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第2讲　法拉第电磁感应定律　自感和涡流
目标 要求 　 　 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。
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变化率成正比。
(2)公式：E＝， n为线圈的匝数。
①当ΔΦ仅由B的变化引起时，E＝nS，其中S为线圈在磁场中的有效面积。
若B＝B0＋kt，则＝k。
②当ΔΦ仅由S的变化引起时，E＝nB。
③当B、S同时变化时，则≠n。
提醒：E的大小与Φ、ΔΦ无关，决定于磁通量的变化率。
(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＝。
2．导体切割磁感线的情形
(1)若B、l、v相互垂直，则E＝Blv。
(2)若速度方向与磁场方向的夹角为θ，则E＝Blv sin θ。
二、涡流、电磁阻尼、电磁驱动、互感和自感
涡流 定义：导体放在变化磁场中，导体内产生的漩涡状的感应电流 产生原因：导体内磁通量变化→感应电动势→感应电流
电磁阻尼 当导体在磁场中运动时，感应电流会使导体受到安培力，安培力的方向总是阻碍导体的运动，这种现象称为电磁阻尼
电磁驱动 如果磁场相对于导体转动，在导体中会产生感应电流，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，这种作用称为电磁驱动
互感 两个线圈之间并没有导线相连，但当一个线圈中的电流变化时，它所产生的变化的磁场会在另一个线圈中产生感应电动势，这种现象叫作互感
自感 内容：当线圈中的电流变化时，它所产生的变化的磁场在线圈本身激发出感应电动势，这种现象称为自感，由于自感而产生的电动势叫作自感电动势
表达式：E＝L
L的影响因素：线圈的大小、形状、匝数以及是否有铁芯等
1．判断正误
(1)Φ＝0，不一定等于0。(√)
(2)线圈中磁通量变化越大，匝数n越多，产生的感应电动势越大。(×)
(3)线圈中的电流越大，自感系数也越大。(×)
(4)公式E＝Blv中的l是导体棒的总长度。(×)
(5)磁场相对导体棒运动时，导体棒中也能产生感应电动势。(√)
(6)电磁炉是利用涡流原理来工作的。(√)
2．(粤教版教材原题改编)如图所示，半径为r的n匝线圈放在边长为L的正方形abcd之外，匀强磁场充满正方形区域并垂直穿过该区域，当磁场以的变化率变化时，线圈产生的感应电动势大小为(　　)
A．0 B．n·L2
C．n·πr2 D．n·r2
解析：B　由法拉第电磁感应定律可知线圈产生的感应电动势E＝n·L2，故B正确。
3．灵敏电流表在运输时总要用导体把两个接线柱连在一起，这是为什么？
答案：使电流表内元件与导体形成闭合电路，以便在电流表的指针晃动时产生电磁阻尼作用，防止电流表的指针剧烈晃动。
考点一　法拉第电磁感应定律的理解及应用
考向1　磁场变化产生感应电动势
　(2025·甘肃卷，6)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
解析：C　设金属框的面积为S，金属框始终与磁感线垂直，故穿过金属框的磁通量Φ＝BS，金属框中的感应电动势E＝，故B-t图像的切线斜率k与S的乘积表示感应电动势的大小，金属框平面始终与磁感线垂直，故S不变，感应电动势E的变化与k的变化相同；在0～内，B增大，故磁通量Φ增大，图像切线的斜率k减小，故E减小，A错误；根据题图可知t＝与图像切线的斜率等大、反向，故E大小相等、方向相反，B错误；t＝时，B最大，故Φ最大，但图像切线的斜率等于0，即E等于0，C正确；t＝时，B为零，Φ等于零，图像切线的斜率绝对值最大，故E最大，D错误。
注意：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。
考向2　磁通量变化产生感应电动势
　(多选)(2026·福建福州华侨中学模拟)如图甲所示，一单匝带缺口(缺口很小)的刚性金属圆环固定在水平面内，圆环阻值r＝1 Ω，缺口两端引出两根导线，与阻值R＝9 Ω的定值电阻构成闭合回路，圆环内的磁通量变化如图乙所示，规定磁通量方向向里为正，不计导线的电阻，下列说法正确的是(　　)
图甲　　　　　　　图乙　　
A．0～1 s内圆环中的感应电流方向沿顺时针方向
B．0～1 s和1～2 s内感应电流方向相同
C．2～4 s内，电阻R两端电压Uab＝4.5 V
D．0～1 s内圆环有扩张趋势，且感应电流大小为0.2 A
解析：AB　0～1 s内，磁通量减小，由楞次定律可知，感应磁场与原磁场方向相同，根据右手螺旋定则可知，感应电流方向为顺时针，故A正确；1～2 s内，磁通量反向增加，根据楞次定律可知，感应磁场与原磁场方向相反，根据右手螺旋定则可知，感应电流方向为顺时针，与0～1 s内电流方向相同，故B正确；2～4 s内，由法拉第电磁感应定律可得E＝＝0.5 V，由闭合电路欧姆定律可得I＝＝0.05A，由楞次定律“增反减同”和右手螺旋定则可知，电流为逆时针方向，所以电阻R两端电压Uab＝－IR＝－0.45 V，故C错误；根据楞次定律“增缩减扩”可知，0～1 s内圆环有扩张趋势。由法拉第电磁感应定律可得E′＝＝1.0 V，由闭合电路欧姆定律可得I′＝＝0.1 A，故D错误。故选AB。
点拨：Φ-t图像中图线上某一点的切线斜率为。
考向3　由平均电动势求电荷量
　(2025·湖北卷，5)如图(a)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(b)所示，t＝T时刻，B＝0。t＝0时刻，B＝B0，两棒相距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(　　)
图(a)　 图(b)
A．
C．
解析：B　结合、和q＝Δt可知，0～T时间内流过回路的电荷量为q＝，由Φ＝BS可知，q＝，B正确。
电磁感应中计算电荷量的方法
由于q＝IΔt，且I＝，所以q＝IΔt＝·Δt＝n。
考点二　导体切割磁感线产生感应电动势的计算
考向1　平动切割产生感应电动势
　(2024·甘肃卷，4)如图，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(除R外，其余电阻均不计)(　　)
A．，方向向左 B．，方向向右
C．，方向向左 D．，方向向右
解析：A　由右手定则可知导体棒ab切割磁感线产生的感应电流方向为b→a，由左手定则可知导体棒ab受到向左的安培力作用，B、D错误；导体棒ab接入回路部分切割磁感线产生的感应电动势E＝Bdv，回路中感应电流I＝，导体棒所受安培力F＝BdI，联立解得F＝，A正确，C错误。
(1)有效长度：公式E＝Blv中，l为导体切割磁感线的有效长度。如图所示，导体棒的有效长度为ab间的距离。
(2)相对速度：E＝Blv中的速度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。
考向2　转动切割产生感应电动势
　(多选)(2025·全国乙卷，10)如图，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
解析：BC　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＝2r cos (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与虚线平行时即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ωt ＝ 180°，此时环中感应电流为零，故BC正确、D错误。故选BC。
转动切割产生感应电动势
如图所示，当导体棒在垂直于磁场的平面内绕一端以角速度ω匀速转动时，产生的感应电动势为E＝Blv＝Bl2ω(平均速度取导体棒中点位置的线速度)。
考点三　自感和涡流　电磁阻尼和电磁驱动
考向1　自感
　(2025·浙江1月选考，9)新能源汽车日趋普及，其能量回收系统可将制动时的动能回收再利用，当制动过程中回收系统的输出电压(U)比动力电池所需充电电压(U0)低时，不能直接充入其中。在下列电路中，通过不断打开和闭合开关S，实现由低压向高压充电，其中正确的是(　　)
