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第31讲 法拉第电磁感应定律 自感和涡流
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核心考点探究
备用习题
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一、法拉第电磁感应定律
1.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______
___成正比.
(2)公式:,为线圈匝数 表示产生感应电动势的条件是磁通量
变化.
变化率
2.产生感应电动势的三种情况
(1)磁通量的变化引起的，(其中，或,或
).
(2)导体棒平动切割磁感线产生的， 为导体棒切割磁感
线的有效长度， 为运动方向与磁感线方向的夹角.
(3)导体棒转动切割磁感线产生的，为导体棒上各点的平均速度，
若绕一端点旋转则取中点位置线速度.
二、自感和涡流
1.自感现象
(1) 概念: 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____________.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叫作____________.
②表达式: .
(3) 自感系数
①相关因素:与线圈的______、形状、______以及是否有铁芯等因素有关.
②单位:亨利，简称享，符号是,, .
感应电动势
自感电动势
大小
匝数
2.涡流
当线圈中的电流发生变化时,在这个线圈附近的任何导体，如果穿过它的
磁通量发生变化，导体内都会产生像____________状的感应电流.
水中的漩涡
3.电磁阻尼和电磁驱动
(1) 电磁阻尼：当导体在磁场中运动时，感应电流会使导体受到________，
安培力的方向总是______导体的运动，这种现象称为电磁阻尼.
安培力
阻碍
(2) 电磁驱动：如果磁场相对于导体转动，在导体中会产生__________，
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.
交流电动机就是利用__________的原理工作的.
感应电流
电磁驱动
(3) 电磁阻尼和电磁驱动的原理体现了______________的推广应用.
电磁感应定律
【辨别明理】
1.线圈中磁通量变化越大，产生的感应电动势就越大.( )
×
2.感应电流产生的磁场方向与原磁场方向始终相同.( )
×
3.线圈中的电流越大，自感系数就越大.( )
×
4.对于同一线圈，当电流变化越快时，线圈中的自感电动势越大.( )
√
考点一 法拉第电磁感应定律的理解和应用
1.法拉第电磁感应定律应用的三种情况
面积变化
磁场变化
面积和磁场都变化
2.在有关图像问题中，磁通量的变化率是 图像上某点切线的斜率，
利用斜率和线圈匝数可以确定该点感应电动势的大小.
例1 [2025·甘肃卷] 闭合金属框放置在磁场中，金属框平面始终与磁感线
垂直.如图，磁感应强度随时间按正弦规律变化. 为穿过金属框的磁通
量， 为金属框中的感应电动势，下列说法正确的是( )
A.在内， 和 均随时间增大
B.当与时， 大小相等，方向相同
C.当时， 最大， 为零
D.当时， 和 均为零
√
[解析] 在时间内，磁感应强度增加，根据可知磁通量 增
大，但是图像的斜率减小，即磁感应强度 的变化率逐渐减小，根据法拉
第电磁感应定律可知，感应电动势 逐渐减小，选项A错误；当
和时，因 图像的斜率大小相等，符号相反，可知感应电动
势大小相等，方向相反，选项B错误；时， 最大，
则磁通量 最大，但是 的变化率为零，则感应电动势
为零，选项C正确；时，为零，则磁通量 为零，
但是的变化率最大，则感应电动势 最大，选项D错误.
变式 (多选)将四根绝缘硬质细导线顺次绕成如图甲、乙、丙、丁所示的
线圈，其中大圆面积均为，小圆面积均为 ，垂直线圈平面存在向里的
随时间变化的磁场.磁场的磁感应强度大小，和 均为大于
零的常量，下列说法正确的是( )
A.甲图的大圆中感应电流方向沿顺时针方向
B.乙图的大圆和小圆的总电动势为
C.丙图的大圆和小圆的总电动势为
D.丁图的大圆和小圆所受安培力的合力为零
√
√
[解析] 根据楞次定律和甲、乙两图中的绕线方式可判断，甲、乙两图中
大圆和小圆中产生的感应电流、感应电动势方向均相反，实际线圈中感应
电流方向应以大圆中感应电流方向为准，大圆中感应电流方向为逆时针方
向，大圆和小圆总电动势为两电动势之差 ，选
项A、B错误；根据楞次定律和丙图中的绕线方式可知，丙图中大圆和小
圆中产生感应电动势方向相同，大圆和小圆总电动势为
，选项C正确；由左手定则和对称性可知，丁
图的大圆和小圆所受安培力的合力均为零，选项D正确.
[技法点拨]
应用法拉第电磁感应定律时应注意的三个问题
(1)公式 求解的是一个回路中某段时间内的平均感应电动势,在磁
通量均匀变化时,瞬时值才等于平均值.
(2)利用公式求感应电动势时, 为线圈在磁场范围内的有效面积.
(3)公式中 表示面积相同线圈的有效匝数，若面积不同则需要
先计算每个面积上的感应电动势再求和.
考点二 导体切割磁感线产生的感应电动势的计算
考向一 导体平动切割磁感线
的三个特性
正交性 本公式要求磁场为匀强磁场，而且、、 三者互相垂直
有效性 公式中的 为导体棒切割磁感线的有效长度，如图中虚线所
示
____________________________________________________________
相对性 中的速度 是导体棒相对磁场的速度，若磁场也在
运动，应注意速度间的相对关系
例2 [2025·四川德阳期末] 如图所示，在磁感应强
度大小为 、方向垂直于纸面向里的匀强磁场中，
金属杆与导轨的接触点分别为、，长为 ，
金属杆在平行金属导轨上以速度 向右匀速滑动.金
属导轨电阻不计，金属杆与导轨的夹角为 ，接
A.点电势高， B.点电势高，
C.点电势高， D.点电势高，
入电路的电阻为，、间电阻为，、两点间电势差为，则、
两点电势的高低及 的大小分别为( )
√
[解析] 由右手定则可以判定金属杆中电流的方向为由到，因此 点电
势高；金属杆切割磁感线的有效长度是 ，根据法拉第电磁感应定律
有 ，再根据闭合电路的欧姆定律可知，、 两点间的电势
差 ，故选B.
例3 (多选)[2025·湖北襄阳模拟] 如图所示，在光滑的水平地面上方，有两
个磁感应强度大小均为、方向相反的水平匀强磁场， 为两个磁场的边
界，磁场范围足够大.一个半径为、质量为、电阻为 的金属圆环垂直于
磁场方向，以速度从图示位置向右运动，经 时间圆环运动到直径刚好与
边界线重合，此时圆环的速度为 ，则下列说法正确的是 ( )
A.此时圆环中的电流沿逆时针方向
B.此时圆环的瞬时电动势为
C.此过程圆环中的平均电动势为
D.此时圆环的加速度为
√
√
[解析] 由楞次定律及安培定则可知，此时圆环中产生的感应电流沿顺时
针方向，故A错误；当圆环的直径与边界线 重合时，圆环左右两个半环
均产生感应电动势，有效切割的长度都等于直径，故圆环中的感应电动势
为 ，故B正确；此过程中，圆环中的平均电动势为
，故C错误；此时圆环受力为
，由牛顿第二定
律可得加速度为 ，故D正确.
