第12章 第2讲 法拉第电磁感应定律 自感和涡流-【优化探究】2026高考物理一轮复习高考总复习配套课件（教科版）

该高中物理高考复习课件聚焦电磁感应专题，覆盖法拉第电磁感应定律、动生电动势计算、自感与涡流等高考核心考点，对接高考评价体系，通过2021重庆卷、2022全国甲卷等真题分析考点权重，归纳选择、计算等常考题型，构建系统复习框架。 课件亮点在于“真题典例研析+分层训练提升”，如以2022全国甲卷线框电流比较题为例，运用科学思维中的模型建构和科学推理，总结公式应用三注意等技巧，培养学生物理观念和解题能力，助力教师精准教学，提升高考冲刺效率。

第2讲　法拉第电磁感应定律　自感和涡流 第十二章　电磁感应 1 [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。 2 基础知识　自主梳理 核心知识　典例研析 考点一　对法拉第电磁感应定律的理解和应用 考点二　动生电动势的计算 考点三　自感、涡流、电磁阻尼与电磁驱动 分层训练　巩固提高 内容索引 3 基础知识　自主梳理 一 4 一、法拉第电磁感应定律 1.感应电动势 (1)概念：在__________现象中产生的电动势。 (2)产生条件：穿过回路的_______发生改变，与电路是否闭合______。 (3)方向判断：感应电动势的方向用__________或__________判断。 电磁感应 磁通量 无关 楞次定律 右手定则 2.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，其中n为线圈匝数。 (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＝。 变化率 欧姆 3.导体切割磁感线的情形 (1)若B、l、v相互垂直，则E＝__________。 (2)v∥B时，E＝0。 (3)l为导体切割磁感线的有效长度，示例如图所示。 Blv 二、自感、涡流 1.自感现象 (1)概念：由于导体线圈本身的电流发生变化而引起的电磁感应现象，这种现象称为自感。 (2)自感电动势 ①定义：由于自感而产生的感应电动势叫作______________。 ②表达式：E＝L。 自感电动势 (3)自感系数L ①相关因素：与线圈的__________、形状、匝数以及是否有铁芯有关。 ②单位：亨利(H)，1 mH＝__________ H，1 μH＝10－6 H。 2.涡流 当线圈中的电流发生变化时，在它附近的任何导体中都会产生感应电流，这种电流像水中的漩涡，所以叫涡流。 大小 10－3 【基础检测·自我诊断】 1.(粤教版选择性必修第二册习题改编)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 B 解析：由法拉第电磁感应定律可知线圈产生的自感电动势E＝n·L2，故B正确。 2.(鲁科版选择性必修第二册习题改编)在如图所示的电路中，LA为灯 泡，S为开关，L为有铁芯的线圈。对于这样的电路，下列说法正确的 是(　　) A.因为线圈L通电会产生自感现象，所以S闭合后，灯泡LA中无电流通过 B.在S打开或闭合的瞬间，电路中都不会产生自感现象 C.当S闭合的瞬间，电路中会产生自感现象 D.在S闭合后再断开的瞬间，灯泡LA可能不立即熄灭 C 解析：S闭合瞬间，由于线圈产生自感电动势而阻碍通过灯泡LA的电流的增加，但阻碍不是阻止，S闭合后有电流通过LA；S断开瞬间，线圈产生自感电动势，因电路断开，电流立即消失，灯泡LA立即熄灭，故C正确，A、B、D错误。 13 3.(教科版选择性必修第二册例题改编)如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，水平U形导体框左端连接一阻值为R的电阻，电阻为r的导体棒ab置于导体框上。已知导体框的宽度为l，磁场的磁感应强度为B，不计导体框的电阻、导体棒与框间的摩擦。导体棒ab在外力F作用下以水平向 右的速度v匀速运动。在此过程中(　　) A.线框abcd中的磁通量保持不变 B.导体棒ab产生的感应电动势保持不变 C.导体棒ab中感应电流的方向为a→b D.外力F大小为 B 解析：导体棒向右运动，穿过线框的磁通量增大，A错误；导体棒向右匀速运动E＝Blv，即导体棒ab产生的感应电动势保持不变，B正确；根据右手定则，导体棒ab中感应电流的方向为b→a，C错误；感应电流I＝，根据平衡条件有F＝BIl，解得F＝，D错误。 二 核心知识　典例研析 16 考点一　对法拉第电磁感应定律的理解和应用 能力考点 17 1.对法拉第电磁感应定律的理解 (1)感应电动势的大小由穿过闭合电路的磁通量的变化率和线圈的匝数共同决定，而与磁通量Φ、磁通量的变化量ΔΦ的大小没有必然联系。 (2)磁通量的变化率是Φ－t图像上某点切线的斜率。 (3)当ΔΦ仅由B引起时，则E＝n；当ΔΦ由S引起时，则E＝n；当ΔΦ由B和S共同引起时，E＝n≠ n。 18 2.应用法拉第电磁感应定律时应注意的三个问题 (1)公式E＝n求解的是一个回路中某段时间内的平均电动势，在磁通量均匀变化时，瞬时值才等于平均值。 (2)利用公式E＝nS求感应电动势时，S为线圈在磁场范围内的有效面积。 (3)通过回路截面的电荷量q仅与n、ΔΦ和回路总电阻R有关，与时间长短无关。推导如下：q＝Δt＝Δt＝。 [典例1]　(2021·重庆卷)某眼动仪可以根据其微型线圈在磁场中随眼球运动时所产生的电流来追踪眼球的运动。若该眼动仪线圈面积为S，匝数为N，处于磁感应强度为B的匀强磁场中，线圈平面最初平行于磁 场，经过时间t后线圈平面逆时针转动至与磁场夹角为θ处，则在这段 时间内，线圈中产生的平均感应电动势的大小和感应电流的方向(从左 往右看)为(　　) A.，逆时针 B.，逆时针 C.，顺时针 D.，顺时针 A [解析]　经过时间t，面积为S的线圈平面逆时针转动至与磁场夹角为θ处，磁通量变化量ΔΦ＝BSsin θ，由法拉第电磁感应定律，线圈中产生的平均感应电动势的大小为E＝N。由楞次定律可判断出感应电流方向为逆时针方向，选项A正确。 [典例2]　(2022·全国甲卷)三个用同样的细导线做成的刚性闭合线框，正方形线框的边长与圆线框的直径相等，圆线框的半径与正六边形线框的边长相等，如图所示。把它们放入磁感应强度随时间线性变化的同一匀强磁场中，线框所在平面均与磁场方向垂直，正方形、圆形和正六边 形线框中感应电流的大小分别为I1、I2和I3，则(　　) A.I1＜I3＜I2　　　　 B.I1＞I3＞I2 C.I1＝I2＞I3 D.I1＝I2＝I3 C [解析]　设圆线框的半径为r，则由题意可知正方形线框的边长为2r，正六边形线框的边长为r；所以圆线框的周长为C2＝2πr，面积为S2＝πr2。同理可知正方形线框的周长和面积分别为C1＝8r，S1＝4r2，正六边形线框的周长和面积分别为C3＝6r，S3＝，三个线框材料、粗细相同，根据电阻定律R＝ρ，可知三个线框电阻之比为R1∶R2∶R3＝C1∶C2∶C3＝8∶2π∶6，根据法拉第电磁感应定律有I＝·可得电流之比为I1∶I2∶I3＝2∶2∶，即I1＝I2＞I3，故选C。 [典例3]　(2025·四川成都高三阶段检测)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； [解析]　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＝ 由题图乙可知 根据欧姆定律有I＝ 根据电阻定律有R＝ρ t＝t0时，圆环受到的安培力 F＝B0I·(2r)＋I·(2r) 联立解得F＝ 安培力方向垂直于MN向左。 [答案]　，方向垂直于MN向左　 (2)在0~t0内，通过圆环的电荷量。 [解析]　通过圆环的电荷量q＝·Δt 根据欧姆定律和法拉第电磁感应定律有 在0~t0内，圆环磁通量的变化量为 ΔΦ＝B0·πr2＋·πr2 联立解得q＝。 [答案]　 考点二　动生电动势的计算 能力考点 28 1.平动切割 (1)公式E＝Blv 适用 条件 ①磁场为匀强磁场；②B、l、v三者互相垂直 有效性 公式中的l为导体棒切割磁感线的有效长度，如图中的有效切割长度均为ab 相对性 E＝Blv中的速度v是导体棒相对磁场的速度。若磁场也在运动，应注意其相对速度 29 (2)当B与l、v垂直但l与v不垂直时：E＝Blvsin θ，其中θ为v与l的夹角，如图所示。 2.导线转动切割的三种情况 (1)以中点为轴时，E＝0(不同两段的代数和)。 (2)以端点为轴时，E＝Bl2ω(平均速度取中点位置的线速度lω)。 (3)以任意点为轴时，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)。 [典例4]　(多选)(2025·四川巴中模拟)如图所示，平行金属导轨水平放置，导轨左端连接一阻值为R的电阻，导轨所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B，已知长度为l导体棒MN倾斜放置于导轨上，与导轨成θ角，导体棒电阻为r，保持导体棒以速度v沿平行于导轨方向 匀速向右运动，导轨电阻不计，下列说法正确的是(　　) A.导体棒中感应电流的方向为N到M B.MN两端的电势差大小为Blv C.导体棒所受的安培力大小为 D.电阻R的发热功率为B2l2v2sin θ 考向1　平动切割磁感线 AC [解析]　导体棒沿导轨向右匀速运动时，由右手定则可知，导体棒中感应电流的方向为N到M，故A正确；导体棒切割磁感线产生的感应电动势大小为E＝Blvsin θ，故导体棒两端的电势差大小为U＝IR＝R＝R，故B错误；导体棒所受的安培力大小为F＝BIl＝Bl，故C正确；电阻R的发热功率为P＝I2R＝()2R＝R，故D错误。 [典例5]　(2024·湖南卷)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 考向2　转动切割磁感线 C [解析]　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lO b＝lO c＝R，可得0＜UO a＜UO b＝UO c，得φO＞φa＞φb＝φc，故选C。 考点三　自感、涡流、电磁阻尼与电磁驱动 基础考点 36 1.对自感现象的理解 (1)自感电动势总是阻碍导体中原电流的变化；其方向可以与原电流同向(原电流减小时)，也可以与原电流反向(原电流增大时)。 (2)自感电动势使通过线圈中的电流不能发生突变，只是延缓了电流的变化过程，但不能改变电流变化的方向趋势。 (3)线圈的自感系数越大，自感现象越明显。 (4)电流稳定时，自感线圈就相当于纯电阻。理想线圈在电流稳定时相当于导线(R＝0)。 37 2.产生涡流时的能量转化 (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   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 安培力的方向与导体运动方向相反，阻碍导体运动 安培力的方向与导体运动方向相同，推动导体运动   电磁阻尼 电磁驱动 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，从而对外做功 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 [典例6]　(多选)(2025·四川资阳高三阶段诊断)如图所示，L是自感系数很大的线圈，但其自身的电阻几乎为零。A和B是两个完全相同的小灯 泡。下列说法正确的是(　　) A.闭合开关S后，A灯亮，B灯不亮 B.闭合开关S后，A、B灯亮，之后B灯慢慢熄灭，A灯更亮 C.开关S闭合电路稳定后，在突然断开的瞬间，A、B灯都闪亮一下 D.开关S闭合电路稳定后，在突然断开的瞬间，A灯立即熄灭、B灯闪亮一下再熄灭 BD [解析]　开关S闭合瞬间，线圈L因自感对电流有阻碍作用，则相当于灯泡A与B串联，因此两灯同时亮且亮度相同，稳定后B灯被短路熄灭， A灯更亮，A错误，B正确；电路稳定后当开关S突然断开瞬间，A灯中不会再有电流通过，故A灯马上熄灭，由于线圈的自感使得线圈中的电流只能慢慢减小，其相当于电源与B灯构成闭合回路放电，B灯闪亮一下再熄灭，C错误，D正确。 [典例7]　某同学想对比自感线圈和小灯泡对电路的影响，他设计了如图甲所示的电路，电路两端电压U恒定，A1、A2为完全相同的电流传感器。先闭合开关K得到如图乙所示的i－t图像，等电路稳定后，断开开关(断开 开关的实验数据未画出)。下列关于该实验的说法正确的是(　　) A.闭合开关时，自感线圈中电流为零，其自感电动势也为零 B.图乙中的a曲线表示电流传感器A2测得的数据 C.断开开关时，小灯泡会明显闪亮后逐渐熄灭 D.t1时刻小灯泡与线圈的电阻相等 D [解析]　闭合开关时，线圈中自感电动势等于电源电动势，自感线圈中电流为零，故A错误；A2中电流等于自感线圈中电流，自感线圈中电流从零开始逐渐增大，最后趋于稳定，故A2测得的数据对应题图乙中b曲线，故B错误；断开开关前，两支路中电流相等，刚断开开关时，回路中的电流大小不变，故灯泡不会发生明显闪亮，而是逐渐熄灭，故C错误；t1时刻，两支路中电压相等，电流相等，则电阻相等，即小灯泡与线圈的电阻相等，故D正确。 自感中“闪亮”与“不闪亮”问题的判断技巧 方法技巧   与线圈串联的灯泡 与线圈并联的灯泡 电路图 通电时 电流逐渐增大，灯泡逐渐变亮 电流突然增大，然后逐渐减小达到稳定   与线圈串联的灯泡 与线圈并联的灯泡 断电时 电流逐渐减小，灯泡逐渐变暗，电流方向不变 电路稳定时电流为I1、I2： (1)若I2≤I1，灯泡逐渐变暗； (2)若I2＞I1，灯泡“闪亮”后逐渐变暗。 两种情况下断电后灯泡中电流方向与原I1方向相反 [典例8]　(多选)以下现象利用了电磁阻尼规律的是(　 　) A.a图中线圈能使振动的条形磁体快速停下来 B.b图中无缺口的铝管比有缺口的铝管能更快使强磁体匀速运动 C.c图中U形磁体可以使高速转动的铝盘迅速停下来 D.d图中转动把手时下面的闭合铜线框会随U形磁体同向转动 ABC [解析]　振动的条形磁体在线圈中产生感应电流，感应电流对磁体与线圈的相对运动有阻碍作用，能使振动的条形磁体快速停下来，这是利用了电磁阻尼规律，故A正确；磁体通过无缺口的铝管，在铝管中产生感应电流，感应电流对磁体与铝管的相对运动有阻碍作用，能更快使强磁体匀速运动，这是利用了电磁阻尼规律，故B正确；U形磁体可以在高速转动的铝盘中产生感应电流，感应电流对铝盘与磁体间的相对运动有阻碍作用，能使铝盘迅速停下来，这是利用了电磁阻尼规律，故C正确；转动把手时下面的闭合铜线框随U形磁体同向转动，这是利用了电磁驱动规律，故D错误。 