解析：B　当开关S断开时，整个电路均断开，则不能给电池充电，A错误；当S闭合稳定时，线圈L中有电流通过，当S断开时L产生自感电动势阻碍电流减小，L相当于电源且给动力电池充电，电流方向与输出电源给动力电池充电电流的方向相同，此时电压U与L中产生的自感电动势共同加在充电电池两端，且二极管正向导通，从而实现给高压充电，B正确；当S闭合稳定时，线圈L中有电流通过，当S断开时L也断开，此时只有回收系统的电压U加在充电电池两端，所以不能实现给高压充电，C错误；当S闭合稳定时，线圈L中有电流通过，当S断开时电压U断开，只有L产生的自感电动势加在充电电池两端，二极管无法正向导通，不能实现给高压充电，D错误。
(1)通电自感
A1、A2同规格，R＝RL，L较大
现象：S闭合瞬间，A2灯立即亮起来，A1灯逐渐变亮，最终一样亮。
(2)断电自感
L很大，RL＜RA
现象：开关S断开时，灯A突然闪亮一下后逐渐熄灭。
考向2　涡流
　(2024·甘肃卷，6)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：B　线圈中通入交变电流，由楞次定律可知，金属中产生交变感应电流，A错误，B正确；若线圈匝数增加，由法拉第电磁感应定律E＝N可知，金属中感应电动势增大，由欧姆定律可知，感应电流增大，C、D错误。
考向3　电磁阻尼和电磁驱动
　(经典高考题)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(　　)
解析：A　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。
素养拓展　“感生”和“动生”并存时的总电动势
感生电动势和动生电动势的本质均是磁通量变化引发的电磁感应现象，核心区别在于磁通量变化的成因不同。
对比维度 感生电动势 动生电动势
磁通量变化原因 磁场本身强弱变化(磁场运动/变化)，导体回路静止 导体在恒定磁场中做切割磁感线运动，磁场本身不变
非静电力来源 变化磁场激发的感生电场(涡旋电场)对电荷的作用力 导体中自由电子受到的洛伦兹力(因导体运动产生)
典型场景 变压器铁芯中，交变电流产生变化磁场，在副线圈中产生电动势； 导体环静止，靠近/远离永磁体时环内产生的电动势 发电机中，线圈在恒定磁场中旋转切割磁感线产生的电动势；金属棒在磁场中匀速运动(如“金属棒切割磁感线”实验)
　(多选)(2025·安徽皖北协作区一模)如图所示，半径为R的金属圆环ab固定在水平桌面上，有一垂直于圆环向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系为B＝kt(k>0)。一长为2R的金属直杆垂直磁场放置在圆环上，杆的一端与圆环的端口a接触，t＝0时，杆从图示实线位置以角速度ω顺时针绕a在圆环所在平面内匀速转动，t＝时，金属杆转到虚线位置，与圆环另一端口b刚好接触，设t＝时金属杆和金属圆环构成的整个回路的总电阻为r，金属杆与圆环接触良好，下列说法正确的是(　　)
A．t＝时，回路中的电流方向为逆时针方向
B．t＝0到t＝的过程中，回路中的感应电动势一直增大
C．t＝时，回路中的感应电动势大小为
D．t＝时，回路中的电流大小为
解析：ABD　由楞次定律可知，感应电流方向为逆时针方向，故A正确；t＝0到t＝的过程中，回路中的感生电动势和动生电动势均增大，故B正确；t＝时，圆环与杆构成的回路由于磁场均匀增大，产生的感生电动势为E感＝k，动生电动势为E动＝B2ω＝kt＝，所以回路中的感应电动势大小为E＝E感＋E动＝，故C错误；t＝时，回路中的电流大小为I＝，故D正确。故选ABD。
　(2025·安徽六安一中模拟)如图甲所示，斜面顶部线圈的横截面积S＝0.02 m2，匝数N＝200匝，内有水平向左均匀增加的磁场B1，磁感应强度随时间的变化图像如图乙所示。线圈与间距为L＝0.2 m的光滑平行金属导轨相连，导轨固定在倾角θ＝37°的绝缘斜面上。图示虚线cd下方存在磁感应强度B2＝0.5 T的匀强磁场，磁场方向垂直于斜面向上。质量m＝0.02 kg的导体棒ab垂直导轨放置，其有效电阻R＝1 Ω，从无磁场区域由静止释放，导体棒沿斜面下滑一段距离后刚好进入磁场B2中并匀速下滑。在运动中导体棒与导轨始终保持良好接触，导轨足够长，线圈和导轨电阻均不计。重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
甲　　　　　　　　　乙
(1)导体棒进入磁场B2前流过导体棒的感应电流大小和方向；
(2)导体棒刚好进入磁场B2时的速度大小。
解析：(1)由法拉第电磁感应定律，斜面顶部线圈产生的感应电动势为E1＝NS
产生的感应电流为I1＝
代入数据可得I1＝0.4 A，根据楞次定律可得电流方向是从b到a。
(2)导体棒沿斜面下滑一段距离后进入磁场B2中匀速下滑，由平衡条件可得B2I2L＝mg sin θ
导体棒在B2中切割磁感线产生的感应电流方向为b到a，回路中的感应电动势为E1＋E2，由闭合电路欧姆定律可得E1＋E2＝I2R
感应电动势大小为E2＝B2Lv，解得v＝8 m/s。
答案：(1)0.4 A，电流方向是从b到a　
(2)8 m/s
限时规范训练(65)　法拉第电磁感应定律　自感和涡流
(建议用时：40分钟　满分：70分)
(选择题1～7题每题5分，8～10题每题6分，12题7分，共60分)
[基础巩固练]
1．(人教版教材原题改编)如图所示，上下开口、内壁光滑的铜管P和塑料管Q竖直放置。小磁块先后在两管中从相同高度处由静止释放，并落至底部。则小磁块(　　)
A．在P和Q中都做自由落体运动
B．在两个下落过程中的机械能都守恒
C．在P中的下落时间比在Q中的长
D．落至底部时在P中的速度比在Q中的大
解析：C　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AB错误；Q管为塑料管，小磁块下落过程为自由落体运动，所以比在P中下落时间短，落至底部时比在P中的速度大，故C正确，D错误。
2．(2024·福建卷，4)拓扑结构在现代物理学中具有广泛的应用。现有一条绝缘纸带，两条平行长边镶有铜丝，将纸带一端扭转180°，与另一端连接，形成拓扑结构的莫比乌斯环，如图所示。连接后，纸环边缘的铜丝形成闭合回路，纸环围合部分可近似为半径为R的扁平圆柱。现有一匀强磁场从圆柱中心区域垂直其底面穿过，磁场区域的边界是半径为r的圆(r< R)。若磁感应强度大小B随时间t的变化关系为B＝kt(k为常量)，则回路中产生的感应电动势大小为(　　)
A．0 B．kπR2
C．2kπr2 D．2kπR2
解析：C　由题意可知，铜丝构成的莫比乌斯环形成了两匝(n＝2)线圈串联的闭合回路，穿过回路的磁场有效面积为S＝πr2，根据法拉第电磁感应定律可知，回路中产生的感应电动势大小为E＝n＝2kπr2，故选C。
3．(2024·广东卷，4)电磁俘能器可在汽车发动机振动时利用电磁感应发电实现能量回收，结构如图甲所示，两对永磁铁可随发动机一起上下振动，每对永磁铁间有水平方向的匀强磁场，磁感应强度大小均为B。磁场中，边长为L的正方形线圈竖直固定在减震装置上。某时刻磁场分布与线圈位置如图乙所示，永磁铁振动时磁场分界线不会离开线圈。关于图乙中的线圈，下列说法正确的是(　　)
图甲　 图乙
A．穿过线圈的磁通量为BL2
B．永磁铁相对线圈上升越高，线圈中感应电动势越大
C．永磁铁相对线圈上升越快，线圈中感应电动势越小
D．永磁铁相对线圈下降时，线圈中感应电流的方向为顺时针方向
解析：D　图乙中的线圈位置，垂直纸面向外的磁通量与垂直纸面向里的磁通量抵消，穿过线圈的磁通量为零，A错误；根据法拉第电磁感应定律E＝可知，永磁铁相对线圈上升越快，线圈中感应电动势越大，永磁铁相对线圈上升得高，由于运动时间未知，线圈中感应电动势不一定大，B、C错误；永磁铁相对线圈下降时，穿过线圈的垂直纸面向外的磁通量增加，根据楞次定律和安培定则可知，线圈中感应电流的方向为顺时针方向，D正确。
4．(2023·北京卷，5)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
解析：D　由题知，开始时，开关S处于闭合状态，由于L的电阻很小，Q灯正常发光，P灯微亮，通过L的电流大于通过P灯的电流，断开开关，Q所在电路未闭合，立即熄灭，由于自感，L中产生感应电动势，与P组成闭合回路，故P灯闪亮后再熄灭，故选D。
5．(2025·山西太原一模)如图所示为电磁炉的线圈及其工作示意图，下列说法正确的是(　　)
A．电磁炉工作时，线圈内与锅体中的磁场方向时刻相反
B．可通过改变线圈内交变电流的频率来改变电磁炉的功率
C．电磁炉工作时，每匝线圈在锅体中产生的感应电动势均相同