考向二 导体转动切割磁感线
例4 [2025·安徽安庆模拟] 如图所示，金属圆环圆心为 、
半径为，转轴经圆心 且垂直于圆环平面，三根电阻为
的金属棒互成夹角 并连接在圆环和转轴上.磁感应
强度大小为 的匀强磁场垂直于圆环平面向下，其截面
是半径为、圆心角为 、圆心与点重合的扇形.当圆环以角速度
顺时针(俯视)转动时，圆环及其他电阻不计，下列说法正确的是( )
A.当金属棒在磁场中转动时电流方向为从到
B.当金属棒在磁场中转动时产生的电动势为
C.当金属棒在磁场中转动时(不包括磁场边界)，、
两端电压为
D.三根金属棒中通过的电流大小始终相等
√
[解析] 当金属棒 在磁场中顺时针转动时，根据右手定则可知，电流方
向为从到，金属棒产生的电动势为 ，
故A、B错误；当金属棒在磁场中转动时，电流方向为从到 ，金属
棒相当于电源，此时、 两端电压为路端电压，则有
，如图所
示，根据串、并联关系可知，在磁场中的金属棒中
通过的电流是另外两个金属棒中通过的电流的2倍，
故C正确，D错误.
考向三 感生电动势与动生电动势同时存在
例5 (多选)如图所示，在 右侧区域有垂直于纸面向里的匀强磁场，其
磁感应强度随时间变化的关系为(为大于零的常量).一高为 、电阻
为的正三角形金属线框向右匀速运动.在 时刻，线框底边恰好到达
处；在 时刻，线框恰好完全进入磁场.在线框匀速进入磁场的过
程中( )
A.线框中的电流始终为逆时针方向
B.线框中的电流先逆时针方向，后顺时针方向
C.时刻，流过线框的电流大小为
D.时刻，流过线框的电流大小为
√
√
[解析] 根据楞次定律及安培定则可知，穿过线框的磁通量增加，线框中
的电流始终为逆时针方向，故A正确，B错误；线框运动的速度为 ，
由几何关系知，线框的边长为， 时刻，线框切割磁感线的有效长度
为 ，则动生电动势为
，由法拉第电
磁感应定律可知，感生电动势为
，则流过线框的
电流大小为 ，故C错误，D正确.
考点三 自感和涡流
考向一 自感
通电自感 断电自感
自感电路
通电自感 断电自感
器材规格 、 灯泡规格相同， ， 较大 很大(有铁芯)
自感现象 在闭合瞬间， 灯泡立即亮 起来， 灯泡逐渐变亮，最 终两灯泡一样亮 在开关 断开时，A灯泡逐渐变
暗直至熄灭，或闪亮一下再逐渐
变暗直至熄灭
续表
例6 [2025·北京卷] 如图所示，线圈自感系数为，电容器电容为 ，电源
电动势为,、和是三个相同的小灯泡.开始时，开关 处于断开状态.
忽略线圈电阻和电源内阻，将开关 闭合，下列说法正确的是( )
A.闭合瞬间，与 同时亮起
B.闭合后， 亮起后亮度不变
C.稳定后，与 亮度一样
D.稳定后，电容器的电荷量是
√
[解析] 闭合开关瞬间，电容器相当于通路，线圈 相当于断路，所以
、瞬间亮起， 逐渐变亮，A错误；闭合开关后，电容器充电，充电
完成后相当于断路，所以 亮一下后熄灭，B错误；稳定后，电容器相当
于断路，线圈相当于短路，所以、相当于串联，、 是相同的小
灯泡，所以一样亮，C正确；稳定后，电容器与并联，两端电压等于
两端电压，由于线圈电阻和电源内阻忽略不计，且
、串联，两端电压为，根据 ，可得
电容器的电荷量是 ，D错误.
[技法点拨]
处理自感现象问题的技巧
(1) 电流稳定时,理想的自感线圈相当于导线,非理想的自感线圈相当于定值
电阻.
(2)关于灯泡是否闪亮问题，取决于稳定状态下各支路的电流大小.如图电
路中稳态电流为、若 ，则外电路断开后，灯泡逐渐变暗；
②若 ，则外电路断开后，灯泡闪亮后逐渐变暗.
考向二 涡流、电磁阻尼和电磁驱动
1.产生涡流的情况：块状金属放在变化的磁场中或块状金属进出磁场或在
非匀强磁场中运动.
涡流的能量转换：涡流现象，会使其他形式的能转化成电能,最终在金属
块中转化为内能.
2.电磁阻尼：感应电流使导体棒受到的安培力，阻碍相对运动.
3.电磁驱动：感应电流使导体棒受到的安培力，推动相对运动.
例7 [2024·甘肃卷] 工业上常利用感应电炉冶炼合金，装置如图所示.当线
圈中通有交变电流时，下列说法正确的是( )
A.金属中产生恒定感应电流
B.金属中产生交变感应电流
C.若线圈匝数增加，则金属中感应电流减小
D.若线圈匝数增加，则金属中感应电流不变
√
[解析] 当线圈中通有交变电流时，感应电炉金属内的磁通量也不断随之变
化，金属中产生交变感应电流，A错误，B正确；若线圈匝数增加，根据电
磁感应定律可知，感应电动势增大，则金属中感应电流变大，C、D错误.
例8 如图所示，上下开口、内壁光滑的铜管和塑料管 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.在和 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.在中的下落时间比在 中的长
D.落至底部时在中的速度比在 中的大
√
[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， 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; 为塑料管，小磁块下落过程做自由落
体运动，所以比在中下落时间短，落至底部时比在 中的速度大，故C正
确，D错误.
例9 (多选)1824年，法国科学家阿拉果完成了著名的“圆盘实验”.实验中将
一铜圆盘水平放置，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，如图所示.实验中发现，当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖
直轴旋转时，磁针也随着一起转动起来，但略有滞后.下列说法正确的是
( )
A.圆盘上产生了感应电动势
B.圆盘内的涡流产生的磁场导致磁针转动
C.在圆盘转动的过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通
量发生了变化
D.圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流，此电流产
生的磁场导致磁针转动
√
√
[解析] 圆盘在转动中由于半径方向的金属条切割磁感线，从而在圆心和
边缘之间产生了感应电动势，故A正确；圆盘在径向的金属条切割磁感线
的过程中，圆盘内部距离圆心远近不同的点的电势不等，从而形成涡流，
涡流产生的磁场又导致磁针转动，故B正确；由于圆盘面积不变，距离磁
针的距离不变，故磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量
没有变化，故C错误；电流形成是自由电子的定向移
动，圆盘本身没有多余的电荷，圆盘转动不会产生电
流，故D错误.
考点一 法拉第电磁感应定律的理解和应用
1.、两个闭合线圈用同样的导线制成，匝数均为10匝，半径 ，
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，、两线圈中感应电动势之比为
B.甲图中，、两线圈中感应电流之比为
C.乙图中，、两线圈中感应电动势之比为
D.乙图中，、两线圈中感应电流之比为
√
[解析] 由法拉第电磁感应定律可知，，其中 为有效面积.
甲图中，、 两线圈的有效面积相等，所以感应电动势之比等于匝数之
比，为，由电阻定律 可知，电阻之比等于两线圈周长之比，
也就是，所以甲图中，、两线圈中感应电流之比为 ，故A、B错
误.同理，乙图中，、两线圈中感应电动势之比为 ，感应电流之比为
，故C正确，D错误.
