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[课时通关精练(三十一)]　课时1　法拉第电磁感应定律的理解　导体切割磁感线产生感应电动势
(选择题每题5分，非选择题每题10分，建议用时：40分钟)
1.如图所示，一正方形线圈的匝数为n，边长为a，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中。在Δt时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B均匀地增大到2B。在此过程中，线圈中产生的感应电动势为(　　)
A. B.
C. D.
解析：选B。根据法拉第电磁感应定律可知，线圈中产生的感应电动势E＝n＝n··S＝n··＝，B正确。
2.(2025·宿迁高三期末)如图所示，a、b两个闭合单匝线圈用同样的导线制成，面积Sa＝2Sb，图示区域内有匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀减小。则a、b线圈中产生的感应电动势之比Ea∶Eb为(　　)
A.1∶4 B.1∶2
C.2∶1 D.4∶1
解析：选C。根据法拉第电磁感应定律可得E＝＝·S∝S，可得a、b两个闭合单匝线圈产生的感应电动势之比为Ea∶Eb＝Sa∶Sb＝2∶1，C正确。
3.如图甲所示，10匝的线圈内有一垂直纸面向里的磁场，线圈的磁通量在按图乙所示规律变化，下列说法正确的是(　　)
A.电压表读数为20 V
B.电压表读数为15 V
C.电压表“＋”接线柱接B端
D.电压表“＋”接线柱接A端
解析：选D。根据法拉第电磁感应定律可得E＝n＝10× V＝10 V，A、B错误；线圈中垂直纸面向里的磁通量在增大，所以根据楞次定律可得线圈中的电流方向是逆时针，所以A端是正极，B端是负极，故电压表“＋”接线柱接A端，C错误，D正确。
4.“L”形的细铜棒在磁感应强度为B的匀强磁场中运动，已知“L”形细铜棒两边相互垂直，长度均为l，运动速度大小为v，则铜棒两端电势差的最大值为(　　)
A.Blv B.Blv
C.Blv D.2Blv
解析：选B。当细铜棒切割磁感线的有效长度最大时，铜棒两端的感应电动势最大。如图所示，
当“L”形铜棒速度方向垂直铜棒两端连线时，切割磁感线的有效长度为L＝l，此时铜棒两端电势差最大，最大值为Emax＝BLv＝Blv，B正确。
5.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ab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、方向垂直导轨平面向下，导轨和金属杆的电阻不计，导轨光滑且足够长。当该磁场区域以速度v0匀速地向右运动，MN刚扫过金属杆时，杆中感应电流的大小和方向为(　　)
A.0 B.，方向a→b
C.，方向b→a D.，方向a→b
解析：选B。金属杆相对于磁场向左运动，根据右手定则得，感应电流方向为a→b，感应电动势为E＝Bdv0。根据闭合电路的欧姆定律得I＝，B正确。
6.(原创＋生产生活融通)如图所示，某风力发电机的叶片可视为长度为R的金属导体，在竖直平面内以角速度ω匀速转动，垂直叶片转动平面的磁场磁感应强度大小为B。则叶片两端的电势差大小为(　　)
A.BR2ω B.BR2ω
C.NBR2ω D.NBR2ω
解析：选A。叶片转动时，外圈线速度v＝ωR，平均速度＝。由动生电动势公式E＝BR，联立得电势差U＝E＝BR2ω，A正确。
7.如图所示，导体AB的长为2R，绕O点以角速度ω匀速转动，OB长为R，且OBA三点在一条直线上，有一磁感应强度为B的匀强磁场充满转动平面，且与转动平面垂直，那么A、B两端的电势差为(　　)
A.BωR2 B.2BωR2
C.4BωR2 D.6BωR2
解析：选C。导体AB切割磁感线产生的感应电动势大小为E＝B·2Rv，因导体AB上各点的角速度相等，由v＝ωr知v与r成正比，则平均速度＝＝＝2ωR，联立可得E＝4BωR2，A、B两端的电势差大小等于导体AB中感应电动势的大小，即为4BωR2，C正确。
8.(2025·常州高三期中)如图所示，空间存在竖直向下的匀强磁场和竖直向下的匀强电场(电场未画出)，现将一个水平放置的金属棒ab以某一水平速度抛出，金属棒在此后的运动过程中(不考虑空气等阻力的影响)，下列说法正确的是(　　)
A.金属棒两端电势a高于b
B.金属棒两端电压逐渐变大
C.金属棒做平抛运动且两端同时落地
D.金属棒b端先落地
解析：选D。根据右手定则，金属棒两端电势b高于a，A错误；切割磁感线的有效速度为水平速度，根据U＝E＝BLv0，金属棒两端电压大小不变，B错误；金属棒两端电势b高于a，b端带正电荷，所受静电力竖直向下，a端带负电荷，所受静电力竖直向上，金属棒b端先落地，C错误，D正确。
9.如图所示，两根足够长且平行的金属导轨置于磁感应强度为B＝0.1 T的匀强磁场中，磁场的方向垂直于导轨平面，两导轨间距L＝0.1 m，导轨电阻不计，导轨右端连一个电容器C＝2×10－5 F，有一根长度为0.2 m的导体棒ab，a端与导轨下端接触良好，从图中实线位置开始，绕a点以角速度ω＝0.1 rad/s顺时针匀速转动60°，此过程电容器的最大电荷量为(　　)
A.4×10－10 C B.4×10－9 C
C.4×10－10 C D.4×10－9 C
解析：选B。在导体棒ab绕a点以角速度ω＝0.1 rad/s顺时针匀速转动60°时，导体棒切割磁感线产生的最大感应电动势E＝B×(2L)2ω＝2BL2ω，则金属棒给电容器C充电的最大电荷量为q＝CE＝2BL2Cω，代入数据解得q＝4×10－9 C，B正确。
10.(物理学史融通题)如图所示，法拉第圆盘发电机的两电刷间接有一定值电阻。已知圆盘半径为r，绕中心轴以角速度ω按图示方向旋转，回路中总电阻为R，匀强磁场垂直圆盘向上，磁感应强度大小为B，则(　　)
A.感应电流方向不断变化
B.a端的电势高于b端
C.感应电流大小I＝
D.a、b两点间电势差大小U＝Bωr2
解析：选C。将圆盘看成由一根根沿半径方向的辐条构成，每一根辐条均为一个电源，所有电源均为并联关系，根据右手定则可知，感应电流方向始终由b到a，则a端的电势低于b端，A、B错误；感应电动势E＝Br·，根据闭合电路欧姆定律有I＝，解得I＝，C正确；根据欧姆定律可知，两点间电势差大小U＝IRab＜，D错误。
11.如图所示，由均匀导线制成的半径为R的圆环，以速度v匀速进入一磁感应强度大小为B的匀强磁场。当圆环运动到图示位置(∠aOb＝90°)时，a、b两点的电势差Uab为(　　)
A.BRv B.BRv
C.－BRv D.－BRv
解析：选D。有效切割长度即a、b连线，如图所示，
有效切割长度为R，所以产生的电动势为E＝BLv＝BRv，电流的方向为a→b，所以Uab＜0，由于在磁场部分的阻值为整个圆环的，所以Uab＝－BRv，D正确。
12.如图所示，在垂直纸面向里的足够大的匀强磁场中放置一硬质异形导线框Oab，其中ab是半径为R的四分之一圆弧，直线段Oa长为R且与圆弧段相切。该导线框在纸面内绕O点逆时针转动，则下列说法正确的是(　　)
