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第28讲　楞次定律　法拉第电磁感应定律
知识内容 考试要求 说明
电磁感应现象 b 1.不要求掌握法拉第等科学家对电磁感应现象研究的具体细节． 2.在用楞次定律判断感应电流方向时，只要求闭合电路中磁通量变化容易确定的情形． 3.导体切割磁感线时感应电动势的计算，只限于l、B、v三者垂直的情形． 4.不要求计算涉及反电动势的问题． 5.在电磁感应现象中，不要求判断电路中各点电势的高低． 6.不要求计算既有感生电动势，又有动生电动势的电磁感应问题． 7.不要求计算自感电动势． 8.不要求解释电磁驱动和电磁阻尼现象.
楞次定律 c
法拉第电磁感应定律 d
电磁感应现象的两类情况 b
互感和自感 b
涡流、电磁阻尼和电磁驱动 b
一、电磁感应现象
1．磁通量
(1)公式：Φ＝BS.
适用条件：①匀强磁场；
②磁感应强度的方向垂直于S所在的平面．
(2)几种常见引起磁通量变化的情形
①B变化，S不变，ΔΦ＝ΔB·S.
②B不变，S变化，ΔΦ＝B·ΔS.
③B、S两者都变化，ΔΦ＝Φ2－Φ1，不能用ΔΦ＝ΔB·ΔS来计算．
2．电磁感应现象
(1)产生感应电流的条件：穿过闭合回路的磁通量发生变化．
特例：闭合电路的一部分导体在磁场内做切割磁感线运动．
(2)电磁感应现象中的能量转化：发生电磁感应现象时，机械能或其他形式的能转化为电能，该过程遵循能量守恒定律．
二、感应电流方向的判断
1．楞次定律
(1)内容：感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化．
(2)适用范围：适用于一切闭合回路磁通量变化的情况．
2．右手定则
(1)内容：伸开右手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心进入，并使拇指指向导体运动的方向，这时四指所指的方向就是感应电流的方向．
(2)适用情况：导体切割磁感线产生感应电流．
三、法拉第电磁感应定律
1．感应电动势
(1)感应电动势：在电磁感应现象中产生的电动势．
(2)产生条件：穿过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．
四、导线切割磁感线时的感应电动势
导线切割磁感线时，可有以下两种情况：
切割方式 电动势表达式 说明
垂直切割 E＝Blv ①导线与磁场方向垂直②磁场为匀强磁场
旋转切割(以一端为轴) E＝Bl2ω
五、自感和涡流
1．自感现象
由于通过导体自身的电流发生变化而产生的电磁感应现象．
2．自感电动势
(1)定义：在自感现象中产生的感应电动势．
(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等因素有关．
②单位：亨利(H)，1 mH＝10－3 H,1 μH＝10－6 H.
3．涡流
(1)定义：当线圈中的电流发生变化时，在它附近的导体中产生的像水中的旋涡一样的感应电流．
(2)涡流的应用
①涡流热效应的应用，如真空冶炼炉．
②涡流磁效应的应用，如探雷器．
命题点一　感应电流方向的判断
考向1　应用楞次定律判断感应电流的方向
应用楞次定律的思路
（2024 江西模拟）柔性可穿戴设备导电复合材料电阻率的测量需要使用一种非接触式传感器。如图（a）所示，传感器探头线圈置于被测材料上方，给线圈通正弦交变电流如图（b）所示，电路中箭头为电流正方向。在时间内关于涡旋电流的大小和方向（俯视），下列说法正确的是（　　）
A．不断增大，逆时针 B．不断增大，顺时针
C．不断减小，逆时针 D．不断减小，顺时针
【解答】解：由题图可知，在时间内电路中的电流与图中电流方向相反，被测材料区域原磁场方向竖直向上，电流不断增大，则磁场不断增大，根据楞次定律可知，被测材料的感应磁场方向竖直向下，由安培定则可知，在被测材料上的涡流方向为顺时针（俯视）；又因为时间内i﹣t图像的斜率不断减小，则感应磁场变化率不断减小，由法拉第电磁感应定律及欧姆定律可知，被测材料上的涡流大小不断减小。故ABC错误，D正确。
故选：D。
（2024 山西模拟）如图所示，铝管竖直立于水平桌面上，小磁体从铝管正上方由静止开始下落，在磁体穿过铝管的过程中，磁体不与管壁接触且无翻转，下列说法正确的是（　　）
A．铝管中产生水平方向的感应电流
B．铝管中产生竖直方向的感应电流
C．铝管对桌面的压力等于它的重力
D．铝管对桌面的压力小于它的重力
【解答】解：AB、磁铁下落过程中，铝管的磁通量发生变化，根据右手定则可以判断，产生水平方向的感应电流，故A正确，B错误；
CD、磁铁下落过程中，根据“来拒去留”可知，铝管受向下的作用力，故铝管对桌面的压力大于其重力，故CD错误。
故选：A。
考向2　楞次定律推论的应用
楞次定律推论的应用技巧
(1)线圈(回路)中磁通量变化时，阻碍原磁通量的变化——应用“增反减同”的规律；
(2)导体与磁体间有相对运动时，阻碍相对运动——应用“来拒去留”的规律；
(3)当回路可以形变时，感应电流可使线圈面积有扩大或缩小的趋势——应用“增缩减扩”的规律；
(4)自感现象中，感应电动势阻碍原电流的变化——应用“增反减同”的规律．
（2023 新建区校级模拟）如图所示，金属导轨EF、CD在竖直平面内水平平行放置，EF、CD通过绕在竖直放置的铁芯上的导线连接，金属杆AB竖直放置，与导轨EF、CD垂直且始终接触良好，磁场方向垂直纸面向里，铁芯正上方有一水平放置的金属环，当金属杆AB突然向左运动时，下列说法正确的是（　　）
A．AB中电流由A到B，铁芯中磁场竖直向上，环中有顺时针的电流（俯视）
B．AB中电流由A到B，铁芯中磁场竖直向下，环中有顺时针的电流（俯视）
C．AB中电流由B到A，铁芯中磁场竖直向上，环中有逆时针的电流（俯视）
D．AB中电流由B到A，铁芯中磁场竖直向下，环中有逆时针的电流（俯视）
【解答】解：当金属杆AB突然向左运动时，由右手定则可知电流方向由A到B，电流从下向上流过线圈，由安培定则可知铁芯中的磁场方向向上，因金属杆AB由静止开始向左运动，感应电流逐渐增大，则线圈产生的磁场逐渐增强，穿过金属环中的磁通量增加，由楞次定律可知金属环中的感应电流将产生向下的磁场，根据安培定则，即环中有顺时针方向电流（俯视），故A正确，BCD错误。
故选：A。
（2023春 阳江期末）如图甲所示为探究电磁驱动的实验装置。某个铝笼置于U形磁铁的两个磁极间，铝笼可以绕支点自由转动，其截面图如图乙所示。开始时，铝笼和磁铁均静止，转动磁铁，会发现铝笼也会跟着发生转动，下列说法正确的是（　　）
A．铝笼是因为受到安培力而转动的
B．铝笼转动的速度的大小和方向与磁铁相同
C．磁铁从图乙位置开始转动时，铝笼截面abcd中的感应电流的方向为a→d→c→b→a
D．当磁铁停止转动后，如果忽略空气阻力和摩擦阻力，铝笼将保持匀速转动
【解答】解：A．磁铁转动的过程中通过铝笼截面的磁通量增加，因此在铝笼内产生感应电流，根据楞次定律可知铝笼受到安培力作用，导致铝笼转动，故A正确；
B．根据楞次定律可知，为阻碍磁通量增加，则导致铝笼与磁铁转动方向相同，但快慢不相同，铝笼的转速一定比磁铁的转速小，故B错误；
