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高中物理高考 第2讲 法拉第电磁感应定律 自感现象
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这是一份高中物理高考 第2讲 法拉第电磁感应定律 自感现象，共34页。学案主要包含了堵点疏通，对点激活等内容，欢迎下载使用。
第2讲 法拉第电磁感应定律 自感现象
知识点 法拉第电磁感应定律 Ⅱ
1．感应电动势
(1)概念：在电磁感应现象中产生的电动势。
(2)产生条件：穿过回路的磁通量发生改变，与电路是否闭合无关。
(3)方向判断：感应电动势的方向用楞次定律或右手定则来判断。
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变化率成正比。
(2)公式：E＝n，其中n为线圈匝数。
(3)感应电流与感应电动势的关系：遵守闭合电路欧姆定律，即I＝。
3．导体切割磁感线时的感应电动势
切割方式
电动势表达式
说明
垂直切割
E＝Blv
①导体棒与磁场方向垂直，磁场为匀强磁场
②式中l为导体切割磁感线的有效长度
③旋转切割中导体棒的平均速度等于中点位置的线速度lω
倾斜切割
E＝Blvsinθ(θ为v与B的夹角)
旋转切割(以一端为轴)
E＝Bl
＝Bl2ω
知识点 自感、涡流 Ⅰ
1．互感现象
两个互相靠近的线圈，当一个线圈中的电流变化时，它所产生的变化的磁场会在另一个线圈中产生感应电动势。这种现象叫作互感，这种感应电动势叫作互感电动势。
2．自感现象
(1)定义：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。
(2)自感电动势
①定义：由于自感而产生的感应电动势。
②表达式：E＝L。
③自感系数L
相关因素：与线圈的大小、形状、匝数以及是否有铁芯等因素有关。
单位：亨利(H)，1 mH＝10－3 H,1 μH＝10－6 H。
3．涡流、电磁阻尼和电磁驱动
(1)涡流：如果穿过导体的磁通量发生变化，由于电磁感应，导体内会产生感应电流，这种电流像水中的漩涡，所以叫作涡电流，简称涡流。
(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，安培力的方向总是阻碍导体的运动，这种现象称为电磁阻尼。
(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，它使导体受到安培力的作用，安培力使导体运动起来，这种作用常常称为电磁驱动。
交流感应电动机就是利用电磁驱动的原理工作的。
(4)电磁阻尼和电磁驱动的原理体现了楞次定律的推广应用。
一 堵点疏通
1．导体棒在磁场中运动一定能产生感应电动势。( )
2．公式E＝Blv中的l就是导体的长度。( )
3．断电自感中，感应电流方向与原电流方向一致。( )
4．回路中磁通量变化量越大，回路产生的感应电流越大。( )
5．在自感现象中，感应电流一定和原电流方向相反。( )
答案 1.× 2.× 3.√ 4.× 5.×
二 对点激活
1．将闭合多匝线圈置于随时间变化的磁场中，关于线圈中产生的感应电动势和感应电流，下列表述正确的是( )
A．感应电动势的大小与线圈的匝数无关
B．穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大
C．穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大
D．感应电流产生的磁场方向与原磁场方向始终相同
答案 C
解析 由法拉第电磁感应定律可知E＝n，感应电动势的大小与匝数成正比，A错误。感应电动势大小与磁通量的变化率成正比，磁通量变化越快，感应电动势越大，C正确。感应电动势的大小与磁通量的大小以及磁通量的变化量的大小无关，所以B错误。感应电流产生的磁场阻碍原磁场的变化，可能与原磁场方向相同，也可能与原磁场方向相反，D错误。
2．(人教版选择性必修第二册·P43·T5改编)A、B两个闭合线圈用同样的导线制成，匝数均为10匝，半径rA＝2rB，分别按图甲、乙两种方式放入匀强磁场中，且磁感应强度随时间均匀减小，则下列说法正确的是( )
A．甲图中，A、B两线圈中电动势之比为4∶1
B．甲图中，A、B两线圈中电流之比为2∶1
C．乙图中，A、B两线圈中电动势之比为4∶1
D．乙图中，A、B两线圈中电流之比为4∶1
答案 C
解析 由法拉第电磁感应定律可知，E＝n＝nS，其中S为有效面积。甲图中，A、B两线圈的有效面积相等，所以感应电动势之比就是匝数比，为1∶1，由电阻定律R＝ρ可知，电阻之比为两线圈周长之比，也就是2∶1，所以甲图中，A、B两线圈中电流之比为1∶2，故A、B错误。同理，乙图中，A、B两线圈中电动势之比为4∶1，电流之比为2∶1，故C正确，D错误。
3．(2015·海南高考)如图，空间有一匀强磁场，一直金属棒与磁感应强度方向垂直，当它以速度v沿与棒和磁感应强度都垂直的方向运动时，棒两端的感应电动势大小为ε；将此棒弯成两段长度相等且相互垂直的折线，置于与磁感应强度相垂直的平面内，当它沿两段折线夹角平分线的方向以速度v运动时，棒两端的感应电动势大小为ε′。则等于( )
A. B.
C.1 D.
答案 B
解析 设金属棒的长度为l，磁感应强度为B，根据法拉第电磁感应定律，感应电动势大小ε＝Blv；当将此棒弯成两段长度相等且相互垂直的折线时，有效长度变为l′＝l，所以此时的感应电动势大小ε′＝Bl′v＝Blv。所以＝，故B正确。
4．(人教版选择性必修第二册·P39·演示实验改编)(多选)如图所示，两个灯泡A1和A2的规格相同，A1与线圈L串联后接到电路中，A2与可变电阻R串联后接到电路中。先闭合开关S，调节R，使两个灯泡的亮度相同，再调节R1，使它们正常发光，然后断开开关S，下列说法正确的是( )
A．重新接通电路，A1、A2同时亮
B．重新接通电路，A1逐渐变亮
C．接通电路，一段时间电路稳定后再次断开S，A1、A2逐渐熄灭
D．接通电路，一段时间电路稳定后再次断开S，A2闪亮一下再熄灭
答案 BC
解析 重新接通电路，由于L有自感电动势产生，阻碍电流增大，所以A1逐渐变亮，而A2立即变亮，故A错误，B正确。再次断开S，A1、A2与L、R构成回路，L相当于电源，因原来两支路电流相等，所以不会出现A2闪亮一下再熄灭的现象，A1、A2都会逐渐熄灭，故C正确，D错误。
5．(人教版选择性必修第二册·P37·T3改编)如图所示，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( )
A．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
答案 C
解析 小磁块在铜管中下落的过程，根据电磁感应知铜管中产生涡流，小磁块受到阻力，P中小磁块的部分机械能转化为铜管中涡流产生的焦耳热，机械能不守恒，故A、B错误。Q管为塑料管，小磁块下落过程为自由落体运动，所以比在P中下落时间短，落至底部时比在P中的速度大，故C正确，D错误。
考点1 法拉第电磁感应定律的应用
1.磁通量Φ、磁通量的变化量ΔΦ、磁通量的变化率的比较
物理量
项目
磁通量Φ
磁通量的变化量ΔΦ
磁通量的变化率
意义
某时刻穿过某个面的磁感线的条数
某段时间内穿过某个面的磁通量变化的多少
穿过某个面的磁通量变化的快慢
大小
Φ＝BS
ΔΦ＝Φ2－Φ1＝Δ(B·S)
两种特例：
①ΔΦ＝B·ΔS
②ΔΦ＝S·ΔB
＝
两种特例：
①＝B
②＝S
注意
若有相反方向的磁场，磁通量可抵消；S为有效面积
转过180°前后穿过平面的磁通量是一正一负，ΔΦ＝2BS，而不是零
等于单匝线圈上产生的感应电动势，即E＝
提示：①Φ、ΔΦ、的大小之间没有必然的联系，Φ＝0，不一定等于0；②感应电动势E与线圈匝数n有关，但Φ、ΔΦ、的大小均与线圈匝数无关。
2．法拉第电磁感应定律公式的物理意义：E＝n求的是Δt时间内的平均感应电动势，当Δt→0时，E为瞬时感应电动势。
3．法拉第电磁感应定律应用的三种情况
(1)磁通量的变化是由有效面积变化引起时，ΔΦ＝B·ΔS，则E＝n。
(2)磁通量的变化是由磁场变化引起时，ΔΦ＝ΔB·S，则E＝n，S是磁场范围内的有效面积。
(3)磁通量的变化是由有效面积和磁场变化共同引起的，则根据定义求，ΔΦ＝Φ末－Φ初，E＝n。
4．在图像问题中磁通量的变化率是Φt图像上某点切线的斜率，利用斜率和线圈匝数可以确定感应电动势的大小。
例1 (2020·贵州省铜仁市高三适应性考试)如图甲所示，一金属线圈的横截面积为S，匝数为n匝。t＝0时刻，磁场平行于线圈轴线向左穿过线圈，其磁感应强度B随时间t变化的关系如图乙所示。则线圈两端a和b之间的电势差Uab( )
A．在t＝0时刻，Uab＝
B．在t＝t1时刻，Uab＝0
C．从0～t2这段时间，Uab＝－
D．从0～t2这段时间，Uab＝
(1)如何求线圈两端a和b之间的电势差？
提示：利用图乙斜率得到磁感应强度的变化率，再乘以线圈面积就是磁通量的变化率，再乘以线圈匝数即可得到Uab的大小，根据楞次定律即可得到Uab的正负。
(2)t1时刻磁通量变化率为0吗？
提示：不是，0～t2这段时间内磁通量变化率不变。
尝试解答 选C。
由图乙可知，磁感应强度在0～t1时间内均匀减小，由法拉第电磁感应定律可知E＝n＝n＝n，由楞次定律可知线圈中感应电流方向从a到b，则Uab＝－E＝－n，t1～t2时间内磁感应强度变化率与0～t1时间内的相同，则a、b两端电势差相等，故A、B、D错误，C正确。
法拉第电磁感应定律的规范应用
(1)一般解题步骤
①分析穿过闭合电路的磁场方向及磁通量的变化情况；
②利用楞次定律确定感应电流的方向；
③灵活选择法拉第电磁感应定律的不同表达形式列方程求解。
(2)应注意的问题
①用公式E＝nS求感应电动势时，S为线圈在磁场范围内的有效面积，且不变，在Bt图像中为图线切线的斜率；
②用公式E＝n求解的是一个回路中某段时间内的平均感应电动势，只有在磁通量均匀变化时，瞬时值才等于平均值；
③通过回路的电荷量q仅与n、ΔΦ和回路总电阻R有关，与变化过程所用的时间长短无关，推导过程：q＝Δt＝Δt＝。
