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（江苏专版）

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 考点一　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 课时作业　巩固提高训练 内容索引 3 考点一 法拉第电磁感应定律的理解和应用 一 4 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 盘点 核心知识 5 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。 ①若已知Φ－t图像，则图线上某一点的切线斜率为。 ②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 6 ③当ΔΦ仅由S的变化引起时，E＝nB。 ④当B、S同时变化时，则＝n≠n。求瞬时值时，分别求出动生电动势E1和感生电动势E2并进行叠加。 (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＝。 欧姆 7 [判断正误] 1.Φ＝0，不一定等于0。(　　) 2.磁通量变化量ΔΦ的大小与线圈的匝数无关。(　　) 3.穿过线圈的磁通量变化越大，感应电动势也越大。(　　) 4.穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大。(　　) 5.线圈匝数n越多，磁通量越大，产生的感应电动势也越大。(　　) √ √ × √ × 8 [典例1]　 (2024·福建卷)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 C 提升 关键能力 9 [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。 10 [典例2]　(2025·江苏泰州模拟)如图甲所示，轻绳悬挂一质量为m的圆形线圈，ab为线圈的水平直径，线圈总电阻为R。线圈上半部分区域存在垂直线圈平面向里的磁场，磁感应强度大小随时间变化的图像如图乙所示。 a、b两点间的电压为Uab，轻绳拉力为FT。下列图像正确的是(　　) C 11 [解析]　由乙图可知B随t变化的关系为B＝kt，其中k＝，线圈中产生的感应电动势大小为E＝·πr2＝πkr2，根据楞次定律可知线圈中电流沿逆时针方向，所以 φa＞φb即Uab＞0，根据闭合电路欧姆定律可得Uab＝·，联立解得Uab＝，则a、b两点间的电压不随时间变化，是一个定值，故A、B错误；线圈中电流为I＝，线圈所受安培力的有效长度等于直径，则F安＝BI·2r，根据左手定则可知其方向为竖直向下，根据平衡条件可得绳的拉力FT＝mg＋F安，联立解得FT＝mg＋t，可知FT与时间t为一次函数关系，故C正确，D错误。 12 1.(2023·湖北卷)近场通信(NFC)器件应用电磁感应原理进行通信，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.0.40 V C.0.59 V D.4.3 V 教参独具 解析：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，B项正确。 B 13 2.如图甲所示，10匝铜导线制成的线圈两端M、N与一电压表相连，线圈内磁场方向垂直纸面向里，线圈中磁通量的变化规律如图乙所示。下 列说法中正确的是(　　) A.电压表的正接线柱接线圈的N端 B.线圈中磁通量的变化量为1.5 Wb C.线圈中磁通量的变化率为1.5 Wb/s D.电压表的读数为5 V D 14 解析：由楞次定律可得，感应电流的方向为逆时针，则M端比N端的电势高，所以电压表正接线柱接M端，故A错误；磁通量的变化需要时间，由于未说明变化时间，故B错误；磁通量的变化率为 Wb/s＝0.5 Wb/s，故C错误；根据法拉第电磁感应定律有E感＝n＝10×0.5 V＝5 V，所以电压表读数为5 V，故D正确。 15 考点二　动生电动势的计算 二 16 1.导体平动切割磁感线的情形 (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 盘点 核心知识 17 2.导体转动切割磁感线的情形 如图，当长为l的导体在垂直于匀强磁场(磁感应强度为B)的平面内，绕一端以角速度ω匀速转动，当导体运动Δt时间后，转过的弧度θ＝ωΔt，扫过的面积ΔS＝l2ωΔt，则E＝Bl2ω(或E＝Bl＝BlBl2ω)。 18 其他情况： (1)若以中点为轴时，E＝0(不同两段的代数和)。 (2)若以任意点为轴时，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)。 