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第2讲　法拉第电磁感应定律　自感和涡流
【学习目标】　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。
考点一　 法拉第电磁感应定律的理解及应用
1.
2.
【正误辨析】
(1)当Φ＝0时，一定等于0。(×)
(2)穿过同一线圈的磁通量变化越大，感应电动势一定越大。(×)
(3)穿过同一线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大。(√)
(4)线圈匝数n越多，磁通量越大，产生的感应电动势也越大。(×)
法拉第电磁感应定律的理解
1.公式E＝n求解的是回路中某段时间内的平均感应电动势。
2.当磁通量均匀变化时，感应电动势恒定而且瞬时值等于平均值。
3.常见的三种表达式
产生原因 ΔΦ的表达式 E的表达式
仅磁场变化 ΔΦ＝S·ΔB E＝nS
仅面积变化 ΔΦ＝B·ΔS E＝nB
磁场和面积同时变化 ΔΦ＝Φ末－Φ初 E＝n≠n
(2024·福建卷·T4)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
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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
答案：C
解析：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＝n＝2kπr2。故选C。
确定感应电路中电势高低的方法
针对练1.(多选)(2026·江西余干中学模拟)如图甲所示，单匝线圈(电阻不计)两端a、b与一电阻R相连，线圈内有垂直于线圈平面向里的磁场。t＝0时刻起，穿过线圈的磁通量按图乙所示的规律变化。下列说法正确的是(　　)
A.t0时刻，R中电流方向为由a到b
B.t0时刻，R中电流方向为由a到b
C.0～t0时间内，线圈中的感应电动势为
D.t0～2t0时间内，流过R的电流为
答案：ACD
解析：由楞次定律和安培定则可知，0～t0时间内，线圈中的感应电流方向为逆时针方向，t0～2t0时间内，线圈中感应电流的方向为顺时针方向，故A正确，B错误；根据法拉第电磁感应定律E＝n ，可知0～t0时间内，线圈中的感应电动势大小E1＝，故C正确；t0～2t0时间内，感应电动势大小E2＝，流过R的电流为I＝ ，D正确。
针对练2.(2025·湖北卷·T5)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，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.
答案：B
解析：流过回路的电荷量q＝Δt，而＝，t＝T时，磁感应强度为零，故＝＝，联立以上各式可得q＝。故选B。
考点二　导体切割磁感线产生的感应电动势
1.导体平动切割磁感线
(1)若B、l、v相互垂直，则E＝Blv。
(2)若导体运动速度方向与磁场方向的夹角为α，则E＝Blvsin α。
2.导体转动切割磁感线
导体棒在磁场中转动时，导体棒以端点为轴，在匀强磁场中垂直于磁感线方向匀速转动产生的感应电动势E＝Bl＝Bl2ω。
【正误辨析】
(1)公式E＝Blv中的l是导体棒的总长度。(×)
(2)磁场相对导体棒运动，导体棒中也可能产生感应电动势。(√)
(3)导体棒垂直于匀强磁场匀速转动产生的电动势可能为零。(√)
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1.导体平动切割磁感线产生感应电动势的公式E＝Blv的理解
适用条件 在匀强磁场中，B、l、v三者互相垂直。如果不相互垂直，应取垂直分量进行计算
有效长度 公式E＝Blv中的l为有效长度，即为导体两端点连线在垂直于速度方向上的投影长度。如图，导体的有效长度分别为： 图甲：l＝sin β 图乙：l＝ 图丙：沿v1方向运动时，l＝R；沿v2方向运动时，l＝R
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
2.导体转动垂直切割磁感线产生感应电动势的三种情况
以中点为轴 E＝0(两段的电动势等大反向)
以端点为轴 E＝Bl2ω(平均速度取中点位置的线速度ωl)，如图所示
以延长线上某点为轴 E＝Bω(－)(l1、l2分别为转轴到两端点的距离，E为导体两端间的电势差)，如图所示
平动切割问题
(多选)如图所示，一导线折成边长为a的正三角形闭合回路，虚线MN右侧有磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于回路所在的平面，导线框以速度v向右匀速进入磁场，CD始终与MN垂直，从D点到达边界开始到C点进入磁场为止，下列说法中正确的是(　　)
A.导线框受到的安培力方向始终向上
B.导线框受到的安培力方向始终向下
C.感应电动势的最大值为Bav
D.感应电动势的平均值为Bav
答案：CD
解析：根据楞次定律的推论可知，导线框受到的安培力方向始终水平向左，A、B错误；导线框的有效切割长度的最大值为a，则感应电动势最大值为Bav，C正确；感应电动势平均值为＝＝＝Bav，D正确。
针对练.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，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＝
答案：B
解析：由右手定则可以判定金属杆MN中电流的方向为由N到M，因此M点电势高；金属杆MN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。
转动切割问题
(多选)(2026·宁夏银川一模)如图所示，平面内有一外、内直径分别为D1和D2的环形区域，以直径AD为分界，左、右半环形区域内分别有垂直纸面向里和向外的匀强磁场(图中未画出)，磁感应强度大小均为B。直径为D1、电阻不计的两个半圆形金属框，置于环形区域的外圆处，并在A、D两处分别用长度可忽略的绝缘材料连接。金属框的C、E两点间连有一阻值为R的电阻，一长度为D1、电阻为r的导体棒ef过圆心O放置于金属框上，并绕过O点的转轴以角
