第十二章 第2讲 法拉第电磁感应定律 涡流和自感 讲义 （教师版）
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| 名称 | 第十二章 第2讲 法拉第电磁感应定律 涡流和自感 讲义 （教师版） |  | |
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| 文件大小 | 736.5KB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2025-11-05 17:49:27 | ||
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文档简介
第2讲 法拉第电磁感应定律 涡流和自感
1．法拉第电磁感应定律
(1)感应电动势
①概念：在电磁感应现象中产生的电动势。
②产生条件：穿过回路的磁通量发生改变，与电路是否闭合无关。
③方向判断：感应电动势的方向用楞次定律或右手定则判断。
(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变化率成正比。
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：遵守闭合电路的欧姆定律，即I＝。
(3)导体切割磁感线的情形
切割方式 电动势表达式
垂直切割 E＝Blv
旋转切割(以一端为轴) E＝Bl2ω
感应电动势的方向与电池电动势的方向一样，都规定为在电源内部由负极指向正极。
2．自感、涡流
(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
a．定义：由于自感而产生的感应电动势叫作自感电动势。
b．表达式：E＝L。
③自感系数L
a．相关因素：与线圈的大小、形状、匝数以及是否有铁芯有关。
b．单位：亨利(H)，1 mH＝10-3 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，这种电流像水的漩涡，所以叫涡流。
(3)电磁阻尼
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。
(4)电磁驱动
如果磁场相对于导体转动，在导体中会产生感应电流使导体受到安培力而运动起来。
1．Φ＝0，不一定等于0。( √ )
2．穿过线圈的磁通量变化越大，感应电动势也越大。( × )
3．线圈匝数n越多，磁通量越大，产生的感应电动势也越大。( × )
4．感应电动势的大小与线圈的匝数无关。( × )
5．感应电流产生的磁场方向与原磁场方向始终相同。( × )
6．公式E＝Blv中的l是导体棒的总长度。( × )
7．磁场相对导体棒运动，导体棒中也可能产生感应电动势。( √ )
考点一 法拉第电磁感应定律的理解及应用
1．对法拉第电磁感应定律的理解
(1)感应电动势的大小由线圈的匝数和穿过线圈的磁通量的变化率共同决定，与磁通量Φ的大小、变化量ΔΦ的大小没有必然联系。
(2)磁通量的变化率对应Φ－t图线上某点切线的斜率。
(3)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．法拉第电磁感应定律应用的三种情况
(1)当磁通量的变化是由面积变化引起的时，ΔΦ＝B·ΔS，则E＝nB。
(2)当磁通量的变化是由磁场变化引起的时，ΔΦ＝ΔB·S，则E＝nS。
(3)当磁通量的变化是由面积和磁场共同变化引起的时，根据定义ΔΦ＝Φ末－Φ初，则E＝n，注意，此时E≠。
3．在有关图像问题中，磁通量的变化率是Φ－t图像上某点切线的斜率，利用斜率和线圈匝数可以确定该点感应电动势的大小。
【典例1】 学生饭卡其内部主要部分是一个多匝线圈，当刷卡机发出电磁信号时，穿过置于刷卡机上的饭卡中线圈的磁通量发生变化，在线圈处引起电磁感应，产生电信号。其原理可简化为如图甲所示，设线圈的匝数为1 200匝，每匝线圈的面积均为S＝10-4 m2，线圈的总电阻为r＝0.1 Ω，线圈连接一R＝0.3 Ω的电阻，与其组成闭合回路，其余部分电阻不计。线圈处的磁场可视作匀强磁场，其大小按如图乙所示规律变化(设垂直纸面向里为正方向)，求：
(1)t＝0.05 s时线圈产生的感应电动势E的大小；
(2)0～0.1 s时间内，电阻R产生的焦耳热Q；
(3)0.1～0.4 s时间内，通过电阻R的电流方向和电荷量q。
【解析】 (1)在0～0.1 s内，由乙图可得
＝ T/s＝0.2 T/s，
由法拉第电磁感应定律有E＝N＝NS，
解得E＝0.024 V。
(2)根据闭合电路欧姆定律有I＝＝0.06 A，
再由焦耳定律得Q＝I2Rt，
解得Q＝1.08×10-4 J。
(3)根据楞次定律可以判断，0.1～0.4 s流过R的电流的方向为由N到M，
根据q＝Δt，又＝，＝N，
可得q＝N＝N。
由乙图可知，0.1～0.4 s内磁感应强度变化大小ΔB＝0.02 T，解得q＝0.006 C。
【答案】 (1)0.024 V (2)1.08×10-4 J
(3)由N到M 0.006 C
应用法拉第电磁感应定律应注意的三个问题
