资源简介

第十章　电磁感应
第1讲　电磁感应现象和楞次定律
素养目标　1.能够从情境中抽象出磁通量的概念.（物理观念） 2.认识电磁感应现象，知道产生感应电流的条件.（物理观念） 3.应用楞次定律和右手定则判断感应电流的方向.（科学思维）
一、实验：探究影响感应电流方向的因素
考题1　（2024·北京卷节选）（多选）用如图1所示的实验装置探究影响感应电流方向的因素.如图2所示，分别把条形磁体的N极或S极插入、拔出螺线管，观察并标记感应电流的方向.
关于本实验，下列说法正确的是（　　）
A.需要记录感应电流的大小
B.通过观察电流表指针的偏转方向确定感应电流的方向
C.图2中甲和乙表明，感应电流的方向与条形磁体的插入端是N极还是S极有关
答案：BC
解析：本实验探究影响感应电流方向的因素，不需要记录感应电流的大小，A错误；通过观察电流表指针的偏转方向，可以确定感应电流的方向，B正确；题图2中甲和乙电流表指针的偏转方向相反，说明感应电流的方向与条形磁体的插入端是N极还是S极有关，C正确.
考题2　（2023·全国乙卷）一学生小组在探究电磁感应现象时，进行了如下比较实验.用如图（a）所示的缠绕方式，将漆包线分别绕在几何尺寸相同的有机玻璃管和金属铝管上，漆包线的两端与电流传感器接通.两管皆竖直放置，将一很小的强磁体分别从管的上端由静止释放，在管内下落至管的下端.实验中电流传感器测得的两管上流过漆包线的电流I随时间t的变化分别如图（b）和图（c）所示，分析可知（　　）
A.图（c）是用玻璃管获得的图像
B.在铝管中下落，小磁体做匀变速运动
C.在玻璃管中下落，小磁体受到的电磁阻力始终保持不变
D.用铝管时测得的电流第一个峰到最后一个峰的时间间隔比用玻璃管时的短
答案：A
解析：由题图（b）知强磁体下落的速度较小且速度几乎不变，说明强磁体受到的电磁阻力较大，由题图（c）知强磁体下落速度较大且速度增加得快，说明强磁体受到的电磁阻力较小，所以题图（b）是用铝管获得的图像，金属铝管对强磁体产生较大的电磁阻力，强磁体运动时间较长，题图（c）是用玻璃管获得的图像，A正确，D错误；由强磁体在铝管中运动时漆包线的电流峰值基本相同，可知强磁体在一段时间内做匀速运动，B错误；强磁体在玻璃管中速度增大，电流峰值增大，强磁体受到的电磁阻力的峰值增大，C错误.
1.实验原理
改变穿过闭合回路的磁通量，回路中有感应电流，利用电流表指针偏转方向确定影响感应电流方向的因素.
2.实验操作
（1）探究电流表指针偏转方向与电流方向的关系，电路图如图所示.
（2）查明线圈绕向：观察线圈，查明线圈绕向.
（3）按如图所示连接线圈和电流表，将磁体插入或抽出，观察电流方向.
①磁体N极向下插入或向上拔出，观察并记录电流表指针偏转方向和电流方向.
②磁体S极向下插入或向上拔出，观察并记录电流表指针偏转方向和电流方向.
3.实验记录与分析
（1）以下面四种情况为例，实验结果如下：
项目 磁场方向及磁通量变化 感应电流的方向（从上往下看） 感应电流的磁场方向
甲 磁场方向向下，磁通量增加 逆时针 向上
乙 磁场方向向上，磁通量增加 顺时针 向下
丙 磁场方向向下，磁通量减少 顺时针 向下
丁 磁场方向向上，磁通量减少 逆时针 向上
（2）实验结论
当线圈中磁通量增加时，感应电流的磁场方向跟磁体的磁场方向相反.
当线圈中磁通量减少时，感应电流的磁场方向跟磁体的磁场方向相同.
　深化　　注意事项
（1）灵敏电流表满偏电流很小，查明电流表指针的偏转方向和电流方向的关系时，应使用一节干电池.
（2）电流表选用零刻度在中间的灵敏电流表，实验前要弄清线圈导线的绕向.
（3）为了使实验现象更加明显，磁体要快速插入或抽出；进行一种操作后等电流表指针回零后再进行下一步操作.
例1　（2025·八省联考云南卷）（多选）法拉第在日记中记录了其发现电磁感应现象的过程，某同学用现有器材重现了其中一个实验.如图所示，线圈P两端连接到灵敏电流计上，线圈Q通过开关S连接到直流电源上.将线圈Q放在线圈P的里面后，则（　　）
A.开关S闭合瞬间，电流计指针发生偏转
B.开关S断开瞬间，电流计指针不发生偏转
C.保持开关S闭合，迅速拔出线圈Q瞬间，电流计指针发生偏转
D.保持开关S闭合，迅速拔出线圈Q瞬间，电流计指针不发生偏转
答案：AC
解析：开关S闭合瞬间，通过线圈Q的电流增加，则穿过线圈P的磁通量增加，则P中会产生感应电流，即电流计指针发生偏转，选项A正确；开关S断开瞬间，通过线圈Q的电流减小，则穿过线圈P的磁通量减小，则P中会产生感应电流，即电流计指针发生偏转，选项B错误；保持开关S闭合，迅速拔出线圈Q瞬间，则穿过线圈P的磁通量减小，则P中会产生感应电流，即电流计指针发生偏转，选项C正确，D错误.故选AC.
　训练　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　　（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　　（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.
二、楞次定律及推论
考题3　（2025·八省联考河南卷）（多选）如图是科技创新大赛中某智能小车电磁寻迹的示意图，无急弯赛道位于水平地面上，中心设置的引导线通有交变电流（频率较高），可在赛道内形成变化的磁场.小车电磁寻迹的传感器主要由在同一水平面内对称分布的a、b、c、d四个线圈构成，a与c垂直，b与d垂直，安装在小车前端一定高度处.在寻迹过程中，小车通过检测四个线圈内感应电流的变化来调整运动方向，使其沿引导线运动.若引导线上任一点周围的磁感线均可视为与该点电流方向相垂直的同心圆；赛道内距引导线距离相同的位置磁感应强度大小可视为相同，距离越近磁场越强，赛道边界以外磁场可忽略，则（　　）
A.c、d中的电流增大，小车前方为弯道
B.沿直线赛道运动时，a、b中的电流为零
C.a中电流大于b中电流时，小车需要向左调整方向
D.a中电流大于c中电流时，小车需要向右调整方向
答案：AC
解析：因引导线上任一点周围的磁感线均可视为与该点电流方向相垂直的同心圆，若小车沿直道行驶，则穿过cd的磁通量一直为零，则cd中感应电流为零，若c、d中的电流增大，则说明穿过cd的磁通量发生了变化，小车中心离开了引导线，即小车前方为弯道，选项A正确；因引导线上任一点周围的磁感线均可视为与该点电流方向相垂直的同心圆，可知沿直线赛道运动时，a、b中磁通量变化率不为零，则感应电流不为零，选项B错误；a中电流大于b中电流时，说明a距离引导线更近，则小车需要向左调整方向，选项C正确；a中电流大于c中电流时，说明磁场在a中的分量大于c中的分量，说明引导线在小车速度方向的左侧，则小车需要向左调整方向，选项D错误.故选AC.
1.定义：当穿过闭合电路的磁通量　变化　时，电路中有　感应电流　产生的现象.
2.产生感应电流的条件
（1）条件：①　电路闭合　；②　磁通量　发生变化.
（2）特例：闭合电路的一部分导体在磁场内做　切割磁感线　运动.
3.楞次定律：感应电流的磁场总要　阻碍　引起感应电流的　磁通量　的变化.适用于一切电磁感应现象.
　深化1　　楞次定律中“阻碍”的含义
　深化2　　楞次定律推论
推论 例证
阻碍原磁通量变化——“增反减同” 磁体靠近，B感、B原反向，二者相斥；磁体远离，B感、B原同向，二者相吸
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境 P、Q是光滑固定导轨，a、b是可移动金属棒，磁体下移，回路面积应减小，a、b靠近
B减小，线圈扩张
阻碍原电流的变化——“增反减同”（即自感现象） 合上S，B灯先亮，A灯逐渐变亮；再断开S，两灯逐渐熄灭
　深化3　　应用楞次定律的思路
思维模型　利用楞次定律，并结合安培定则判断感应电流方向.
角度1　楞次定律基本应用
例2　如图所示，两匀强磁场的磁感应强度B1和B2大小相等、方向相反.金属圆环的直径与两磁场的边界重合.下列变化会在环中产生顺时针方向感应电流的是（　　 ）
A.同时增大B1减小B2
B.同时减小B1增大B2
C.同时以相同的变化率增大B1和B2
D.同时以相同的变化率减小B1和B2
答案：B
解析：若产生顺时针方向的感应电流，则感应磁场的方向垂直纸面向里，由楞次定律可知，圆环中的净磁通量变化为向里的磁通量减少或者向外的磁通量增多，A错误，B正确.同时以相同的变化率增大B1和B2，或同时以相同的变化率减小B1和B2，两个磁场的磁通量总保持大小相同，所以总磁通量为0，不会产生感应电流，C、D 错误.故选B.
角度2　来拒去留
例3　如图所示，光滑平行导轨M、N固定在同一水平面上，两根导体棒P、Q平行放置在导轨上，形成一个闭合回路.当一条形磁体从高处下落接近回路时（重力加速度为g）（　　）
A.P、Q将互相靠拢
B.P、Q将互相远离
C.磁体的加速度仍为g
D.磁体的加速度大于g
答案：A
解析：方法一：根据楞次定律的另一表述“感应电流的效果总是要阻碍产生感应电流的原因”，本题中“原因”是回路中磁通量的增加，归根结底是磁体靠近回路，“效果”便是阻碍磁通量的增加和磁体的靠近.所以，P、Q将互相靠拢且磁体的加速度小于g，选项A正确.
方法二：设磁体下端为N极，根据楞次定律可判断出P、Q中的感应电流方向，如图所示，根据左手定则可判断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，由牛顿第三定律知，磁体将受到向上的反作用力，从而使加速度小于g.当磁体下端为S极时，根据类似的分析可得到相同的结论，选项A正确.