D．电磁炉工作时，若线圈中电流的频率为f，则锅体中涡流的频率为
解析：B　由楞次定律可知，电磁炉工作时，当线圈内的磁场增加时，锅体中的磁场方向与之相反，当线圈内的磁场减小时，锅体中的磁场方向与之相同，故A错误；锅体中感应电动势与线圈中电流的变化率成正比，可通过改变线圈内交变电流的频率来改变锅体中感应电动势的大小，进而改变电磁炉的功率，故B正确；由图可知，电磁炉的每匝线圈的面积不同，根据法拉第电磁感应定律E＝S可知，电磁炉工作时，每匝线圈在锅体中产生的感应电动势均不相同，故C错误；根据法拉第电磁感应定律可知，电磁炉工作时，若线圈中电流的频率为f，则锅体中涡流的频率为f，故D错误。故选B。
6．(多选)(2025·湖北名校联盟四模)中国商飞C919是中国首款按照国际通行适航标准自行研制、具有自主知识产权的喷气式中程干线客机，机长38.90 m、翼展35.80 m、机高11.95 m。已知武汉地区的地磁场水平分量大小为3.4×10-5T，竖直分量大小为3.6×10-5T。某架C919飞机在武汉地域自东向西以500 m/s的速度水平飞行，下列说法正确的是(　　)
A．左侧机翼的电势高于右侧机翼的电势
B．尾翼上端点的电势高于机腹最低点的电势
C．两机翼外端点间的电势差约为0.64 V
D．两机翼外端点间的电势差约为0.61 V
解析：AC　武汉在北半球，武汉地域自东向西水平飞行因机翼切割竖直向下方向的磁感线，则飞机自东向西水平飞行时，根据右手定则可知，左侧机翼的电势高于右侧机翼的电势，选项A正确；尾翼上端点到机腹最低点切割水平向北方向的磁感线，根据右手定则可知，尾翼上端点的电势低于机腹最低点的电势，选项B错误；两机翼外端点间的电势差约为E＝ByLv＝3.6×10-5×35.80×500 V＝0.64 V，选项C正确，D错误。故选AC。
7．(多选)(2023·全国甲卷，21)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(　　)
　
图(a)　　　　　　　　图(b)
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
解析：AD　对于小磁体，可以忽略其与较远线圈的电磁感应现象，只考虑与最近一匝线圈的电磁感应，则由图(b)可知，小磁体依次通过每匝线圈时产生的感应电流最大值逐渐增大，结合法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律可知，小磁体通过每匝线圈时的磁通量变化率越来越大，即小磁体在玻璃管内下降的速度越来越快，A正确；下落过程中，小磁体在水平方向受的合力为零，故小磁体的N极、S极上下没有颠倒，B错误；小磁体下落过程中受到的电磁阻力实质就是安培力，根据安培力公式可知，下落过程中，小磁体受到的电磁阻力并不是始终保持不变的，C错误；由图(b)可知，与上部相比，小磁体通过线圈下部的过程中，感应电流的最大值更大，故磁通量变化率的最大值更大，D正确。
[能力提升练]
8．(2025·天津九校二模)著名的法拉第圆盘发电示意图如图所示。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B中。圆盘以恒定角速度旋转时，关于流过电阻R的电流，下列说法正确的是(　　)
A．圆盘中的电流呈周期性变化特点
B．若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿a到b的方向流动
C．若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向发生变化
D．若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R上的热功率也变为原来的2倍
解析：B　可将铜圆盘等效为若干根由圆心到圆盘边缘的导体棒，每根导体棒都在切割磁感线，产生恒定的感应电动势，相当于电源，则整个铜圆盘就相当于若干个相同的电源并联，圆盘中的电流恒定，故A错误；根据右手定则可知，若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿a到b的方向流动，故B正确；若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向不变，故C错误；圆盘产生的感应电动势为E＝BR·BR2ω。若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则感应电动势变为原来的2倍，通过R的电流变为原来的2倍，根据P＝I2R可知，电流在R上的热功率也变为原来的4倍，故D错误。故选B。
9．(2024·湖南卷，4)如图，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
解析：C　由题及几何关系可知Oa＝R，Ob＝R，根据E＝Bl2ω可得EO a＝，EO b＝BR2ω，EO c＝BR2ω，又EO a＝φO－φa，EO b＝φO－φb，EO c＝φO－φc，故φO＞φa＞φb＝φc，C正确。
10．(2025·贵州铜仁高三期末质检)在方向垂直于纸平面的匀强磁场中，磁感应强度B大小随时间t变化的关系式为B＝B0－kt(其中B0>0，k>0，且B0、k均为已知常量)，纸平面内一等边三角形金属线圈的匝数为n，边长为L，单位长度的电阻为r，且一半处在磁场中。t＝0时磁场方向如图所示，随着磁场的变化，下列说法正确的是(　　)
A．线圈中感应电流的方向始终为a→b→c→a
B．线圈受到的安培力的方向先向右后向左
C．线圈中产生的感应电动势的大小为
D．线圈中感应电流的大小为
解析：B　由楞次定律和安培定则，线圈中的电流始终是a→c→b→a，故A错误；根据关系式B＝B0－kt(其中B0>0，k>0，且B0、k均为已知常量)，随着时间的延长，磁场的方向会变成由外向里且逐渐增强，根据左手定则可知，磁场方向垂直纸面向外时，线圈所受安培力的方向向右，磁场方向垂直纸面向里时，安培力方向向左，即线圈受到的安培力的方向先向右后向左，故B正确；由法拉第电磁感应定律E＝n，又S＝，联立，解得E＝，故C错误；感应回路的总电阻R＝3nLr，感应电流I＝，故D错误。故选B。
11．(10分)(2025·湖北黄石二中一模)在A地，悬挂一个边长为0.2 m的正方形单匝导体线框，如图所示，ad边固定在东西方向的转轴上，线框总电阻为2 Ω。起始时刻线框平面处于水平面内的位置1，释放后线框沿顺时针方向转动，t时刻到达竖直平面内的位置2，只考虑地磁场。已知某同学用手机测得A地的地磁场分布情况如下，求：
Bx/μT By/μT Bz/μT
－21 0 －21
(1)从位置1转动到位置2的过程，通过线框平面abcd磁通量的最大值；
(2)线框在位置2时，cd边内感应电流的方向；
(3)从位置1转动到位置2的过程，线框中平均感应电流的大小。
解析：(1)在A地，地磁场的大小为 B＝Bx，则可得从位置1转动到位置2的过程，通过线框平面abcd磁通量的最大值为Φm＝BL2＝×2.1×10-5×0.22 Wb≈1.19×10-6 Wb。
(2)根据楞次定律，感应电流的方向为c→d。
(3)从位置1转动到位置2的过程，线框中磁通量的变化量为ΔΦ＝Φ2－Φ1＝BxL2－BzL2＝2.1×10-5×0.22 Wb－2.1×10-5×0.22 Wb＝0
根据法拉第电磁感应定律，可得线框中产生的平均感应电动势＝0
所以，可知从位置1转动到位置2的过程，线框中平均感应电流的大小＝0。
答案：(1)1.19×10-6 Wb　(2)c→d　(3)0
[培优创新练]
12．(多选)(2025·云南文山四模)如图甲所示，虚线MN左、右两侧的空间均存在与纸面垂直的匀强磁场，右侧匀强磁场的磁感应强度大小恒为B0、方向垂直纸面向外；虚线MN左侧磁场的磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示，规定垂直纸面向外为磁场的正方向。现将一半径为r、电阻为R的金属圆环垂直磁场方向固定，其圆心O在MN上。则(　　)
图甲　　　　　　　　　图乙
A．圆环上有顺时针方向的感应电流
B．圆环上的感应电流大小为
C．在0～t0内，通过圆环的电荷量为
D．在t＝时，圆环受到的安培力大小为