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速度ω顺时针匀速转动，转动过程其两端与金属框接触良好。当导体棒转至图中位置时，下列说法正确的是(　　)
A.电阻R中电流方向由a到b
B.导体棒切割磁感线产生的感应电动势大小为
C.流过R的电流大小为
D.导体棒Of段所受安培力大小为
答案：AC
解析：根据右手定则，导体棒转至图示位置时，e点电势高，电阻R中电流方向由a到b，故A正确；导体棒ef切割磁感线产生的感应电动势E＝2Bω＝，故B错误；流过R的电流大小为I＝，解得I＝，故C正确；导体棒Of段所受安培力大小为FOf＝I··B，结合上述解得FOf＝，故D错误。
针对练.(多选)(2025·新课标卷·T21)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
答案：BC
解析：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；圆环转动过程中，有效长度的最大值等于圆环的直径，圆环有效长度最大时OP与虚线平行，则OP与虚线平行时感应电流最大，而圆环在磁场内且OP与虚线垂直时，环中感应电流为零，故B正确，D错误；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，故C正确。
考点三　自感
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：由自感而产生的感应电动势。
(2)表达式：E＝L。
(3)自感系数L
①大小：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，简称亨，符号是H。
【正误辨析】
(1)同一个线圈中电流变化越快，其自感电动势也越大。(√)
(2)自感电动势总是阻止原电流的变化。(×)
(3)线圈中电流变化越快，其自感系数也越大。(×)
通电自感和断电自感的比较
电路图
续表
器材要求 A1、A2同规格，R＝RL，L较大 L很大(有铁芯)
通电时 在S闭合瞬间，灯A2立即亮起来，灯A1逐渐变亮，最终一样亮 灯A立即亮，然后逐渐变暗达到稳定
断电时 回路电流减小，两灯泡均逐渐变暗，通过A1的电流方向不变，通过A2的电流反向 (1)若I2≤I1，灯泡逐渐变暗； (2)若I2＞I1，灯泡闪亮后逐渐变暗。 两种情况下灯泡中电流方向均改变
总结 自感电动势总是阻碍原电流的变化
(2026·河南信阳一模)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
答案：D
解析：开关S闭合时，b、c灯立即亮，因为线圈产生自感，会阻碍该支路电流的增大，所以a灯逐渐亮，故A错误；开关S闭合至电路稳定后，因L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L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、a灯、b灯及电阻构成新回路，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。
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针对练.(2025·北京卷·T9)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
答案：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瞬间同时亮起，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串联，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，则A3两端电压为E，根据Q＝CU，可得电容器的电荷量等于CE，D错误。
考点四　涡流　电磁阻尼与电磁驱动
1.涡流现象
(1)涡流：导体放在变化磁场中，导体内产生的漩涡状的感应电流。
(2)产生原因：导体内磁通量变化→感应电动势→感应电流。
2.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，安培力总是阻碍导体的运动。
3.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，使导体受到安培力的作用，安培力使导体运动起来。
自测1.(2024·甘肃卷·T6)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
答案：B
解析：当线圈中通有交变电流时，感应电炉中产生交变磁场，金属中进而产生交变感应电流，A错误，B正确；若线圈匝数增加，根据法拉第电磁感应定律可知，金属中的感应电流增大，C、D错误。
自测2.(2025·北京卷·T10)绝缘的轻质弹簧上端固定，下端悬挂一个磁体。将磁体从弹簧原长位置由静止释放，磁体开始振动，由于空气阻力的影响，振动最终停止。现将一个闭合铜线圈固定在磁体正下方的桌面上(如图所示)，仍将磁体从弹簧原长位置由静止释放，振动最终也停止。则(　　)
A.有无线圈，磁体经过相同的时间停止运动
B.磁体靠近线圈时，线圈有扩张趋势
C.磁体离线圈最近时，线圈受到的安培力最大
D.有无线圈，磁体和弹簧组成的系统损失的机械能相同
答案：D
解析：有线圈时，磁体受到电磁阻尼的作用，振动更快停止，故A错误；根据楞次定律，磁体靠近线圈时，穿过线圈的磁通量增大，此时线圈有缩小的趋势，故B错误；磁体离线圈最近时，磁体与线圈的相对速度为零，感应电动势为零，感应电流为零，线圈受到的安培力为零，故C错误；无论有无线圈，根据平衡条件知最后磁体静止后弹簧的伸长量都相同，由于磁体和弹簧组成的系统损失的机械能为磁体减小的重力势能减去此时弹簧的弹性势能，故无论有无线圈，磁体和弹簧组成的系统损失的机械能相同，故D正确。