角度3　增反减同
例4　某实验小组用如图所示实验装置验证楞次定律.条形磁铁自上而下穿过固定线圈，下列说法正确的是（　　）
A.条形磁铁进入线圈时，线圈产生的电流从负极进入电流表
B.条形磁铁离开线圈时，线圈产生的电流从正极进入电流表
C.条形磁铁进入线圈时，线圈施加给磁铁的力向上
D.条形磁铁离开线圈时，线圈施加给磁铁的力向下
答案：C
解析：当条形磁铁进入线圈时，穿过线圈的磁感线向上，磁通量增加，根据楞次定律，可知线圈产生的电流从正极进入电流表，A错误；当条形磁铁离开线圈时，穿过线圈的磁感线向上，磁通量减少，根据楞次定律，可知线圈产生的电流从负极进入电流表，B错误；根据楞次定律和等效思想，可知当条形磁铁进入线圈时，线圈内产生的感应电流对条形磁铁的运动有阻碍作用，可知线圈施加给磁铁的力方向向上，同理可知，当条形磁铁离开线圈时，线圈施加给磁铁的力方向向上，C正确，D错误.
角度4　增缩减扩
例5　如图所示，A为水平放置的胶木圆盘，在其侧面均匀分布着负电荷，在A的正上方用绝缘丝线悬挂一个金属圆环B，使B的环面水平且与胶木圆盘面平行，其轴线与胶木圆盘A的轴线OO'重合.现使胶木圆盘A由静止开始绕其轴线OO'按箭头所示方向加速转动，则（　　）
A.金属环B的面积有扩大的趋势，丝线受到的拉力增大
B.金属环B的面积有缩小的趋势，丝线受到的拉力减小
C.金属环B的面积有扩大的趋势，丝线受到的拉力减小
D.金属环B的面积有缩小的趋势，丝线受到的拉力增大
答案：B
解析：使胶木圆盘A由静止开始绕其轴线OO'按箭头所示方向加速转动，穿过金属环B的磁通量增大，根据楞次定律，金属环B的面积有缩小的趋势，且B有向上升高（远离）的趋势，丝线受到的拉力减小，故B项正确.
三、“三则一律”的综合应用
考题4　（2024·甘肃卷）如图所示，相距为d的固定平行光滑金属导轨与阻值为R的电阻相连，处在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中.长度为L的导体棒ab沿导轨向右做匀速直线运动，速度大小为v，则导体棒ab所受的安培力为 （　　）
A.，方向向左 B.，方向向右
C.，方向向左 D.，方向向右
答案：A
解析：导体棒切割磁感线产生的感应电动势E＝Bdv，回路中电流I＝，方向沿导体棒向上，导体棒所受的安培力大小为F＝BId＝，根据左手定则，可知安培力方向向左，A正确.
考题5　（2023·河北卷）（多选）如图1所示，绝缘水平面上四根完全相同的光滑金属杆围成矩形，彼此接触良好，匀强磁场方向竖直向下.金属杆2、3固定不动，1、4同时沿图1箭头方向移动，移动过程中金属杆所围成的矩形周长保持不变.当金属杆移动到图2位置时，金属杆所围面积与初始时相同.在此过程中（　　）
A.金属杆所围回路中电流方向保持不变
B.通过金属杆截面的电荷量随时间均匀增加
C.金属杆1所受安培力方向与运动方向先相同后相反
D.金属杆4所受安培力方向与运动方向先相反后相同
答案：CD
解析：由数学知识可知金属杆所围回路的面积先增大后减小，金属杆所围回路内磁通量Φ＝BS先增大后减小，根据楞次定律和安培定则可知电流方向先沿逆时针方向，后沿顺时针方向，A错误；由于金属杆所围回路的面积非均匀变化，故感应电流的大小不恒定，通过金属杆截面的电荷量q＝It随时间不是均匀增加的，B错误；由上述分析，再根据左手定则，可知金属杆1所受安培力方向与运动方向先相同后相反，金属杆4所受安培力方向与运动方向先相反后相同，C、D正确.
右手定则：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；让磁感线穿入掌心，拇指指向　导体运动　的方向，这时其余四指指向就是感应电流的方向.适用于导线　切割磁感线　产生的感应电流.
　深化1　　“三则一律”的应用对比
名称 基本现象 应用的定 则或定律
电流的磁效应 运动电荷、电流产生磁场 安培定则
洛伦兹力、安培力 磁场对运动电荷、电流有作用力 左手定则
电磁 感应 部分导体做切 割磁感线运动 右手定则
闭合回路磁通 量变化 楞次定律
　深化2　　“三则一律”的应用技巧
（1）应用楞次定律，一般要用到安培定则.
（2）研究感应电流受到的安培力时，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，有时也可以直接用楞次定律的推广应用确定.
角度1　“三则一律”的应用
例6　（2025·山西太原模拟）（多选）如图所示装置中，ab、cd杆垂直放置在导轨上，与导轨接触良好，杆与导轨之间的摩擦力不计.原来ab、cd杆均静止，当ab杆做如下哪些运动时，cd杆将向左移动（　　）
A.向右减速运动 B.向右加速运动
C.向左加速运动 D.向左减速运动
答案：AC
解析：cd杆向左移动，则cd杆受到的安培力水平向左，根据左手定则，cd杆上电流方向为从d流向c，根据楞次定律，线圈L1中磁场方向向下增强或是向上减弱，若线圈L1中磁场方向向下增强，则ab杆中电流方向为从b流向a，并且逐渐变大，则速度变大，结合右手定则，ab杆向左加速运动，同理可得，若线圈L1中磁场方向向上减弱，ab杆向右减速运动，B、D错误，A、C正确.故选A、C.
角度2　发电和电动模型的理解
例7　（多选）创意物理实验设计作品《小熊荡秋千》如图所示.两根彼此靠近且相互绝缘的金属棒C、D固定在铁架台上，与两个铜线圈P、Q组成一闭合回路，两个磁性很强的条形磁铁如图所示放置.当用手左右摆动线圈P时，线圈Q也会跟着摆动，仿佛小熊在荡秋千.以下说法正确的是（　　）
A.P向右摆动的过程中，P中的电流方向为顺时针方向（从右向左看）
B.P向右摆动的过程中，Q也会向右摆动
C.P向右摆动的过程中，Q会向左摆动
D.若用手左右摆动Q，P会始终保持静止
答案：AB
解析：P向右摆动的过程中，穿过线圈的磁通量减少，根据楞次定律，P中的电流方向为顺时针方向（从右向左看），A正确.P向右摆动的过程中，P中的电流方向为顺时针方向（从右向左看），Q中的电流方向也为顺时针方向（从右向左看），Q线圈下侧将受到向右的安培力作用，所以Q也会向右摆动，B正确，C错误.若用手左右摆动Q，线圈Q切割磁感线产生感应电动势，在P线圈中将产生感应电流，P线圈受到安培力作用，由左手定则可判断出P将摆动，不会保持静止，D错误.
限时跟踪检测（五十一）　电磁感应现象和楞次定律
A级·基础对点练
题组一　探究影响感应电流方向的因素
1.如图所示的匀强磁场中有一个矩形闭合导线框，在下列四种情况下，线框中会产生感应电流的是（　　）
甲　　　乙
丙　　　丁
A.如图甲所示，保持线框平面始终与磁感线平行，线框在磁场中左右运动
B.如图乙所示，保持线框平面始终与磁感线平行，线框在磁场中上下运动
C.如图丙所示，线框绕位于线框平面内且与磁感线垂直的轴线AB转动
D.如图丁所示，线框绕位于线框平面内且与磁感线平行的轴线CD转动
答案：C
解析：题图甲中保持线框平面始终与磁感线平行，线框在磁场中左右运动，线框上、下两个边都在切割磁感线，但穿过整个线框的磁通量一直为零，线框中没有感应电流，A选项错误；同理可知B、D选项错误；题图丙中线框转动过程中，线框中磁通量发生变化，有感应电流产生，C选项正确.
2.（2025·江西丰城月考）如图所示为做探究影响感应电流方向的因素实验时所用的电路.
（1）闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏转了一下，指针停止摆动后，开关保持闭合状态，将滑动变阻器的滑片迅速向右滑动，灵敏电流计指针将　　；将线圈A从线圈B中迅速拔出时，灵敏电流计指针将　　.（均填“向左偏”“向右偏”或“不偏”）
（2）某同学在完成实验后未断开开关，也未把A、B两个线圈和铁芯分开放置，在拆除电路时突然被电击了一下，则被电击是在拆除　　（填“A”或“B”）线圈所在电路时发生的，分析可知，要避免电击发生，在拆除电路前应　　（填“断开开关”或“把A、B线圈分开放置”）.
答案：（1）向右偏　向左偏　（2）A　断开开关
解析：（1）依题意“闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏转了一下”，说明穿过线圈B的磁通量增加时灵敏电流计的指针向右偏.将滑动变阻器的滑片迅速向右滑动，线圈A中的电流增大，产生的磁场增强，穿过线圈B的磁通量增加，故灵敏电流计的指针向右偏；将线圈A从线圈B中迅速拔出时，穿过线圈B的磁通量减少，根据楞次定律，线圈B中感应电流方向与前两次的感应电流方向相反，故灵敏电流计的指针向左偏转.
（2）在拆除线圈A时，A中的电流快速减小，由于自感作用，线圈A会产生很大的自感电动势，导致该同学被电击；要避免电击发生，应在拆除电路前先断开开关.
题组二　楞次定律及推论
3.线圈绕制在圆柱形铁芯上，通过导线与电流计连接组成闭合回路.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.若电流从电流计“＋”接线柱流入时电流计指针向右偏转，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（　　）
A B
C D
答案：A
解析：题图A、B中，当磁铁向线圈靠近时，穿过线圈的磁通量向下且增加，根据楞次定律可知，线圈中产生的感应电流从“＋”接线柱流入电流计，则电流计指针向右偏转，A正确，B错误；当磁铁按如题图C、D所示的方式靠近线圈时，由对称性可知，穿过线圈的磁通量总是为零，线圈中不会产生感应电流，C、D错误.
4.如图所示，线圈M和线圈P绕在同一个铁芯上，下列说法正确的是（　　）
A.闭合开关瞬间，线圈M和线圈P相互吸引
B.闭合开关，达到稳定后，电流表的示数为0
C.断开开关瞬间，流过电流表的电流方向由a到b
D.断开开关瞬间，线圈P中感应电流的磁场方向向左
答案：B
解析：闭合开关瞬间，根据安培定则可知线圈M中突然产生向右的磁场，根据楞次定律可知，线圈P中感应电流的磁场方向向左，因此线圈M和线圈P相互排斥，A错；线圈M中的磁场稳定后，线圈P中的磁通量也不再变化，则线圈P产生的感应电流为0，电流表示数为0，B对；断开开关瞬间，线圈 M中向右的磁场瞬间减为0，根据楞次定律可知，线圈P中感应电流的磁场方向向右，根据安培定则可知流过电流表的方向由b到 a，C、D错.