(1)公式E＝n求解的是一个回路中某段时间内的平均感应电动势，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和回路电阻R有关，与时间长短无关，即q＝IΔt＝Δt＝。
1．(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( D )
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：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．(2022·河北卷)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( D )
A．kS1 B．5kS2
C．k(S1－5S2) D．k(S1＋5S2)
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。
考点二 导体切割磁感线产生感应电动势
1．三种切割方式产生感应电动势大小的计算
(1)垂直切割：如图甲所示，感应电动势的表达式为E＝Blv。
(2)倾斜切割：如图乙所示，感应电动势的表达式为E＝Blv sin θ，其中θ为v与B的夹角。
(3)旋转切割：如图丙所示，感应电动势的表达式为E＝Bl2ω。
2．E＝Blv的三个特性
(1)正交性：本公式要求磁场为匀强磁场，而且B、l、v三者互相垂直。
(2)有效性：公式中的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ab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。
考向1平动切割磁感线类
【典例2】 (多选)如图所示，在MN右侧区域有垂直于纸面向里的匀强磁场，其磁感应强度随时间变化的关系为B＝kt(k为大于零的常量)。一高为a、电阻为R的正三角形金属线框向右匀速运动。在t＝0时刻，线框底边恰好到达MN处；在t＝T时刻，线框恰好完全进入磁场。在线框匀速进入磁场的过程中( AD )
A．线框中的电流始终为逆时针方向
B．线框中的电流先沿逆时针方向，后沿顺时针方向
C．t＝时刻，流过线框的电流大小为
D．t＝时刻，流过线框的电流大小为
【解析】 由右手定则和楞次定律可知线框中动生电动势和感生电动势均为逆时针方向，故感应电流沿逆时针方向，A正确，B错误；线框匀速进入磁场过程中，设正三角形金属线框边长为L，则L＝＝a，t＝时刻，B＝k·，切割长度L′＝＝a，线框匀速进入磁场的速度v＝，则动生电动势E1＝BL′v＝，此时感生电动势E2＝·S＝k·××a×a＝ka2，t＝时刻，流过线框的电流大小为I＝＝，C错误，D正确。
考向2转动切割磁感线类
【典例3】 (2024·湖南卷)如图所示，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( C )
A．φO>φa>φb>φc B．φO<φa<φb<φc
C．φO>φa>φb＝φc D．φO<φa<φb＝φc
【解析】 如图所示，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0φa>φb＝φc。故选C。
【典例4】 (多选)(2025·湖南株洲高三检测)在如图所示的电路中，半径为r的半圆形金属滑轨一端与阻值为R的定值电阻连接，另一端靠近金属棒转轴(但不连接)，金属棒的长度略大于2r，可绕O点在竖直面内转动，转动过程中始终保持与滑轨良好接触。t＝0时刻，金属棒在外界控制下从竖直位置以角速度ω绕O点顺时针匀速转动，直至水平，整个装置处在磁感应强度大小为B、方向垂直于滑轨所在平面向里的匀强磁场(图中未画出)中。金属棒和滑轨的电阻均不计。下列说法正确的是( BC )
A．通过定值电阻的电流方向发生改变
B．在t＝时刻，通过定值电阻的电流为
C．通过定值电阻的电流的最大值为
D．在金属棒从竖直位置转到水平位置的过程中，通过定值电阻某一横截面的电荷量为
【解析】 根据题意，由右手定则可知，转动过程中，感应电流方向一直为顺时针方向，故A错误；在t＝时刻，金属棒转过，有效长度为r，则感应电动势E1＝B·r·ω·r＝Bωr2，通过定值电阻的电流I1＝＝，故B正确；当金属棒水平时，感应电流最大，则有Em＝B·2r·ω·2r＝Bω·2r2，通过定值电阻的电流的最大值Im＝＝，故C正确；根据题意，由＝、＝和q＝t，可得q＝＝＝，故D错误。
考点三 自感现象
1．自感现象的四大特点
(1)自感电动势总是阻碍线圈中原电流的变化。
(2)通过线圈中的电流不能发生突变，只能缓慢变化。
(3)电流稳定时，自感线圈就相当于普通导体。
(4)线圈的自感系数越大，自感现象越明显，自感电动势只是延缓了过程的进行，但它不能使过程停止，更不能使过程反向。
2．自感中“闪亮”与“不闪亮”问题
项目 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，灯泡立刻变亮
断电时 电流逐渐减小，灯泡逐渐变暗，线圈中电流方向不变 电路中稳态电流为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。两种情况灯泡中电流方向均改变
