第2节 法拉第电磁感应定律 自感 涡流-【金版教程】2026年高考物理一轮总复习首选用卷课件PPT

第八章　电磁感应 第2节　法拉第电磁感应定律　 自感　涡流 考点一　法拉第电磁感应定律的理解和应用 1．(多选)关于感应电动势、磁通量、磁通量的变化量，下列说法正确的是(　　) A．穿过回路的磁通量越大，磁通量的变化量不一定越大，回路中的感应电动势也不一定越大 B．穿过回路的磁通量的变化量与线圈的匝数无关，回路中的感应电动势与线圈的匝数有关 C．穿过回路的磁通量的变化率为0，回路中的感应电动势一定为0 D．某一时刻穿过回路的磁通量为0，回路中的感应电动势一定为0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 2．(2022·江苏高考)如图所示，半径为r的圆形区域内有垂直 于纸面的匀强磁场，磁感应强度B随时间t的变化关系为B＝B0＋ kt， B0、k为常量，则图中半径为R的单匝圆形线圈中产生的感应电动 势大小为(　　) A．πkr2 　　　　 B．πkR2 　 　　　C．πB0r2 　　　　 D．πB0R2 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 4.(2025·湖北省黄石市高三上10月月考)现有100匝矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，转轴垂直于磁场，若穿过线圈的磁通量随时间变化的规律如图所示，下列说法正确的是(　　) A．t＝0时刻线圈中感应电动势为0 B．t＝5×10－3 s时刻线圈中感应电动势最大 C．t＝1×10－3 s时刻线圈中的感应电动势比t＝2×10－3 s时刻的大 D．0～5×10－3 s时间内线圈中平均感应电动势为0.4 V 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 考点二　导线切割磁感线产生的感应电动势 5.如图所示，一金属弯杆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，已知ab＝bc＝L，当它以速度v向右水平运动时，a、c两点间的电势差为(　　) A．BLv B．BLvsinθ C．BLvcosθ D．BLv(1＋sinθ) 解析：当金属弯杆以速度v向右水平运动时，其切割磁感线的有效长度为Lsinθ，故感应电动势大小为BLvsinθ，即a、c两点间的电势差为BLvsinθ，故B正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 6.(多选)如图所示，先后以速度v1和v2匀速把一矩形线圈拉出有界匀强磁场区域，v1＝2v2。在先后两种情况下(　　) A．线圈中的感应电流之比I1∶I2＝2∶1 B．线圈中的感应电流之比I1∶I2＝1∶2 C．线圈中产生的焦耳热之比Q1∶Q2＝4∶1 D．通过线圈某截面的电荷量之比q1∶q2＝1∶1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 10.(2024·河南省商丘市部分名校高三下模拟考试三)(多选)如图所示，间距为L的平行金属导轨(电阻不计)固定在绝缘水平桌面上，其右端连接阻值为R的定值电阻，虚线左侧区域存在着垂直于水平桌面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一长度为3L、阻值为3R、粗细均匀的导体棒MN垂直于导轨放置，P、Q是导体棒与导轨的接触点，其中MP＝PQ＝QN。导体棒在水平外力作用下以速度v向右匀速运动，此时M、N、P、Q点的电势分别为φM、φN、φP、φQ，下列说法正确的是(　　) A．φM＝φN B．φM－φP>φN－φQ C．φP－φQ＝BLv D．φQ－φN＝BLv 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 考点三　涡流、电磁阻尼和电磁驱动　自感现象 11．(2024·江苏省南通市高三下第三次适应性考试)图1、图2是演示自感现象的实验电路，实验现象明显。下列说法中正确的是(　　) A．在图1中，开关S闭合时两灯泡同时亮 B．在图1中，仅去掉铁芯后线圈的电感增大 C．在图2中，开关S断开时线圈中产生自感电动势 D．