C．磁铁从图乙位置开始转动时，导致通过铝笼截面的磁通量增加，根据楞次定律可知感应电流方向为a→b→c→d→a，故C错误；
D．当磁铁停止转动后，如果忽略空气阻力和摩擦阻力，由于铝笼转动的过程中仍然能产生感应电流，所以铝笼会受到反方向安培力作用逐渐减速直到停止运动，故D错误。
故选：A。
命题点二　法拉第电磁感应定律的理解及应用
求感应电动势大小的五种类型及对应解法
(1)磁通量变化型：E＝n
(2)磁感应强度变化型：E＝nS
(3)面积变化型：E＝nB
(4)平动切割型：E＝Blv(B、l、v三者垂直)
①l为导体切割磁感线的有效长度．
②v为导体相对磁场的速度．
(5)转动切割型：E＝Blv＝Bl2ω
类型1　磁通量变化型
（2024 下城区校级模拟）在竖直方向的匀强磁场中，水平放置一闭合金属圆环，面积为S，电阻为R。规定圆环中电流的正方向如图甲所示，磁场向上为正。当磁感应强度B随时间t按图乙变化时，下列说法正确的是（　　）
A．0～1s内感应电流的磁场在圆环圆心处的方向向上
B．1～2s内通过圆环的感应电流的方向与图甲所示方向相反
C．0～2s内线圈中产生的感应电动势为
D．2～4s内线圈中产生的焦耳热为
【解答】解：A、0～1s内磁场向下减小，根据楞次定律可知感应电流的磁场在圆环圆心处的方向向下，故A错误；
B、1～2s内磁场向上增大，根据楞次定律可知感应电流的磁场在圆环圆心处的方向向下，所以感应电流方向与图甲所示方向相同，故B错误；
C、根据法拉第电磁感应定律有：E＝nns，0～2s内线圈中产生的感应电动势为E＝B0S，故C错误；
D、同C选项可知在2～4s内线圈中的感应电动势为E＝B0S，焦耳热Pt，解得：P，故D正确；
故选：D。
（2024 济南模拟）如图所示，边长为L正方形金属回路（总电阻为R）与水平面的夹角为60°，虚线圆与正方形边界相切，虚线圆形边界内（包括边界）存在竖直向下匀强磁场，其磁感应强度与时间的关系式为B＝kt（k＞0且为常量），则金属回路产生的感应电流大小为（　　）
A． B． C． D．
【解答】解：根据法拉第电磁感应定律可知回路产生的感应电动势为：
由闭合电路欧姆定律可知金属回路产生的感应电流大小为：，故ABC错误，D正确。
故选：D。
类型2　平动切割型
（2024 朝阳区校级模拟）法拉第圆盘发电机的示意图如图所示。铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触，圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场中。圆盘旋转时，关于流过电阻R的电流，下列说法正确的是（　　）
A．若圆盘转动的角速度不变，则电流为零
B．若圆盘转动方向不变，角速度大小均匀增大，则产生恒定电流
C．若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流方向从a到b
D．若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电阻R的热功率也变为原来的2倍
【解答】解：AB.圆盘转动时相当于一条半径方向的导体棒转动切割磁感线产生感应电动势，感应电动势E 知，角速度恒定，则感应电动势恒定，电流大小恒定，故A错误；角速度大小均匀增大，则感应电动势大小也均匀变大感应电流均匀增大，故B错误；
CD.右手定则知，圆盘按如题图所示的方向转动时，感应电流沿a到b的方向流动，故C正确；若ω变为原来的2倍，则感应电动势变为原来的2倍，电流变为原来的2倍，由P＝I2R知，电流在R上的热功率变为原来的4倍，故D错误。
故选：C。
（2024 新郑市校级一模）如图所示，两光滑平行金属导轨水平放置，左端接一定值电阻R，其余电阻不计，整个装置处于垂直于轨道平面的匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B。质量为m的导体棒在水平拉力F作用下由静止做匀加速直线运动，拉力F与时间t的关系图像如图所示，则（　　）
A．t0＝0时棒的加速度
B．导轨间距
C．t0时棒的速度
D．0～t0时间内F的冲量
【解答】解：A.根据图像可知t0＝0时F＝F0，根据牛顿第二定律可知F0＝ma，解得，故A错误；
B.图像所应该的函数为，根据牛顿第二定律可知F﹣F安＝ma，其中
解得，故B正确；
C.导体棒做匀加速运动，t0时棒的速度，故C错误；
D.0～t0时间内F的冲量即为图像与坐标轴围成的面积，根据图像的面积可解得
故D错误。
故选：B。
命题点三　电磁感应中的图象问题
1．解决图象问题的一般步骤
(1)明确图象的种类，即是B－t图象还是Φ－t图象，或者E－t图象、I－t图象等；
(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、闭合电路欧姆定律、牛顿运动定律等知识写出相应的函数关系式；
(5)根据函数关系式，进行数学分析，如分析斜率的变化、截距等；
(6)画图象或判断图象正误．
2．电磁感应中图象类选择题的两种常见解法
(1)排除法：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)，特别是物理量的正负，排除错误的选项．
(2)函数法：根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象作出分析和判断．
（2024 重庆一模）如图所示，两平行的虚线间的区域内存在着有界匀强磁场，有一较小的三角形线框abc的ab边与磁场边界平行，现使此线框向右匀速穿过磁场区域，运动过程中始终保持速度方向与ab边垂直．则下列各图中哪一个可以定性地表示线框在上述过程中感应电流随时间变化的规律？（　　）
A． B．
C． D．
【解答】解：开始时进入磁场切割磁感线，根据右手定则可知，电流方向为逆时针，当开始出磁场时，回路中磁通量减小，产生的感应电流为顺时针；不论进入磁场，还是出磁场时，由于切割的有效长度变小，导致产生感应电流大小变小，故ABC错误，D正确；
故选：D。
（2024 富平县一模）矩形线圈绕垂直于匀强磁场的轴匀速转动。若轴线右侧没有磁场（磁场具有理想边界），如图所示。设abcda方向为感应电流的正方向。从图示位置开始一个周期内线圈感应电流随时间变化的图像中，正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【解答】解：如图所示，左侧线框在磁场中开始转动时，根据楞次定律可得，初始时，磁通量向里减小，感应电流产生磁场向里，电流为abcda方向，根据交流电产生原理得，从中性面开始计时，线框转动产生的交流电：e＝Bsωsinωt，线框中的感应电流随时间也按正弦规律变化，同理当右侧线框转动进入磁场时，也会产生感应电动势，产生的电流方向为abcda，但产生的感应电流小于开始时，故BCD错误，A正确；
故选：A。