[变式1] (2020·云南省昆明市 “三诊一模”)如图甲所示，单匝矩形金属线框abcd处在垂直于线框平面的匀强磁场中，线框面积S＝0.3 m2，线框连接一个阻值R＝3 Ω的电阻，其余电阻不计，线框cd边位于磁场边界上。取垂直于线框平面向外为磁感应强度B的正方向，磁感应强度B随时间t变化的图像如图乙所示。下列判断正确的是( )
A．0～0.4 s内线框中感应电流沿逆时针方向
B．0.4～0.8 s内线框有扩张的趋势
C．0～0.8 s内线框中的电流为0.1 A
D．0～0.4 s内ab边所受安培力保持不变
答案 C
解析 由图乙所示图线可知，0～0.4 s内磁感应强度垂直于纸面向里且减小，穿过线框的磁通量减小，由楞次定律可知，线框中感应电流沿顺时针方向，故A错误；0.4～0.8 s内磁感应强度垂直于纸面向外且增大，穿过线框的磁通量增加，由楞次定律可知，线框有收缩的趋势，故B错误；0～0.8 s内线框的感应电动势为E＝＝S＝×0.3 V＝0.3 V，线框中的电流为I＝＝ A＝0.1 A，故C正确；在0～0.4 s内线框中的感应电流I保持不变，磁感应强度B大小不断减小，由F＝IlB可知，ab边所受安培力不断减小，故D错误。
考点2 导体切割磁感线产生感应电动势的计算
切割磁感线的那部分导体相当于电路中的电源，常见的情景有以下两种：
1．导体平动切割磁感线
对于导体平动切割磁感线产生感应电动势的计算式E＝Blv，应从以下几个方面理解和掌握。
(1)正交性
本公式是在一定条件下得出的，除了磁场是匀强磁场，还需B、l、v三者相互垂直。当它们不相互垂直时，应取垂直的分量进行计算。
(2)平均性
导体平动切割磁感线时，若v为平均速度，则E为平均感应电动势，即＝Bl。
(3)瞬时性
导体平动切割磁感线时，若v为瞬时速度，则E为相应的瞬时感应电动势。
(4)有效性
公式中的l为导体有效切割长度，即导体在与v共同所在平面上垂直于v的方向上的投影长度。下图中有效长度分别为：
甲图：l＝cdsinβ(容易错算成l＝absinβ)。
乙图：沿v1方向运动时，l＝MN；沿v2方向运动时，l＝0。
丙图：沿v1方向运动时，l＝R；沿v2方向运动时，l＝0；沿v3方向运动时，l＝R。
(5)相对性
E＝Blv中的速度v是相对于磁场的速度，若磁场也运动时，应注意速度间的相对关系。
2．导体转动切割磁感线
当导体棒在垂直于磁场的平面内，绕导体棒上某一点以角速度ω匀速转动时，则：
(1)以导体棒中点为轴时，E＝0(相同两段的代数和)。
(2)以导体棒端点为轴时，E＝Bωl2。
(3)以导体棒上任意一点为轴时，E＝Bω(l－l)(不同两段的代数和，其中l1>l2)。
例2 (2020·山东省滨州市一模)如图所示，光滑水平面上存在有界匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度为B，质量为m、边长为a的正方形导体框MNPQ斜向上垂直进入磁场，当MP刚进入磁场时速度为v，方向与磁场边界成45°，若导体框的总电阻为R，则( )
A．导体框进入磁场过程中，导体框中电流的方向为MNPQ
B．MP刚进入磁场时导体框中感应电流大小为
C．MP刚进入磁场时导体框所受安培力为
D．MP刚进入磁场时M、P两端的电压为
(1)导体框进入磁场过程中，导体框中电流的方向如何判断？
提示：由右手定则判断。
(2)MP刚进入磁场时，导体框切割磁感应线的有效长度是多少？
提示：a。
尝试解答 选C。
根据右手定则可得，导体框进入磁场过程中，导体框中电流的方向为MQPN，故A错误；根据导体切割磁感线产生的感应电动势的计算公式可得，MP刚进入磁场时，导体框的感应电动势E＝Bav，导体框中感应电流大小为I＝＝，故B错误；根据安培力的计算公式可得，MP刚进入磁场时，导体框所受安培力为F＝BI·a＝，故C正确；MP刚进入磁场时，根据闭合电路的欧姆定律可得，M、P两端的电压U＝＝，故D错误。
(1)注意理解和掌握E＝Blv，特别是B、l、v三者方向的关系。
(2)求瞬时电动势(电流)时，E＝Blv为首选式，并同时注意有效长度l。
(3)对于转动切割，如果记不住公式或情况复杂(如转动中心不在导体棒上)时，可用E＝Bl计算，也可以用假想的导线将导体棒连接，组成回路，用E＝B计算。
(4)如果在导体切割磁感线时，磁感应强度B也在变化，则只能用E＝计算。
[变式2－1] (多选)如图所示，用粗细均匀的铜导线制成半径为r、电阻为4R的圆环，PQ为圆环的直径，在PQ的左右两侧均存在垂直圆环所在平面的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，但方向相反。一根长为2r、电阻不计的金属棒MN绕着圆心O以角速度ω顺时针匀速转动，金属棒与圆环紧密接触。下列说法正确的是( )
A．金属棒MN两端的电压大小为Bωr2
B．金属棒MN中的电流大小为
C．图示位置金属棒中电流方向为从M到N
D．金属棒MN在转动一周的过程中电流方向不变
答案 AC
解析 金属棒MO和NO都切割磁感线，产生感应电动势，由右手定则可知两端产生的感应电动势方向相同，所以MN产生的感应电动势为E＝2××Bωr2＝Bωr2，又因为MN的电阻不计，所以MN两端的电压就等于MN棒产生的电动势Bωr2，故A正确；MN棒把圆环分为相等的两部分，每部分的电阻为2R，且两部分是并联的，所以电路中的总电阻为R，由闭合电路欧姆定律可知MN中的电流为，故B错误；由右手定则可知图示位置金属棒中电流方向为从M到N，故C正确；由右手定则可知MO转到右侧磁场时，金属棒中电流方向为从N到M，故D错误。
[变式2－2] (2015·全国卷Ⅱ)如图，直角三角形金属框abc放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向平行于ab边向上。当金属框绕ab边以角速度ω逆时针转动时，a、b、c三点的电势分别为Ua、Ub、Uc。已知bc边的长度为l。下列判断正确的是( )
A．Ua>Uc，金属框中无电流
B．Ub>Uc，金属框中电流方向沿a－b－c－a
C．Ubc＝－Bl2ω，金属框中无电流
D．Uac＝Bl2ω，金属框中电流方向沿a－c－b－a
答案 C
解析 在三角形金属框内，有两边切割磁感线，其一为bc边，根据E＝Blv可得：电动势大小为Bl2ω；其二为ac边，ac边有效的切割长度为l，根据E＝Blv，可得：电动势大小也为Bl2ω；由右手定则可知：金属框内无电流，且Uc>Ub＝Ua，A、B、D错误；Ubc＝Uac＝－Bl2ω，C正确。
考点3 自感现象
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，自感线圈就相当于普通导体。
(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．自感中“闪亮”与“不闪亮”问题
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，灯泡立刻变亮，然后电流逐渐减小达到稳定，灯泡比刚通电时暗些
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。两种情况灯泡中电流方向均改变
例3 (人教版选择性必修第二册·P42·T3改编)如图所示，线圈L的自感系数很大，且其电阻可以忽略不计，L1、L2是两个完全相同的小灯泡，随着开关S闭合和断开的过程中，L1、L2的亮度变化情况是(灯丝不会断)( )
A．S闭合，L1亮度不变，L2亮度逐渐变亮，最后两灯一样亮；S断开，L2立即不亮，L1逐渐变亮
B．S闭合，L1亮度不变，L2很亮；S断开，L1、L2立即不亮
C．S闭合，L1、L2同时亮，而后L1逐渐熄灭，L2亮度不变；S断开，L2立即不亮，L1亮一下才灭
D．S闭合，L1、L2同时亮，而后L1逐渐熄灭，L2则逐渐变得更亮；S断开，L2立即熄灭，L1亮一下才灭
(1)开关闭合瞬间、电路稳定时、开关断开瞬间线圈分别相当于什么？
提示：L分别相当于阻值减小的大电阻、导线、电动势减小的电源。
(2)当自感电流满足什么条件时，灯泡L1才会闪亮一下？
提示：当自感电流大于电路稳定时灯泡L1中的原电流时灯泡L1才会闪亮一下。
尝试解答 选D。
S闭合瞬间，自感线圈L相当于一个大电阻，以后阻值逐渐减小到0，所以观察到的现象是灯泡L1和L2同时亮，以后L1逐渐变暗到熄灭，L2逐渐变得更亮。S断开瞬间，自感线圈相当于一个电动势逐渐减小的内阻不计的电源，它与灯泡L1组成闭合回路，所以L2立即熄灭，L1亮一下才熄灭。所以A、B、C错误，D正确。
(1)通电自感：线圈相当于一个变化的电阻——阻值由无穷大逐渐减小，通电瞬间自感线圈处相当于断路。
(2)断电自感：断电时自感线圈相当于电源，电流由恰好断电前的值逐渐减小到零。
(3)断电自感现象中电流方向是否改变的判断：与线圈在同一条支路的用电器中的电流方向不变；与线圈并联的用电器中的电流方向改变。
(4)电流稳定时，自感线圈就是导体，是否需要考虑其电阻，根据题意而定。
[变式3－1] (2020·北京市朝阳区高三(下)三模)如图是用电流传感器(电流传感器相当于电流表，其电阻可以忽略不计)研究自感现象的实验电路，电源的电动势为E，内阻为r，自感线圈L的自感系数足够大，其直流电阻值大于灯泡D的阻值，在t＝0时刻闭合开关S，经过一段时间后，在t＝t1时刻断开开关S。在下图所示的图像中，可能正确表示电流传感器记录的电流随时间变化情况的是( )
答案 B
解析 在t＝0时刻，闭合开关的瞬间，由于自感线圈L产生自感电动势，自感线圈相当于一个阻值很大的电阻，灯泡中有一定的电流通过；随着自感线圈L电动势的逐渐减小，自感线圈的等效阻值逐渐减小，直至减小到其直流电阻值，线圈与灯泡并联电路两端的电压逐渐减小至稳定值，故灯泡中的电流逐渐减小至稳定值，A、D错误。当在t＝t1时刻断开开关S时，线圈产生自感电动势，线圈中的电流与原来的电流方向相同，它与灯泡组成的电路中，感应电流沿逆时针方向，故灯泡的电流方向与原来相反，为负值；线圈的直流电阻大于灯泡D的阻值，故t＝t1时刻灯泡中的电流比稳定时要小一些，然后电流随自感电动势的减小而慢慢减小到0，故B正确，C错误。