分层训练　巩固提高 三 49 1.(多选)安检门是一种用于安全检查的“门”，如图所示，“门框”内有线圈，线圈里通有交变电流，交变电流在“门”内产生交变磁场，金属物品通过“门”时能产生涡流，涡流的磁场又反过来影响线圈中的电 流，从而引起报警。以下关于安检门的说法正确的是(　　) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 A.这个安检门也能检查出毒品携带者 B.这个安检门只能检查出金属物品携带者 C.如果这个“门框”内的线圈中通上恒定电流，也能检查出金属物品携带者 D.这个安检门工作时，既利用了电磁感应现象，又利用了电流的磁效应 BD A 夯实基础 50 解析：安检门是利用涡流工作的，因而只能检查出金属物品携带者，A错误，B正确；若“门框”内的线圈中通上恒定电流，只能产生恒定磁场，不能使金属物品内产生涡流，因而不能检查出金属物品携带者，C错误；安检门工作时，既利用了电磁感应现象，又利用了电流的磁效应，D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 51 2.(2023·北京卷)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，则(　　) 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 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析：由题可知，开始时，开关S闭合，由于L的电阻很小，Q灯正常发光，P灯微亮，断开开关前通过L的电流远大于通过P灯的电流；断开开关后，Q所在电路未闭合，Q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。 D 52 3.(2024·广东卷)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(　　) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 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 D 53 解析：根据题图乙可知此时穿过线圈的磁通量为0，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，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。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 54 4.如图所示，一线圈匝数为n，横截面积为S，总电阻为r，处于一个均匀增强的磁场中，磁感应强度随时间的变化率为k(k＞0且为常量)，磁场方向水平向右且与线圈平面垂直，电容器的电容为C，两个电阻的阻值 分别为r和2r。下列说法正确的是(　　) A.电容器下极板带正电 B.此线圈的热功率为 C.电容器所带电荷量为 D.电容器所带电荷量为 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 D 55 解析：根据楞次定律可以判断通过电阻r的电流方 向为从左往右，所以电容器上极板带正电，故A错 误；根据法拉第电磁感应定律可得线圈产生的感应 电动势为E＝n＝nS＝nkS，根据焦耳定律可得 此线圈的热功率为P＝()2r＝，故B错误；电容器两端电压等于r两端电压，电容器所带电荷量为Q＝CU＝，故C错误，D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 56 5.如图甲所示，粗细均匀的导体框ABC，∠B＝90°，∠C＝30°，AB边长为L，导体框的总电阻为R。一匀强磁场垂直导体框ABC所在平面，方向向里，磁感应强度随时间变化规律如图乙所示。下列说法正确的是 (　　) A.导体框ABC中电流的方向为顺时针 B.导体框ABC中电流的大小为 C.t0时刻两直角边AB和BC所受安培力合力大小为 D.