在图2中，开关S断开时灯泡中电流方向不改变 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 解析：在图1中，开关S闭合时，灯泡A2立即变亮，由于线圈的自感，灯泡A1逐渐变亮，故A错误；电感与线圈的大小、形状、匝数以及是否有铁芯等因素有关，在图1中，仅去掉铁芯后线圈的电感减小，故B错误；在图2中，开关S断开时，通过线圈的电流减小，则线圈中会产生自感电动势，故C正确；在图2中，断开开关S前，通过自感线圈的电流方向向右，通过灯泡A的电流方向也向右，断开开关S时，通过线圈的电流不会立即变为零，且自感线圈与灯泡A组成回路，由于通过自感线圈的电流方向不变，该电流通过灯泡A时的方向向左，可见开关S断开时灯泡中电流方向改变，故D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 12．(2024·湖北高考)《梦溪笔谈》中记录了一次罕见的雷击事件：房屋被雷击后，屋内的银饰、宝刀等金属熔化了，但是漆器、刀鞘等非金属却完好(原文为：有一木格，其中杂贮诸器，其漆器银扣者，银悉熔流在地，漆器曾不焦灼。有一宝刀，极坚钢，就刀室中熔为汁，而室亦俨然)。导致金属熔化而非金属完好的原因可能为(　　) A．摩擦 　　　　　B．声波 　　　　　 C．涡流 　　　　D．光照 解析：雷击时，会产生瞬间的强电流，从而产生瞬间的强磁场，由电磁感应可知，这种变化的磁场会使金属内产生涡电流，从而使金属发热熔化，而非金属中不能产生涡流，即导致金属熔化而非金属完好的原因可能为涡流，C正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 13.(2025·山东省济南市高三上期中)(多选)电磁阻尼现象在日常生活中得到广泛应用，如汽车的减震悬架，精密实验仪器的防震等。某减震座椅工作原理示意图如图所示，除了弹簧可减震之外，中间还有磁体和配套定子线圈，在震动过程中磁体可在定子线圈内上下移动。下列说法中正确的是(　　) A．定子线圈的电阻越小，电磁阻尼现象越明显 B．定子线圈的电阻越大，电磁阻尼现象越明显 C．震动过程中减震系统会产生焦耳热 D．震动过程中减震系统不会产生焦耳热 解析：震动速度相同的情况下，定子线圈的电阻越小，线圈中感应电流越大，线圈所受安培力越大，电磁阻尼现象越明显，A正确，B错误；减震过程中会产生电流，定子线圈有电阻，则减震系统会产生焦耳热，C正确，D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 14.(多选)如图所示，在线圈上端放置一盛有冷水的金属杯，现接通交流电源，过了几分钟，杯内的水沸腾起来。若要缩短上述加热时间，下列措施可行的有(　　) A．增加线圈的匝数 B．提高交流电源的频率 C．将金属杯换为瓷杯 D．取走线圈中的铁芯 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 15．如图1和图2所示是教材中演示自感现象的两个电路图，L1和L2为电感线圈。实验时，断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗；闭合开关S2，灯A2逐渐变亮，而另一个相同的灯A3立即变亮，最终A2与A3的亮度相同。下列说法正确的是(　　) A．图1中，A1与L1的电阻值相同 B．图1中，闭合S1，电路稳定后，A1中 电流大于L1中电流 C．图2中，变阻器R接入电路中的阻值与L2的电阻值相同 D．图2中，闭合S2瞬间，L2中电流与变阻器R中电流相等 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 解析：断开开关S1瞬间，线圈L1产生自感电动势，阻碍电流的减小，通过L1的电流反向通过灯A1，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗，说明未断开S1时IL1>IA1，即RL1<RA1，故A错误。图1中，闭合S1，电路稳定后，因为RL1<RA1，所以A1中电流小于L1 中电流，B错误。闭合开关S2，灯A2逐渐变亮，而另一个相同的灯A3立即变亮，最终A2与A3的亮度相同，说明通过L2和A2的电流与通过变阻器R和A3的电流大小相等，则变阻器R接入电路中的阻值与L2的电阻值相同，C正确。闭合S2时，由于电磁感应，线圈L2产生自感电动势，阻碍电流的增大，通过L2的电流逐渐增大，而通过变阻器R的电流立即达到稳定时电流，与通过L2的电流最终稳定时相等，故闭合S2瞬间，L2中电流与变阻器R中电流不相等，D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 16．