（2024 连云港一模）如图所示，水平光滑金属导轨OA、OB间的夹角为60°，固定放置在方向竖直向下的匀强磁场中。轻质绝缘弹簧右端固定在C点，弹簧轴线平分∠AOB，C、O间距恰为弹簧的原长，导体棒与弹簧左端栓接并垂直于弹簧，棒、导轨它们单位长度的阻值相同。棒从图示位置以初速度v0向右运动到O点的过程中，棒的速度v、加速度a，回路中电流I，通过O点的电荷量q随时间t变化的图像可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【解答】解：AB、棒向右做加速运动，向右运动过程中弹力减小，速度增大，根据楞次定律可知向左的安培力增大，开始由于弹力大于安培力所以可得：F弹﹣F安＝ma，随着安培力增加，弹力减小，所以加速度减小，当安培力大于弹力后可得：F安﹣F弹＝ma，随着之后开始减速，所以弹力急性减小，安培力也减小，所以加速度减小，所以A、B都不符合，故AB错误；
C、设某时刻棒接入导轨的长度为L，此时有，其中 R＝3Lr0
联立得：，所以可知电流强度的变化规律应该与速度的变化规律相同，故C错误；
D、根据q＝It，则q﹣t图像斜率表示电流强度，由以上分析可知电流强度的变化规律应该与速度的变化规律相同即先增大后减小，则q﹣t图像斜率先增大后减小，故D正确。
故选：D。
（2024 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．
【解答】解：正三角形线框efg刚进入向里的磁场I时，I大小为0，之后随线框进入磁场距离的增大，磁通量增大，利用楞次定律知，感应电流沿逆时针方向，为正，有效切割长度变大，根据法拉第电磁感应定律结合欧姆定律可知变大到；
当线框efg前进a距离，在刚进入向外的磁场区域Ⅱ瞬间，感应电流大小为0，之后随线框进入磁场距离的增大，利用楞次定律可知efg线框中感应电流方向沿顺时针方向，即为负，有效切割长度变大，根据法拉第电磁感应定律结合欧姆定律可知变大到；
在刚出向外的磁场区域Ⅱ瞬间，感应电流大小为0，之后随线框出磁场距离的增大，利用楞次定律可知efg线框中感应电流方向沿逆时针方向，为正，有效切割长度变大，根据法拉第电磁感应定律结合欧姆定律可知变大到
故B正确，ACD错误。
故选：B。
命题点四　自感和涡流
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，它不能使过程停止，更不能使过程反向．
2．涡流产生的条件
(1)只有金属导体中才有可能产生；
(2)需处于变化的磁场中．
（2024 佛山二模）2023年8月15日，游客在新疆吐鲁番的沙漠上游玩时，头发突然竖了起来。当时无风，但头顶乌云密布。下列相关说法正确的是（　　）
A．这是一种电磁感应现象
B．这是一种静电感应现象
C．此时人的头与脚带异种电荷
D．此时人应躺下或蹲下，并向高处撤离
【解答】解：头顶乌云密布，头发突然竖了起来是一种静电感应现象，此时头发与云带异种电荷，脚与大地连接不带电，人应躺下或蹲下，并向低处撤离，故B正确，ACD错误；
故选：B。
（2024 南通模拟）如图所示，新能源汽车由地面供电装置（主要装置是发射线圈，并直接连接家用电源）将电能传送至轿车底部的感应装置（主要装置是接收线圈，并连接充电电池），对车载电池进行充电。则（　　）
A．增大发射线圈与接收线圈的间距，接收线圈中感应电流的频率不变
B．发射线圈和接收线圈的磁通量变化率相等
C．为了保护接收线圈不受损坏，可在接收线圈下再加装一个金属护板
D．增大发射线圈与接收线圈的间距，发射线圈与接收线圈两端电压之比不变
【解答】解：A.发射线圈与接收线圈中的磁通量变化的频率相同，增大发射线圈与接收线圈的间距，接收线圈电流的频率不变，故A正确；
B.由感应装置与供电装置的工作原理可知，非理想状态下由于能量损耗供电线圈和感应线圈的磁通量变化率不等，故B错误；
C.如果在车底加装一个金属护板，金属护板会产生涡流，损耗能量，同时屏蔽电磁场，使接收线圈无法产生感应电流，故C错误；
D.增大发射线圈与接收线圈的间距，则通过接收线圈的磁通量减小，根据E＝n
发射线圈与接收线圈两端电压之比变大，故D错误。
故选：A。
（2024 北京一模）图甲和图乙是演示自感现象的两个电路图，L1和L2为电感线圈，A1、A2、A3是三个完全相同的灯泡。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．图甲中，A1与L1的电阻值相同
B．图甲中，闭合S1，电路稳定后，A1中电流大于L1中电流
C．图乙中，变阻器R与L2的电阻值相同
D．图乙中，闭合S2瞬间，L2中电流与变阻器R中电流相等
【解答】解：AB、图甲中，闭合S1，电路稳定后，断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，说明灯泡A1中的电流小于线圈L1中的电流，根据欧姆定律可知L1的电阻小于A1的电阻，故AB错误；
C、图乙中，最终A2与A3的亮度相同，则两个支路电流相同，又由于两个灯泡电阻相同，所以变阻器R与L2的电阻值相同，故C正确；
D、图乙中，闭合S2瞬间，电感线圈由于自感现象，L2对电流有阻碍作用，此时自感线圈相当于一个逐渐变化的电阻，所以两个支路的电阻不相等，两个支路并联，根据并联电路的特点，可知L2中电流与变阻器R中电流不相等，故D错误。
故选：C。
（2024 北京一模）随着科技的不断发展，无线充电已经进入人们的视线。小到手表、手机，大到电脑、电动汽车，都已经在无线充电方面实现了从理论研发到实际应用的转化。如图所示为某品牌无线充电手机利用电磁感应方式充电的原理图。关于无线充电，下列说法正确的是（　　）
A．无线充电时，手机上接收线圈的工作原理是“电流的磁效应”
B．接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同
C．只有将充电底座接到直流电源上，才能对手机进行充电
D．只要有无线充电底座，所有手机都可以进行无线充电
【解答】解：AC、无线充电利用电磁感应原理。当充电底座的发射线圈中通有交变电流时，发射线圈产生交变的磁场，根据电磁感应原理，在接收线圈中产生感应电流，实现对接收充电设备的充电。无线充电时手机接收线圈部分的工作原理是“电磁感应”。只有将充电底座接到交流电源上才能对手机进行充电。故AC错误；
B、接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同。故B正确；
D、不是所有手机都可以进行无线充电，手机中要装有接收线圈设备才可以。故D错误。
故选：B。
（2024 武侯区校级模拟）转笔是一项用不同的方法与技巧、以手指来转动笔的休闲活动，深受广大中学生的喜爱，如图所示。转笔也包含了许多的物理知识，假设某转笔高手能让笔绕其上的某一点O做匀速圆周运动，下列有关该同学转笔中涉及到的物理知识的叙述正确的是（　　）
A．笔杆上的各点做圆周运动的向心力是由手和笔之间的万有引力提供的
B．笔杆上的点离O点越远的，做圆周运动的角速度越大
C．若该同学使用的是金属笔杆，且考虑地磁场的影响，金属笔杆两端一定会形成电势差，也会产生很强的电流
D．若该同学使用中性笔，笔尖上的小钢珠有可能因快速的转动做离心运动被甩走
【解答】解：A、笔杆上的各点做圆周运动的向心力是由杆的弹力提供，与万有引力无关，故A错误；
B、同轴转动，角速度相同，所以笔杆上各点做圆周运动的角速度相同，故B错误；
C、若该同学使用的是金属笔杆，且考虑地磁场的影响，金属笔杆两端一定会形成电势差，不会产生感应电流，故C错误；