[变式3－2] (2020·浙江省高考压轴卷)如图a、b所示的电路中，电阻R和自感线圈L的电阻值都很小，且小于灯A的电阻，接通S，使电路达到稳定，灯泡A发光，则( )
A．在电路a中，断开S，A将立即熄灭
B．在电路a中，断开S，A将先变得更亮，然后渐渐变暗
C．在电路b中，断开S，A将渐渐变暗
D．在电路b中，断开S，A将先变得更亮，然后渐渐变暗
答案 D
解析 在电路a中，断开S，由于线圈阻碍电流变小，导致灯A将逐渐变暗，因为断开前后通过灯A的电流一样，灯不会变得更亮，故A、B错误；在电路b中，由于电阻R和自感线圈L的电阻值都很小，所以电路稳定时，通过灯泡A的电流比通过线圈的电流小得多，断开S时，由于线圈阻碍电流变小，导致灯泡A先变得更亮，然后逐渐变暗，故C错误，D正确。
1．(2020·浙江7月选考)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Bl2ω
B．微粒的电荷量与质量之比为
C．电阻消耗的电功率为
D．电容器所带的电荷量为CBr2ω
答案 B
解析 金属棒绕OO′轴转动切割磁感线，产生的电动势E＝Br·＝Br2ω，A错误；电容器两极板间的电压等于电源电动势E，带电微粒在两极板间处于静止状态，则q＝mg，即＝＝＝，B正确；电阻消耗的电功率P＝＝，C错误；电容器所带的电荷量Q＝CE＝，D错误。
2．(2019·全国卷Ⅰ)(多选)空间存在一方向与纸面垂直、大小随时间变化的匀强磁场，其边界如图a中虚线MN所示。一硬质细导线的电阻率为ρ、横截面积为S，将该导线做成半径为r的圆环固定在纸面内，圆心O在MN上。t＝0时磁感应强度的方向如图a所示；磁感应强度B随时间t的变化关系如图b所示。则在t＝0到t＝t1的时间间隔内( )
A．圆环所受安培力的方向始终不变
B．圆环中的感应电流始终沿顺时针方向
C．圆环中的感应电流大小为
D．圆环中的感应电动势大小为
答案 BC
解析 由于通过圆环的磁通量均匀变化，故圆环中产生的感应电动势、感应电流的大小和方向不变，但t0时刻磁场方向发生变化，故安培力方向发生变化，A错误；根据楞次定律，圆环中感应电流的方向始终沿顺时针方向，B正确；根据法拉第电磁感应定律，感应电动势大小E＝||·S′＝·＝，根据闭合电路欧姆定律知，感应电流大小I＝＝＝，C正确，D错误。
3．(2018·全国卷Ⅲ)(多选)如图a，在同一平面内固定有一长直导线PQ和一导线框R，R在PQ的右侧。导线PQ中通有正弦交流电流i，i的变化如图b所示，规定从Q到P为电流的正方向。导线框R中的感应电动势( )
A．在t＝时为零
B．在t＝时改变方向
C．在t＝时最大，且沿顺时针方向
D．在t＝T时最大，且沿顺时针方向
答案 AC
解析 由图b可知，导线PQ中电流在t＝时达到最大值，变化率为零，导线框R中磁通量变化率为零，根据法拉第电磁感应定律，在t＝时导线框中产生的感应电动势为零，A正确；在t＝时，导线PQ中电流图象斜率正负不变，导致导线框R中磁通量变化率的正负不变，根据楞次定律，所以在t＝时，导线框中产生的感应电动势方向不变，B错误；由于在t＝时，导线PQ中电流图象斜率最大，电流变化率最大，导致导线框R中磁通量变化率最大，根据法拉第电磁感应定律，在t＝时导线框中产生的感应电动势最大，由楞次定律可判断出感应电动势的方向为顺时针方向，C正确；由楞次定律可判断出在t＝T时感应电动势的方向为逆时针方向，D错误。
4．(2018·全国卷Ⅰ)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，则等于( )
A. B.
C. D.2
答案 B
解析 通过导体横截面的电荷量为：q＝·Δt＝·Δt＝n，过程Ⅰ流过OM的电荷量为：q1＝；过程Ⅱ流过OM的电荷量：q2＝，依题意有：q1＝q2，即：B·πr2＝(B′－B)·πr2，解得：＝，正确答案为B。
5．(2017·北京高考)图1和图2是教材中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与L1的电阻值相同
B．图1中，闭合S1，电路稳定后，A1中电流大于L1中电流
C．图2中，变阻器R与L2的电阻值相同
D．图2中，闭合S2瞬间，L2中电流与变阻器R中电流相等
答案 C
解析 断开开关S1瞬间，线圈L1产生自感电动势，阻碍电流的减小，通过L1的电流反向通过灯A1，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗，说明IL1>IA1，即RL1
答案 A
解析 底盘上的紫铜薄板出现扰动时，其扰动方向不确定，在C这种情况下，紫铜薄板出现上下或左右扰动时，穿过薄板的磁通量难以改变，不能发生电磁感应现象，没有阻尼效应；在B、D这两种情况下，紫铜薄板出现上下扰动时，也没有发生电磁阻尼现象；在A这种情况下，紫铜薄板出现上下或左右扰动时，都发生电磁感应现象，产生电磁阻尼效应，A正确。
7．(2020·北京高考)如图甲所示，N＝200匝的线圈(图中只画了2匝)，电阻r＝2 Ω，其两端与一个R＝48 Ω的电阻相连，线圈内有指向纸内方向的磁场。线圈中的磁通量按图乙所示规律变化。
(1)判断通过电阻R的电流方向；
(2)求线圈产生的感应电动势E；
(3)求电阻R两端的电压U。
答案 (1)a→b (2)10 V (3)9.6 V
解析 (1)根据图乙可知，线圈中垂直于纸面向里的磁通量增大，为了阻碍线圈中磁通量的增大，根据楞次定律可知，线圈中感应电流产生的磁场垂直于纸面向外，根据安培定则可知线圈中的感应电流为逆时针方向，所以通过电阻R的电流方向为a→b。
(2)根据法拉第电磁感应定律得
E＝N＝200× V＝10 V。
(3)电阻R两端的电压为路端电压，根据分压规律可知U＝E＝×10 V＝9.6 V。
8．(2020·天津高考)如图所示，垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t均匀变化。正方形硬质金属框abcd放置在磁场中，金属框平面与磁场方向垂直，电阻R＝0.1 Ω，边长l＝0.2 m。求
(1)在t＝0到t＝0.1 s时间内，金属框中的感应电动势E；
(2)t＝0.05 s时，金属框ab边受到的安培力F的大小和方向；
(3)在t＝0到t＝0.1 s时间内，金属框中电流的电功率P。
答案 (1)0.08 V (2)0.016 N 方向垂直于ab向左
(3)0.064 W
解析 (1)在t＝0到t＝0.1 s的时间Δt＝0.1 s内，磁感应强度的变化量大小ΔB＝0.2 T，设穿过金属框的磁通量变化量大小为ΔΦ，有
ΔΦ＝ΔBl2①
由于磁感应强度随时间均匀变化，故金属框中的感应电动势是恒定的，为E＝②
联立①②式，代入数据，解得E＝0.08 V。③
(2)设金属框中的电流为I，由闭合电路欧姆定律，有
I＝④
由图可知，t＝0.05 s时，磁感应强度为B1＝0.1 T，金属框ab边受到的安培力大小F＝IlB1⑤
联立③④⑤式，代入数据，解得F＝0.016 N⑥
根据楞次定律、安培定则及左手定则可知，F的方向垂直于ab向左。⑦
(3)在t＝0到t＝0.1 s时间内，金属框中电流的电功率
P＝I2R⑧
联立③④⑧式，代入数据，解得P＝0.064 W。⑨
9．(2020·全国卷Ⅲ)如图，一边长为l0的正方形金属框abcd固定在水平面内，空间存在方向垂直于水平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场。一长度大于l0的均匀导体棒以速率v自左向右在金属框上匀速滑过，滑动过程中导体棒始终与ac垂直且中点位于ac上，导体棒与金属框接触良好。已知导体棒单位长度的电阻为r，金属框电阻可忽略。将导体棒与a点之间的距离记为x，求导体棒所受安培力的大小随x(0≤x≤l0)变化的关系式。
答案 F＝
解析 当导体棒与金属框接触的两点间棒的长度为l时，由法拉第电磁感应定律知，导体棒上感应电动势的大小为
E＝Blv①
由闭合电路欧姆定律知，流过导体棒的感应电流为
I＝②
式中，R为这一段导体棒的电阻。由题意有
R＝rl③
此时导体棒所受安培力大小为
F＝BIl④
由题设和几何关系有
l＝⑤
联立①②③④⑤式得
F＝。⑥
10．(2020·江苏高考)如图所示，电阻为0.1 Ω的正方形单匝线圈abcd的边长为0.2 m，bc边与匀强磁场边缘重合。磁场的宽度等于线圈的边长，磁感应强度大小为0.5 T。在水平拉力作用下，线圈以8 m/s的速度向右穿过磁场区域。求线圈在上述过程中：
(1)感应电动势的大小E；
(2)所受拉力的大小F；
(3)感应电流产生的热量Q。
答案 (1)0.8 V (2)0.8 N (3)0.32 J
解析 (1)线圈切割磁感线时产生的感应电动势大小为E＝BLv＝0.5×0.2×8 V＝0.8 V。
(2)线圈做匀速直线运动，根据平衡条件有
F＝F安＝BIL
根据闭合电路欧姆定律有I＝
联立解得F＝0.8 N。
(3)线圈穿过磁场区域所用的时间为
t＝＝ s＝0.05 s
感应电流产生的热量为
Q＝I2Rt＝t＝×0.05 J＝0.32 J。
时间：50分钟 满分：100分
一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分。其中 1～8题为单选，9～10题为多选)
1．(2020·贵州省贵阳市四校高三联考)在地球北极附近，地磁场的竖直分量方向向下。考虑到地磁场的影响，汽车在北极路面上行驶时连接前轮的钢轴两端有电势差，设司机左侧钢轴与轮毂连接处电势为φ1，右侧钢轴与轮毂连接处电势为φ2，则( )
A．汽车沿某一方向后退时，φ1<φ2
B．汽车沿某一方向前进时，φ1<φ2
C．无论汽车前进还是后退时，都满足φ1>φ2
D．当汽车沿某一特定方向前进或后退时，φ1＝φ2
答案 A
解析 在地球北极附近，地磁场的竖直分量方向向下，汽车连接前轮的钢轴水平运动时切割地磁场的磁感线，由右手定则可知，前进时，左侧相当于电源正极，有φ1>φ2；后退时，右侧相当于电源正极，有φ1<φ2，故A正确，B、C、D错误。
