第十二章 电磁感应（教师用书）-【新高考方案】2026年高考物理一轮总复习（普高基础版）

第十二章　电磁感应 第一讲　电磁感应现象和楞次定律 课前 [精要回顾] [微点判断] (1)(人教选择性必修2 P24“问题”·改编)感应电流的方向与闭合回路的磁通量变化有关。 (√) (2)穿过线圈的磁通量和线圈的匝数有关。 (×) (3)(人教选择性必修2 P28“科学方法”·改编)通过研究不同磁极插入和拔出线圈等实验现象，逐步归纳推理得出反映感应电流方向的规律。 (√) (4)当导体切割磁感线时，一定产生感应电动势。 (√) (5)由楞次定律知，感应电流的磁场一定与引起感应电流的磁场方向相反。 (×) (6)感应电流的磁场一定阻碍引起感应电流的磁场的磁通量的变化。 (√) 逐点清(一)　电磁感应现象的理解 题点1　磁通量及其变化分析 1.如图所示，a、b、c三个闭合线圈放在同一平面内，当线圈a中有电流I通过时，穿过三个线圈的磁通量分别为Φa、Φb、Φc，则 (　　) A.Φa<Φb<Φc　　　　　　 B.Φa>Φb>Φc C.Φa<Φc<Φb D.Φa>Φc>Φb 解析：选B　当a中有电流通过时，穿过a、b、c三个闭合线圈垂直纸面向里的磁感线条数一样多，向外的磁感线的条数c最多，其次是b，a中没有向外的磁感线，因此穿过闭合线圈的净磁感线条数a最多，b次之，c最少，即Φa>Φb>Φc，选项B正确。 2.(多选)一磁感应强度为B的匀强磁场方向水平向右，一面积为S、匝数为n的矩形线圈abcd如图所示放置，平面abcd与竖直方向成θ角。在线圈转动后，关于穿过线圈磁通量的变化量，下列说法正确的是 (　　) A.将abcd绕ad转到图中虚线位置(竖直位置)，磁通量的变化量是BS(1-cos θ) B.将abcd绕ad转到图中虚线位置(竖直位置)，磁通量的变化量是nBS(1-sin θ) C.将abcd绕ad转过180°，磁通量的变化量是2BScos θ D.将abcd绕ad转过180°，磁通量的变化量是0 解析：选AC　转动前穿过线圈的磁通量为Φ1=BScos θ，绕ad转到题图中虚线位置(竖直位置)磁通量Φ2=BS，磁通量的变化量为ΔΦ=Φ2-Φ1=BS(1-cos θ)，绕ad转动180°角后的磁通量为Φ3=-BScos θ，磁通量的变化量为ΔΦ'=|Φ3-Φ1|=2BScos θ，故A、C正确，B、D错误。 题点2　感应电流有无判断 3.下图中能产生感应电流的是 (　　) 解析：选B　根据产生感应电流的条件可知，A项中，电路没闭合，无感应电流；B项中，磁感应强度不变，闭合回路面积增大，穿过闭合电路的磁通量增大，有感应电流；C项中，穿过线圈的磁感线相互抵消，穿过线圈的磁通量恒为零，无感应电流；D项中，穿过线圈的磁通量不发生变化，无感应电流。 4.如图所示，一个U形金属导轨水平放置，其上放有一个金属导体棒ab，有一磁感应强度为B的匀强磁场斜向上穿过轨道平面，且与竖直方向的夹角为θ(0<θ<90°)。在下列各过程中，一定能在轨道回路里产生感应电流的是 (　　) A.ab向右运动，同时使θ减小 B.使磁感应强度B减小，θ角同时也减小 C.ab向左运动，同时增大磁感应强度B D.ab向右运动，同时增大磁感应强度B和θ角 解析：选A　设此时回路面积为S，据题意，穿过回路的磁通量Φ=BScos θ。ab向右运动，则S增大，θ减小，则cos θ增大，因此Φ增大，回路里一定能产生感应电流，A正确；B减小，θ减小，cos θ增大，Φ可能不变，回路里不一定能产生感应电流，B错误；ab向左运动，则S减小，B增大，Φ可能不变，回路里不一定能产生感应电流，C错误；ab向右运动，则S增大，B增大，θ增大，cos θ减小，Φ可能不变，回路里不一定能产生感应电流，D错误。 关键点拨(对应学生用书旁栏内容) 1.磁通量及其变化问题 (1)磁通量的正负：磁通量的正负不代表大小，只表示磁感线是怎样穿过平面的。若从平面的某一侧穿入为正，则从另一侧穿入为负。 (2)磁通量的大小 ①由公式计算：Φ=BSsin θ。 ②从磁感线观察：从不同侧面穿入的磁感线抵消后，剩余的磁感线的条数越多，磁通量越大。 ③穿过线圈的磁通量的大小与线圈匝数无关。 (3)求磁通量变化时要关注磁通量的正负。(如T2) 2.感应电流有无的判断方法 逐点清(二)　感应电流方向的判断 题点1　楞次定律的理解 1.关于感应电流，下列说法正确的是 (　　) A.根据楞次定律知，感应电流的磁场一定阻碍引起感应电流的磁通量 B.感应电流的磁场总是阻碍原磁场的变化 C.感应电流的磁场方向与引起感应电流的磁场方向可能相同，也可能相反 D.当导体切割磁感线运动时，必须用右手定则确定感应电流的方向 解析：选C　由楞次定律知，感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化，A错误。感应电流的磁场总是阻碍原磁通量的变化，不是阻碍原磁场的变化，B错误。由楞次定律知，如果是因磁通量的减少而引起的感应电流，则感应电流的磁场方向与引起感应电流的磁场方向相同，阻碍磁通量的减小；如果是因磁通量的增加而引起的感应电流，则感应电流的磁场与引起感应电流的磁场方向相反，阻碍磁通量的增加，C正确。导体切割磁感线运动时，可直接用右手定则确定感应电流的方向，也可以由楞次定律确定感应电流的方向，D错误。 题点2　应用楞次定律判断感应电流的方向 2.(2024·江苏高考)如图所示，在绝缘的水平面上，有闭合的两个线圈a、b，线圈a处在匀强磁场中，现将线圈a从磁场中匀速拉出，线圈a、b中产生的感应电流方向分别是 (　　) A.顺时针，顺时针　　　　 B.顺时针，逆时针 C.逆时针，顺时针 D.逆时针，逆时针 解析：选A　将线圈a从磁场中匀速拉出的过程中，穿过线圈a的磁通量减小，根据楞次定律结合安培定则可知，线圈a中产生的感应电流方向为顺时针；由于线圈a从磁场中匀速拉出，则线圈a中产生的感应电流为恒定电流，则线圈a靠近线圈b的过程中，线圈b的磁通量垂直纸面向外且增大，同理可得线圈b中产生的感应电流方向为顺时针。故选A。 3.(2025·黑龙江大庆期末)如图所示，在垂直于纸面向里的匀强磁场中有两个大小不等的圆环M、N连接而成的导线框，分别处于左右两个磁场B1、B2中。减小右侧磁场B2过程中，关于M环中感应电流的方向和M环的形变趋势的说法中正确的是 (　　) A.有顺时针方向的感应电流产生，且M环有收缩的趋势 B.有逆时针方向的感应电流产生，且M环有收缩的趋势 C.有顺时针方向的感应电流产生，且M环有扩张的趋势 D.有逆时针方向的感应电流产生，且M环有扩张的趋势 解析：选C　减小右侧磁场B2过程中，圆环N中的磁通量减小，根据楞次定律结合安培定则可知，圆环N中有顺时针方向的电流，则M环中感应电流方向也是顺时针，再根据左手定则可知，M环受到的安培力方向沿径向向外，故M环有扩张的趋势。故选C。 题点3　应用右手定则判断感应电流的方向 4.(2025·河北承德模拟)图中表示闭合电路中的一部分导体ab在磁场中做切割磁感线运动的情境，导体ab上的感应电流方向为a→b的是 (　　) 解析：选A　导体ab顺时针转动，由右手定则可知，导体ab上的感应电流方向为a→b，A项正确；导体ab向纸外运动，由右手定则可知，导体ab上的感应电流方向为b→a，B项错误；导体框向右运动，ad边切割磁感线，由右手定则可知，导体ab上的感应电流方向为b→a，C项错误；导体ab沿导轨向下运动，由右手定则可知，导体ab上的感应电流方向为b→a，D项错误。 关键点拨(对应学生用书旁栏内容) 1.楞次定律中“阻碍”的含义 谁阻 碍谁 感应电流的磁场阻碍引起感应电流的磁场(原磁场)的磁通量的变化 阻碍 什么 阻碍的是磁通量的变化，而不是阻碍磁通量本身 如何 阻碍 当磁通量增加时，感应电流的磁场方向与原磁场的方向相反；当磁通量减少时，感应电流的磁场方向与原磁场的方向相同，即“增反减同” 阻碍 效果 阻碍并不是阻止，只是延缓了磁通量的变化，这种变化将继续进行 2.楞次定律的应用思路 3.用右手定则判断 该方法只适用于导体切割磁感线产生的感应电流，注意三个要点： (1)掌心——磁感线穿入； (2)拇指——指向导体运动的方向； (3)四指——指向感应电流的方向。 逐点清(三)　楞次定律的推广应用 类型1　“增缩减扩” 1.(2025·重庆期末)电吉他的工作原理简化示意图如图所示，琴身上装有线圈，线圈附近被磁化的琴弦振动时，会使线圈中的磁通量发生变化，从而产生感应电流，再经信号放大器放大后传到扬声器。则当图中琴弦向左远离线圈时 (　　) A.线圈中不产生感应电流 B.穿过线圈的磁通量减小 C.琴弦受向左的安培力 D.线圈有收缩趋势 解析：选B　琴弦向左远离线圈时，穿过线圈的磁通量减小，线圈中产生感应电流，由“来拒去留”可知琴弦受到向右的安培力，由“增缩减扩”可知线圈有扩张趋势。故选B。 类型2　“来拒去留” 2.如图所示，光滑U形金属导轨固定在水平面上，一根导体棒垂直静置于导轨上构成回路。将回路正上方的条形磁铁竖直向上抛出，在其运动到最高点的过程中，安培力对导体棒做的功为W，回路中产生的焦耳热为Q，导体棒获得的动能为Ek，重力加速度为g，下列说法正确的是 (　　) A.导体棒对轨道压力大于重力 B.磁铁加速度为g C.W=Q D.W=Ek 解析：选D　磁铁向上运动，根据“来拒去留”，回路对磁铁有向下的吸引力，磁铁受向下的重力和吸引力，故磁铁的加速度大于g，由力的作用是相互的可知，磁铁对回路有向上的吸引力，故导体棒对轨道的压力小于重力，A、B错误；电磁感应现象中，导体棒克服安培力做的功等于回路产生的焦耳热，C错误；根据动能定理，安培力对导体棒做的功等于导体棒动能的变化量，故W=Ek，D正确。 3.(2025·四川成都一模)(多选)某研究性学习小组的同学设计的电梯坠落的应急安全装置如图所示，在电梯挂厢上安装永久磁铁，并在电梯的井壁上铺设线圈，这样可以在电梯突然坠落时减小对人员的伤害。关于该装置，下列说法正确的是 (　　) A.当电梯坠落至永久磁铁在线圈A、B之间时，闭合线圈A、B中的电流方向相同 B.当电梯坠落至永久磁铁在线圈A、B之间时，闭合线圈A、B中的电流方向相反 C.当电梯坠落至永久磁铁在线圈A、B之间时，闭合线圈A、B均对电梯的下落起阻碍作用 D.当电梯坠落至永久磁铁在线圈B下方时，闭合线圈A、B不再对电梯的下落起阻碍作用 解析：选BC　根据楞次定律，当电梯坠落至永久磁铁在线圈A、B之间时，磁铁在线圈A中产生向上的磁场减弱，线圈A中会产生逆时针电流(俯视)，磁铁在线圈B中产生向上的磁场增强，线圈B中产生顺时针电流(俯视)，则线圈A、B中电流方向相反，故A错误，B正确；若电梯突然坠落，线圈内的磁通量发生变化，将在两个线圈中产生感应电流，两个线圈的感应电流都会有“来拒去留”的效果阻碍磁铁的相对运动，但不能阻止磁铁的运动，可起到应急避险作用，故C正确，D错误。 类型3　“增反减同” 4.电磁弹射装置是航空母舰上的一种舰载机起飞装置。如图所示的装置也能进行电磁弹射，线圈固定在光滑绝缘杆MN上，导体圆环套在绝缘杆的左端。则下列说法正确的是 (　　) A.开关闭合，圆环将从M端离开绝缘杆 B.圆环的位置不变，将滑动变阻器的滑片P向左滑动少许，与滑片滑动前相比，闭合开关瞬间，圆环所受的安培力相同 C.如果将电源反接，闭合开关，圆环将向右运动 D.如果将圆环放在线圈的右侧，闭合开关，圆环不会离开绝缘杆 解析：选A　闭合开关，线圈中有电流通过，周围产生磁场，穿过圆环的磁通量增加，则由楞次定律可知，圆环将向左运动，从绝缘杆的M端离开，A正确；圆环的位置不变，将P向左滑动少许，电路中的总电阻减小，闭合开关瞬间，线圈中的电流增大，线圈产生的磁场增强，穿过圆环的磁通量增大，圆环上的感应电流增大，则圆环所受的安培力增大，B错误；如果将电源反接，闭合开关后穿过圆环的磁通量仍增加，则由楞次定律可知，圆环仍从绝缘杆的M端离开，即圆环仍将向左运动，C错误；如果将圆环放在线圈的右侧，闭合开关，由以上分析可知圆环将从绝缘杆的N端离开，D错误。 关键点拨(对应学生用书旁栏内容) 楞次定律的推广应用 1.