解析：AC　在0～t0时间内，MN左侧半圆环内磁感应强度减小，右侧不变，故磁通量减小，根据楞次定理，增反减同，故圆环内有顺时针方向的感应电流；t0～t0时间内，MN左侧磁场方向变为垂直纸面向外，同时磁感应强度增大，磁通量增大，根据楞次定理，增反减同，依然有顺时针方向的感应电流，故A正确；根据法拉第电磁感应定律，圆环中产生的感应电动势E＝S，其中S＝，由图乙可知，根据欧姆定律有I＝，综上解得I＝，故B错误；根据q＝I·Δt，所以在0～t0内，通过圆环的电荷量为q＝，故C正确；在t＝t0时，圆环受到的安培力F＝B0I·2r＋I·2r，联立得F＝，故D错误。故选AC。(共68张PPT)
第2讲　法拉第电磁感应定律　自感和涡流
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。
目标
要求
1
强基础 固本增分
2
研考点 精准突破
3
限时规范训练
栏
目
导
引
强基础
固本增分
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为线圈的匝数。
①当ΔΦ仅由B的变化引起时，E＝nS，其中S为线圈在磁场中的有效面积。
若B＝B0＋kt，则＝k。
变化率
n
②当ΔΦ仅由S的变化引起时，E＝nB。
③当B、S同时变化时，则≠n。
提醒：E的大小与Φ、ΔΦ无关，决定于磁通量的变化率。
(3)感应电流与感应电动势的关系：遵守闭合电路的____定律，即I＝。
2．导体切割磁感线的情形
(1)若B、l、v相互垂直，则E＝___。
(2)若速度方向与磁场方向的夹角为θ，则E＝Blv sin θ。
欧姆
Blv
二、涡流、电磁阻尼、电磁驱动、互感和自感
涡流 定义：导体放在____磁场中，导体内产生的____状的感应电流
产生原因：导体内______变化→感应电动势→感应电流
电磁 阻尼 当导体在磁场中运动时，感应电流会使导体受到安培力，安培力的方向总是____导体的运动，这种现象称为电磁阻尼
电磁 驱动 如果磁场相对于导体转动，在导体中会产生________，感应电流使导体受到______的作用，安培力使导体运动起来，这种作用称为电磁驱动
变化
漩涡
磁通量
阻碍
感应电流
安培力
互感 两个线圈之间并没有导线相连，但当一个线圈中的电流变化时，它所产生的____的磁场会在另一个线圈中产生__________，这种现象叫作互感
自感 内容：当线圈中的电流变化时，它所产生的变化的磁场在线圈本身激发出感应电动势，这种现象称为自感，由于自感而产生的电动势叫作自感电动势
表达式：E＝_____
L的影响因素：线圈的大小、形状、匝数以及是否有____等
变化
感应电动势
L
铁芯
1．判断正误
(1)Φ＝0，不一定等于0。( )
(2)线圈中磁通量变化越大，匝数n越多，产生的感应电动势越大。( )
(3)线圈中的电流越大，自感系数也越大。( )
(4)公式E＝Blv中的l是导体棒的总长度。( )
(5)磁场相对导体棒运动时，导体棒中也能产生感应电动势。( )
(6)电磁炉是利用涡流原理来工作的。( )
×
√
×
×
√
√
2．(粤教版教材原题改编)如图所示，半径为r的n匝线圈放在边长为L的正方形abcd之外，匀强磁场充满正方形区域并垂直穿过该区域，当磁场以的变化率变化时，线圈产生的感应电动势大小为(　　)
A．0 B．n·L2
C．n·πr2 D．n·r2
解析：B　由法拉第电磁感应定律可知线圈产生的感应电动势E＝n·L2，故B正确。
B
3．灵敏电流表在运输时总要用导体把两个接线柱连在一起，这是为什么？
答案：使电流表内元件与导体形成闭合电路，以便在电流表的指针晃动时产生电磁阻尼作用，防止电流表的指针剧烈晃动。
研考点
精准突破
考点一　法拉第电磁感应定律的理解及应用
考向1　磁场变化产生感应电动势
(2025·甘肃卷，6)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
C　
解析：C　设金属框的面积为S，金属框始终与磁感线垂直，故穿过金属框的磁通量Φ＝BS，金属框中的感应电动势E＝，故B-t图像的切线斜率k与S的乘积表示感应电动势的大小，金属框平面始终与磁感线垂直，故S不变，感应电动势E的变化与k的变化相
同；在0～内，B增大，故磁通量Φ增大，图像切线的斜率k减小，故E减小，A错误；根据题图可知t＝与图像切线的斜率等大、反向，故E大小相等、方向相反，B错误；t＝时，B最大，故Φ最大，但图像切线的斜率等于0，即E等于0，C正确；t＝时，B为零，Φ等于零，图像切线的斜率绝对值最大，故E最大，D错误。
注意：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。
考向2　磁通量变化产生感应电动势
(多选)(2026·福建福州华侨中学模拟)如图甲所示，一单匝带缺口(缺口很小)的刚性金属圆环固定在水平面内，圆环阻值r＝1 Ω，缺口两端引出两根导线，与阻值R＝9 Ω的定值电阻构成闭合回路，圆环内的磁通量变化如图乙所示，规定磁通量方向向里为正，不计导线的电阻，下列说法正确的是(　　)
图甲　　　　 　　　图乙
AB
A．0～1 s内圆环中的感应电流方向沿顺时针方向
B．0～1 s和1～2 s内感应电流方向相同
C．2～4 s内，电阻R两端电压Uab＝4.5 V
D．0～1 s内圆环有扩张趋势，且感应电流大小为0.2 A
图甲　　　　 　　　图乙
解析：AB　0～1 s内，磁通量减小，由
楞次定律可知，感应磁场与原磁场方向
相同，根据右手螺旋定则可知，感应电
流方向为顺时针，故A正确；1～2 s内，
磁通量反向增加，根据楞次定律可知，
感应磁场与原磁场方向相反，根据右手螺旋定则可知，感应电流方向为顺时针，与0～1 s内电流方向相同，故B正确；2～4 s内，由法拉第电磁感应定律可得E＝＝0.5 V，由闭合电路欧姆定律可得I＝＝0.05A，由楞次定律“增反减同”和右手螺旋定则可知，电流为逆时针方向，所以电阻R两端电压Uab＝－IR＝－0.45 V，故C错误；根据楞次定律“增缩减扩”可知，0～1 s内圆环有扩张趋势。由法拉第电磁感应定律可得E′＝＝1.0 V，由闭合电路欧姆定律可得I′＝＝0.1 A，故D错误。故选AB。
图甲　　　 　　　图乙
点拨：Φ-t图像中图线上某一点的切线斜率为。
考向3　由平均电动势求电荷量
(2025·湖北卷，5)如图(a)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(b)所示，t＝T时刻，B＝0。t＝0时刻，B＝B0，两棒相距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．
C．
图(a)　 图(b)
B
解析：B　结合、和q＝Δt可知，0～T时间内流过回路的电荷量为q＝，由Φ＝BS可知，q＝，B正确。
图(a)　 图(b)
电磁感应中计算电荷量的方法
由于q＝IΔt，且I＝，所以q＝IΔt＝·Δt＝n。
考点二　导体切割磁感线产生感应电动势的计算
考向1　平动切割产生感应电动势
(2024·甘肃卷，4)如图，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(除R外，其余电阻均不计)(　　)
A．，方向向左 B．，方向向右
C．，方向向左 D．，方向向右
A
解析：A　由右手定则可知导体棒ab切割磁感线产生的感应电流方向为b→a，由左手定则可知导体棒ab受到向左的安培力作用，B、D错误；导体棒ab接入回路部分切割磁感线产生的感应电动势E＝Bdv，回路中感应电流I＝，导体棒所受安培力F＝BdI，联立解得F＝，A正确，C错误。
(1)有效长度：公式E＝Blv中，l为导体切割磁感线的有效长度。如图所示，导体棒的有效长度为ab间的距离。
(2)相对速度：E＝Blv中的速度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。
考向2　转动切割产生感应电动势
(多选)(2025·全国乙卷，10)如图，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
BC
解析：BC　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＝2r cos (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与虚线平行时即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ωt ＝ 180°，此时环中感应电流为零，故BC正确、D错误。故选BC。
转动切割产生感应电动势
如图所示，当导体棒在垂直于磁场的平面内绕一端以角速度ω匀速转动时，产生的感应电动势为E＝Blv＝Bl2ω(平均速度取导体棒中点位置的线速度)。