2.用电阻率为 、横截面积为的硬质细导线，做成半径为 的圆环，垂直
于圆环面的磁场充满其内接正方形， 时磁感应强度的方向如图甲所
示，磁感应强度随时间的变化关系如图乙所示，则在 时间内
( )
A.圆环中产生的热量为
B.圆环中的感应电流大小为
C.圆环中始终没有感应电流产生
D.圆环中有先顺时针后逆时针的感应电流
√
[解析] 由于穿过圆环的磁场均匀变化，所以在整个过程中，感应电动势
的大小恒定不变，感应电流的大小和方向都不变，C、D错误；由法拉第
电磁感应定律得，由闭合电路的欧姆定律得 ，由图像
可知，有磁场的区域的面积，又 ，联立解
得，B错误；圆环中产生的热量 ，A正确.
考点二 导体切割磁感线产生的感应电动势的计算
3.如图所示，为水平放置的“”形光滑金属导轨，间距为 ，导轨间有
垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小为 ，导轨电阻不计.已知金
属杆倾斜放置，与导轨成 角，单位长度的电阻为 ，保持金属杆以
速度沿平行于 的方向滑动(金属杆滑动过程中与导轨接触良好)，则
( )
A.电路中的感应电动势为
B.电路中的感应电流大小为
C.金属杆所受的安培力大小为
D.金属杆的热功率为
√
[解析] 金属杆切割磁感线产生的感应电动势 ，
故A错误；感应电流 ，故B正确；金属杆所受的安培力
，故C错误；金属杆的热功率 ，
故D错误.
4.(多选)有一半径为且右端开小口的导体圆环和一长为 的导体直杆，它
们单位长度电阻均为 .圆环水平固定放置，整个内部区域分布着竖直向
下的匀强磁场，磁感应强度为.杆在圆环上以速度平行于直径 向右做
匀速直线运动，杆始终有两点与圆环良好接触，如图所示.从 处开始，
杆的位置由 确定，则( )
A.当时，杆产生的电动势为
B.当时，杆产生的电动势为
C.当时，杆受的安培力大小为
D.当时，杆受的安培力大小为
√
√
[解析] 当时,杆在 位置,切割磁感线的有效长度等于圆环直径,杆产
生的感应电动势为,A正确;当 时,杆切割磁感线的有效长度
等于圆环半径,杆产生的感应电动势为,B错误;当 时,回路的总
电阻 ,杆受的安培力
,C错误;当 时,回路的
总电阻 ,杆受的安培力
,D正确.
考点三 自感和涡流
5.如图所示的电路中，A、B、C是三个相同的灯泡， 是自感线圈，其直
流电阻与灯泡电阻相等，开关 先闭合然后再断开，则( )
A. 闭合后，A立即亮而B、C慢慢亮
B. 闭合后，B、C立即亮而A慢慢亮
C. 断开后，B、C先变亮然后逐渐变暗
D. 断开后，A先变亮然后逐渐变暗
√
[解析] 闭合后，B、C立即亮，由于灯泡A与自感线圈串联，线圈会阻碍
电流的增大，所以A慢慢变亮，A错误，B正确； 断开后，由于线圈阻碍
电流的减小，故A慢慢变暗，因为线圈直流电阻与灯泡电阻相等，所以在
开关断开前通过灯泡B、C和A的电流大小相等，当开关断开后，线圈与A、
B、C构成闭合回路，此时B、C不会先变亮，而是逐渐变暗，C、D错误.
6.[2023·浙江1月选考] 如图甲所示，一导体杆用两条等长细导线悬挂于水
平轴，接入电阻 构成回路.导体杆处于竖直向上的匀强磁场中，将导
体杆从竖直位置拉开小角度 静止释放，导体杆开始下摆.当 时，
导体杆振动图像如图乙所示.若横纵坐标皆采用图乙标度，则当 时，
导体杆振动图像是( )
A. B.
C. D.
√
[解析] 若电阻变大，则导体杆切割磁感线时产生的感应电流变小，即所
受安培力变小，对导体杆做阻尼振动而言，阻尼变小，振动时间相应延长，
B正确，A、C、D错误.
7.如图所示，磁性转速表是利用电磁驱动原理工作的.下列说法正确的是
( )
A.在电磁驱动的过程中，其他形式的能转化为机械能
B.铝盘中产生感应电流，因受洛伦兹力作用而转动
C.永久磁体和铝盘应装在同一转轴上，两者转速相同
D.永久磁体和铝盘应装在同一转轴上，两者转动方向
相反
√
[解析] 在电磁驱动的过程中，其他形式能转化为机械能，故A正确；铝盘
中产生感应电流，因受安培力作用而转动，故B错误；磁性转速表的原理
是：永久磁体安装在转轴上，当转轴转动时带动永久磁体转动，在铝盘中
将产生感应电流，使铝盘受到安培力作用而转动，从而使指针发生偏转，
所以永久磁体和铝盘不能装在同一转轴上，并且铝盘产生的感应电流阻碍
永久磁体的转动，两者转动方向相同，由于铝盘一定
与永久磁体存在相对运动才能产生感应电流，所以两
者转速不同，故C、D错误.
作业手册
1.[2025·湖北卷] 如图甲所示，相距 的两足够长平行金属导轨放在同一水
平面内，两长度均为、电阻均为的金属棒、 垂直跨放在两导轨上，
金属棒与导轨接触良好，导轨电阻忽略不计. 导轨间存在与导轨平面垂直
的匀强磁场，其磁感应强度大小随时间变化的图像如图乙所示， 时
刻，时刻，两棒相距，棒速度
为零， 棒速度方向水平向右，并与棒垂直，
则 时间内流过回路的电荷量为( )
A. B. C. D.
√
[解析] 根据法拉第电磁感应定律，闭合回路中产生的感应电动势 ，
根据闭合电路欧姆定律得电流，通过回路的电荷量为，
时间内，联立解得 ，B正确.
2.[2025·陕西宝鸡模拟] 如图所示，在竖直向下的
匀强磁场中，将一垂直于竖直平面放置的金属棒
从距地面高为处，以水平初速度 抛出,方向如
图所示.设运动的整个过程中棒始终垂直于竖直平
A.， B.，
C.， D.，
面，且不计空气阻力，则落地时金属棒、 两端产生的感应电动势和电势
高低，判断正确的是 ( )
√
[解析] 金属棒在运动过程中切割磁感线的速度为水平分速度 ，且保持
不变，则金属棒、两端产生的感应电动势大小为 ，根据右手
定则可知，金属棒端的电势比端的电势高，即 ，故选C.
3.扫描隧道显微镜 可用来探测样品表面原子尺度
上的形貌.为了有效隔离外界振动对 的扰动，在圆底
盘周边沿其径向对称地安装若干对紫铜薄板，并施加磁
A. B. C. D.
场来快速衰减其微小振动，如图所示.无扰动时，按下列四种方案对紫铜
薄板施加恒磁场；出现扰动后，对于紫铜薄板上、下及左、右振动的衰减
最有效的方案是 ( )
√
[解析] 感应电流产生的条件是闭合回路中的磁通量发生变化，在A图中，
系统振动时，紫铜薄板随之上、下及左、右振动，在磁场中的部分有时多
有时少，磁通量发生变化，产生感应电流，受到安培力，阻碍系统的振动；
在B图中，只有紫铜薄板向左振动才产生感应电流，而上、下振动和向右
振动无感应电流产生；在C图中，无论紫铜薄板上、下振动还是左、右振
动，都不会产生感应电流；在D图中，只有紫铜薄板左、右振动才产生感
应电流，而上、下振动无感应电流产生，故选项A正确，
B、C、D错误.