阻碍原磁通量变化——“增反减同” 例证： 2.阻碍相对运动——“来拒去留” 例证： 3.阻碍回路面积的变化——“增缩减扩” 例证： 4.阻碍原电流的变化——“增反减同”(自感现象) 例证： 逐点清(四)　“三定则、一定律”的应用 1.(2024·北京高考)如图所示，线圈M和线圈P绕在同一个铁芯上，下列说法正确的是 (　　) A.闭合开关瞬间，线圈M和线圈P相互吸引 B.闭合开关，达到稳定后，电流表的示数为0 C.断开开关瞬间，流过电流表的电流方向由a到b D.断开开关瞬间，线圈P中感应电流的磁场方向向左 解析：选B　闭合开关瞬间，穿过线圈P的磁通量突然增大，由楞次定律可知，线圈P中感应电流的磁场与线圈M中电流的磁场方向相反，二者相互排斥，故A错误；闭合开关，达到稳定后，穿过线圈P的磁通量保持不变，则感应电流为0，电流表的示数为0，故B正确；断开开关瞬间，穿过线圈P的磁场方向向右，磁通量减小，由楞次定律可知，感应电流的磁场方向向右，由安培定则可知，流过电流表的感应电流方向由b到a，故C、D错误。 2.(多选)如图所示，一平行光滑金属导轨水平置于竖直向下的匀强磁场中，导轨电阻不计，与大螺线管M相接，在M螺线管内同轴放置一绝缘圆盘N，N的边缘固定着许多带负电的小球(每个小球都可视为一个点电荷)，且圆盘N可绕轴心在水平面内自由转动。当导体棒ab运动时，圆盘N能沿箭头方向逆时针转动，则导体棒ab的运动情况是 (　　) A.导体棒ab向右做匀速运动 B.导体棒ab向右做加速运动 C.导体棒ab向左做加速运动 D.导体棒ab向左做减速运动 解析：选BD　圆盘N能沿箭头方向逆时针转动，可知圆盘边缘感应电流沿顺时针方向，则圆盘N中感应电流产生的磁场方向垂直纸面向里；若导体棒ab向右运动，则感应电流由b到a，M中的磁场向外，与N中感应电流产生的磁场方向相反，可知M中的磁场必然是增强的，则导体棒ab必然做加速运动，故A错误，B正确；若导体棒ab向左运动，则感应电流由a到b，M中的磁场向里，与N中产生感应电流的磁场方向相同，可知M中的磁场必然是减弱的，则导体棒ab必然做减速运动，故C错误，D正确。 3.(2023·河北高考)(多选)如图甲，绝缘水平面上四根完全相同的光滑金属杆围成矩形，彼此接触良好，匀强磁场方向竖直向下。金属杆2、3固定不动，1、4同时沿图箭头方向移动，移动过程中金属杆所围成的矩形周长保持不变。当金属杆移动到图乙位置时，金属杆所围面积与初始时相同。在此过程中 (　　) A.金属杆所围回路中电流方向保持不变 B.通过金属杆截面的电荷量随时间均匀增加 C.金属杆1所受安培力方向与运动方向先相同后相反 D.金属杆4所受安培力方向与运动方向先相反后相同 解析：选CD　由数学知识可知金属杆所围回路的面积先增大后减小，金属杆所围回路内磁通量先增大后减小，根据楞次定律可知电流方向先沿逆时针方向，后沿顺时针方向，故A错误；由于金属杆所围回路的面积非均匀变化，故感应电流的大小不恒定，故通过金属杆截面的电荷量随时间不是均匀增加的，故B错误；由上述分析，根据左手定则，可知金属杆1所受安培力方向与运动方向先相同后相反，金属杆4所受安培力方向与运动方向先相反后相同，故C、D正确。 关键点拨(对应学生用书旁栏内容) 1.“三定则、一定律”的比较 定则或 定律 适用的现象 因果 关系 安培 定则 电流的磁效应——电流、运动电荷产生的磁场 因电 生磁 左手 定则 (1)安培力——磁场对通电导线的作用力 (2)洛伦兹力——磁场对运动电荷的作用力 因电 受力 定则或 定律 适用的现象 因果 关系 右手 定则 导体做切割磁感线运动产生的电磁感应现象 因动 生电 楞次 定律 闭合回路磁通量变化产生的电磁感应现象 因磁 生电 2.“三定则、一定律”的联系 (1)应用楞次定律时，一般要用到安培定则。 (2)判断感应电流所受安培力方向的“两法”： ①先用右手定则确定电流的方向，再用左手定则确定安培力的方向； ②直接应用楞次定律的推论确定——“来拒去留”“增缩减扩”等。 [课时跟踪检测] 1.(2025·江苏南通模拟)如图所示，一轻质绝缘横杆左右两侧各固定一金属环，横杆可绕中心点自由转动。若拿一条形磁铁先后插向两环，关于产生的现象及分析，下列说法中错误的是 (　　) A.磁铁靠近金属环的过程中，穿过左右两环的磁通量都增大 B.只有磁铁速度足够大，左环中才产生感应电动势和感应电流 C.无论磁铁速度多大，右环中都会产生感应电动势和感应电流 D.磁铁插向右环时，俯视看横杆，横杆将逆时针转动 解析：选B　磁铁靠近金属环的过程中，金属环所在位置的磁感应强度逐渐增大，则穿过左右两环的磁通量都增大，故A正确；磁铁靠近金属环的过程中，穿过左环的磁通量增大，左环产生感应电动势，由于左环没有闭合，则左环中没有产生感应电流，无论磁铁速度多大，左环中总是产生感应电动势，不产生感应电流，故B错误；磁铁靠近金属环的过程中，穿过右环的磁通量增大，右环闭合，可知无论磁铁速度多大，右环中都会产生感应电动势和感应电流，故C正确；根据楞次定律的推论“来拒去留”可知，磁铁插向右环时，俯视看横杆，横杆将逆时针转动，故D正确。 2.如图所示，两个单匝线圈a、b的半径分别为r和2r。圆形匀强磁场B的边缘恰好与a线圈重合，则穿过a、b两线圈的磁通量之比为 (　　) A.1∶1 B.1∶2 C.1∶4 D.4∶1 解析：选A　由题图可知，穿过a、b两个线圈的磁通量均为Φ=B·πr2，因此磁通量之比为1∶1，A正确。 3.(2025·湖南邵阳检测)(多选)如图所示，固定的水平长直导线中通有电流I，矩形线框与导线在同一竖直平面内，且一边与导线平行。线框由静止从图示位置释放，在下落过程中 (　　) A.穿过线框的磁通量始终为零 B.线框中感应电流方向沿顺时针 C.线框所受安培力的合力不变 D.线框的机械能逐渐减小 解析：选BD　距离导线越远，磁场越弱，可知线框下落过程中，穿过线框的磁通量逐渐减小，且穿过线框的磁通量不为零，故A错误；根据右手螺旋定则可知，导线下方的磁场方向垂直纸面向里，随着线框下落，穿过线框的磁通量减小，根据楞次定律结合安培定则可知，线框中感应电流的方向为顺时针，故B正确；根据左手定则，线框上边所受的安培力方向向上，下边所受的安培力方向向下，由于下边的磁场比上边弱，故下边所受的安培力小于上边所受的安培力，又线框左右两边所受安培力大小相等方向相反，因此线框所受安培力的合力向上，且逐渐减小，故C错误；由于安培力做负功，线框的机械能逐渐减小，故D正确。 4.磁通量是研究电磁感应现象的重要物理量，如图所示，通有恒定电流的直导线MN与闭合线框共面，第一次将线框由位置1平移到位置2，第二次将线框由位置1绕cd边翻转到位置2，设前后两次通过线框的磁通量变化大小分别为ΔΦ1和ΔΦ2，则 (　　) A.ΔΦ1>ΔΦ2 B.ΔΦ1=ΔΦ2 C.ΔΦ1<ΔΦ2 D.无法确定 解析：选C　第一次将线框由位置1平移到位置2，磁感线从线框的同一侧穿入，ΔΦ1为前后两位置磁通量的绝对值之差。第二次将线框由位置1绕cd边翻转到位置2，磁感线从线框的不同侧穿入，ΔΦ2为前后两位置磁通量的绝对值之和。故ΔΦ1<ΔΦ2，C正确。 5. (2025年1月·八省联考四川卷)如图，水平面MN下方存在垂直纸面向里的匀强磁场，纸面为竖直平面。不可形变的导体棒ab和两根可形变的导体棒组成三角形回路框，其中ab处于水平位置，框从MN上方由静止释放，框面始终在纸面内，在框落入磁场且ab未到达MN的过程中，沿磁场方向观察，框的大致形状及回路中的电流方向为 (　　) 解析：选C　由楞次定律结合安培定则可知回路框中的感应电流方向为逆时针方向，根据左手定则可知左侧可形变的导体棒所受安培力斜向右上方，右侧可形变的导体棒所受安培力斜向左上方，故选C。 6.(2025·重庆调研)如图为某品牌手机无线充电的原理示意图。若某段时间内送电线圈产生的磁场B在逐渐增强，则 (　　) A.此时送电线圈中的电流由端口1流入 B.此时受电线圈的端口3为正极 C.此时受电线圈的面积有扩大的趋势 D.受电线圈中电流产生的磁场方向与图示磁场方向相同 解析：选A　由题图可知，送电线圈产生的磁场方向向上，根据安培定则可知，此时送电线圈中从上向下看的电流沿逆时针方向，故电流由端口1流入，故A正确；送电线圈产生的磁场逐渐增强，由楞次定律可知，此时受电线圈中感应电流产生的磁场方向与题图中磁场方向相反，由安培定则可知，受电线圈内从上向下看的感应电流沿顺时针方向，由电源内部电流从负极流向正极可知，端口3为负极，故B、D错误；磁场B在逐渐增强，根据“增缩减扩”可知，受电线圈的面积有收缩的趋势，故C错误。 7.(2025·河南焦作期中)如图所示，一圆形线圈内通有顺时针方向的恒定电流I。在其正下方的光滑绝缘水平面上，一个正方形金属框从A点以大小为v的初速度向右滑行，经过B点(与A点关于虚线对称)后继续向前运动。若不计空气阻力，下列说法正确的是 (　　) A.恒定电流I在圆形线圈轴线上产生的磁场方向垂直线圈平面向外 B.向右滑行的正方形金属框内磁通量不变化 C.正方形金属框运动过程中，有感应电流产生 D.向右滑行的正方形金属框内磁通量先垂直纸面向外，后垂直纸面向里 解析：选C　根据安培定则可知，恒定电流I在圆形线圈轴线上产生的磁场方向垂直线圈平面向里，故A错误；越靠近圆形线圈，磁感应强度越大，向右滑行的正方形金属框内磁通量先增大后减小，故B错误；向右滑行的正方形金属框内磁通量先增大后减小，根据电磁感应定律可知，正方形金属框运动过程中，有感应电流产生，故C正确；恒定电流I在圆形线圈外产生的磁场方向垂直线圈平面向外，向右滑行的正方形金属框内磁通量先增大后减小，一直垂直纸面向外，故D错误。 8.(2025·陕西安康模拟)如图所示，在水平地面上建立平面直角坐标系xOy，直线1、2、3平行于y轴，直线4、5平行于x轴。若地下平行于y轴方向埋着一根通有恒定直流电的线缆，为了准确定位线缆的位置和走向，一圆形金属线圈在水平地面上分别沿直线1、2、3从x轴往y轴正方向匀速移动，或沿直线4、5从y轴往x轴正方向匀速移动，则下列说法正确的是 (　　) A.线圈沿着直线1、2、3中的某条线移动时没有产生感应电流，则该条线的正下方一定没有线缆 B.线圈沿着直线1、2、3中的某条线移动时没有产生感应电流，则该条线的正下方一定有线缆 C.线圈沿着直线4、5移动的过程中，感应电流反向时，则该位置的正下方有线缆 D.线圈沿着直线4、5移动的过程中，磁通量为零时，则该位置的正下方有线缆 解析：选D　线圈沿着直线1、2、3移动时，磁通量都不会变化，都不会产生感应电流，所以不能确定下方是否有线缆，故A、B错误；线圈沿着直线4、5移动时，从y轴到线缆正上方的过程中，穿过线圈的磁通量先增大后减小，过了正上方后，穿过线圈的磁通量反向先增大后减小，且在线缆正上方时穿过线圈的磁通量最小为零，故C错误，D正确。 9.迈斯纳效应是超导体从一般状态转变至超导态的过程中对磁场的排斥现象。如图所示，超导平板位于xOy平面内，x轴正上方d处有一根无限长直导线平行x轴方向放置。当导线中通以电流I(方向沿x轴正方向)时，由于迈斯纳效应，超导平板表面出现感应电流，从而使得超导平板内部磁场为零，即超导平板会排斥体内的磁场。则超导平板表面感应电流的方向应 (　　) A.沿x轴负方向 B.沿x轴正方向 C.沿y轴负方向 D.沿y轴正方向 解析：选A　导线中通以沿x轴正方向的电流I时，在超导平板内部产生垂直于超导平板的逆时针方向的磁场，由于迈斯纳效应，可知超导平板表面感应电流在超导平板内部产生垂直于超导平板的顺时针方向的磁场，则超导平板表面感应电流的方向应沿x轴负方向。故选A。 10.(2025·江苏盐城模拟)如图所示，在光滑水平桌面上有两个闭合金属圆环，在它们圆心连线中点正上方有一个条形磁铁，当给条形磁铁一竖直向上的初速度后，磁铁上升到最高点后下落，在条形磁铁向下运动的过程中，将会出现的情况是 (　　) A.磁铁的加速度小于g B.金属环对桌面压力小于自身重力 C.俯视观察，左边金属环会产生逆时针感应电流 D.