考向1　平动切割磁感线 [典例3]　(2024·甘肃卷)如图，相距为d的固定平行光滑金属导轨(电阻不计)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(电阻不计)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 A 提升 关键能力 20 [解析]　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＝，根据右手定则，判断电流方向为b流向a，导体棒ab所受的安培力为F＝BId＝，根据左手定则，判断方向向左。 21 人教版选择性必修第二册第二章章末复习与提高A组第6题： 如图所示，电阻Rab为0.1 Ω的导体棒ab沿光滑导线框向右做匀速运动，线框中接有电阻R为0.4 Ω。线框放在磁感应强度B为0.1 T的匀强磁场 中，磁场方向垂直于线框平面。导体棒ab的长度l为0.4 m，运动的速度v为5 m/s。线框的电阻不计。 考教衔接 22 (1)电路abcd中哪部分相当于电源?电动势多大?内阻多大?哪个位置相当于电源的正极?哪一部分相当于闭合电路中的外电路? (2)ab棒向右运动时所受的安培力有多大? (3)ab棒所受安培力的功率有多大?电阻R的发热功率有多大?电阻Rab发热功率有多大?从能的转化和守恒角度说一说这三个功率关系的含义。 23 [衔接分析]　情景相似，高考题是教材练习题中问题的一部分，相对简单。高考题主要考查导体切割磁感线产生的感应电动势以及通电导体在磁场中受到的安培力的计算和方向的判断。 [复习指导]　熟练掌握法拉第电磁感应定律和安培力的计算方法以及左手定则。 [答案]　(1)ab棒　0.2 V　0.1 Ω　导体棒a端　R (2)0.016 N　(3)0.08 W　0.064 W　0.016 W　电路中克服安培力做功的功率等于整个电路的发热功率 24 [典例4]　(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(　　) 考向2　转动切割磁感线 A.φO＞φa＞φb＞φc B.φO＜φa＜φb＜φc C.φO＞φa＞φb＝φc D.φO＜φa＜φb＝φc C 25 [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。 26 3.(2025·江苏扬州调研)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.N、M间的电势差等于N、P间的电势差 B.线框中电流大小为 C.线框所受安培力大小为 D.线框所受安培力方向与运动方向相反 教参独具 C 27 解析：图示位置NM边恰好切割磁感线，则产生的感 应电动势为E＝Bav，切割磁感线的导体相当于电源， 则可知此时N、M两端的电压为路端电压，根据串联 电路的分压原理可得UNM＝Bav，UNP＝Bav，故A 错误；根据闭合电路的欧姆定律可得此刻线框中的电 流I＝，故B错误；线框有两个边在磁场中，两 边所受安培力大小相等，可得FNM＝FNP＝BIa＝，根据左手定则可知两边所受安培力的方向互相垂直，则可得线框所受安培力的大小F合＝，故C正确；根据右手定则及左手定则，结合力的矢量合成可知，此时线框所受安培力垂直于磁场边界竖直向下，与运动方向间的夹角为135°，故D错误。 28 4.如图所示，固定在水平面上的半径为r的金属圆环内存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。长为l的金属棒，一端与圆环接触良好，另一端固定在竖直导电转轴OO'上，随轴以角速度ω匀速转动。在圆环的A点和电刷间接有阻值为R的电阻和电容为C、板间距为d的平行板电容器，有一带电微粒在电容器极板间处于静止状态。已知重力加 速度为g，不计其他电阻和摩擦。下列说法正确的是(　　) A.金属棒产生的电动势为Bl2ω B.微粒的电荷量与质量之比为 C.电阻消耗的电功率为 D.电容器所带的电荷量为CBr2ω B 29 解析：金属棒产生的电动势为E＝Br·ωr＝Br2ω，A错误；其他电阻不计，故电容器两极板间的电压等于金属棒产生的电动势，微粒的重力与其受到的电场力大小相等，由q＝mg可得，B正确；电阻消耗的电功率P＝，C错误；电容器所带的电荷量Q＝CE＝CBr2ω，D错误。 30 考点三　 自感、涡流、电磁阻尼与电磁驱动 三 31 1.自感现象 (1)概念：当一个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。 (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。 (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等因素有关。 ②单位：亨利(H)，1 mH＝__________H，1 μH＝10－6 H。 