2t0时间内，通过电阻R的电荷量为eq\f(SB0,2R)解析：选B导体棒MN始终静止，与导轨围成的线框面积不变，依据法拉第电磁感应定律可得感应电动势E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝Seq\f(ΔB,Δt)，即感应电动势与B­t图像斜率成正比，0～t0时间内的感应电流I1＝eq\f(E,R)＝Seq\f(ΔB,ΔtR)＝Seq\f(B0,t0R)，t0～2t0时间内的感应电流I2＝eq\f(E,R)＝Seq\f(ΔB,ΔtR)＝Seq\f(2B0,t0R)，选项C错。0～t0时间内竖直向上的磁通量减小，依据楞次定律知感应电流的磁场方向竖直向上，感应电流为N到M，选项B对。0～t0时间内磁通量在减小，依据楞次定律推论知导体棒有向右运动的趋势，摩擦力水平向左。t0～2t0时间内磁通量增大，同理可推断导体棒有向左运动趋势，摩擦力水平向右，选项A错。在0～2t0时间内，通过电阻R的电荷量Q＝eq\x\to(I)×Δt＝eq\f(E,R)×Δt＝Seq\f(ΔB,ΔtR)×Δt＝eq\f(SΔB,R)＝eq\f(SB0,R)，选项D错。对点训练：导体切割磁感线产生感应电动势5．粗细均匀的电阻丝围成图5所示的线框，置于正方形有界匀强磁场中，磁感应强度为B，方向垂直于线框平面，图中ab＝bc＝2cd＝2de＝2ef＝2fa＝2L。现使线框以同样大小的速度v匀速沿四个不同方向平动进入磁场，并且速度方向始终与线框先进入磁场的那条边垂直，则在通过如图所示位置时，下列说法中正确的是图5A．ab两点间的电势差图①中最大B．ab两点间的电势差图②中最大C．回路电流图③中最大D．回路电流图④中最小解析：选A设ab段电阻为r，图①中ab两点间的电势差U＝3Ir，图②中ab两点间的电势差U＝Ir，图③中ab两点间的电势差U＝eq\f(Ir,2)，图④中ab两点间的电势差U＝Ir，所以ab两点间的电势差图①中最大，选项A正确B错误。回路电流图③中最小，其他回路电流相等，选项C、D错误。6．(多选)如图6所示，空间存在两个磁场，磁感应强度大小均为B，方向相反且垂直纸面，MN、PQ为其边界，OO′为其对称轴。一导线折成边长为l的正方形闭合回路abcd，回路在纸面内以恒定速度v0向右运动，当运动到关于OO′对称的位置时()图6A．穿过回路的磁通量为零B．回路中感应电动势大小为2Blv0C．回路中感应电流的方向为顺时针方向D．回路中ab边与cd边所受安培力方向相同解析：选ABD由题意知，穿过闭合回路的磁通量Φ＝0，A正确。由右手定则判知ab边与cd边切割磁感线产生的感应电动势相当于两个电源串联，回路中的感应电动势E＝Blabv0＋Blcdv0＝2Blv0，B正确。由右手定则可知感应电流的方向为逆时针方向，C错误。由左手定则可知ab边与cd边所受的安培力方向均向左，D正确。7．(2021·青岛质检)如图7所示，虚线区域内有一垂直纸面对里的匀强磁场，磁场宽度为L，磁感应强度大小为B。总电阻为R的直角三角形导线框，两条直角边边长分别为2L和L，在该线框以垂直于磁场边界的速度v匀速穿过磁场的过程中，下列说法正确的是图7A．线框中的感应电流方向始终不变B．线框中的感应电流始终在增大C．线框所受安培力方向始终相同D．当通过线框的磁通量最大时，线框中的感应电动势为零解析：选C该线框以垂直于磁场边界的速度v匀速穿过磁场的过程中，穿过线框的磁通量先增大后减小，依据楞次定律、安培定则可以推断线框中的感应电流先沿逆时针方向后沿顺时针方向，且始终不为零，由左手定则可以推断线框在该磁场中始终受到水平向左的安培力作用，故A、D两项错，C项正确；该线框以垂直于磁场边界的速度v匀速穿过磁场的过程中，导线框切割磁感线的有效长度先增大、后不变、再增大，由E＝Blv及闭合电路的欧姆定律可得线框中的感应电流先增大、后不变、再增大，故B项错。8．(2021·济南外国语学校测试)如图8所示，正方形闭合导线框的质量可以忽视不计，将它从如图所示的位置匀速拉出匀强磁场。若第一次用0.3s时间拉出，外力所做的功为W1；其次次用0.9s时间拉出，外力所做的功为W2，则()图8A．W1＝eq\f(1,3)W2 B．W1＝W2C．W1＝3W2 D．