两金属环将加速靠近(不考虑金属环之间的作用) 解析：选A　在磁铁下落过程中，穿过两个金属环的磁通量增大，金属环产生感应电流，金属环受到向下的安培力，而磁铁受到向上的磁场力，所以磁铁向下运动时的加速度会小于g，金属环对桌面压力大于自身重力，故A正确，B错误；在磁铁下落过程中，穿过两个金属环的向上的磁通量增大，根据楞次定律可知，俯视观察，左边金属环会产生顺时针方向的感应电流，故C错误；在磁铁下落过程中，穿过两个金属环的磁通量增大，根据楞次定律可知，感应电流的磁场总要阻碍原磁场的磁通量的变化，所以两个金属环要向磁场减小的方向运动，两个金属环相互加速远离，故D错误。 11.两个完全相同的磁电式仪表A、B，零刻度均在表盘正中间，按图示方式用导线连接起来。在把表A的指针向左拨动的过程中，表B的指针将 (　　) A.向左偏转 B.向右偏转 C.静止不动 D.发生偏转，但无法判断偏转方向 解析：选A　因两表的结构完全相同，对表A来说是由于拨动指针带动线圈切割磁感线产生感应电流，电流方向用右手定则判断；对表B来说是线圈受安培力作用带动指针偏转，偏转方向应由左手定则判断。又由题图可知两表电流方向相反，所以A向左拨动，B也向左偏转。故选A。 12.(2025·吉林长春模拟)如图，电路中红灯与绿灯均为发光二极管，弹簧下端连接一条形磁铁，磁铁沿螺线管轴线上下振动过程中，忽略空气阻力，下列说法正确的是 (　　) A.红灯与绿灯交替发光 B.红灯与绿灯亮度不变 C.条形磁铁振幅不变 D.条形磁铁所受合力方向与运动方向始终相反 解析：选A　磁铁沿螺线管轴线上下振动过程中，由楞次定律以及二极管的导电特点可知，红灯与绿灯交替发光，故A正确；磁铁上下振动过程中，速度不断变化，通过螺线管的磁通量的变化率不断变化，感应电流大小不断变化，故红灯与绿灯亮度不断变化，故B错误；条形磁铁做阻尼振动，振幅不断减小，故C错误；条形磁铁振动过程中，若速度增大，则所受合力方向与运动方向相同，若速度减小，则所受合力方向与运动方向相反，故D错误。 13.(2025·北京西城二模)如图所示，软铁环上绕有M、N两个线圈，线圈M与直流电源、电阻和开关S1相连，线圈N与电流表和开关S2相连。下列说法正确的是 (　　) A.保持S1闭合，软铁环中的磁场为逆时针方向 B.保持S1闭合，在开关S2闭合的瞬间，通过电流表的电流由b→a C.保持S2闭合，在开关S1闭合的瞬间，通过电流表的电流由b→a D.保持S2闭合，在开关S1断开的瞬间，电流表所在回路不会产生电流 解析：选C　由右手螺旋定则可知，软铁环中的磁场为顺时针方向，故A错误；保持S1闭合，在开关S2闭合的瞬间，N线圈中磁通量不变，没有感应电流产生，故B错误；保持S2闭合，在开关S1闭合的瞬间，N线圈中磁通量增大，根据楞次定律结合安培定则可知，通过电流表的电流由b→a，故C正确；保持S2闭合，在开关S1断开的瞬间，N线圈中磁通量减小，根据感应电流产生的条件可知，电流表所在回路会产生感应电流，故D错误。 14.如图所示，一通有电流大小为I的无限长直导线固定在足够大的光滑绝缘水平桌面(纸面)上，一导电圆环在水平桌面上获得图示方向的初速度v0。在水平桌面内以开始时圆环的圆心为坐标原点建立坐标系，x轴垂直于导线方向，y轴平行于导线方向。此后导电圆环的运动轨迹图像可能正确的是 (　　) 解析：选B　根据安培定则可知通电直导线右侧的磁场方向垂直桌面向里，沿y轴方向磁场的磁感应强度大小恒定不变，沿x轴正方向磁场的磁感应强度逐渐减小，在圆环沿如题图所示的初速度方向运动的过程中，穿过圆环的磁通量逐渐减小，根据楞次定律结合安培定则可知，圆环中产生顺时针方向的电流，圆环沿y轴方向所受安培力为0，沿x轴方向所受安培力沿x轴负方向，则圆环沿y轴方向做匀速直线运动，沿x轴方向做减速运动，速度逐渐减小为0，对比运动轨迹图像可知选项B可能正确。 第二讲　法拉第电磁感应定律及其应用 第1课时　法拉第电磁感应定律　自感和涡流　　　 课前 [精要回顾] [微点判断] (1)线圈中磁通量越大，产生的感应电动势越大。 (×) (2)线圈中磁通量变化越大，产生的感应电动势越大。 (×) (3)(人教选择性必修2 P37“思考与讨论”·改编)导体在磁场中运动时，感应电流使导体受到的安培力总是阻碍导体的运动。 (√) (4)线圈中的电流越大，自感系数也越大。 (×) (5)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。 (√) (6)(人教选择性必修2 P41“演示”·改编)自感电动势总是阻碍电流的变化。 (√) (7)(2024·湖北高考T1·改编)《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。导致金属熔化而非金属完好的原因可能为涡流。 (√) 逐点清(一)　法拉第电磁感应定律的理解及应用 题点1　公式E=n的应用 1.(多选)单匝线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量随时间变化的图像如图所示，则 (　　) A.在t=0时，线圈中磁通量最大，感应电动势也最大 B.在t=1×10-2 s时，感应电动势最大 C.在t=2×10-2 s时，感应电动势为0 D.在0~2×10-2 s时间内，线圈中感应电动势的平均值为0 解析：选BC　由法拉第电磁感应定律知E∝，故t=0及t=2×10-2 s时，感应电动势E=0，t=1×10-2 s时，感应电动势E最大，故A错误，B、C正确；0~2×10-2 s时间内，ΔΦ≠0，感应电动势的平均值≠0，D错误。 题点2　公式E=nS的应用 2.(2025·昆明高三质检)如图所示，半径为r2的圆形单匝线圈中央有半径为r1的有界匀强磁场，磁感应强度随时间变化关系为B=B0+kt(k>0)，线圈电阻为R，则磁感应强度从B0增大到2B0时间内 (　　) A.线圈面积有缩小的趋势 B.线圈中电子沿逆时针方向定向移动 C.线圈中产生的焦耳热为 D.通过导线横截面电荷量为 解析：选C　线圈不在磁场中，不受安培力，无收缩扩张趋势，故A错误；根据楞次定律和右手定则可知，线圈中感应电流为逆时针方向，因此线圈中电子沿顺时针方向定向移动，故B错误；线圈中磁通量变化率为=kπ，线圈中的感应电动势为E==kπ，变化过程中产生的焦耳热为Q=t=，由于t==，联立解得Q=，故C正确；通过导线的电荷量为q=It=t=，故D错误。 3.(2023·湖北高考)近场通信(NFC)器件应用电磁感应原理进行通讯，其天线类似一个压平的线圈，线圈尺寸从内到外逐渐变大。如图所示，一正方形NFC线圈共3匝，其边长分别为1.0 cm、1.2 cm和1.4 cm，图中线圈外线接入内部芯片时与内部线圈绝缘。若匀强磁场垂直通过此线圈，磁感应强度变化率为103 T/s，则线圈产生的感应电动势最接近 (　　) A.0.30 V　　　　　　　　　 B.0.44 V C.0.59 V D.4.3 V 解析：选B　根据法拉第电磁感应定律可知E===103×(1.02+1.22+1.42)×10-4 V=0.44 V，故选B。 题点3　公式E=nB的应用 4.如图所示，匀强磁场中有一个用软导线制成的单匝闭合线圈，线圈平面与磁场垂直。已知线圈的面积S=0.3 m2、电阻R=0.6 Ω，磁场的磁感应强度B=0.2 T。现同时向两侧拉动线圈，线圈的两边在Δt=0.5 s时间内合到一起。求线圈在上述过程中 (1)感应电动势的平均值E； (2)感应电流的平均值I，并在图中标出电流方向； (3)通过导线横截面的电荷量q。 解析：(1)感应电动势的平均值E=，磁通量的变化ΔΦ=BΔS，则E==0.12 V。 (2)平均电流I==0.2 A(电流方向如图所示)。 (3)电荷量q=IΔt=0.1 C。 答案：(1)0.12 V　(2)0.2 A，电流方向见解析图 (3)0.1 C 关键点拨(对应学生用书旁栏内容) 1.对法拉第电磁感应定律的理解 (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)磁通量的变化率对应Φ-t图线上某点切线的斜率。 (3)通过回路截面的电荷量q=，仅与n、ΔΦ和回路电阻R有关，与时间长短无关。 2.法拉第电磁感应定律的变形式 (1)E=nS——适用于垂直于磁场的回路面积S不变，磁感应强度B发生变化的情形；此时，在B-t图像中是图线的斜率。 (2)E=nB——适用于磁感应强度B不变，垂直于磁场的回路面积S发生变化的情形。(如T4) 逐点清(二)　导体棒切割产生感应电动势 类型1　平动切割的情形 1.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连线的长度，如图所示，由几何关系知有效切割长度为R，所以产生的电动势为E=BLv=B·Rv，由右手定则可知，电流的方向为a→b，所以Uab<0，由于圆环在磁场外部分的阻值为整个圆环阻值的，所以Uab=-B·Rv=-BRv，故选D。 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，ab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= 解析：选B　由右手定则可知，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，再根据闭合电路欧姆定律可知M、N两点间电势差U=E=，故选B。 类型2　转动切割的情形 3.(2024·湖南高考)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：选C　如图，相当于Oa、Ob、Oc导体棒转动切割磁感线，根据右手定则可知O点电势最高；根据E=Blv=Bωl2，同时有lOb=lOc=R，可得0<UOa<UOb=UOc，得φO>φa>φb=φc，故选C。 4.(多选)金属棒ab长度L=0.5 m，阻值r=1 Ω，放在半径分别为r1=0.5 m和r2=1.0 m的水平同心圆环导轨上，两圆环之间有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B=2 T；从两圆环下端引出导线连接一阻值为R=2 Ω的电阻，ab在外力作用下以角速度ω=4 rad/s绕圆心顺时针(从上往下看)做匀速圆周运动。不计圆环导轨的电阻和一切摩擦，下列说法正确的是 (　　) A.a点的电势高于b点的电势 B.电阻R两端的电压为2 V C.在金属棒旋转一周的时间内，金属棒上产生的焦耳热为 J D.在金属棒旋转半周的时间内，金属棒上产生的焦耳热为 J 解析：选ABD　由右手定则可知，金属棒顺时针转动时，感应电流方向由b到a，金属棒充当电源，则a点的电势高于b点的电势，故A正确；金属棒产生的感应电动势E=BLω·=3 V，则电阻R两端的电压为UR=·E=2 V，故B正确；金属棒旋转半周的时间t'== s，通过的电流I==1 A，金属棒上产生的焦耳热为Q=I2rt'= J，故C错误，D正确。 关键点拨(对应学生用书旁栏内容) 1.公式E=Blv的五种性质 (1)正交性：本公式要求磁场为匀强磁场，还需B、l、v三者互相垂直。 (2)有效性：公式中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a、b间的距离。 (3)相对性：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。 (4)瞬时性：若v为瞬时速度，则E为相应的瞬时感应电动势。 (5)平均性：导体平动切割磁感线时，若v为平均速度，则E为平均感应电动势，即=Bl。 2.导体转动切割磁感线产生感应电动势的情况 如图所示，若长为L的导体棒在磁感应强度为B的匀强磁场中以角速度ω匀速转动，则 (1)以中点为轴时，E=0(不同两段的电动势的代数和)。 (2)以端点为轴时E=BωL2(平均速度取中点位置的线速度ωL)。 (3)以棒所在直线上的任意点为轴时E=Bω(-)，(L1>L2，不同两段的电动势的代数和，L1、L2为棒的两个端点到转轴的距离)。 