4.[2025·江西南昌模拟] 将一根铜丝顺次绕成如
图所示的线圈，大小圆半径分别为和 ，线圈
的总电阻为,、 为其两端点.线圈内存在垂直
线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小 随
时间变化的关系为、 ，两
者均为常量.忽略线圈连接处的间隙，则、
两点电势差 为( )
A. B. C. D.
√
[解析] 根据法拉第电磁感应定律有 ，
根据楞次定律判断，通过线圈电流方向为逆时针，故点电势比 点电势高，
所以 ，故选C.
5.[2025·北京大兴区模拟] 如图所示， 是自感系数较大的线圈，其直流电
阻可忽略不计，、、 是三个相同的小灯泡，下列说法正确的是( )
A.开关闭合时，灯立即亮，、 灯逐渐亮
B.开关闭合至电路稳定后，、灯亮， 灯不亮
C.开关断开时，灯立即熄灭， 灯闪亮一下再逐渐熄灭
D.开关断开时，灯立即熄灭， 灯闪亮一下再逐渐熄灭
√
[解析] 开关闭合时，、 灯立即亮，因为线圈产生自感，会阻碍所在支
路电流的增大，所以灯逐渐亮，故A错误；开关 闭合至电路稳定后，因
线圈的直流电阻忽略不计，则与并联，三个灯泡都有电流流过，、 、
灯都亮，故B错误；开关 闭合，电路稳定后，因线圈的直流电阻忽略不
计，灯和电阻串联，则流过灯的电流大于流过
灯的电流，开关断开时， 灯立即熄灭，线圈及
、灯构成新回路，线圈产生自感电流阻碍电流 减
小，则灯逐渐熄灭， 灯闪亮一下再逐渐熄灭，故C
错误，D正确.
6.(多选)[2025·黑吉辽内蒙古卷] 如图，“ ”形导线框置于磁感应强度
大小为 、水平向右的匀强磁场中.线框相邻两边均互相垂直，各边长均为
.线框绕、所在直线以角速度 顺时针匀速转动， 与磁场方向垂直.
时， 与水平面平行，则( )
A.时，电流方向为
B.时，感应电动势为
C. 时，感应电动势为0
D.到 过程中，感应电动势平均值为0
√
√
[解析] 线框旋转切割磁感线产生电动势的两条边为和，时刻
边速度与磁场方向平行，不产生电动势，此时 边切割磁感线产生电动势，
由右手定则可知电流方向为，电动势为 ，
A、B正确；时，线框旋转 ，此时依旧是 边切割磁感线产生
电动势，感应电动势不为零，C错误；到 内，穿
过线框的磁通量变化量为零，穿过线框 的磁通量
变化量为 ，由法拉第电磁感应定律可得
平均感应电动势为 ，D错误.
7.(多选)[2025·河南卷] 手机拍照时手的抖动产生的微小
加速度会影响拍照质量，光学防抖技术可以消除这种影
响.如图所示，镜头仅通过左、下两侧的弹簧与手机框架
相连，两个相同线圈、 分别固定在镜头右、上两侧，
、 中的一部分处在相同的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里.拍照时，
手机可实时检测手机框架的微小加速度的大小和方向，依此自动调节 、
中通入的电流和的大小和方向(无抖动时和 均为0)，使镜头保持无
加速度状态.下列说法正确的是( )
A.若沿顺时针方向，，则表明 的方向向右
B.若沿顺时针方向，，则表明 的方向向下
C.若的方向沿左偏上 ，则沿顺时针方向，沿逆时针方向且
D.若的方向沿右偏上 ，则沿顺时针方向，沿顺时针方向且
√
√
[解析] 沿顺时针方向，，根据左手定则可知， 受到向右的安培力，
则的方向向左，A错误；同理可知，沿顺时针方向而时，则 的
方向向下，B正确；若的方向沿左偏上 ，说明镜头有向上以及向左
的分运动，且向左运动的分速度大于向上运动的分速度，可知 沿顺时针
方向，沿逆时针方向，由可知 ，C正
确；若的方向沿右偏上 ，说明镜头有向上以及向
右的分运动，且向右运动的分速度大于向上运动的分
速度，可知沿逆时针方向，沿逆时针方向且 ，
D错误.
8.[2025·四川成都模拟] 如图所示，甲、乙为横截面积相同的同种材料制
成的等边三角形线框和正方形线框，两线框的边长相等，现将它们置于磁
感应强度随时间按图丙变化的匀强磁场中，线框平面始终与磁场方向垂直，
则甲、乙两线框中的感应电流大小比值为( )
A. B. C. D.
√
[解析] 设甲、乙两线框单位长度的电阻为，边长为 ，图丙中的斜率大小
为，对甲线框分析，周长为，故其电阻为 ，
面积为 ，根据法拉第电磁感应定律有
，故产生的感应电流为 ，
对乙线框分析，周长为，故其电阻为 ，面积为
，根据法拉第电磁感应定律有 ，故产
生的感应电流为 ，则甲、乙两线框中的感应电流大小比值为
，故选A.
9.(多选)[2025· 新课标卷] 如图所示，过 点的虚线上方存在方向垂直于纸
面的匀强磁场.一金属圆环在纸面内以点为轴沿顺时针方向匀速转动，
为圆环的圆心， 为圆环的半径.则( )
A.圆环中感应电流始终绕 逆时针流动
B. 与虚线平行时圆环中感应电流最大
C.圆环中感应电流变化的周期与环转动周期相同
D.圆环在磁场内且 与虚线垂直时环中感应电流最
大
√
√
[解析] 在圆环进入磁场的过程中圆环中感应电流绕 逆时针流动，圆环出
磁场的过程中圆环中感应电流绕 顺时针流动，故A错误；由几何关系可
知圆环进入磁场的过程中，圆环的圆心轨迹是以 点为圆心且半径与圆环
的半径大小相等的圆，则圆环切割磁感线的有效长度为
，其中 为圆环匀速转动的角速
度，为 与虚线的夹角，则金属圆环在纸面
内以 点为轴沿顺时针方向匀速转动产生的感应电动势
瞬时值为 ，
化简得，可见与虚线平行时 或
圆环中感应电流最大，分析可知当环转动一圈的过程中，圆环中的
感应电流先逆时针增大再减小，后顺时针增大再减小，故圆环中感应电流
变化的周期与环转动周期相同，而圆环在磁场内且 与虚线垂直时有
，此时环中感应电流为零，故B、C正确，D错误.
10.[2024·河北卷] 如图所示，边长为 的正方形金属细
框固定放置在绝缘水平面上，细框中心处固定一竖直
细导体轴.间距为、与水平面成 角的平行导轨通
过导线分别与细框及导体轴相连.导轨和细框分别处在与各自所在平面垂直的匀强磁场中，
磁感应强度大小均为 .足够长的细导体棒在水平面内绕点以角速度 匀速转动，水
平放置在导轨上的导体棒始终静止.棒在转动过程中， 棒在所受安培力达到最大
和最小时均恰好能静止.已知棒在导轨间的电阻值为 ，电路中其余部分的电阻均不计，
棒始终与导轨垂直，各部分始终接触良好，重力加速度为 ，不计空气阻力，重力加
速度大小为 .