A.UaO＝－BωR2
B.感应电流方向b→a→O
C.φb＞φa＞φO
D.UaO＝－BωR2
解析：选A。由于转动过程，导线框的磁通量保持不变，所以导线框中不产生感应电流，B错误；对于Oab部分，根据右手定则可知，产生的感应电动势方向由b→a→O，则b端相当于电源的负极，O端相当于电源的正极，所以电势关系为φO＞φa＞φb，C错误；对于Oa部分，则有UOa＝BR＝BR·＝BωR2，则UaO＝－UOa＝－BωR2，A正确，D错误。(共85张PPT)
高三一轮总复习高效讲义
物 理
01
第十二章
电磁感应
第2讲　法拉第电磁感应定律 自感和涡流
知识梳理　夯实基础
考点探究　提升能力
课时通关精练
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01
学习目标
教考衔接
知识梳理　夯实基础
电磁感应
变化率
n
Blv
Blvsin θ
AI精准定位：高考命题关键点
电流
L
安培力
AI精准定位：高考命题关键点
考点探究　提升能力
法拉第电磁感应定律的理解
考点一
破题路径
角度突破
考点二
导体切割磁感线产生感应电动势
思维链
角度突破
自感和涡流　电磁阻尼和电磁驱动
考点三
破题路径
能力要语
破题路径
课时通关精练(三十一) 课时1 法拉第电磁感应定律的理解　
导体切割磁感线产生感应电动势
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课时通关精练(三十一)
课时2　自感和涡流　电磁阻尼和电磁驱动
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谢谢观看第2讲　法拉第电磁感应定律 自感和涡流
对应学生用书P258
学习目标 教考链接
1.理解法拉第电磁感应定律，会应用E＝n进行有关计算 2.会计算导体切割磁感线产生的感应电动势 3.了解自感现象、涡流、电磁驱动和电磁阻尼 1.核心公式综合化：法拉第电磁感应定律与切割公式(E＝BLv) 2.方向判断精细化：楞次定律与右手定则融合，重点考查电势高低判定，电势差计算 3.科技情境创新化：涡流、电磁驱动等现象融入无线充电、电磁悬浮等场景
一、法拉第电磁感应定律
1.对法拉第电磁感应定律的理解
2.法拉第电磁感应定律的应用
应用时的三种情况
产生原因 ΔΦ E
面积随时间变化(动生) ΔΦ＝B·ΔS E＝nB
磁场随时间变化(感生) ΔΦ＝ΔB·S E＝nS
面积和磁场同时随时间变化 ΔΦ＝Φ末－Φ初 E＝n
3.导体切割磁感线的情形
切割方式 电动势表达式
垂直切割 E＝Blv
倾斜切割 E＝Blvsin θ(θ为v与B的夹角)
旋转切割 (以一端为轴) E＝Bl ＝Bl2ω
AI精准定位：高考命题关键点
电磁感应需区分感生、动生，选准电动势公式，核心是明确磁通量变化及正负
1.分清是感生(磁场变化)还是动生(回路切割)，或是两者兼有。
2.瞬时电动势用E＝Blv；平均电动势及感生电动势用E＝n，需明确适用条件。
3.计算ΔΦ是核心，需注意磁场方向、有效面积及磁通量的正负。
【例1】 如图所示，栅栏大门朝正南方向，在门的四角上钉有四个钉子，沿着钉子绕有50匝的大线圈，穿过该线圈的最大磁通量为1.6×10－4 Wb，那么，小明在2 s内把关闭的大门打开并转过90°的过程中，线圈中产生的感应电动势大小约为(　　)
A.2×10－2 V
B.4×10－3 V
C.1.6×10－4 V
D.8×10－5 V
题后反思：
二、自感　涡流　电磁阻尼　电磁驱动
1.自感现象
(1)定义：由于线圈本身的电流变化而在自身内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等因素有关。
②单位：亨利(H)，1 mH＝10－3 H，1 μH＝10－6 H。
2.涡流、电磁阻尼、电磁驱动
项目 涡流 电磁阻尼 电磁驱动
内容 金属导体放在变化的磁场中时，金属导体内产生的漩涡状的感应电流 当导体在磁场中运动时，感应电流会使导体受到安培力，安培力总是阻碍导体的运动 如果磁场相对于导体转动，在导体中会产生感应电流，使导体受到安培力而运动起来
产生原因 电磁感应
紧扣“阻碍”变化之核心，由电磁感应本质出发分析力与运动的关系
1.紧扣“电流不能突变”，分析开关动作瞬间电感元件的等效状态(断路或恒流源)。
2.认清涡流是变化的磁场在整块导体内激发的漩涡状感应电流，并伴随热效应。
3.安培力永远阻碍导体与磁场的相对运动，据此分析导体所受合力及运动状态。
4.驱动力源于转速差，故导体转速必小于磁场转速。
【例2】 (2025·宿迁模拟)如图所示电路中，电阻R1、R2阻值相同，电源电动势为E，内阻不计，电容为C，电感线圈直流电阻为零。闭合开关S(　　)
A.电路稳定后，R1和R2中的电流一样大
B.电路稳定后，电容器带电荷量为CE
C.断开S瞬间，R1和R2中电流方向相同
D.断开S瞬间，R1中的电流较大
题后反思：
【例1】 解析：选B。开始时穿过栅栏大门上线圈的磁通量为Φ1＝1.6×10－4 Wb，大门打开转过90°时磁通量为Φ2＝0，则有ΔΦ＝Φ2－Φ1＝－1.6×10－4 Wb，由公式E＝得感应电动势的大小为E＝4×10－3 V，B正确，A、C、D错误。
【例2】 解析：选B。电路稳定后，R2被短路，流过R2的电流为0，可知R1和R2中的电流不一样大，A错误。电路稳定后，电容器电压为路端电压，由于电源内阻不计，可知路端电压为E，则电容器带电荷量为Q＝CU＝CE，B正确。断开S瞬间，电容器与R1构成回路，电容器放电，电流从左向右流过R1；断开S瞬间，电感线圈与R2构成回路，在自感作用下，电流从左向右流过电感线圈，即电流从右向左流过R2，C错误。断开S前，流过R1和电感线圈的电流相同，断开S瞬间电感线圈中的电流从原电流减小，而R1两端电压等于电容器电压等于电动势，则电流大小不变，两者电流大小相等，D错误。
考点一　法拉第电磁感应定律的理解
利用E＝n或E＝nS计算感应电动势的大小
【例1】 (2025·常州高三期中)如图甲所示，闭合金属环固定在水平桌面上，MN为其直径。MN右侧分布着垂直桌面向上的有界磁场，磁感应强度大小随时间变化的关系如图乙所示。已知金属环电阻为1.0 Ω， 直径MN长20 cm， 求：
(1)t＝3 s时M、N两点间电压大小UMN；
(2)t＝3 s时金属环所受安培力的大小及方向。
解析：(1)据法拉第电磁感应定律可得感应电动势为
E＝＝·＝× V＝5π×10－4 V
M、N两点间电压为路端电压，则t＝3 s时M、N两点间电压大小为UMN＝＝2.5π×10－4 V。
(2)金属环中的电流为
I＝＝ A＝5π×10－4 A
由图乙可知t＝3 s时，磁感应强度为B＝0.5 T，则金属环所受的安培力大小为
F＝BIL有效＝0.5×5π×10－4×0.2 N＝5π×10－5 N
由题图乙可知，磁感应强度随时间不断增大，磁场方向竖直向上，由楞次定律可知，金属环感应电流方向为顺时针(从上往下看)，根据左手定则可知金属环所受的安培力方向垂直直径MN向左。