(2022·河北高考)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) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 17.1824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．磁针的磁场使圆盘磁化，圆盘产生的磁场导致磁针转动 B．圆盘内的涡电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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 解析：铜不是铁磁性物质，不会被磁针磁化，磁针转动的原因在于圆盘与磁针存在相对运动，使圆盘切割磁感线，产生了涡电流，而涡电流产生的磁场导致磁针转动，故A错误，B正确；在圆盘转动的过程中，圆盘位置和面积均未变，根据磁针 周围磁感线的分布情况可知，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量未变，故C错误；圆盘中的自由电子随圆盘一起运动，但铜离子也会随圆盘一起运动，二者产生的等效电流大小相同、方向相反，二者产生的合磁场为0，因此自由电子随圆盘运动形成电流产生的磁场不是磁针转动的原因，故D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 20．(2024·北京市房山区高三下一模)在断电自感的演示实验中，用小灯泡、带铁芯的电感线圈L和定值电阻R等元件组成了如图甲所示的电路。闭合开关S待电路稳定后，两支路中的电流分别为I1和I2。断开开关S前、后的一小段时间内，电路中的电流I随时间t变化的关系图像如图乙所示，则下列说法正确的是(　　) A．断开开关S前，定值电阻R中的电流为I2 B．断开开关S前，灯泡的电阻小于定值电阻 R和电感线圈L的总电阻 C．断开开关S后，小灯泡先突然变亮再逐渐熄灭 D．断开开关S后，小灯泡所在支路中的电流如曲线a所示 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 解析：根据自感规律可知断开开关S后的一小段时间内，通过电感线圈L的电流方向不变且逐渐减小，则电感线圈L所在支路的电流如题图乙中曲线a所示，小灯泡所在支路的电流如题图 乙中曲线b所示，则断开开关S前，定值电阻R中的电流为I1，故A、D错误；由题图乙可知，断开开关S前电路稳定时通过电感线圈L的电流I1大于通过小灯泡的电流I2，由欧姆定律可知小灯泡的电阻大于定值电阻R和电感线圈L的总电阻，故B错误；断开开关S后，线圈L、电阻R和灯泡重新组成闭合回路，由题图乙可知小灯泡所在支路的电流先突然增大再逐渐减小至零，即小灯泡先突然变亮再逐渐熄灭，故C正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 21．(2024·广东省广州市高三下二模)如图，水平面内固定有平行长直金属导轨ab、cd和金属圆环；金属杆MN垂直导轨静止放置，金属杆OP一端在圆环圆心O处，另一端与圆环接触良好。水平导轨区域、圆环区域有等大反向的匀强磁场。OP绕O点逆时针匀速转动；闭合K，待MN匀速运动后，使OP停止转动并保持静止。已知磁感应强度大小为B，MN质量为m，OP的角速度为ω，OP长度、MN长度和平行导轨间距均为L，MN和OP的电阻阻值均为r，忽略其余电阻和一切摩擦，求： (1)闭合K瞬间MN所受安培力大小和方向； (2)MN匀速运动时的速度大小； (3)从OP停止转动到MN停止运动的过程，MN产生的焦耳热。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 22．(2024·广东省江门市高三下第一次模拟)如图甲所示，列车车头底部安装强磁体，线圈及电流测量仪埋设在轨道地面(测量仪未画出)，P、Q为接测量仪的端口，磁体的匀强磁场垂直地面向下，宽度与线圈宽度相同，俯视图如图乙。当列车经过线圈上方时，测量仪记录线圈的电流为0.12 A。磁体的磁感应强度为0.005 T，线圈的匝数为5，长为0.2 m，电阻为0.5 Ω，则在列车经过线圈的过程中，下列说法正确的是(　　) A．穿过线圈的磁通量一直增加 B．线圈的电流方向先顺时针后逆时针 C．线圈的安培力大小为1.2×10－4 N D．列车运行的速率为12 m/s 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 24．