考点三　自感和涡流　电磁阻尼和电磁驱动
考向1　自感
(2025·浙江1月选考，9)新能源汽车日趋普及，其能量回收系统可将制动时的动能回收再利用，当制动过程中回收系统的输出电压(U)比动力电池所需充电电压(U0)低时，不能直接充入其中。在下列电路中，通过不断打开和闭合开关S，实现由低压向高压充电，其中正确的是(　　)
B
解析：B　当开关S断开时，整个电路均断开，则不能给电池充电，A错误；当S闭合稳定时，线圈L中有电流通过，当S断开时L产生自感电动势阻碍电流减小，L相当于电源且给动力电池充电，电流方向与输出电源给动力电池充电电流的方向相同，此时电压U与L中产生的自感电动势共同加在充电电池两端，且二极管正向导通，从而实现给高压充电，B正确；当S闭合稳定时，线圈L中有电流通过，当S断开时L也断开，此时只有回收系统的电压U加在充电电池两端，所以不能实现给高压充电，C错误；当S闭合稳定时，线圈L中有电流通过，当S断开时电压U断开，只有L产生的自感电动势加在充电电池两端，二极管无法正向导通，不能实现给高压充电，D错误。
(1)通电自感
A1、A2同规格，R＝RL，L较大
现象：S闭合瞬间，A2灯立即亮起来，A1灯逐渐变亮，最终一样亮。
(2)断电自感
L很大，RL＜RA
现象：开关S断开时，灯A突然闪亮一下后逐渐熄灭。
考向2　涡流
(2024·甘肃卷，6)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
B
解析：B　线圈中通入交变电流，由楞次定律可知，金属中产生交变感应电流，A错误，B正确；若线圈匝数增加，由法拉第电磁感应定律E＝N可知，金属中感应电动势增大，由欧姆定律可知，感应电流增大，C、D错误。
考向3　电磁阻尼和电磁驱动
(经典高考题)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
解析：A　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。
素养拓展　“感生”和“动生”并存时的总电动势
感生电动势和动生电动势的本质均是磁通量变化引发的电磁感应现象，核心区别在于磁通量变化的成因不同。
对比维度 感生电动势 动生电动势
磁通量变化原因 磁场本身强弱变化(磁场运动/变化)，导体回路静止 导体在恒定磁场中做切割磁感线运动，磁场本身不变
非静电力来源 变化磁场激发的感生电场(涡旋电场)对电荷的作用力 导体中自由电子受到的洛伦兹力(因导体运动产生)
对比维度 感生电动势 动生电动势
典型场景 变压器铁芯中，交变电流产生变化磁场，在副线圈中产生电动势； 导体环静止，靠近/远离永磁体时环内产生的电动势 发电机中，线圈在恒定磁场中旋转切割磁感线产生的电动势；金属棒在磁场中匀速运动(如“金属棒切割磁感线”实验)
(多选)(2025·安徽皖北协作区一模)如图所示，半径为R的金属圆环ab固定在水平桌面上，有一垂直于圆环向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系为B＝kt(k>0)。一长为2R的金属直杆垂直磁场放置在圆环上，杆的一端与圆环的端口a接触，t＝0时，杆从图示
实线位置以角速度ω顺时针绕a在圆环所在平面内匀速转动，t＝时，金属杆转到虚线位置，与圆环另一端口b刚好接触，设t＝时金属杆和金属圆环构成的整个回路的总电阻为r，金属杆与圆环接触良好，下列说法正确的是(　　)
ABD
A．t＝时，回路中的电流方向为逆时针方向
B．t＝0到t＝的过程中，回路中的感应电动势一直增大
C．t＝时，回路中的感应电动势大小为
D．t＝时，回路中的电流大小为
解析：ABD　由楞次定律可知，感应电流方向为逆时针方向，故A正确；t＝0到t＝的过程中，回路中的感生电动势和动生电动势均增大，故B正确；t＝时，圆环与杆构成的回路由于磁场均匀增大，产生的感生电动势为E感＝k，动
生电动势为E动＝B2ω＝kt＝，所以回路中的感应电动势大小为E＝E感＋E动＝，故C错误；t＝时，回路中的电流大小为I＝，故D正确。故选ABD。
(2025·安徽六安一中模拟)如图甲所示，斜面顶部线圈的横截面积S＝0.02 m2，匝数N＝200匝，内有水平向左均匀增加的磁场B1，磁感应强度随时间的变化图像如图乙所示。线圈与间距为L＝0.2 m的光滑平行金属导轨相连，导轨固定在倾角θ＝37°的绝缘斜面上。图示虚线cd下方存在磁感应强度B2＝0.5 T的匀强磁场，磁场方向垂直于斜面向上。质量m＝0.02 kg的导体棒ab垂直导轨放置，其有效电阻R＝1 Ω，从无磁场区域由静止释放，导体棒沿斜面下滑一段距离后刚好进入磁场B2中并匀速下滑。在运动中导体棒与导轨始终保持良好接触，导轨足够长，线圈和导轨电阻均不计。重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
甲　　　　　　　乙
(1)导体棒进入磁场B2前流过导体棒的感应电流大小和方向；
(2)导体棒刚好进入磁场B2时的速度大小。
解析：(1)由法拉第电磁感应定律，斜面顶部
线圈产生的感应电动势为E1＝NS
产生的感应电流为I1＝
代入数据可得I1＝0.4 A，根据楞次定律可得电流方向是从b到a。
(2)导体棒沿斜面下滑一段距离后进入磁场B2中匀速下滑，由平衡条件可得B2I2L＝mg sin θ
导体棒在B2中切割磁感线产生的感应电流方向为b到a，回路中的感应电动势为E1＋E2，由闭合电路欧姆定律可得E1＋E2＝I2R
感应电动势大小为E2＝B2Lv，解得v＝8 m/s。
答案：(1)0.4 A，电流方向是从b到a　 (2)8 m/s
甲　　　　　　乙
3
4
5
6
7
8
9
10
12
11
1
2
限时规范
训练(65)　法拉第电磁感应定律　自感和涡流
(建议用时：40分钟　满分：70分)
(选择题1～7题每题5分，8～10题每题6分，12题7分，共60分)
[基础巩固练]
1．(人教版教材原题改编)如图所示，上下开口、内壁光滑的铜管P和塑料管Q竖直放置。小磁块先后在两管中从相同高度处由静止释放，并落至底部。则小磁块(　　)
A．在P和Q中都做自由落体运动
B．在两个下落过程中的机械能都守恒
C．在P中的下落时间比在Q中的长
D．落至底部时在P中的速度比在Q中的大
C
3
4
5
6
7
8
9
10
12
11
1
2
解析：C　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AB错误；Q管为塑料管，小磁块下落过程为自由落体运动，所以比在P中下落时间短，落至底部时比在P中的速度大，故C正确，D错误。
2
1
3
4
5
6
7
8
9
10
12
11
2．(2024·福建卷，4)拓扑结构在现代物理学中具有广泛的应用。现有一条绝缘纸带，两条平行长边镶有铜丝，将纸带一端扭转180°，与另一端连接，形成拓扑结构的莫比乌斯环，如图所示。连接后，纸环边缘的铜丝形成闭合回路，纸环围合部分可近似为半径为R的扁平圆
C　
柱。现有一匀强磁场从圆柱中心区域垂直其底面穿过，磁场区域的边界是半径为r的圆(r< R)。若磁感应强度大小B随时间t的变化关系为B＝kt(k为常量)，则回路中产生的感应电动势大小为(　　)
A．0 B．kπR2
C．2kπr2 D．2kπR2
2
1
3
4
5
6
7
8
9
10
12
11
解析：C　由题意可知，铜丝构成的莫比乌斯环形成了两匝(n＝2)线圈串联的闭合回路，穿过回路的磁场有效面积为S＝πr2，根据法拉第电磁感应定律可知，回路中产生的感应电动势大小为E＝n＝2kπr2，故选C。
2
3
1
4
5
6
7
8
9
10
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11
3．(2024·广东卷，4)电磁俘能器可在汽车发动机振动时利用电磁感应发电实现能量回收，结构如图甲所示，两对永磁铁可随发动机一起上下振动，每对永磁铁间有水平方向的匀强磁场，磁感应强度大小均为B。磁场中，边长为L的正方形线圈竖直固定在减震装置上。某时刻磁场分布与线圈位置如图乙所示，永磁铁振动时磁场分界线不会离开线圈。关于图乙中的线圈，下列说法正确的是(　　)
A．穿过线圈的磁通量为BL2
B．永磁铁相对线圈上升越高，线圈中感应电动势越大
C．永磁铁相对线圈上升越快，线圈中感应电动势越小
D．永磁铁相对线圈下降时，线圈中感应电流的方向为顺时针方向
图甲
图乙
D