【典例5】 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( B )
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
【解析】 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，由于线圈的作用会阻碍电流的减小，所以A慢慢变暗，因为线圈电阻与灯泡电阻相等，所以在开关闭合时通过灯泡B、C和A的电流大小相等，所以开关断开后线圈与A、B、C构成闭合回路，此时B、C不会先变亮，而是逐渐变暗，C、D错误。
3．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S，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( D )
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．闭合开关后在如图乙所示的i－t图像中，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
解析：闭合开关时，线圈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测得的数据应为题图乙中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，回路中的电流不变，所以小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。
考点四 涡流、电磁阻尼和电磁驱动
1．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。
2．电磁阻尼与电磁驱动的比较
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 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
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
考向1涡流的理解及应用
【典例6】 为了研究电磁炉的工作原理，某个同学制作了一个简易装置，如图所示，将一根电线缠绕在铁芯外部，接通交流电源，放置在铁芯上方的不锈钢锅具开始发热，下述可以增大锅具的发热功率的办法，可行的是( A )
A．增大交流电源的频率
B．把不锈钢锅具换成陶瓷锅
C．将电源换成电动势更大的直流电源
D．把线圈内部铁芯去掉
【解析】 当下方线圈通入交流电时，在不锈钢锅具中会产生感应电动势，形成涡流而产生热量，因感应电动势与电流的变化率成正比，增大交流电源的频率，感应电动势增大，电流增大，热功率增大，故A正确；陶瓷不是磁性材料，把不锈钢锅具换成陶瓷锅，则不会产生涡流，故B错误；换成直流电源，恒定电流产生恒定的磁场，穿过线圈的磁通量不变，锅具中不会有感应电流，热功率为0，故C错误；把线圈内部铁芯去掉，则磁场减弱，感应电动势减小，感应电流减小，热功率变小，故D错误。
考向2电磁阻尼
【典例7】 (2023·浙江1月选考)如图甲所示，一导体杆用两条等长细导线悬挂于水平轴OO′，接入电阻R构成回路。导体杆处于竖直向上的匀强磁场中，将导体杆从竖直位置拉开小角度由静止释放，导体杆开始下摆。当R＝R0时，导体杆振动图像如图乙所示。若横纵坐标皆采用图乙标度，则当R＝2R0时，导体杆振动图像是( B )
【解析】 导体杆切割磁感线时，回路中产生感应电流，由楞次定律可得，导体杆受到的安培力总是阻碍导体杆的运动。当电阻R的阻值从R0变为2R0时，回路中的电阻增大，则电流减小，导体杆所受安培力减小，即导体杆在摆动时所受的阻力减小，所以导体杆从开始摆动到停止，运动的路程和经历的时间变长，故B正确，A、C、D错误。
考向3电磁驱动
【典例8】 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，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 )
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
【解析】 磁体从题图乙位置开始转动时，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，因而铅笼受到安培力作用，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，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，所以铝笼会受到反方向安培力作用逐渐减速直到停止运动，D项错误。
课时作业61
1．(5分)(多选)(2025·浙江强基联盟高三联考)电磁学知识在科技生活中有广泛的应用，下列相关说法正确的是( BD )
A．图甲中动圈式扬声器的工作原理是电磁感应
B．图乙中线圈产生的自感电动势有时会大于原来电路中的电源电动势
C．图丙中自制金属探测器是利用地磁场来进行探测的