答案：(1)2.5π×10－4 V　(2)5π×10－5 N，方向垂直直径MN向左
破题路径
教学札记：
考点二　导体切割磁感线产生感应电动势
导体平动切割磁感线产生感应电动势
【例2】 如图所示，在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，长为L的金属杆MN在平行金属导轨上以速度v向右匀速滑动。金属导轨电阻不计，金属杆与导轨的夹角为θ，电阻为2R，a、b间电阻为3R，M、N两点间电势差为U，M、N两点电势分别为φM、φN，则下列正确的是(　　)
A.φN＜φM，U＝
B.φN＜φM，U＝
C.φN＞φM，U＝BLvsin θ
D.φN＞φM，U＝
解析：选B。根据右手定则可知M点电势高于N点，即φN＜φM，感应电动势E＝BLsin θ·v，可得M、N间的电势差U＝×3R＝，B正确。
角度突破
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：B、l、v三者相互垂直。
(2)有效性：公式中的l为导体有效切割长度。
(3)相对性：E＝Blv中的速度v是导体棒相对于磁场的速度，若磁场也运动时，应注意速度间的相对关系。
导体转动切割磁感线产生感应电动势
【例3】 几根金属棒焊接成如图所示的形状，其中AO＝2PO＝2CO＝2CD，A、O、P共线，CD∥PO，OC⊥PO，几根金属棒位于同一平面内，将其放在垂直纸面的匀强磁场中，虚线左侧磁场垂直纸面向里，虚线右侧磁场垂直纸面向外，O位于虚线上。将金属棒以过O垂直纸面的轴顺时针转动，在转至图中位置时，关于这几个点电势高低的关系中，正确的是(　　)
A.φA＞φO＞φP＝φC＞φD B.φA＞φD＞φP＝φC＞φO
C.φD＞φP＝φC＞φO＞φA D.φD＞φA＞φP＝φC＞φO
思维链
“找、判、定”三步确定电势的高低
【例3】 解析：选A。导体棒在切割磁感应线时产生感应电动势，感应电动势由低电势指向高电势。依题意金属棒顺时针转动，假设O点为零电势点，根据右手定则可得φA＞φO，φP＜φO，φC＜φO，φD＜φC，已知PO＝CO，根据E＝Bl＝Bl2ω，可得EPO＝ECO，因此φP－φO＝φC－φO，所以φP＝φC，综上所述有φA＞φO＞φP＝φC＞φD，A正确。
考点三　自感和涡流　电磁阻尼和电磁驱动
自感现象的理解及应用
【例4】 如图所示，L是直流电阻不计的带铁芯线圈，D为理想二极管，R为电阻，Ll、L2和L3是三个完全相同的小灯泡。下列说法正确的是(　　)
A.闭合S瞬间，三个灯立即亮
B.闭合S瞬间，L1灯比L2灯先亮
C.断开S瞬间，L2灯闪亮后慢慢熄灭
D.断开S瞬间，L1灯闪亮后慢慢熄灭
题后反思：
【例5】 (2025·扬州模拟)如图所示，线圈L的自感系数很大、电阻不计，电阻R1的阻值大于电阻R2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S，下列表示电阻R1的电流I1、电阻R2的电流I2随时间t变化的图像中，正确的是(　　)
题后反思：
角度突破
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，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I1＞I2，灯泡“闪亮”后逐渐熄灭。 (2)若I1≤I2，灯泡逐渐变暗
破题路径
【例4】 解析：选D。S闭合瞬间，L1、L2两灯泡立即亮，由于线圈的自感作用从而使L3灯泡慢慢变亮，A、B错误；断开开关瞬间，线圈产生自感电动势，于是线圈、L3与L1形成一个闭合电路，由于稳定时L3比L1亮(L3所在的支路的总电阻比L1所在的支路的总电阻小)，所以L1灯将闪亮一下再慢慢熄灭，而由于二极管的单向导通性，所以L2灯立即熄灭，C错误，D正确。
【例5】 解析：选D。开关闭合时，线圈L由于自感对电流的阻碍作用，可看作电阻，当电路逐渐稳定，通过线圈所在支路的电流I2逐渐增大，故电阻R1的电流I1逐渐减小。在t＝t1时刻断开S，线圈的感应电流与原电流方向相同，形成回路，通过电阻R1的电流与原电流方向相反，并逐渐减小到0，又由于电阻R1的阻值大于电阻R2的阻值，当开关闭合稳定时，线圈所在支路的电流I2大于流过电阻R1的电流I1，故当开关断开瞬间，线圈产生的感应电流也大于原来流过电阻R1的电流I1，通过电阻R2的电流I2也逐渐减小到0，D正确。
涡流是块状金属内，因电磁感应而形成的闭合漩涡状电流
【例6】 如图所示是高频焊接原理示意图。线圈中通以高频变化的电流时，待焊接的金属工件中就产生感应电流，感应电流通过焊缝产生大量热量，将金属熔化，把工件焊接在一起，而工件其他部分发热很少，以下说法正确的是(　　)
A.电流变化的频率越高，焊缝处的温度升高得越慢
B.电流变化的频率越低，焊缝处的温度升高得越快
C.工件上只有焊缝处温度升得很高是因为焊缝处的电阻小
D.工件上只有焊缝处温度升得很高是因为焊缝处的电阻大
能力要语
磁通量变化得越快，产生的感应电动势越大，感应电流越大。由Q＝I2Rt可知，在电阻不变的情况下，电流越大、时间越长，产生的热量越多。
教学札记：
【例6】 解析：选D。线圈中通以高频变化电流时，待焊接的金属工件中就会产生感应电流，感应电流的大小与感应电动势有关，高频电流变化的频率越高，感应电动势越大，感应电流越大，结合焦耳定律可知，A、B错误；工件上焊缝处的电阻大，所以感应电流通过时产生的热量多，C错误，D正确。
电磁阻尼与电磁驱动均是因相对运动引发的电磁感应，安培力的表现效果不同
【例7】 零刻度在表盘正中间的电流计，非常灵敏，通入电流后，线圈所受安培力和螺旋弹簧的弹力作用达到平衡时，指针在示数附近的摆动很难停下，使读数变得困难。在指针转轴上装上的扇形铝框或扇形铝板，在合适区域加上磁场，可以解决此困难。下列方案合理的是(　　)
破题路径
【例7】 解析：选D。如A、C图所示，当指针向左偏转时，铝框或铝板可能会离开磁场，产生不了涡流，起不到电磁阻尼的作用，指针不能很快停下，A、C方案不合理，A、C错误；B图是铝框，磁场在铝框中间，当指针偏转角度较小时，铝框不能切割磁感线，不能产生感应电流，起不到电磁阻尼的作用，指针不能很快停下，B方案不合理，B错误；D图是铝板，磁场在铝板中间，无论指针偏转角度大小，都会在铝板上产生涡流，起到电磁阻尼的作用，指针会很快稳定的停下，便于读数，D方案合理，D正确。
[课时通关精练(三十一)]　课时1　法拉第电磁感应定律的理解　导体切割磁感线产生感应电动势
(选择题每题5分，非选择题每题10分，建议用时：40分钟)
1.如图所示，一正方形线圈的匝数为n，边长为a，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中。在Δt时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B均匀地增大到2B。在此过程中，线圈中产生的感应电动势为(　　)