自测3.(2026·陕西西安模拟)如图所示，截半的塑料瓶周围贴上磁体，用木棍在内部撑起，它的两边有用木棍支撑起倒立的铝质的易拉罐，当转动中间的这个塑料瓶，从上向下看，塑料瓶是顺时针旋转，那么两边的易拉罐转动情况是(　　)
A.左边的易拉罐逆时针转动，右边的易拉罐顺时针转动
B.左右两边的易拉罐都是逆时针转动
C.易拉罐转动的角速度等于塑料瓶转动的角速度
D.用塑料瓶罩住易拉罐，易拉罐将不会转动
答案：B
解析：由于塑料瓶带动磁体转动过程中，穿过易拉罐的磁通量不断变化，从而产生感应电流，易拉罐将受到安培力作用而转动，属于电磁驱动，所以若塑料瓶顺时针旋转，则左右两边的易拉罐都是逆时针转动且角速度均小于塑料瓶的角速度。因为塑料瓶不能屏蔽磁场，用塑料瓶罩住易拉罐，易拉罐仍会转动。故选B。
1.涡流的理解
(1)涡流产生的过程同样遵守法拉第电磁感应定律和楞次定律。
(2)产生涡流过程中的能量转化特点
①如果是金属块放在变化的磁场中，则磁场能转化为电能，进而转化为内能。
②如果是金属块进出磁场或在非匀强磁场中运动，则由于克服安培力做功，金属块的机械能转化为电能，进而转化为内能。
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2.电磁阻尼与电磁驱动的比较
比较项目 电磁阻尼 电磁驱动
不 同 点 成因 由于导体在磁场中运动而产生感应电流，从而使导体受到安培力 由于磁场运动引起磁通量的变化而产生感应电流，从而使导体受到安培力
效果 导体所受安培力的方向与导体运动方向相反，阻碍导体运动 导体所受安培力的方向与导体运动方向相同，推动导体运动
能量转化 导体克服安培力做功，其他形式的能转化为电能，最终转化为内能 由于电磁感应，磁场能转化为电能，通过安培力做功，电能转化为导体的机械能，而对外做功
相同点 两者都是电磁感应现象，都遵循楞次定律，都是安培力阻碍引起感应电流的导体与磁场间的相对运动
课时测评57　法拉第电磁感应定律　自感和涡流
(时间：30分钟　满分：50分)
(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)
(选择题1－10，每题4分，共40分)
题组1　法拉第电磁感应定律的理解及应用
1.(2026·河北石家庄月考)将一根绝缘硬质细导线顺次绕成如图所示的线圈，其中大圆面积为S1，小圆面积均为S2，垂直线圈平面方向有一随时间t变化的磁场，磁感应强度大小B＝B0＋kt，B0和k均为常量，则线圈中总的感应电动势大小为(　　)
A.kS1 B.5kS2
C.k(S1－5S2) D.k(S1＋5S2)
答案：D
解析：由法拉第电磁感应定律，可得大圆线圈产生的感应电动势E1＝＝＝kS1，每个小圆线圈产生的感应电动势E2＝＝＝kS2，由线圈的绕线方式和楞次定律可得大、小圆线圈产生的感应电动势方向相同，故线圈中总的感应电动势大小为E＝E1＋5E2＝k(S1＋5S2)，故D正确，A、B、C错误。
题组2　导体切割磁感线产生的感应电动势
2.(2024·甘肃卷·T4)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，不计导体棒及导轨电阻，则导体棒ab所受的安培力为(　　)
A.，方向向左 B.，方向向右
C.，方向向左 D.，方向向右
答案：A
解析：导体棒ab以速度v向右做匀速直线运动，根据右手定则，可知感应电流方向沿逆时针方向，根据左手定则，可知导体棒ab所受的安培力方向向左；导体棒ab切割磁感线的有效长度为d，故感应电动势为E＝Bdv，回路中感应电流为I＝，则导体棒ab所受的安培力大小为F＝IdB＝。故选A。
3.(2024·湖南卷·T4)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
答案：C
解析：由题图及几何关系可知Oa＝R，Ob＝R，Oc＝R，根据E＝Bl2ω可得EOa＝BR2ω，EOb＝B·5R2ω＝BR2ω，EOc＝B·5R2ω＝BR2ω，又EOa＝φO－φa，EOb＝φO－φb，EOc＝φO－φc，结合右手定则可知φO＞φa＞φb＝φc，C正确。
4.(多选)(2025·河南卷·T9)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，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均为零)，使镜头处于零加速度状态。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Ic＜Id
答案：BC
解析：Ic沿顺时针方向而Id＝0，则c线圈受到向右的安培力，镜头处于零加速度状态，则表明a的方向向左，A错误；Id沿顺时针方向而Ic＝0，则d线圈受到向上的安培力，镜头处于零加速度状态，则表明a的方向向下，B正确；若a的方向沿左偏上30°，说明手机框架给镜头向上以及向左的作用力，且向左的分力大于向上的分力，要使镜头处于零加速度状态，线圈c需要受到向右的安培力Fc、线圈d需要受到向下的安培力Fd，且Fc＞Fd，故可知Ic沿顺时针方向，Id沿逆时针方向，由F＝IlB可知Ic＞Id，C正确；若a的方向沿右偏上30°，说明手机框架给镜头向上以及向右的作用力，且向右的分力大于向上的分力，要使镜头处于零加速度状态，线圈c需要受到向左的安培力Fc、线圈d需要受到向下的安培力Fd，且Fc＞Fd，可知Ic沿逆时针方向，Id沿逆时针方向，且Ic＞Id，D错误。故选BC。
题组3　自感
5.(2025·浙江1月卷·T9)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(　　)
答案：B
解析：该电路中当开关S断开时，整个电路均断开，则不能给动力电池充电，A错误；该电路中当S闭合后稳定时，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相当电源，电源U与L中的自感电动势共同加在电池两端，从而实现由低压向高压充电，B正确；该电路中当S闭合后稳定时，线圈L中有电流通过，但当S断开时L也与电路断开，还是只有回收系统的电压U加在充电电池两端，则不能实现由低压向高压充电，C错误；该电路中当S闭合后稳定时，线圈L中有电流通过，但当S断开时电源U也断开，只有L产生的自感电动势加在充电电池两端，则不能实现由低压向高压充电，选项D错误。