D．图丁中磁电式仪表，把线圈绕在铝框骨架上，目的是增加电磁阻尼的作用
解析：图甲中动圈式扬声器的工作原理是电流的磁效应，故A错误；图乙中线圈产生的自感电动势有时会大于原来电路中的电源电动势，故B正确；图丙中自制金属探测器是利用金属探测器中变化电流产生的磁场来进行探测的，故C错误；图丁中磁电式仪表，把线圈绕在铝框骨架上，目的是增加电磁阻尼的作用，故D正确。
2．(5分) (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( D )
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：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L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。
3．(5分) (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( BC )
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：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，A错误，C正确；t＝1×10-2 s时，感应电动势E最大，B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。
4．(5分) (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( B )
A．0.30 V B．0.44 V
C．0.59 V D．4.3 V
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，故选B。
5．(5分)(2023·重庆卷)某小组设计了一种呼吸监测方案：在人身上缠绕弹性金属线圈，观察人呼吸时处于匀强磁场中的线圈面积变化产生的电压，了解人的呼吸状况。如图所示，线圈P的匝数为N，磁场的磁感应强度大小为B，方向与线圈轴线的夹角为θ。若某次吸气时，在t时间内每匝线圈面积增加了S，则线圈P在该时间内的平均感应电动势为( A )
A. B．
C． D．
解析：根据法拉第电磁感应定律可知平均感应电动势E＝＝，故A正确，B、C、D错误。
6．(5分)如图所示，正方形线圈MOO′N处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向与水平面的夹角为30°斜向左下，线圈的边长为L、电阻为R、匝数为n。当线圈从竖直面绕OO′顺时针转至水平面的过程中，通过导线截面的电荷量为( A )
A． B．
C． D．
解析：根据法拉第电磁感应定律得＝n，＝，q＝·Δt，解得q＝n，又因为ΔΦ＝Φ2－Φ1，Φ2＝BL2sin 30°，Φ1＝－BL2cos 30°，解得q＝。
7．(5分)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( D )
A．BRv B．BRv
C．－BRv D．－BRv
解析：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，电流的方向为a→b，所以Uab<0，由于在磁场部分的阻值为整个圆的，所以Uab＝－B·Rv＝－BRv，故选D。
8．(5分)如图所示，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( D )
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
解析：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，感应电动势大小E＝ByL＝ByL2ω。
9．(5分)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( C )
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
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的增大，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的减小，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。
10．(5分)如图甲所示，面积为0.2 m2的100匝线圈处在匀强磁场中，线圈电阻r＝4 Ω，磁场方向垂直于线圈平面向里，已知磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示，定值电阻R＝6 Ω。下列说法正确的是( C )
A．线圈中产生的感应电动势均匀增大
B．a、b两点间电压为2 V
C．a、b两点间电压为1.2 V
D．a点电势比b点电势低1.2 V