逐点清(三)　自感和涡流　电磁阻尼与电磁驱动 1.[自感现象] (2025·广西柳州模拟)如图是用电流传感器(相当于电流表，其电阻可以忽略不计)研究自感现象的实验电路，图中两个电阻的阻值均为R，L是一个自感系数足够大的自感线圈，其直流电阻值也为R。某同学画出的在t0时刻开关S切换前后通过传感器的电流随时间变化的图像。关于这些图像，下列说法中正确的是 (　　) A.图甲是开关S由断开变为闭合，通过传感器1的电流随时间变化的情况 B.图乙是开关S由断开变为闭合，通过传感器1的电流随时间变化的情况 C.图丙是开关S由闭合变为断开，通过传感器2的电流随时间变化的情况 D.图丁是开关S由闭合变为断开，通过传感器2的电流随时间变化的情况 解析：选C　设电源电动势为E(忽略内阻)，则开关S由断开变为闭合，传感器1瞬间会有电流通过，由于电感线圈的自感作用，此时通过电感线圈的电流为0，通过传感器1的电流为I1=，之后，电感线圈中的电流逐渐从0开始增大，稳定后，电感线圈的直流电阻值也为R，开关S处于闭合状态并达到稳定的过程中，通过传感器1的电流将会逐渐增大为I'==，故A、B错误；开关S处于闭合状态并达到稳定时，电感线圈和传感器2的电流方向均是自左向右，大小相等，开关S由闭合变为断开，电感线圈充当电源且电流大小不突变，则通过传感器2的电流瞬间变为自右向左的，并逐渐减为0，故C正确，D错误。 2.[涡流及其应用] (2025·辽宁大连检测)如图所示，薄玻璃板上放有两个粗细相同的玻璃水杯，杯中装入质量相等的纯净水，其中右侧水杯内的底面平放一薄铜片，在两个水杯中都放入温度传感器用来测温度。玻璃板的下方为一个旋转起来的装有多个磁铁的塑料圆盘，经过一段时间，可以观测到右侧水杯中水温明显上升，而左侧水杯中的水温没有变化，这是因为 (　　) A.磁铁使水杯中的纯净水产生涡流引起的 B.磁铁使水杯底部的铜片产生涡流引起的 C.磁铁与空气摩擦生热引起的 D.磁铁使水杯底部的铜片磁化引起的 解析：选B　纯净水是绝缘体，磁铁不能使纯净水产生涡流，A错误；磁铁在转动过程中，通过铜片的磁通量发生变化，在铜片中产生涡流，涡流生热使水的温度升高，B正确；若空气摩擦生热，对两侧水温的影响应该是一样的，不能仅一侧升温明显，C错误；磁铁不能使铜片磁化，且磁化也不能产生热量，D错误。 3.[电磁阻尼] 如图甲所示，一轻质弹簧上端固定，下端悬挂一个体积很小的磁铁，在小磁铁正下方桌面上放置一个闭合铜制线圈。将小磁铁从初始静止的位置向下拉到某一位置后放开，小磁铁将做阻尼振动，位移x随时间t变化的示意图如图乙所示(初始静止位置为原点，向上为正方向，经t0时间，可认为振幅A衰减到0)。不计空气阻力，下列说法正确的是 (　　) A.x>0的那些时刻线圈对桌面的压力小于线圈的重力 B.x=0的那些时刻线圈中没有感应电流 C.更换电阻率更大的线圈，振幅A会更快地衰减到零 D.增加线圈的匝数，t0会减小，线圈产生的内能不变 解析：选D　根据楞次定律的推论“来拒去留”，则x>0的那些时刻，当磁铁远离线圈向上运动时，磁铁对线圈有向上的作用力，此时线圈对桌面的压力小于线圈的重力；当磁铁靠近线圈向下运动时，磁铁对线圈有向下的作用力，此时线圈对桌面的压力大于线圈的重力，A错误；x=0的那些时刻磁铁的速度最大，则穿过线圈的磁通量变化率最大，则线圈中有感应电流，B错误；更换电阻率更大的线圈，线圈中产生的感应电流会变小，线圈中产生的感应电流的磁场变弱，对磁铁的“阻碍”作用变弱，则振幅A会更慢地衰减到零，C错误；增加线圈的匝数，线圈中产生的感应电动势变大，感应电流变大，机械能很快就转化为内能，则t0会减小，由于开始时系统的机械能不变，则线圈产生的内能不变，D正确。 4.[电磁驱动] (2025·山西临汾三模)如图所示，蹄形磁铁和矩形线圈均可绕竖直轴OO'转动。从上向下看，当磁铁逆时针转动时，则 (　　) A.线圈将逆时针转动，转速与磁铁相同 B.线圈将逆时针转动，转速比磁铁小 C.线圈将逆时针转动，转速比磁铁大 D.只有线圈位置与磁场垂直时，线圈才会转动 解析：选B　从上向下看，当磁铁逆时针转动时，导致线圈的磁通量发生变化，从而产生感应电流，使线圈受到安培力，根据楞次定律，可知安培力将阻碍线圈相对于磁铁的顺时针运动，即线圈将逆时针转动，且线圈的转速一定比磁铁的转速小，故A、C错误，B正确；只要磁铁转动时，穿过线圈的磁通量发生变化，线圈就会转动，故D错误。 关键点拨(对应学生用书旁栏内容) 1.自感线圈在电路中的作用 (1)电路突然接通时，自感线圈产生感应电动势，阻碍电流变化使与之串联的灯泡不是立即变亮，而是逐渐变亮。 (2)电路突然断开时，自感线圈产生感应电动势，在电路中相当于新的电源。若产生的电流比原来的大，则灯泡“闪亮”一下再熄灭；若产生的电流不大于原来的电流，则灯泡不能“闪亮”而逐渐熄灭。 2.涡流现象中两种能量转化情形 (1)金属块放在变化的磁场中，则磁场能转化为电能，最终转化为内能。 (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，最终转化为内能。 3.电磁阻尼与电磁驱动 (1)不同点 电磁阻尼 电磁驱动 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 电磁阻尼 电磁驱动 效果 安培力的方向与导体运动方向相反，阻碍导体运动 导体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 (2)相同点：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。 数智赋能：随堂加训，灵活选用 [课时跟踪检测] 1.(2025·福建泉州模拟)一圆盘发电机的结构如图所示。铜盘安装在水平的铜轴上，整个铜盘处于垂直于盘面的匀强磁场中，两块铜片C、D分别与转动轴和铜盘的边缘接触。从左向右看，铜盘以角速度ω沿顺时针方向匀速转动。则对通过电阻R的感应电流判断正确的是 (　　) A.方向C→R→D，大小不变 B.方向D→R→C，大小不变 C.方向C→R→D，大小随时间周期性变化 D.方向D→R→C，大小随时间周期性变化 解析：选B　把铜盘视为闭合回路的一部分，在铜盘以角速度ω沿顺时针方向匀速转动时，铜盘切割磁感线产生感应电动势，回路中有感应电流，由右手定则可判断出感应电流方向为D→R→C，铜盘切割磁感线产生感应电动势不变，根据闭合电路欧姆定律，回路中感应电流大小不变。故选B。 2.(2025·广西南宁模拟)电磁阻尼现象源于电磁感应原理。类似原理如下：一弹簧上端固定，下端悬挂一个磁铁，让磁铁上下振动，若要使磁铁很快停下，下列闭合线圈放置方式效果最明显的是 (　　) 解析：选C　当磁铁穿过固定的闭合线圈时，在闭合线圈中会产生感应电流，感应电流的磁场会阻碍磁铁靠近或远离线圈，这样磁铁振动时除了受空气阻力外，还要受到线圈的磁场阻力，克服阻力需要做的功较多，机械能损失较快，因而磁铁会很快停下来。C选项中，磁铁靠近和远离线圈过程中磁感线和线圈闭合回路的垂直效果最好，磁通量的变化率最大，产生的感应电流最大，阻碍效果最明显，故选C。 3.(2025·辽宁大连一模)某品牌电磁炉实物图如图(a)所示，其面板是一块非金属板，它的内部结构如图(b)所示。煮饭时，接通电源，通过内部转换装置产生20~40 kHz的高频电压加在线圈上，使其产生快速变化的磁场，当锅具放在面板上时就会加热锅内的食物。关于电磁炉，下列说法正确的是 (　　) A.电磁炉的加热原理跟微波炉相同 B.电磁炉工作时，线圈中产生很强的感应电流，电流使线圈发热，从而实现给锅具加热 C.电磁炉工作时，快速变化的磁场穿过面板，在面板中产生很强的感应电流，从而实现给锅具加热 D.电磁炉工作时，快速变化的磁场穿过放在面板上的铁质锅具，在锅底内产生感应电流，从而实现加热食物的目的 解析：选D　电磁炉在使用中用到了电流的磁效应，微波炉利用微波来加热食物，两者原理不相同，故A错误；电磁炉工作时，快速变化的磁场穿过放在面板上的铁质锅具，在锅底内产生感应电流，从而实现加热食物的目的，故B、C错误，D正确。 4.(2025·海南海口一模)如图所示，将一金属小球用长为l的绝缘细绳悬挂在O点，直线PQ下方存在匀强磁场(图中未画出，O点到PQ的距离小于l)。将小球拉离磁场一定高度处由静止释放，不考虑空气阻力，则 (　　) A.小球在左、右两侧摆起的最大高度相同 B.小球最终将在磁场中摆动 C.小球运动到最低点时，细绳的张力始终不变 D.小球进出磁场的过程中，安培力可能做正功 解析：选B　小球每次在进出磁场过程中，因产生电磁感应，一部分机械能转化为焦耳热，左、右两侧摆起的最大高度不相同，故A错误；小球每次只在进出磁场过程中损失机械能，当全部进入匀强磁场后，因穿过小球的磁通量不变，故不产生感应电流，最终将在磁场区域内左右摆动，故B正确；小球每次在进出磁场过程中要消耗机械能，运动到最低点时速度不同，细绳的张力发生改变，故C错误；由楞次定律知，小球每次在进出磁场过程中，安培力一定做负功，故D错误。 5.(2023·北京高考)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：选D　由题知，开关S闭合后，由于L的电阻很小，灯泡Q正常发光，灯泡P微亮，断开开关前通过灯泡Q的电流大于通过灯泡P的电流，通过线圈L的电流大于通过灯泡P的电流；断开开关时，灯泡Q所在电路未闭合，立即熄灭，由于自感现象，L中产生感应电动势，与灯泡P组成闭合回路，故灯泡P闪亮后再熄灭。 6.边界MN的右侧区域内，存在着磁感应强度大小为B、方向垂直光滑水平桌面向下的匀强磁场。边长为l的正三角形金属线框abc粗细均匀，三边阻值相等，顶点a刚好位于边界MN上，现使线框围绕过a点且垂直于桌面的转轴以角速度ω逆时针匀速转动，如图所示，则在ab边开始转入磁场的瞬间，a、b两点间的电势差Uab为 (　　) A.-Bl2ω B.-Bl2ω C.Bl2ω D.Bl2ω 解析：选D　ab边转动切割磁感线产生的感应电动势大小为E=Bl=Bl=Bl=Bl2ω，ab边充当电源，根据右手定则可知电流从a端流出、b端流入，所以a端电势高于b端，设正三角形金属线框每条边的电阻为R，则感应电流为I=，则a、b两点间的电势差即路端电压Uab=E-IR=E=Bl2ω，故选D。 7.(2025·贵州贵阳三模)一根绝缘硬质细导线顺次绕成如图所示的线圈，其中大圆的面积为S1，小圆的面积均为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.4kS1 B.4kS2 C.k D.k(S1+4S2) 解析：选C　由法拉第电磁感应定律可知，大圆线圈产生的感应电动势为E1==S1=kS1，每个小圆线圈产生的感应电动势均为E2==S2=kS2，由线圈的绕线方式和楞次定律可知，4个小圆线圈产生的感应电动势方向相同，而大圆线圈产生的感应电动势方向与4个小圆线圈产生的感应电动势方向相反，所以线圈中总的感应电动势大小为E==k，故选C。 8.(2024·广东高考)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 解析：选D　根据题图乙可知，两对永磁铁穿过线圈的磁场方向相反，且磁场分界线不会离开线圈，故穿过线圈的磁通量不可能为BL2，故A错误；根据法拉第电磁感应定律可知，永磁铁相对线圈上升越快，穿过线圈的磁通量变化越快，线圈中感应电动势越大，故B、C错误；永磁铁相对线圈下降时，根据楞次定律结合安培定则可知，线圈中感应电流的方向为顺时针方向，故D正确。 9.(2024·浙江6月选考)如图所示，边长为1 m、电阻为0.04 Ω的刚性正方形线框abcd放在匀强磁场中，线框平面与磁场垂直。若线框固定不动，磁感应强度以=0.1 T/s均匀增大时，线框的发热功率为P；若磁感应强度恒为0.2 T，线框以某一角速度绕其中心轴OO'匀速转动时，线框的发热功率为2P，则ab边所受最大的安培力为 (　　) A. N B. N C.1 N D. N 解析：选C　磁感应强度均匀增大时，产生的感应电动势为E=S=0.1 V，可得P==0.25 W；线框以某一角速度绕其中心轴OO'匀速转动时，有2P=2R=0.5 W，解得Im=5 A，故ab边所受最大的安培力为F安m=BImL=1 N，故选C。 