A. B.
C. D.
解析：选B。根据法拉第电磁感应定律可知，线圈中产生的感应电动势E＝n＝n··S＝n··＝，B正确。
2.(2025·宿迁高三期末)如图所示，a、b两个闭合单匝线圈用同样的导线制成，面积Sa＝2Sb，图示区域内有匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀减小。则a、b线圈中产生的感应电动势之比Ea∶Eb为(　　)
A.1∶4 B.1∶2
C.2∶1 D.4∶1
解析：选C。根据法拉第电磁感应定律可得E＝＝·S∝S，可得a、b两个闭合单匝线圈产生的感应电动势之比为Ea∶Eb＝Sa∶Sb＝2∶1，C正确。
3.如图甲所示，10匝的线圈内有一垂直纸面向里的磁场，线圈的磁通量在按图乙所示规律变化，下列说法正确的是(　　)
A.电压表读数为20 V
B.电压表读数为15 V
C.电压表“＋”接线柱接B端
D.电压表“＋”接线柱接A端
解析：选D。根据法拉第电磁感应定律可得E＝n＝10× V＝10 V，A、B错误；线圈中垂直纸面向里的磁通量在增大，所以根据楞次定律可得线圈中的电流方向是逆时针，所以A端是正极，B端是负极，故电压表“＋”接线柱接A端，C错误，D正确。
4.“L”形的细铜棒在磁感应强度为B的匀强磁场中运动，已知“L”形细铜棒两边相互垂直，长度均为l，运动速度大小为v，则铜棒两端电势差的最大值为(　　)
A.Blv B.Blv
C.Blv D.2Blv
解析：选B。当细铜棒切割磁感线的有效长度最大时，铜棒两端的感应电动势最大。如图所示，
当“L”形铜棒速度方向垂直铜棒两端连线时，切割磁感线的有效长度为L＝l，此时铜棒两端电势差最大，最大值为Emax＝BLv＝Blv，B正确。
5.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ab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、方向垂直导轨平面向下，导轨和金属杆的电阻不计，导轨光滑且足够长。当该磁场区域以速度v0匀速地向右运动，MN刚扫过金属杆时，杆中感应电流的大小和方向为(　　)
A.0 B.，方向a→b
C.，方向b→a D.，方向a→b
解析：选B。金属杆相对于磁场向左运动，根据右手定则得，感应电流方向为a→b，感应电动势为E＝Bdv0。根据闭合电路的欧姆定律得I＝，B正确。
6.(原创＋生产生活融通)如图所示，某风力发电机的叶片可视为长度为R的金属导体，在竖直平面内以角速度ω匀速转动，垂直叶片转动平面的磁场磁感应强度大小为B。则叶片两端的电势差大小为(　　)
A.BR2ω B.BR2ω
C.NBR2ω D.NBR2ω
解析：选A。叶片转动时，外圈线速度v＝ωR，平均速度＝。由动生电动势公式E＝BR，联立得电势差U＝E＝BR2ω，A正确。
7.如图所示，导体AB的长为2R，绕O点以角速度ω匀速转动，OB长为R，且OBA三点在一条直线上，有一磁感应强度为B的匀强磁场充满转动平面，且与转动平面垂直，那么A、B两端的电势差为(　　)
A.BωR2 B.2BωR2
C.4BωR2 D.6BωR2
解析：选C。导体AB切割磁感线产生的感应电动势大小为E＝B·2Rv，因导体AB上各点的角速度相等，由v＝ωr知v与r成正比，则平均速度＝＝＝2ωR，联立可得E＝4BωR2，A、B两端的电势差大小等于导体AB中感应电动势的大小，即为4BωR2，C正确。
8.(2025·常州高三期中)如图所示，空间存在竖直向下的匀强磁场和竖直向下的匀强电场(电场未画出)，现将一个水平放置的金属棒ab以某一水平速度抛出，金属棒在此后的运动过程中(不考虑空气等阻力的影响)，下列说法正确的是(　　)
A.金属棒两端电势a高于b
B.金属棒两端电压逐渐变大
C.金属棒做平抛运动且两端同时落地
D.金属棒b端先落地
解析：选D。根据右手定则，金属棒两端电势b高于a，A错误；切割磁感线的有效速度为水平速度，根据U＝E＝BLv0，金属棒两端电压大小不变，B错误；金属棒两端电势b高于a，b端带正电荷，所受静电力竖直向下，a端带负电荷，所受静电力竖直向上，金属棒b端先落地，C错误，D正确。
9.如图所示，两根足够长且平行的金属导轨置于磁感应强度为B＝0.1 T的匀强磁场中，磁场的方向垂直于导轨平面，两导轨间距L＝0.1 m，导轨电阻不计，导轨右端连一个电容器C＝2×10－5 F，有一根长度为0.2 m的导体棒ab，a端与导轨下端接触良好，从图中实线位置开始，绕a点以角速度ω＝0.1 rad/s顺时针匀速转动60°，此过程电容器的最大电荷量为(　　)
A.4×10－10 C B.4×10－9 C
C.4×10－10 C D.4×10－9 C
解析：选B。在导体棒ab绕a点以角速度ω＝0.1 rad/s顺时针匀速转动60°时，导体棒切割磁感线产生的最大感应电动势E＝B×(2L)2ω＝2BL2ω，则金属棒给电容器C充电的最大电荷量为q＝CE＝2BL2Cω，代入数据解得q＝4×10－9 C，B正确。
10.(物理学史融通题)如图所示，法拉第圆盘发电机的两电刷间接有一定值电阻。已知圆盘半径为r，绕中心轴以角速度ω按图示方向旋转，回路中总电阻为R，匀强磁场垂直圆盘向上，磁感应强度大小为B，则(　　)
A.感应电流方向不断变化
B.a端的电势高于b端
C.感应电流大小I＝
D.a、b两点间电势差大小U＝Bωr2
解析：选C。将圆盘看成由一根根沿半径方向的辐条构成，每一根辐条均为一个电源，所有电源均为并联关系，根据右手定则可知，感应电流方向始终由b到a，则a端的电势低于b端，A、B错误；感应电动势E＝Br·，根据闭合电路欧姆定律有I＝，解得I＝，C正确；根据欧姆定律可知，两点间电势差大小U＝IRab＜，D错误。
11.如图所示，由均匀导线制成的半径为R的圆环，以速度v匀速进入一磁感应强度大小为B的匀强磁场。当圆环运动到图示位置(∠aOb＝90°)时，a、b两点的电势差Uab为(　　)
A.BRv B.BRv
C.－BRv D.－BRv
解析：选D。有效切割长度即a、b连线，如图所示，
有效切割长度为R，所以产生的电动势为E＝BLv＝BRv，电流的方向为a→b，所以Uab＜0，由于在磁场部分的阻值为整个圆环的，所以Uab＝－BRv，D正确。
12.如图所示，在垂直纸面向里的足够大的匀强磁场中放置一硬质异形导线框Oab，其中ab是半径为R的四分之一圆弧，直线段Oa长为R且与圆弧段相切。该导线框在纸面内绕O点逆时针转动，则下列说法正确的是(　　)
A.UaO＝－BωR2
B.感应电流方向b→a→O
C.φb＞φa＞φO
D.UaO＝－BωR2
解析：选A。由于转动过程，导线框的磁通量保持不变，所以导线框中不产生感应电流，B错误；对于Oab部分，根据右手定则可知，产生的感应电动势方向由b→a→O，则b端相当于电源的负极，O端相当于电源的正极，所以电势关系为φO＞φa＞φb，C错误；对于Oa部分，则有UOa＝BR＝BR·＝BωR2，则UaO＝－UOa＝－BωR2，A正确，D错误。
[课时通关精练(三十一)]　课时2　自感和涡流　电磁阻尼和电磁驱动