5.如图所示，竖直固定直导线中通以电流I，该电流随时间的变化规律如图所示，规定电流向上为正，附近的一闭合矩形金属线圈abcd与导线在同一平面，则在0～2t0这段时间内（　　）
　　
A.线圈中不会产生感应电流
B.线圈中会产生感应电流，且感应电流方向发生了变化
C.线圈中会产生感应电流，且感应电流方向始终为a→b→c→d→a
D.线圈中会产生感应电流，且感应电流方向始终为a→d→c→b→a
答案：C
解析：在0～2t0这段时间内，I先正方向减小后负方向增大，由安培定则知其右侧磁场先垂直向里减弱，后垂直向外增强，根据楞次定律知线圈中的感应电流磁场均为垂直向里，根据安培定则知线圈中感应电流为顺时针方向，即a→b→c→d→a.故选C.
题组三　“三则一律”的综合应用
6.（2025·陕西西安部分学校月考）现代科技的许多领域都需要研究新型材料.研究人员发现一种具有独特属性的新型合金能够将内能直接转化为电能.具体而言，只要略微提高温度，这种合金就会变成强磁性合金，从而使环绕它的线圈中产生电流，其简化模型如图所示.A为圆柱形合金材料，B为金属线圈，套在圆柱形合金材料上，线圈的半径大于合金材料的半径.现对A进行加热，下列说法正确的是（　　）
A.穿过线圈B的磁通量减小
B.线圈B一定有收缩的趋势
C.线圈B中感应电流产生的磁场阻止了线圈B内磁通量的增加
D.若从右向左看B中产生顺时针方向的电流，则A右端是强磁性合金的N极
答案：D
解析：对A进行加热，合金就会变成强磁性合金，线圈B中磁通量增加，A错误；对A进行加热，B中磁通量增大，则线圈产生的感应电流方向将阻碍磁通量增大，根据楞次定律可知，线圈B面积变化应阻碍磁通量的变化，而A外部的磁感线与内部的磁感线方向相反，所以线圈面积扩张时B中的磁通量减小，所以线圈B一定有扩张的趋势，B错误；线圈B中感应电流产生的磁场阻碍线圈B内磁通量的增加，不能阻止，C错误；若从右向左看B中产生顺时针方向的电流，说明产生该感应电流的磁场方向为从A的右端指向左端，提高温度，这种合金会从非磁性合金变成强磁性合金，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律得原磁场（合磁场）方向从A的左端指向右端，所以A右端是强磁性合金的N极，D正确.
7.（2025·湖北重点高中联考）（多选）如图所示，在匀强磁场中放置一个电阻不计的平行金属导轨，导轨跟大线圈M相连，导轨上放一根导线ab，磁感线垂直于导轨所在平面向外，欲使M所包围的小闭合线圈N产生顺时针方向的感应电流，则导线的运动情况可能是（　　）
A.匀速向左运动 B.减速向右运动
C.加速向右运动 D.加速向左运动
答案：BD
解析：当导线ab匀速向左运动时，导线ab产生的感应电动势和感应电流恒定不变，大线圈M产生的磁场恒定不变，穿过小线圈N的磁通量不变，没有感应电流产生，A错误；当导线ab减速向右运动时，导线ab中产生的感应电动势和感应电流减小，由右手定则判断出ab电流方向为由a指向b，根据安培定则可知，M产生的磁场方向垂直于导轨平面向里，且穿过N的磁通量减小，由楞次定律和安培定则可知，线圈N产生顺时针方向的感应电流，B正确；当导线ab加速向右运动时，导线ab中产生的感应电动势和感应电流增加，由右手定则判断出ab电流方向为由a指向b，根据安培定则判断可知，M产生的磁场方向垂直于导轨平面向里，且穿过N的磁通量增大，由楞次定律和安培定则可知，线圈N产生逆时针方向的感应电流，C错误；当导线ab加速向左运动时，导线ab中产生的感应电动势和感应电流增加，由右手定则判断出ab电流方向为由b指向a，根据安培定则可知，M产生的磁场方向垂直于导轨平面向外，且穿过N的磁通量增大，由楞次定律和安培定则可知，线圈N产生顺时针方向的感应电流，D正确.
B级·能力提升练
8.（2025·湖南长沙雅礼中学月考）如图所示是学生常用的饭卡内部实物图，饭卡内部电路由线圈和芯片组成，当饭卡处于感应区域时，刷卡机会激发变化的磁场，从而在饭卡内线圈中产生感应电流来驱动芯片工作.已知线圈面积为S，共n匝.某次刷卡时，线圈平面与磁场垂直，且全部处于磁场区域内，在感应时间t内，磁感应强度方向向里且由0增大到B0，此过程中（　　）
A.通过线圈的磁通量变化量大小为nB0S
B.线圈中感应电流方向为逆时针方向
C.AB边受到的安培力方向向右
D.线圈有扩张的趋势
答案：B
解析：通过线圈的磁通量变化量大小为ΔФ＝B0S－0＝B0S，故A错误；线圈内磁通量向里增加，根据楞次定律可知线圈中感应电流方向为逆时针，根据左手定则可知，AB边受安培力方向向左，故B正确，C错误；线圈内磁通量增加，根据楞次定律可知线圈有收缩的趋势，故D错误.
9.如图所示，金属圆环A用轻绳悬挂，所在平面与纸面垂直，圆心与长直螺线管中心轴线共线，整个装置静止，开关S始终闭合，当滑动变阻器触片P向右移动的过程中，圆环将（　　）
A.向右运动，并有扩张趋势
B.向右运动，并有收缩趋势
C.向左运动，并有扩张趋势
D.向左运动，并有收缩趋势
答案：A
解析：当触片P向右移动时，电路中的电阻增大，电流减小，则螺线管产生的磁场减小，根据楞次定律，感应磁场方向与原磁场方向相同，相互吸引，所以金属圆环A向右运动，因为磁通量减小，金属圆环A有扩张的趋势.故选A.
10.（2025·江苏常州期末）如图甲所示，圆形线圈P静止在水平绝缘桌面上，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，电流随时间变化的规律如图乙所示，电流正方向如图甲中箭头所示.P所受的重力为G，桌面对P的支持力为FN，则（　　）
甲　　乙
A.t2时刻P中无感应电流，FN＝G
B.t1～t2时间内，穿过线圈P的磁通量变大，且线圈P有收缩的趋势
C.t3时刻穿过线圈P的磁感应强度最强，P中感应电流为零
D.t2～t3时间内螺线管对线圈有排斥力，且一直增大
答案：C
解析：由题图乙知，t2时刻螺线管Q中电流为0，电流的变化率最大，则t2时刻穿过线圈P磁通量的变化率最大，所以P中感应电流最大，A错误；由题图乙知，t1～t2时间内，螺线管Q中电流减小，则穿过线圈P的磁通量减小，根据“增缩减扩”知，线圈P有扩张的趋势，B错误；由题图乙知，t3时刻螺线管Q中电流最大，电流的变化率为0，则t3时刻穿过线圈P的磁感应强度最强，穿过线圈P的磁通量变化率为0，P中感应电流为零，C正确；t2～t3时间内，螺线管Q中电流增大，则穿过线圈P的磁通量增大，为了阻碍磁通量的增大，线圈P有远离螺线管Q的运动趋势，即螺线管Q对线圈P有排斥力，但t2时刻，由于螺线管Q中电流为0，则排斥力为0，t3时刻，由于线圈P中电流为0，则排斥力为0，所以排斥力不是一直增大，D错误.
11.（2025·湖北孝感期末）如图所示为“研究电磁感应现象”的实验装置.
（1）将图中所缺的导线补接完整.
（2）如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上开关后可能出现的情况有：
①将线圈A迅速插入线圈B时，灵敏电流计的指针将　　　.
②线圈A插入线圈B后，将滑动变阻器接入电路的阻值调小时，灵敏电流计的指针　　　.（均填“向左偏”或“向右偏”）
（3）如果线圈B两端不接任何元件，则线圈B中　　　.
A.因电路不闭合，无电磁感应现象
B.不能用楞次定律判断感应电动势的高、低
C.可以用楞次定律判断感应电动势的高、低
D.有电磁感应现象，但无感应电流，只有感应电动势
答案：（1）见解析图　（2）①向右偏　②向右偏　（3）CD
解析：（1）将电池、开关、滑动变阻器与线圈A连接成闭合回路，将线圈B与灵敏电流计连接成闭合回路，实物图连接如图所示.
（2）①开关闭合时，灵敏电流计的指针向右偏，表明在磁场方向不变的情况下，增大穿过线圈B的磁通量，则灵敏电流计的指针向右偏.将线圈A迅速插入线圈B时，穿过线圈B的磁通量增大，则灵敏电流计的指针将向右偏.
②线圈A插入线圈B后，将滑动变阻器接入电路的阻值调小时，线圈A中电流增大，产生的磁场增强，穿过线圈B的磁通量增加，则灵敏电流计的指针将向右偏.
（3）在线圈B中磁通量发生变化时，即使线圈B不闭合，也有电磁感应现象，但线圈B中无感应电流，只有感应电动势，同样可以利用楞次定律判断感应电动势的高、低，选项C、D均正确.
第2讲　法拉第电磁感应定律　自感　涡流
素养目标　1.了解感应电动势的概念，区分磁通量、磁通量的变化和磁通量的变化率，知道自感现象和涡流.（物理观念） 2.理解能量守恒在电磁感应、自感现象和涡流中的体现.（物理观念） 3.灵活选用判断感应电动势大小的公式.（科学思维） 4.能够结合电路知识判断电势的高低.（科学思维）
一、法拉第电磁感应定律的理解和应用
考题1　（2024·湖南卷）如图所示，有一硬质导线Oabc，其中是半径为R的半圆弧，b为圆弧的中点，直线段Oa长为R且垂直于直径ac.该导线在纸面内绕O点逆时针转动，导线始终在垂直纸面向里的匀强磁场中.则O、a、b、c各点电势关系为（　　）
A.φO＞φa＞φb＞φc B.φO＜φa＜φb＜φc
C.φO＞φa＞φb＝φc D.φO＜φa＜φb＝φc
答案：C
解析：根据几何关系可知Ob＝Oc，根据v＝ωr、E＝Brv及右手定则可知，UOb＝UOc＞UOa，且O点的电势最高，即φO＞φa＞φb＝φc，C正确.