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解析：D　图乙中的线圈位置，垂直纸面向外的磁通量与垂直纸面向里的磁通量抵消，穿过线圈的磁通量为零，A错误；根据法拉第电磁感应定律E＝可知，永磁铁相对线圈上升越快，线圈中感应电动势越大，永磁铁相对线圈上升得高，由于运动时间未知，线圈中感应电动势不一定大，B、C错误；永磁铁相对线圈下降时，穿过线圈的垂直纸面向外的磁通量增加，根据楞次定律和安培定则可知，线圈中感应电流的方向为顺时针方向，D正确。
图甲
图乙
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4．(2023·北京卷，5)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
D
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解析：D　由题知，开始时，开关S处于闭合状态，由于L的电阻很小，Q灯正常发光，P灯微亮，通过L的电流大于通过P灯的电流，断开开关，Q所在电路未闭合，立即熄灭，由于自感，L中产生感应电动势，与P组成闭合回路，故P灯闪亮后再熄灭，故选D。
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5．(2025·山西太原一模)如图所示为电磁炉的线圈及其工作示意图，下列说法正确的是(　　)
A．电磁炉工作时，线圈内与锅体中的磁场方向时刻相反
B．可通过改变线圈内交变电流的频率来改变电磁炉的功率
C．电磁炉工作时，每匝线圈在锅体中产生的感应电动势均相同
D．电磁炉工作时，若线圈中电流的频率为f，则锅体中涡流的频率为
B
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解析：B　由楞次定律可知，电磁炉工作时，当线圈内的磁场增加时，锅体中的磁场方向与之相反，当线圈内的磁场减小时，锅体中的磁场方向与之相同，故A错误；锅体中感应电动势与线圈中电流的变化率成正比，可通过改变线圈内交变电流的频率来改变锅体中感应电动势的大小，进而改变电磁炉的功率，故B正确；由图可知，电磁炉的每匝线圈的面积不同，根据法拉第电磁感应定律E＝S可知，电磁炉工作时，每匝线圈在锅体中产生的感应电动势均不相同，故
C错误；根据法拉第电磁感应定律可知，
电磁炉工作时，若线圈中电流的频率为
f，则锅体中涡流的频率为f，故D错误。故选B。
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6．(多选)(2025·湖北名校联盟四模)中国商飞C919是中国首款按照国际通行适航标准自行研制、具有自主知识产权的喷气式中程干线客机，机长38.90 m、翼展35.80 m、机高11.95 m。已知武汉地区的地磁场水平分量大小为3.4×10-5T，竖直分量大小为3.6×10-5T。某架C919飞机在武汉地域自东向西以500 m/s的速度水平飞行，下列说法正确的是(　　)
A．左侧机翼的电势高于右侧机翼的电势
B．尾翼上端点的电势高于机腹最低点的电势
C．两机翼外端点间的电势差约为0.64 V
D．两机翼外端点间的电势差约为0.61 V
AC
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解析：AC　武汉在北半球，武汉地域自东向西水平飞行因机翼切割竖直向下方向的磁感线，则飞机自东向西水平飞行时，根据右手定则可知，左侧机翼的电势高于右侧机翼的电势，选项A正确；尾翼上端点到机腹最低点切割水平向北方向的磁感线，根据右手定则可知，尾翼上端点的电势低于机腹最低点的电势，选项B错误；两机翼外端点间的电势差约为E＝ByLv＝3.6×10-5×35.80×500 V＝0.64 V，选项C正确，D错误。故选AC。
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7．(多选)(2023·全国甲卷，21)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(　　)
图(a)　　　　　　　　图(b)
AD
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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
图(a)　　　　　　　　图(b)
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解析：AD　对于小磁体，可以忽略其与较远线圈的电磁感应现象，只考虑与最近一匝线圈的电磁感应，则由图(b)可知，小磁体依次通过每匝线圈时产生的感应电流最大值逐渐增大，结合法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律可知，小磁体通过每匝线圈时的磁通量变化率越来越大，即小磁体在玻璃管内下降的速度越来越快，A正确；下落过程中，小磁体在水平方向受的合力为零，故小磁体的N极、S极上下没有颠倒，B错误；小磁体下落过程中受到的电磁阻力实质就是安培力，根据安培力公式可知，下落过程中，小磁体受到的电
磁阻力并不是始终保持不变的，C错误；
由图(b)可知，与上部相比，小磁体通过
线圈下部的过程中，感应电流的最大值
更大，故磁通量变化率的最大值更大，D正确。
图(a)　　　　　　图(b)
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[能力提升练]
8．(2025·天津九校二模)著名的法拉第圆盘发电示意图如图所示。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B中。圆盘以恒定角速度旋转时，关于流过电阻R的电流，下列说法正确的是(　　)
A．圆盘中的电流呈周期性变化特点
B．若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿a到b的
方向流动
C．若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向发生变化
D．若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R上的热功率也变为原来的2倍
B
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解析：B　可将铜圆盘等效为若干根由圆心到圆盘边缘的导体棒，每根导体棒都在切割磁感线，产生恒定的感应电动势，相当于电源，则整个铜圆盘就相当于若干个相同的电源并联，圆盘中的电流恒定，故A错误；根据右手定则可知，若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿a到b的方向流动，故B正确；若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向不变，故C错误；圆盘产生的感应电动势为E＝BR·BR2ω。若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则感应电动势变为
原来的2倍，通过R的电流变为原来的2倍，根据P＝I2R
可知，电流在R上的热功率也变为原来的4倍，故D错误。
故选B。
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9．(2024·湖南卷，4)如图，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
C
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解析：C　由题及几何关系可知Oa＝R，Ob＝R，根据E＝Bl2ω可得EO a＝，EO b＝BR2ω，EO c＝BR2ω，又EO a＝φO－φa，EO b＝φO－φb，EO c＝φO－φc，故φO＞φa＞φb＝φc，C正确。
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10．(2025·贵州铜仁高三期末质检)在方向垂直于纸平面的匀强磁场中，磁感应强度B大小随时间t变化的关系式为B＝B0－kt(其中B0>0，k>0，且B0、k均为已知常量)，纸平面内一等边三角形金属线圈的匝数为n，边长为L，单位长度的电阻为r，且一半处在磁场中。t＝0时磁场方向如图所示，随着磁场的变化，下列说法正确的是(　　)