2.(2020·江苏省泰州市二模)用电阻丝绕制标准电阻时，常在圆柱陶瓷上用如图所示的双线绕制方法绕制，其主要目的是( )
A．制作无自感电阻 B.增加电阻的阻值
C．减少电阻的电容 D.提高电阻的精度
答案 A
解析 两个线圈绕向相同，但是通过的电流方向相反，根据安培定则可知两线圈产生的磁场方向相反，导线中通过的电流相等，所以产生的磁场相互抵消，螺线管内无磁场，从而制作成无自感电阻，故A正确，B、C、D错误。
3.(2020·海南省海口市6月模拟)如图所示，一导线弯成半径为r的半圆形闭合线框。竖直虚线MN右侧有垂直线框所在平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B。线框以垂直虚线MN、大小为v的速度向右匀速进入磁场，直径CD始终与MN垂直。从D点进入到线框完全进入磁场过程，下列说法正确的是( )
A．闭合线框中的感应电流方向为顺时针
B．直径CD段导线始终不受安培力
C．穿过线框的磁通量不断增加，感应电动势也不断增大
D．感应电动势的平均值为πBrv
答案 D
解析 从D点到达边界开始到C点进入磁场为止，穿过线框的磁通量逐渐增大，根据楞次定律知，感应电流的方向一直为逆时针方向，故A错误；CD段的电流方向由C到D，根据左手定则知，CD段受到竖直向上的安培力，故B错误；根据E＝Blv知随着线框的进入，切割磁感线的有效长度先增加到r，然后逐渐减小，故感应电动势先增大后减小，故C错误；感应电动势的平均值为＝＝＝＝πBrv，故D正确。
4．(2020·山东省济南市上学期期末)如图甲所示，一线圈匝数为100匝，横截面积为0.01 m2，磁场与线圈轴线成30°角向右穿过线圈。若在2 s时间内磁感应强度随时间的变化关系如图乙所示，则该段时间内线圈两端a和b之间的电势差Uab为( )
A．－ V B.2 V
C. V D.从0均匀变化到2 V
答案 A
解析 由图乙可知，与线圈轴线成30°角向右穿过线圈的磁场，磁感应强度均匀增加，故产生恒定的感应电动势。由楞次定律可知，Uab为负值。根据法拉第电磁感应定律，有：E＝n＝nScos30°，由图乙可知：＝ T/s＝2 T/s，代入数据解得：Uab＝－E＝－ V，故A正确，B、C、D错误。
5.(2020·河北省石家庄市二模)如图所示，两个闭合正方形线圈a、b用粗细相同的同种导线绕制而成，匝数相同，线圈a的边长为线圈b边长的3倍，图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀增大，不考虑线圈之间的相互影响，下列说法正确的是( )
A．a、b线圈中均产生顺时针方向的感应电流
B．a、b线圈中感应电动势之比为3∶1
C．a、b线圈中感应电流之比为3∶4
D．a、b线圈中电功率之比为27∶1
答案 D
解析 根据楞次定律可知，原磁场向里增强，则感应电流的磁场与原磁场方向相反，因此a、b线圈中感应电流的方向均为逆时针，故A错误；根据法拉第电磁感应定律可知E＝n＝nS＝nl2，由题意知，两线圈匝数n相同，也相同，故Ea∶Eb＝l∶l＝9∶1，故B错误；绕制线圈的导线横截面积S0相同，电阻率ρ也相同，根据电阻定律有R＝ρ，导线长度为L＝n×4l，故电阻之比为Ra∶Rb＝3∶1，根据闭合电路欧姆定律有I＝，故a、b线圈中感应电流之比为Ia∶Ib＝3∶1，故C错误；电功率P＝，因电动势之比为9∶1；电阻之比为3∶1；则电功率之比为27∶1，故D正确。
6.如图所示，电路中有三个相同的灯泡L1、L2、L3，电感线圈L的电阻可忽略，D为理想二极管。下列说法正确的是( )
A．闭合开关S的瞬间，L3立即变亮，L1、L2逐渐变亮
B．闭合开关S的瞬间，L2、L3立即变亮，L1逐渐变亮
C．断开开关S的瞬间，L2立即熄灭，L1先变亮一下然后才熄灭
D．断开开关S的瞬间，L2立即熄灭，L3先变亮一下然后才熄灭
答案 B
解析 开关S闭合的瞬间，由于自感线圈L产生自感电动势，L1逐渐变亮，而L2、L3立即变亮，故A错误，B正确。断开开关S的瞬间，线圈L和L1、L3构成回路，因原来L1、L3两支路电流相等，所以L1、L3逐渐熄灭，L2立即熄灭，故C、D错误。
7．如图所示，光滑绝缘水平面上嵌入一无限长通电直导线。一质量为0.02 kg的金属片在该平面内以大小为v0＝2 m/s、方向与电流方向成60°角的初速度滑出。则( )
A．圆形金属片最终将静止在水平面上的某处
B．圆形金属片最终沿垂直导线方向做匀速直线运动
C．圆形金属片所受安培力方向始终和运动方向相反
D．圆形金属片中产生的电能最多为0.03 J
答案 D
解析 直导线周围有环形磁场，且离导线越远磁场越弱，圆形金属片向右运动，磁通量减小，会产生涡流，根据“来拒去留”(电磁阻尼)可知，所受的安培力将阻碍金属圆片远离通电直导线，即安培力垂直直导线向左，与运动方向并非相反，安培力使圆形金属片在垂直导线方向做减速运动，当垂直导线方向的速度减为零时，只剩沿导线方向的速度，之后磁通量不变，无感应电流产生，水平方向合力为零，故接着沿导线方向做匀速直线运动，故A、B、C错误；由题意知，沿导线方向的分速度v1＝v0·cos60°＝1 m/s，根据能量守恒定律，得：Q＝mv－mv＝0.03 J，故金属片中最多产生0.03 J的电能，D正确。
8．(2020·湖北省武汉市高三下质量检测)如图a所示，在倾角θ＝37°的斜面上放置着一个金属圆环，圆环的上半部分处在垂直斜面向上的匀强磁场(未画出)中，磁感应强度的大小按如图b所示的规律变化。释放圆环后，在t＝8t0和t＝9t0时刻，圆环均能恰好静止在斜面上。假设圆环与斜面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin37°＝0.6，则圆环和斜面间的动摩擦因数为( )
A. B.
C. D.
答案 D
解析 根据楞次定律可知，0～8t0时间内圆环中感应电流的方向沿顺时针方向，由左手定则可知圆环上部受安培力沿斜面向下，设圆环半径为r，电阻为R，在t＝8t0时有E1＝＝·πr2＝πr2，I1＝，此时圆环恰好静止，由平衡条件得mgsinθ＋B0I1·2r＝μmgcosθ；同理在t＝9t0时，圆环上部分受到的安培力沿斜面向上，E2＝＝πr2，I2＝，此时圆环恰好静止，由平衡条件得mgsinθ＋μmgcosθ＝B0I2·2r，联立以上各式得μ＝，故A、B、C错误，D正确。
9.(2020·内蒙古阿拉善盟期末)如图所示，两根足够长的光滑金属导轨水平平行放置，间距为l＝1 m，cd间、de间、cf间分别接着阻值为R＝10 Ω的电阻。一阻值为R＝10 Ω的导体棒ab以速度v＝4 m/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为B＝0.5 T、方向竖直向下的匀强磁场。下列说法中正确的是( )
A．导体棒中电流的流向为由b到a
B．cd两端的电压为1 V
C．fe两端的电压为1 V
D．ab两端的电压为2 V
答案 BC
解析 根据右手定则得，导体棒ab中电流的流向为由a到b，故A错误；ab产生的感应电动势为E＝Blv＝0.5×1×4 V＝2 V，则cd两端的电压为Ucd＝E＝1 V，故B正确；fe两端的电压等于cd两端的电压，是1 V，故C正确；ab两端的电压等于cd两端的电压，是1 V，故D错误。
10.在磁感应强度为B的匀强磁场中，有一与磁场方向垂直、长度为L的金属杆aO，已知ab＝bc＝cO＝，a、c与磁场中以O为圆心的同心圆(都为部分圆弧)金属轨道始终接触良好。一电容为C的电容器接在轨道上，如图所示，当金属杆在与磁场垂直的平面内以O为轴、以角速度ω顺时针匀速转动时( )
A．Uac＝2Uab
B．UaO＝9UcO
C．电容器所带电荷量Q＝BL2ωC
D．若在eO间连接一个电压表，则电压表示数为零
答案 BC
解析 根据转动切割磁感线产生感应电动势的公式E＝Bl2ω得aO、bO、cO间的电势差分别为UaO＝BL2ω，UbO＝B2ω＝BL2ω，UcO＝B·2ω＝BL2ω，则Uac＝UaO－UcO＝BL2ω，Uab＝UaO－UbO＝BL2ω，可见，Uac＝1.6Uab，UaO＝9UcO，故B正确，A错误。电容器板间电压等于ac间的电势差，则电容器所带电荷量为Q＝CUac＝BL2ωC，故C正确。若在eO间连接一个电压表，电压表与cO、内轨道组成的闭合回路中的磁通量增加，会有电流通过电压表，则电压表示数不为零，故D错误。
二、非选择题(本题共2小题，共30分)
11．(2019·江苏高考)(14分)如图所示，匀强磁场中有一个用软导线制成的单匝闭合线圈，线圈平面与磁场垂直。已知线圈的面积S＝0.3 m2、电阻R＝0.6 Ω，磁场的磁感应强度B＝0.2 T。现同时向两侧拉动线圈，线圈的两边在Δt＝0.5 s时间内合到一起。求线圈在上述过程中
(1)感应电动势的平均值E；
(2)感应电流的平均值I，并在图中标出电流方向；
(3)通过导线横截面的电荷量q。
答案 (1)0.12 V (2)0.2 A 电流方向见解析图 (3)0.1 C
解析 (1)感应电动势的平均值E＝
磁通量的变化量ΔΦ＝BΔS
解得E＝
代入数据得E＝0.12 V。
(2)平均感应电流I＝
代入数据得I＝0.2 A(电流方向如图)。
(3)通过导线横截面的电荷量
q＝IΔt
代入数据得q＝0.1 C。
12．(2017·江苏高考)(16分)如图所示，两条相距d的平行金属导轨位于同一水平面内，其右端接一阻值为R的电阻。质量为m的金属杆静置在导轨上，其左侧的矩形匀强磁场区域MNPQ的磁感应强度大小为B、方向竖直向下。当该磁场区域以速度v0匀速地向右扫过金属杆后，金属杆的速度变为v。导轨和金属杆的电阻不计，导轨光滑且足够长，杆在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触。求：
(1)MN刚扫过金属杆时，杆中感应电流的大小I；
(2)MN刚扫过金属杆时，杆的加速度大小a；
(3)PQ刚要离开金属杆时，感应电流的功率P。
答案 (1) (2) (3)
解析 (1)MN刚扫过金属杆时，金属杆的感应电动势E＝Bdv0①
回路的感应电流I＝②
由①②式解得I＝。③
(2)金属杆所受的安培力F＝BId④
由牛顿第二定律得，对金属杆F＝ma⑤