考题2　（2024·浙江6月选考）如图所示，边长为1 m、电阻为0.04 Ω的刚性正方形线框abcd放在匀强磁场中，线框平面与磁场垂直.若线框固定不动，磁感应强度以＝0.1 T/s均匀增大时，线框的发热功率为P；若磁感应强度恒为0.2 T，线框以某一角速度绕其中心轴OO'匀速转动时，线框的发热功率为2P，则ab边所受最大的安培力为 （　　）
A. N B. N
C.1 N D. N
答案：C
解析：磁感应强度随时间均匀变化时产生的电动势E＝S＝0.1 V，P＝＝0.25 W；磁感应强度恒定，线框以角速度ω转动时，电动势最大值Em＝BSω，2P＝，解得ω＝1 rad/s，当线框平面与题图中磁感方向平行时，感应电流最大，此时Im＝＝5 A，ab边受安培力的最大值Fm＝Im LB＝1 N，C正确.
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　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：遵守闭合电路的　欧姆　定律，即I＝.
　深化1　　磁通量、磁通量的变化量、磁通量的变化率的比较
物理 量 磁通量Φ 磁通量变化 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了多少 穿过某个面的磁通量变化的快慢
大小 Φ＝BS（S与B垂直） ΔΦ＝Φ2－Φ1 （1）＝B （2）＝S
　深化2　　对法拉第电磁感应定律的理解
（1）感应电动势的大小由线圈匝数和穿过线圈的磁通量的变化率共同决定，与磁通量Φ的大小、磁通量变化量ΔΦ的大小没有必然联系.
（2）磁通量的变化率对应Φ－t图线上某点切线的斜率.
（3）公式E＝n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.
（4）通过回路横截面的电荷量q＝，即q仅与n、ΔΦ和回路电阻R有关，与时间长短无关.
例1　（2022·河北卷）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.5kS2
C.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＝＝＝kS1，每个小圆线圈产生的感应电动势E2＝＝＝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.故选D.
　训练1　如图所示，半径为r的圆形区域内有垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度B随时间t的变化关系为B＝B0＋kt，B0、k为常量，则图中半径为R的单匝圆形线圈中产生的感应电动势大小为（　　）
A.πkr2 B.πkR2
C.πB0r2 D.πB0R2
答案：A
解析：由题意可知磁场的变化率为＝k，根据法拉第电磁感应定律可知E＝＝＝＝kπr2，故选A.
二、导体切割磁感线产生感应电动势的计算
考题3　（2024·山东卷）（多选）如图所示，两条相同的半圆弧形光滑金属导轨固定在水平桌面上，其所在平面竖直且平行，导轨最高点到水平桌面的距离等于半径，最低点的连线OO'与导轨所在竖直面垂直.空间充满竖直向下的匀强磁场（图中未画出），导轨左端由导线连接.现将具有一定质量和电阻的金属棒MN平行OO'放置在导轨图示位置，由静止释放.MN运动过程中始终平行于OO'且与两导轨接触良好，不考虑自感影响，下列说法正确的是（　　）
A.MN最终一定静止于OO'位置
B.MN运动过程中安培力始终做负功
C.从释放到第一次到达OO'位置过程中，MN的速率一直在增大
D.从释放到第一次到达OO'位置过程中，MN中电流方向由M到N
答案：ABD
解析：MN在运动过程中，受重力、支持力和安培力作用，且MN始终克服安培力做功，将机械能转化为电能，电能又转化为焦耳热；MN最后静止时，安培力为零，重力与支持力平衡，只能在OO'位置，A、B正确.MN从释放到第一次运动到OO'位置过程中，由右手定则可得MN的电流方向由M到N，D正确.当重力沿导轨切线方向的分力与安培力沿导轨切线方向的分力等大反向时，MN速率最大，故从释放到第一次到达OO'位置过程中，MN的速率先增大后减小，C错误.
考题4　（2021·河北卷）如图所示，两光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B.导轨间距最窄处为一狭缝，取狭缝所在处O点为坐标原点.狭缝右侧两导轨与x轴夹角均为θ，一电容为C的电容器与导轨左端相连.导轨上的金属棒与x轴垂直，在外力F作用下从O点开始以速度v向右匀速运动，忽略所有电阻.下列说法正确的是（　　）
A.通过金属棒的电流为2BCv2tan θ
B.金属棒到达x0时，电容器极板上的电荷量为BCvx0tan θ
C.金属棒运动过程中，电容器的上极板带负电
D.金属棒运动过程中，外力F做功的功率恒定
答案：A
解析：金属棒向右运动时间t时位移x＝vt，此时产生的感应电动势E＝B·（2xtan θ）v＝2Bv2tan θ·t，又根据电容器的带电荷量q＝CE，可知电流I＝＝2BCv2tan θ，选项A正确；根据上述分析可知，金属棒到达x0时电动势E0＝2Bvtan θ·x0，此时电容器的带电荷量q0＝2BCvx0tan θ，选项B错误；根据右手定则可知电容器上极板带正电，选项C错误；根据上述分析可知，金属棒中电流I恒定，磁感应强度B和v都恒定，又外力F与安培力等大反向，则外力做功的功率P＝BILv＝2BIv2ttan θ，可知外力F做功的功率随时间增加，选项D错误.
导体切割磁感线产生的感应电动势：E＝　Blv　，式中l为导体切割磁感线的有效长度.
　深化1　　导体切割磁感线的三种情况
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. （2）磁场为匀强磁场
倾斜切割 E＝Blvsin θ，其中θ为v与B的夹角
旋转切割（以一端为轴） E＝Bl2ω
　深化2　　对公式E＝Blv的理解
项目 含义
正交性 B、l、v三者互相垂直
瞬时性 若v是瞬时速度，则E为相应的瞬时感应电动势
有效性 公式中的l为导体切割磁感线的有效长度.如图所示，导体的有效长度为ab间的距离
相对性 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
角度1　平动切割磁感线
例2　（2025·皖南八校联考）如图所示，相距为L、足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ水平放置，在两导轨间左侧连接一阻值为R的定值电阻R1，右侧连接一最大阻值为2R的滑动变阻器R2.两导轨间存在着方向竖直向下的匀强磁场.一长为L、阻值为的导体棒AB在外力作用下以速度v匀速向右运动.金属导轨电阻不计，导体棒AB与两导轨接触良好且始终垂直.现缓慢滑动R2的滑片，使R2接入电路中的阻值从0开始逐渐增大.下列说法正确的是（　　）
A.R1中的电流方向为P到M，且电流大小逐渐增大
B.当R2接入电路中的阻值为R时，R1中的电流最大且为
C.当R2接入电路中的阻值为R时，两电阻R1、R2的电功率之和最大且为
D.当R2接入电路中的阻值为时，拉力F的功率为
答案：C
解析：根据右手定则可知，R1中的电流方向为M到P，R2接入电路中的阻值从0逐渐增大，电路总电阻也逐渐增大，由闭合电路欧姆定律I＝可知通过AB的电流逐渐减小，根据U＝E－I·可知，导体棒两端的电压逐渐增大，根据I1＝可知R1中的电流逐渐增大，当R2接入电路中的阻值为2R时，R1中的电流最大，此时通过AB的电流I＝＝＝，E＝BLv，解得I1m＝＝，A、B错误；当R2接入电路中的阻值为R时，“外电路”总电阻R外＝，与“电源”内阻相等，此时“电源”输出功率最大，P＝＝，C正确；当导体棒AB匀速运动时，拉力F的功率等于克服安培力做功的功率，也等于电路中的总电功率，当滑动变阻器接入电路中的阻值为时，R外＝，R总＝＋R外＝R，“干路”电流I＝＝，拉力F的功率P＝I2R总＝，D错误.
角度2　转动切割磁感线
例3　（2025·黑龙江哈尔滨模拟）（多选）如图所示为法拉第圆盘发电机，半径为r的铜质圆盘绕其中心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＝
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＝Br＝Br·＝，故C正确，D错误.
　训练2　（2025·湖北武汉模拟）（多选）如图所示，间距均为d的倾斜金属导轨AD、HG与水平金属导轨DE、GF在D、G两点用绝缘材料平滑连接.在ADGH平面内存在垂直于导轨平面向上、磁感应强度大小为B1的匀强磁场，在DEFG平面存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B2的匀强磁场.在AD、HG间连接一电容为C的电容器和一个自感系数为L的电感线圈，在E、F间接一小灯泡（阻值恒定）.开始时，开关S断开，一质量为m、长为d的金属棒在倾斜导轨上从距水平地面高为h的位置由静止释放，不计导轨和金属棒的电阻及一切摩擦，已知重力加速度为g，电容器的耐压值足够高.下列说法正确的是（　　）
A.金属棒在倾斜导轨上做匀加速运动
B.金属棒在水平导轨上做匀减速运动
C.金属棒进入DEFG区域后，闭合开关S瞬间，通过电感线圈的电流最小
D.在整个过程中，通过小灯泡的总电荷量q＝
答案：AC
解析：金属棒在倾斜导轨上运动时，产生的感应电动势E＝B1dv，由于对电容器充电，则电路中有电流，金属棒受到安培力作用，方向与金属棒运动方向相反，电容器所带的电荷量Q＝CU＝CE＝CB1dv，电容器充电电流I＝＝＝CB1da，设倾斜金属导轨平面与水平地面的夹角为θ，对金属棒根据牛顿第二定律可得mgsin θ－B1Id＝ma，解得a＝，由于m、θ、C、B1、d都是定值，则加速度a是定值，可知金属棒在倾斜导轨上做匀加速直线运动，A正确；金属棒在水平导轨上做减速运动，设小灯泡的电阻为R，则F安 ＝B2I1d＝，可知安培力是变力，金属棒做变加速运动，B错误；金属棒进入DEFG区域，闭合开关S后，电容器与电感线圈组成LC振荡电路，在闭合开关S的瞬间，通过电感线圈的电流最小，C正确；由速度与位移的关系式可得，金属棒在进入DEFG区域时的速度大小v1＝＝＝，设通过小灯泡的平均电流为，对金属棒由动量定理可得－B2d·Δt＝0－mv1，又有q＝·Δt，解得q＝＝，D错误.
三、自感现象　涡流
考题5　（2024·湖北卷）《梦溪笔谈》中记录了一次罕见的雷击事件：房屋被雷击后，屋内的银饰、宝刀等金属熔化了，但是漆器、刀鞘等非金属却完好（原文为：有一木格，其中杂贮诸器，其漆器银扣者，银悉熔流在地，漆器曾不焦灼.有一宝刀，极坚钢，就刀室中熔为汁，而室亦俨然）.导致金属熔化而非金属完好的原因可能为（　　）
A.摩擦 B.声波
C.涡流 D.光照
答案：C
解析：雷电发生时，变化的电流周围会产生变化的磁场，处于该磁场中的金属会产生涡流，涡流的热效应导致金属熔化，C正确.
