第32讲 法拉第电磁感应定律 自感和涡流 跟踪训练-2027届高考物理一轮复习

**基本信息** 聚焦电磁感应核心规律，通过分层训练构建"定律理解-模型应用-综合迁移"的递进式方法体系，强化科学推理与模型建构能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础对点练|10题|楞次定律判定方向、法拉第定律计算电动势、等效切割长度分析|从磁通量变化本质到感应电动势定量计算，构建"概念-公式-应用"逻辑链| |综合提升练|4题|电路动态分析、复合场中受力平衡、电磁阻尼能量转化|整合电路、力学知识，形成多维度问题解决框架| |培优加强练|1题|分段磁通量计算、非均匀磁场能量耗散|深化时空变化场景中的科学论证，提升复杂问题处理能力|

第32讲 法拉第电磁感应定律 自感和涡流 跟踪训练 基础对点练 1． 选择题： 对点1　法拉第电磁感应定律的理解与应用 1.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 2.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) 3.(多选)如图甲所示，一导体棒与导线构成闭合回路，然后用绝缘轻绳悬挂在天花板上，空间存在一圆形磁场区域，导体棒刚好与圆的水平直径重合，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度的大小随时间的变化规律如图乙所示。已知圆形磁场区域的半径为r=0.2 m，导体棒的质量为m=0.4 kg、长度为L=0.6 m、电阻R= Ω，当t=4 s时绝缘轻绳的张力刚好为零，忽略导线以及轻绳的重力，重力加速度g=10 m/s2。则下列说法正确的是(　　) A.0~4 s内，流过导体棒的电流方向向右 B.B0=5 T C.流过导体棒的电流为2 A D.2 s时，轻绳的张力为0.4 N 对点2　导线切割磁感线产生感应电动势 4.如图所示，一根长为L的金属棒CD在磁感应强度为B的匀强磁场中，绕OO'轴顺时针(俯视)转动。圆锥母线与OO'夹角30°，角速度为ω，OC=，则金属杆两端电势差UCD为(　　) A.-BωL2 B.BωL2 C.-BωL2 D.BωL2 5.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 6.(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端刚好位于导轨上，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两点间的电势差为UAD=0.4 V C.A、C两点间的电势差为UAC=-1.6 V D.A、C两点间的电势差为UAC=-1.2 V 对点3　自感现象 7.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如图所示，电源的电动势为E，内阻为r，自感线圈L的自感系数足够大，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。下列关于灯泡D中的电流随时间变化情况的图像可能正确的是(　　) 8.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 对点4　涡流、电磁阻尼和电磁驱动 9.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 10.扫描隧道显微镜(STM)可用来探测样品表面原子尺度上的形貌。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(　　) 综合提升练 1． 选择题： 11.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 12.如图所示，abcd为水平放置的U形光滑金属导轨，ab与cd的间距为l，导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，导轨电阻不计，金属杆MN倾斜放置，与导轨成θ角，单位长度的电阻为r。保持金属杆以速度v沿平行于cd的方向滑动(金属杆滑动过程中与导轨接触良好)，则(　　) A.电路中感应电动势的大小为 B.电路中感应电流的大小为 C.金属杆所受安培力的大小为 D.金属杆的热功率为 13.如图甲所示，金属导轨abc和deO水平放置，bc段是以O为圆心的圆弧。ad之间连接电阻为R的灯泡，abed构成边长为l的正方形，∠bOe=45°。t=0时刻，导体棒绕O沿圆弧由b向c匀速转动，角速度为ω，转动时间为2t0。已知在扇形Obc区域内分布着方向垂直纸面向外、大小恒为B0的匀强磁场;abed区域内匀强磁场B随时间变化如图乙所示，其方向垂直纸面向里。不计其他的电阻。下列说法正确的是(　　) A.在0~t0时间内灯泡中电流方向由a→d B.在0~t0时间内灯泡两端电压为 C.在t0~2t0时间内穿过abed区域中的磁通量均匀减小 D.若t0~2t0时间内灯泡中无电流，则图乙中B的变化率为B0ω 14.(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 培优加强练 15.光滑绝缘的水平面上有垂直平面的匀强磁场，磁场被分成区域Ⅰ和Ⅱ，宽度均为h，其俯视图如图(a)所示，两磁场磁感应强度随时间t的变化如图(b)所示，0~τ时间内，两区域磁场恒定，方向相反，磁感应强度大小分别为2B0和B0，一电阻为R、边长为h的刚性正方形金属框abcd，平放在水平面上，ab、cd边与磁场边界平行，t=0时，线框ab边刚好跨过区域Ⅰ的左边界以速度v向右运动，在τ时刻，ab边运动到距区域Ⅰ的左边界处，线框的速度近似为零，此时线框被固定，如图(a)中的虚线框所示，随后在τ~2τ时间内，Ⅰ区磁感应强度线性减小到0，Ⅱ区磁场保持不变，2τ~3τ时间内，Ⅱ区磁感应强度也线性减小到0。求: (1)t=0时线框所受的安培力F; (2)t=1.2τ时穿过线框的磁通量Φ; (3)2τ~3τ时间内，线框中产生的热量Q。 参考答案： 1.