(选择题每题5分，非选择题每题10分，建议用时：40分钟)
1.(2025·无锡高三期末)演示自感现象的实验电路如图所示，A1、A2为两个完全相同的灯泡，调节滑动变阻器R，使电路稳定时两个灯泡的亮度相同，然后断开开关，则(　　)
A.灯泡A1立即熄灭
B.灯泡A1慢慢熄灭
C.灯泡A2立即熄灭
D.灯泡A2先闪亮一下再慢慢熄灭
解析：选B。断开开关时，由于电感线圈存在断电自感，电感线圈相当于电源，因为断电之前，两支路的电流一样大，故断开开关，A1、A2同时慢慢熄灭，B正确。
2.如图所示电路中，L为电感线圈，C为电容器，当开关S由断开变为闭合时，则(　　)
A.A灯有电流通过，方向由a到b
B.A灯中无电流通过，不可能变亮
C.B灯立即熄灭，c点电势低于d点电势
D.B灯逐渐熄灭，c点电势低于d点电势
解析：选D。当开关S由断开变为闭合时，电容器放电，因电容器右极板带正电，则A灯有电流通过，方向由b到a，A、B错误；因开关S断开时，线圈有向左的电流，则当S闭合时，线圈与B灯以及开关S组成回路，线圈中产生自感电动势阻碍电流减小，使得该回路电流逐渐减小，则B灯逐渐熄灭，因线圈L相当于电源，电流由c流向d，可知c点电势低于d点电势，C错误，D正确。
3.(生产生活融通题)高频焊接原理示意图如图所示，线圈通以高频交变电流，金属工件的焊缝中就产生大量焦耳热，将焊缝熔化焊接，要使焊接处产生的热量较大，下列措施不可采用的是(　　)
A.减小焊接缝的接触电阻
B.增大焊接缝的接触电阻
C.增大交变电流的电压
D.增大交变电流的频率
解析：选A。增大电阻，在相同电流下，焊缝处热功率大，温度升得很高，B正确，A错误；当增大交变电流的电压，线圈中交变电流增大，则磁通量变化率增大，因此产生的感应电动势增大，感应电流也增大，所以焊接时产生的热量也增大，C正确；高频焊接利用高频交变电流产生高频交变磁场，在焊接的金属工件中就产生感应电流，根据法拉第电磁感应定律分析可知，电流变化的频率越高，磁通量变化频率越高，产生的感应电动势越大，感应电流越大，焊缝处的温度升高得越快，D正确。
4.(生产生活融通题)如图所示，电磁炉没有明火却能达到加热的效果，深受人们喜爱。电磁炉的工作原理是利用高频交变电流通过线圈产生磁场，交变的磁场在铁锅底部产生无数小涡流，使铁质锅自身生热而直接加热锅内的食物。下列关于电磁炉的说法，正确的是(　　)
A.电磁炉面板采用陶瓷材料，发热部分为铁锅底部
B.电磁炉面板采用金属材料，通过面板发热加热锅内食品
C.电磁炉可用陶瓷器皿作为锅具对食品加热
D.改变交变电流的频率不能改变电磁炉的功率
解析：选A。电磁炉的上表面如果用金属材料制成，使用电磁炉时，上表面材料发生电磁感应要损失电能，电磁炉上表面要用绝缘材料制作，发热部分为铁锅底部，A正确，B错误；电磁炉产生变化的电磁场，导致锅具底部出现涡流，从而产生热量，所以电磁炉不能用陶瓷器皿作为锅具对食品加热，C错误；锅体中涡流的强弱与磁场变化的频率有关，可通过改变交变电流的频率来改变电磁炉的功率，D错误。
5.磁电式仪表的基本组成部分是磁体和线圈。缠绕线圈的骨架常用铝框，铝框、指针固定在同一转轴上。线圈未通电时，指针竖直指在表盘中央；线圈通电时发生转动，指针随之偏转，由此就能确定电流的大小。如图所示，线圈通电时指针向右偏转，在此过程中，下列说法正确的是(　　)
A.俯视看线圈中通有逆时针方向的电流
B.穿过铝框的磁通量减少
C.俯视看铝框中产生顺时针方向的感应电流
D.使用铝框做线圈骨架能够尽快使表针停在某一刻度处
解析：选D。由左手定则可知，俯视线圈中通有顺时针方向的电流，A错误；因为线圈在水平位置时磁通量为零，则线圈转动时，穿过铝框的磁通量向左增加，根据楞次定律可知，俯视铝框中产生逆时针方向的感应电流，B、C错误；当铝框中产生感应电流时，铝框受到的安培力与运动方向相反，故起到了阻尼作用，则使用铝框做线圈骨架能够尽快使表针停在某一刻度处，D正确。
6.如图所示，蹄形磁体的两极之间放置一个线圈abcd，磁体和线圈都可以绕OO'轴转动，当磁体按图示方向绕OO'轴转动，线圈的运动情况是(　　)
A.俯视，线圈顺时针转动，转速与磁体相同
B.俯视，线圈逆时针转动，转速与磁体相同
C.线圈与磁体转动方向相同，但转速小于磁体的转速
D.线圈静止不动
解析：选C。当磁体转动时，由楞次定律知，线圈中有感应电流产生，以阻碍磁通量的增加，即感应电流的方向必定是使其受到的安培力的方向与磁体转动方向相同，以减小磁通量的增加，因而线圈跟着转起来，但转速小于磁体的转速，C正确。
7.如图甲、乙所示的电路中，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.在电路甲中，断开S后，A将立即熄灭
B.在电路甲中，断开S后，A将先变得更亮，然后逐渐变暗
C.在电路乙中，断开S后，A将逐渐变暗
D.在电路乙中，断开S后，A将先变得更亮，然后逐渐变暗
解析：选D。在电路甲中，断开S，线圈L中产生的自感电动势阻碍电流的减小，在电阻R和灯泡A中重新组成回路，使得灯泡A将由原来的亮度慢慢熄灭，A、B错误；在电路乙中，由于电阻R和自感线圈L的电阻值都很小，且小于灯A的电阻，则电路稳定时通过线圈L的电流大于通过灯泡的电流；断开S后，原来通过电阻R和灯泡A的电流立刻消失，而当电流减小时线圈L中产生自感电动势阻碍电流减小，则线圈L相当于电源，与A和R重新组成回路，由于该电流大于A灯原来的电流，则使得A灯将先变得更亮，然后逐渐变暗，C错误，D正确。
8.(2025·苏州三模)如图所示，竖直平面内有一固定直导线水平放置，导线中通有恒定电流I，导线正下方有一个质量为m的铝球，某时刻无初速度释放铝球使其下落，不计空气阻力，下列说法正确的是(　　)
A.铝球下落过程机械能一定减小
B.铝球下落过程机械能一定守恒
C.铝球下落过程机械能一定增加
D.铝球下落过程机械能先增加后不变
解析：选A。因通电直导线下方产生垂直纸面向里的磁场，且随着距离直导线的距离增加磁场逐渐减弱，可知铝球下落过程中因磁通量逐渐减小在铝球中产生涡流，铝球产生热量，由能量关系可知，铝球的机械能将逐渐减小，A正确。
9.如图所示，某同学利用电压传感器来研究电感线圈工作时的特点。图甲中三个灯泡完全相同，不考虑温度对灯泡电阻的影响。在闭合开关S的同时开始采集数据，当电路达到稳定状态后断开开关。图乙是由传感器得到的电压u随时间t变化的图像。不计电源内阻及电感线圈L的电阻。下列说法正确的是(　　)
A.S闭合瞬间，三个灯泡同时发光
B.S闭合后至断开前，流经D2的电流保持不变
C.S断开后，D2先闪亮一下再熄灭
D.图乙中u1∶u2＝3∶4
解析：选D。开关S闭合瞬间，由于电感线圈的阻碍作用，灯D3没有电流通过，D3不亮；灯D1、D2与电源串联，灯D1、D2直接变亮，A错误；开关S闭合瞬间，灯D3没有电流通过，灯D1、D2与电源串联，灯D1、D2的电流相等，通过电感线圈的电流逐渐增大，稳定后灯D2与D3并联再与D1串联，流过灯D2的电流改变，B错误；稳定后灯D2与D3并联，由于灯泡完全相同，故稳定时通过D2与D3的电流相等，故S断开后，灯D2逐渐熄灭，C错误；设电源电动势为E，灯泡电阻为R，S闭合瞬间，灯D1、D2与电源串联，电压传感器所测电压为D2两端电压，有u1＝·R＝，电路稳定后，流过D3的电流为I＝×＝，开关S断开瞬间，电感线圈能够提供与之前等大电流，故其两端电压为u2＝2IR＝E，则＝，D正确。