考题6　（2023·北京卷）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：由题图可知，当开关S闭合时，流经Q灯的电流等于流经P灯与电感线圈L的电流之和，又知电感线圈电阻很小，由并联电路分流原理可知流经电感线圈的电流大于流经P灯的电流.当开关S断开时，由电感线圈的性质可知其中会产生与原电流方向相同的自感电动势，以阻碍其自身电流减小，此时流经P灯的电流和电感线圈电流相等，所以P灯会闪亮后再熄灭，而Q灯会立即熄灭，D正确.
1.自感现象
（1）概念：由于导体本身的　电流　变化而产生的电磁感应现象称为自感.
（2）自感电动势
①定义：在自感现象中产生的感应电动势叫作　自感电动势　.
②表达式：E＝　L　.
（3）自感系数L
①相关因素：与线圈的　大小　、形状、　匝数　以及是否有铁芯有关.
②单位：亨利（H），1 mH＝　10－3　 H，1 μH＝　10－6　 H.
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.
3.电磁阻尼
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.
4.电磁驱动
如果磁场相对于导体运动，在导体中会产生　感应电流　使导体受到安培力而运动起来.
　深化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.
　深化2　　自感中“闪亮”与“不闪亮”的问题
项目 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，然后逐渐减小达到稳定
断电时 电流逐渐减小，灯泡逐渐变暗，电流方向不变 电路中稳态电流为I1、I2： ①若I2≤I1，灯泡逐渐变暗； ②若I2＞I1，灯泡闪亮后逐渐变暗. 两种情况下灯泡中电流方向均改变
　深化3　　电磁阻尼与电磁驱动的比较
项目 电磁阻尼 电磁驱动
不同点 成因 由于导体在磁场中运动而产生感应电流，从而使导体受到安培力 由于磁场运动引起磁通量的变化而产生感应电流，从而使导体受到安培力
效果 安培力的方向与导体运动方向相反，阻碍导体运动 导体受安培力的方向与导体运动方向相同，推动导体运动
能量转化 导体克服安培力做功，其他形式的能转化为电能，最终转化为内能 由于电磁感应，磁场能转化为电能，通过安培力做功，电能转化为导体的机械能，而对外做功
相同点 两者都是电磁感应现象，都遵循楞次定律，都是安培力阻碍引起感应电流的导体与磁场间的相对运动
角度1　自感现象分析
例4　图1和图2是演示自感现象的两个电路图，L1和L2为电感线圈.实验时，断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗；闭合开关S2，灯A2逐渐变亮，而另一个相同的灯A3立即变亮，最终灯A2与灯A3的亮度相同（灯A2与灯A3规格相同）.下列说法正确的是（　　）
图1
图2
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：在题图1中断开S1瞬间，灯A1突然闪亮，说明断开S1前，L1中的电流大于A1中的电流，故L1的阻值小于A1的阻值，A、B选项错误；在题图2中，闭合S2瞬间，由于L2的自感作用，通过L2的电流很小，D选项错误；闭合S2后，最终A2与A3亮度相同，说明两支路电流相等，故R与L2的阻值相同，C选项正确.故选C.
角度2　自感现象中的图像问题
例5　（2025·北京海淀高三期末）如图1所示为演示自感现象的实验电路.实验时，先闭合开关S，电路达到稳定后，灯泡A和B均处于正常发光状态，在t0时刻，将开关S断开，测量得到t0时刻前后流过某一灯泡的电流I随时间t的变化关系如图2所示.电源内阻及电感线圈L的直流电阻可忽略不计.下列说法正确的是（　　）
A.闭合S，灯泡A和B都缓慢变亮
B.断开S至灯泡B完全熄灭的过程中，a点电势高于b点电势
C.图2所示为灯泡B在S断开前后电流随时间的变化关系
D.由图2可知两灯泡正常发光时，灯泡A的阻值大于灯泡B的阻值
答案：C
解析：闭合S，通过B的电流立即达到最大且恒定，则B立即变亮，自感线圈L对变化的电流有阻碍作用，因此A缓慢变亮，A错误；断开S，L、A和B构成闭合回路，如图所示，此时L相当于电源，又通过L的原电流减小，根据楞次定律可知感应电流阻碍原电流减小，方向与原电流方向一致，又外电路中电流从高电势流向低电势，则b点电势高于a点电势，断开S前后，通过灯泡A的电流方向均由左向右，通过灯泡B的电流方向从由左向右变为由右向左，因此题图2所示为B在S断开前后电流随时间的变化关系，B错误，C正确；断开S瞬间，通过B的感应电流I大于原电流I0，说明开关S断开前电路稳定时通过A灯电流更大，又A、B并联，因此A的阻值小于B的阻值，D错误.
角度3　涡流与电磁阻尼现象
例6　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，则所受安培力越大，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.
限时跟踪检测（五十二）　法拉第电磁感应定律　自感　涡流
A级·基础对点练
题组一　法拉第电磁感应定律的理解和应用
1.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，分别按如图甲、乙所示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（　　）
甲　　乙
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，在甲图中，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，为2∶1，所以甲图中两线圈电流之比为1∶2，故A、B错误；同理，乙图中A、B两线圈电动势之比为4∶1，电流之比为2∶1，故C正确，D错误.
2.（2025·湖北武汉模拟）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，小圆面积为S2，不规则形状的面积为S3，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均为大于零的常量.则线圈中总的感应电动势大小为（　　）
A.k（S3－S2） B.k（S3＋S1－S2）
C.k（S3－S1－S2） D.k（S3＋S2－S1）
答案：B
解析：按线圈绕向可以将线圈分成两部分，不规则部分和大圆部分产生的感应电动势叠加，大小为E1＝（S3＋S1）＝k（S3＋S1），小圆部分产生的感应电动势的方向与不规则部分产生的感应电动势相反，大小为E2＝S2＝kS2，则线圈产生的感应电动势大小为E＝E1－E2＝k（S3＋S1－S2），故B正确.
3.（2025·四川成都模拟）如图甲所示，边长l＝0.5 m、电阻R＝0.5 Ω的正方形金属线框ABCD左半部分处于匀强磁场中，磁场磁感应强度B的变化规律如图乙所示（图线为直线）.则t＝1 s时AB边受到的安培力大小为（　　）
甲　　乙
A.2 N B.4 N C.5 N D.6 N
答案：A
解析：由图乙可得E＝·S＝·＝0.5 V，则I＝＝1 A，t＝1 s时，B＝4 T，AB边受到的安培力大小为F＝IlB＝2 N，故A正确.
题组二　导体棒切割磁感线产生感应电动势的计算
4.（2023·江苏卷）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＞φA
C.φO＝φA
D.φO－φA＝φA－φC
答案：A
解析：由题图可看出导体棒OA段转动切割磁感线，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，则φC＝φA，A正确，B、C错误；根据以上分析可知φO－φA＞0，φA－φC＝0，则φO－φA＞φA－φC，D错误.故选A.
5.（多选）半径为a、右端开小口的导体圆环和长为2a的导体直杆，单位长度电阻均为R0.圆环水平固定放置，整个内部区域分布着方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B.杆在圆环上以速度v平行于直径CD向右做匀速直线运动，杆始终与圆环保持良好接触，从杆经过圆环中心O开始，杆的位置由θ确定，如图所示.则（　　）
A.θ＝0时，杆产生的电动势为2Bav
B.θ＝时，杆产生的电动势为Bav
C.θ＝时，杆受到的安培力大小为
D.θ＝0时，杆受到的安培力大小为
答案：AC
解析：θ＝0时，杆产生的电动势E＝BLv＝2Bav，A正确；θ＝时，根据几何关系得出此时杆的有效切割长度是L'＝a，所以杆产生的电动势为E'＝Bav，B错误；θ＝时，电路中总电阻是R总＝（π＋1）aR0，I'＝，所以杆受到的安培力大小为F'＝BI'L'＝，C正确；θ＝0时，电路中总电阻是（2＋π）aR0，所以杆受的安培力大小F＝BIL＝B·2a＝，D错误.
题组三　自感和涡流
6.某大厦上的电磁阻尼器由于7级阵风出现了摆动，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，导体板内涡流越小
D.导体板内涡流对永磁体的电磁阻力是大厦减振的原因
答案：D
解析：风速越大，永磁体与可摆动质量块摆动越厉害，导体板中磁通量变化率越大，由电磁感应定律可知，导体板中产生的感应电动势越大，产生的涡流也越大，A、B、C错误；导体板内的涡流与永磁体间的电磁阻力是大厦减振的原因，D正确.
B级·能力提升练
7.（2025·广东清远教学质检）（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磁场中，下列说法正确的是（　　）
A.穿过两环横截面的磁通量之比为2∶1
B.两环内的感应电动势之比为2∶1
C.两环内的感应电流之比为2∶1
D.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＝，则两圆面积之比为＝，可得＝＝，故A错误；根据法拉第电磁感应定律有E＝nS，可得＝，故B正确；两根导线完全相同，有＝＝，故C正确；通过的电荷量q＝n，可得＝，故D正确.
8.用相同的导线绕制的边长分别为L和2L的正方形闭合线框，以相同的速度匀速进入右侧的匀强磁场，如图所示，在线框进入磁场的过程中，a、b和c、d两点间的电压分别为U甲和U乙，ab边和cd边所受的安培力分别为F甲和F乙，则下列判断正确的是（　　）
A.U甲＝U乙 B.U甲＝2U乙
C.F甲＝F乙 D.F甲＝
答案：D
解析：线框进入磁场后切割磁感线，a、b中产生的感应电动势是c、d中电动势的一半，而两线框的电阻不同，设甲线框电阻为4r，乙线框的电阻为8r，则有U甲＝BLv·＝BLv，U乙＝B·2Lv·＝BLv，故2U甲＝U乙，A、B错误.安培力F＝BIL，感应电流I＝，感应电动势E＝BLv，电阻R＝，联立得F＝L，安培力与线框边长成正比，所以有F甲＝F乙，C错误，D正确.
9.如图所示，有一正方形线框静止悬挂着，其质量为m、电阻为R、边长为l.空间中有一个三角形磁场区域，其磁感应强度大小为B＝kt（k＞0），方向垂直于线框所在平面向里，且线框中磁场区域的面积为线框面积的一半，已知重力加速度为g，求：
（1）感应电动势E；
（2）线框开始向上运动的时刻t0.
答案：（1）　（2）
解析：（1）根据法拉第电磁感应定律有E＝n
又n＝1，＝·S＝kS，S＝
解得E＝.
（2）根据闭合电路欧姆定律可知线框中的感应电流为I＝
结合安培力的公式和题图可知线框受到的安培力为FA＝BIl
又B＝kt（k＞0）
联立可得线框受到的安培力为FA＝
当线框开始向上运动时，有＝mg
解得t0＝.