(2023·全国甲卷)(多选)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(　　) 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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 解析：由图b可知，电流传感器测得的线圈中的电流的峰值越来越大，则小磁体在依次穿过每匝线圈的过程中，穿过线圈的磁通量的变化率的最大值越来越大，因此小磁体的速度越来越快，A、D正确；由图 b可知，小磁体穿过每一匝线圈时，该匝线圈中的电流的方向均先为正方向后为负方向，而小磁体穿过每匝线圈时，穿过该匝线圈的磁通量都先增大后减小，结合楞次定律可知，小磁体靠近和离开每一匝线圈时，穿过该匝线圈的磁通量方向相同，即下落过程中，小磁体的N极和S极不发生颠倒，B错误；下落过程中，感应电流的峰值不断变大，则从上往下线圈受到小磁体的安培力的峰值不断变大，根据牛顿第三定律可知，小磁体受到的电磁阻力的峰值不断变大，C错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 R 解析：由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势E＝neq \f(ΔΦ,Δt)，穿过回路的磁通量Φ越大，磁通量的变化量ΔΦ不一定越大，磁通量的变化率eq \f(ΔΦ,Δt)不一定越大，回路中的感应电动势不一定越大，故A正确；穿过回路的磁通量的变化量ΔΦ与线圈的匝数n无关，由E＝neq \f(ΔΦ,Δt)可知，回路中的感应电动势E与线圈的匝数n有关，故B正确；穿过回路的磁通量的变化率eq \f(ΔΦ,Δt)为0，由E＝neq \f(ΔΦ,Δt)可知，回路中的感应电动势E一定为0，故C正确；某一时刻穿过回路的磁通量Φ为0，磁通量的变化率eq \f(ΔΦ,Δt)不一定为0，由E＝neq \f(ΔΦ,Δt)可知，回路中的感应电动势不一定为0，故D错误。 解析：由题图可知r<R，则穿过线圈的磁通量为Φ＝BS＝B·πr2，根据法拉第电磁感应定律可知，题图中半径为R的单匝圆形线圈中产生的感应电动势大小为E＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(ΔB,Δt)πr2，由B＝B0＋kt可知，该匀强磁场磁感应强度的变化率为eq \f(ΔB,Δt)＝k，则E＝πkr2，故选A。 3.如图所示，一正方形线圈的匝数为n，边长为a，电阻为R，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均匀增大到2B。在此过程中，通过线圈导线某个横截面的电荷量为(　　) A.eq \f(Ba2,R) B.eq \f(nBa2,R) C.eq \f(nBa2,2R) D.eq \f(Ba2,2R) 解析：根据法拉第电磁感应定律，E＝neq \f(ΔΦ,Δt)＝neq \f(ΔB,Δt)S＝neq \f(2B－B,Δt)·eq \f(1,2)a2＝eq \f(nBa2,2Δt)，通过线圈导线某个横截面的电荷量为q＝IΔt＝eq \f(E,R)Δt＝eq \f(nBa2,2RΔt)Δt＝eq \f(nBa2,2R)，故C正确。 解析：由题图可知，在t＝0时刻穿过线圈的磁通量为0，但穿过线圈的磁通量的变化率最大，根据法拉第电磁感应定律可知，线圈中产生的感应电动势最大，故A错误；在t＝5×10－3 s时刻穿过线圈的磁通量最大，但穿过线圈的磁通量的变化率为0，根据法拉第电磁感应定律可知，线圈中产生的感应电动势为0，故B错误；由于t＝1×10－3 s时刻穿过线圈磁通量的变化率比t＝2×10－3 s时刻的大，由法拉第电磁感应定律可知，t＝1×10－3 s时刻线圈中的感应电动势比t＝2×10－3 s时刻的大，故C正确；0～5×10－3 s时间内线圈中的平均感应电动势为eq \o(E,\s\up12(－))＝neq \f(ΔΦ,Δt)＝100×eq \f(2×10－3,5×10－3) V＝40 V，故D错误。 解析：由I＝eq \f(Blv,R)知，I1∶I2＝2∶1，A正确，B错误；由Q＝I2Rt和t＝eq \f(l,v)联立知，线圈中产生的焦耳热之比Q1∶Q2＝2∶1，C错误；由q＝eq \f(ΔΦ,R)＝eq \f(BS,R)知，通过线圈某截面的电荷量之比q1∶q2＝1∶1，D正确。 7.如图，直角三角形金属框abc放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向平行于ab边向上。当金属框绕ab边以角速度ω逆时针转动时，a、b、c三点的电势分别为φa、φb、φc。已知bc边的长度为l。下列判断正确的是(　　) A．φa>φc，金属框中无电流 B．φb>φc，金属框中电流方向沿a→b→c→a C．