D、若该同学使用中性笔，笔尖上的小钢珠有可能因快速的转动，提供的向心力小于需要的向心力，小钢珠做离心运动被甩走，故D正确。
故选：D。
（2024 绍兴二模）如图所示，匀质硬导线ab、ac、bc均为圆弧，连接后分别固定在xOy、xOz、yOz平面内，圆心都在O点且半径r＝10cm，指向x轴正方向的磁场以9×10﹣3T/s的速率均匀增大，下列说法正确的是（　　）
A．bc段导线中的电流从b流向c
B．导线产生的感应电动势大小为9π×10﹣5V
C．ac段导线所受安培力方向沿y轴负方向
D．ab段导线所受安培力大小小于bc段导线所受安培力大小
【解答】解：A、指向x轴正方向的磁场以9×10﹣3T/s的速率均匀增大，则Obc的磁通量增大，根据楞次定律可知bc段导线中的电流从c流向b，故A错误；
B、根据法拉第电磁感应定律有E9×10﹣32π×10×0.01V＝4.5π×10﹣4V，故B错误；
C、导线中的电流方向为顺时针方向，根据左手定则可知，ac段导线所受安培力方向沿y轴正方向，故C错误；
D、根据安培力的计算公式可知ab段导线所受安培力大小为F＝BIlOb，bc段导线所受安培力大小为F＝BIlbc，所以ab段导线所受安培力大小小于bc段导线所受安培力大小，故D正确；
故选：D。
（2024 延边州一模）物理学中有很多关于圆盘的实验，第一个是法拉第圆盘，圆盘全部处于磁场区域，可绕中心轴转动，通过导线将圆盘圆心和边缘与外面电阻相连。第二个是阿拉果圆盘，将一铜圆盘水平放置，圆盘可绕中心轴自由转动，在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针，第三个是费曼圆盘，一块水平放置的绝缘体圆盘可绕过其中心的竖直轴自由转动，在圆盘的中部有一个线圈，圆盘的边缘固定着若干带负电的金属小球。以下说法正确的是（　　）
A．法拉第圆盘在转动过程中，圆盘中磁通量不变，有感应电动势，无感应电流
B．阿拉果圆盘实验中，转动圆盘，小磁针会同向转动，转动小磁针，圆盘也会同向转动
C．费曼圆盘中，当开关闭合的一瞬间，圆盘会逆时针（俯视）转动
D．法拉第圆盘和阿拉果圆盘都是电磁驱动的表现
【解答】解：A．圆盘运动过程中，圆盘中磁通量不变，但沿半径方向的金属条在切割磁感线，在圆心和边缘之间产生了感应电动势，会产生感应电流，故A错误；
B．阿拉果圆盘实验中，转动圆盘或小磁针，都产生感应电流，根据楞次定律的推论，感应电流的磁场总要阻碍相对运动，因安培力的作用，另个物体也会跟着转动，属于电磁驱动，故B正确；
C．开关闭合瞬间，线圈产生向下的磁场且强度在增加，再根据电磁场理论可知，产生逆时针方向的电场，负电荷受到的电场力与电场方向相反，则有顺时针电场力，圆盘会顺时针（俯视）转动，故C错误；
D．如果磁场相对于导体运动，在导体中会产生感应电流，感应电流使导体受到安培力的作用，安培力使导体运动起来，这种作用就是电磁驱动，显然法拉第圆盘是机械能转化为电能的过程，并不是电磁驱动，故D错误。
故选：B。
（2024 鹿城区校级模拟）如图所示，竖直平面内在A、D两点各固定一颗光滑钉子，一个由细软导线制成的闭合导线框挂在两颗钉子上，匀强磁场的磁感应强度为B，导线框的电阻为r，圆的半径为R。从t＝0时刻开始，将导线上的C点绕圆心O以恒定角速度ω从A点沿圆弧移动到D点，导线始终绷紧。此过程导线中（　　）
A．张力保持不变
B．感应电流的方向先顺时针后逆时针
C．感应电流随时间t的变化关系为
D．产生的电热为
【解答】解：A.对滑轮E分析可知，两边绳子拉力总是相等的，则两边绳子与竖直方向的夹角总相等，随着C点沿圆弧从A点移到D点，AC段与CD段绳子长度之和先增加后减小，则AE段与ED段绳子长度之和先减小后增加，AE段绳子与ED段绳子的夹角先增加后减小，对滑轮，如图
根据平衡条件有
2Tcosα＝mg
α先增大和减小，则cosα先减小后增大，可知绳子的拉力先增加后减小，故A错误；
B.△ACD所围的面积因θ角从0°度到180°过程中，则导线框中的磁通量先增大后减小，根据楞次定律可知，感应电流先沿逆时针方向，后沿顺时针方向，故B错误；
C.根据法拉第电磁感应定律E，而θ＝ωt，根据几何知识可得，线框上的三角形的面积为
磁通量Φ＝BS＝BR2sinωt
可知，导线框中感应电动势随时间t的变化关系为
e＝ωBR2cosωt
感应电流随时间t的变化关系为
i，故C错误；
D.导线框中感应电动势的有效值为
故导线框中产生的电热为
解得Q，故D正确。
故选：D。
（2024 鹿城区校级模拟）如图所示，竖直光滑导轨上端接入一定值电阻R，C1和C2是半径都为a的两圆形磁场区域，其区域内的磁场方向都垂直于导轨平面向外，区域C1中磁场的磁感应强度随时间按B1＝b+kt（k＞0）变化，C2中磁场的磁感应强度恒为B2，一质量为m、电阻为r、长度为L的金属杆AB穿过区域C2的圆心垂直地跨放在两导轨上，且与导轨接触良好，并恰能保持静止。则（　　）
A．通过金属杆的电流大小为
B．通过金属杆的电流方向为从A到B
C．定值电阻的阻值R
D．整个电路中产生的热功率P
【解答】解：A、对金属杆，根据平衡条件得：mg＝B2I 2a，解得：I，故A错误；
B、金属杆AB保持静止，受到的安培力与重力平衡，则安培力方向竖直向上，磁场方向垂直于导轨平面向外，由左手定则判断可知，通过金属杆的电流方向为从B到A，故B错误；
C、由法拉第电磁感应定律得回路中产生的感应电动势为：E πa2＝kπa2
由闭合电路欧姆定律得：I，结合I，解得：Rr，故C错误；
D、整个电路中产生的热功率为：P＝EI＝kπa2 ，故D正确。
故选：D。
（2024 抚顺三模）如图甲所示，固定的矩形铜线框左半部分处于垂直纸面向里的匀强磁场中，当匀强磁场的磁感应强度由B0均匀减小到0后反向增大到﹣B0，如图乙所示。关于此过程，下列说法正确的是（　　）
A．铜线框中的自由电子先顺时针定向移动、后逆时针定向移动
B．铜线框中的自由电子始终逆时针定向移动
C．铜线框围成的面积始终有扩大的趋势
D．铜线框受到的安培力大小不变
【解答】解：AB、开始时穿过线圈的磁通量向里减少，后来穿过线圈的磁通量向外增大，根据楞次定律，变化的磁场始终产生顺时针方向的感应电流，铜线框中的自由电子始终沿逆时针定向移动，故A错误、B正确；
C、穿过铜线框的磁通量先减小后反向增大，铜线框围成的面积先有扩大的趋势、后有缩小的趋势，故C错误；
D、磁场的磁感应强度均匀变化，根据法拉第电磁感应定律可知回路中产生的感应电动势不变，结合闭合电路的欧姆定律可知通过铜线框的电流不变，而磁感应强度先减小后反向增大，根据F＝BIL可知铜线框受到的安培力大小先减小后增大，故D错误。
故选：B。
（2024 西城区一模）如图所示，水平绝缘桌面上放着一个闭合铝环。绝缘材料制成的轻弹簧上端固定，下端悬挂一个磁铁，磁铁位于铝环中心上方。将磁铁下端N极向下拉，在其下降一定高度时由静止释放。此后，磁铁开始运动，铝环保持静止，弹簧始终在弹性限度内，不计空气阻力。则在磁铁向下的运动过程中（　　）
A．俯视看铝环中的电流沿顺时针方向
B．铝环对桌面的压力大于它的重力
C．磁铁运动过程中只受到两个力的作用
D．磁铁和弹簧组成的系统机械能守恒