自感电动势 大小 10－3 盘点 核心知识 32 (4)通电自感和断电自感的比较 电路图 器材 要求 A1、A2同规格，R＝RL，L较大 L很大(有铁芯) 33 通电时 在S闭合瞬间，灯泡A2 ____________，灯泡A1_________，最终一样亮 灯泡A____________________________ 断电时 回路电流减小，两灯泡____________，A1电流方向__________，A2电流方向__________ ①若I2≤I1，灯A逐渐变暗； ②若I2＞I1，灯A________________。 两种情况下灯A中电流方向均________ (选填“改变”或“不变”) 总结 自感电动势总是___________________ 立即亮起来 逐渐变亮 立即亮，然后逐渐变暗达到稳定 均逐渐变暗 不变 反向 闪亮后逐渐变暗 改变 阻碍原电流的变化 34 2.涡流现象 (1)涡流：块状金属放在__________磁场中，或者让它在非均匀磁场中运动时，金属块内产生的漩涡状感应电流。 (2)产生原因：金属块内__________变化→感应电动势→感应电流。 变化 磁通量 35 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 36   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 37 [判断正误] 1.线圈中电流越大，自感系数也越大。(　　) 2.对于同一个线圈，电流变化越快，线圈中的自感电动势也越大。(　　) 3.自感电动势总是阻止原电流的变化。(　　) 4.电磁阻尼体现了能量守恒定律。(　　) 5.电磁阻尼阻碍相对运动，电磁驱动促进二者相对运动。(　　) × √ × √ × 38 [典例5]　(2025·江苏宿迁模拟)在如图所示的电路中，A1、A2和A3是三个阻值恒为R的相同小灯泡，L是自感系数相当大的线圈，其直流电阻 也为R。下列说法正确的是(　　) A.S接通瞬间，A1最亮，稳定后A1、A2和A3亮度相同 B.S接通瞬间，A1最亮，稳定后A1比A2、A3亮 C.电路稳定后断开S时，A1、A2和A3亮一下后一起熄灭 D.电路稳定后断开S时，L产生的自感电动势等于A1两端电压 A 提升 关键能力 39 [解析]　由于S接通时，线圈阻碍电流的增加，相当于断路，流经A1的电流最大，故最亮，稳定后因线圈直流电阻也为R，流经三个灯泡的电流相同，故亮度相同，故A正确，B错误；如图所示，电路稳定后断开S时，L和A1形成闭合回路，因流经线圈的电流与断开S前流过A1的电流相同，故A1不会闪亮一下再熄灭，而是慢慢熄灭，A2和A3立即熄灭，此时EL＝IL·2R＝2UA1，故C、D错误。 40 [典例6]　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(　　) 41 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和图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 [答案]　D 42 [解析]　电路达到稳定后，灯泡A和B处于正常发光状态Uab＞0，Ucd＞0，开关S断开瞬间，由于自感Uab＞0，Ucd＜0，所以图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；根据图2可知，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；电路达到稳定后，灯泡A和B处于正常发光状态，由题图可知电源电动势为U0，故C错误；S断开瞬间，线圈L、灯泡A、B构成闭合回路，经过两灯泡的电流相等，由于Udc＝2Uab，根据U＝IR可知，灯泡A的阻值与灯泡B的阻值之比为1∶2，故D正确。 43 分析自感问题的三个技巧 方法技巧 44 [典例7]　(2024·甘肃卷)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]　当线圈中通有交变电流时，感应电炉内金属的磁通量也不断随之变化，金属中产生交变感应电流，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，感应电动势增大，则金属中感应电流变大，C、D错误。 B 45 人教版选择性必修第二册第二章第3节介绍真空冶炼炉的原理： 金属块中的涡流会产生热量。用来冶炼合金钢的真空冶炼炉(如图)，炉外有线圈，线圈中通入迅速变化的电流，炉内的金属中产生涡流。涡流产生的热量使金属熔化。利用涡流冶炼金属的优点是，整个过程可以在真空中进行，能防止空气中的杂质进入金属，可以冶炼高质量的合金。 考教衔接 46 [衔接分析]　高考题是工业生产中利用感应电炉冶炼合金的情景，考查对教材真空冶炼炉冶炼金属原理的掌握情况。 [复习指导]　熟练掌握涡流现象的产生原理。 47 [典例8]　如图是汽车上使用的电磁制动装置示意图。电磁制动是一种非接触的制动方式，其原理是当导体在通电线圈产生的磁场中运动时， 会产生涡流，使导体受到阻碍运动的制动力。下列说法正确的是(　　) A.制动过程中，导体不会产生热量 B.如果导体反向转动，此装置将不起制动作用 C.制动力的大小与线圈中电流的大小无关 D.