由③④⑤式得a＝。⑥
(3)金属杆切割磁感线的相对速度v′＝v0－v⑦
感应电动势E′＝Bdv′⑧
感应电流的电功率P＝⑨
由⑦⑧⑨式得P＝。
第2讲 法拉第电磁感应定律 自感现象
知识点 法拉第电磁感应定律 Ⅱ
1．感应电动势
(1)概念：在电磁感应现象中产生的电动势。
(2)产生条件：穿过回路的磁通量发生改变，与电路是否闭合无关。
(3)方向判断：感应电动势的方向用楞次定律或右手定则来判断。
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变化率成正比。
(2)公式：E＝n，其中n为线圈匝数。
(3)感应电流与感应电动势的关系：遵守闭合电路欧姆定律，即I＝。
3．导体切割磁感线时的感应电动势
切割方式
电动势表达式
说明
垂直切割
E＝Blv
①导体棒与磁场方向垂直，磁场为匀强磁场
②式中l为导体切割磁感线的有效长度
③旋转切割中导体棒的平均速度等于中点位置的线速度lω
倾斜切割
E＝Blvsinθ(θ为v与B的夹角)
旋转切割(以一端为轴)
E＝Bl
＝Bl2ω
知识点 自感、涡流 Ⅰ
1．互感现象
两个互相靠近的线圈，当一个线圈中的电流变化时，它所产生的变化的磁场会在另一个线圈中产生感应电动势。这种现象叫作互感，这种感应电动势叫作互感电动势。
2．自感现象
(1)定义：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。
(2)自感电动势
①定义：由于自感而产生的感应电动势。
②表达式：E＝L。
③自感系数L
相关因素：与线圈的大小、形状、匝数以及是否有铁芯等因素有关。
单位：亨利(H)，1 mH＝10－3 H,1 μH＝10－6 H。
3．涡流、电磁阻尼和电磁驱动
(1)涡流：如果穿过导体的磁通量发生变化，由于电磁感应，导体内会产生感应电流，这种电流像水中的漩涡，所以叫作涡电流，简称涡流。
(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，安培力的方向总是阻碍导体的运动，这种现象称为电磁阻尼。
(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，它使导体受到安培力的作用，安培力使导体运动起来，这种作用常常称为电磁驱动。
交流感应电动机就是利用电磁驱动的原理工作的。
(4)电磁阻尼和电磁驱动的原理体现了楞次定律的推广应用。
一 堵点疏通
1．导体棒在磁场中运动一定能产生感应电动势。( )
2．公式E＝Blv中的l就是导体的长度。( )
3．断电自感中，感应电流方向与原电流方向一致。( )
4．回路中磁通量变化量越大，回路产生的感应电流越大。( )
5．在自感现象中，感应电流一定和原电流方向相反。( )
答案 1.× 2.× 3.√ 4.× 5.×
二 对点激活
1．将闭合多匝线圈置于随时间变化的磁场中，关于线圈中产生的感应电动势和感应电流，下列表述正确的是( )
A．感应电动势的大小与线圈的匝数无关
B．穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大
C．穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大
D．感应电流产生的磁场方向与原磁场方向始终相同
答案 C
解析 由法拉第电磁感应定律可知E＝n，感应电动势的大小与匝数成正比，A错误。感应电动势大小与磁通量的变化率成正比，磁通量变化越快，感应电动势越大，C正确。感应电动势的大小与磁通量的大小以及磁通量的变化量的大小无关，所以B错误。感应电流产生的磁场阻碍原磁场的变化，可能与原磁场方向相同，也可能与原磁场方向相反，D错误。
2．(人教版选择性必修第二册·P43·T5改编)A、B两个闭合线圈用同样的导线制成，匝数均为10匝，半径rA＝2rB，分别按图甲、乙两种方式放入匀强磁场中，且磁感应强度随时间均匀减小，则下列说法正确的是( )
A．甲图中，A、B两线圈中电动势之比为4∶1
B．甲图中，A、B两线圈中电流之比为2∶1
C．乙图中，A、B两线圈中电动势之比为4∶1
D．乙图中，A、B两线圈中电流之比为4∶1
答案 C
解析 由法拉第电磁感应定律可知，E＝n＝nS，其中S为有效面积。甲图中，A、B两线圈的有效面积相等，所以感应电动势之比就是匝数比，为1∶1，由电阻定律R＝ρ可知，电阻之比为两线圈周长之比，也就是2∶1，所以甲图中，A、B两线圈中电流之比为1∶2，故A、B错误。同理，乙图中，A、B两线圈中电动势之比为4∶1，电流之比为2∶1，故C正确，D错误。
3．(2015·海南高考)如图，空间有一匀强磁场，一直金属棒与磁感应强度方向垂直，当它以速度v沿与棒和磁感应强度都垂直的方向运动时，棒两端的感应电动势大小为ε；将此棒弯成两段长度相等且相互垂直的折线，置于与磁感应强度相垂直的平面内，当它沿两段折线夹角平分线的方向以速度v运动时，棒两端的感应电动势大小为ε′。则等于( )
A. B.
C.1 D.
答案 B
解析 设金属棒的长度为l，磁感应强度为B，根据法拉第电磁感应定律，感应电动势大小ε＝Blv；当将此棒弯成两段长度相等且相互垂直的折线时，有效长度变为l′＝l，所以此时的感应电动势大小ε′＝Bl′v＝Blv。所以＝，故B正确。
4．(人教版选择性必修第二册·P39·演示实验改编)(多选)如图所示，两个灯泡A1和A2的规格相同，A1与线圈L串联后接到电路中，A2与可变电阻R串联后接到电路中。先闭合开关S，调节R，使两个灯泡的亮度相同，再调节R1，使它们正常发光，然后断开开关S，下列说法正确的是( )
A．重新接通电路，A1、A2同时亮
B．重新接通电路，A1逐渐变亮
C．接通电路，一段时间电路稳定后再次断开S，A1、A2逐渐熄灭
D．接通电路，一段时间电路稳定后再次断开S，A2闪亮一下再熄灭
答案 BC
解析 重新接通电路，由于L有自感电动势产生，阻碍电流增大，所以A1逐渐变亮，而A2立即变亮，故A错误，B正确。再次断开S，A1、A2与L、R构成回路，L相当于电源，因原来两支路电流相等，所以不会出现A2闪亮一下再熄灭的现象，A1、A2都会逐渐熄灭，故C正确，D错误。
5．(人教版选择性必修第二册·P37·T3改编)如图所示，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( )
A．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
答案 C
解析 小磁块在铜管中下落的过程，根据电磁感应知铜管中产生涡流，小磁块受到阻力，P中小磁块的部分机械能转化为铜管中涡流产生的焦耳热，机械能不守恒，故A、B错误。Q管为塑料管，小磁块下落过程为自由落体运动，所以比在P中下落时间短，落至底部时比在P中的速度大，故C正确，D错误。
考点1 法拉第电磁感应定律的应用
1.磁通量Φ、磁通量的变化量ΔΦ、磁通量的变化率的比较
物理量
项目
磁通量Φ
磁通量的变化量ΔΦ
磁通量的变化率
意义
某时刻穿过某个面的磁感线的条数
某段时间内穿过某个面的磁通量变化的多少
穿过某个面的磁通量变化的快慢
大小
Φ＝BS
ΔΦ＝Φ2－Φ1＝Δ(B·S)
两种特例：
①ΔΦ＝B·ΔS
②ΔΦ＝S·ΔB
＝
两种特例：
①＝B
②＝S
注意
若有相反方向的磁场，磁通量可抵消；S为有效面积
转过180°前后穿过平面的磁通量是一正一负，ΔΦ＝2BS，而不是零
等于单匝线圈上产生的感应电动势，即E＝
提示：①Φ、ΔΦ、的大小之间没有必然的联系，Φ＝0，不一定等于0；②感应电动势E与线圈匝数n有关，但Φ、ΔΦ、的大小均与线圈匝数无关。
2．法拉第电磁感应定律公式的物理意义：E＝n求的是Δt时间内的平均感应电动势，当Δt→0时，E为瞬时感应电动势。
3．法拉第电磁感应定律应用的三种情况
(1)磁通量的变化是由有效面积变化引起时，ΔΦ＝B·ΔS，则E＝n。
(2)磁通量的变化是由磁场变化引起时，ΔΦ＝ΔB·S，则E＝n，S是磁场范围内的有效面积。
(3)磁通量的变化是由有效面积和磁场变化共同引起的，则根据定义求，ΔΦ＝Φ末－Φ初，E＝n。
4．在图像问题中磁通量的变化率是Φt图像上某点切线的斜率，利用斜率和线圈匝数可以确定感应电动势的大小。
例1 (2020·贵州省铜仁市高三适应性考试)如图甲所示，一金属线圈的横截面积为S，匝数为n匝。t＝0时刻，磁场平行于线圈轴线向左穿过线圈，其磁感应强度B随时间t变化的关系如图乙所示。则线圈两端a和b之间的电势差Uab( )
A．在t＝0时刻，Uab＝
B．在t＝t1时刻，Uab＝0
C．从0～t2这段时间，Uab＝－
D．从0～t2这段时间，Uab＝
(1)如何求线圈两端a和b之间的电势差？
提示：利用图乙斜率得到磁感应强度的变化率，再乘以线圈面积就是磁通量的变化率，再乘以线圈匝数即可得到Uab的大小，根据楞次定律即可得到Uab的正负。
(2)t1时刻磁通量变化率为0吗？
提示：不是，0～t2这段时间内磁通量变化率不变。
尝试解答 选C。
由图乙可知，磁感应强度在0～t1时间内均匀减小，由法拉第电磁感应定律可知E＝n＝n＝n，由楞次定律可知线圈中感应电流方向从a到b，则Uab＝－E＝－n，t1～t2时间内磁感应强度变化率与0～t1时间内的相同，则a、b两端电势差相等，故A、B、D错误，C正确。
法拉第电磁感应定律的规范应用
(1)一般解题步骤
①分析穿过闭合电路的磁场方向及磁通量的变化情况；
②利用楞次定律确定感应电流的方向；
③灵活选择法拉第电磁感应定律的不同表达形式列方程求解。
(2)应注意的问题
①用公式E＝nS求感应电动势时，S为线圈在磁场范围内的有效面积，且不变，在Bt图像中为图线切线的斜率；
②用公式E＝n求解的是一个回路中某段时间内的平均感应电动势，只有在磁通量均匀变化时，瞬时值才等于平均值；
③通过回路的电荷量q仅与n、ΔΦ和回路总电阻R有关，与变化过程所用的时间长短无关，推导过程：q＝Δt＝Δt＝。
[变式1] (2020·云南省昆明市 “三诊一模”)如图甲所示，单匝矩形金属线框abcd处在垂直于线框平面的匀强磁场中，线框面积S＝0.3 m2，线框连接一个阻值R＝3 Ω的电阻，其余电阻不计，线框cd边位于磁场边界上。取垂直于线框平面向外为磁感应强度B的正方向，磁感应强度B随时间t变化的图像如图乙所示。下列判断正确的是( )