题组4　涡流　电磁阻尼与电磁驱动
6.(2025·河南卷·T5)如图，一金属薄片在力F作用下自左向右从两磁极之间通过。当金属薄片中心运动到N极的正下方时，沿N极到S极的方向看，下列图中能够正确描述金属薄片内涡电流绕行方向的是(　　)
答案：C
解析：根据题意当，金属薄片中心运动到N极正下方时，薄片右侧的磁通量在减小，左侧磁通量在增加，由于两极间的磁场竖直向下，根据楞次定律和安培定则可知，此时薄片右侧的涡电流方向为顺时针，薄片左侧的涡电流方向为逆时针。故选C。
7.(多选)(2026·广东深圳模拟)电磁悬挂的结构示意图如图所示，电磁悬挂不同于空气悬挂，其仍使用弹簧提供支撑力，但可调阻尼减震器内部不是传统的液压机油，而是磁流变液。磁流变液的特点就是可通过电流产生的磁场来灵活调节磁流变液的粘度，从而控制减震器的阻尼，也就是改变悬挂的软硬，且磁场越强，磁流变液的粘度越高，减震器的阻尼越大。下列说法正确的是(　　)
A.磁流变液是利用了电流的磁效应
B.磁流变液是利用了电流的热效应
C.电流越强，悬挂越软，乘坐的舒适感越好
D.电流越强，悬挂越硬，乘坐颠簸感越强
答案：AD
解析：根据题目给出的信息可以判断，磁流变液是利用了电流的磁效应，故A正确，B错误；电流越强，磁流变液的粘度越高，减震器的阻尼越大，相当于弹簧的劲度系数越大，即悬挂越硬，故给人造成的颠簸感越强，故C错误，D正确。
8.如图所示的电路中，L1、L2、L3是三个相同的灯泡，线圈L的电阻和电源的内阻可忽略，D为理想二极管。下列判断正确的是(　　)
A.开关S从断开状态突然闭合时，L1逐渐变亮，L2一直不亮，L3立即变亮
B.开关S从断开状态突然闭合时，L1、L2逐渐变亮，L3立即变亮再熄灭
C.开关S从闭合状态突然断开时，L1逐渐熄灭，L2突然变亮，然后逐渐变暗至熄灭，L3立即熄灭
D.开关S从闭合状态突然断开时，L1、L2逐渐熄灭，L3突然变亮，然后逐渐变暗至熄灭
答案：C
解析：由于二极管具有单向导电性，所以开关S从断开状态突然闭合时，二极管不能导通，L2一直不亮，此时L1、L3和L串联在同一回路中，L产生自感电动势阻碍通过其的电流增大，所以通过L1和L3的电流逐渐增大，L1和L3均逐渐变亮，故A、B错误。开关S从闭合状态突然断开时，通过L3的电流立即变为零，所以L3立即熄灭；L产生自感电动势阻碍通过其的电流减小，此时自感电动势的方向满足二极管导通的条件，所以L1、L2和L串联在同一回路中，通过L1的电流逐渐减小，L1逐渐熄灭，而由于L2开始不亮，所以L2突然变亮，然后逐渐变暗至熄灭，故C正确，D错误。
9.(2026·山西太原一模)如图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
答案：B
解析：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。由题图可知，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也为f，故D错误。
10.(多选)(2025·黑吉辽蒙卷·T9)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
答案：AB
解析：线框旋转切割磁场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，af边切割磁场产生电动势，由右手定则可知电流方向为abcdefa，电动势为E＝Blv＝Bl·ωl＝Bl2ω，A、B正确；t＝时，线框旋转180°，此时依旧是af边切割磁场产生电动势，感应电动势不为零，C错误；t＝0到t＝时，穿过abef的磁通量变化量为零，穿过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电动势为＝＝，D错误。
11.(10分)如图所示，两根平行金属导轨固定在水平桌面上，每根导轨每米的电阻为r0＝0.10 Ω，导轨的端点P、Q用电阻可忽略的导线相连，两导轨间的距离l＝0.20 m。有随时间变化的匀强磁场垂直于桌面(未画出)，已知磁感应强度B与时间t的关系为B＝kt，比例系数k＝0.020 T/s。一电阻不计的金属杆可在导轨上无摩擦地滑动，在滑动过程中保持与导轨垂直。在t＝0时刻，金属杆紧靠在P、Q端，在外力作用下，杆以恒定的加速度从静止开始向导轨的另一端滑动，求在t＝6.0 s时金属杆所受的安培力大小。
答案：1.44×10－3 N
解析：方法一(感生电动势和动生电动势叠加)
以a表示金属杆运动的加速度，在t时刻，金属杆与初始位置的距离L＝at2
此时杆的速度v＝at
杆与导轨构成的回路的面积S＝Ll
回路的感应电动势E＝S＋Blv
而B＝kt，则＝k
回路的总电阻R＝2Lr0
回路中的感应电流i＝
作用于杆的安培力大小F＝ilB
解得F＝
代入数据得F＝1.44×10－3 N。
方法二
以a表示金属杆运动的加速度，在t时刻，金属杆与初始位置的距离L＝at2
t时刻穿过杆与导轨构成的回路的磁通量Φ＝BlL＝ktl·at2＝klat3
磁通量的变化量ΔΦ＝Φ2－Φ1＝kla－kla＝kla(－)
感应电动势E＝＝kla＝kla(＋t1t2＋)
在上式中，当Δt→0，即t1＝t2＝t时，有E＝klat2＝3klL
(也可用导数求感应电动势)
安培力大小F＝ilB＝lkt＝ktl＝t
代入数据解得F＝1.44×10－3 N。(共76张PPT)
第2讲　法拉第电磁感应定律　自感和涡流
高三总复习讲义　新高考
第十二章 电磁感应
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。
学习目标
内容索引
考点一　 法拉第电磁感应定律的理解及应用
考点二　 导体切割磁感线产生的感应电动势
考点三　 自感
课时测评
考点四　 涡流　电磁阻尼与电磁驱动
法拉第电磁感应定律的理解及应用
考点一
1.