10.(2025·北京海淀二模)如图1所示为演示自感现象的实验电路。实验时，先闭合开关S，电路达到稳定后，灯泡A和B处于正常发光状态，在t0时刻，将开关S断开，测量得到t0时刻前后灯泡A、B两端电势差Uab、Ucd随时间t的变化关系。电源内阻及电感线圈L的直流电阻可忽略不计。下列说法正确的是 (　　) A.图2所示为灯泡A两端电势差Uab在S断开前后随时间的变化关系 B.S断开瞬间，自感线圈L两端电势差大小为U0 C.电源电动势为2U0 D.由图2和3可知两灯泡正常发光时，灯泡A的阻值与灯泡B的阻值之比为1∶2 解析：选D　闭合开关S，电路达到稳定后，灯泡A和B处于正常发光状态，有Uab>0，Ucd>0，开关S断开瞬间，由于自感Uab>0，Ucd<0，所以题图2所示为灯泡B两端电势差Ucd在S断开前后随时间的变化关系，故A错误；根据题图2，S断开瞬间，自感线圈L两端电势差大小为U=Uab+Udc=3U0，故B错误；闭合开关S，电路达到稳定后，灯泡A和B两端电势差大小等于电源电动势，由题图2可知电源电动势为U0，故C错误；S断开瞬间，线圈L、灯泡A、B构成闭合回路，经过两灯泡电流相等，由于Udc=2Uab，根据U=IR，则灯泡A的阻值与灯泡B的阻值之比为1∶2，故D正确。 11.(14分)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，右侧匀强磁场的方向垂直纸面向外，磁感应强度大小恒为B0；左侧匀强磁场的磁感应强度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。一硬质细导线的电阻率为ρ、横截面积为S0，将该导线做成半径为r的圆环固定在纸面内，圆心O在MN上。求： (1)t=时，圆环受到的安培力；(9分) (2)在0~t0内，通过圆环的电荷量。(5分) 解析：(1)根据法拉第电磁感应定律，圆环中产生的感应电动势E=S 上式中S=，由题图乙可知= 根据闭合电路的欧姆定律有I= 根据电阻定律有R=ρ t=t0时，圆环受到的安培力大小 F=B0I·(2r)+I·(2r) 联立解得F= 由左手定则知，方向垂直于MN向左。 (2)通过圆环的电荷量q=·Δt 根据闭合电路的欧姆定律和法拉第电磁感应定律有== 在0~t0内，穿过圆环的磁通量的变化量为 ΔΦ=B0·πr2+·πr2，联立解得q=。 答案：(1)，垂直于MN向左　(2) 第2课时　电磁感应中的五类典型问题 逐点清(一)　电磁感应中的电路问题 题点1　导体棒平动切割的电路问题 1.(多选)如图所示，光滑的金属框CDEF水平放置，宽为L，在E、F间连接一阻值为R的定值电阻，在C、D间连接一滑动变阻器R1(0≤R1≤2R)。框内存在着竖直向下的匀强磁场。一长为L、电阻为R的导体棒AB在外力作用下以速度v匀速向右运动。金属框电阻不计，导体棒与金属框接触良好且始终垂直，下列说法正确的是 (　　) A.ABFE回路的电流方向为逆时针方向，ABCD回路的电流方向为顺时针方向 B.左右两个闭合区域的磁通量都在变化且变化率相同，故电路中的感应电动势大小为2BLv C.当滑动变阻器接入电路中的阻值R1=R时，导体棒两端的电压为BLv D.当滑动变阻器接入电路中的阻值R1=时，滑动变阻器的电功率为 解析：选AD　根据楞次定律可知，ABFE回路电流方向为逆时针方向，ABCD回路电流方向为顺时针方向，故A正确；根据法拉第电磁感应定律可知，感应电动势E=BLv，故B错误；当R1=R时，外电路总电阻R外=，因此导体棒两端的电压即路端电压应等于BLv，故C错误；该电路电动势E=BLv，电源内阻为R，当滑动变阻器接入电路中的阻值R1=时，干路电流为I=，滑动变阻器所在支路电流为I，滑动变阻器电功率为，故D正确。 2.(多选)如图所示，分布于全空间的匀强磁场垂直于纸面向里，其磁感应强度大小为B=2 T。宽度为L=0.8 m的两导轨间接一阻值为R=0.2 Ω 的电阻，电阻为2R的金属棒AC长为2L并垂直于导轨(导轨电阻不计)放置，A端刚好接触导轨，中点D与另一导轨接触。当金属棒以速度v=0.5 m/s 向左匀速运动时，下列说法正确的是 (　　) A.流过电阻R的电流为2 A B.A、D两点的电势差为UAD=0.4 V C.A、C两点的电势差为UAC=-1.6 V D.A、C两点的电势差为UAC=-1.2 V 解析：选AD　金属棒AD段产生的感应电动势为EAD=BLv=2×0.8×0.5 V=0.8 V，流过电阻R的电流I== A=2 A，根据右手定则，可知A 端的电势低于D端的电势，A、D两点的电势差UAD=-IR=-0.4 V，A正确，B错误；D、C两点的电势差UDC=-BLv=-0.8 V，则UAC=UAD+UDC=-1.2 V，C错误，D正确。 题点2　导体棒转动切割的电路问题 3.(2025·江西一模)如图所示，导线圆环总电阻为2R，半径为d，垂直磁场固定于磁感应强度为B的匀强磁场中，此磁场的左边界正好与圆环直径重合，电阻为R的直金属棒ab以恒定的角速度ω绕过环心O的轴匀速转动，a、b端始终与圆环保持良好接触。下列说法正确的是 (　　) A.图示位置处金属棒O点电势高于b点电势 B.a、b两点的电势差Uab=Bd2ω C.转动过程中金属棒与圆环上消耗的电功率之比2∶1 D.金属棒转动一圈时间内通过金属棒的电荷量为 解析：选C　根据右手定则可知，题图示位置直金属棒Oa部分充当电源，电源内部电流方向为O→a，则在外电路电流方向为b→O，则金属棒O点电势低于b点电势，故A错误；由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势E感=Bdv=Bd·=，根据等效电路可知，圆环部分电阻为R环==，整个电路的总电阻为R总=R环+R=，干路电流为I==，a、b两点的电势差大小Uab=IR环=，故B错误；转动过程中金属棒与圆环上消耗的电功率分别为P棒=I2R，P环=I2R环=，故转动过程中金属棒与圆环上消耗的电功率之比为P棒∶P环=2∶1，故C正确；金属棒转动一圈时间内通过金属棒的电荷量为q=Δt=Δt=，金属棒转动一圈，磁通量变化量ΔΦ=0，则q=0，故D错误。 题点3　磁场变化引起的电路问题 4.(2025·郑州期末)(多选)在如图甲所示的电路中，电阻2R1=R2=2R，单匝、圆形金属线圈的半径为r1，电阻为R，半径为r2(r2<r1)的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系图线如图乙所示，其余导线的电阻不计。闭合开关S，在t0时刻，电路中的电流已稳定。下列说法正确的是 (　　) A.流过电阻R1的电流方向自下向上 B.稳定后电阻R1两端的电压为 C.稳定后M、N两点间的电压为 D.0~t0时间内，电阻R2上产生的焦耳热为 解析：选BD　由题图乙可知磁感应强度随着时间均匀增大，根据楞次定律结合安培安则可知，线圈中感应电流方向为逆时针，则流过电阻R1的电流方向自上向下，故A错误；根据法拉第电磁感应定律 有E=，S=π==，解得E=，根据闭合电路欧姆定律，稳定后M、N两端电压为U外=E=，C错误；电阻R1两端的电压U1=E=，故B正确；根据闭合电路欧姆定律，稳定后电路中的电流I==，根据焦耳定律，在0~t0时间内，电阻R2上产生的焦耳热Q2=I2R2t0=，故D正确。 关键点拨(对应学生用书旁栏内容) 1.电磁感应中电路知识的关系图 2.“三步走”分析电路为主的电磁感应问题 逐点清(二)　电磁感应中的图像问题 1.[根据给定的物理过程分析图像问题] 如图所示，一个直角边长为2L的等腰直角三角形ABC区域内，有垂直纸面向里的匀强磁场，其左侧有一个用金属丝制成的边长为L的正方形线框abcd，线框以水平速度v匀速通过整个匀强磁场区域，设电流顺时针方向为正。则在线框通过磁场的过程中，线框中感应电流i随时间t变化的规律正确的是 (　　) 解析：选B　线框开始进入磁场到运动距离为L的过程中，只有bc边切割磁感线，感应电流大小不变，方向为逆时针方向(电流为负)；前进距离L后，bc边开始出磁场，ad边进入磁场，回路中的感应电动势为ad边产生的电动势减去bc边在磁场中的部分产生的电动势，随着线框的运动，回路中电动势逐渐增大，电流逐渐增大，方向为正方向；当再前进L时，bc边完全出磁场，ad边也开始出磁场，有效切割长度逐渐减小，电流逐渐减小，方向不变，仍为正方向。故选B。 2.[根据给定的图像分析物理问题] (2025·安徽阜阳模拟)(多选)如图甲所示，两根长为4.5 m的平行光滑金属导轨固定在绝缘水平面上，左端连接阻值为R=6 Ω的电阻，导轨间距为L=1 m，导轨电阻不计。一长为L=1 m、阻值为r=1 Ω的导体棒垂直放置在导轨上，到导轨右端的距离为x0=4 m，空间有垂直导轨平面向里均匀分布的磁场，磁感应强度随时间变化的图线如图乙所示。从t=0时刻开始，导体棒在外力作用下向右做初速度为零的匀加速直线运动，速度随时间变化的关系如图丙所示，在导体棒离开导轨前的过程中，下列说法正确的是 (　　) A.回路中的感应电流为逆时针方向 B.回路中的感应电流随时间均匀增大 C.t=1 s时导体棒所受安培力大小为2 N、方向向左 D.整个过程中通过定值电阻R的电荷量为3 C 解析：选AC　回路中磁通量增大，根据楞次定律结合安培定则可知，回路中的感应电流为逆时针方向，故A正确；由题图乙、丙可知B=2t(T)，加速度a=2 m/s2，回路中磁通量Φ=BS=2t×L=t+2t3，E==1+6t2=I(R+r)，解得I=，则回路中的感应电流随时间不是均匀增大，故B错误；t=1 s时，I=1 A，B=2 T，导体棒所受安培力F=BIL=2 N，方向向左，故C正确；导体棒匀加速向右运动，离开导轨用时t1==2 s，通过电阻R的电荷量q=Δt=·Δt=，ΔΦ=t1+2，解得q= C，故D错误。 3.[电磁感应中的图像转化问题] (2025·贵州遵义三模)(多选)如图甲所示，QPMN是竖直放置的金属导轨，ab是一根固定在导轨上的金属杆。垂直穿过金属导轨的磁场的磁感应强度随时间变化的关系如图乙所示。取垂直纸面向里为磁场正方向，顺时针方向为感应电流正方向，竖直向上为安培力正方向。则流过金属杆ab的感应电流I和其所受的安培力F随时间的变化规律可能是 (　　) 解析：选BD　根据法拉第电磁感应定律可得E==S，可知感应电动势大小不变，感应电流大小不变；根据楞次定律结合安培定则可知，感应电流方向为逆时针方向，为负方向，B正确，A错误；根据F=BIL=ILkt，随时间增加安培力逐渐变大，方向向上，C错误，D正确。 关键点拨(对应学生用书旁栏内容) 1.解题关键 弄清初始条件、正负方向的对应变化范围、所研究物理量的函数表达式、进出磁场的转折点等是解决此类问题的关键。 2.常用方法 (1)排除法：定性地分析电磁感应过程中物理量的正负、增大还是减小及变化快慢，来排除错误选项。 (2)函数法：写出两个物理量之间的函数关系，然后由函数关系对图像进行分析和判断。 逐点清(三)　电磁感应中的动力学问题 1.(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.，方向向左　　　 B.，方向向右 C.，方向向左 D.，方向向右 解析：选A　导体棒ab做切割磁感线运动，在电路部分的有效长度为d，故感应电动势为E=Bdv，回路中感应电流为I=，根据右手定则，判断电流方向为从b流向a。根据左手定则，导体棒ab所受的安培力为F=BId=，方向向左。 2.(2025·湖北恩施阶段练习)如图甲所示，水平面上有一圆形线圈，通过导线与足够长的光滑水平导轨相连，线圈内存在垂直线圈平面、方向竖直向上的匀强磁场，其磁感应强度B1大小随时间变化图像如图乙所示。