【解答】解：A、在磁铁向下的运动过程中，穿过铝环的磁通量是向下的增加，根据楞次定律可知铝环中的电流方向为逆时针方向，故A错误；
B、根据“来拒去留”可知在磁铁向下的运动过程中，磁铁受到向上的作用力，则铝环受到磁铁对它向下的作用力，所以铝环对桌面的压力大于它的重力，故B正确；
C、磁铁运动过程中受重力、弹簧拉力和铝环对它向上的作用力，故C错误；
D、磁铁和弹簧组成的系统在运动过程中，受到铝环对它向上的作用力，且对磁铁做负功，所以该系统的机械能减小，故D错误。
故选：B。
（2024 金台区模拟）如图甲所示，某同学在研究电磁感应现象时，将一线圈两端与电流传感器相连，强磁铁从长玻璃管上端由静止下落，电流传感器记录了强磁铁穿过线圈过程中电流随时间变化的图像，t2时刻电流为0，如图乙所示。下列说法正确的是（　　）
A．在t2时刻，穿过线圈的磁通量的变化率为0
B．在t1到t2时间内，强磁铁的加速度大于重力加速度
C．强磁铁穿过线圈的过程中，受到线圈的作用力先向上后向下
D．在t1到t3的时间内，强磁铁重力势能的减少量等于其动能的增加量
【解答】解：A．t2时刻电流为0，说明感应电动势为零，根据法拉第电磁感应定律可知穿过线圈的磁通量的变化率为0，故A正确；
B．由“来拒去留”可知在t1到t2时间内，强磁铁受到线圈向上的作用力F，且初始阶段有F小于重力，根据牛顿第二定律可得：
由此可知初始阶段强磁铁的加速度小于重力加速度，故B错误；
C．由“来拒去留”可知强磁铁穿过线圈的过程中，受到线圈的作用力始终向上，故C错误；
D．在t1到t3的时间内，强磁铁重力势能的减少量等于其动能的增加量加上线圈的内能的增加量，故D错误。
故选：A。
（2024 房山区一模）在断电自感的演示实验中，用小灯泡、带铁芯的电感线圈L和定值电阻R等元件组成如图甲所示电路。闭合开关待电路稳定后，两支路电流分别为I1和I2。断开开关前后的一小段时间内，电路中电流随时间变化的关系如图乙所示，则（　　）
A．断开开关前R中电流为I2
B．断开开关前灯泡电阻小于R和L的总电阻
C．断开开关后小灯泡先突然变亮再逐渐熄灭
D．断开开关后小灯泡所在支路电流如曲线a所示
【解答】解：AD．断开开关S前、后的一小段时间内，通过电感线圈L的电流方向是不变的，则电感线圈L所在支路的电流如曲线a所示，小灯泡所在支路的电流如曲线b所示，则断开开关S前，定值电阻R中的电流为I1，灯泡中的电流为I2，故AD错误；
B．由题图可知，断开开关S前通过电感线圈L的电流大于通过小灯泡的电流，结合欧姆定律可知断开开关S前，小灯泡的电阻大于定值电阻R和电感线圈L的总电阻，故B错误；
C．断开开关S后，电感线圈L产生的自感电动势阻碍电流的减小，电感线圈L相当于电源，由于线圈L、电阻R和灯泡重新组成自感回路，且断开开关S前电感线圈所在支路的总电阻小于小灯泡的总电阻，则小灯泡先突然变亮再逐渐熄灭，故C正确。
故选：C。
（2024 天津模拟）如图，质量m1＝0.1kg，电阻R1＝0.3Ω，长度l＝0.4m的导体棒ab横放在U形金属框架上。框架质量m2＝0.2kg，放在绝缘水平面上，与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2。相距0.4m的MM′、NN′相互平行，电阻不计且足够长。电阻R2＝0.1Ω的MN垂直于MM′，整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B＝0.5T．垂直于ab施加F＝2N的水平恒力，ab从静止开始无摩擦地运动，始终与MM′、NN′保持良好接触。设框架与水平面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2。
（1）若框架固定，求导体棒ab能达到的最大速度vm的大小；
（2）若框架不固定，求框架开始运动时ab速度v的大小；
（3）当ab运动到某处时，框架开始运动．从ab开始运动到框架开始运动的过程中，MN上产生的热量Q＝0.1J，求该过程ab位移x的大小。
【解答】解：（1）导体棒ab能达到的最大速度时产生的感应电动势为：E＝Blvm
根据闭合电路欧姆定律可得感应电流大小为：
根据安培力的计算公式可得：
联立解得：vm＝20m/s；
（2）框架受水平面的支持力大小为：FN＝m2g+m1g
依题意，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则框架受到最大静摩擦力F2＝μFN
ab中的感应电动势为：E′＝Blv
根据闭合电路欧姆定律可得感应电流大小为：
MN受到的安培力F安＝I′lB＝μ（m2g+m1g）
解得：v＝6m/s；
（3）闭合回路中产生的总热量为：
由能量守恒定律得：
代入数据解得：x＝1.1m。
答：（1）若框架固定，导体棒ab能达到的最大速度vm的大小为20m/s；
（2）若框架不固定，框架开始运动时ab速度v的大小为6m/s；
（3）该过程ab位移x的大小为1.1m。
（2024 河东区二模）图甲为某种可测速的跑步机，其测速原理如图乙所示，跑步机底面固定着两根间距L＝0.6m、长度d＝0.3m的平行金属导轨，两平行金属导轨间充满磁感应强度B＝0.5T方向垂直于纸面向里的匀强磁场，两金属导轨通过导线与R＝6.0Ω的定值电阻及理想电表相连，跑步机的橡胶带上有平行细金属条，橡带胶带运动时磁场中始终只有一根金属条与两金属导轨接通，已知每根金属条的电阻为r＝3Ω，橡胶带以v＝3m/s匀速运动。求：
（1）电压表的示数U；
（2）细金属条受到安培力F的大小与方向；
（3）某根金属条每经过一次磁场区域过程中电阻R上产生的焦耳热Q？
【解答】解：（1）金属条做切割磁感线运动产生的电动势大小：E＝BLv＝0.5×0.6×3V＝0.9V
回路中的电流大小为：IA＝0.1A
电压表的示数为：U＝IR＝0.1×6.0V＝0.6V；
（2）金属条受到的安培力大小为：F＝BIL＝0.5×0.1×0.6N＝0.03N
根据左手定则可知，方向向左；
（3）每根金属条每次经过磁场区域金属条上产生的焦耳热为：Q＝I2Rt
其中：t
解得：Q＝0.006J。
答：（1）电压表的示数为0.6V；
（2）细金属条受到安培力F的大小为0.03N，方向向左；
（3）某根金属条每经过一次磁场区域过程中电阻R上产生的焦耳热为0.006J。
（2024 顺义区二模）新能源汽车中有一个非常重要的动能回收系统。其原理如图甲所示，当放开加速踏板时，汽车由于惯性会继续前行，此时动能回收系统会使机械组拖拽电机线圈，切割磁感线产生感应电流，当逆变器输入电压高于Uc时，电机可以为电池充电，当电压低于Uc时，动能回收系统关闭。将质量为M的电动汽车的动能回收系统简化为如图乙所示的理想模型，水平平行宽为L的金属导轨处于竖直方向磁感应强度为B的匀强磁场中，金属棒MN的质量等效为汽车质量，金属棒在导轨上运动的速度等效为汽车速度，将动能回收系统的电阻等效为一外部电阻R。求：
（1）当逆变器输入电压等于Uc时汽车的速度大小vc；
（2）电动汽车以速度v（v＞vc）开始制动时，由动能回收系统产生加速度的大小a；
（3）电动汽车以n倍（n大于1）vc行驶时，突发情况采取紧急制动，动能回收系统开启，同时传统机械制动介入，传统机械制动阻力与车速成正比f＝kv。速度降为vc时，动能回收系统关闭，传统机械制动阻力变为车重的μ倍，重力加速度为g。若动能的回收率为η。求：