解析：结合图乙得E＝NS＝2 V，线圈中产生的感应电动势恒定，故A错误；根据闭合电路欧姆定律得Uab＝×E＝1.2 V，故B错误，C正确；根据楞次定律知，电流从a点流出，b点流入，所以a点电势比b点电势高1.2 V，故D错误。
11．(5分)如图所示，水平光滑直导轨ac、bd间距为L，导轨间有一半径为r(L>2r)的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B，导轨右侧接定值电阻R，长为L、电阻也为R的导体棒在变力F作用下，从导轨左侧以速度v0匀速穿过圆形磁场，下列说法正确的是( B )
A．导体棒通过圆形磁场的过程中，c点电势低于d点电势
B．电阻R两端的最大电压是Brv0
C．通过电阻R的最大电流是
D．导体棒穿过圆形磁场过程中，通过电阻R的电荷量为
解析：根据右手定则可知，导体棒通过圆形磁场的过程中，通过导体棒内的电流方向是b→a，所以c点电势高于d点电势，故A错误；当导体棒经过圆形磁场的中间位置时，ab棒产生的感应电动势最大，为Emax＝2Brv0，所以通过电阻R的最大电流为Imax＝＝，故C错误；导体棒运动到圆形磁场的中间位置时的感应电流最大，根据U＝IR知，此时电阻R两端的电压是最大的为UR＝Brv0，故B正确；导体棒穿过圆形磁场过程中，通过电阻R的电荷量为q＝＝，故D错误。
12．(5分)如图所示，水平放置足够长光滑金属导轨abc和de，ab与de平行，bc是以O为圆心、以r为半径的圆弧导轨，圆弧be左侧和扇形Obc内有方向如图所示的匀强磁场，金属杆OP的O端与e点用导线相接，P端与圆弧bc接触良好，金属杆MN始终与导轨垂直，初始时MN静止在平行导轨上。若杆OP绕O点在匀强磁场区内从b到c匀速转动时，回路中始终有电流，则此过程中，下列说法正确的是( C )
A．杆OP产生的感应电动势为E＝Br2ω
B．杆OP转动产生的感应电流方向由N→M
C．杆MN向左运动
D．杆MN中的电流逐渐增大
解析：OP转动过程中切割磁感线，OP长度为r，角速度为ω，由E＝Br，＝，可得感应电动势为E＝，故A错误；由右手定则可知，OP转动切割磁感线时，感应电流方向为O→P，故回路中产生逆时针方向的感应电流，所以流过金属杆MN的电流方向为M→N，故B错误；由左手定则可知，金属杆MN受到的安培力方向水平向左，故杆MN向左运动，故C正确；当金属杆向左运动时，杆MN切割磁感线，产生顺时针方向的感应电流，设金属杆的速度为v′，杆长为L，则感应电动势为E′＝BLv′，故回路中的感应电动势为E总＝E－E′＝－BLv′，故随着金属杆速度的增大，回路中的感应电动势逐渐减小，感应电流逐渐减小，故D错误。
13．(20分) (2023·天津卷)如图所示，有一正方形线框，质量为m，电阻为R，边长为l，静止悬挂着，一个三角形匀强磁场垂直于线框所在平面，磁感线垂直纸面向里，且线框中磁场区域面积为线框面积一半，磁感应强度变化规律为B＝kt(k>0)，已知重力加速度为g，求：
(1)感应电动势E；
(2)线框开始向上运动的时刻t0。
解析：(1)根据法拉第电磁感应定律有E＝，又Δt时间内穿过线框的磁通量的变化量ΔΦ＝SΔB，
线框中有磁场穿过的面积S＝l2，
由B＝kt得＝k，
联立解得E＝。
(2)由闭合电路欧姆定律得，线框中的感应电流大小为I＝，
由楞次定律得，感应电流的方向为逆时针方向，
由左手定则可知，线框受到的安培力方向竖直向上，
当线框开始向上运动时，有mg＝FA，
此时安培力大小FA＝IlB0，
其中B0＝kt0，
联立解得t0＝。
答案：(1) (2)
1．法拉第电磁感应定律
(1)感应电动势
①概念：在电磁感应现象中产生的电动势。
②产生条件：穿过回路的磁通量发生改变，与电路是否闭合无关。
③方向判断：感应电动势的方向用楞次定律或右手定则判断。
(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变化率成正比。
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：遵守闭合电路的欧姆定律，即I＝。
(3)导体切割磁感线的情形
切割方式 电动势表达式
垂直切割 E＝Blv
旋转切割(以一端为轴) E＝Bl2ω
感应电动势的方向与电池电动势的方向一样，都规定为在电源内部由负极指向正极。
2．自感、涡流
(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
a．定义：由于自感而产生的感应电动势叫作自感电动势。
b．表达式：E＝L。
③自感系数L
a．相关因素：与线圈的大小、形状、匝数以及是否有铁芯有关。
b．单位：亨利(H)，1 mH＝10-3 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，这种电流像水的漩涡，所以叫涡流。
(3)电磁阻尼
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。
(4)电磁驱动
如果磁场相对于导体转动，在导体中会产生感应电流使导体受到安培力而运动起来。
1．Φ＝0，不一定等于0。( √ )
2．穿过线圈的磁通量变化越大，感应电动势也越大。( × )
3．线圈匝数n越多，磁通量越大，产生的感应电动势也越大。( × )
4．感应电动势的大小与线圈的匝数无关。( × )