2.
知识梳理
电磁感应
改变
闭合
变化率
正误辨析
(1)当Φ＝0时，一定等于0。 ( )
(2)穿过同一线圈的磁通量变化越大，感应电动势一定越大。 ( )
(3)穿过同一线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大。 ( )
(4)线圈匝数n越多，磁通量越大，产生的感应电动势也越大。 ( )
×
×
√
×
法拉第电磁感应定律的理解
1.公式E＝n求解的是回路中某段时间内的平均感应电动势。
2.当磁通量均匀变化时，感应电动势恒定而且瞬时值等于平均值。
3.常见的三种表达式
核心突破
产生原因 ΔΦ的表达式 E的表达式
仅磁场变化 ΔΦ＝S·ΔB E＝nS
仅面积变化 ΔΦ＝B·ΔS E＝nB
磁场和面积同时变化 ΔΦ＝Φ末－Φ初 E＝n≠n
(2024·福建卷·T4)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
例1
√
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＝n＝2kπr2。故
选C。
确定感应电路中电势高低的方法
总结提升
针对练1.(多选)(2026·江西余干中学模拟)如图甲所示，单匝线圈(电阻不计)两端a、b与一电阻R相连，线圈内有垂直于线圈平面向里的磁场。t＝0时刻起，穿过线圈的磁通量按图乙所示的规律变化。下列说法正确的是
A.t0时刻，R中电流方向为由a到b
B.t0时刻，R中电流方向为由a到b
C.0～t0时间内，线圈中的感应电动势为
D.t0～2t0时间内，流过R的电流为
√
√
√
由楞次定律和安培定则可知，0～t0时间内，线圈中的感应电流方向为逆时针方向，t0～2t0时间内，线圈中感应电流的方向为顺时针方向，故A正确，B错误；根据法拉第电磁感应定律E＝n ，可知0～t0时间内，线圈中的感应电动势大小E1＝，故C正确；t0～2t0时间内，感应电动势大小E2＝，流过R的电流为I＝ ，D正确。
针对练2.(2025·湖北卷·T5)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，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.
√
流过回路的电荷量q＝Δt，而＝，t＝T时，磁感应强度为零，故＝＝，联立以上各式可得q＝。故选B。
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导体切割磁感线产生的感应电动势
考点二
1.导体平动切割磁感线
(1)若B、l、v相互垂直，则E＝______。
(2)若导体运动速度方向与磁场方向的夹角为α，则E＝____________。
知识梳理
Blv
Blvsin α
2.导体转动切割磁感线
导体棒在磁场中转动时，导体棒以端点为轴，在匀强磁场中垂直于磁感线
方向匀速转动产生的感应电动势E＝Bl＝________。
Bl2ω
正误辨析
(1)公式E＝Blv中的l是导体棒的总长度。 ( )
(2)磁场相对导体棒运动，导体棒中也可能产生感应电动势。 ( )
(3)导体棒垂直于匀强磁场匀速转动产生的电动势可能为零。 ( )
×
√
√
1.导体平动切割磁感线产生感应电动势的公式E＝Blv的理解
核心突破
适用条件 在匀强磁场中，B、l、v三者互相垂直。如果不相互垂直，应取垂直分量进行计算
有效长度 公式E＝Blv中的l为有效长度，即为导体两端点连线在垂直于速度方向上的投影长度。如图，导体的有效长度分别为：
图甲：l＝sin β
图乙：l＝
图丙：沿v1方向运动时，l＝R；沿v2方向运动时，l＝R
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
2.导体转动垂直切割磁感线产生感应电动势的三种情况
以中点为轴 E＝0(两段的电动势等大反向)
以端点为轴

E＝Bl2ω(平均速度取中点位置的线速度ωl)，如图所示
以延长线上某点为轴

E＝Bω(－)(l1、l2分别为转轴到两端点的距离，E为导体两端间的电势差)，如图所示
考向1 平动切割问题
(多选)如图所示，一导线折成边长为a的正三角形闭合回路，虚线MN右侧有磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于回路所在的平面，导线框以速度v向右匀速进入磁场，CD始终与MN垂直，从D点到达边界开始到C点进入磁场为止，下列说法中正确的是
A.导线框受到的安培力方向始终向上
B.导线框受到的安培力方向始终向下
C.感应电动势的最大值为Bav
D.感应电动势的平均值为Bav
例1
√
√
根据楞次定律的推论可知，导线框受到的安培力方向始终水平向左，A、B错误；导线框的有效切割长度的最大值为a，则感应电动势最大值为Bav，C正确；感应电动势平均值为＝＝＝Bav，D正确。
针对练.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，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＝
√
由右手定则可以判定金属杆MN中电流的方向为由N到M，因此M点电势高；金属杆MN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。
考向2 转动切割问题
(多选)(2026·宁夏银川一模)如图所示，平面内有一外、内直径分别为D1和D2的环形区域，以直径AD为分界，左、右半环形区域内分别有垂直纸面向里和向外的匀强磁场(图中未画出)，磁感应强度大小均为B。直径为D1、电阻不计的两个半圆形金属框，置于环形区域的外圆处，并在A、D两处分别用长度可忽略的绝缘材料连接。金属框的C、E两点间连有一阻值为R的电阻，一长度为D1、电阻为r的导体棒ef过圆心O放置于金属框上，并绕过O点的转轴以角速度ω顺时针匀速转动，转动过程其两端与金属框接触良好。当导体棒转至图中位置时，下列说法正确的是