W1＝9W2解析：选C设正方形边长为L，导线框的电阻为R，则导体切割磁感线的边长为L，运动距离为L，W＝eq\f(E2,R)t＝eq\f(B2L2v2,R)·eq\f(L,v)＝eq\f(B2L3v,R)＝eq\f(B2L4,Rt)，可知W与t成反比，W1＝3W2。选C。对点训练：通电自感和断电自感9．(2021·南通模拟)如图9所示，A、B、C是3个完全相同的灯泡，L是一个自感系数较大的线圈(直流电阻可忽视不计)。则()图9A．S闭合时，A灯马上亮，然后渐渐熄灭B．S闭合时，B灯马上亮，然后渐渐熄灭C．电路接通稳定后，3个灯亮度相同D．电路接通稳定后，S断开时，C灯马上熄灭解析：选A因线圈L的自感系数较大且直流电阻可忽视不计，S闭合时，A灯马上亮，然后渐渐熄灭，A正确。S闭合时，B灯先不太亮，然后变亮，B错误。电路接通稳定后，B、C灯亮度相同，A灯不亮，C错误。电路接通稳定后，S断开时，C灯渐渐熄灭，D错误。10.如图10所示，电源的电动势为E，内阻r不能忽视。A、B是两个相同的小灯泡，L是一个自感系数相当大的线圈。关于这个电路的以下说法正确的是()图10A．开关闭合到电路中电流稳定的时间内，A灯马上亮，而后渐渐变暗，最终亮度稳定B．开关闭合到电路中电流稳定的时间内，B灯马上亮，而后渐渐变暗，最终亮度稳定C．开关由闭合到断开瞬间，A灯闪亮一下再熄灭D．开关由闭合到断开瞬间，电流自左向右通过A灯解析：选A开关闭合到电路中电流稳定的时间内，A灯马上亮，而后渐渐变暗，最终亮度稳定；B灯渐渐变亮，最终亮度稳定，选项A正确B错误。开关由闭合到断开瞬间，电流自右向左通过A灯，A灯没有闪亮一下再熄灭，选项C、D错误。11．(2021·万州区模拟)如图11甲所示，光滑导轨宽0.4m，ab为金属棒，均匀变化的磁场垂直穿过轨道平面，磁场的变化状况如图乙所示，金属棒ab的电阻为1Ω，导轨电阻不计。t＝0时刻，ab棒从导轨最左端，以v＝1m/s的速度向右匀速运动，求1图11解析：Φ的变化有两个缘由，一是B的变化，二是面积S的变化，明显这两个因素都应当考虑在内，所以有E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)S＋Blv又eq\f(ΔB,Δt)＝2T/s，在1s末，B＝2T，S＝lvt＝0.4×1×1m所以1s末，E＝eq\f(ΔB,Δt)S＋Blv＝1.6V，此时回路中的电流I＝eq\f(E,R)＝1.6A依据楞次定律与右手定则可推断出电流方向为逆时针方向金属棒ab受到的安培力为F＝BIl＝2×1.6×0.4N＝1.28N，方向向左。答案：1.6A1.28N12.甲乙丙 图12(1)如图12甲所示，两根足够长的平行导轨，间距L＝0.3m，在导轨间有垂直纸面对里的匀强磁场，磁感应强度B1＝0.5T。一根直金属杆MN以v＝2m/s的速度向右匀速运动，杆MN始终与导轨垂直且接触良好。杆MN的电阻r1＝1Ω，导轨的电阻可忽视。求杆MN(2)如图乙所示，一个匝数n＝100的圆形线圈，面积S1＝0.4m2，电阻r2＝1Ω。在线圈中存在面积S2＝0.3m2垂直线圈平面(指向纸外)的匀强磁场区域，磁感应强度B2随时间t(3)有一个R＝2Ω的电阻，将其两端a、b分别与图甲中的导轨和图乙中的圆形线圈相连接，b端接地。试推断以上两种状况中，哪种状况a端的电势较高？求这种状况中a端的电势φa。解析：(1)杆MN做切割磁感线的运动，E1＝B1Lv产生的感应电动势E1＝0.3V(2)穿过圆形线圈的磁通量发生变化，E2＝neq\f(ΔB2,Δt)S2产生的感应电动势E2＝4.5V。(3)当电阻R与题图甲中的导轨相连接时，a端的电势较高通过电阻R的电流I＝eq\f(E1,R＋r1)电阻R两端的电势差φa－φb＝IRa端的电势φa＝IR＝0.2V。答案：(1)0.3V(2)4.5V(3)与图甲中的导轨相连接a端电势高φa＝0.2V第3节电磁感应中的电路和图像问题要点一电磁感应中的电路问题1．电磁感应与电路学问的关系图2．电磁感应中的两类电路问题(1)以部分电路欧姆定律为中心，包括六个基本物理量(电压、电流、电阻、电功、电功率、电热)，三条定律(部分电路欧姆定律、电阻定律和焦耳定律)，以及若干基本规律(串、并联电路特点等)。(2)以闭合电路欧姆定律为中心，争辩电动势概念，闭合电路中的电流、路端电压以及闭合电路中能量的转化。3．