5．感应电流产生的磁场方向与原磁场方向始终相同。( × )
6．公式E＝Blv中的l是导体棒的总长度。( × )
7．磁场相对导体棒运动，导体棒中也可能产生感应电动势。( √ )
考点一 法拉第电磁感应定律的理解及应用
1．对法拉第电磁感应定律的理解
(1)感应电动势的大小由线圈的匝数和穿过线圈的磁通量的变化率共同决定，与磁通量Φ的大小、变化量ΔΦ的大小没有必然联系。
(2)磁通量的变化率对应Φ－t图线上某点切线的斜率。
(3)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．法拉第电磁感应定律应用的三种情况
(1)当磁通量的变化是由面积变化引起的时，ΔΦ＝B·ΔS，则E＝nB。
(2)当磁通量的变化是由磁场变化引起的时，ΔΦ＝ΔB·S，则E＝nS。
(3)当磁通量的变化是由面积和磁场共同变化引起的时，根据定义ΔΦ＝Φ末－Φ初，则E＝n，注意，此时E≠。
3．在有关图像问题中，磁通量的变化率是Φ－t图像上某点切线的斜率，利用斜率和线圈匝数可以确定该点感应电动势的大小。
【典例1】 学生饭卡其内部主要部分是一个多匝线圈，当刷卡机发出电磁信号时，穿过置于刷卡机上的饭卡中线圈的磁通量发生变化，在线圈处引起电磁感应，产生电信号。其原理可简化为如图甲所示，设线圈的匝数为1 200匝，每匝线圈的面积均为S＝10-4 m2，线圈的总电阻为r＝0.1 Ω，线圈连接一R＝0.3 Ω的电阻，与其组成闭合回路，其余部分电阻不计。线圈处的磁场可视作匀强磁场，其大小按如图乙所示规律变化(设垂直纸面向里为正方向)，求：
(1)t＝0.05 s时线圈产生的感应电动势E的大小；
(2)0～0.1 s时间内，电阻R产生的焦耳热Q；
(3)0.1～0.4 s时间内，通过电阻R的电流方向和电荷量q。
【解析】 (1)在0～0.1 s内，由乙图可得
＝ T/s＝0.2 T/s，
由法拉第电磁感应定律有E＝N＝NS，
解得E＝0.024 V。
(2)根据闭合电路欧姆定律有I＝＝0.06 A，
再由焦耳定律得Q＝I2Rt，
解得Q＝1.08×10-4 J。
(3)根据楞次定律可以判断，0.1～0.4 s流过R的电流的方向为由N到M，
根据q＝Δt，又＝，＝N，
可得q＝N＝N。
由乙图可知，0.1～0.4 s内磁感应强度变化大小ΔB＝0.02 T，解得q＝0.006 C。
【答案】 (1)0.024 V (2)1.08×10-4 J
(3)由N到M 0.006 C
应用法拉第电磁感应定律应注意的三个问题
(1)公式E＝n求解的是一个回路中某段时间内的平均感应电动势，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和回路电阻R有关，与时间长短无关，即q＝IΔt＝Δt＝。
1．(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( D )
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：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．(2022·河北卷)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( D )
A．kS1 B．5kS2
C．k(S1－5S2) D．k(S1＋5S2)
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。
考点二 导体切割磁感线产生感应电动势
1．三种切割方式产生感应电动势大小的计算
(1)垂直切割：如图甲所示，感应电动势的表达式为E＝Blv。
(2)倾斜切割：如图乙所示，感应电动势的表达式为E＝Blv sin θ，其中θ为v与B的夹角。
(3)旋转切割：如图丙所示，感应电动势的表达式为E＝Bl2ω。
2．E＝Blv的三个特性
(1)正交性：本公式要求磁场为匀强磁场，而且B、l、v三者互相垂直。
(2)有效性：公式中的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ab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。
考向1平动切割磁感线类
【典例2】 (多选)如图所示，在MN右侧区域有垂直于纸面向里的匀强磁场，其磁感应强度随时间变化的关系为B＝kt(k为大于零的常量)。一高为a、电阻为R的正三角形金属线框向右匀速运动。在t＝0时刻，线框底边恰好到达MN处；在t＝T时刻，线框恰好完全进入磁场。在线框匀速进入磁场的过程中( AD )
A．线框中的电流始终为逆时针方向
B．线框中的电流先沿逆时针方向，后沿顺时针方向
C．t＝时刻，流过线框的电流大小为
D．t＝时刻，流过线框的电流大小为
【解析】 由右手定则和楞次定律可知线框中动生电动势和感生电动势均为逆时针方向，故感应电流沿逆时针方向，A正确，B错误；线框匀速进入磁场过程中，设正三角形金属线框边长为L，则L＝＝a，t＝时刻，B＝k·，切割长度L′＝＝a，线框匀速进入磁场的速度v＝，则动生电动势E1＝BL′v＝，此时感生电动势E2＝·S＝k·××a×a＝ka2，t＝时刻，流过线框的电流大小为I＝＝，C错误，D正确。