Ubc＝－eq \f(1,2)Bl2ω，金属框中无电流 D．Uac＝eq \f(1,2)Bl2ω，金属框中电流方向沿a→c→b→a 解析：由法拉第电磁感应定律知，金属框中无电流；在三角形金属框内，bc边和ac边切割磁感线，产生感应电动势，根据E＝Blv可得感应电动势大小均为eq \f(1,2)Bl2ω；由右手定则结合上述分析知φc>φb＝φa，且Ubc＝Uac＝－eq \f(1,2)Bl2ω。故C正确，A、B、D错误。 8．(2024·甘肃高考)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(　　) A.eq \f(B2d2v,R)，方向向左 B.eq \f(B2d2v,R)，方向向右 C.eq \f(B2L2v,R)，方向向左 D.eq \f(B2L2v,R)，方向向右 解析：导体棒ab接入电路的有效长度为d，故其切割磁感线在回路中产生的感应电动势大小为E＝Bdv，感应电流大小为I＝eq \f(E,R)，导体棒ab所受的安培力大小为F＝IdB，联立可得F＝eq \f(B2d2v,R)；根据右手定则可知，导体棒ab中的感应电流由b向a，由左手定则可知，导体棒ab所受的安培力方向向左。故A正确。 9.如图所示，均匀磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框，半圆直径与磁场边缘重合；磁场方向垂直于半圆面(纸面)向里，磁感应强度大小为B0。使该导线框从静止开始绕过圆心O、垂直于半圆面的轴以角速度ω匀速转动半周，在线框中产生感应电流。现使线框保持图中所示位置，磁感应强度大小随时间线性变化。为了产生与线框转动半周过程中同样大小的电流，磁感应强度随时间的变化率eq \f(ΔB,Δt)的大小应为(　　) A.eq \f(4ωB0,π) B.eq \f(2ωB0,π) C.eq \f(ωB0,π) D.eq \f(ωB0,2π) 解析：设半圆的半径为r，当线框绕过圆心O的轴匀速转动时，圆弧部分不切割磁感线，不产生感应电动势，而在转过半周的过程中仅有一半直径在磁场中，产生的感应电动势E＝B0req \o(v,\s\up6(－))＝B0r·eq \f(rω,2)＝eq \f(1,2)B0r2ω；当导线框不动时，E′＝eq \f(ΔB,Δt)·eq \f(πr2,2)。由闭合电路欧姆定律得I＝eq \f(E,R)，I′＝eq \f(E′,R)，要使I＝I′，必须使E＝E′，即eq \f(ΔB,Δt)＝eq \f(ωB0,π)，C正确。 解析：MP、QN两段导体棒没有围成闭合回路，由法拉第电磁 感应定律可得φM－φP＝BLv，φQ－φN＝BLv，则φN－φQ＝－BLv， 故φM－φP>φN－φQ，B、D正确；PQ段导体棒与导轨及定值电阻围 成了闭合回路，且PQ段导体棒电阻为R，由法拉第电磁感应定律可 得PQ段导体棒切割磁感线产生的感应电动势E＝BLv，由闭合电路欧姆定律可得φP－φQ＝eq \f(E,2R)·R＝eq \f(1,2)BLv，再经联立可知φM－φN＝eq \f(5,2)BLv，A、C错误。 解析：交变电流在铁芯中产生交变磁场，金属杯中会产生感应电流而发热。增加线圈的匝数，可以使铁芯中的磁场增强，金属杯中磁通量的变化量ΔΦ增大；提高交流电源的频率，可以使Δt减小，这两种措施都可以使eq \f(ΔΦ,Δt)增大，由法拉第电磁感应定律可知，都可以使金属杯中产生的感应电动势增大，都可以使金属杯中的电流增大， 都可缩短加热时间，A、B正确；将金属杯换成瓷杯，变化的磁场不能 在瓷杯内产生感应电流，也就不能使水加热，C错误；取走线圈中的 铁芯，线圈和金属杯中的磁场减弱，在金属杯中产生的感应电流会减 小，从而使水加热至沸腾的时间增加，D错误。 解析：根据楞次定律可知，题图所示的1个大圆与5个小圆中的感应电动势方向相同，即可等效成1个大圆与5个小圆串联，故线圈中总的感应电动势大小为E＝E大＋5E小，根据法拉第电磁感应定律，有E大＝eq \f(ΔB,Δt)S1，E小＝eq \f(ΔB,Δt)S2，将B＝B0＋kt代入，可解得E＝k(S1＋5S2)，故D正确。 18.(2025·山西省阳泉市高三上10月月考)如图所示，正方形线圈MOO′N处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向与水平面的夹角为30°，线圈的边长为L，电阻为R，匝数为n。