专题十六　电磁感应中的电路和图像问题
素养目标　综合应用楞次定律、法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、牛顿第二定律分析电路和图像问题.（科学思维）
一、电磁感应中的电路问题和电荷量的计算
考题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.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：棒转动时垂直切割磁感线，由于只在圆环内存在磁场，故产生的电动势为E＝Br×＝Br2ω，A错误；由于棒无电阻，故电容器、电阻两端电压均等于E，对微粒由平衡条件有mg＝q，故微粒的比荷为＝，B正确；电阻R消耗的电功率为P＝＝，C错误；由Q＝CE可知电容器所带电荷量Q＝CBr2ω，D错误.
考题2　（2024·湖北卷）如图所示，两足够长平行金属直导轨MN、PQ的间距为L，固定在同一水平面内，直导轨在左端M、P点分别与两条竖直固定、半径为L的圆弧导轨相切.MP连线与直导轨垂直，其左侧无磁场，右侧存在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场.长为L、质量为m、电阻为R的金属棒ab跨放在两圆弧导轨的最高点.质量为2m、电阻为6R的均匀金属丝制成一个半径为L的圆环，水平放置在两直导轨上，其圆心到两直导轨的距离相等.忽略导轨的电阻、所有摩擦以及金属环的可能形变，金属棒、金属环均与导轨始终接触良好，重力加速度大小为g.现将金属棒ab由静止释放，求：
（1）ab刚越过MP时产生的感应电动势大小；
（2）金属环刚开始运动时的加速度大小；
（3）为使ab在整个运动过程中不与金属环接触，金属环圆心初始位置到MP的最小距离.
答案：（1）BL　（2）　
（3）L＋
解析：（1）设ab滑到MP处时速度为v0，由动能定理可知mgL＝m－0
ab刚越过MP时产生的感应电动势为E＝BLv0
联立解得v0＝，E＝BL.
（2）如图所示，根据几何关系，金属环接入电路的弧度θ1＝θ2＝，结合题中条件根据闭合电路欧姆定律和并联电路规律，金属环接入电路的电阻为，根据闭合电路欧姆定律可知E＝I（R＋R）
金属环因受安培力而向右做变加速运动，由牛顿第二定律可知FA＝ILB＝2ma
联立解得a＝.
（3）金属环可以看作质量为2m、长度为L、电阻为0.5R的导体棒，装置可以等效为等间距的双杆模型，金属环受安培力加速，金属棒ab受安培力减速，当二者共速时，回路磁通量不再变化，电流为零，安培力为零，二者保持共速做匀速直线运动，此时二者间距最近，
金属棒ab和金属环组成的系统合外力为零，由动量守恒定律有mv0＝（m＋2m）v
对金属环受力分析，由动量定理有∑ILBΔt＝BLq＝2mv
其中q＝＝
联立解得Δx＝
则金属环圆心初始位置到MP的最小距离应为L＋.
　深化1　　电磁感应电路中的五个等效问题
　深化2　　电磁感应中电路知识的关系图
　深化3　　分析电磁感应问题的基本思路
角度1　电磁感应中的电路问题
例1　如图所示，导线全部为裸导线，半径为r的圆内有垂直于圆平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，一根长度大于2r 的导线MN以速率v在圆环上无摩擦地从左端匀速滑到右端，回路中的定值电阻阻值为R，其余电阻不计.试求：
（1）MN从圆环左端滑到右端的过程中，电阻R上的电流的平均值及通过的电荷量；
（2）MN从圆环左端滑到右端的过程中，电阻R上的电流的最大值.
答案：（1）　　（2）
解析：整个回路等效电路图如图所示.
（1）从左端到右端磁通量的变化量大小ΔΦ＝BΔS＝Bπr2
从左端到右端的时间Δt＝
根据法拉第电磁感应定律，平均感应电动势＝＝＝
所以，回路中平均感应电流＝＝
通过R的电荷量q＝Δt＝·＝.
（2）在等效电路图中，等效电源电动势为EMN＝Blv
当导线运动到圆环的圆心处时，切割磁感线的有效长度最大，产生的感应电动势也就最大，电阻R上的电流也就最大，此时Em＝B·2r·v，且Im＝，由以上两式得Im＝.
角度2　电荷量的计算
例2　如图所示，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：在过程Ⅰ中，根据法拉第电磁感应定律，有E1＝＝，根据闭合电路欧姆定律，有I1＝且q1＝I1Δt1，
在过程Ⅱ中，有E2＝＝，
I2＝，q2＝I2Δt2，又q1＝q2，即
＝
所以＝，故选B.
　训练1　如图所示，光滑绝缘水平桌面上有一均质正方形金属线框abcd，线框以速度v进入一个有明显边界的匀强磁场（磁场的宽度大于线框的边长），当线框全部进入磁场区域时，速度减小到.下列说法中正确的是（　　）
A.线框进入磁场时与离开磁场时均做匀减速直线运动
B.线框能全部穿出磁场
C.线框进入磁场时与离开磁场时产生的热量之比为8∶1
D.线框进入磁场时与离开磁场时通过线框某截面的电荷量之比为1∶2
答案：C
解析：线框进入磁场时与离开磁场时所受安培力大小为F＝BIL＝BL＝＝ma，随着速度减小，安培力逐渐减小，加速度减小，所以线框进入磁场时与离开磁场时均做变减速直线运动，故A错误；假设线框能全部穿出磁场，线框刚全部进入磁场时速度为，刚离开磁场时速度为v'，线框进入磁场的过程，取向右为正方向，由动量定理得－BL·t1＝m－mv，通过线框的电荷量q1＝t1＝＝，线框离开磁场的过程，取向右为正方向，由动量定理得－BL·t2＝mv'－m，通过线框的电荷量q2＝t2＝＝，联立解得v'＝－，所以线框不能全部穿出磁场，则v'＝0，可知＝，故B、D错误；线框进入磁场的过程，根据能量守恒定律有Q1＝mv2－m（v）2，线框离开磁场的过程，根据能量守恒定律有Q2＝m（v）2，解得＝，故C正确.
二、电磁感应中的图像问题
考题3　（2022·河北卷）（多选）如图所示，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：设ab、cd导轨与x轴夹角为θ，在O处，金属棒有效长度为y0，在0～时间内，金属棒切割磁感线的有效长度为y＝y0＋v0ttan θ，则切割磁感线的感应电动势E＝Byv0＝By0v0＋Bttan θ，感应电动势E与t是一次函数关系，由于忽略导轨与金属棒的电阻，则感应电流i与时间t也是一次函数关系，在～时间内，金属棒切割磁感线的有效长度不变，所以感应电动势不变，感应电流不变，在～时间内相当于0～时间内的逆过程，A正确；由于不计除电阻R之外的所有电阻，所以电阻R两端电压与感应电动势相等，D错误；当t＝0、t＝时，金属棒的感应电动势并不等于零，电流也不等于零，所以安培力并不等于0，B错误；在0～时间内，金属棒克服安培力做功的功率P＝Fv0＝＝（y0＋v0ttan θ）2，P－t图像是抛物线的一部分，在～时间内切割磁感线的有效长度不变，P＝Fv0＝，所以P恒定，在～时间内相当于0～时间内的逆过程，C正确.
　深化1　　图像问题的求解类型
类型 根据电磁感应过程选图像 根据图像分析判断电磁感应过程
求解流程
　深化2　　解决图像问题的一般步骤
角度1　根据图像分析电磁感应过程
例3　（2023·全国甲卷）（多选）一有机玻璃管竖直放在水平地面上，管上有漆包线绕成的线圈，线圈的两端与电流传感器相连，线圈在玻璃管上部的5匝均匀分布，下部的3匝也均匀分布，下部相邻两匝间的距离大于上部相邻两匝间的距离，如图（a）所示.现让一个很小的强磁体在玻璃管内沿轴线从上端口由静止下落，电流传感器测得线圈中电流I随时间t的变化如图（b）所示.则（　　）
A.小磁体在玻璃管内下降速度越来越快
B.下落过程中，小磁体的N极、S极上下颠倒了8次
C.下落过程中，小磁体受到的电磁阻力始终保持不变
D.与上部相比，小磁体通过线圈下部的过程中，磁通量变化率的最大值更大
答案：AD
解析：电流的峰值越来越大，即小磁体在依次穿过每个线圈的过程中的磁通量变化率的最大值越来越大，因此小磁体的下降速度越来越快，A、D正确；由题图不难看出，线圈中电流方向的变化与磁体磁极沿运动方向穿过线圈产生的电流变化一致，所以小磁体磁极未发生颠倒，B错误；线圈可等效为条形磁铁，其磁性随电流变化，所以小磁体受到的电磁阻力是变化的，C错误.
角度2　根据电磁感应定律选择图像
例4　（2025·山东淄博期末）如图所示，一个直角边长为l的等腰直角三角形虚线框内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个边长也为l的正方形导线框所在平面与磁场方向垂直，三角形的高ab与导线框的一条边垂直，ba的延长线平分导线框.在t＝0时，使导线框从图示位置开始以恒定速度沿ab方向移动，直到整个导线框离开磁场区域.i表示导线框中的感应电流，取逆时针方向为正方向.下列关于感应电流i随时间t变化关系的图像中，可能正确的是（　　）
答案：C
解析：①线框从位置Ⅰ→Ⅱ，切割磁感线的有效长度（感应电流）随时间均匀增大，电流沿逆时针方向.
②线框从位置Ⅱ→Ⅲ，切割磁感线的有效长度（感应电流）不变，电流沿逆时针方向.
③线框从位置Ⅲ→Ⅳ，穿过线框的磁通量不变，感应电流为0.
④线框从位置Ⅳ→Ⅴ，线框切割磁感线的有效长度（感应电流）随时间均匀增大，电流沿顺时针方向.
⑤线框从位置Ⅴ→Ⅵ，线框切割磁感线的有效长度（感应电流）不变，电流沿顺时针方向.综上所述，C正确.
　训练2　（2025·内蒙古北重三中）如图所示，abdfec为“日”字形导线框，其中abdc和cdfe均为边长为l的正方形，导线ab、cd、ef的电阻相等，其余部分电阻不计.导线框右侧存在着宽度略小于l的匀强磁场，磁感应强度为B，导线框以速度v匀速穿过磁场区域，运动过程中线框始终和磁场垂直且无转动.线框穿越磁场的过程中，ab两点电势差Uab随位移变化的图像正确的是（　　）
答案：A
解析：由于匀强磁场的宽度略小于l，导线ab在磁场内，cd、ef在磁场外时，导线ab充当电源，Uab表示路端电压，则Uab＝Blv；导线cd在磁场内，ab、ef在磁场外时，导线cd充当电源，Uab是外电路并联电压，则Uab＝Blv；导线ef在磁场内，ab、cd在磁场外时，导线ef充当电源，Uab是外电路并联电压，则Uab＝Blv，故A正确.