(1) 求 棒所受安培力的最大值和最小值.
[答案] ;
[解析] 当 棒转动到正方形细框对角线瞬间，切割磁感线的有效长度最
大，为，此时感应电流最大， 棒所受的安培力最大，根据
法拉第电磁感应定律得
其中
根据闭合电路欧姆定律得
棒所受的安培力最大值为
联立解得
当 棒转动到与细框一边平行瞬间，切割磁感线的有效长度最小，为
，此时感应电流最小， 棒受到的安培力最小，根据法拉第电磁
感应定律得
其中
根据闭合电路欧姆定律得
棒所受的安培力最小值为
. 联立解得
(2) 锁定棒，推动棒下滑，撤去推力瞬间，棒的加速度大小为 ，所
受安培力大小等于(1)问中安培力的最大值，求 棒与导轨间的动摩擦因数.
[答案]
[解析] 当 棒受到的安培力最小时,根据平衡条件得
当 棒受到的安培力最大时，根据平衡条件得
根据(1)中可知
联立解得
撤去推力瞬间，根据牛顿第二定律得
解得
必备知识自查
一、1.变化率
二、1.(1)感应电动势 (2)①自感电动势 (3)①大小 匝数 2.水中
的漩涡 3.(1)安培力 阻碍 (2)感应电流 电磁驱动 (3)电磁感应定律
【辨别明理】
1.× 2.× 3.× 4.√
核心考点探究
例1.C 变式.CD 例2.B 例3.BD 例4.C 例5.AD 例6.C
例7.B 例8.C 例9.AB
基础巩固练
1.B 2.C 3.A 4.C 5.D 6.AB
综合提升练
7.BC 8.A 9.BC 10.(1) (2)第31讲　法拉第电磁感应定律　自感和涡流
例1　C　[解析] 在0~时间内,磁感应强度B增加,根据Φ=BS可知磁通量Φ增大,但是图像的斜率减小,即磁感应强度B的变化率逐渐减小,根据法拉第电磁感应定律可知E=S,感应电动势E逐渐减小,选项A错误;当t=和t=时,因B t图像的斜率大小相等,符号相反,可知感应电动势E大小相等,方向相反,选项B错误;t=时,B最大,则磁通量Φ最大,但是B的变化率为零,则感应电动势E为零,选项C正确;t=时,B为零,则磁通量Φ为零,但是B的变化率最大,则感应电动势E最大,选项D错误.
变式　CD　[解析] 根据楞次定律和甲、乙两图中的绕线方式可判断,甲、乙两图中大圆和小圆中产生的感应电流、感应电动势方向均相反,实际线圈中感应电流方向应以大圆中感应电流方向为准,大圆中感应电流方向为逆时针方向,大圆和小圆总电动势为两电动势之差E===k(S1-S2),选项A、B错误;根据楞次定律和丙图中的绕线方式可知,丙图中大圆和小圆中产生感应电动势方向相同,大圆和小圆总电动势为E'===k,选项C正确;由左手定则和对称性可知,丁图的大圆和小圆所受安培力的合力均为零,选项D正确.
例2　B　[解析] 由右手定则可以判定金属杆中电流的方向为由N到M,因此M点电势高;金属杆切割磁感线的有效长度是Lsin θ,根据法拉第电磁感应定律有E=BLvsin θ,再根据闭合电路的欧姆定律可知,M、N两点间的电势差U=E= ,故选B.
例3　BD　[解析] 由楞次定律及安培定则可知,此时圆环中产生的感应电流沿顺时针方向,故A错误;当圆环的直径与边界线PQ重合时,圆环左右两个半环均产生感应电动势,有效切割的长度都等于直径,故圆环中的感应电动势为E=2B·2a·=2Bav,故B正确;此过程中,圆环中的平均电动势为==,故C错误;此时圆环受力为F=2BI·2a=2B··2a=,由牛顿第二定律可得加速度为a==,故D正确.
例4　C　[解析] 当金属棒OQ在磁场中顺时针转动时,根据右手定则可知,电流方向为从O到Q,金属棒OQ产生的电动势为E=BL=BL·=BL2ω,故A、B错误;当金属棒OM在磁场中转动时,电流方向为从O到M,金属棒OM相当于电源,此时M、O两端电压为路端电压,则有UMO=E=·BL2ω=BL2ω,如图所示,根据串、并联关系可知,在磁场中的金属棒中通过的电流是另外两个金属棒中通过的电流的2倍,故C正确,D错误.
例5　AD　[解析] 根据楞次定律及安培定则可知,穿过线框的磁通量增加,线框中的电流始终为逆时针方向,故A正确,B错误;线框运动的速度为v=,由几何关系知,线框的边长为,t=时刻,线框切割磁感线的有效长度为,则动生电动势为E=Bv=××v==,由法拉第电磁感应定律可知,感生电动势为E'=S=k×××a=ka2,则流过线框的电流大小为I==,故C错误,D正确.
例6　C　[解析] 闭合开关瞬间,电容器C相当于通路,线圈L相当于断路,所以A1、A2瞬间亮起,A3逐渐变亮,A错误;闭合开关后,电容器充电,充电完成后相当于断路,所以A2亮一下后熄灭,B错误;稳定后,电容器相当于断路,线圈相当于短路,所以A1、A3相当于串联,A1、A3是相同的小灯泡,所以一样亮,C正确;稳定后,电容器与A3并联,两端电压等于A3两端电压,由于线圈电阻和电源内阻忽略不计,且A1、A3串联,A3两端电压为E,根据Q=CU,可得电容器的电荷量是CE,D错误.
例7　B　[解析] 当线圈中通有交变电流时,感应电炉金属内的磁通量也不断随之变化,金属中产生交变感应电流,A错误,B正确;若线圈匝数增加,根据电磁感应定律可知,感应电动势增大,则金属中感应电流变大,C、D错误.
例8　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为塑料管,小磁块下落过程做自由落体运动,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.
例9　AB　[解析] 圆盘在转动中由于半径方向的金属条切割磁感线,从而在圆心和边缘之间产生了感应电动势,故A正确;圆盘在径向的金属条切割磁感线的过程中,圆盘内部距离圆心远近不同的点的电势不等,从而形成涡流,涡流产生的磁场又导致磁针转动,故B正确;由于圆盘面积不变,距离磁针的距离不变,故磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量没有变化,故C错误;电流形成是自由电子的定向移动,圆盘本身没有多余的电荷,圆盘转动不会产生电流,故D错误.第31讲　法拉第电磁感应定律　自感和涡流
1.B　[解析] 根据法拉第电磁感应定律,闭合回路中产生的感应电动势E=,根据闭合电路欧姆定律得电流I=,通过回路的电荷量为q=IΔt,0~T时间内ΔΦ=B0Lx0,联立解得q==,B正确.
2.C　[解析] 金属棒在运动过程中切割磁感线的速度为水平分速度v0,且保持不变,则金属棒a、b两端产生的感应电动势大小为E=BLv0,根据右手定则可知,金属棒b端的电势比a端的电势高,即φa<φb,故选C.