A.电阻R中电流方向由a到b
B.导体棒切割磁感线产生的感应电动势大小为
C.流过R的电流大小为
D.导体棒Of段所受安培力大小为
例3
√
√
根据右手定则，导体棒转至图示位置时，e点电势高，电
阻R中电流方向由a到b，故A正确；导体棒ef切割磁感线产
生的感应电动势E＝2Bω＝，
故B错误；流过R的电流大小为I＝，解得I＝，故C正确；导体棒Of段所受安培力大小为FOf＝I··B，结合上述解得FOf＝，故D错误。
针对练.(多选)(2025·新课标卷·T21)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
√
√
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；圆环转动过程中，有效长度的最大
值等于圆环的直径，圆环有效长度最大时OP与虚线平
行，则OP与虚线平行时感应电流最大，而圆环在磁场
内且OP与虚线垂直时，环中感应电流为零，故B正确，D错误；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，故C正确。
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自感
考点三
1.自感现象
由于通过导体自身的______发生变化而产生的电磁感应现象。
2.自感电动势
(1)定义：由______而产生的感应电动势。
(2)表达式：E＝______。
(3)自感系数L
①大小：与线圈的大小、形状、______，以及是否有______等因素有关。
②单位：亨利，简称亨，符号是____。
知识梳理
电流
自感
L
匝数
铁芯
H
正误辨析
(1)同一个线圈中电流变化越快，其自感电动势也越大。 ( )
(2)自感电动势总是阻止原电流的变化。 ( )
(3)线圈中电流变化越快，其自感系数也越大。 ( )
√
×
×
通电自感和断电自感的比较
核心突破
电路图
器材要求 A1、A2同规格，R＝RL，L较大 L很大(有铁芯)
通电时 在S闭合瞬间，灯A2立即亮起来，灯A1逐渐变亮，最终一样亮 灯A立即亮，然后逐渐变暗达到稳定
断电时 回路电流减小，两灯泡均逐渐变暗，通过A1的电流方向不变，通过A2的电流反向 (1)若I2≤I1，灯泡逐渐变暗；
(2)若I2＞I1，灯泡闪亮后逐渐变暗。
两种情况下灯泡中电流方向均改变
总结 自感电动势总是阻碍原电流的变化
(2026·河南信阳一模)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
例4
√
开关S闭合时，b、c灯立即亮，因为线圈产生自感，会阻
碍该支路电流的增大，所以a灯逐渐亮，故A错误；开关S
闭合至电路稳定后，因L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L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、a灯、b灯及电阻构成新回路，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。
针对练.(2025·北京卷·T9)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
√
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瞬间同时亮起，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串联，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，则A3两端电压为E，根据Q＝CU，可得电容器的电荷量等于CE，D错误。
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涡流　电磁阻尼与电磁驱动
考点四
1.涡流现象
(1)涡流：导体放在______磁场中，导体内产生的________的感应电流。
(2)产生原因：导体内________变化→感应电动势→感应电流。
2.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，安培力总是______导体的运动。
3.电磁驱动
如果磁场相对于导体转动，在导体中会产生__________，使导体受到安培力的作用，安培力使导体______起来。
知识梳理
变化
漩涡状
磁通量
阻碍
感应电流
运动
自测1.(2024·甘肃卷·T6)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
当线圈中通有交变电流时，感应电炉中产生交变磁场，金属中进而产生交变感应电流，A错误，B正确；若线圈匝数增加，根据法拉第电磁感应定律可知，金属中的感应电流增大，C、D错误。
√
自测2.(2025·北京卷·T10)绝缘的轻质弹簧上端固定，下端悬挂一个磁体。将磁体从弹簧原长位置由静止释放，磁体开始振动，由于空气阻力的影响，振动最终停止。现将一个闭合铜线圈固定在磁体正下方的桌面上(如图所示)，仍将磁体从弹簧原长位置由静止释放，振动最终也停止。则
A.有无线圈，磁体经过相同的时间停止运动
B.磁体靠近线圈时，线圈有扩张趋势
C.磁体离线圈最近时，线圈受到的安培力最大
D.有无线圈，磁体和弹簧组成的系统损失的机械能相同
√
有线圈时，磁体受到电磁阻尼的作用，振动更快停止，故A错
误；根据楞次定律，磁体靠近线圈时，穿过线圈的磁通量增大，
此时线圈有缩小的趋势，故B错误；磁体离线圈最近时，磁体
与线圈的相对速度为零，感应电动势为零，感应电流为零，线
圈受到的安培力为零，故C错误；无论有无线圈，根据平衡条