10.如图所示，虚线左侧的匀强磁场垂直纸面向外，右侧的匀强磁场垂直纸面向里。一金属小球从固定的光滑绝缘圆弧轨道上的点a无初速度释放后向右侧运动到最高点b的过程中，下列说法正确的是(　　)
A.a、b两点等高
B.小球在最低点处于平衡状态
C.小球在穿过虚线时内部会产生涡流
D.小球在穿过虚线时受到竖直向上的安培力
解析：选C。小球在穿过虚线时穿过小球的磁通量发生变化，小球内部会产生涡流，小球在最低点除需做圆周运动的向心力以外，水平方向还受到向左的安培力阻碍小球运动，B、D错误，C正确；由于电磁阻尼，b点一定低于a点，A错误。
11.电磁阻尼现象演示装置如图所示，钢锯条上端固定在支架上，下端固定有强磁体，将磁体推开一个角度释放，它会在竖直面内摆动较长时间；若在其正下方固定一钢块(不与磁体接触)，则摆动快速停止。下列说法正确的是(　　)
A.如果将磁体的磁极调换，重复实验将不能观察到电磁阻尼现象
B.用铜块替代钢块，重复试验将不能观察到电磁阻尼现象
C.在固定钢块的情况下，磁铁下摆和上摆过程中磁体和钢锯条组成的系统机械能均减少
D.在固定钢块的情况下，磁体在摆动过程中与钢块没有相互作用力
解析：选C。如果将磁体的磁极调换，重复实验时，钢块的磁通量仍会变化，从而产生电磁感应(涡流)现象，进而将观察到电磁阻尼现象，A错误；用铜块替代钢块，重复实验时，在铜块中仍会产生涡流，仍能观察到电磁阻尼现象，B错误；在固定钢块的情况下，磁体下摆和上摆过程中磁体和钢锯条组成的系统机械能均减少，原因是在此过程中，钢块里出现涡流，从而产生内能，C正确；在固定钢块的情况下，根据楞次定律的“来拒去留”，磁体在摆动过程中与钢块间存在相互作用力，D错误。
12.如图甲所示为某金属探测器，探测头内共面安装一个发射线圈和一个接收线圈，发射线圈通如图乙所示的高频振荡电流，产生的磁场能在金属物体内部产生涡电流，涡电流的磁场使接收线圈的感应电流发生变化，从而使蜂鸣器发出提示音。下列说法正确的是(　　)
A.探测头在靠近陶瓷制品时会发出提示音
B.探测头悬停在金属上方时不会发出提示音
C.发射线圈在t1、t2时刻产生的磁场方向相反
D.接收线圈在t1、t2时刻产生的感应电流方向相反
解析：选D。陶瓷制品不是金属，不能在其内部产生涡流，所以探测头在靠近陶瓷制品时不会发出提示音，A错误；探测头悬停在金属上方时，金属内部产生涡流，涡流的磁场会使接收线圈中的感应电流发生变化，从而使蜂鸣器发出提示音，B错误；由图乙可知，t1、t2时刻发射线圈中的电流方向相同，根据安培定则可知，发射线圈在t1、t2时刻产生的磁场方向相同，C错误；由于t1、t2时刻发射线圈产生的磁场方向相同，但t1时刻磁场在增强，t2时刻磁场在减弱，根据楞次定律可知，接收线圈在t1、t2时刻产生的感应电流方向相反，D正确。[课时通关精练(三十一)]　课时1　法拉第电磁感应定律的理解　导体切割磁感线产生感应电动势
(选择题每题5分，非选择题每题10分，建议用时：40分钟)
1.如图所示，一正方形线圈的匝数为n，边长为a，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中。在Δt时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B均匀地增大到2B。在此过程中，线圈中产生的感应电动势为(　　)
A. B.
C. D.
解析：选B。根据法拉第电磁感应定律可知，线圈中产生的感应电动势E＝n＝n··S＝n··＝，B正确。
2.(2025·宿迁高三期末)如图所示，a、b两个闭合单匝线圈用同样的导线制成，面积Sa＝2Sb，图示区域内有匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀减小。则a、b线圈中产生的感应电动势之比Ea∶Eb为(　　)
A.1∶4 B.1∶2
C.2∶1 D.4∶1
解析：选C。根据法拉第电磁感应定律可得E＝＝·S∝S，可得a、b两个闭合单匝线圈产生的感应电动势之比为Ea∶Eb＝Sa∶Sb＝2∶1，C正确。
3.如图甲所示，10匝的线圈内有一垂直纸面向里的磁场，线圈的磁通量在按图乙所示规律变化，下列说法正确的是(　　)
A.电压表读数为20 V
B.电压表读数为15 V
C.电压表“＋”接线柱接B端
D.电压表“＋”接线柱接A端
解析：选D。根据法拉第电磁感应定律可得E＝n＝10× V＝10 V，A、B错误；线圈中垂直纸面向里的磁通量在增大，所以根据楞次定律可得线圈中的电流方向是逆时针，所以A端是正极，B端是负极，故电压表“＋”接线柱接A端，C错误，D正确。
4.“L”形的细铜棒在磁感应强度为B的匀强磁场中运动，已知“L”形细铜棒两边相互垂直，长度均为l，运动速度大小为v，则铜棒两端电势差的最大值为(　　)
A.Blv B.Blv
C.Blv D.2Blv
解析：选B。当细铜棒切割磁感线的有效长度最大时，铜棒两端的感应电动势最大。如图所示，
当“L”形铜棒速度方向垂直铜棒两端连线时，切割磁感线的有效长度为L＝l，此时铜棒两端电势差最大，最大值为Emax＝BLv＝Blv，B正确。
5.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ab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、方向垂直导轨平面向下，导轨和金属杆的电阻不计，导轨光滑且足够长。当该磁场区域以速度v0匀速地向右运动，MN刚扫过金属杆时，杆中感应电流的大小和方向为(　　)
A.0 B.，方向a→b
C.，方向b→a D.，方向a→b
解析：选B。金属杆相对于磁场向左运动，根据右手定则得，感应电流方向为a→b，感应电动势为E＝Bdv0。根据闭合电路的欧姆定律得I＝，B正确。
6.(原创＋生产生活融通)如图所示，某风力发电机的叶片可视为长度为R的金属导体，在竖直平面内以角速度ω匀速转动，垂直叶片转动平面的磁场磁感应强度大小为B。则叶片两端的电势差大小为(　　)
A.BR2ω B.BR2ω
C.NBR2ω D.NBR2ω
解析：选A。叶片转动时，外圈线速度v＝ωR，平均速度＝。由动生电动势公式E＝BR，联立得电势差U＝E＝BR2ω，A正确。
7.如图所示，导体AB的长为2R，绕O点以角速度ω匀速转动，OB长为R，且OBA三点在一条直线上，有一磁感应强度为B的匀强磁场充满转动平面，且与转动平面垂直，那么A、B两端的电势差为(　　)
A.BωR2 B.2BωR2
C.4BωR2 D.6BωR2