线圈电流一定时，导体运动的速度越大，制 动力就越大 D 48 [解析]　电磁制动的原理是当导体在通电线圈产生 的磁场中运动时，会产生涡流，电流流过电阻时会 产生热量，A错误；如果改变线圈中的电流方向， 铁芯产生的磁场的方向变为反向，此时产生的涡流 方向也相反，根据左手定则，电流和所处的磁场方 向同时反向，安培力方向不变，故还是使导体受到阻碍运动的制动力，B错误；线圈中电流越大，则产生的磁场越强，则转盘转动产生的涡流越强，则制动器对转盘的制动力越大，C错误；线圈电流一定时，导体运动的速度越大，转盘转动产生的涡流越强，制动力就越大，D正确。 49 课时作业　巩固提高训练 四 50 1.(2024·湖北卷)《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)。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 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 A 夯实基础 解析：雷击时，瞬时非均匀变化的电场产生变化的磁场，变化的磁场在金属内产生涡电流，发热使金属熔化，C正确。 C 51 2.(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 13 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 52 解析：根据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 13 53 3.如图是科技创新大赛中某智能小车电磁寻迹的示意图，无急弯赛道位于水平地面上，中心设置的引导线通有交变电流(频率较高)，可在赛道内形成变化的磁场。小车电磁寻迹的传感器主要由在同一水平面内对称分布的a、b、c、d四个线圈构成，a与c垂直，b与d垂直，安装在小车前端一定高度处。在寻迹过程中，小车通过检测四个线圈内感应电流的变化来调整运动方向，使其沿引导线运动。若引导线上任一点周围的磁感线均可视为与该点电流方向相垂直的同心圆；赛道内距引导线距离相同的点磁感应强度大小可视为相同，距离越近磁场越强，赛道边界以外磁 场可忽略，则(　　) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 A.c、d中的电流增大，小车前方为弯道 B.沿直线赛道运动时，a、b中的电流为零 C.a中电流大于b中电流时，小车需要向右调整方向 D.a中电流大于c中电流时，小车需要向右调整方向 A 54 解析：因引导线上任一点周围的磁感线均可视为 与该点电流方向相垂直的同心圆，若小车沿直道 行驶，则穿过c、d的磁通量一直为零，则c、d中 感应电流为零，若c、d中的电流增大，则说明穿 过c、d的磁通量发生了变化，小车中心离开了引 导线，即小车前方为弯道，选项A正确；因引导 线上任一点周围的磁感线均可视为与该点电流方 向相垂直的同心圆，则沿直线赛道运动时，a、b中磁通量变化率不为零，则感应电流不为零，选项B错误；a中电流大于b中电流时，说明a距离引导线更近，则小车需要向左调整方向，选项C错误；a中电流大于c中电流时，说明磁场在a中的分量大于在c中的分量，说明引导线在小车速度方向的左侧，则小车需要向左调整方向，选项D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 55 4.(2025·江苏灌南一中检测)如图所示，空间存在两个磁场，磁感应强度大小均为B，方向相反且垂直纸面，MN、PQ为其边界，OO'为其对称轴。一导线折成边长为l的正方形闭合回路abcd，回路在纸面内以恒定速度v0向右运动，当运动到关于OO'对称的位置时，下列说法不正确的 是(　　) A.回路中ab边与cd边所受安培力方向相反 B.回路中感应电动势大小为2Blv0 C.回路中感应电流的方向为逆时针方向 D.穿过回路的磁通量为零 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 A 56 解析：根据右手定则可知，回路中的电流为逆时针 方向，C正确，不符合题意。根据左手定则，因回 路中ab边电流的方向由a→b，磁场的方向向外，所 以安培力的方向向左；同理，cd边电流的方向由c→ d，磁场的方向向里，所受安培力方向向左，即ab边与cd边所受安培力方向相同，故A错误，符合题意。ab边切割磁感线产生的电动势b端为正，cd边切割磁感线产生的电动势c端为负，故回路电动势为E＝2Blv0，故B正确，不符合题意。此时回路左侧磁场垂直纸面向外，右侧磁场垂直纸面向内，且两面积相等，因此穿过回路的磁通量为零，故D正确，不符合题意。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 57 5.(2025·江苏扬州公道中学模拟)如图甲所示为探究电磁驱动的实验装置。某个铝笼置于U形磁体的两个磁极间，铝笼可以绕支点自由转动，其截面图如图乙所示。