A．0～0.4 s内线框中感应电流沿逆时针方向
B．0.4～0.8 s内线框有扩张的趋势
C．0～0.8 s内线框中的电流为0.1 A
D．0～0.4 s内ab边所受安培力保持不变
答案 C
解析 由图乙所示图线可知，0～0.4 s内磁感应强度垂直于纸面向里且减小，穿过线框的磁通量减小，由楞次定律可知，线框中感应电流沿顺时针方向，故A错误；0.4～0.8 s内磁感应强度垂直于纸面向外且增大，穿过线框的磁通量增加，由楞次定律可知，线框有收缩的趋势，故B错误；0～0.8 s内线框的感应电动势为E＝＝S＝×0.3 V＝0.3 V，线框中的电流为I＝＝ A＝0.1 A，故C正确；在0～0.4 s内线框中的感应电流I保持不变，磁感应强度B大小不断减小，由F＝IlB可知，ab边所受安培力不断减小，故D错误。
考点2 导体切割磁感线产生感应电动势的计算
切割磁感线的那部分导体相当于电路中的电源，常见的情景有以下两种：
1．导体平动切割磁感线
对于导体平动切割磁感线产生感应电动势的计算式E＝Blv，应从以下几个方面理解和掌握。
(1)正交性
本公式是在一定条件下得出的，除了磁场是匀强磁场，还需B、l、v三者相互垂直。当它们不相互垂直时，应取垂直的分量进行计算。
(2)平均性
导体平动切割磁感线时，若v为平均速度，则E为平均感应电动势，即＝Bl。
(3)瞬时性
导体平动切割磁感线时，若v为瞬时速度，则E为相应的瞬时感应电动势。
(4)有效性
公式中的l为导体有效切割长度，即导体在与v共同所在平面上垂直于v的方向上的投影长度。下图中有效长度分别为：
甲图：l＝cdsinβ(容易错算成l＝absinβ)。
乙图：沿v1方向运动时，l＝MN；沿v2方向运动时，l＝0。
丙图：沿v1方向运动时，l＝R；沿v2方向运动时，l＝0；沿v3方向运动时，l＝R。
(5)相对性
E＝Blv中的速度v是相对于磁场的速度，若磁场也运动时，应注意速度间的相对关系。
2．导体转动切割磁感线
当导体棒在垂直于磁场的平面内，绕导体棒上某一点以角速度ω匀速转动时，则：
(1)以导体棒中点为轴时，E＝0(相同两段的代数和)。
(2)以导体棒端点为轴时，E＝Bωl2。
(3)以导体棒上任意一点为轴时，E＝Bω(l－l)(不同两段的代数和，其中l1>l2)。
例2 (2020·山东省滨州市一模)如图所示，光滑水平面上存在有界匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度为B，质量为m、边长为a的正方形导体框MNPQ斜向上垂直进入磁场，当MP刚进入磁场时速度为v，方向与磁场边界成45°，若导体框的总电阻为R，则( )
A．导体框进入磁场过程中，导体框中电流的方向为MNPQ
B．MP刚进入磁场时导体框中感应电流大小为
C．MP刚进入磁场时导体框所受安培力为
D．MP刚进入磁场时M、P两端的电压为
(1)导体框进入磁场过程中，导体框中电流的方向如何判断？
提示：由右手定则判断。
(2)MP刚进入磁场时，导体框切割磁感应线的有效长度是多少？
提示：a。
尝试解答 选C。
根据右手定则可得，导体框进入磁场过程中，导体框中电流的方向为MQPN，故A错误；根据导体切割磁感线产生的感应电动势的计算公式可得，MP刚进入磁场时，导体框的感应电动势E＝Bav，导体框中感应电流大小为I＝＝，故B错误；根据安培力的计算公式可得，MP刚进入磁场时，导体框所受安培力为F＝BI·a＝，故C正确；MP刚进入磁场时，根据闭合电路的欧姆定律可得，M、P两端的电压U＝＝，故D错误。
(1)注意理解和掌握E＝Blv，特别是B、l、v三者方向的关系。
(2)求瞬时电动势(电流)时，E＝Blv为首选式，并同时注意有效长度l。
(3)对于转动切割，如果记不住公式或情况复杂(如转动中心不在导体棒上)时，可用E＝Bl计算，也可以用假想的导线将导体棒连接，组成回路，用E＝B计算。
(4)如果在导体切割磁感线时，磁感应强度B也在变化，则只能用E＝计算。
[变式2－1] (多选)如图所示，用粗细均匀的铜导线制成半径为r、电阻为4R的圆环，PQ为圆环的直径，在PQ的左右两侧均存在垂直圆环所在平面的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，但方向相反。一根长为2r、电阻不计的金属棒MN绕着圆心O以角速度ω顺时针匀速转动，金属棒与圆环紧密接触。下列说法正确的是( )
A．金属棒MN两端的电压大小为Bωr2
B．金属棒MN中的电流大小为
C．图示位置金属棒中电流方向为从M到N
D．金属棒MN在转动一周的过程中电流方向不变
答案 AC
解析 金属棒MO和NO都切割磁感线，产生感应电动势，由右手定则可知两端产生的感应电动势方向相同，所以MN产生的感应电动势为E＝2××Bωr2＝Bωr2，又因为MN的电阻不计，所以MN两端的电压就等于MN棒产生的电动势Bωr2，故A正确；MN棒把圆环分为相等的两部分，每部分的电阻为2R，且两部分是并联的，所以电路中的总电阻为R，由闭合电路欧姆定律可知MN中的电流为，故B错误；由右手定则可知图示位置金属棒中电流方向为从M到N，故C正确；由右手定则可知MO转到右侧磁场时，金属棒中电流方向为从N到M，故D错误。
[变式2－2] (2015·全国卷Ⅱ)如图，直角三角形金属框abc放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向平行于ab边向上。当金属框绕ab边以角速度ω逆时针转动时，a、b、c三点的电势分别为Ua、Ub、Uc。已知bc边的长度为l。下列判断正确的是( )
A．Ua>Uc，金属框中无电流
B．Ub>Uc，金属框中电流方向沿a－b－c－a
C．Ubc＝－Bl2ω，金属框中无电流
D．Uac＝Bl2ω，金属框中电流方向沿a－c－b－a
答案 C
解析 在三角形金属框内，有两边切割磁感线，其一为bc边，根据E＝Blv可得：电动势大小为Bl2ω；其二为ac边，ac边有效的切割长度为l，根据E＝Blv，可得：电动势大小也为Bl2ω；由右手定则可知：金属框内无电流，且Uc>Ub＝Ua，A、B、D错误；Ubc＝Uac＝－Bl2ω，C正确。
考点3 自感现象
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，自感线圈就相当于普通导体。
(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．自感中“闪亮”与“不闪亮”问题
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，灯泡立刻变亮，然后电流逐渐减小达到稳定，灯泡比刚通电时暗些
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。两种情况灯泡中电流方向均改变
例3 (人教版选择性必修第二册·P42·T3改编)如图所示，线圈L的自感系数很大，且其电阻可以忽略不计，L1、L2是两个完全相同的小灯泡，随着开关S闭合和断开的过程中，L1、L2的亮度变化情况是(灯丝不会断)( )
A．S闭合，L1亮度不变，L2亮度逐渐变亮，最后两灯一样亮；S断开，L2立即不亮，L1逐渐变亮
B．S闭合，L1亮度不变，L2很亮；S断开，L1、L2立即不亮
C．S闭合，L1、L2同时亮，而后L1逐渐熄灭，L2亮度不变；S断开，L2立即不亮，L1亮一下才灭
D．S闭合，L1、L2同时亮，而后L1逐渐熄灭，L2则逐渐变得更亮；S断开，L2立即熄灭，L1亮一下才灭
(1)开关闭合瞬间、电路稳定时、开关断开瞬间线圈分别相当于什么？
提示：L分别相当于阻值减小的大电阻、导线、电动势减小的电源。
(2)当自感电流满足什么条件时，灯泡L1才会闪亮一下？
提示：当自感电流大于电路稳定时灯泡L1中的原电流时灯泡L1才会闪亮一下。
尝试解答 选D。
S闭合瞬间，自感线圈L相当于一个大电阻，以后阻值逐渐减小到0，所以观察到的现象是灯泡L1和L2同时亮，以后L1逐渐变暗到熄灭，L2逐渐变得更亮。S断开瞬间，自感线圈相当于一个电动势逐渐减小的内阻不计的电源，它与灯泡L1组成闭合回路，所以L2立即熄灭，L1亮一下才熄灭。所以A、B、C错误，D正确。
(1)通电自感：线圈相当于一个变化的电阻——阻值由无穷大逐渐减小，通电瞬间自感线圈处相当于断路。
(2)断电自感：断电时自感线圈相当于电源，电流由恰好断电前的值逐渐减小到零。
(3)断电自感现象中电流方向是否改变的判断：与线圈在同一条支路的用电器中的电流方向不变；与线圈并联的用电器中的电流方向改变。
(4)电流稳定时，自感线圈就是导体，是否需要考虑其电阻，根据题意而定。
[变式3－1] (2020·北京市朝阳区高三(下)三模)如图是用电流传感器(电流传感器相当于电流表，其电阻可以忽略不计)研究自感现象的实验电路，电源的电动势为E，内阻为r，自感线圈L的自感系数足够大，其直流电阻值大于灯泡D的阻值，在t＝0时刻闭合开关S，经过一段时间后，在t＝t1时刻断开开关S。在下图所示的图像中，可能正确表示电流传感器记录的电流随时间变化情况的是( )
答案 B
解析 在t＝0时刻，闭合开关的瞬间，由于自感线圈L产生自感电动势，自感线圈相当于一个阻值很大的电阻，灯泡中有一定的电流通过；随着自感线圈L电动势的逐渐减小，自感线圈的等效阻值逐渐减小，直至减小到其直流电阻值，线圈与灯泡并联电路两端的电压逐渐减小至稳定值，故灯泡中的电流逐渐减小至稳定值，A、D错误。当在t＝t1时刻断开开关S时，线圈产生自感电动势，线圈中的电流与原来的电流方向相同，它与灯泡组成的电路中，感应电流沿逆时针方向，故灯泡的电流方向与原来相反，为负值；线圈的直流电阻大于灯泡D的阻值，故t＝t1时刻灯泡中的电流比稳定时要小一些，然后电流随自感电动势的减小而慢慢减小到0，故B正确，C错误。
[变式3－2] (2020·浙江省高考压轴卷)如图a、b所示的电路中，电阻R和自感线圈L的电阻值都很小，且小于灯A的电阻，接通S，使电路达到稳定，灯泡A发光，则( )
A．在电路a中，断开S，A将立即熄灭