解析：选C。导体AB切割磁感线产生的感应电动势大小为E＝B·2Rv，因导体AB上各点的角速度相等，由v＝ωr知v与r成正比，则平均速度＝＝＝2ωR，联立可得E＝4BωR2，A、B两端的电势差大小等于导体AB中感应电动势的大小，即为4BωR2，C正确。
8.(2025·常州高三期中)如图所示，空间存在竖直向下的匀强磁场和竖直向下的匀强电场(电场未画出)，现将一个水平放置的金属棒ab以某一水平速度抛出，金属棒在此后的运动过程中(不考虑空气等阻力的影响)，下列说法正确的是(　　)
A.金属棒两端电势a高于b
B.金属棒两端电压逐渐变大
C.金属棒做平抛运动且两端同时落地
D.金属棒b端先落地
解析：选D。根据右手定则，金属棒两端电势b高于a，A错误；切割磁感线的有效速度为水平速度，根据U＝E＝BLv0，金属棒两端电压大小不变，B错误；金属棒两端电势b高于a，b端带正电荷，所受静电力竖直向下，a端带负电荷，所受静电力竖直向上，金属棒b端先落地，C错误，D正确。
9.如图所示，两根足够长且平行的金属导轨置于磁感应强度为B＝0.1 T的匀强磁场中，磁场的方向垂直于导轨平面，两导轨间距L＝0.1 m，导轨电阻不计，导轨右端连一个电容器C＝2×10－5 F，有一根长度为0.2 m的导体棒ab，a端与导轨下端接触良好，从图中实线位置开始，绕a点以角速度ω＝0.1 rad/s顺时针匀速转动60°，此过程电容器的最大电荷量为(　　)
A.4×10－10 C B.4×10－9 C
C.4×10－10 C D.4×10－9 C
解析：选B。在导体棒ab绕a点以角速度ω＝0.1 rad/s顺时针匀速转动60°时，导体棒切割磁感线产生的最大感应电动势E＝B×(2L)2ω＝2BL2ω，则金属棒给电容器C充电的最大电荷量为q＝CE＝2BL2Cω，代入数据解得q＝4×10－9 C，B正确。
10.(物理学史融通题)如图所示，法拉第圆盘发电机的两电刷间接有一定值电阻。已知圆盘半径为r，绕中心轴以角速度ω按图示方向旋转，回路中总电阻为R，匀强磁场垂直圆盘向上，磁感应强度大小为B，则(　　)
A.感应电流方向不断变化
B.a端的电势高于b端
C.感应电流大小I＝
D.a、b两点间电势差大小U＝Bωr2
解析：选C。将圆盘看成由一根根沿半径方向的辐条构成，每一根辐条均为一个电源，所有电源均为并联关系，根据右手定则可知，感应电流方向始终由b到a，则a端的电势低于b端，A、B错误；感应电动势E＝Br·，根据闭合电路欧姆定律有I＝，解得I＝，C正确；根据欧姆定律可知，两点间电势差大小U＝IRab＜，D错误。
11.如图所示，由均匀导线制成的半径为R的圆环，以速度v匀速进入一磁感应强度大小为B的匀强磁场。当圆环运动到图示位置(∠aOb＝90°)时，a、b两点的电势差Uab为(　　)
A.BRv B.BRv
C.－BRv D.－BRv
解析：选D。有效切割长度即a、b连线，如图所示，
有效切割长度为R，所以产生的电动势为E＝BLv＝BRv，电流的方向为a→b，所以Uab＜0，由于在磁场部分的阻值为整个圆环的，所以Uab＝－BRv，D正确。
12.如图所示，在垂直纸面向里的足够大的匀强磁场中放置一硬质异形导线框Oab，其中ab是半径为R的四分之一圆弧，直线段Oa长为R且与圆弧段相切。该导线框在纸面内绕O点逆时针转动，则下列说法正确的是(　　)
A.UaO＝－BωR2
B.感应电流方向b→a→O
C.φb＞φa＞φO
D.UaO＝－BωR2
解析：选A。由于转动过程，导线框的磁通量保持不变，所以导线框中不产生感应电流，B错误；对于Oab部分，根据右手定则可知，产生的感应电动势方向由b→a→O，则b端相当于电源的负极，O端相当于电源的正极，所以电势关系为φO＞φa＞φb，C错误；对于Oa部分，则有UOa＝BR＝BR·＝BωR2，则UaO＝－UOa＝－BωR2，A正确，D错误。
[课时通关精练(三十一)]　课时2　自感和涡流　电磁阻尼和电磁驱动
(选择题每题5分，非选择题每题10分，建议用时：40分钟)
1.(2025·无锡高三期末)演示自感现象的实验电路如图所示，A1、A2为两个完全相同的灯泡，调节滑动变阻器R，使电路稳定时两个灯泡的亮度相同，然后断开开关，则(　　)
A.灯泡A1立即熄灭
B.灯泡A1慢慢熄灭
C.灯泡A2立即熄灭
D.灯泡A2先闪亮一下再慢慢熄灭
解析：选B。断开开关时，由于电感线圈存在断电自感，电感线圈相当于电源，因为断电之前，两支路的电流一样大，故断开开关，A1、A2同时慢慢熄灭，B正确。
2.如图所示电路中，L为电感线圈，C为电容器，当开关S由断开变为闭合时，则(　　)
A.A灯有电流通过，方向由a到b
B.A灯中无电流通过，不可能变亮
C.B灯立即熄灭，c点电势低于d点电势
D.B灯逐渐熄灭，c点电势低于d点电势
解析：选D。当开关S由断开变为闭合时，电容器放电，因电容器右极板带正电，则A灯有电流通过，方向由b到a，A、B错误；因开关S断开时，线圈有向左的电流，则当S闭合时，线圈与B灯以及开关S组成回路，线圈中产生自感电动势阻碍电流减小，使得该回路电流逐渐减小，则B灯逐渐熄灭，因线圈L相当于电源，电流由c流向d，可知c点电势低于d点电势，C错误，D正确。
3.(生产生活融通题)高频焊接原理示意图如图所示，线圈通以高频交变电流，金属工件的焊缝中就产生大量焦耳热，将焊缝熔化焊接，要使焊接处产生的热量较大，下列措施不可采用的是(　　)
A.减小焊接缝的接触电阻
B.增大焊接缝的接触电阻
C.增大交变电流的电压
D.增大交变电流的频率
解析：选A。增大电阻，在相同电流下，焊缝处热功率大，温度升得很高，B正确，A错误；当增大交变电流的电压，线圈中交变电流增大，则磁通量变化率增大，因此产生的感应电动势增大，感应电流也增大，所以焊接时产生的热量也增大，C正确；高频焊接利用高频交变电流产生高频交变磁场，在焊接的金属工件中就产生感应电流，根据法拉第电磁感应定律分析可知，电流变化的频率越高，磁通量变化频率越高，产生的感应电动势越大，感应电流越大，焊缝处的温度升高得越快，D正确。
4.(生产生活融通题)如图所示，电磁炉没有明火却能达到加热的效果，深受人们喜爱。电磁炉的工作原理是利用高频交变电流通过线圈产生磁场，交变的磁场在铁锅底部产生无数小涡流，使铁质锅自身生热而直接加热锅内的食物。下列关于电磁炉的说法，正确的是(　　)
A.电磁炉面板采用陶瓷材料，发热部分为铁锅底部
B.电磁炉面板采用金属材料，通过面板发热加热锅内食品
C.电磁炉可用陶瓷器皿作为锅具对食品加热
D.改变交变电流的频率不能改变电磁炉的功率
解析：选A。电磁炉的上表面如果用金属材料制成，使用电磁炉时，上表面材料发生电磁感应要损失电能，电磁炉上表面要用绝缘材料制作，发热部分为铁锅底部，A正确，B错误；电磁炉产生变化的电磁场，导致锅具底部出现涡流，从而产生热量，所以电磁炉不能用陶瓷器皿作为锅具对食品加热，C错误；锅体中涡流的强弱与磁场变化的频率有关，可通过改变交变电流的频率来改变电磁炉的功率，D错误。
5.磁电式仪表的基本组成部分是磁体和线圈。缠绕线圈的骨架常用铝框，铝框、指针固定在同一转轴上。线圈未通电时，指针竖直指在表盘中央；线圈通电时发生转动，指针随之偏转，由此就能确定电流的大小。如图所示，线圈通电时指针向右偏转，在此过程中，下列说法正确的是(　　)
