第12章 第2讲 法拉第电磁感应定律 自感和涡流(课件PPT)-【金版新学案】2027年高考物理高三总复习大一轮复习讲义（广东专版）

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、导体切割磁感线电动势、自感及涡流等核心考点，依据高考评价体系梳理广东卷命题规律，通过课时测评题组分类明确各考点权重，归纳平动/转动切割、自感现象分析等常考题型，体现备考针对性。 课件亮点在于高考真题深度融合与科学思维培养，如以2024广东卷电磁俘能器问题为例，解析磁通量变化与感应电动势关系，通过“有效长度判断+相对速度分析”突破切割类问题，帮助学生构建物理模型，提升推理能力，教师可依托系统考点梳理与真题训练实现高效复习。

第2讲　法拉第电磁感应定律　自感和涡流 高三总复习讲义　广东专版 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 返回 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 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 例1 √ 三匝面积不同的线圈分别产生的感应电动势串联，则总电动势E＝＝0.44 V，B正确，A、C、D错误。 确定感应电路中电势高低的方法 总结提升 针对练1.如图甲所示，10匝铜导线制成的线圈(电阻不计)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 √ √ √ 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.(2024·广东卷·T4)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。两对永磁体可随发动机一起上下振动，每对永磁体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．永磁体相对线圈上升越高，线圈中感应电动势越大 C．永磁体相对线圈上升越快，线圈中感应电动势越小 D．永磁体相对线圈下降时，线圈中感应电流的方向为顺时针方向 √ 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体相对线圈上升越快，磁通量变化越快，线圈中感应电动势越大，故B、C错误；永磁体相对线圈下降时，根据楞次定律和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。 返回 导体切割磁感线产生的感应电动势 考点二 返回 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2 √ √ 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 (2025·广东深圳市模拟)某国产直升机在我国某地上空悬停，长度为L的螺旋桨叶片在水平面内顺时针匀速转动(俯视)，转动角速度为ω。该处地磁场的水平分量为Bx，竖直分量为By。叶片的近轴端为a，远轴端为b。忽略转轴的尺寸，则叶片中感应电动势为 A．BxLω，a端电势高于b端电势 B．BxL2ω，a端电势低于b端电势 C．ByL2ω，a端电势高于b端电势 D．ByL2ω，a端电势低于b端电势 例3 √ 我国某地上空地磁场有向下的分量，大小为By，当螺旋桨叶片在水平面内顺时针匀速转动(俯视)时，根据右手定则可知，a端电势低于b端电势，大小E＝ByLByL2ω。故选D。 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。 返回 自感 考点三 返回 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 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 例4 √ 由题意可知，开关S处于闭合状态时，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Q灯的电流远大于通过P灯的电流，断开开关瞬间，Q所在电路未闭合，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。故选D。 针对练. (2026·珠海市阶段练)如图所示的电路中，A、B、C是三个相同的灯泡，L是自感线圈，其电阻与灯泡电阻相等，开关S先闭合然后再断开，则 A．S闭合后，A立即亮而B、C慢慢亮 B．S闭合后，B、C立即亮而A慢慢亮 C．S断开后，B、C先变亮然后逐渐变暗 D．S断开后，A先变亮然后逐渐变暗 √ S闭合后，B、C立即亮，由于灯泡A与自感线圈串联，线圈会阻碍电流的增大，所以A慢慢变亮，A错误，B正确；S断开后，由于线圈会阻碍电流的减小，所以A慢慢变暗，因为线圈电阻与灯泡电阻相等，所以在开关闭合后通过灯泡B、C和A的电流大小相等，所以当开关断开后线圈与A、B、C构成闭合回路，此时A、B、C不会先变亮，而是逐渐变暗，C、D错误。 返回 涡流　电磁阻尼与电磁驱动 考点四 返回 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.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 √ 制动过程中，导体在通电线圈产生的磁场中运动，会产生涡流，电流流过导体时会产生热量，A错误；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，故导体反向转动时还是会受到阻碍运动的制动力，B错误；线圈中电流越大，产生的磁场越强，转盘转动产生的涡流越强，则制动装置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。 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 返回 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 返回 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) √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 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。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2．为了有效隔离外界振动对STM的扰动，在圆底盘周边沿其径向对称地安装若干对紫铜薄板，并施加磁场来快速衰减其微小振动，如图所示。无扰动时，按下列四种方案对紫铜薄板施加恒定磁场；出现扰动后，对于紫铜薄板上下及左右振动的衰减最有效的方案是 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 该装置的原理是利用电磁阻尼。薄板出现 扰动时，穿过薄板表面的磁通量如果发生 变化，就会产生感应电流，薄板就会受到 安培力作用，安培力总是阻碍导体相对磁 场的运动，从而使薄板尽快停下来。A中， 薄板上、下、左、右运动时，磁通量都会发生变化，所以都会产生感应电流，都会受到安培力作用而很快停下来，故A正确；B中，薄板只有向左运动时，磁通量才会发生变化，才会产生感应电流，进而受到安培力作用而很快停下来，而向上、向下和向右运动时，不会产生感应电流，故B错误； 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 C中，薄板只有向左运动较大距离时，磁通量才会发生变化，才会产生感应电流，进而受到安培力作用而很快停下来，而向上、向下和向右运动时，不会产生感应电流，故C错误；D中，薄板只有向左、向右运动时，磁通量才会发生变化，才会产生感应电流，进而受到安培力作用而很快停下来，而向上、向下运动时，不会产生感应电流，故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 3．