A．线圈中感应电流的方向始终为a→b→c→a
B．线圈受到的安培力的方向先向右后向左
C．线圈中产生的感应电动势的大小为
D．线圈中感应电流的大小为
B
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解析：B　由楞次定律和安培定则，线圈中的电流始终是a→c→b→a，故A错误；根据关系式B＝B0－kt(其中B0>0，k>0，且B0、k均为已知常量)，随着时间的延长，磁场的方向会变成由外向里且逐渐增强，根据左手定则可知，磁场方向垂直纸面向外时，线圈所受安培力的方向向右，磁场方向垂直纸面向里时，安培力方向向左，即线圈受到的安培力的方向先向右后向左，故B正确；由法拉第电磁感应定律E＝n，又S＝，联立，解得E＝，故C错误；感应回路的总
电阻R＝3nLr，感应电流I＝，故D错误。故选B。
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11．(10分)(2025·湖北黄石二中一模)在A地，悬挂一个边长为0.2 m的正方形单匝导体线框，如图所示，ad边固定在东西方向的转轴上，线框总电阻为2 Ω。起始时刻线框平面处于水平面内的位置1，释放后线框沿顺时针方向转动，t时刻到达竖直平面内的位置2，只考虑地磁场。已知某同学用手机测得A地的地磁场分布情况如下，求：
Bx/μT By/μT Bz/μT
－21 0 －21
(1)从位置1转动到位置2的过程，通过线框平面abcd磁通量的最大值；
(2)线框在位置2时，cd边内感应电流的方向；
(3)从位置1转动到位置2的过程，线框中平均感应电流的大小。
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解析：(1)在A地，地磁场的大小为 B＝Bx，则可得从位置1转动到位置2的过程，通过线框平面abcd磁通量的最大值为Φm＝BL2＝×2.1×10-5×0.22 Wb≈1.19×10-6 Wb。
(2)根据楞次定律，感应电流的方向为c→d。
(3)从位置1转动到位置2的过程，线框中磁通量的变化量为ΔΦ＝Φ2－Φ1＝BxL2－BzL2＝2.1×10-5×0.22 Wb－2.1×10-5×0.22 Wb＝0
根据法拉第电磁感应定律，可得线框中产
生的平均感应电动势＝0
所以，可知从位置1转动到位置2的过程，
线框中平均感应电流的大小＝0。
答案：(1)1.19×10-6 Wb　(2)c→d　(3)0
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[培优创新练]
12．(多选)(2025·云南文山四模)如图甲所示，虚线MN左、右两侧的空间均存在与纸面垂直的匀强磁场，右侧匀强磁场的磁感应强度大小恒为B0、方向垂直纸面向外；虚线MN左侧磁场的磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示，规定垂直纸面向外为磁场的正方向。现将一半径为r、电阻为R的金属圆环垂直磁场方向固定，其圆心O在MN上。则(　　)
图甲　　　　　　　　　图乙
AC
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A．圆环上有顺时针方向的感应电流
B．圆环上的感应电流大小为
C．在0～t0内，通过圆环的电荷量为
D．在t＝时，圆环受到的安培力大小为
图甲　　　　　　　　　图乙
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解析：AC　在0～t0时间内，MN左侧半圆环内
磁感应强度减小，右侧不变，故磁通量减小，
根据楞次定理，增反减同，故圆环内有顺时针
方向的感应电流；t0～t0时间内，MN左侧磁场
方向变为垂直纸面向外，同时磁感应强度增大，磁通量增大，根据楞次定理，增反减同，依然有顺时针方向的感应电流，故A正确；根据法拉第电磁感应定律，圆环中产生的感应电动势E＝S，其中S＝，由图乙可知，根据欧姆定律有I＝，综上解得I＝，故B错误；根据q＝I·Δt，所以在0～t0内，通过圆环的电荷量为q＝，故C正确；在t＝t0时，圆环受到的安培力F＝B0I·2r＋I·2r，联立得F＝，故D错误。故选AC。
图甲　　　　图乙
第2讲　法拉第电磁感应定律　自感和涡流
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按ESC键退出全屏播放限时规范训练(65)　法拉第电磁感应定律　自感和涡流
(建议用时：40分钟　满分：70分)
(选择题1～7题每题5分，8～10题每题6分，12题7分，共60分)
[基础巩固练]
1．(人教版教材原题改编)如图所示，上下开口、内壁光滑的铜管P和塑料管Q竖直放置。小磁块先后在两管中从相同高度处由静止释放，并落至底部。则小磁块(　　)
A．在P和Q中都做自由落体运动
B．在两个下落过程中的机械能都守恒
C．在P中的下落时间比在Q中的长
D．落至底部时在P中的速度比在Q中的大
解析：C　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AB错误；Q管为塑料管，小磁块下落过程为自由落体运动，所以比在P中下落时间短，落至底部时比在P中的速度大，故C正确，D错误。
2．(2024·福建卷，4)拓扑结构在现代物理学中具有广泛的应用。现有一条绝缘纸带，两条平行长边镶有铜丝，将纸带一端扭转180°，与另一端连接，形成拓扑结构的莫比乌斯环，如图所示。连接后，纸环边缘的铜丝形成闭合回路，纸环围合部分可近似为半径为R的扁平圆柱。现有一匀强磁场从圆柱中心区域垂直其底面穿过，磁场区域的边界是半径为r的圆(r< R)。若磁感应强度大小B随时间t的变化关系为B＝kt(k为常量)，则回路中产生的感应电动势大小为(　　)
A．0 B．kπR2
C．2kπr2 D．2kπR2
解析：C　由题意可知，铜丝构成的莫比乌斯环形成了两匝(n＝2)线圈串联的闭合回路，穿过回路的磁场有效面积为S＝πr2，根据法拉第电磁感应定律可知，回路中产生的感应电动势大小为E＝n＝2kπr2，故选C。
3．(2024·广东卷，4)电磁俘能器可在汽车发动机振动时利用电磁感应发电实现能量回收，结构如图甲所示，两对永磁铁可随发动机一起上下振动，每对永磁铁间有水平方向的匀强磁场，磁感应强度大小均为B。磁场中，边长为L的正方形线圈竖直固定在减震装置上。某时刻磁场分布与线圈位置如图乙所示，永磁铁振动时磁场分界线不会离开线圈。关于图乙中的线圈，下列说法正确的是(　　)
图甲　 图乙
A．穿过线圈的磁通量为BL2
B．永磁铁相对线圈上升越高，线圈中感应电动势越大
C．永磁铁相对线圈上升越快，线圈中感应电动势越小
D．永磁铁相对线圈下降时，线圈中感应电流的方向为顺时针方向
解析：D　图乙中的线圈位置，垂直纸面向外的磁通量与垂直纸面向里的磁通量抵消，穿过线圈的磁通量为零，A错误；根据法拉第电磁感应定律E＝可知，永磁铁相对线圈上升越快，线圈中感应电动势越大，永磁铁相对线圈上升得高，由于运动时间未知，线圈中感应电动势不一定大，B、C错误；永磁铁相对线圈下降时，穿过线圈的垂直纸面向外的磁通量增加，根据楞次定律和安培定则可知，线圈中感应电流的方向为顺时针方向，D正确。
4．(2023·北京卷，5)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
解析：D　由题知，开始时，开关S处于闭合状态，由于L的电阻很小，Q灯正常发光，P灯微亮，通过L的电流大于通过P灯的电流，断开开关，Q所在电路未闭合，立即熄灭，由于自感，L中产生感应电动势，与P组成闭合回路，故P灯闪亮后再熄灭，故选D。
5．(2025·山西太原一模)如图所示为电磁炉的线圈及其工作示意图，下列说法正确的是(　　)
A．电磁炉工作时，线圈内与锅体中的磁场方向时刻相反
B．可通过改变线圈内交变电流的频率来改变电磁炉的功率
C．电磁炉工作时，每匝线圈在锅体中产生的感应电动势均相同
D．电磁炉工作时，若线圈中电流的频率为f，则锅体中涡流的频率为
解析：B　由楞次定律可知，电磁炉工作时，当线圈内的磁场增加时，锅体中的磁场方向与之相反，当线圈内的磁场减小时，锅体中的磁场方向与之相同，故A错误；锅体中感应电动势与线圈中电流的变化率成正比，可通过改变线圈内交变电流的频率来改变锅体中感应电动势的大小，进而改变电磁炉的功率，故B正确；由图可知，电磁炉的每匝线圈的面积不同，根据法拉第电磁感应定律E＝S可知，电磁炉工作时，每匝线圈在锅体中产生的感应电动势均不相同，故C错误；根据法拉第电磁感应定律可知，电磁炉工作时，若线圈中电流的频率为f，则锅体中涡流的频率为f，故D错误。故选B。