答案　D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，根据楞次定律可知线圈中感应电流的方向为顺时针方向，故D正确。 2.答案　D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。 3.答案　BC解析　由题意可知，0~4 s的时间内穿过闭合回路的磁场向外均匀增加，由楞次定律可知回路中的电流为顺时针方向，即流过导体棒的电流方向向左，故A错误;由法拉第电磁感应定律得E=，ΔΦ=ΔBS，S=，流过导体棒的电流为I=，导体棒所受的安培力为FA=B0I·2r，又t=4 s时绝缘轻绳的张力为零，则由FA=mg，联立以上解得B0=5 T，I=2 A，故B、C正确;t=2 s时，导体棒所受的安培力大小为FA'=BtI·2r=2.4 N，对导体框由力的平衡条件得F=mg-FA'=1.6 N，故D错误。 4.答案　D解析　将金属棒投影到垂直于磁场的平面上(如图)，金属棒CD切割磁感线的运动等效于金属棒C'D'垂直切割磁感线的运动。取O'D'中点B'，由对称性可知B'、C'两点电势相等，C点电势高于D点， 则UCD=UB'D'=B··ω·=BωL2，故D正确。 5.答案　C解析　由几何关系可知Oa=R，Ob=R，Oc=R，根据E=Bl2ω可得EOa=BR2ω，EOb=B·5R2ω=BR2ω，EOc=B·5R2ω=BR2ω，又EOa=φO-φa，EOb=φO-φb，EOc=φO-φc，结合右手定则可知φO>φa>φb=φc，C正确。 6.答案　AD解析　金属棒AD段切割磁感线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两点间的电势差UAD=-IR=0.4 V，A正确，B错误;D、C两点间的电势差UDC=-BLv=-0.8 V，则UAC=UAD+UDC=-1.2 V，C错误，D正确。 7.答案　B解析　闭合开关的瞬间，灯泡中有一定的电流通过，过一段时间，随着自感线圈分流作用增大，灯泡中的电流变小，A、D错误;一段时间后，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，它与灯泡组成的电路中，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，并且灯泡中的电流比稳定时要小一些，然后电流随自感电动势的减小而慢慢减小到0，B正确，C错误。 8.答案　D解析　开关S闭合时，b、c灯立即亮，因为线圈产生自感电动势，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R串联，则流过a灯的电流Ia大于流过b灯的电流Ib，开关S断开时，c灯立即熄灭，线圈与b、a灯构成新回路，线圈产生自感电动势阻碍电流Ia减小，流过b、a灯，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。 9.答案　B解析　当线圈中通有交变电流时，感应电炉中产生非均匀变化的磁场，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。 10.答案　A解析　感应电流产生的条件是穿过闭合回路的磁通量发生变化。在A图中，系统振动时，紫铜薄板随之上下及左右振动，在磁场中的部分有时多有时少，磁通量发生变化，产生感应电流，受到安培力，阻碍系统的振动;在B图中，只有紫铜薄板向左振动才产生感应电流，而上下振动和向右振动无感应电流产生;在C图中，无论紫铜薄板上下振动还是左右振动，都不会产生感应电流;在D图中，只有紫铜薄板左右振动才产生感应电流，而上下振动无感应电流产生，故选项A正确，B、C、D错误。 11.答案　C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。 12.答案　B解析　金属杆的运动方向与金属杆不垂直，电路中感应电动势的大小为E=Blv(l为切割磁感线的有效长度)，故A错误;电路中感应电流的大小为I===，故B正确;金属杆所受安培力的大小为F=Il'B=··B=，故C错误;金属杆的热功率为P=I2R=·=，故D错误。 13.答案　D解析　根据右手定则知，在0~t0时间内灯泡中电流方向由d→a，故A错误;根据几何关系有R=lOb=l，在0~t0时间内，穿过abed区域的磁通量不发生变化，不产生感应电动势，灯泡两端电压等于扇形Obc区域产生的感应电动势，大小为E1=B0R=B0R·=B0R2ω=B0l2ω，故B错误;由图可知，在t0~2t0时间内abed区域中磁感应强度均匀增大，根据Φ=BS=Bl2，则穿过该区域的磁通量均匀增大，故C错误;若t0~2t0时间内灯泡中无电流，abed区域内产生的感应电动势等于扇形Obc区域产生的感应电动势，且方向相反，有E2=E1==S=l2，则图乙中B的变化率为=B0ω，故D正确。 14.答案　ABD解析　由楞次定律结合左手定则可知，安培力与MN的运动方向的夹角始终大于90°，则安培力始终做负功，MN最终一定静止在OO'位置，A、B正确;根据楞次定律可知，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，D正确;从释放到第一次到达OO'位置过程中，在即将到达OO'位置的时刻，MN所受安培力水平向左，沿速度方向的分力一定大于MN所受重力沿速度方向的分力，处于减速状态，C错误。 15.答案　(1)，方向水平向左　(2)B0h2，方向垂直纸面向里　(3) 解析　(1)由题图可知t=0时线框切割磁感线的感应电动势为 E=2B0hv+B0hv=3B0hv 则感应电流大小为I== 所受的安培力为F=2B0h+B0h= 方向水平向左。 (2)在τ时刻，ab边运动到距区域Ⅰ的左边界处，线框的速度近似为零，此时线框被固定，则t=1.2τ时，Ⅰ区磁感应强度B=1.6B0， 此时穿过线框的磁通量为Φ=1.6B0h·h-B0h·h=B0h2 方向垂直纸面向里。 (3)2τ~3τ时间内，Ⅱ区磁感应强度也线性减小到0， 则有E'==S=·h2= 感应电流大小为I'== 则2τ~3τ时间内，线框中产生的热量为Q=I'2Rτ=。 学科网（北京）股份有限公司 $