(多选)(2026·广东惠州期末)如图为法拉第圆盘发电机，半径为r的水平铜质圆盘绕过其中心O的竖直轴以恒定角速度ω顺时针转动(从上向下看)，空间中存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。圆盘平面和磁感线垂直，两电刷C、D分别与铜盘中心轴和边缘接触，两电刷间接有阻值为R的电阻，下列说法正确的是 A．O点电势比D处高 B．通过R的电流方向由下至上 C．发电机的电动势为E＝ D．发电机的电动势为E＝Br2ω √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 铜质圆盘转动时，根据右手定则可知，电流方向由D指向O点，则O点相当于电源的正极，D相当于电源的负极，则O点电势比D高，通过R的电流方向由上至下，故A正确，B错误；发电机电动势为E＝Br，故C正确，D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 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 √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 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； 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 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。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 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 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 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。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 题组4　涡流　电磁阻尼与电磁驱动 6．(多选)(2026·广东茂名期末)如图为某种售货机硬币识别系统简图。虚线框内存在磁场，从入口A进入的硬币沿斜面滚落，通过磁场区域后，由测速器测出速度大小，若速度在某一合适范围，挡板B自动开启，硬币就会沿斜面进入接收装置；否则挡板C开启，硬币进入另一个通道拒绝接受。下列说法正确的是 A．磁场能使硬币的速度增大得更快 B．由于磁场的作用，硬币的机械能减小 C．硬币进入磁场的过程会受到来自磁场的阻力 D．如果没有磁场，则测速器示数会更大一些 √ √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 根据题意可知，硬币进入磁场和离开磁场时，穿过 硬币的磁通量发生变化，硬币中产生感应电流，硬 币受到安培力作用会阻碍硬币与磁场的相对运动， 即硬币进入磁场的过程会受到来自磁场的阻力，若 磁场阻力大于硬币重力沿斜面的分力，硬币将做减 速运动，若磁场阻力等于硬币重力沿斜面的分力，硬币将匀速进入磁场，若磁场阻力小于硬币重力沿斜面的分力，硬币继续加速运动，但速度增加变慢，综上所述，A错误，C正确；安培力对硬币做负功，使硬币的机械能减小，故B正确；如果没有磁场，对硬币没有阻碍作用，由动能定理可知，硬币到达测速器位置时速度更大一些，故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 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 √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 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。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 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 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 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。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 9．(2026·广东广州模拟)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，其截面图如图所示。开始时，铝笼和磁体均静止，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 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．磁体从图示位置开始逆时针(从上向下看)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 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 磁体从题图所示位置开始逆时针转动时，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， A正确，C错误；根据楞次定律可知，为阻碍磁通量的 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，所以铝笼会受到反方向安培力作用逐渐减速直到停止运动，D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 10．(14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的电阻阻值均为r，忽略其余电阻和一切摩擦，求： 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 (1)闭合K瞬间MN所受安培力大小和方向； 答案：　方向水平向左 2 3 4 5 6 7 8 9 10 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切割磁感线产生的感应电动势为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 则MN所受安培力大小为F＝ILB＝ 由左手定则可知，安培力方向水平向左。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 (2)MN匀速运动时的速度大小； 答案：ωL 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 闭合K后，则有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，感应电流方向与原电流方向相反，减弱原电流，可知MN受安培力逐渐减小，做加速度减小的加速运动，当MN中电流减小到零时，安培力为零，加速度为零，MN的速度达到最大，设为v，此时做匀速直线运动，则MN切割磁感线产生的感应电动势与OP切割磁感线产生的感应电动势大小相等，可知 EMN＝BLv＝BωL2 解得v＝ωL。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 (3)从OP停止转动到MN停止运动的过程，MN产生的焦耳热。 答案： 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＝mω2L2 MN产生的焦耳热为QMN＝mω2L2。 返回 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 谢 谢 观 看 第2讲　法拉第电磁感应定律　自感和 涡流 $