a.制动过程中被回收的动能Ek；
b.制动过程电动汽车的总位移x。
【解答】解：（1）由法拉第电磁感应定律可得：Uc＝BLvc
可得汽车速度大小为：vc；
（2）电动汽车以速度v（v＞vc）开始制动时，感应电动势为：E＝BLv
电流为：I
安培力大小为：F安＝BIL
根据牛顿第二定律可得由动能回收系统产生的加速度的大小为：a
联立解得：a；
（3）a、制动过程中被回收的动能：Ek＝[]×η
解得：Ek；
b、动能回收系统开启过程中，取速度方向为正方向，根据动量定理可得：
﹣（BL+f）Δt＝M（﹣Δv）
其中：f＝kv
联立可得：（k）x1＝Mvc（n﹣1）
可得：x1
动能回收系统关闭后，根据动能定理可得：﹣μMgx2＝0
解得：x2
制动过程电动汽车的总位移为：x＝x1+x2
解得：x。第28讲　楞次定律　法拉第电磁感应定律
知识内容 考试要求 说明
电磁感应现象 b 1.不要求掌握法拉第等科学家对电磁感应现象研究的具体细节． 2.在用楞次定律判断感应电流方向时，只要求闭合电路中磁通量变化容易确定的情形． 3.导体切割磁感线时感应电动势的计算，只限于l、B、v三者垂直的情形． 4.不要求计算涉及反电动势的问题． 5.在电磁感应现象中，不要求判断电路中各点电势的高低． 6.不要求计算既有感生电动势，又有动生电动势的电磁感应问题． 7.不要求计算自感电动势． 8.不要求解释电磁驱动和电磁阻尼现象.
楞次定律 c
法拉第电磁感应定律 d
电磁感应现象的两类情况 b
互感和自感 b
涡流、电磁阻尼和电磁驱动 b
一、电磁感应现象
1．磁通量
(1)公式：Φ＝BS.
适用条件：①匀强磁场；
②磁感应强度的方向垂直于S所在的平面．
(2)几种常见引起磁通量变化的情形
①B变化，S不变，ΔΦ＝ΔB·S.
②B不变，S变化，ΔΦ＝B·ΔS.
③B、S两者都变化，ΔΦ＝Φ2－Φ1，不能用ΔΦ＝ΔB·ΔS来计算．
2．电磁感应现象
(1)产生感应电流的条件：穿过闭合回路的磁通量发生变化．
特例：闭合电路的一部分导体在磁场内做切割磁感线运动．
(2)电磁感应现象中的能量转化：发生电磁感应现象时，机械能或其他形式的能转化为电能，该过程遵循能量守恒定律．
二、感应电流方向的判断
1．楞次定律
(1)内容：感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化．
(2)适用范围：适用于一切闭合回路磁通量变化的情况．
2．右手定则
(1)内容：伸开右手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心进入，并使拇指指向导体运动的方向，这时四指所指的方向就是感应电流的方向．
(2)适用情况：导体切割磁感线产生感应电流．
三、法拉第电磁感应定律
1．感应电动势
(1)感应电动势：在电磁感应现象中产生的电动势．
(2)产生条件：穿过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．
四、导线切割磁感线时的感应电动势
导线切割磁感线时，可有以下两种情况：
切割方式 电动势表达式 说明
垂直切割 E＝Blv ①导线与磁场方向垂直②磁场为匀强磁场
旋转切割(以一端为轴) E＝Bl2ω
五、自感和涡流
1．自感现象
由于通过导体自身的电流发生变化而产生的电磁感应现象．
2．自感电动势
(1)定义：在自感现象中产生的感应电动势．
(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等因素有关．
②单位：亨利(H)，1 mH＝10－3 H,1 μH＝10－6 H.
3．涡流
(1)定义：当线圈中的电流发生变化时，在它附近的导体中产生的像水中的旋涡一样的感应电流．
(2)涡流的应用
①涡流热效应的应用，如真空冶炼炉．
②涡流磁效应的应用，如探雷器．
命题点一　感应电流方向的判断
考向1　应用楞次定律判断感应电流的方向
应用楞次定律的思路
（2024 江西模拟）柔性可穿戴设备导电复合材料电阻率的测量需要使用一种非接触式传感器。如图（a）所示，传感器探头线圈置于被测材料上方，给线圈通正弦交变电流如图（b）所示，电路中箭头为电流正方向。在时间内关于涡旋电流的大小和方向（俯视），下列说法正确的是（　　）
A．不断增大，逆时针 B．不断增大，顺时针
C．不断减小，逆时针 D．不断减小，顺时针
（2024 山西模拟）如图所示，铝管竖直立于水平桌面上，小磁体从铝管正上方由静止开始下落，在磁体穿过铝管的过程中，磁体不与管壁接触且无翻转，下列说法正确的是（　　）
A．铝管中产生水平方向的感应电流
B．铝管中产生竖直方向的感应电流
C．铝管对桌面的压力等于它的重力
D．铝管对桌面的压力小于它的重力
考向2　楞次定律推论的应用
楞次定律推论的应用技巧
(1)线圈(回路)中磁通量变化时，阻碍原磁通量的变化——应用“增反减同”的规律；
(2)导体与磁体间有相对运动时，阻碍相对运动——应用“来拒去留”的规律；
(3)当回路可以形变时，感应电流可使线圈面积有扩大或缩小的趋势——应用“增缩减扩”的规律；
(4)自感现象中，感应电动势阻碍原电流的变化——应用“增反减同”的规律．
（2023 新建区校级模拟）如图所示，金属导轨EF、CD在竖直平面内水平平行放置，EF、CD通过绕在竖直放置的铁芯上的导线连接，金属杆AB竖直放置，与导轨EF、CD垂直且始终接触良好，磁场方向垂直纸面向里，铁芯正上方有一水平放置的金属环，当金属杆AB突然向左运动时，下列说法正确的是（　　）
A．AB中电流由A到B，铁芯中磁场竖直向上，环中有顺时针的电流（俯视）
B．AB中电流由A到B，铁芯中磁场竖直向下，环中有顺时针的电流（俯视）
C．AB中电流由B到A，铁芯中磁场竖直向上，环中有逆时针的电流（俯视）
D．AB中电流由B到A，铁芯中磁场竖直向下，环中有逆时针的电流（俯视）
（2023春 阳江期末）如图甲所示为探究电磁驱动的实验装置。某个铝笼置于U形磁铁的两个磁极间，铝笼可以绕支点自由转动，其截面图如图乙所示。开始时，铝笼和磁铁均静止，转动磁铁，会发现铝笼也会跟着发生转动，下列说法正确的是（　　）
A．铝笼是因为受到安培力而转动的
B．铝笼转动的速度的大小和方向与磁铁相同
C．磁铁从图乙位置开始转动时，铝笼截面abcd中的感应电流的方向为a→d→c→b→a
D．当磁铁停止转动后，如果忽略空气阻力和摩擦阻力，铝笼将保持匀速转动
命题点二　法拉第电磁感应定律的理解及应用
求感应电动势大小的五种类型及对应解法
(1)磁通量变化型：E＝n
(2)磁感应强度变化型：E＝nS
(3)面积变化型：E＝nB
(4)平动切割型：E＝Blv(B、l、v三者垂直)
①l为导体切割磁感线的有效长度．
②v为导体相对磁场的速度．
(5)转动切割型：E＝Blv＝Bl2ω
类型1　磁通量变化型
（2024 下城区校级模拟）在竖直方向的匀强磁场中，水平放置一闭合金属圆环，面积为S，电阻为R。规定圆环中电流的正方向如图甲所示，磁场向上为正。当磁感应强度B随时间t按图乙变化时，下列说法正确的是（　　）
A．0～1s内感应电流的磁场在圆环圆心处的方向向上