当线圈从竖直面绕OO′顺时针转至水平面的过程中，通过导线截面的电荷量为(　　) A.eq \f(（\r(3)＋1）nBL2,2R) B.eq \f(（\r(3)＋1）n2BL2,2R) C.eq \f(（\r(3)－1）nBL2,2R) D.eq \f(（\r(3)－1）n2BL2,2R) 解析：根据法拉第电磁感应定律得eq \o(E,\s\up12(－))＝neq \f(ΔΦ,Δt)，又eq \o(I,\s\up12(－))＝eq \f(\o(E,\s\up12(－)),R)，q＝eq \o(I,\s\up12(－))Δt，联立解得q＝neq \f(ΔΦ,R)，又因为ΔΦ＝Φ2－Φ1，Φ2＝BL2sin30°，Φ1＝－BL2cos30°，解得q＝eq \f(（\r(3)＋1）nBL2,2R)，故选A。 19.如图所示，边长为a、电阻为R的正方形导线框PQMN进入磁感应强度为B的匀强磁场。图示位置线框速度大小为v，此时(　　) A．NM间电势差等于NP间电势差 B．线框中电流大小为eq \f(\r(2)Bav,R) C．线框所受安培力大小为eq \f(\r(2)B2a2v,R) D．线框所受安培力方向与运动方向相反 解析：图示位置NM边恰好切割磁感线，产生的感应电动势大 小为E＝Bav，导线框的NM边相当于电源，由右手定则可知“等效 电源”中电流由M流向N，则N点电势高于M点电势，可知此时 NM两端的电势差为路端电压，根据串联电路的分压原理可得UNM ＝eq \f(3,4)E＝eq \f(3,4)Bav，UNP＝eq \f(1,4)E＝eq \f(1,4)Bav，两者不等，故A错误；根据闭合电路的欧姆定律可得，此时线框中的电流大小为I＝eq \f(E,R)＝eq \f(Bav,R)，故B错误；线框有两个边在磁场中，等效导体长度为PM＝eq \r(2)a，则线框所受安培力的大小为F＝BI·PM＝eq \f(\r(2)B2a2v,R)，故C正确；根据左手定则，可知此时线框所受安培力垂直于磁场边界，指向磁场区域之外，与运动方向间的夹角为135°，故D错误。 答案：(1)eq \f(B2L3ω,4r)　方向水平向左　 (2)eq \f(1,2)ωL　(3)eq \f(1,16)mω2L2 解析：(1)当OP绕O点逆时针匀速转动时，由右手定则可知O点电势高于P点电势，OP切割磁感线产生的感应电动势为E＝eq \f(1,2)BωL2 闭合K瞬间，由闭合电路欧姆定律可知，通过MN的电流大小为I＝eq \f(E,2r)，方向由M到N MN所受安培力大小为F＝BIL 联立解得F＝eq \f(B2L3ω,4r) 由左手定则可知，MN所受安培力方向水平向左。 (2)闭合K后，MN所受安培力向左，开始向左做加速运动，速度逐渐增大，MN切割磁感线产生的感应电动势逐渐增大，方向与OP产生的感应电动势方向相反，回路中的电流逐渐减小，则MN所受安培力逐渐减小，MN做加速度减小的加速运动，当MN中电流减小到零时，MN所受安培力为零，加速度为零，MN的速度达到最大，设为v，此时MN切割磁感线产生的感应电动势与OP产生的感应电动势大小相等，即EMN＝E 由法拉第电磁感应定律有EMN＝BLv 联立解得v＝eq \f(1,2)ωL。 (3)从OP停止转动到MN停止运动的过程，由能量守恒定律可知，电路中产生的焦耳热为Q＝eq \f(1,2)mv2 MN产生的焦耳热为QMN＝eq \f(r,r＋r)Q 联立解得QMN＝eq \f(1,16)mω2L2。 解析：在列车经过线圈的上方时，向下穿过线圈的磁通量先增加后减少，根据楞次定律及安培定则可知，线圈中的感应电流方向先逆时针后顺时针，故A、B错误；线圈的安培力大小为F＝nBIl＝6×10－4 N，故C错误；导线切割磁感线产生的感应电动势为E＝nBlv，根据闭合电路欧姆定律可得I＝eq \f(E,R)，联立解得列车运行的速率v＝12 m/s，故D正确。 23.(2024·湖南高考)如图，有一硬质导线Oabc，其中eq \o(abc,\s\up15(︵))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：如图所示，O、a、b、c各点电势的关系相当于Oa、Ob、Oc三条直导体棒绕O点转动切割磁感线时四点的电势的关系，根据右手定则可知，O点电势最高；根据法拉第电磁感应定律，直导体棒在匀强磁场中转动产生的感应电动势E＝Bleq \o(v,\s\up6(－))，本题中直导体棒绕棒端点转动，则eq \o(v,\s\up6(－))＝eq \f(1,2)ωl，联立可得E＝eq \f(1,2)Bωl2，由图可知lOb＝lOc＝eq \r(R2＋（2R）2)＝eq \r(5)R>lOa＝R，结合电源的开路电压等于电动势，以及楞次定律，可得UOb＝UOc>UOa>0，又UOa＝φO－φa，UOb＝φO－φb， UOc＝φO－φc，可得φO>φa>φb＝φc，故选C。 $$