件知最后磁体静止后弹簧的伸长量都相同，由于磁体和弹簧组成的系统损失的机械能为磁体减小的重力势能减去此时弹簧的弹性势能，故无论有无线圈，磁体和弹簧组成的系统损失的机械能相同，故D正确。
自测3.(2026·陕西西安模拟)如图所示，截半的塑料瓶周围贴上磁体，用木棍在内部撑起，它的两边有用木棍支撑起倒立的铝质的易拉罐，当转动中间的这个塑料瓶，从上向下看，塑料瓶是顺时针旋转，那么两边的易拉罐转动情况是
A.左边的易拉罐逆时针转动，右边的易拉罐顺时针转动
B.左右两边的易拉罐都是逆时针转动
C.易拉罐转动的角速度等于塑料瓶转动的角速度
D.用塑料瓶罩住易拉罐，易拉罐将不会转动
√
由于塑料瓶带动磁体转动过程中，穿过易拉罐的磁通量不断变化，从而产生感应电流，易拉罐将受到安培力作用而转动，属于电磁驱动，所以若塑料瓶顺时针旋转，则左右两边的易拉罐都是逆时针转动且角速度均小于塑料瓶的角速度。因为塑料瓶不能屏蔽磁场，用塑料瓶罩住易拉罐，易拉罐仍会转动。故选B。
1.涡流的理解
(1)涡流产生的过程同样遵守法拉第电磁感应定律和楞次定律。
(2)产生涡流过程中的能量转化特点
①如果是金属块放在变化的磁场中，则磁场能转化为电能，进而转化为
内能。
②如果是金属块进出磁场或在非匀强磁场中运动，则由于克服安培力做功，金属块的机械能转化为电能，进而转化为内能。
归纳提升
2.电磁阻尼与电磁驱动的比较
比较项目 电磁阻尼 电磁驱动
不同点 成因 由于导体在磁场中运动而产生感应电流，从而使导体受到安培力 由于磁场运动引起磁通量的变化而产生感应电流，从而使导体受到安培力
效果 导体所受安培力的方向与导体运动方向相反，阻碍导体运动 导体所受安培力的方向与导体运动方向相同，推动导体运动
能量转化 导体克服安培力做功，其他形式的能转化为电能，最终转化为内能 由于电磁感应，磁场能转化为电能，通过安培力做功，电能转化为导体的机械能，而对外做功
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比较项目 电磁阻尼 电磁驱动
相同点 两者都是电磁感应现象，都遵循楞次定律，都是安培力阻碍引起感应电流的导体与磁场间的相对运动
课 时 测 评
题组1　法拉第电磁感应定律的理解及应用
1.(2026·河北石家庄月考)将一根绝缘硬质细导线顺次绕成如图所示的线圈，其中大圆面积为S1，小圆面积均为S2，垂直线圈平面方向有一随时间t变化的磁场，磁感应强度大小B＝B0＋kt，B0和k均为常量，则线圈中总的感应电动势大小为
A.kS1
B.5kS2
C.k(S1－5S2)
D.k(S1＋5S2)
√
由法拉第电磁感应定律，可得大圆线圈产生的感应电动势E1＝＝＝kS1，每个小圆线圈产生的感应电动势E2＝＝＝kS2，由线圈的绕线方式和楞次定律可得大、小圆线圈产生的感应电动势方向相同，故线圈中总的感应电动势大小为E＝E1＋5E2＝k(S1＋5S2)，故D正确，A、B、C错误。
题组2　导体切割磁感线产生的感应电动势
2.(2024·甘肃卷·T4)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，不计导体棒及导轨电阻，则导体棒ab所受的安培力为
A.，方向向左
B.，方向向右
C.，方向向左
D.，方向向右
√
导体棒ab以速度v向右做匀速直线运动，根据右手定则，可知感应电流方向沿逆时针方向，根据左手定则，可知导体棒ab所受的安培力方向向左；导体棒ab切割磁感线的有效长度为d，故感应电动势为E＝Bdv，回路中感应电流为I＝，则导体棒ab所受的安培力大小为F＝IdB＝。故选A。
3.(2024·湖南卷·T4)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
√
由题图及几何关系可知Oa＝R，Ob＝R，Oc＝R，根据E＝Bl2ω可得EOa＝BR2ω，EOb＝B·5R2ω＝BR2ω，EOc＝B·5R2ω＝BR2ω，又EOa＝φO－φa，EOb＝φO－φb，EOc＝φO－φc，结合右手定则可知φO＞φa＞φb＝φc，C正确。
4.(多选)(2025·河南卷·T9)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，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均为零)，使镜头处于零加速度状态。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Ic＜Id
√
√
Ic沿顺时针方向而Id＝0，则c线圈受到向右的安培力，
镜头处于零加速度状态，则表明a的方向向左，A错误；
Id沿顺时针方向而Ic＝0，则d线圈受到向上的安培力，
镜头处于零加速度状态，则表明a的方向向下，B正确；
若a的方向沿左偏上30°，说明手机框架给镜头向上以及向左的作用力，且向左的分力大于向上的分力，要使镜头处于零加速度状态，线圈c需要受到向右的安培力Fc、线圈d需要受到向下的安培力Fd，且Fc＞Fd，故可知Ic沿顺时针方向，Id沿逆时针方向，由F＝IlB可知Ic＞Id，C正确；
若a的方向沿右偏上30°，说明手机框架给镜头向上以及向右的作用力，且向右的分力大于向上的分力，要使镜头处于零加速度状态，线圈c需要受到向左的安培力Fc、线圈d需要受到向下的安培力Fd，且Fc＞Fd，可知Ic沿逆时针方向，Id沿逆时针方向，且Ic＞Id，D错误。故选BC。
题组3　自感
5.(2025·浙江1月卷·T9)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
√
该电路中当开关S断开时，整个电路均断开，则不能给动力电池充电，A错误；该电路中当S闭合后稳定时，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相当电源，电源U与L中的自感电动势共同加在电池两端，从而实现由低压向高压充电，B正确；该电路中当S闭合后稳定时，线圈L中有电流通过，但当S断开时L也与电路断开，还是只有回收系统的电压U加在充电电池两端，则不能实现由低压向高压充电，C错误；该电路中当S闭合后稳定时，线圈L中有电流通过，但当S断开时电源U也断开，只有L产生的自感电动势加在充电电池两端，则不能实现由低压向高压充电，选项D错误。