B．在电路a中，断开S，A将先变得更亮，然后渐渐变暗
C．在电路b中，断开S，A将渐渐变暗
D．在电路b中，断开S，A将先变得更亮，然后渐渐变暗
答案 D
解析 在电路a中，断开S，由于线圈阻碍电流变小，导致灯A将逐渐变暗，因为断开前后通过灯A的电流一样，灯不会变得更亮，故A、B错误；在电路b中，由于电阻R和自感线圈L的电阻值都很小，所以电路稳定时，通过灯泡A的电流比通过线圈的电流小得多，断开S时，由于线圈阻碍电流变小，导致灯泡A先变得更亮，然后逐渐变暗，故C错误，D正确。
1．(2020·浙江7月选考)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Bl2ω
B．微粒的电荷量与质量之比为
C．电阻消耗的电功率为
D．电容器所带的电荷量为CBr2ω
答案 B
解析 金属棒绕OO′轴转动切割磁感线，产生的电动势E＝Br·＝Br2ω，A错误；电容器两极板间的电压等于电源电动势E，带电微粒在两极板间处于静止状态，则q＝mg，即＝＝＝，B正确；电阻消耗的电功率P＝＝，C错误；电容器所带的电荷量Q＝CE＝，D错误。
2．(2019·全国卷Ⅰ)(多选)空间存在一方向与纸面垂直、大小随时间变化的匀强磁场，其边界如图a中虚线MN所示。一硬质细导线的电阻率为ρ、横截面积为S，将该导线做成半径为r的圆环固定在纸面内，圆心O在MN上。t＝0时磁感应强度的方向如图a所示；磁感应强度B随时间t的变化关系如图b所示。则在t＝0到t＝t1的时间间隔内( )
A．圆环所受安培力的方向始终不变
B．圆环中的感应电流始终沿顺时针方向
C．圆环中的感应电流大小为
D．圆环中的感应电动势大小为
答案 BC
解析 由于通过圆环的磁通量均匀变化，故圆环中产生的感应电动势、感应电流的大小和方向不变，但t0时刻磁场方向发生变化，故安培力方向发生变化，A错误；根据楞次定律，圆环中感应电流的方向始终沿顺时针方向，B正确；根据法拉第电磁感应定律，感应电动势大小E＝||·S′＝·＝，根据闭合电路欧姆定律知，感应电流大小I＝＝＝，C正确，D错误。
3．(2018·全国卷Ⅲ)(多选)如图a，在同一平面内固定有一长直导线PQ和一导线框R，R在PQ的右侧。导线PQ中通有正弦交流电流i，i的变化如图b所示，规定从Q到P为电流的正方向。导线框R中的感应电动势( )
A．在t＝时为零
B．在t＝时改变方向
C．在t＝时最大，且沿顺时针方向
D．在t＝T时最大，且沿顺时针方向
答案 AC
解析 由图b可知，导线PQ中电流在t＝时达到最大值，变化率为零，导线框R中磁通量变化率为零，根据法拉第电磁感应定律，在t＝时导线框中产生的感应电动势为零，A正确；在t＝时，导线PQ中电流图象斜率正负不变，导致导线框R中磁通量变化率的正负不变，根据楞次定律，所以在t＝时，导线框中产生的感应电动势方向不变，B错误；由于在t＝时，导线PQ中电流图象斜率最大，电流变化率最大，导致导线框R中磁通量变化率最大，根据法拉第电磁感应定律，在t＝时导线框中产生的感应电动势最大，由楞次定律可判断出感应电动势的方向为顺时针方向，C正确；由楞次定律可判断出在t＝T时感应电动势的方向为逆时针方向，D错误。
4．(2018·全国卷Ⅰ)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，则等于( )
A. B.
C. D.2
答案 B
解析 通过导体横截面的电荷量为：q＝·Δt＝·Δt＝n，过程Ⅰ流过OM的电荷量为：q1＝；过程Ⅱ流过OM的电荷量：q2＝，依题意有：q1＝q2，即：B·πr2＝(B′－B)·πr2，解得：＝，正确答案为B。
5．(2017·北京高考)图1和图2是教材中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与L1的电阻值相同
B．图1中，闭合S1，电路稳定后，A1中电流大于L1中电流
C．图2中，变阻器R与L2的电阻值相同
D．图2中，闭合S2瞬间，L2中电流与变阻器R中电流相等
答案 C
解析 断开开关S1瞬间，线圈L1产生自感电动势，阻碍电流的减小，通过L1的电流反向通过灯A1，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗，说明IL1>IA1，即RL1
答案 A
解析 底盘上的紫铜薄板出现扰动时，其扰动方向不确定，在C这种情况下，紫铜薄板出现上下或左右扰动时，穿过薄板的磁通量难以改变，不能发生电磁感应现象，没有阻尼效应；在B、D这两种情况下，紫铜薄板出现上下扰动时，也没有发生电磁阻尼现象；在A这种情况下，紫铜薄板出现上下或左右扰动时，都发生电磁感应现象，产生电磁阻尼效应，A正确。
7．(2020·北京高考)如图甲所示，N＝200匝的线圈(图中只画了2匝)，电阻r＝2 Ω，其两端与一个R＝48 Ω的电阻相连，线圈内有指向纸内方向的磁场。线圈中的磁通量按图乙所示规律变化。
(1)判断通过电阻R的电流方向；
(2)求线圈产生的感应电动势E；
(3)求电阻R两端的电压U。
答案 (1)a→b (2)10 V (3)9.6 V
解析 (1)根据图乙可知，线圈中垂直于纸面向里的磁通量增大，为了阻碍线圈中磁通量的增大，根据楞次定律可知，线圈中感应电流产生的磁场垂直于纸面向外，根据安培定则可知线圈中的感应电流为逆时针方向，所以通过电阻R的电流方向为a→b。
(2)根据法拉第电磁感应定律得
E＝N＝200× V＝10 V。
(3)电阻R两端的电压为路端电压，根据分压规律可知U＝E＝×10 V＝9.6 V。
8．(2020·天津高考)如图所示，垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t均匀变化。正方形硬质金属框abcd放置在磁场中，金属框平面与磁场方向垂直，电阻R＝0.1 Ω，边长l＝0.2 m。求
(1)在t＝0到t＝0.1 s时间内，金属框中的感应电动势E；
(2)t＝0.05 s时，金属框ab边受到的安培力F的大小和方向；
(3)在t＝0到t＝0.1 s时间内，金属框中电流的电功率P。
答案 (1)0.08 V (2)0.016 N 方向垂直于ab向左
(3)0.064 W
解析 (1)在t＝0到t＝0.1 s的时间Δt＝0.1 s内，磁感应强度的变化量大小ΔB＝0.2 T，设穿过金属框的磁通量变化量大小为ΔΦ，有
ΔΦ＝ΔBl2①
由于磁感应强度随时间均匀变化，故金属框中的感应电动势是恒定的，为E＝②
联立①②式，代入数据，解得E＝0.08 V。③
(2)设金属框中的电流为I，由闭合电路欧姆定律，有
I＝④
由图可知，t＝0.05 s时，磁感应强度为B1＝0.1 T，金属框ab边受到的安培力大小F＝IlB1⑤
联立③④⑤式，代入数据，解得F＝0.016 N⑥
根据楞次定律、安培定则及左手定则可知，F的方向垂直于ab向左。⑦
(3)在t＝0到t＝0.1 s时间内，金属框中电流的电功率
P＝I2R⑧
联立③④⑧式，代入数据，解得P＝0.064 W。⑨
9．(2020·全国卷Ⅲ)如图，一边长为l0的正方形金属框abcd固定在水平面内，空间存在方向垂直于水平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场。一长度大于l0的均匀导体棒以速率v自左向右在金属框上匀速滑过，滑动过程中导体棒始终与ac垂直且中点位于ac上，导体棒与金属框接触良好。已知导体棒单位长度的电阻为r，金属框电阻可忽略。将导体棒与a点之间的距离记为x，求导体棒所受安培力的大小随x(0≤x≤l0)变化的关系式。
答案 F＝
解析 当导体棒与金属框接触的两点间棒的长度为l时，由法拉第电磁感应定律知，导体棒上感应电动势的大小为
E＝Blv①
由闭合电路欧姆定律知，流过导体棒的感应电流为
I＝②
式中，R为这一段导体棒的电阻。由题意有
R＝rl③
此时导体棒所受安培力大小为
F＝BIl④
由题设和几何关系有
l＝⑤
联立①②③④⑤式得
F＝。⑥
10．(2020·江苏高考)如图所示，电阻为0.1 Ω的正方形单匝线圈abcd的边长为0.2 m，bc边与匀强磁场边缘重合。磁场的宽度等于线圈的边长，磁感应强度大小为0.5 T。在水平拉力作用下，线圈以8 m/s的速度向右穿过磁场区域。求线圈在上述过程中：
(1)感应电动势的大小E；
(2)所受拉力的大小F；
(3)感应电流产生的热量Q。
答案 (1)0.8 V (2)0.8 N (3)0.32 J
解析 (1)线圈切割磁感线时产生的感应电动势大小为E＝BLv＝0.5×0.2×8 V＝0.8 V。
(2)线圈做匀速直线运动，根据平衡条件有
F＝F安＝BIL
根据闭合电路欧姆定律有I＝
联立解得F＝0.8 N。
(3)线圈穿过磁场区域所用的时间为
t＝＝ s＝0.05 s
感应电流产生的热量为
Q＝I2Rt＝t＝×0.05 J＝0.32 J。
时间：50分钟 满分：100分
一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分。其中 1～8题为单选，9～10题为多选)
1．(2020·贵州省贵阳市四校高三联考)在地球北极附近，地磁场的竖直分量方向向下。考虑到地磁场的影响，汽车在北极路面上行驶时连接前轮的钢轴两端有电势差，设司机左侧钢轴与轮毂连接处电势为φ1，右侧钢轴与轮毂连接处电势为φ2，则( )
A．汽车沿某一方向后退时，φ1<φ2
B．汽车沿某一方向前进时，φ1<φ2
C．无论汽车前进还是后退时，都满足φ1>φ2
D．当汽车沿某一特定方向前进或后退时，φ1＝φ2
答案 A
解析 在地球北极附近，地磁场的竖直分量方向向下，汽车连接前轮的钢轴水平运动时切割地磁场的磁感线，由右手定则可知，前进时，左侧相当于电源正极，有φ1>φ2；后退时，右侧相当于电源正极，有φ1<φ2，故A正确，B、C、D错误。
2.(2020·江苏省泰州市二模)用电阻丝绕制标准电阻时，常在圆柱陶瓷上用如图所示的双线绕制方法绕制，其主要目的是( )
A．制作无自感电阻 B.增加电阻的阻值
C．减少电阻的电容 D.提高电阻的精度
答案 A