平行光滑金属导轨处于磁感应强度大小为B2、方向垂直导轨平面向下的匀强磁场中。一导体棒MN垂直于导轨水平放置，导体棒两端刚好与导轨接触，由静止释放。已知线圈匝数n=10，面积S=0.02 m2，其电阻R1=0.1 Ω，导轨相距L=0.1 m，磁感应强度B2=2.0 T，导体棒质量m=0.5 kg，其电阻R2=0.3 Ω，其余电阻不计。求： (1)t=0时刻，导体棒中的电流I的大小及方向； (2)t=0时刻，导体棒的加速度大小和方向； (3)导体棒的最大速度的大小。 解析：(1)t=0时刻，线圈产生的感应电动势为 E=n=nS=10××0.02 V=0.4 V 导体棒中的电流的大小为I==1 A 根据楞次定律结合安培定则可知，导体棒中的电流方向为从M到N。 (2)根据牛顿第二定律有F=IB2L=ma 解得t=0时刻，导体棒的加速度大小为a=0.4 m/s2 根据左手定则，导体棒受到的安培力水平向右，故导体棒的加速度水平向右。 (3)当导体棒受到的安培力为零时，即回路中的感应电流为零时，导体棒的速度最大，则导体棒产生的感应电动势大小为E1=E=B2Lvm 解得导体棒的最大速度的大小为vm=2 m/s。 答案：(1)1 A，方向从M到N　(2)0.4 m/s2，方向水平向右　(3)2 m/s 关键点拨(对应学生用书旁栏内容) 1.两种状态及处理方法 状态 特征 处理方法 平衡态 加速度 为零 根据平衡条件列式分析 非平 衡态 加速度 不为零 根据牛顿第二定律结合运动学公式进行分析 2.动力学问题的“四个分析” 逐点清(四)　电磁感应中的能量问题 1.如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，水平放置的U形导体框左端连接一阻值为R的电阻，质量为m、电阻为r的导体棒ab置于导体框上，导体棒的两端刚好与导体框接触。不计导体框的电阻、导体棒与框间的摩擦。ab以水平向右的初速度v0开始运动，最终停在导体框上。在此过程中 (　　) A.导体棒做匀减速直线运动 B.导体棒中感应电流的方向为a→b C.电阻R消耗的总电能为 D.导体棒克服安培力做的总功小于m 解析：选C　导体棒向右运动，根据右手定则，可知导体棒中电流方向为b→a，再根据左手定则可知，导体棒受到的安培力向左，根据法拉第电磁感应定律，可得产生的感应电动势为E=BLv，感应电流为I==，故安培力为F=BIL=，根据牛顿第二定律有F=ma，可得a=v，随着速度减小，加速度不断减小，故导体棒不是做匀减速直线运动，A、B错误；根据能量守恒定律，可知回路中消耗的总电能为Q=m，因R与r串联，则消耗的电能与电阻成正比，则R消耗的电能为QR=Q=，C正确；整个过程只有安培力做负功，根据动能定理可知，导体棒克服安培力做的总功等于m，D错误。 2.(2025·四川成都模拟)如图所示，倾斜光滑金属导轨的倾角为30°，水平导轨粗糙，两平行导轨的间距均为L。质量为m、电阻为R、长度为L的金属棒a垂直水平导轨放置，两导轨间均存在垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小分别为B1和B2。现把质量为m、电阻为R、长度也为L的金属棒b垂直倾斜导轨由静止释放，重力加速度为g，倾斜导轨无限长，金属棒a始终静止，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求： (1)金属棒b的最大加速度am； (2)金属棒a与导轨间的动摩擦因数μ至少为多少； (3)从静止释放金属棒b，当其沿斜面下滑的位移为x时，金属棒b刚好达到稳定状态，求此过程金属棒a产生的焦耳热。 解析：(1)金属棒b刚开始运动时有最大加速度，即mgsin 30°=mam，解得am=。 (2)金属棒b最终匀速运动时有 mgsin 30°=B2IL，I= 可得金属棒b的最大速度为v= 金属棒a受到的静摩擦力为f=B1IL≤μmg 联立解得μ≥。 (3)对金属棒b，根据能量守恒定律有 mgxsin 30°=mv2+Q，Qa= 所以Qa=-。 答案：(1)　(2)　(3)- 关键点拨(对应学生用书旁栏内容) 1.电磁感应中的能量转化 (1)安培力做正功： (2)安培力做负功： 2.求解焦耳热Q的三种方法 方法一：焦耳定律Q=I2Rt。 方法二：功能关系Q=W克服安培力。 方法三：能量转化Q=ΔE其他能的减少量。 逐点清(五)　电磁感应中的动量问题 考法1　动量定理的应用 1.(多选)如图所示，两根光滑足够长且电阻不计的平行金属导轨MNPQ和M1N1P1Q1固定在水平面上，MN与M1N1距离为2l，PQ与P1Q1距离为l。金属棒a和b的质量分别为2m和m、长度分别为2l与l，金属棒a、b分别垂直静止放在导轨MN、M1N1和PQ、P1Q1上。整个装置处于竖直向下的、磁感强度为B的匀强磁场中。现金属棒a获得水平向右的初速度v0，两棒运动时始终保持平行且金属棒a总在MNM1N1上运动，金属棒b总在PQP1Q1上运动，经过足够长时间后，下列说法正确的是 (　　) A.流过金属棒a的电荷量是 B.金属棒a和b均做加速度相同的匀加速直线运动 C.金属棒a和b均做速度相等的匀速直线运动 D.回路中感应电动势为零 解析：选AD　因金属棒a向右运动，其受到的安培力向左，则金属棒a做减速运动，金属棒b受到的安培力向右，做加速运动，则经过一段时间后，两棒稳定时均做匀速直线运动，此时回路的感应电流为零，感应电动势为零，则B·2lva=Blvb，即2va=vb，B、C错误，D正确；设初速度方向为正方向，对金属棒a，由动量定理得-B·2lΔt=2mva-2mv0，对金属棒b，由动量定理得B·lΔt=mvb，解得q=Δt=，A正确。 考法2　动量守恒定律的应用 2.(2025·河南三门峡高三质检)如图所示，两根足够长的固定平行金属导轨位于同一水平面内，导轨间的距离为L，两根导体棒ab、cd分别垂直导轨放置。设两根导体棒的质量均为m、电阻均为R，导轨光滑且电阻不计，在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B。开始时两导体棒ab、cd有方向相反的水平初速度，初速度大小分别为v0和2v0，求： (1)从开始到最终稳定回路中产生的焦耳热； (2)当ab棒向右运动，速度大小变为时，回路中消耗的电功率的值。 解析：(1)选水平向右为正方向，从开始到最终稳定的过程中，两棒受到的安培力大小相等、方向相反，两棒组成的系统总动量守恒，则有 2mv0-mv0=2mv 解得v= 由能量守恒定律可知，从开始到最终稳定，回路中产生的焦耳热为 Q=m+m(2v0)2-(2m)v2=m。 (2)当ab棒向右运动，速度大小变为时，设cd棒的速度是v2，根据动量守恒得 2mv0-mv0=mv2+m 解得v2= 此时回路中的总电动势 E=BL-=BLv0 回路中消耗的电功率为P==。 答案：(1)m　(2) 关键点拨(对应学生用书旁栏内容) 1.利用动量定理求感应电荷量或运动位移 (1)BLΔt=Δp，q=·Δt，可得q=。 (2)Δt=Δp，x=Δt，可得x=。 2.利用动量守恒定律分析双导体杆问题 如图所示，两根足够长的固定的光滑平行金属导轨处在匀强磁场中，导轨上面横放着两根导体杆ab和cd。给杆ab一个指向杆cd的初速度v0，最终两杆以相同的速度v做匀速运动。从初状态至两杆达到速度相同的过程中，两杆总动量守恒，有m1v0=(m1+m2)v，根据能量守恒，整个过程中产生的总热量Q=m1-(m1+m2)v2。 [课时跟踪检测] 　　　　　　　　　　　　　　　　 1.(2024·山东高考)(多选)如图所示，两条相同的半圆弧形光滑金属导轨固定在水平桌面上，其所在平面竖直且平行，导轨最高点到水平桌面的距离等于半径，最低点的连线OO'与导轨所在竖直面垂直。空间充满竖直向下的匀强磁场(图中未画出)，导轨左端由导线连接。现将具有一定质量和电阻的金属棒MN平行OO'放置在导轨图示位置，由静止释放。MN运动过程中始终平行于OO'且与两导轨接触良好，不考虑自感影响，下列说法正确的是 (　　) A.MN最终一定静止于OO'位置 B.MN运动过程中安培力始终做负功 C.从释放到第一次到达OO'位置过程中，MN的速率一直在增大 D.从释放到第一次到达OO'位置过程中，MN中电流方向由M到N 解析：选ABD　由于金属棒MN运动过程切割磁感线产生感应电动势，回路中有感应电流，产生焦耳热，金属棒MN的机械能不断减小，由于金属导轨光滑，所以经过多次往返运动，金属棒MN最终一定静止于OO'位置，故A正确。当金属棒MN向右运动，根据右手定则可知，金属棒MN中电流方向由M到N，根据左手定则，可知金属棒MN受到的安培力水平向左，则安培力做负功；当金属棒MN向左运动，根据右手定则可知，金属棒MN中电流方向由N到M，根据左手定则，可知金属棒MN受到的安培力水平向右，则安培力做负功；综上可知MN运动过程中安培力始终做负功，故B正确。金属棒MN从释放到第一次到达OO'位置过程中，由于在OO'位置重力沿切线方向的分力为0，可知在到达OO'位置之前，重力沿切线方向的分力就已经小于安培力沿切线方向的分力，金属棒MN已经做减速运动，故C错误。从释放到第一次到达OO'位置过程中，根据右手定则可知，金属棒MN中电流方向由M到N，故D正确。 2.(2025·河北石家庄检测)(多选)如图甲所示，线圈A的匝数为50匝、电阻为3 Ω，在线圈A内加垂直线圈平面的磁场，t=0时磁场方向垂直纸面向里，穿过线圈A的磁通量随时间的变化关系如图乙所示。电阻不计、间距为0.5 m的足够长水平光滑金属轨道MN、PQ通过开关S与线圈A相连，两轨道间存在垂直轨道平面的匀强磁场(图中未画出)。现将长度为0.5 m、电阻为1 Ω的导体棒ab垂直轻放在导轨MN、PQ上。t=0时，闭合开关S，导体棒ab向右加速运动达到最大速度5 m/s后匀速运动，导体棒ab与轨道始终接触良好。下列说法正确的是 (　　) A.t=0时，线圈A中的感应电动势为5 V B.t=0时，线圈A中的感应电流为2.5 A C.两导轨间磁场的磁感应强度大小为2 T D.两导轨间磁场的方向垂直MNPQ平面向外 解析：选AC　t=0时，根据法拉第电磁感应定律可得线圈A中的感应电动势为E=n=50× V=5 V，t=0时，线圈A中的感应电流为I== A=1.25 A，故A正确，B错误；由题意可知导体棒ab向右加速运动达到最大速度5 m/s后匀速运动，则有BLv=E，可得两导轨间磁场的磁感应强度大小为B== T=2 T，故C正确；根据楞次定律可知，线圈A中产生的感应电动势为顺时针方向，则导体棒ab向右切割磁感线产生的电动势由b指向a，根据右手定则可知两导轨间磁场的方向垂直MNPQ平面向里，故D错误。 3.(多选)如图甲所示，一个矩形金属框ABCD通过细杆悬挂在竖直平面内，悬点P为AB边中点。金属框边AB水平，平行AB边的虚线EF下方存在有随时间变化的匀强磁场，磁场范围足够大、方向垂直纸面(竖直平面)。若金属框的重量忽略不计，规定金属框所受安培力向上为正方向，t=0时起，金属框所受安培力F随时间t的变化图像如图乙所示。取垂直纸面向外为磁感应强度的正方向，则t=0时刻起磁感应强度B随时间t的变化图像可能正确的是 (　　) 解析：选BD　在一个周期内，安培力F先正向线性增大，再反向线性减小，且增大时的变化率比减小时的变化率大，线圈内的磁通量垂直纸面向外时，根据左手定则可知，感应电流先沿顺时针方向，再沿逆时针方向，由楞次定律可知，磁通量先增大后减小，则磁感应强度先增大后减小，由F=BIL可知，顺时针的电流大于逆时针的电流，由I==，可知前者的磁感应强度的变化率大于后者的变化率，故A错误，B正确；线圈内的磁通量垂直纸面向里时，根据左手定则可知，感应电流先沿逆时针方向，再沿顺时针方向，由楞次定律可知，磁通量先增大后减小，则磁感应强度先增大后减小，由F=BIL可知，逆时针的电流大于顺时针的电流，则前者的磁感应强度的变化率大于后者的变化率，故C错误，D正确。 4.