3.A　[解析] 感应电流产生的条件是闭合回路中的磁通量发生变化,在A图中,系统振动时,紫铜薄板随之上、下及左、右振动,在磁场中的部分有时多有时少,磁通量发生变化,产生感应电流,受到安培力,阻碍系统的振动;在B图中,只有紫铜薄板向左振动才产生感应电流,而上、下振动和向右振动无感应电流产生;在C图中,无论紫铜薄板上、下振动还是左、右振动,都不会产生感应电流;在D图中,只有紫铜薄板左、右振动才产生感应电流,而上、下振动无感应电流产生,故选项A正确,B、C、D错误.
4.C　[解析] 根据法拉第电磁感应定律有E===3πr2k,根据楞次定律判断,通过线圈电流方向为逆时针,故f点电势比e点电势高,所以Uef=-3πr2k,故选C.
5.D　[解析] 开关S闭合时,b、c灯立即亮,因为线圈产生自感,会阻碍所在支路电流的增大,所以a灯逐渐亮,故A错误;开关S闭合至电路稳定后,因线圈的直流电阻忽略不计,则a与b并联,三个灯泡都有电流流过,a、b、c灯都亮,故B错误;开关S闭合,电路稳定后,因线圈的直流电阻忽略不计,b灯和电阻串联,则流过a灯的电流Ia大于流过b灯的电流Ib,开关S断开时,c灯立即熄灭,线圈及a、b灯构成新回路,线圈产生自感电流阻碍电流Ia减小,则a灯逐渐熄灭,b灯闪亮一下再逐渐熄灭,故C错误,D正确.
6.AB　[解析] 线框旋转切割磁感线产生电动势的两条边为cd和af,t=0时刻cd边速度与磁场方向平行,不产生电动势,此时af边切割磁感线产生电动势,由右手定则可知电流方向为abcdefa,电动势为E=Blv=Blωl=Bl2ω,A、B正确;t=时,线框旋转180°,此时依旧是af边切割磁感线产生电动势,感应电动势不为零,C错误;t=0到t=内,穿过线框abef的磁通量变化量为零,穿过线框bcde的磁通量变化量为ΔΦ=2BS=2Bl2,由法拉第电磁感应定律可得平均感应电动势为E==,D错误.
7.BC　[解析] Ic沿顺时针方向,Id=0,根据左手定则可知,c受到向右的安培力,则a的方向向左,A错误;同理可知,Id沿顺时针方向而Ic=0时,则a的方向向下,B正确;若a的方向沿左偏上30°,说明镜头有向上以及向左的分运动,且向左运动的分速度大于向上运动的分速度,可知Ic沿顺时针方向,Id沿逆时针方向,由F=BIL可知Ic>Id,C正确;若a的方向沿右偏上30°,说明镜头有向上以及向右的分运动,且向右运动的分速度大于向上运动的分速度,可知Ic沿逆时针方向,Id沿逆时针方向且Ic>Id,D错误.
8.A　[解析] 设甲、乙两线框单位长度的电阻为r,边长为l,图丙中的斜率大小为k=,对甲线框分析,周长为c1=3l,故其电阻为R1=c1r=3lr,面积为S1=·l·lsin 60°=,根据法拉第电磁感应定律有E1==S1=kS1=,故产生的感应电流为I1==,对乙线框分析,周长为c2=4l,故其电阻为R2=c2r=4lr,面积为S2=l2,根据法拉第电磁感应定律有E2==S2=kS2=kl2,故产生的感应电流为I2==,则甲、乙两线框中的感应电流大小比值为=,故选A.
9.BC　[解析] 在圆环进入磁场的过程中圆环中感应电流绕O逆时针流动,圆环出磁场的过程中圆环中感应电流绕O顺时针流动,故A错误;由几何关系可知圆环进入磁场的过程中,圆环的圆心轨迹是以P点为圆心且半径与圆环的半径大小相等的圆,则圆环切割磁感线的有效长度为l = 2rcos (90°-ωt),其中ω为圆环匀速转动的角速度,90°-ωt为OP与虚线的夹角,则金属圆环在纸面内以P点为轴沿顺时针方向匀速转动产生的感应电动势瞬时值为e=,化简得e = Bωr2[1-cos (2ωt)],可见OP与虚线平行时(ωt = 90°或270°)圆环中感应电流最大,分析可知当环转动一圈的过程中,圆环中的感应电流先逆时针增大再减小,后顺时针增大再减小,故圆环中感应电流变化的周期与环转动周期相同,而圆环在磁场内且OP与虚线垂直时有ωt = 180°,此时环中感应电流为零,故B、C正确,D错误.
10.(1)　　(2)-tan θ
[解析] (1)当OA棒转动到正方形细框对角线瞬间,切割磁感线的有效长度最大,为Lmax=L,此时感应电流最大,CD棒所受的安培力最大,根据法拉第电磁感应定律得
Emax=BLmax
其中=Lmaxω
根据闭合电路欧姆定律得
Imax=
CD棒所受的安培力最大值为Fmax=BImaxL
联立解得Fmax=
当OA棒转动到与细框一边平行瞬间,切割磁感线的有效长度最小,为Lmin=L,此时感应电流最小,CD棒受到的安培力最小,根据法拉第电磁感应定律得
Emin=BLmin
其中=Lminω
根据闭合电路欧姆定律得
Imin=
CD棒所受的安培力最小值为Fmin=BIminL
联立解得Fmin=
(2)当CD棒受到的安培力最小时,根据平衡条件得
mgsin θ-Ffm=Fmin
当CD棒受到的安培力最大时,根据平衡条件得
mgsin θ+Ffm=Fmax
根据(1)中可知Fmax=2Fmin
联立解得Fmax=mgsin θ
撤去推力瞬间,根据牛顿第二定律得
Fmax+μmgcos θ-mgsin θ=ma
解得μ=-tan θ第31讲　法拉第电磁感应定律　自感和涡流
　　　　　 　　　　　 　　　　　
一、法拉第电磁感应定律
1.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　　　　　成正比.
(2)公式:E=n,n为线圈匝数.ΔΦ表示产生感应电动势的条件是磁通量变化.
2.产生感应电动势的三种情况
(1)磁通量的变化引起的,E=n(其中ΔΦ=B·ΔS,或ΔΦ=S·ΔB, 或ΔΦ=Φ末-Φ初).
(2)导体棒平动切割磁感线产生的,E=Blvsin θ(lsin θ为导体棒切割磁感线的有效长度,θ为运动方向与磁感线方向的夹角).
(3)导体棒转动切割磁感线产生的,E=Bl (为导体棒上各点的平均速度,若绕一端点旋转则取中点位置线速度lω).
二、自感和涡流
1.自感现象
(1)概念: 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　　　　　　　.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叫作　　　　　　　.
②表达式:E=L.
(3)自感系数L
①相关因素:与线圈的　　　　、形状、　　　　以及是否有铁芯等因素有关.
②单位:亨利,简称享,符号是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,在这个线圈附近的任何导体,如果穿过它的磁通量发生变化,导体内都会产生像　　　　　　　状的感应电流.
3.电磁阻尼和电磁驱动
(1)电磁阻尼:当导体在磁场中运动时,感应电流会使导体受到　　　　,安培力的方向总是　　　　导体的运动,这种现象称为电磁阻尼.
(2)电磁驱动:如果磁场相对于导体转动,在导体中会产生　　　　　,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.
交流电动机就是利用　　　　　的原理工作的.