两直角边AB和BC所受安培力合力方向为垂直AC向左下方 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 C 57 解析：结合题图甲和题图乙，根据楞次定律可知，导体框ABC中电流的方向为逆时针，故A错误；根据法拉第电磁感应定律可得，感应电动势E＝，则感应电流I＝，故B错误；磁场中的闭合回路所受安培力的合力为零，则两直角边AB和BC所受安培力合力大小与斜边AC所受安培力大小相等，则F＝2ILB0＝，故C正确；两直角边AB和BC所受安培力合力方向与斜边AC所受安培力方向相反，根据左手定则可知，AC边所受安培力方向为垂直AC向左下方，则两直角边AB和BC所受安培力合力方向为垂直AC向右上方，故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 58 6.如图所示，在半径为R的圆形区域内存在垂直于平面向里的匀强磁场， 磁感应强度为B，圆外无磁场。一根长为2R的导体杆ab水平放置，a端处 在圆形磁场的下边界。现使杆绕a端以角速度ω逆时针匀速旋转180°，在 旋转过程中(　　) A.b端的电势始终高于a端的电势 B.ab杆电动势的最大值E＝BR2ω C.全过程中，ab杆平均电动势＝BR2ω D.当杆旋转θ＝120°时，a、b间电势差Uab＝BR2ω 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 C 59 解析：根据右手定则可知，a端相当于电源 正极，b端为负极，a端电势高于b端电势， 故A错误；当导体杆ab和直径重合时，切割 磁感线的有效长度l＝2R，此时产生的感应 电动势最大，ab杆切割磁感线产生的感应电 动势为E＝Bl2ω＝2BR2ω，故B错误；根据 法拉第电磁感应定律可知，全过程中，ab杆 平均电动势为＝BR2ω，故C正确；当θ＝120°时，ab杆切割磁感线的有效长度l'＝R，ab杆切割磁感线产生的感应电动势即a、b间电势差为Uab＝Bl'2ω＝BR2ω，故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 60 7.(多选)在如图所示的电路中，L是一个自感系数很大、直流电阻不计的线圈，D1、D2和D3是三个完全相同的灯泡，E是内阻不计的电源。在t＝0时刻，闭合开关S，电路稳定后在t1时刻断开开关S。规定电路稳定时流过D1、D2的电流方向为正方向，分别用I1、I2表示流过D1和D2的电 流，则下图中能定性描述电流I随时间t变化关系的是(　　) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 BC 61 解析：当闭合开关后，因为线圈与D1串联，所以电流I1会慢慢增大，灯泡D2这一支路立即就有电流。当开关断开后，因为线圈阻碍电流的减小且方向不变，所以通过D1的电流不会立即消失，会从原来的大小慢慢减小，而且D1和D2、D3构成回路，通过D1的电流也流过D2，所以I2变成反向，且逐渐减小，故B、C正确，A、D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 62 8.(多选)(2025·四川凉山高三诊断)如图所示，虚线圆边界与金属圆环是以O为圆心的同心圆，半径分别是1 m和2 m，在它们之间存在以O1P为理想分界线的有界匀强磁场，磁场的大小都为2 T，方向相反并垂直于圆面；不计电阻的金属杆AC以O为转轴做角速度为2 rad/s的匀速圆周运动，转动过程中两端始终与金属圆环接触，金属圆环的总电阻为48 Ω， 则(　　) A.金属杆AC转一圈电流的方向改变1次 B.流过金属杆AC的电流大小始终为1 A C.金属圆环的发热功率为48 W D.金属杆AC转一圈克服安培力做功37.68 J 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 BD 63 解析：金属杆AC每经过O1P一次电流方向改变一次， 则转一圈电流的方向改变2次，选项A错误；设虚线圈 半径为r，金属杆产生的感应电动势E＝2B(2r－r) ω＝12 V，电路总电阻R＝ Ω＝12 Ω，流过金 属杆AC的电流大小始终为I＝＝1 A，选项B正确；金属圆环的发热功率为P＝ W＝12 W，选项C错误；金属杆AC转一圈克服安培力做功等于产生的焦耳热W＝Q＝I2RT＝12×12× J＝37.68 J，选项D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 64 9.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 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 C B 能力提升 65 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开始时不亮，所以L2突然变亮，然后逐渐变暗至熄灭，故C正确， D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 66 10.