解析 两个线圈绕向相同，但是通过的电流方向相反，根据安培定则可知两线圈产生的磁场方向相反，导线中通过的电流相等，所以产生的磁场相互抵消，螺线管内无磁场，从而制作成无自感电阻，故A正确，B、C、D错误。
3.(2020·海南省海口市6月模拟)如图所示，一导线弯成半径为r的半圆形闭合线框。竖直虚线MN右侧有垂直线框所在平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B。线框以垂直虚线MN、大小为v的速度向右匀速进入磁场，直径CD始终与MN垂直。从D点进入到线框完全进入磁场过程，下列说法正确的是( )
A．闭合线框中的感应电流方向为顺时针
B．直径CD段导线始终不受安培力
C．穿过线框的磁通量不断增加，感应电动势也不断增大
D．感应电动势的平均值为πBrv
答案 D
解析 从D点到达边界开始到C点进入磁场为止，穿过线框的磁通量逐渐增大，根据楞次定律知，感应电流的方向一直为逆时针方向，故A错误；CD段的电流方向由C到D，根据左手定则知，CD段受到竖直向上的安培力，故B错误；根据E＝Blv知随着线框的进入，切割磁感线的有效长度先增加到r，然后逐渐减小，故感应电动势先增大后减小，故C错误；感应电动势的平均值为＝＝＝＝πBrv，故D正确。
4．(2020·山东省济南市上学期期末)如图甲所示，一线圈匝数为100匝，横截面积为0.01 m2，磁场与线圈轴线成30°角向右穿过线圈。若在2 s时间内磁感应强度随时间的变化关系如图乙所示，则该段时间内线圈两端a和b之间的电势差Uab为( )
A．－ V B.2 V
C. V D.从0均匀变化到2 V
答案 A
解析 由图乙可知，与线圈轴线成30°角向右穿过线圈的磁场，磁感应强度均匀增加，故产生恒定的感应电动势。由楞次定律可知，Uab为负值。根据法拉第电磁感应定律，有：E＝n＝nScos30°，由图乙可知：＝ T/s＝2 T/s，代入数据解得：Uab＝－E＝－ V，故A正确，B、C、D错误。
5.(2020·河北省石家庄市二模)如图所示，两个闭合正方形线圈a、b用粗细相同的同种导线绕制而成，匝数相同，线圈a的边长为线圈b边长的3倍，图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀增大，不考虑线圈之间的相互影响，下列说法正确的是( )
A．a、b线圈中均产生顺时针方向的感应电流
B．a、b线圈中感应电动势之比为3∶1
C．a、b线圈中感应电流之比为3∶4
D．a、b线圈中电功率之比为27∶1
答案 D
解析 根据楞次定律可知，原磁场向里增强，则感应电流的磁场与原磁场方向相反，因此a、b线圈中感应电流的方向均为逆时针，故A错误；根据法拉第电磁感应定律可知E＝n＝nS＝nl2，由题意知，两线圈匝数n相同，也相同，故Ea∶Eb＝l∶l＝9∶1，故B错误；绕制线圈的导线横截面积S0相同，电阻率ρ也相同，根据电阻定律有R＝ρ，导线长度为L＝n×4l，故电阻之比为Ra∶Rb＝3∶1，根据闭合电路欧姆定律有I＝，故a、b线圈中感应电流之比为Ia∶Ib＝3∶1，故C错误；电功率P＝，因电动势之比为9∶1；电阻之比为3∶1；则电功率之比为27∶1，故D正确。
6.如图所示，电路中有三个相同的灯泡L1、L2、L3，电感线圈L的电阻可忽略，D为理想二极管。下列说法正确的是( )
A．闭合开关S的瞬间，L3立即变亮，L1、L2逐渐变亮
B．闭合开关S的瞬间，L2、L3立即变亮，L1逐渐变亮
C．断开开关S的瞬间，L2立即熄灭，L1先变亮一下然后才熄灭
D．断开开关S的瞬间，L2立即熄灭，L3先变亮一下然后才熄灭
答案 B
解析 开关S闭合的瞬间，由于自感线圈L产生自感电动势，L1逐渐变亮，而L2、L3立即变亮，故A错误，B正确。断开开关S的瞬间，线圈L和L1、L3构成回路，因原来L1、L3两支路电流相等，所以L1、L3逐渐熄灭，L2立即熄灭，故C、D错误。
7．如图所示，光滑绝缘水平面上嵌入一无限长通电直导线。一质量为0.02 kg的金属片在该平面内以大小为v0＝2 m/s、方向与电流方向成60°角的初速度滑出。则( )
A．圆形金属片最终将静止在水平面上的某处
B．圆形金属片最终沿垂直导线方向做匀速直线运动
C．圆形金属片所受安培力方向始终和运动方向相反
D．圆形金属片中产生的电能最多为0.03 J
答案 D
解析 直导线周围有环形磁场，且离导线越远磁场越弱，圆形金属片向右运动，磁通量减小，会产生涡流，根据“来拒去留”(电磁阻尼)可知，所受的安培力将阻碍金属圆片远离通电直导线，即安培力垂直直导线向左，与运动方向并非相反，安培力使圆形金属片在垂直导线方向做减速运动，当垂直导线方向的速度减为零时，只剩沿导线方向的速度，之后磁通量不变，无感应电流产生，水平方向合力为零，故接着沿导线方向做匀速直线运动，故A、B、C错误；由题意知，沿导线方向的分速度v1＝v0·cos60°＝1 m/s，根据能量守恒定律，得：Q＝mv－mv＝0.03 J，故金属片中最多产生0.03 J的电能，D正确。
8．(2020·湖北省武汉市高三下质量检测)如图a所示，在倾角θ＝37°的斜面上放置着一个金属圆环，圆环的上半部分处在垂直斜面向上的匀强磁场(未画出)中，磁感应强度的大小按如图b所示的规律变化。释放圆环后，在t＝8t0和t＝9t0时刻，圆环均能恰好静止在斜面上。假设圆环与斜面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin37°＝0.6，则圆环和斜面间的动摩擦因数为( )
A. B.
C. D.
答案 D
解析 根据楞次定律可知，0～8t0时间内圆环中感应电流的方向沿顺时针方向，由左手定则可知圆环上部受安培力沿斜面向下，设圆环半径为r，电阻为R，在t＝8t0时有E1＝＝·πr2＝πr2，I1＝，此时圆环恰好静止，由平衡条件得mgsinθ＋B0I1·2r＝μmgcosθ；同理在t＝9t0时，圆环上部分受到的安培力沿斜面向上，E2＝＝πr2，I2＝，此时圆环恰好静止，由平衡条件得mgsinθ＋μmgcosθ＝B0I2·2r，联立以上各式得μ＝，故A、B、C错误，D正确。
9.(2020·内蒙古阿拉善盟期末)如图所示，两根足够长的光滑金属导轨水平平行放置，间距为l＝1 m，cd间、de间、cf间分别接着阻值为R＝10 Ω的电阻。一阻值为R＝10 Ω的导体棒ab以速度v＝4 m/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为B＝0.5 T、方向竖直向下的匀强磁场。下列说法中正确的是( )
A．导体棒中电流的流向为由b到a
B．cd两端的电压为1 V
C．fe两端的电压为1 V
D．ab两端的电压为2 V
答案 BC
解析 根据右手定则得，导体棒ab中电流的流向为由a到b，故A错误；ab产生的感应电动势为E＝Blv＝0.5×1×4 V＝2 V，则cd两端的电压为Ucd＝E＝1 V，故B正确；fe两端的电压等于cd两端的电压，是1 V，故C正确；ab两端的电压等于cd两端的电压，是1 V，故D错误。
10.在磁感应强度为B的匀强磁场中，有一与磁场方向垂直、长度为L的金属杆aO，已知ab＝bc＝cO＝，a、c与磁场中以O为圆心的同心圆(都为部分圆弧)金属轨道始终接触良好。一电容为C的电容器接在轨道上，如图所示，当金属杆在与磁场垂直的平面内以O为轴、以角速度ω顺时针匀速转动时( )
A．Uac＝2Uab
B．UaO＝9UcO
C．电容器所带电荷量Q＝BL2ωC
D．若在eO间连接一个电压表，则电压表示数为零
答案 BC
解析 根据转动切割磁感线产生感应电动势的公式E＝Bl2ω得aO、bO、cO间的电势差分别为UaO＝BL2ω，UbO＝B2ω＝BL2ω，UcO＝B·2ω＝BL2ω，则Uac＝UaO－UcO＝BL2ω，Uab＝UaO－UbO＝BL2ω，可见，Uac＝1.6Uab，UaO＝9UcO，故B正确，A错误。电容器板间电压等于ac间的电势差，则电容器所带电荷量为Q＝CUac＝BL2ωC，故C正确。若在eO间连接一个电压表，电压表与cO、内轨道组成的闭合回路中的磁通量增加，会有电流通过电压表，则电压表示数不为零，故D错误。
二、非选择题(本题共2小题，共30分)
11．(2019·江苏高考)(14分)如图所示，匀强磁场中有一个用软导线制成的单匝闭合线圈，线圈平面与磁场垂直。已知线圈的面积S＝0.3 m2、电阻R＝0.6 Ω，磁场的磁感应强度B＝0.2 T。现同时向两侧拉动线圈，线圈的两边在Δt＝0.5 s时间内合到一起。求线圈在上述过程中
(1)感应电动势的平均值E；
(2)感应电流的平均值I，并在图中标出电流方向；
(3)通过导线横截面的电荷量q。
答案 (1)0.12 V (2)0.2 A 电流方向见解析图 (3)0.1 C
解析 (1)感应电动势的平均值E＝
磁通量的变化量ΔΦ＝BΔS
解得E＝
代入数据得E＝0.12 V。
(2)平均感应电流I＝
代入数据得I＝0.2 A(电流方向如图)。
(3)通过导线横截面的电荷量
q＝IΔt
代入数据得q＝0.1 C。
12．(2017·江苏高考)(16分)如图所示，两条相距d的平行金属导轨位于同一水平面内，其右端接一阻值为R的电阻。质量为m的金属杆静置在导轨上，其左侧的矩形匀强磁场区域MNPQ的磁感应强度大小为B、方向竖直向下。当该磁场区域以速度v0匀速地向右扫过金属杆后，金属杆的速度变为v。导轨和金属杆的电阻不计，导轨光滑且足够长，杆在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触。求：
(1)MN刚扫过金属杆时，杆中感应电流的大小I；
(2)MN刚扫过金属杆时，杆的加速度大小a；
(3)PQ刚要离开金属杆时，感应电流的功率P。
答案 (1) (2) (3)
解析 (1)MN刚扫过金属杆时，金属杆的感应电动势E＝Bdv0①
回路的感应电流I＝②
由①②式解得I＝。③
(2)金属杆所受的安培力F＝BId④
由牛顿第二定律得，对金属杆F＝ma⑤
由③④⑤式得a＝。⑥
(3)金属杆切割磁感线的相对速度v′＝v0－v⑦
感应电动势E′＝Bdv′⑧
感应电流的电功率P＝⑨
由⑦⑧⑨式得P＝。
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