(3)电磁阻尼和电磁驱动的原理体现了　　　　　的推广应用.
【辨别明理】
1.线圈中磁通量变化越大,产生的感应电动势就越大. (　)
2.感应电流产生的磁场方向与原磁场方向始终相同. (　)
3.线圈中的电流越大,自感系数就越大. (　)
4.对于同一线圈,当电流变化越快时,线圈中的自感电动势越大. (　)
　　　　　 　　　　　 　　　　　
　法拉第电磁感应定律的理解和应用
1.法拉第电磁感应定律应用的三种情况
ΔΦ E
面积变化 ΔΦ=B·ΔS E=nB
磁场变化 ΔΦ=ΔB·S E=nS
面积和磁场 都变化 ΔΦ=Φ末-Φ初 E=n
2.在有关图像问题中,磁通量的变化率是Φ t图像上某点切线的斜率,利用斜率和线圈匝数可以确定该点感应电动势的大小.
例1　[2025·甘肃卷] 闭合金属框放置在磁场中,金属框平面始终与磁感线垂直.如图,磁感应强度B随时间t按正弦规律变化.Φ为穿过金属框的磁通量,E为金属框中的感应电动势,下列说法正确的是 (　)
A.t在0~内,Φ和E均随时间增大
B.当t=与时,E大小相等,方向相同
C.当t=时,Φ最大,E为零
D.当t=时,Φ和E均为零
变式　(多选)将四根绝缘硬质细导线顺次绕成如图甲、乙、丙、丁所示的线圈,其中大圆面积均为S1,小圆面积均为S2,垂直线圈平面存在向里的随时间t变化的磁场.磁场的磁感应强度大小B=B0+kt,B0和k均为大于零的常量,下列说法正确的是 (　)
A.甲图的大圆中感应电流方向沿顺时针方向
B.乙图的大圆和小圆的总电动势为k
C.丙图的大圆和小圆的总电动势为k
D.丁图的大圆和小圆所受安培力的合力为零
[反思感悟] 　

【技法点拨】
应用法拉第电磁感应定律时应注意的三个问题
(1)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,在磁通量均匀变化时,瞬时值才等于平均值.
(2)利用公式E=nS求感应电动势时,S为线圈在磁场范围内的有效面积.
(3)公式E=nS中n表示面积相同线圈的有效匝数,若面积不同则需要先计算每个面积上的感应电动势再求和.
　导体切割磁感线产生的感应电动势的计算
考向一　导体平动切割磁感线
E=BLv的三个特性
正交性 本公式要求磁场为匀强磁场,而且B、L、v三者互相垂直
有效性 公式中的L为导体棒切割磁感线的有效长度,如图中虚线所示
相对性 E=BLv中的速度v是导体棒相对磁场的速度,若磁场也在运动,应注意速度间的相对关系
例2　[2025·四川德阳期末] 如图所示,在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场中,金属杆与导轨的接触点分别为M、N,MN长为L,金属杆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,接入电路的电阻为2R,a、b间电阻为R,M、N两点间电势差为U,则M、N两点电势的高低及U的大小分别为 (　)
A.M点电势高,U=
B.M点电势高,U=
C.N点电势高,U=
D.N点电势高,U=
[反思感悟] 　

例3　(多选)[2025·湖北襄阳模拟] 如图所示,在光滑的水平地面上方,有两个磁感应强度大小均为B、方向相反的水平匀强磁场,PQ为两个磁场的边界,磁场范围足够大.一个半径为a、质量为m、电阻为R的金属圆环垂直于磁场方向,以速度v从图示位置向右运动,经Δt时间圆环运动到直径刚好与边界线PQ重合,此时圆环的速度为,则下列说法正确的是 (　)
A.此时圆环中的电流沿逆时针方向
B.此时圆环的瞬时电动势为2Bav
C.此过程圆环中的平均电动势为
D.此时圆环的加速度为
[反思感悟] 　


考向二　导体转动切割磁感线
例4　[2025·安徽安庆模拟] 如图所示,金属圆环圆心为O、半径为L,转轴经圆心O且垂直于圆环平面,三根电阻为r的金属棒互成夹角120°并连接在圆环和转轴上.磁感应强度大小为B的匀强磁场垂直于圆环平面向下,其截面是半径为L、圆心角为120°、圆心与O点重合的扇形.当圆环以角速度ω顺时针(俯视)转动时,圆环及其他电阻不计,下列说法正确的是 (　)
A.当金属棒OQ在磁场中转动时电流方向为从Q到O
B.当金属棒OQ在磁场中转动时产生的电动势为BL2ω
C.当金属棒OM在磁场中转动时(不包括磁场边界),M、O两端电压为BL2ω
D.三根金属棒中通过的电流大小始终相等
[反思感悟] 　

考向三　感生电动势与动生电动势同时存在
例5　(多选)如图所示,在MN右侧区域有垂直于纸面向里的匀强磁场,其磁感应强度随时间变化的关系为B=kt(k为大于零的常量).一高为a、电阻为R的正三角形金属线框向右匀速运动.在t=0时刻,线框底边恰好到达MN处;在t=T时刻,线框恰好完全进入磁场.在线框匀速进入磁场的过程中 (　)
A.线框中的电流始终为逆时针方向
B.线框中的电流先逆时针方向,后顺时针方向
C.t=时刻,流过线框的电流大小为
D.t=时刻,流过线框的电流大小为
[反思感悟] 　



　自感和涡流
考向一　自感
通电自感 断电自感
自感 电路
器材 规格 A1、A2灯泡规格相同,R=RL,L较大 L很大(有铁芯)
自感 现象 在S闭合瞬间,A2灯泡立即亮起来,A1灯泡逐渐变亮,最终两灯泡一样亮 在开关S断开时,A灯泡逐渐变暗直至熄灭,或闪亮一下再逐渐变暗直至熄灭
例6　[2025·北京卷] 如图所示,线圈自感系数为L,电容器电容为C,电源电动势为E,A1、A2和A3是三个相同的小灯泡.开始时,开关S处于断开状态.忽略线圈电阻和电源内阻,将开关S闭合,下列说法正确的是 (　)
A.闭合瞬间,A1与A3同时亮起
B.闭合后,A2亮起后亮度不变
C.稳定后,A1与A3亮度一样
D.稳定后,电容器的电荷量是CE
[反思感悟] 　



【技法点拨】
处理自感现象问题的技巧
(1) 电流稳定时,理想的自感线圈相当于导线,非理想的自感线圈相当于定值电阻.
(2)关于灯泡是否闪亮问题,取决于稳定状态下各支路的电流大小.如图电路中稳态电流为I1、I2:①若I2≤I1,则外电路断开后,灯泡逐渐变暗;②若I2>I1,则外电路断开后,灯泡闪亮后逐渐变暗.
考向二　涡流、电磁阻尼和电磁驱动
1.产生涡流的情况:块状金属放在变化的磁场中或块状金属进出磁场或在非匀强磁场中运动.
涡流的能量转换:涡流现象,会使其他形式的能转化成电能,最终在金属块中转化为内能.
2.电磁阻尼:感应电流使导体棒受到的安培力,阻碍相对运动.
3.电磁驱动:感应电流使导体棒受到的安培力,推动相对运动.