(2025·四川内江第六中学诊断)半径为a，右端开小口的导体圆环和长为2a的导体直杆，单位长度电阻均为R0。圆环水平固定放置，整个内部区域分布着竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B。杆在圆环上以速度v平行于直径CD向右做匀速直线运动，杆始终有两点与圆环良好接 触，从圆环中心O开始，杆的位置由θ确定，如图所示，则(　　) A.θ＝0时，杆产生的电动势为Bav B.θ＝时，杆产生的电动势为Bav C.θ＝0时，杆受的安培力大小为 D.θ＝时，杆受的安培力大小为 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 D 67 解析：由题意可知，当θ＝0时，杆产生的电动势为 E＝BLv＝2Bav，A错误；当θ＝时，由几何关系可知， 导体直杆在磁场中切割磁感线的长度为a，杆产生的电 动势为E'＝Bav，B错误；当θ＝0时，单位长度电阻为 R0，则回路中的总电阻为R总＝aR0，回路中的 电流为I＝，由安培力计算 公式，可得杆受的安培力大小为F＝BIL＝×2a＝，C错误；θ＝时，则回路中的总电阻为R'总＝(＋1)aR0，回路中的电流为I'＝，杆受的安培力大小为F'＝BI'L'＝，D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 68 11.(12分)(2022·全国乙卷)如图，一不可伸长的细绳的上端固定，下端系在边长为l＝0.40 m的正方形金属框的一个顶点上。金属框的一条对角线水平，其下方有方向垂直于金属框所在平面的匀强磁场。已知构成金属框的导线单位长度的阻值为λ＝5.0×10－3 Ω/m；在t＝0到t＝3.0 s 时间内，磁感应强度大小随时间t的变化关系为B(t)＝0.3－0.1t(SI)。求： 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 69 (1)t＝2.0 s时金属框所受安培力的大小； 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析：对正方形金属框分析，由法拉第电磁感应定律得 E＝× 由B(t)＝0.3－0.1t(SI)知＝0.1 T/s 通过金属框的电流I＝，其中R＝4lλ 当t＝2.0 s时，B＝(0.3－0.1×2.0) T＝0.1 T 金属框所受安培力大小F＝BIl'，其中l'＝l 代入数据解得F＝ N≈0.057 N。 答案： N(或0.057 N)　 70 (2)在t＝0到t＝2.0 s时间内金属框产生的焦耳热。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析：根据焦耳定律有Q＝I2Rt R＝4λl＝8×10－3Ω 0~2.0 s内电流恒定，I＝＝1 A 代入数据解得Q＝0.016 J。 答案：0.016 J 71 12.(12分)(2025·四川遂宁高三上开学考试)可测速的跑步机如图甲所示，其测速原理如图乙所示。该机底面固定有间距L＝0.8 m、长度d＝0.5 m、电阻可忽略的平行金属导轨，电极间充满磁感应强度大小为B＝0.5 T、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，且接有理想电流表和R＝9 Ω的电阻。绝缘橡胶带上镀有平行细金属条，橡胶带运动时，磁场中始终仅有一根金属条，每根金属条的电阻均为r＝1 Ω，金属条始终与导轨垂直且接触良好。若橡胶带以大小为v＝4 m/s的速度匀速运动，求： 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 72 (1)电流表的示数； 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析：设感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律知 E＝BLv 解得E＝1.6 V 电路中电流I＝ 解得I＝0.16 A。 答案：0.16 A 73 (2)一根金属条每次经过磁场区域克服安培力做的功。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析：一根金属条每次经过磁场区域克服安培力做的功W克＝EIt 每根金属条在磁场运动时间t＝ 解得W克＝0.032 J。 答案：0.032 J 74 $$