限时跟踪检测（五十三）　电磁感应中的电路和图像问题
A级·基础对点练
题组一　电磁感应中的电路问题和电荷量的计算
1.（2025·甘肃张掖第一次诊断）如图所示，面积为0.3 m2的50匝线圈处于匀强磁场中，磁场方向垂直于线圈平面向里.已知磁感应强度大小以0.5 T/s的变化率增强，定值电阻R1＝8 Ω，线圈电阻R2＝7 Ω，不计其他电阻.下列说法正确的是（　　）
A.线圈中产生的感应电流方向为顺时针方向
B.线圈中产生的感应电动势大小为E＝75 V
C.通过R1的电流为I＝5 A
D.ab两端的电压为U＝4 V
答案：D
解析：根据楞次定律可以判断线圈中感应电流的方向为逆时针方向，A错误；由法拉第电磁感应定律知E＝n＝nS＝50×0.5×0.3 V＝7.5 V，B错误；由闭合电路欧姆定律知I＝＝0.5 A，C错误；ab两端的电压等于R1两端的电压，为U＝IR1＝4 V，D正确.
2.如图所示，两根相距为l的平行直导轨ab、cd，b、d间连有一定值电阻R，导轨电阻可忽略不计.MN为放在ab和cd上的一导体杆，与ab垂直，其电阻也为R.整个装置处于匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，磁场方向垂直于导轨所在平面向里（指向图中纸面内）.现对MN施力使它沿导轨方向以速度v（如图所示）做匀速运动.令U表示MN两端电压的大小，则（　　）
A.U＝Blv，流过电阻R的感应电流由b到d
B.U＝Blv，流过电阻R的感应电流由d到b
C.U＝Blv，流过电阻R的感应电流由b到d
D.U＝Blv，流过电阻R的感应电流由d到b
答案：A
解析：由右手定则可知，通过MN的电流方向为N→M，电路闭合，流过电阻R的电流方向由b到d，B、D错误；导体杆切割磁感线产生的感应电动势E＝Blv，导体杆为等效电源，其电阻为等效电源内阻，由闭合电路欧姆定律可知，U＝IR＝·R＝Blv，A正确，C错误.
3.（2025·武汉检测）（多选）如图所示，在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中有两根光滑的平行导轨，间距为L，导轨两端分别接有电阻R1和R2，导体棒以某一初速度从ab位置向右运动距离x到达cd位置时，速度为v，产生的电动势为E，此过程中通过电阻R1、R2的电荷量分别为q1、q2.导体棒有电阻，导轨电阻不计.下列关系式正确的是（　　）
A.E＝BLv B.E＝2BLv
C.q1＝ D.＝
答案：AD
解析：导体棒垂直切割磁感线，感应电动势E＝BLv，A项正确，B项错误；由欧姆定律可知，导体棒从ab到cd过程中通过电阻R1的平均电流＜，导体棒由ab位置运动到cd位置所用的时间t＝，则通过电阻R1的电荷量q1＝t＜×＝，C项错误；R1、R2两电阻并联，由并联分流规律可知，＝＝，D项正确.
题组二　电磁感应中的图像问题
4.如图甲所示，矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，磁感线的方向与导线框所在平面垂直.规定磁场的正方向为垂直于纸面向里，磁感应强度B随时间变化的规律如图乙所示.若规定顺时针方向为感应电流I的正方向，下列各图中正确的是（　　）
甲　　乙
A　　B
C　　D
答案：D
解析：由B－t图像可知，0～1 s内，线圈中磁通量增大，由楞次定律可知，电路中电流方向为逆时针，即电流为负方向，故A、C错误；由楞次定律可知，1～2 s内电路中的电流为顺时针，为正方向，2～3 s内，电路中的电流为顺时针，为正方向，3～4 s内，电路中的电流为逆时针，为负方向，故B错误，D正确.故选D.
5.如图所示，空间有一宽度为2L的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里.一边长为L、电阻分布均匀的正方形导体框abcd，以恒定的速度v向左匀速穿过磁场区域，从导体框ab边进入磁场开始计时，则a、b两点的电势差Uab随时间t变化的图像正确的是（　　）
　
　
答案：B
解析：由法拉第电磁感应定律可得，在导体框进入磁场与穿出磁场的过程中导体框内的磁通量都发生变化，导体框中有感应电动势.在0～时间内，导体框的ab边切割磁感线，由E＝BLv可知，此时ab边相当于电源，电流由b流向a，a、b两点的电势差相当于路端电压，大小为Uab＝E＝，电势差为正；在～时间内，导体框完全在磁场中运动，穿过导体框的磁通量没有变化，不产生感应电流，但是ab边仍然在切割磁感线，a、b两点的电势差大小为Uab＝BLv，电势差为正；在～时间内，导体框开始穿出磁场，只有cd边切割磁感线，此时cd边相当于电源，电流由a流向b，导体框中电动势为E＝BLv，a、b两点的电势差为外电路部分电压，大小为Uab＝E＝，电势差为正.综上所述，B正确，A、C、D错误.
6.（2025·德阳质量监测）（多选）如图所示的竖直平面内，螺线管与电容器两极板相连，两极板间距离足够大，两板之间有一水平固定绝缘平台上放置有带正电小球，t＝0时对螺线管区域施加竖直向下的匀强磁场，其磁感应强度随时间的变化率＝kt（k＞0），不计一切电阻，以下关于小球的速度v，加速度a、流过螺线管线圈某截面的电流i随时间t的变化v－t、a－t、i－t图像可能正确的是（　　）
A
B
C
D
答案：BD
解析：根据电磁感应可知通电螺线管产生的感应电动势为e＝n＝n·S＝nSkt.由楞次定律可得电容器下极板为正极.在充电过程中极板间电势差也与时间成正比，感应电动势与极板间电压之差保持稳定值，根据Q＝CU可知电荷量随时间均匀增加，由Q＝It可知电流恒定不变.故C错误，D正确；电容器两端的电压随时间均匀增大，则根据E＝可知极板间的场强均匀增大，场强较小时，电场力小于重力，小球在平面能保持静止，加速度为0，速度也为0，当场强逐渐增大，电场力大于重力，则a＝＝－g，场强均匀增大，则加速度均匀增大，在v－t图像中斜率逐渐增大，故A错误，B正确.故选B、D.
B级·能力提升练
7.（多选）如图所示，匀强磁场中有a、b两个闭合线圈，它们用同样的导线制成，匝数均为n匝，线圈半径ra＝2rb.磁场方向与两线圈所在平面垂直，磁感应强度B随时间均匀增大.两线圈中产生的感应电动势分别为Ea和Eb，感应电流分别为Ia和Ib.不考虑两线圈间的相互影响.下列说法中正确的是（　　）
A.Ea∶Eb＝4∶1，感应电流均沿逆时针方向
B.Ea∶Eb＝2∶1，感应电流均沿顺时针方向
C.Ia∶Ib＝2∶1，感应电流均沿逆时针方向
D.Ia∶Ib＝1∶2，感应电流均沿顺时针方向
答案：AC
解析：设磁感应强度的变化率为k，由法拉第电磁感应定律E＝nS，得Ea＝nkπ，Eb＝nkπ，所以Ea∶Eb＝4∶1，根据楞次定律，磁感应强度B随时间均匀增大，所以感应电流均沿逆时针，故A正确，B错误；根据电阻定律可知，两线圈的电阻之比等于周长之比，由欧姆定律I＝可得Ia∶Ib＝×＝2∶1，故C正确，D错误.
8.（多选）如图甲所示，光滑平行金属导轨MN、PQ所在平面与水平面成θ角，M、P之间接一电阻R，金属棒ab与导轨垂直且接触良好，整个装置处于方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中.t＝0时对金属棒ab施加一平行于导轨的外力F，使金属棒ab由静止开始沿导轨向上运动，金属棒ab电阻为r，导轨电阻忽略不计.已知通过电阻R的感应电流I随时间t变化的关系如图乙所示.关于金属棒ab运动速度v、外力F、通过R的电荷量q以及穿过闭合回路的磁通量的变化率随时间变化的图像，正确的是（　　）
　　甲　　　　　　　　　乙
　　　
答案：AB
解析：根据I－t图像可知I＝kt，其中k为比例系数，由闭合电路欧姆定律可得I＝＝kt，即E＝kt（R＋r），因为E＝Blv，所以v＝t，可见v－t图线是一条过原点且斜率大于零的直线，说明金属棒ab做的是初速度为零的匀加速直线运动，即v＝at，故A正确；因为E＝，所以＝kt（R＋r），可见－t图线是一条过原点且斜率大于零的直线，故B正确；对金属棒ab，在沿导轨方向，有F－BIl－mgsin θ＝ma，而I＝，v＝at，可得F＝t＋ma＋mgsin θ，可见F－t图线是一条斜率大于零且与纵轴正半轴有交点的直线，故C错误；q＝ Δt＝＝＝t2，可见q－t图线是一条开口向上的抛物线，故D错误.
9.（2025·广东湛江一模）如图所示，在区域Ⅰ、Ⅱ中分别有磁感应强度大小相等、垂直纸面但方向相反、宽度均为a的匀强磁场区域.高为a的正三角形线框efg从图示位置沿x轴正方向匀速穿过两磁场区域，以逆时针方向为电流的正方向，下列图像中能正确描述线框efg中感应电流I与线框移动距离x关系的是（　　）
A　　B
C　　D
答案：B
解析：正三角形线框efg刚进入垂直纸面向里的磁场Ⅰ时，I的大小为零，之后随线框进入磁场距离的增大，由楞次定律可知，感应电流沿逆时针方向，为正方向，在进入磁场过程中，eg和fg两边的有效切割长度变大，其有效长度为L有效＝2xtan 30°，感应电动势为E＝BL有效v，感应电流为I＝＝，当线框efg前进a距离时，感应电流达到最大，即I0＝，在线框刚进入向外的磁场区域Ⅱ瞬间，感应电流为零，之后随线框进入磁场距离的增大，根据楞次定律可知，efg线框中感应电流方向沿顺时针方向，为负值，进入过程有效切割长度变大，在该过程中，结合之前的分析，其电流的瞬时值为I'＝，当前进距离为2a时，其感应电流达到最大，结合之前的分析，其最大值为I'0＝＝2I0，在刚出向外的磁场区域Ⅱ瞬间，感应电流大小为零，之后随线框出磁场距离的增加，利用楞次定律可知，efg中感应电流方向沿逆时针方向，为正，有效切割长度变大，在该过程中，结合之前的分析，其电流的瞬时值为I″＝，当前进距离为3a时，达到最大，其最大值为I″0＝＝I0，故选B.