题组4　涡流　电磁阻尼与电磁驱动
6.(2025·河南卷·T5)如图，一金属薄片在力F作用下自左向右从两磁极之间通过。当金属薄片中心运动到N极的正下方时，沿N极到S极的方向看，下列图中能够正确描述金属薄片内涡电流绕行方向的是
√
根据题意当，金属薄片中心运动到N极正下方时，薄片右侧的磁通量在减小，左侧磁通量在增加，由于两极间的磁场竖直向下，根据楞次定律和安培定则可知，此时薄片右侧的涡电流方向为顺时针，薄片左侧的涡电流方向为逆时针。故选C。
7.(多选)(2026·广东深圳模拟)电磁悬挂的结构示意图如图所示，电磁悬挂不同于空气悬挂，其仍使用弹簧提供支撑力，但可调阻尼减震器内部不是传统的液压机油，而是磁流变液。磁流变液的特点就是可通过电流产生的磁场来灵活调节磁流变液的粘度，从而控制减震器的阻尼，也就是改变悬挂的软硬，且磁场越强，磁流变液的粘度越高，减震器的阻尼越大。下列说法正确的是
A.磁流变液是利用了电流的磁效应
B.磁流变液是利用了电流的热效应
C.电流越强，悬挂越软，乘坐的舒适感越好
D.电流越强，悬挂越硬，乘坐颠簸感越强
√
√
根据题目给出的信息可以判断，磁流变液是利用了电流的磁效应，故A正确，B错误；电流越强，磁流变液的粘度越高，减震器的阻尼越大，相当于弹簧的劲度系数越大，即悬挂越硬，故给人造成的颠簸感越强，故C错误，D正确。
8.如图所示的电路中，L1、L2、L3是三个相同的灯泡，线圈L的电阻和电源的内阻可忽略，D为理想二极管。下列判断正确的是
A.开关S从断开状态突然闭合时，L1逐渐变亮，L2一直不
亮，L3立即变亮
B.开关S从断开状态突然闭合时，L1、L2逐渐变亮，L3立
即变亮再熄灭
C.开关S从闭合状态突然断开时，L1逐渐熄灭，L2突然变亮，然后逐渐变暗至熄灭，L3立即熄灭
D.开关S从闭合状态突然断开时，L1、L2逐渐熄灭，L3突然变亮，然后逐渐变暗至熄灭
√
由于二极管具有单向导电性，所以开关S从断开状态突
然闭合时，二极管不能导通，L2一直不亮，此时L1、L3
和L串联在同一回路中，L产生自感电动势阻碍通过其的
电流增大，所以通过L1和L3的电流逐渐增大，L1和L3均
逐渐变亮，故A、B错误。开关S从闭合状态突然断开时，
通过L3的电流立即变为零，所以L3立即熄灭；L产生自感电动势阻碍通过其的电流减小，此时自感电动势的方向满足二极管导通的条件，所以L1、L2和L串联在同一回路中，通过L1的电流逐渐减小，L1逐渐熄灭，而由于L2开始不亮，所以L2突然变亮，然后逐渐变暗至熄灭，故C正确，D错误。
9.(2026·山西太原一模)如图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
√
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。
由题图可知，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也为f，故D错误。
10.(多选)(2025·黑吉辽蒙卷·T9)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
√
√
线框旋转切割磁场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，af边切割
磁场产生电动势，由右手定则可知电流方向为abcdefa，
电动势为E＝Blv＝Bl·ωl＝Bl2ω，A、B正确；t＝时，线
框旋转180°，此时依旧是af边切割磁场产生电动势，感应电动势不为零，C错误；t＝0到t＝时，穿过abef的磁通量变化量为零，穿过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电动势为＝＝，D错误。
11.(10分)如图所示，两根平行金属导轨固定在水平桌
面上，每根导轨每米的电阻为r0＝0.10 Ω，导轨的端
点P、Q用电阻可忽略的导线相连，两导轨间的距离
l＝0.20 m。有随时间变化的匀强磁场垂直于桌面(未画出)，已知磁感应强度B与时间t的关系为B＝kt，比例系数k＝0.020 T/s。一电阻不计的金属杆可在导轨上无摩擦地滑动，在滑动过程中保持与导轨垂直。在t＝0时刻，金属杆紧靠在P、Q端，在外力作用下，杆以恒定的加速度从静止开始向导轨的另一端滑动，求在t＝6.0 s时金属杆所受的安培力大小。
答案：1.44×10－3 N
方法一(感生电动势和动生电动势叠加)
以a表示金属杆运动的加速度，在t时刻，金属杆与初始位置的距离L＝at2
此时杆的速度v＝at
杆与导轨构成的回路的面积S＝Ll
回路的感应电动势E＝S＋Blv
而B＝kt，则＝k
回路的总电阻R＝2Lr0
回路中的感应电流i＝
作用于杆的安培力大小F＝ilB
解得F＝
代入数据得F＝1.44×10－3 N。
方法二
以a表示金属杆运动的加速度，在t时刻，金属杆与初始位置的距离L＝at2
t时刻穿过杆与导轨构成的回路的磁通量Φ＝BlL＝ktl·at2＝klat3
磁通量的变化量ΔΦ＝Φ2－Φ1＝kla－kla＝kla(－)
感应电动势E＝＝kla＝kla(＋t1t2＋)
在上式中，当Δt→0，即t1＝t2＝t时，有E＝klat2＝3klL
(也可用导数求感应电动势)
安培力大小F＝ilB＝lkt＝ktl＝t
代入数据解得F＝1.44×10－3 N。
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第2讲　法拉第电磁感应定律　自感和
涡流

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