6．(多选)(2025·湖北名校联盟四模)中国商飞C919是中国首款按照国际通行适航标准自行研制、具有自主知识产权的喷气式中程干线客机，机长38.90 m、翼展35.80 m、机高11.95 m。已知武汉地区的地磁场水平分量大小为3.4×10-5T，竖直分量大小为3.6×10-5T。某架C919飞机在武汉地域自东向西以500 m/s的速度水平飞行，下列说法正确的是(　　)
A．左侧机翼的电势高于右侧机翼的电势
B．尾翼上端点的电势高于机腹最低点的电势
C．两机翼外端点间的电势差约为0.64 V
D．两机翼外端点间的电势差约为0.61 V
解析：AC　武汉在北半球，武汉地域自东向西水平飞行因机翼切割竖直向下方向的磁感线，则飞机自东向西水平飞行时，根据右手定则可知，左侧机翼的电势高于右侧机翼的电势，选项A正确；尾翼上端点到机腹最低点切割水平向北方向的磁感线，根据右手定则可知，尾翼上端点的电势低于机腹最低点的电势，选项B错误；两机翼外端点间的电势差约为E＝ByLv＝3.6×10-5×35.80×500 V＝0.64 V，选项C正确，D错误。故选AC。
7．(多选)(2023·全国甲卷，21)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(　　)
　
图(a)　　　　　　　　图(b)
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
解析：AD　对于小磁体，可以忽略其与较远线圈的电磁感应现象，只考虑与最近一匝线圈的电磁感应，则由图(b)可知，小磁体依次通过每匝线圈时产生的感应电流最大值逐渐增大，结合法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律可知，小磁体通过每匝线圈时的磁通量变化率越来越大，即小磁体在玻璃管内下降的速度越来越快，A正确；下落过程中，小磁体在水平方向受的合力为零，故小磁体的N极、S极上下没有颠倒，B错误；小磁体下落过程中受到的电磁阻力实质就是安培力，根据安培力公式可知，下落过程中，小磁体受到的电磁阻力并不是始终保持不变的，C错误；由图(b)可知，与上部相比，小磁体通过线圈下部的过程中，感应电流的最大值更大，故磁通量变化率的最大值更大，D正确。
[能力提升练]
8．(2025·天津九校二模)著名的法拉第圆盘发电示意图如图所示。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B中。圆盘以恒定角速度旋转时，关于流过电阻R的电流，下列说法正确的是(　　)
A．圆盘中的电流呈周期性变化特点
B．若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿a到b的方向流动
C．若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向发生变化
D．若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R上的热功率也变为原来的2倍
解析：B　可将铜圆盘等效为若干根由圆心到圆盘边缘的导体棒，每根导体棒都在切割磁感线，产生恒定的感应电动势，相当于电源，则整个铜圆盘就相当于若干个相同的电源并联，圆盘中的电流恒定，故A错误；根据右手定则可知，若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿a到b的方向流动，故B正确；若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向不变，故C错误；圆盘产生的感应电动势为E＝BR·BR2ω。若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则感应电动势变为原来的2倍，通过R的电流变为原来的2倍，根据P＝I2R可知，电流在R上的热功率也变为原来的4倍，故D错误。故选B。
9．(2024·湖南卷，4)如图，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
解析：C　由题及几何关系可知Oa＝R，Ob＝R，根据E＝Bl2ω可得EO a＝，EO b＝BR2ω，EO c＝BR2ω，又EO a＝φO－φa，EO b＝φO－φb，EO c＝φO－φc，故φO＞φa＞φb＝φc，C正确。
10．(2025·贵州铜仁高三期末质检)在方向垂直于纸平面的匀强磁场中，磁感应强度B大小随时间t变化的关系式为B＝B0－kt(其中B0>0，k>0，且B0、k均为已知常量)，纸平面内一等边三角形金属线圈的匝数为n，边长为L，单位长度的电阻为r，且一半处在磁场中。t＝0时磁场方向如图所示，随着磁场的变化，下列说法正确的是(　　)
A．线圈中感应电流的方向始终为a→b→c→a
B．线圈受到的安培力的方向先向右后向左
C．线圈中产生的感应电动势的大小为
D．线圈中感应电流的大小为
解析：B　由楞次定律和安培定则，线圈中的电流始终是a→c→b→a，故A错误；根据关系式B＝B0－kt(其中B0>0，k>0，且B0、k均为已知常量)，随着时间的延长，磁场的方向会变成由外向里且逐渐增强，根据左手定则可知，磁场方向垂直纸面向外时，线圈所受安培力的方向向右，磁场方向垂直纸面向里时，安培力方向向左，即线圈受到的安培力的方向先向右后向左，故B正确；由法拉第电磁感应定律E＝n，又S＝，联立，解得E＝，故C错误；感应回路的总电阻R＝3nLr，感应电流I＝，故D错误。故选B。
11．(10分)(2025·湖北黄石二中一模)在A地，悬挂一个边长为0.2 m的正方形单匝导体线框，如图所示，ad边固定在东西方向的转轴上，线框总电阻为2 Ω。起始时刻线框平面处于水平面内的位置1，释放后线框沿顺时针方向转动，t时刻到达竖直平面内的位置2，只考虑地磁场。已知某同学用手机测得A地的地磁场分布情况如下，求：
Bx/μT By/μT Bz/μT
－21 0 －21
(1)从位置1转动到位置2的过程，通过线框平面abcd磁通量的最大值；
(2)线框在位置2时，cd边内感应电流的方向；
(3)从位置1转动到位置2的过程，线框中平均感应电流的大小。
解析：(1)在A地，地磁场的大小为 B＝Bx，则可得从位置1转动到位置2的过程，通过线框平面abcd磁通量的最大值为Φm＝BL2＝×2.1×10-5×0.22 Wb≈1.19×10-6 Wb。
(2)根据楞次定律，感应电流的方向为c→d。
(3)从位置1转动到位置2的过程，线框中磁通量的变化量为ΔΦ＝Φ2－Φ1＝BxL2－BzL2＝2.1×10-5×0.22 Wb－2.1×10-5×0.22 Wb＝0
根据法拉第电磁感应定律，可得线框中产生的平均感应电动势＝0
所以，可知从位置1转动到位置2的过程，线框中平均感应电流的大小＝0。
答案：(1)1.19×10-6 Wb　(2)c→d　(3)0
[培优创新练]
12．(多选)(2025·云南文山四模)如图甲所示，虚线MN左、右两侧的空间均存在与纸面垂直的匀强磁场，右侧匀强磁场的磁感应强度大小恒为B0、方向垂直纸面向外；虚线MN左侧磁场的磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示，规定垂直纸面向外为磁场的正方向。现将一半径为r、电阻为R的金属圆环垂直磁场方向固定，其圆心O在MN上。则(　　)
图甲　　　　　　　　　图乙
A．圆环上有顺时针方向的感应电流
B．圆环上的感应电流大小为
C．在0～t0内，通过圆环的电荷量为
D．在t＝时，圆环受到的安培力大小为
解析：AC　在0～t0时间内，MN左侧半圆环内磁感应强度减小，右侧不变，故磁通量减小，根据楞次定理，增反减同，故圆环内有顺时针方向的感应电流；t0～t0时间内，MN左侧磁场方向变为垂直纸面向外，同时磁感应强度增大，磁通量增大，根据楞次定理，增反减同，依然有顺时针方向的感应电流，故A正确；根据法拉第电磁感应定律，圆环中产生的感应电动势E＝S，其中S＝，由图乙可知，根据欧姆定律有I＝，综上解得I＝，故B错误；根据q＝I·Δt，所以在0～t0内，通过圆环的电荷量为q＝，故C正确；在t＝t0时，圆环受到的安培力F＝B0I·2r＋I·2r，联立得F＝，故D错误。故选AC。

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