解决电磁感应中的电路问题三步曲[典例](2022·全国卷Ⅱ)半径分别为r和2r的同心圆形导轨固定在同一水平面内，一长为r、质量为m且质量分布均匀的直导体棒AB置于圆导轨上面，BA的延长线通过圆导轨中心O，装置的俯视图如图9­3­1所示。整个装置位于一匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，方向竖直向下。在内圆导轨的C点和外圆导轨的D点之间接有一阻值为R的电阻(图中未画出)。直导体棒在水平外力作用下以角速度ω绕O逆时针匀速转动，在转动过程中始终与导轨保持良好接触。设导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，导体棒和导轨的电阻均可忽视。重力加速度大小为g。求图9­3­1(1)通过电阻R的感应电流的方向和大小；(2)外力的功率。[思路点拨](1)如何求解导体棒AB产生的感应电动势？提示：导体棒AB转动产生感应电动势，可应用E＝Bleq\x\to(v)求解。eq\x\to(v)为AB棒中点处的速度。(2)导体棒在转动过程中，有哪些力做功？分别做正功还是负功？提示：外力F做正功，安培力做负功，摩擦力做负功。[解析](1)依据右手定则，得导体棒AB上的电流方向为B→A，故电阻R上的电流方向为C→D。设导体棒AB中点的速度为v，则v＝eq\f(vA＋vB,2)而vA＝ωr，vB＝2ωr依据法拉第电磁感应定律，导体棒AB上产生的感应电动势E＝Brv依据闭合电路欧姆定律得I＝eq\f(E,R)，联立以上各式解得通过电阻R的感应电流的大小为I＝eq\f(3Bωr2,2R)。(2)依据能量守恒定律，外力的功率P等于安培力与摩擦力的功率之和，即P＝BIrv＋fv，而f＝μmg解得P＝eq\f(9B2ω2r4,4R)＋eq\f(3μmgωr,2)。[答案](1)方向为C→D大小为eq\f(3Bωr2,2R)(2)eq\f(9B2ω2r4,4R)＋eq\f(3μmgωr,2)[方法规律]电磁感应中电路问题的题型特点闭合电路中磁通量发生变化或有部分导体做切割磁感线运动，在回路中将产生感应电动势和感应电流。从而考题中常涉及电流、电压、电功等的计算，也可能涉及电磁感应与力学、电磁感应与能量的综合分析。[针对训练]1．(多选)(2021·焦作一模)如图9­3­2所示，两根足够长的光滑金属导轨水平平行放置，间距为l＝1m，cd间、de间、cf间分别接着阻值R＝10Ω的电阻。一阻值R＝10Ω的导体棒ab以速度v＝4m/s匀速向左运动，导体棒与导轨接触良好；导轨所在平面存在磁感应强度大小B＝0.5T、图9­3­2A．导体棒ab中电流的流向为由b到aB．cd两端的电压为1VC．de两端的电压为1VD．fe两端的电压为1V解析：选BD由右手定则可知ab中电流方向为a→b，A错误。导体棒ab切割磁感线产生的感应电动势E＝Blv，ab为电源，cd间电阻R为外电路负载，de和cf间电阻中无电流，de间无电压，因此cd和fe两端电压相等，即U＝eq\f(E,2R)×R＝eq\f(Blv,2)＝1V，B、D正确，C错误。2．(多选)(2021·江苏宿迁第一次调研)用一根横截面积为S、电阻率为ρ的硬质导线做成一个半径为r的圆环，ab为圆环的一条直径。如图9­3­3所示，在ab的左侧存在一个匀强磁场，磁场垂直圆环所在平面，方向如图，磁感应强度大小随时间的变化率eq\f(ΔB,Δt)＝k(k＜0)。则()图9­3­3A．圆环中产生逆时针方向的感应电流B．圆环具有扩张的趋势C．圆环中感应电流的大小为eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(krS,2ρ)))D．图中a、b两点间的电势差Uab＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)kπr2))解析：选BC依据楞次定律和安培定则，圆环中将产生顺时针方向的感应电流，且具有扩张的趋势，A错误、B正确；依据法拉第电磁感应定律，圆环中产生的感应电动势大小为E＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(ΔB·πr2,Δt)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(kπr2))，由电阻定律知R＝ρeq\f(2πr,S)，所以感应电流的大小为I＝eq\f(E,R)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(krS,2ρ)))，C正确；依据闭合电路欧姆定律可得a、b两点间的电势差Uab＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)kπr2))，D错误。