B．1～2s内通过圆环的感应电流的方向与图甲所示方向相反
C．0～2s内线圈中产生的感应电动势为
D．2～4s内线圈中产生的焦耳热为
（2024 济南模拟）如图所示，边长为L正方形金属回路（总电阻为R）与水平面的夹角为60°，虚线圆与正方形边界相切，虚线圆形边界内（包括边界）存在竖直向下匀强磁场，其磁感应强度与时间的关系式为B＝kt（k＞0且为常量），则金属回路产生的感应电流大小为（　　）
A． B． C． D．
类型2　平动切割型
（2024 朝阳区校级模拟）法拉第圆盘发电机的示意图如图所示。铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触，圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场中。圆盘旋转时，关于流过电阻R的电流，下列说法正确的是（　　）
A．若圆盘转动的角速度不变，则电流为零
B．若圆盘转动方向不变，角速度大小均匀增大，则产生恒定电流
C．若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流方向从a到b
D．若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电阻R的热功率也变为原来的2倍
（2024 新郑市校级一模）如图所示，两光滑平行金属导轨水平放置，左端接一定值电阻R，其余电阻不计，整个装置处于垂直于轨道平面的匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B。质量为m的导体棒在水平拉力F作用下由静止做匀加速直线运动，拉力F与时间t的关系图像如图所示，则（　　）
A．t0＝0时棒的加速度
B．导轨间距
C．t0时棒的速度
D．0～t0时间内F的冲量
命题点三　电磁感应中的图象问题
1．解决图象问题的一般步骤
(1)明确图象的种类，即是B－t图象还是Φ－t图象，或者E－t图象、I－t图象等；
(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、闭合电路欧姆定律、牛顿运动定律等知识写出相应的函数关系式；
(5)根据函数关系式，进行数学分析，如分析斜率的变化、截距等；
(6)画图象或判断图象正误．
2．电磁感应中图象类选择题的两种常见解法
(1)排除法：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)，特别是物理量的正负，排除错误的选项．
(2)函数法：根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象作出分析和判断．
（2024 重庆一模）如图所示，两平行的虚线间的区域内存在着有界匀强磁场，有一较小的三角形线框abc的ab边与磁场边界平行，现使此线框向右匀速穿过磁场区域，运动过程中始终保持速度方向与ab边垂直．则下列各图中哪一个可以定性地表示线框在上述过程中感应电流随时间变化的规律？（　　）
A． B．
C． D．
（2024 富平县一模）矩形线圈绕垂直于匀强磁场的轴匀速转动。若轴线右侧没有磁场（磁场具有理想边界），如图所示。设abcda方向为感应电流的正方向。从图示位置开始一个周期内线圈感应电流随时间变化的图像中，正确的是（　　）
A． B．
C． D．
（2024 连云港一模）如图所示，水平光滑金属导轨OA、OB间的夹角为60°，固定放置在方向竖直向下的匀强磁场中。轻质绝缘弹簧右端固定在C点，弹簧轴线平分∠AOB，C、O间距恰为弹簧的原长，导体棒与弹簧左端栓接并垂直于弹簧，棒、导轨它们单位长度的阻值相同。棒从图示位置以初速度v0向右运动到O点的过程中，棒的速度v、加速度a，回路中电流I，通过O点的电荷量q随时间t变化的图像可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
（2024 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．
命题点四　自感和涡流
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，它不能使过程停止，更不能使过程反向．
2．涡流产生的条件
(1)只有金属导体中才有可能产生；
(2)需处于变化的磁场中．
（2024 佛山二模）2023年8月15日，游客在新疆吐鲁番的沙漠上游玩时，头发突然竖了起来。当时无风，但头顶乌云密布。下列相关说法正确的是（　　）
A．这是一种电磁感应现象
B．这是一种静电感应现象
C．此时人的头与脚带异种电荷
D．此时人应躺下或蹲下，并向高处撤离
（2024 南通模拟）如图所示，新能源汽车由地面供电装置（主要装置是发射线圈，并直接连接家用电源）将电能传送至轿车底部的感应装置（主要装置是接收线圈，并连接充电电池），对车载电池进行充电。则（　　）
A．增大发射线圈与接收线圈的间距，接收线圈中感应电流的频率不变
B．发射线圈和接收线圈的磁通量变化率相等
C．为了保护接收线圈不受损坏，可在接收线圈下再加装一个金属护板
D．增大发射线圈与接收线圈的间距，发射线圈与接收线圈两端电压之比不变
（2024 北京一模）图甲和图乙是演示自感现象的两个电路图，L1和L2为电感线圈，A1、A2、A3是三个完全相同的灯泡。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．图甲中，A1与L1的电阻值相同
B．图甲中，闭合S1，电路稳定后，A1中电流大于L1中电流
C．图乙中，变阻器R与L2的电阻值相同
D．图乙中，闭合S2瞬间，L2中电流与变阻器R中电流相等
（2024 北京一模）随着科技的不断发展，无线充电已经进入人们的视线。小到手表、手机，大到电脑、电动汽车，都已经在无线充电方面实现了从理论研发到实际应用的转化。如图所示为某品牌无线充电手机利用电磁感应方式充电的原理图。关于无线充电，下列说法正确的是（　　）
A．无线充电时，手机上接收线圈的工作原理是“电流的磁效应”
B．接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同
C．只有将充电底座接到直流电源上，才能对手机进行充电
D．只要有无线充电底座，所有手机都可以进行无线充电
（2024 武侯区校级模拟）转笔是一项用不同的方法与技巧、以手指来转动笔的休闲活动，深受广大中学生的喜爱，如图所示。转笔也包含了许多的物理知识，假设某转笔高手能让笔绕其上的某一点O做匀速圆周运动，下列有关该同学转笔中涉及到的物理知识的叙述正确的是（　　）
A．笔杆上的各点做圆周运动的向心力是由手和笔之间的万有引力提供的
B．笔杆上的点离O点越远的，做圆周运动的角速度越大
C．若该同学使用的是金属笔杆，且考虑地磁场的影响，金属笔杆两端一定会形成电势差，也会产生很强的电流
D．若该同学使用中性笔，笔尖上的小钢珠有可能因快速的转动做离心运动被甩走
（2024 绍兴二模）如图所示，匀质硬导线ab、ac、bc均为圆弧，连接后分别固定在xOy、xOz、yOz平面内，圆心都在O点且半径r＝10cm，指向x轴正方向的磁场以9×10﹣3T/s的速率均匀增大，下列说法正确的是（　　）