10.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内，磁感应强度的变化量大小为ΔB＝0.2 T，设穿过金属框的磁通量变化量大小为ΔΦ，有ΔΦ＝ΔBl2
由于磁场均匀变化，金属框中产生的电动势是恒定的，有E＝
联立解得E＝0.08 V.
（2）设金属框中的电流为I，由闭合电路欧姆定律，有I＝
由题图可知，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F＝IlB1
联立解得F＝0.016 N，方向垂直于ab向左.
（3）在t＝0到t＝0.1 s时间内，金属框中电流的电功率P＝I2R
联立解得P＝0.064 W.
专题十七　电磁感应综合应用
素养目标　综合应用楞次定律、法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、牛顿第二定律、动能定理、能量守恒定律、动量定理、动量守恒定律分析电磁感应问题.（科学思维）
一、电磁感应中的动力学问题
考题1　（2024·黑吉辽卷）（多选）如图所示，两条“∧”形的光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，间距为L，左、右两导轨面与水平面夹角均为30°，均处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小分别为2B和B.将有一定阻值的导体棒ab、cd放置在导轨上，同时由静止释放，两棒在下滑过程中始终与导轨垂直并接触良好.ab、cd的质量分别为2m和m，长度均为L.导轨足够长且电阻不计，重力加速度大小为g，两棒在下滑过程中（　　）
A.回路中的电流方向为abcda
B.ab中电流趋于
C.ab与cd加速度大小之比始终为2∶1
D.两棒产生的电动势始终相等
答案：AB
解析：对两棒分别由右手定则知电流方向为abcda，A正确；对ab棒沿左导轨面方向由牛顿第二定律有2mgsin θ－2BILcos θ＝2ma1，对cd棒沿右导轨面方向由牛顿第二定律有mgsin θ－BILcos θ＝ma2，由以上两式比较得a1＝a2，C错误；两棒加速度大小始终相等，所以速率始终相等，因磁感应强度不同，所以两棒产生的电动势不相等，D错误；稳定后，两棒各自沿左、右导轨面向下做匀速运动，对ab棒沿左导轨面方向由力的平衡条件有2BILcos θ＝2mgsin θ，可得I＝，B正确.
考题2　（2024·北京卷）如图甲所示为某种“电磁枪”的原理图.在竖直向下的匀强磁场中，两根相距L的平行长直金属导轨水平放置，左端接电容为C的电容器，一导体棒放置在导轨上，与导轨垂直且接触良好，不计导轨电阻及导体棒与导轨间的摩擦.已知磁场的磁感应强度大小为B，导体棒的质量为m、接入电路的电阻为R.开关闭合前电容器的电荷量为Q.
（1）求闭合开关瞬间通过导体棒的电流I；
（2）求闭合开关瞬间导体棒的加速度大小a；
（3）在图乙中定性画出闭合开关后导体棒的速度v随时间t的变化图线.
答案：（1）　（2）　（3）见解析图
解析：（1）开关闭合前，电容器两端的电压
U＝
闭合开关瞬间通过导体棒的电流
I＝＝.
（2）闭合开关瞬间，对导体棒由牛顿第二定律得
BIL＝ma
解得a＝.
（3）电容器放电过程中，电容器所带电荷量减小，回路中的电流减小，由牛顿第二定律知，导体棒的加速度减小，当导体棒产生的感应电动势等于电容器两端电压时，回路中电流为零，导体棒做匀速直线运动，图像如图所示.
　深化1　　导体的两种运动状态
（1）导体的平衡状态——静止状态或匀速直线运动状态.
处理方法：根据平衡条件（合力等于零）列式分析.
（2）导体的非平衡状态——加速度不为零.
处理方法：根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系分析.
　深化2　　用动力学观点解答电磁感应问题的一般步骤
　深化3　　导体常见运动情况的动态分析
v ↓ E＝Blv ↓ I＝ ↓ F安＝BIl ↓ F合 若F合＝0 匀速直线运动
若F合≠0 ↓ F合＝ma a、v 同向 v增大，若a恒定，拉力F增大
v增大，F安增大，若其他力恒定，F合减小，a减小，做加速度减小的加速运动→a＝0，匀速直线运动
a、v 反向 v减小，F安减小，a减小→a＝0，静止或匀速直线运动
　深化4　　有恒定外力等间距双棒模型
示意图 及条件 两光滑金属导轨固定在水平面内，导轨间距为L，电阻不计，两导体棒1、2质量分别为m1、m2，电阻分别为R1、R2，两棒初速度为零，F恒定
电路 特点 棒2相当于电源；棒1受安培力而运动
运动 分析 棒1：a1＝，棒2：a2＝ 最初阶段，a2＞a1，（v2－v1）↑ I↑ F安↑ a1↑ a2↓； 当a1＝a2时，（v2－v1）恒定，I恒定，F安恒定
规律
分析 开始时，两棒做变加速运动；稳定时，两棒以相同的加速度做匀加速运动，I恒定，Δv恒定
最终 状态 对等间距光滑的平行导轨：整体由牛顿第二定律得a1＝a2＝， 对于导体棒1有F安＝BIL＝m1a，I＝，从而可求二者速度差
角度1　“单棒＋电阻”模型
例1　（2025·云南昆明模拟）如图（a）所示，两根不计电阻、间距为L的足够长平行光滑金属导轨，竖直固定在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向里，磁感应强度大小为B.导轨上端串联非线性电子元件Z和阻值为R的电阻.元件Z的U－I图像如图（b）所示，当流过元件Z的电流大于或等于I0时，电压稳定为Um.质量为m、不计电阻的金属棒可沿导轨运动，运动中金属棒始终水平且与导轨保持良好接触.忽略空气阻力及回路中的电流对原磁场的影响，重力加速度为g.为了方便计算，取I0＝，Um＝.以下计算结果只能选用m、g、B、L、R表示.
（1）闭合开关S，由静止释放金属棒，求金属棒下落的最大速度v1；
（2）断开开关S，由静止释放金属棒，求金属棒下落的最大速度v2.
答案：（1）　（2）
解析：（1）闭合开关S，金属棒下落的过程中受竖直向下的重力、竖直向上的安培力作用，当重力与安培力大小相等时，金属棒的加速度为零，速度最大，则mg＝I1LB
由法拉第电磁感应定律得E1＝BLv1
由闭合电路欧姆定律得I1＝
解得v1＝.
（2）由第（1）问得I1＝
由于I0＜I1
则断开开关S后，当金属棒的速度达到最大时，元件Z两端的电压恒为Um＝
此时定值电阻两端的电压为UR＝BLv2－Um
回路中的电流为I2＝I1
又由欧姆定律得I2＝
解得v2＝.
角度2　“双棒”模型
例2　（2025·云南昆明第一中学模拟）某物理小组想出了一种理想化的“隔空”加速系统，该系统通过利用其中一个金属棒在磁场中运动产生感应电流从而使另一个金属棒获得速度，这样就避免了直接对其进行加速时所带来的磨损和接触性损伤，该加速系统可以建模抽象为在足够长的固定水平平行导轨上放有两个金属棒MN和PQ，磁感应强度B＝0.5 T的匀强磁场与导轨所在水平面垂直，方向竖直向下，导轨电阻很小，可忽略不计.如图所示为模型俯视图，导轨间的距离L＝1.0 m，每根金属棒质量均为m＝1.0 kg，电阻都为R＝5.0 Ω，可在导轨上无摩擦滑动，滑动过程中金属棒与导轨保持垂直且接触良好，在t＝0时刻，两金属棒都处于静止状态，现有一与导轨平行、大小为F＝2.0 N恒力作用于金属棒MN上，使金属棒MN在导轨上滑动，经过t＝10 s，金属棒MN的加速度a＝1.6 m/s2，求：
（1）此时金属棒PQ的加速度是多少？
（2）此时金属棒MN、PQ的速度各是多少？
（3）金属棒MN和PQ的最大速度差是多少？
答案：（1）0.4 m/s2　（2）18 m/s　2m/s　
（3）40 m/s
解析：（1）恒力作用于MN棒，使其在导轨上向右加速运动，切割磁感线产生感应电流，根据右手定则知电流方向为M→N，电流流经PQ，根据左手定则知MN所受安培力水平向左，PQ受到的安培力水平向右，它们都做加速运动，对MN由牛顿第二定律得F－BIL＝ma，对PQ由牛顿第二定律得BIL＝ma'，联立解得a'＝0.4 m/s2.
（2）设某时刻MN速度为v1，PQ速度为v2，根据法拉第电磁感应定律有I＝
在t＝10 s时，对MN由牛顿第二定律得F－BIL＝ma，
整理得F－＝ma
代入数据得v1－v2＝16 m/s，由于作用于两棒的安培力等大反向，所以作用于两棒系统的合力为水平恒力F，对系统由动量定理得Ft＝（mv1＋mv2）－0，代入数据得v1＋v2＝20 m/s，联立解得v1＝18 m/s，v2＝2 m/s.
（3）MN棒做加速度减小的加速运动，PQ棒做加速度增大的加速运动，最终有共同加速度，设两金属棒的共同加速度为a共，对系统有F＝2ma共，对PQ棒有BImL＝ma共，其中Im＝＝，联立解得Δvm＝40 m/s.
二、电磁感应与能量综合问题
考题3　（2021·海南卷）如图所示，间距为l的光滑平行金属导轨，水平放置在方向竖直向下的匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B，导轨左端接有阻值为R的定值电阻，一质量为m的金属杆放在导轨上.金属杆在水平外力作用下以速度v0向右做匀速直线运动，此时金属杆内自由电子沿杆定向移动的速率为u0.设金属杆内做定向移动的自由电子总量保持不变，金属杆始终与导轨垂直且接触良好，除了电阻R以外不计其他电阻.
（1）求金属杆中的电流和水平外力的功率；
（2）某时刻撤去外力，经过一段时间，自由电子沿金属杆定向移动的速率变为，求：
（ⅰ）这段时间内电阻R上产生的焦耳热；
（ⅱ）这段时间内一直在金属杆内的自由电子沿杆定向移动的距离.
答案：（1）　　（2）（ⅰ）m　（ⅱ）
解析：（1）金属杆匀速切割磁感线有E＝Blv0，I＝
金属杆匀速运动，则外力功率与电功率相等P＝I2R
解得I

展开更多......

收起↑