例7　[2024·甘肃卷] 工业上常利用感应电炉冶炼合金,装置如图所示.当线圈中通有交变电流时,下列说法正确的是 (　)
A.金属中产生恒定感应电流
B.金属中产生交变感应电流
C.若线圈匝数增加,则金属中感应电流减小
D.若线圈匝数增加,则金属中感应电流不变
[反思感悟] 　

例8　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
例9　(多选)1824年,法国科学家阿拉果完成了著名的“圆盘实验”.实验中将一铜圆盘水平放置,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,如图所示.实验中发现,当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时,磁针也随着一起转动起来,但略有滞后.下列说法正确的是 (　)
A.圆盘上产生了感应电动势
B.圆盘内的涡流产生的磁场导致磁针转动
C.在圆盘转动的过程中,磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化
D.圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流,此电流产生的磁场导致磁针转动
[反思感悟] 　


一、1.(1)变化率　
二、1.(1)感应电动势　(2)①自感电动势　
(3)①大小　匝数　2.水中的漩涡　3.(1)安培力　阻碍　(2)感应电流　电磁驱动　(3)电磁感应定律
【辨别明理】
1.×　2.×　3.×　4.√第31讲　法拉第电磁感应定律　自感和涡流 (限时40分钟)
　　　　　 　　　　　 　　　　　
1.[2025·湖北卷] 如图甲所示,相距L的两足够长平行金属导轨放在同一水平面内,两长度均为L、电阻均为R的金属棒ab、cd垂直跨放在两导轨上,金属棒与导轨接触良好,导轨电阻忽略不计.导轨间存在与导轨平面垂直的匀强磁场,其磁感应强度大小B随时间变化的图像如图乙所示,t=T时刻,B=0.t=0时刻,两棒相距x0,ab棒速度为零,cd棒速度方向水平向右,并与棒垂直,则0~T时间内流过回路的电荷量为 (　)
A. B.
C. D.
2.[2025·陕西宝鸡模拟] 如图所示,在竖直向下的匀强磁场中,将一垂直于竖直平面放置的金属棒ab从距地面高为h处,以水平初速度v0抛出,方向如图所示.设运动的整个过程中棒始终垂直于竖直平面,且不计空气阻力,则落地时金属棒a、b两端产生的感应电动势和电势高低,判断正确的是 (　)
A.E=BLv0,φa>
B.E=BL,φa>φb
C.E=BLv0,φa<φb
D.E=BL,φa<φb
3.扫描隧道显微镜(STM)可用来探测样品表面原子尺度上的形貌.为了有效隔离外界振动对STM的扰动,在圆底盘周边沿其径向对称地安装若干对紫铜薄板,并施加磁场来快速衰减其微小振动,如图所示.无扰动时,按下列四种方案对紫铜薄板施加恒磁场;出现扰动后,对于紫铜薄板上、下及左、右振动的衰减最有效的方案是 (　)
A
B
C
D
4.[2025·江西南昌模拟] 将一根铜丝顺次绕成如图所示的线圈,大小圆半径分别为2r和r,线圈的总电阻为R,e、f为其两端点.线圈内存在垂直线圈平面向里的匀强磁场,磁感应强度大小B随时间t变化的关系为B=B0+kt(B0、k>0,两者均为常量).忽略线圈连接处的间隙,则e、f两点电势差Uef为 (　)
A.-5πr2k B.5πr2k
C.-3πr2k D.3πr2k
5.[2025·北京大兴区模拟] 如图所示,L是自感系数较大的线圈,其直流电阻可忽略不计,a、b、c是三个相同的小灯泡,下列说法正确的是 (　)
A.开关S闭合时,c灯立即亮,a、b灯逐渐亮
B.开关S闭合至电路稳定后,b、c灯亮,a灯不亮
C.开关S断开时,c灯立即熄灭,a灯闪亮一下再逐渐熄灭
D.开关S断开时,c灯立即熄灭,b灯闪亮一下再逐渐熄灭
6.(多选)[2025·黑吉辽内蒙古卷] 如图,“
”形导线框置于磁感应强度大小为B、水平向右的匀强磁场中.线框相邻两边均互相垂直,各边长均为l.线框绕b、e所在直线以角速度ω顺时针匀速转动,be与磁场方向垂直.t=0时,abef与水平面平行,则 (　)
A.t=0时,电流方向为abcdefa
B.t=0时,感应电动势为Bl2ω
C.t=时,感应电动势为0
D.t=0到t=过程中,感应电动势平均值为0
7.(多选)[2025·河南卷] 手机拍照时手的抖动产生的微小加速度会影响拍照质量,光学防抖技术可以消除这种影响.如图所示,镜头仅通过左、下两侧的弹簧与手机框架相连,两个相同线圈c、d分别固定在镜头右、上两侧,c、d中的一部分处在相同的匀强磁场中,磁场方向垂直纸面向里.拍照时,手机可实时检测手机框架的微小加速度a的大小和方向,依此自动调节c、d中通入的电流Ic和Id的大小和方向(无抖动时Ic和Id均为0),使镜头保持无加速度状态.下列说法正确的是 (　)
A.若Ic沿顺时针方向,Id=0,则表明a的方向向右
B.若Id沿顺时针方向,Ic=0,则表明a的方向向下
C.若a的方向沿左偏上30°,则Ic沿顺时针方向,Id沿逆时针方向且Ic>Id
D.若a的方向沿右偏上30°,则Ic沿顺时针方向,Id沿顺时针方向且Ic8.[2025·四川成都模拟] 如图所示,甲、乙为横截面积相同的同种材料制成的等边三角形线框和正方形线框,两线框的边长相等,现将它们置于磁感应强度随时间按图丙变化的匀强磁场中,线框平面始终与磁场方向垂直,则甲、乙两线框中的感应电流大小比值为 (　)
A. B.
C.2 D.
9.(多选)[2025·新课标卷] 如图所示,过P点的虚线上方存在方向垂直于纸面的匀强磁场.一金属圆环在纸面内以P点为轴沿顺时针方向匀速转动, O为圆环的圆心,OP为圆环的半径.则 (　)
A.圆环中感应电流始终绕O逆时针流动
B.OP与虚线平行时圆环中感应电流最大
C.圆环中感应电流变化的周期与环转动周期相同
D.圆环在磁场内且OP与虚线垂直时环中感应电流最大
10.[2024·河北卷] 如图所示,边长为2L的正方形金属细框固定放置在绝缘水平面上,细框中心O处固定一竖直细导体轴OO'.间距为L、与水平面成θ角的平行导轨通过导线分别与细框及导体轴相连.导轨和细框分别处在与各自所在平面垂直的匀强磁场中,磁感应强度大小均为B.足够长的细导体棒OA在水平面内绕O点以角速度ω匀速转动,水平放置在导轨上的导体棒CD始终静止.OA棒在转动过程中,CD棒在所受安培力达到最大和最小时均恰好能静止.已知CD棒在导轨间的电阻值为R,电路中其余部分的电阻均不计,CD棒始终与导轨垂直,各部分始终接触良好,重力加速度为g,不计空气阻力,重力加速度大小为g.
(1)求CD棒所受安培力的最大值和最小值.
(2)锁定OA棒,推动CD棒下滑,撤去推力瞬间,CD棒的加速度大小为a,所受安培力大小等于(1)问中安培力的最大值,求CD棒与导轨间的动摩擦因数.

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