3．(2021·安徽师大附中第一次模拟)如图9­3­4所示，固定的光滑金属导轨间距为L，导轨电阻不计，上端a、b间接有阻值为R的电阻，导轨平面与水平面的夹角为θ，且处在磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨平面对上的匀强磁场中。质量为m、电阻为r的导体棒与固定弹簧相连后放在导轨上。初始时刻，弹簧恰处于自然长度，导体棒具有沿轨道向上的初速度v0。整个运动过程中导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触，弹簧的中心轴线与导轨平行。图9­3­4(1)求初始时刻通过电阻R的电流I的大小和方向；(2)当导体棒第一次回到初始位置时，速度变为v，求此时导体棒的加速度大小a。解析：(1)导体棒产生的感应电动势E1＝BLv0通过R的电流大小I1＝eq\f(E1,R＋r)＝eq\f(BLv0,R＋r)电流方向为b→a。(2)导体棒产生的感应电动势为E2＝BLv感应电流I2＝eq\f(E2,R＋r)＝eq\f(BLv,R＋r)导体棒受到的安培力大小F＝BIL＝eq\f(B2L2v,R＋r)，方向沿斜面对上依据牛顿其次定律有mgsinθ－F＝ma解得a＝gsinθ－eq\f(B2L2v,mR＋r)。答案：(1)I＝eq\f(BLv0,R＋r)b→a(2)a＝gsinθ－eq\f(B2L2v,mR＋r)要点二电磁感应中的图像问题1．图像问题的求解类型类型据电磁感应过程选图像据图像分析推断电磁感应过程求解流程2．解题关键弄清初始条件、正负方向的对应变化范围、所争辩物理量的函数表达式、进出磁场的转折点等是解决此类问题的关键。3．解决图像问题的一般步骤(1)明确图像的种类，即是B­t图还是Φ­t图，或者E­t图、I­t图等；(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方向的对应关系；(4)结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律等学问写出函数关系式；(5)依据函数关系式，进行数学分析，如分析斜率的变化、截距等；(6)画图像或推断图像。4．电磁感应中图像类选择题的两个常用方法(1)排解法：定性地分析电磁感应过程中物理量的变化趋势(增大还是减小)、变化快慢(均匀变化还是非均匀变化)，特殊是分析物理量的正负，以排解错误的选项。(2)函数法：依据题目所给条件定量地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推断。[多维探究]1．F安­t图像[典例1](2021·山东高考)将一段导线绕成图9­3­5甲所示的闭合回路，并固定在水平面(纸面)内。回路的ab边置于垂直纸面对里的匀强磁场Ⅰ中。回路的圆环区域内有垂直纸面的磁场Ⅱ，以向里为磁场Ⅱ的正方向，其磁感应强度B随时间t变化的图像如图乙所示。用F表示ab边受到的安培力，以水平向右为F的正方向，能正确反映F随时间t变化的图像是()图9­3­5图9­3­6[解析]本题考查电磁感应中的图像问题，意在考查考生利用法拉第电磁感应定律及楞次定律、左手定则处理电磁感应综合问题的力气。0～eq\f(T,2)时间内，依据法拉第电磁感应定律及楞次定律可得回路的圆环形区域产生大小恒定的、顺时针方向的感应电流，依据左手定则，ab边在匀强磁场Ⅰ中受到水平向左的恒定的安培力；同理可得eq\f(T,2)～T时间内，ab边在匀强磁场Ⅰ中受到水平向右的恒定的安培力，故B项正确。[答案]B2．v­t图像[典例2](2021·全国卷Ⅱ)如图9­3­7，在光滑水平桌面上有一边长为L、电阻为R的正方形导线框；在导线框右侧有一宽度为d(d＞L)的条形匀强磁场区域，磁场的边界与导线框的一边平行，磁场方向竖直向下。导线框以某一初速度向右运动。t＝0时导线框的右边恰与磁场的左边界重合，随后导线框进入并通过磁场区域。下列v­t图像中，可能正确描述上述过程的是(