A．bc段导线中的电流从b流向c
B．导线产生的感应电动势大小为9π×10﹣5V
C．ac段导线所受安培力方向沿y轴负方向
D．ab段导线所受安培力大小小于bc段导线所受安培力大小
（2024 延边州一模）物理学中有很多关于圆盘的实验，第一个是法拉第圆盘，圆盘全部处于磁场区域，可绕中心轴转动，通过导线将圆盘圆心和边缘与外面电阻相连。第二个是阿拉果圆盘，将一铜圆盘水平放置，圆盘可绕中心轴自由转动，在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针，第三个是费曼圆盘，一块水平放置的绝缘体圆盘可绕过其中心的竖直轴自由转动，在圆盘的中部有一个线圈，圆盘的边缘固定着若干带负电的金属小球。以下说法正确的是（　　）
A．法拉第圆盘在转动过程中，圆盘中磁通量不变，有感应电动势，无感应电流
B．阿拉果圆盘实验中，转动圆盘，小磁针会同向转动，转动小磁针，圆盘也会同向转动
C．费曼圆盘中，当开关闭合的一瞬间，圆盘会逆时针（俯视）转动
D．法拉第圆盘和阿拉果圆盘都是电磁驱动的表现
（2024 鹿城区校级模拟）如图所示，竖直平面内在A、D两点各固定一颗光滑钉子，一个由细软导线制成的闭合导线框挂在两颗钉子上，匀强磁场的磁感应强度为B，导线框的电阻为r，圆的半径为R。从t＝0时刻开始，将导线上的C点绕圆心O以恒定角速度ω从A点沿圆弧移动到D点，导线始终绷紧。此过程导线中（　　）
A．张力保持不变
B．感应电流的方向先顺时针后逆时针
C．感应电流随时间t的变化关系为
D．产生的电热为
（2024 鹿城区校级模拟）如图所示，竖直光滑导轨上端接入一定值电阻R，C1和C2是半径都为a的两圆形磁场区域，其区域内的磁场方向都垂直于导轨平面向外，区域C1中磁场的磁感应强度随时间按B1＝b+kt（k＞0）变化，C2中磁场的磁感应强度恒为B2，一质量为m、电阻为r、长度为L的金属杆AB穿过区域C2的圆心垂直地跨放在两导轨上，且与导轨接触良好，并恰能保持静止。则（　　）
A．通过金属杆的电流大小为
B．通过金属杆的电流方向为从A到B
C．定值电阻的阻值R
D．整个电路中产生的热功率P
（2024 抚顺三模）如图甲所示，固定的矩形铜线框左半部分处于垂直纸面向里的匀强磁场中，当匀强磁场的磁感应强度由B0均匀减小到0后反向增大到﹣B0，如图乙所示。关于此过程，下列说法正确的是（　　）
A．铜线框中的自由电子先顺时针定向移动、后逆时针定向移动
B．铜线框中的自由电子始终逆时针定向移动
C．铜线框围成的面积始终有扩大的趋势
D．铜线框受到的安培力大小不变
（2024 西城区一模）如图所示，水平绝缘桌面上放着一个闭合铝环。绝缘材料制成的轻弹簧上端固定，下端悬挂一个磁铁，磁铁位于铝环中心上方。将磁铁下端N极向下拉，在其下降一定高度时由静止释放。此后，磁铁开始运动，铝环保持静止，弹簧始终在弹性限度内，不计空气阻力。则在磁铁向下的运动过程中（　　）
A．俯视看铝环中的电流沿顺时针方向
B．铝环对桌面的压力大于它的重力
C．磁铁运动过程中只受到两个力的作用
D．磁铁和弹簧组成的系统机械能守恒
（2024 金台区模拟）如图甲所示，某同学在研究电磁感应现象时，将一线圈两端与电流传感器相连，强磁铁从长玻璃管上端由静止下落，电流传感器记录了强磁铁穿过线圈过程中电流随时间变化的图像，t2时刻电流为0，如图乙所示。下列说法正确的是（　　）
A．在t2时刻，穿过线圈的磁通量的变化率为0
B．在t1到t2时间内，强磁铁的加速度大于重力加速度
C．强磁铁穿过线圈的过程中，受到线圈的作用力先向上后向下
D．在t1到t3的时间内，强磁铁重力势能的减少量等于其动能的增加量
（2024 房山区一模）在断电自感的演示实验中，用小灯泡、带铁芯的电感线圈L和定值电阻R等元件组成如图甲所示电路。闭合开关待电路稳定后，两支路电流分别为I1和I2。断开开关前后的一小段时间内，电路中电流随时间变化的关系如图乙所示，则（　　）
A．断开开关前R中电流为I2
B．断开开关前灯泡电阻小于R和L的总电阻
C．断开开关后小灯泡先突然变亮再逐渐熄灭
D．断开开关后小灯泡所在支路电流如曲线a所示
（2024 天津模拟）如图，质量m1＝0.1kg，电阻R1＝0.3Ω，长度l＝0.4m的导体棒ab横放在U形金属框架上。框架质量m2＝0.2kg，放在绝缘水平面上，与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2。相距0.4m的MM′、NN′相互平行，电阻不计且足够长。电阻R2＝0.1Ω的MN垂直于MM′，整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B＝0.5T．垂直于ab施加F＝2N的水平恒力，ab从静止开始无摩擦地运动，始终与MM′、NN′保持良好接触。设框架与水平面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2。
（1）若框架固定，求导体棒ab能达到的最大速度vm的大小；
（2）若框架不固定，求框架开始运动时ab速度v的大小；
（3）当ab运动到某处时，框架开始运动．从ab开始运动到框架开始运动的过程中，MN上产生的热量Q＝0.1J，求该过程ab位移x的大小。
（2024 河东区二模）图甲为某种可测速的跑步机，其测速原理如图乙所示，跑步机底面固定着两根间距L＝0.6m、长度d＝0.3m的平行金属导轨，两平行金属导轨间充满磁感应强度B＝0.5T方向垂直于纸面向里的匀强磁场，两金属导轨通过导线与R＝6.0Ω的定值电阻及理想电表相连，跑步机的橡胶带上有平行细金属条，橡带胶带运动时磁场中始终只有一根金属条与两金属导轨接通，已知每根金属条的电阻为r＝3Ω，橡胶带以v＝3m/s匀速运动。求：
（1）电压表的示数U；
（2）细金属条受到安培力F的大小与方向；
（3）某根金属条每经过一次磁场区域过程中电阻R上产生的焦耳热Q？
（2024 顺义区二模）新能源汽车中有一个非常重要的动能回收系统。其原理如图甲所示，当放开加速踏板时，汽车由于惯性会继续前行，此时动能回收系统会使机械组拖拽电机线圈，切割磁感线产生感应电流，当逆变器输入电压高于Uc时，电机可以为电池充电，当电压低于Uc时，动能回收系统关闭。将质量为M的电动汽车的动能回收系统简化为如图乙所示的理想模型，水平平行宽为L的金属导轨处于竖直方向磁感应强度为B的匀强磁场中，金属棒MN的质量等效为汽车质量，金属棒在导轨上运动的速度等效为汽车速度，将动能回收系统的电阻等效为一外部电阻R。求：
（1）当逆变器输入电压等于Uc时汽车的速度大小vc；
（2）电动汽车以速度v（v＞vc）开始制动时，由动能回收系统产生加速度的大小a；
（3）电动汽车以n倍（n大于1）vc行驶时，突发情况采取紧急制动，动能回收系统开启，同时传统机械制动介入，传统机械制动阻力与车速成正比f＝kv。速度降为vc时，动能回收系统关闭，传统机械制动阻力变为车重的μ倍，重力加速度为g。若动能的回收率为η。求：
a.制动过程中被回收的动能Ek；
b.制动过程电动汽车的总位移x。

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