开始时，铝笼和磁体均静止，逆时针(俯视)转动 磁体，会发现铝笼也会跟着发生转动，下列说法正确的是(　　) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 A.铝笼是因为受到安培力而转动的 B.铝笼转动的速度的大小和方向与磁体相同 C.磁体从图乙位置开始转动时，铝笼截面abcd 中的感应电流的方向为a→d→c→b→a D.当磁体停止转动后，如果忽略空气阻力和摩擦阻力，铝笼将保持匀速 转动 A 58 解析：磁体从题图乙位置开始转动时，导致通过铝笼截面的磁通量增加，从而产生感应电流，方向为a→b→c→d→a，因而受到安培力作用，导致铝笼转动，所以铝笼是因为受到安培力而转动的，A项正确，C项错误；根据楞次定律可知，为阻碍磁通量增加，则铝笼与磁体转动方向相同，但快慢不相同，铝笼的转速一定比磁体的转速小，B项错误；当磁体停止转动后，如果忽略空气阻力和摩擦阻力，由于铝笼转动的过程中仍然能产生感应电流，所以铝笼会受到安培力作用逐渐减速直到停止运动，D项错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 59 6.(2025·江苏徐州模拟)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 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 D 60 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，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b灯的电流Ib，开关S断开时，c灯立即熄灭，线圈及b、a灯构成新回路，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。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 61 7.如图甲所示，正方形虚线框为匀强磁场区域的边界，取垂直纸面向里为正方向，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示。匝数为n、半径为r的导线圈恰好处于虚线框的外接圆上，导线圈与电阻箱R1、定值 电阻R2组成回路，回路中的其他电阻不计。以下说法正确的是(　　) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 A.R2中的电流方向先向左，再向右 B.回路中的电动势为 C.t＝t0时刻，回路中的电流为零 D.R1＝R2时，R1消耗的电功率最大 D 62 解析：磁感应强度B先正向减小后反向增大，根据楞次定律和安培定则可知R2中的电流方向一直向左，A错误；根据法拉第电磁感应定律得E＝nS＝n(r)2，B错误；由题图乙可知磁感应强度B一直在发生变化，所以t＝t0时刻，回路中的电流不为零，C错误；根据闭合电路欧姆定律可知，R1消耗的电功率为P＝()2R1＝，由此可知，当R1＝R2时，R1消耗的电功率最大，D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 63 8.一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) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 C 64 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。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 65 9.(2023·江苏卷)如图所示，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，OC导体棒的O端位于圆心，棒的中点A位于磁场区域的边缘。现使导体棒绕O点在纸面内逆时针转动，O、A、C点电势分别为φO、φA、φC，则 (　　) A.φO＞φC　　　　 B.φC＞φA C.φO＝φA D.φO－φA＝φA－φC 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 B 能力提升 解析：由题图可看出导体棒OA段逆时针转动切割磁感线，则根据右手定则可知φO＞φA，其中导体棒AC段不在磁场中，不切割磁感线，电势差为0，即φC＝φA，则φO＞φC，A正确，B、C错误；根据以上分析可知φO－φA＞0，φA－φC＝0，则φO－φA＞φA－φC，D错误。 A 66 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 10.