A.俯视看线圈中通有逆时针方向的电流
B.穿过铝框的磁通量减少
C.俯视看铝框中产生顺时针方向的感应电流
D.使用铝框做线圈骨架能够尽快使表针停在某一刻度处
解析：选D。由左手定则可知，俯视线圈中通有顺时针方向的电流，A错误；因为线圈在水平位置时磁通量为零，则线圈转动时，穿过铝框的磁通量向左增加，根据楞次定律可知，俯视铝框中产生逆时针方向的感应电流，B、C错误；当铝框中产生感应电流时，铝框受到的安培力与运动方向相反，故起到了阻尼作用，则使用铝框做线圈骨架能够尽快使表针停在某一刻度处，D正确。
6.如图所示，蹄形磁体的两极之间放置一个线圈abcd，磁体和线圈都可以绕OO'轴转动，当磁体按图示方向绕OO'轴转动，线圈的运动情况是(　　)
A.俯视，线圈顺时针转动，转速与磁体相同
B.俯视，线圈逆时针转动，转速与磁体相同
C.线圈与磁体转动方向相同，但转速小于磁体的转速
D.线圈静止不动
解析：选C。当磁体转动时，由楞次定律知，线圈中有感应电流产生，以阻碍磁通量的增加，即感应电流的方向必定是使其受到的安培力的方向与磁体转动方向相同，以减小磁通量的增加，因而线圈跟着转起来，但转速小于磁体的转速，C正确。
7.如图甲、乙所示的电路中，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.在电路甲中，断开S后，A将立即熄灭
B.在电路甲中，断开S后，A将先变得更亮，然后逐渐变暗
C.在电路乙中，断开S后，A将逐渐变暗
D.在电路乙中，断开S后，A将先变得更亮，然后逐渐变暗
解析：选D。在电路甲中，断开S，线圈L中产生的自感电动势阻碍电流的减小，在电阻R和灯泡A中重新组成回路，使得灯泡A将由原来的亮度慢慢熄灭，A、B错误；在电路乙中，由于电阻R和自感线圈L的电阻值都很小，且小于灯A的电阻，则电路稳定时通过线圈L的电流大于通过灯泡的电流；断开S后，原来通过电阻R和灯泡A的电流立刻消失，而当电流减小时线圈L中产生自感电动势阻碍电流减小，则线圈L相当于电源，与A和R重新组成回路，由于该电流大于A灯原来的电流，则使得A灯将先变得更亮，然后逐渐变暗，C错误，D正确。
8.(2025·苏州三模)如图所示，竖直平面内有一固定直导线水平放置，导线中通有恒定电流I，导线正下方有一个质量为m的铝球，某时刻无初速度释放铝球使其下落，不计空气阻力，下列说法正确的是(　　)
A.铝球下落过程机械能一定减小
B.铝球下落过程机械能一定守恒
C.铝球下落过程机械能一定增加
D.铝球下落过程机械能先增加后不变
解析：选A。因通电直导线下方产生垂直纸面向里的磁场，且随着距离直导线的距离增加磁场逐渐减弱，可知铝球下落过程中因磁通量逐渐减小在铝球中产生涡流，铝球产生热量，由能量关系可知，铝球的机械能将逐渐减小，A正确。
9.如图所示，某同学利用电压传感器来研究电感线圈工作时的特点。图甲中三个灯泡完全相同，不考虑温度对灯泡电阻的影响。在闭合开关S的同时开始采集数据，当电路达到稳定状态后断开开关。图乙是由传感器得到的电压u随时间t变化的图像。不计电源内阻及电感线圈L的电阻。下列说法正确的是(　　)
A.S闭合瞬间，三个灯泡同时发光
B.S闭合后至断开前，流经D2的电流保持不变
C.S断开后，D2先闪亮一下再熄灭
D.图乙中u1∶u2＝3∶4
解析：选D。开关S闭合瞬间，由于电感线圈的阻碍作用，灯D3没有电流通过，D3不亮；灯D1、D2与电源串联，灯D1、D2直接变亮，A错误；开关S闭合瞬间，灯D3没有电流通过，灯D1、D2与电源串联，灯D1、D2的电流相等，通过电感线圈的电流逐渐增大，稳定后灯D2与D3并联再与D1串联，流过灯D2的电流改变，B错误；稳定后灯D2与D3并联，由于灯泡完全相同，故稳定时通过D2与D3的电流相等，故S断开后，灯D2逐渐熄灭，C错误；设电源电动势为E，灯泡电阻为R，S闭合瞬间，灯D1、D2与电源串联，电压传感器所测电压为D2两端电压，有u1＝·R＝，电路稳定后，流过D3的电流为I＝×＝，开关S断开瞬间，电感线圈能够提供与之前等大电流，故其两端电压为u2＝2IR＝E，则＝，D正确。
10.如图所示，虚线左侧的匀强磁场垂直纸面向外，右侧的匀强磁场垂直纸面向里。一金属小球从固定的光滑绝缘圆弧轨道上的点a无初速度释放后向右侧运动到最高点b的过程中，下列说法正确的是(　　)
A.a、b两点等高
B.小球在最低点处于平衡状态
C.小球在穿过虚线时内部会产生涡流
D.小球在穿过虚线时受到竖直向上的安培力
解析：选C。小球在穿过虚线时穿过小球的磁通量发生变化，小球内部会产生涡流，小球在最低点除需做圆周运动的向心力以外，水平方向还受到向左的安培力阻碍小球运动，B、D错误，C正确；由于电磁阻尼，b点一定低于a点，A错误。
11.电磁阻尼现象演示装置如图所示，钢锯条上端固定在支架上，下端固定有强磁体，将磁体推开一个角度释放，它会在竖直面内摆动较长时间；若在其正下方固定一钢块(不与磁体接触)，则摆动快速停止。下列说法正确的是(　　)
A.如果将磁体的磁极调换，重复实验将不能观察到电磁阻尼现象
B.用铜块替代钢块，重复试验将不能观察到电磁阻尼现象
C.在固定钢块的情况下，磁铁下摆和上摆过程中磁体和钢锯条组成的系统机械能均减少
D.在固定钢块的情况下，磁体在摆动过程中与钢块没有相互作用力
解析：选C。如果将磁体的磁极调换，重复实验时，钢块的磁通量仍会变化，从而产生电磁感应(涡流)现象，进而将观察到电磁阻尼现象，A错误；用铜块替代钢块，重复实验时，在铜块中仍会产生涡流，仍能观察到电磁阻尼现象，B错误；在固定钢块的情况下，磁体下摆和上摆过程中磁体和钢锯条组成的系统机械能均减少，原因是在此过程中，钢块里出现涡流，从而产生内能，C正确；在固定钢块的情况下，根据楞次定律的“来拒去留”，磁体在摆动过程中与钢块间存在相互作用力，D错误。
12.如图甲所示为某金属探测器，探测头内共面安装一个发射线圈和一个接收线圈，发射线圈通如图乙所示的高频振荡电流，产生的磁场能在金属物体内部产生涡电流，涡电流的磁场使接收线圈的感应电流发生变化，从而使蜂鸣器发出提示音。下列说法正确的是(　　)
A.探测头在靠近陶瓷制品时会发出提示音
B.探测头悬停在金属上方时不会发出提示音
C.发射线圈在t1、t2时刻产生的磁场方向相反
D.接收线圈在t1、t2时刻产生的感应电流方向相反
解析：选D。陶瓷制品不是金属，不能在其内部产生涡流，所以探测头在靠近陶瓷制品时不会发出提示音，A错误；探测头悬停在金属上方时，金属内部产生涡流，涡流的磁场会使接收线圈中的感应电流发生变化，从而使蜂鸣器发出提示音，B错误；由图乙可知，t1、t2时刻发射线圈中的电流方向相同，根据安培定则可知，发射线圈在t1、t2时刻产生的磁场方向相同，C错误；由于t1、t2时刻发射线圈产生的磁场方向相同，但t1时刻磁场在增强，t2时刻磁场在减弱，根据楞次定律可知，接收线圈在t1、t2时刻产生的感应电流方向相反，D正确。

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