如图，光滑水平面上三个光滑金属立柱a、b、c固定，a、b、c两两间距均为L，a、c和b、c分别用一拉直金属线连接，a、b间连接长度为的轻质柔软细金属丝，初始细金属丝处于松弛状态，现在空间中加一竖直向上的磁场，磁感应强度B随时间t变化的规律为B=B0-B0t，随着磁场的变化，细金属丝逐渐绷紧，已知当3 s≤t≤9 s时，a、b间柔软金属丝组成的几何图形形状保持不变，设整个回路的总电阻为R，其中L=1 m，B0=3 T，R=1 Ω。则t=3 s时，柔软金属丝所受安培力大小为 (　　) A.π N B. N C. N D.π N 解析：选C　当3 s≤t≤9 s时，a、b间柔软金属丝组成的几何图形形状保持不变，即柔软金属丝已绷紧且保持圆弧形状，由几何关系可知，该圆弧半径为L，圆心在c点，该圆弧所对的圆心角为60°，此过程中回路中的感应电动势E=S=B0×πL2=，感应电流I=== A，则t=3 s时B3=B0-B0×3=2(T)，圆弧有效长度为L，则柔软金属丝所受安培力大小为F=B3IL=2××1 N= N，故选C。 5.(2025·甘肃张掖检测)(多选)如图所示，在水平面内有平行的倾斜导轨MN和PQ，不计电阻，在其上垂直导轨放置着两根金属棒ab和cd，整个装置处在垂直导轨向下的匀强磁场中(磁场图中未画出)，金属棒恰好保持静止。已知最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力，下列说法正确的是 (　　) A.若给金属棒ab一个沿导轨向下的初速度，最终两棒都会停下来 B.若给金属棒ab一个沿导轨向下的初速度，最终两棒以共同速度运动 C.若给ab棒一个沿导轨向下的恒力F作用，最终两棒速度不同而加速度相同 D.若给ab棒一个沿导轨向下的恒力F作用，最终两棒分别以大小不等的速度匀速运动 解析：选BC　初始时刻，两金属棒静止，则系统受力平衡，合外力为0，若给金属棒ab一个沿导轨向下的初速度，根据动量守恒定律可知，最终两棒以共同速度运动，故A错误，B正确；若给ab棒一个沿导轨向下的恒力F作用，则刚开始ab棒的加速度较大，cd棒的加速度较小，则ab棒的速度较大，最终对系统根据牛顿第二定律有F=m总a，加速度相同，故C正确，D错误。 6.(2024·全国甲卷)(多选)如图，一绝缘细绳跨过两个在同一竖直面(纸面)内的光滑定滑轮，绳的一端连接一矩形金属线框，另一端连接一物块。线框与左侧滑轮之间的虚线区域内有方向垂直纸面的匀强磁场，磁场上下边界水平。在t=0时刻线框的上边框以不同的初速度从磁场下方进入磁场。运动过程中，线框始终在纸面内且上下边框保持水平。以向上为速度的正方向，下列线框的速度v随时间t变化的图像中可能正确的是 (　　) 解析：选AC　设线框的速度为v，线框的质量为m，物块的质量为M，在线框减速进入磁场的过程中，对线框受力分析，根据牛顿第二定律有mg+-T=ma，对物块受力分析，根据牛顿第二定律有T-Mg=Ma，联立解得a=-g，则随着速度的减小，加速度不断减小，B错误；结合B项分析可知，若匀强磁场区域高度与线框宽度相等且物块质量与线框质量相等，则线框在磁场中一直做加速度逐渐减小的减速运动，出磁场后做匀速运动，则A选项的图像可能正确；若匀强磁场区域高度大于线框宽度且物块质量与线框质量相等，则线框进磁场和出磁场阶段均做加速度逐渐减小的减速运动，完全在磁场中运动时不受安培力，做匀速运动，完全出磁场后也做匀速运动，则C选项的图像可能正确；D选项的图像中线框出磁场后做匀加速运动，说明物块质量大于线框质量，但在此情况下，结合B项分析可知，存在第二段匀速阶段时，不会存在第三段减速阶段，D错误。 7.(2024·贵州高考)(多选)如图，间距为L的两根金属导轨平行放置并固定在绝缘水平桌面上，左端接有一定值电阻R，导轨所在平面存在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场。质量为m的金属棒置于导轨上，在水平拉力作用下从静止开始做匀加速直线运动，一段时间后撤去水平拉力，金属棒最终停在导轨上。已知金属棒在运动过程中，最大速度为v，加速阶段的位移与减速阶段的位移相等，金属棒始终与导轨垂直且接触良好，不计摩擦及金属棒与导轨的电阻，则 (　　) A.加速过程中通过金属棒的电荷量为 B.金属棒加速的时间为 C.加速过程中拉力的最大值为 D.加速过程中拉力做的功为mv2 解析：选AB　设加速阶段的位移与减速阶段的位移为x，根据q=Δt=Δt=·Δt==，可知加速过程中通过金属棒的电荷量等于减速过程中通过金属棒的电荷量，则减速过程由动量定理可得-BLΔt=-BLq=0-mv，解得q=，A正确；由q==，解得x=，金属棒加速的过程中，由位移公式可得x=vt，可得加速时间为t=，B正确；金属棒在水平拉力作用下从静止开始做匀加速直线运动，加速过程中，安培力逐渐增大，加速度不变，因此拉力逐渐增大，在撤去拉力前的瞬间，拉力最大，由牛顿第二定律可得Fm-BL=ma，其中a=，联立解得Fm=，C错误；加速过程中拉力对金属棒做正功，安培力对金属棒做负功，由动能定理有WF-W安=mv2，可得WF=W安+mv2，因此加速过程中拉力做的功大于mv2，D错误。 8.(2024·黑吉辽高考)(多选)如图，两条“”形的光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，间距为L，左、右两导轨面与水平面夹角均为30°，均处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小分别为2B和B。将有一定阻值的导体棒ab、cd放置在导轨上，同时由静止释放，两棒在下滑过程中始终与导轨垂直并接触良好。ab、cd的质量分别为2m和m，长度均为L。导轨足够长且电阻不计，重力加速度大小为g，两棒在下滑过程中 (　　) A.回路中的电流方向为abcda B.ab中电流趋于 C.ab与cd加速度大小之比始终为2∶1 D.两棒产生的电动势始终相等 解析：选AB　由于ab和cd均沿导轨下滑，则通过abcd回路的磁通量向上增大，根据楞次定律结合安培定则可知，回路中的电流方向为abcda，A正确；对ab和cd分别受力分析，如图所示，根据牛顿第二定律分别有2mgsin 30°-2BILcos 30°=2ma1、mgsin 30°-BILcos 30°=ma2，可得a1=a2=-，则ab与cd加速度大小之比始终为1∶1，C错误；当加速度趋于零时，两导体棒中的电流趋于稳定，结合C项分析可知，ab中的电流趋于，B正确；由于ab和cd加速度大小始终相等，则两导体棒的速度大小始终相等，则由法拉第电磁感应定律可知，两导体棒产生的感应电动势大小之比始终为2∶1，D错误。 9.(9分)(2025·江苏徐州三模)如图甲所示，边长l=1.0 m的单匝正方形线框abcd垂直放置在有界匀强磁场中，线框连接阻值R=5.0 Ω的电阻，磁感应强度B按图乙所示的规律变化，线框电阻不计，求： (1)t=2 s时，线框ab边受到的安培力大小F；(6分) (2)0~5 s内电阻R中产生的焦耳热Q。(3分) 解析：(1)t=2 s时，线框产生的感应电动势为 E=S=1 V 根据闭合电路欧姆定律可得I==0.2 A 由题图乙可知t=2 s时，B=2 T，则线框ab边受到的安培力为F=BIl=2×0.2×1 N=0.4 N。 (2)t=4 s后，磁感应强度B不变，穿过线框的磁通量不变，没有感应电流，则0~5 s内电阻R中产生的焦耳热Q=I2Rt=0.22×5×4 J=0.8 J。 答案：(1)0.4 N　(2)0.8 J 10.(9分)(2024·北京高考)如图甲所示为某种“电磁枪”的原理图。在竖直向下的匀强磁场中，两根相距L的平行长直金属导轨水平放置，左端接电容为C的电容器，一导体棒放置在导轨上，与导轨垂直且接触良好，不计导轨电阻及导体棒与导轨间的摩擦。已知磁场的磁感应强度大小为B，导体棒的质量为m、接入电路的电阻为R。开关闭合前电容器的电荷量为Q。 (1)求闭合开关瞬间通过导体棒的电流I；(3分) (2)求闭合开关瞬间导体棒的加速度大小a；(3分) (3)在图乙中定性画出闭合开关后导体棒的速度v随时间t的变化图线。(3分) 解析：(1)开关闭合前电容器的电荷量为Q，则电容器两极板间电压U= 闭合开关瞬间，通过导体棒的电流I= 解得闭合开关瞬间通过导体棒的电流I=。 (2)闭合开关瞬间，由牛顿第二定律有BIL=ma 解得a=。 (3)由(2)中结论可知，随着电容器放电，电容器所带电荷量不断减少，同时导体棒的速度不断增大，产生的反向感应电动势不断增大，故闭合回路中的电流不断减小，所以导体棒的加速度不断减小，直至为零，其v-t图线如图所示。 答案：(1)　(2)　(3)见解析图 11.(12分)(2025·陕西宝鸡模拟)如图所示，两条平行倾斜放置的光滑金属导轨，间距L=0.5 m，与水平面间的夹角为θ，左端接一阻值R=1.5 Ω的定值电阻，导轨所在空间存在垂直导轨平面斜向上、磁感应强度B=2 T的匀强磁场。一个长L=0.5 m、质量m=1 kg、阻值r=0.5 Ω的金属杆垂直放在导轨上，金属杆在平行于导轨向上的拉力F作用下，由静止开始沿导轨平面向上做加速度a=4 m/s2的匀加速运动，t=1 s时拉力F的功率达到P并保持不变。之后，金属杆继续加速直至做匀速运动。电磁感应产生的磁场及导轨的电阻均忽略不计，金属杆和导轨始终垂直且接触良好。已知sin θ=0.3，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)t=1 s后拉力F的功率P；(6分) (2)金属杆在磁场中匀速运动时的速度大小v。(6分) 解析：(1)设t=1 s时金属杆的速度为v1，金属杆产生的感应电动势为E1，感应电流为I1，安培力大小为F1，由法拉第电磁感应定律可得E1=BLv1 由闭合电路欧姆定律I1= 此时安培力大小为F1=BI1L 其中v1=at 对金属杆受力分析，根据牛顿第二定律可得 F-mgsin θ-F1=ma 则t=1 s后拉力F的功率为P=Fv1 联立可得P=36 W。 (2)设金属杆做匀速运动时的拉力大小为F'，感应电动势为E2，感应电流为I2，安培力大小为F2，则由法拉第电磁感应定律可得E2=BLv 由闭合电路欧姆定律I2= 对金属杆由平衡条件F'=mgsin θ+F2 其中P=F'v，F2=BI2L 解得金属杆在磁场中匀速运动时的速度大小为 v=6 m/s。 答案：(1)36 W　(2)6 m/s 12.(17分)(2025·广东广州二模)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；(8分) (2)MN匀速运动时的速度大小；(5分) (3)从OP停止转动到MN停止运动的过程，MN产生的焦耳热。(4分) 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，OP切割磁感线产生感应电动势为E=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==，方向由M到N MN所受安培力大小为F=BIL= 由左手定则可知，安培力方向水平向左。 (2)闭合K后，MN向左做加速运动，速度逐渐增大，MN切割磁感线产生感应电动势，则感应电流方向与原电流方向相反，减弱原电流，可知MN受到的安培力逐渐减小，做加速度减小的加速运动，当MN中电流减小到零时，受到的安培力大小为零，加速度大小为零，MN的速度达到最大，设为v，此时MN做匀速直线运动，则有MN切割磁感线产生感应电动势与OP产生的感应电动势大小相等，即EMN=BLv=BωL2，解得v=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=mv2=mω2L2 MN产生的焦耳热为QMN=Q=mω2L2。 答案：(1)，方向水平向左　(2)ωL (3)mω2L2 第三讲　探究影响感应电流方向的因素(基础实验) 　　　　　　　　　　　 　　　　　 一、理清原理与操作 原理装置图 操作要领 (1)确定电流计指针偏转方向与电流流向的关系。 (2)利用图甲研究开关闭合、断开、滑动变阻器滑动触头移动时电流计指针偏转方向。 (3)利用图乙研究条形磁铁N极向下(或S极向下)插入、抽出时电流计指针偏转方向 二、突破核心关键点 1.数据处理 以下面四种情况为例： (1)N极(S极)向下时插入线圈，线圈内磁通量增加时的情况 图号 磁场方向 感应电流的方向 感应电流的磁场方向 甲 向下 逆时针(俯视) 向上 乙 向上 顺时针(俯视) 向下 (2)N极(S极)向下时抽出线圈，线圈内磁通量减少时的情况 图号 磁场方向 感应电流的方向 感应电流的磁场方向 丙 向下 顺时针(俯视) 向下 丁 向上 逆时针(俯视) 向上 2.得出结论 (1)当穿过线圈的磁通量增加时，感应电流的磁场与原磁场的方向相反；当穿过线圈的磁通量减少时，感应电流的磁场与原磁场的方向相同。 (2)当磁铁靠近线圈时，两者相斥；当磁铁远离线圈时，两者相吸。 1.(2025·广东江门模拟)同学们在学习了感应电流产生的条件后，想通过实验探究影响感应电流方向的因素，实验过程如下： (1)按照图1所示电路连接器材，闭合开关，电流计指针向右偏转，对调电源正负极，重复以上操作。该步骤目的是获得电流计指针偏转方向与　　　　　方向的对应关系；(填“电流”或“磁铁的运动”)  (2)按照图2所示电路连接器材，查明线圈中导线的绕向，以确定磁体运动时感应电流产生的磁场方向； (3)分别改变磁体磁场的方向和磁体运动方向，观察指针偏转方向，使用表格中记录数据；根据第1步探究的对应关系，表中实验4中标有“▲”空格应填　　　(选填“向上”“向下”“向左”或“向右”)；  实验 序号 磁体磁场的 方向(正视) 磁体运动 情况 指针偏转 情况 感应电流的 磁场方向 (正视) 1 向下 插入线圈 向左 向上 2 向下 拔出线圈 向右 向下 3 向上 插入线圈 向右 向下 4 向上 拔出线圈 向左 ▲ (4)根据表中所记录数据，进行如下分析： ①由实验1和　　　　(填实验序号)可得出结论：感应电流方向与磁体运动情况有关。  ②由实验2、4得出的结论：穿过闭合回路的磁通量减少时，感应电流的磁场与原磁场方向　　　　(选填“相同”“相反”或“无关”)。  (5)经过进一步讨论和学习，同学们掌握了影响感应电流方向的因素及其结论，为电磁感应定律的学习打下了基础。 解析：(1)按照题图1所示电路连接器材，闭合开关，电流计指针向右偏转，对调电源正负极，重复以上操作。该步骤目的是获得电流计指针偏转方向与电流方向的对应关系。 (3)磁体磁场的方向向上，拔出线圈，发现指针向左偏转，根据实验1可知实验4中空格应填向上。 (4)①要探究感应电流方向与磁体运动情况的关系，需保证磁体磁场的方向相同，磁体运动方向不同，所以由实验1和2可得出结论：感应电流方向与磁体运动情况有关。②由实验2、4得出的结论：穿过闭合回路的磁通量减少时，感应电流的磁场与原磁场方向相同。 答案：(1)电流　(3)向上　(4)①2　②相同 2.(2025·北京通州期末)某同学探究“影响感应电流方向的因素”，实验如下： (1)首先按图1所示方式连接电路，闭合开关后，发现电流计指针向左偏转；再按图2所示方式连接电路，闭合开关后，发现电流计指针向右偏转。进行上述实验最主要的目的是　　　　。(选填选项前的字母)  A.检查各仪器及导线是否完好 B.检查电流计量程是否合适 C.检查电流计测量电路的电流是否准确 D.推断电流从不同接线柱流入时电流计指针偏转方向 (2)接下来用如图3所示的装置做实验，图中螺线管上的粗线标示的是导线的绕行方向。某次实验中在条形磁铁拔出螺线管的过程中，观察到电流计指针向右偏转，说明螺线管中的电流方向(从上往下看)是沿　　　　　(选填“顺时针”或“逆时针”)方向，由此可推断磁铁下端的磁极为　　　　极(选填“N”或“S”)。  (3)又将实验装置改造，如图4所示。连接好实验电路并检查无误后，观察在闭合开关的瞬间和断开瞬间以及闭合开关后以不同速度移动滑动变阻器的滑片过程中，指针偏转情况，由此实验可以得出恰当的结论是　　　　。(选填选项前的字母)  A.螺线管B的磁场变强或变弱影响感应电流大小 B.螺线管B的磁场变强或变弱影响感应电流方向 C.螺线管B的磁场强弱变化快慢影响感应电流大小 D.螺线管B的磁场强弱变化快慢影响感应电流方向 解析：(1)首先按题图1所示方式连接电路，闭合开关后，发现电流计指针向左偏转；再按题图2所示方式连接电路，闭合开关后，发现电流计指针向右偏转。进行上述实验的目的是推断电流从不同接线柱流入时电流计指针偏转方向。故选D。 (2)接下来用题图3所示的装置做实验，某次实验中在条形磁铁拔出螺线管的过程中，观察到电流计指针向右偏转，说明电流从右侧接线柱流进电流计，即说明螺线管中的电流方向(从上往下看)沿顺时针方向。由右手螺旋定则可知，感应电流的磁场方向向下，根据增反减同，可知磁铁下端的磁极为N极。 (3)开关闭合瞬间和断开瞬间电流计指针偏转方向不同，说明螺线管B的磁场变强或变弱影响感应电流方向；闭合开关后以不同速度移动滑动变阻器的滑片过程中，电流计指针摆动幅度不同，说明螺线管B的磁场强弱变化快慢影响感应电流大小。故选B、C。 答案：(1)D　(2)顺时针　N　(3)BC 3.(2025·四川绵阳期末)在“探究影响感应电流方向的因素”的实验中，请回答下列问题。 (1)为弄清灵敏电流计指针摆动方向与电流方向的关系，某同学想用多用电表的某一挡位来进行探究，他应选用多用电表的　　　　　挡(选填“电阻”“直流电流”“直流电压”“交流电流”或“交流电压”)，对灵敏电流计进行测试。该同学先将多用电表的红表笔接灵敏电流计的正接线柱，再将黑表笔　　　　　(选填“短暂”或“持续”)接灵敏电流计的负接线柱，此时发现灵敏电流计的指针向左摆动。  (2)如图甲所示，该同学将磁铁从线圈上方向下插入线圈时，发现灵敏电流计的指针向右偏转，说明磁铁的下端为　　　极(选填“S”或“N”)。  (3)另一位同学利用图乙所示的实验器材来研究电磁感应现象及判定感应电流方向。 ①在给出的实物图中，已用实线作为导线连接了部分实验电路，请从图乙中1、2箭头开始用实线作为导线完善其余电路的连接； ②将L1插入L2后，下列实验操作产生的感应电流与闭合开关时产生的感应电流方向相同的是　　　。  A.闭合开关，稳定后断开开关 B.闭合开关，稳定后拔出线圈L1 C.闭合开关，稳定后拔出软铁棒 D.闭合开关，稳定后使滑动变阻器滑片P左移 解析：(1)要使灵敏电流计指针摆动，一定有电流通过，想用多用电表的某一挡位来进行探究，只有电阻挡位有电源，因此他应选用多用电表的电阻挡。该同学先将多用电表的红表笔接灵敏电流计的正接线柱，由于灵敏电流计的量程很小，多用电表内部的电源电压相对较高，流过灵敏电流计的电流将较大，为保护灵敏电流计，将黑表笔短暂接灵敏电流计的负接线柱。 (2)多用电表的红表笔接灵敏电流计的正接线柱，将黑表笔短暂接灵敏电流计的负接线柱，此时灵敏电流计的指针向左摆动，由于多用电表的黑表笔接多用电表内部电源的正极，因此可知电流从灵敏电流计的负接线柱流入，指针向左摆动，实验中，该同学将磁铁向下从线圈上方插入线圈时，发现灵敏电流计的指针向右偏转，可知感应电流是从灵敏电流计的正接线柱流入，可知线圈中感应电流产生的磁场方向向下，由楞次定律可知，磁铁的下端为S极。 (3)①由题图乙用实线作为导线完善其余电路的连接如图所示。 ②将L1插入L2后，合上开关时在L1中产生的磁场增强，由楞次定律可知，在L2中产生感应电流。闭合开关，稳定后断开开关，穿过L2的磁场减弱，磁场方向不变，由楞次定律可知，在L2中产生与开关闭合时相反方向的感应电流，A错误；闭合开关，稳定后拔出线圈L1，可知穿过L2的磁场减弱，由楞次定律可知，在L2中产生与开关闭合时相反方向的感应电流，B错误；闭合开关，稳定后拔出软铁棒，可知穿过L2的磁场减弱，由楞次定律可知，在L2中产生与开关闭合时相反方向的感应电流，C错误；闭合开关，稳定后使滑动变阻器滑片P左移，可知滑动变阻器接入电路的电阻值减小，则通过L1的电流增大，产生的磁场增强，由楞次定律可知，在L2中产生与开关闭合时相同方向的感应电流，D正确。 答案：(1)电阻　短暂　(2)S　(3)①见解析图　②D 4.(2025·福建厦门模拟)某同学正在探究影响感应电流方向的因素，已知当电流从灵敏电流计的正接线柱流入时，灵敏电流计的指针向右偏转。 (1)如图甲所示，导体棒ab向右匀速平移的过程中，电流计的指针将　　　　　(填“向左”“向右”或“不发生”)偏转。  (2)该同学研究回路中感应电动势大小与磁通量变化快慢的关系时采用了如图乙所示的实验装置，该同学用螺旋测微器测量挡光片的宽度示数如图丙所示，则挡光片的宽度d=　　　 mm；实验中让小车以不同速度靠近螺线管，记录下光电门挡光时间Δt和Δt内的感应电动势的平均值E，改变小车速度进行多次实验，得到多组数据，为了更直观地体现E和Δt的关系，若以E为纵坐标，则横坐标应为　　　　　；误差范围内绘制的图像为一条过原点的直线，则得出的结论是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  (3)其他条件都不变，若换用匝数加倍的线圈做实验，根据实验数据所作出的那条直线图像斜率　　　　(填“减半”“不变”或“加倍”)。  解析：(1)导体棒ab向右匀速运动的过程中，根据右手定则可知，感应电流由电流计的负接线柱流入，结合题中条件可知，电流计的指针将向左偏转。 (2)螺旋测微器的精度为0.01 mm，转动刻度估读到0.1格，挡光片的宽度d=5.5 mm+16.5×0.01 mm=5.665 mm。在挡光片每次经过光电门的过程中，磁铁与螺线管之间相对位置的改变量都一样，即穿过螺线管的磁通量的变化量ΔΦ相同，这种情况下E与成正比，横坐标应该是；根据绘制的E-图像是一条过原点的直线，可以得出的结论是在误差允许的范围内感应电动势与磁通量的变化率成正比。 (3)匝数n加倍后，产生的感应电动势加倍，E-图像纵坐标加倍横坐标不变，所以新图像的斜率加倍。 答案：(1)向左　(2)5.665(5.664~5.667均可)　　在误差允许的范围内感应电动势与磁通量的变化率成正比　(3)加倍 5.(2025·广州检测)某兴趣小组在探究感应电流的产生条件和影响感应电流方向的因素。 (1)图a中，将条形磁铁从图示位置先向上后向下移动一小段距离，出现的现象是　　　　　　　。  A.灯泡A、B均不发光 B.灯泡A、B交替短暂发光 C.灯泡A短暂发光、灯泡B不发光 D.灯泡A不发光、灯泡B短暂发光 (2)通过实验得知：当电流从图b中电流计的正接线柱流入时指针向右偏转；则当磁体　　　　　(选填“向上”或“向下”)运动时，电流计指针向右偏转。  (3)为进一步探究影响感应电流方向的因素，该小组设计了如图c所示的电路。 (4)若图c电路连接正确，在闭合开关前滑动变阻器滑片应移至最　　　(选填“左”或“右”)端。  (5)若图c电路连接正确，开关闭合瞬间，指针向左偏转，则将铁芯从线圈P中快速抽出时，观察到电流计指针　　　　　　　。  A.不偏转　　B.向左偏转　　C.向右偏转 解析：(1)条形磁铁向上移动一小段距离，穿过螺线管的磁感线减少，向下移动一小段距离，穿过螺线管的磁感线增加，移动方向不同，产生的感应电流方向不同，根据二极管具有单向导电性可知灯泡A、B交替短暂发光。故选B。 (2)当磁体向上运动时，穿过螺线管的磁通量为竖直向下且减少，根据楞次定律，可知螺线管中的感应电流产生的磁场竖直向下，根据右手螺旋定则可知电流从电流计的正接线柱流入，指针向右偏；故磁体向上运动。 (4)闭合开关瞬间，电路中电流增大，电磁铁的磁性增强，穿过螺线管的磁通量增大，会产生感应电流，为了防止产生的感应电流过大烧坏电流计，闭合开关前需要将滑动变阻器的滑片移到最左端。 (5)开关闭合瞬间，穿过螺线管的磁通量增多，根据题意可知指针向左偏转，所以将铁芯从线圈P中快速抽出时，穿过螺线管的磁通量减少，观察到电流计指针向右偏转。故选C。 答案：(1)B　(2)向上　(4)左　(5)C 62 / 62 学科网（北京）股份有限公司 $$