(2025·江苏苏州检测)如图为利用电流传感器(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，电源的电动势为E，内阻为r，自感线圈L(自感系数足够大，其直流电阻值大于灯泡D的阻值)，在t＝0时刻闭合开关S，经过一段时间后，在t＝t1时刻断开开关S，下列图像中能正确表示电流传感器记录的电流随时间变化情况的 是(　　) D 67 解析：闭合开关的瞬间，自感线圈的电阻很大，灯 泡中有一定的电流通过，随时间的延长，自感线圈 的电阻减小，自感线圈与灯泡并联电路的两端电压 减小，灯泡中的电流减小，故A、B均错误；当时 间再延长，灯泡的电流稳定在某一值上，当断开开关时，自感线圈产生自感电动势，自感线圈中的电流与原来的电流方向相同，它与灯泡组成的回路中，感应电流沿逆时针方向，而灯泡中原来的电流沿顺时针方向，故灯泡中的电流反向且比稳定时要小，然后电流随自感电动势的减小而慢慢减小到0，故D正确，C错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 68 11.(2025·江苏常州联考)用一根横截面积为S、电阻率为ρ的硬质导线做成一个半径为r的圆环，ab为圆环的直径。如图所示，在ab的左侧存在一个匀强磁场，磁场垂直圆环所在平面，方向如图，磁感应强度随时间 的变化规律为B＝kt(k＞0)，则(　　) A.圆环有扩张的趋势 B.圆环有向左滑动的趋势 C.圆环中感应电流的大小为 D.圆环t秒末所受的安培力为 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 C 69 解析：磁感应强度大小随时间均匀增大，穿过圆环的 磁通量增加，由楞次定律可知，圆环为了阻碍磁通量 的增加，圆环应有收缩的趋势，A错误；圆环的磁通 量增加，由楞次定律可知，圆环中产生的感应电流方 向沿逆时针方向，根据左手定则，可知圆环所受的安 培力向右，圆环有向右滑动的趋势，B错误；由法拉 第电磁感应定律得E＝πr2＝kπr2，根据电 阻定律，可得圆环的电阻为R＝ρ，由闭合电路欧姆定律，可得感应电流大小为I＝，C正确；圆环在磁场中的有效长度L＝2r，t秒末磁场的磁感应强度为Bt＝kt，因此圆环t秒末所受的安培力为F＝BtIL＝kt··2r＝，D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 70 12.一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(　　) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 A.小磁体在玻璃管内下降速度越来越慢 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.与线圈上部相比，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 D 71 解析：从题图(b)可看出电流的峰值越来越大，即小磁体在依次穿过每个线圈的过程中磁通量的变化率越来越大，因此小磁体在玻璃管内下降的速度越来越大，A错误，D正确；假设小磁体是N极向下穿过线圈，则在穿入靠近每匝线圈的过程中磁通量向下增加，产生逆时针方向的电流(俯视)，而在穿出远离每匝线圈的过程中磁通量向下减少，产生顺时针方向的电流(俯视)，即电流方向相反，与题干描述的穿过线圈的过程电流方向变化相符，S极向下同理，即下落过程中，小磁体的N极、S极方向不变，B错误；线圈可等效为条形磁体，线圈中的电流越大，则磁性越强，且电流的大小是变化的，则小磁体受到的电磁阻力是变化的，不是一直不变的，C错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 72 13.(12分)半圆形金属线圈放置在匀强磁场中，磁场方向垂直线圈平面向里，如图(a)。磁感应强度B随时间t的变化关系如图(b)。已知线圈的电阻R＝0.1 Ω，半径r＝0.1 m。求： 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 (1)线圈中感应电动势的大小； 解析：线圈中感应电动势的大小为E＝S＝π×0.12 V＝0.01π V。 答案：0.01π V 73 (2)线圈的电功率及0~0.005 s时间内线圈产生的焦耳热； 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 解析：线圈的电功率为P＝ W＝π2×10－3 W，0~0.005 s时间内线圈产生的焦耳热为Q＝Pt＝π2×10－3×0.005 J＝5π2×10－6 J。 答案：π2×10－3 W　5π2×10－6 J 74 (3)t＝0.003 s时半圆弧MPN 受到的安培力的大小和方向。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 解析：由题图可知B＝2t(T)，t＝0.003 s时半圆弧MPN受到的安培力的大小为F＝IBL＝B·2r＝×2×0.003×2×0.1 N＝1.2π×10－4 N，根据楞次定律和左手定则判断半圆弧MPN受到的安培力的方向为垂直MN向下。 答案：1.2π×10－4 N　垂直MN向下 75 $$