考向2转动切割磁感线类
【典例3】 (2024·湖南卷)如图所示，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( C )
A．φO>φa>φb>φc B．φO<φa<φb<φc
C．φO>φa>φb＝φc D．φO<φa<φb＝φc
【解析】 如图所示，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
【典例4】 (多选)(2025·湖南株洲高三检测)在如图所示的电路中，半径为r的半圆形金属滑轨一端与阻值为R的定值电阻连接，另一端靠近金属棒转轴(但不连接)，金属棒的长度略大于2r，可绕O点在竖直面内转动，转动过程中始终保持与滑轨良好接触。t＝0时刻，金属棒在外界控制下从竖直位置以角速度ω绕O点顺时针匀速转动，直至水平，整个装置处在磁感应强度大小为B、方向垂直于滑轨所在平面向里的匀强磁场(图中未画出)中。金属棒和滑轨的电阻均不计。下列说法正确的是( BC )
A．通过定值电阻的电流方向发生改变
B．在t＝时刻，通过定值电阻的电流为
C．通过定值电阻的电流的最大值为
D．在金属棒从竖直位置转到水平位置的过程中，通过定值电阻某一横截面的电荷量为
【解析】 根据题意，由右手定则可知，转动过程中，感应电流方向一直为顺时针方向，故A错误；在t＝时刻，金属棒转过，有效长度为r，则感应电动势E1＝B·r·ω·r＝Bωr2，通过定值电阻的电流I1＝＝，故B正确；当金属棒水平时，感应电流最大，则有Em＝B·2r·ω·2r＝Bω·2r2，通过定值电阻的电流的最大值Im＝＝，故C正确；根据题意，由＝、＝和q＝t，可得q＝＝＝，故D错误。
考点三 自感现象
1．自感现象的四大特点
(1)自感电动势总是阻碍线圈中原电流的变化。
(2)通过线圈中的电流不能发生突变，只能缓慢变化。
(3)电流稳定时，自感线圈就相当于普通导体。
(4)线圈的自感系数越大，自感现象越明显，自感电动势只是延缓了过程的进行，但它不能使过程停止，更不能使过程反向。
2．自感中“闪亮”与“不闪亮”问题
项目 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，灯泡立刻变亮
断电时 电流逐渐减小，灯泡逐渐变暗，线圈中电流方向不变 电路中稳态电流为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。两种情况灯泡中电流方向均改变
【典例5】 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( B )
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
【解析】 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，由于线圈的作用会阻碍电流的减小，所以A慢慢变暗，因为线圈电阻与灯泡电阻相等，所以在开关闭合时通过灯泡B、C和A的电流大小相等，所以开关断开后线圈与A、B、C构成闭合回路，此时B、C不会先变亮，而是逐渐变暗，C、D错误。
3．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S，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( D )
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．闭合开关后在如图乙所示的i－t图像中，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
解析：闭合开关时，线圈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测得的数据应为题图乙中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，回路中的电流不变，所以小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。
考点四 涡流、电磁阻尼和电磁驱动
1．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。
2．电磁阻尼与电磁驱动的比较
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 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
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
考向1涡流的理解及应用
【典例6】 为了研究电磁炉的工作原理，某个同学制作了一个简易装置，如图所示，将一根电线缠绕在铁芯外部，接通交流电源，放置在铁芯上方的不锈钢锅具开始发热，下述可以增大锅具的发热功率的办法，可行的是( A )
A．增大交流电源的频率
B．把不锈钢锅具换成陶瓷锅
C．将电源换成电动势更大的直流电源
D．把线圈内部铁芯去掉
【解析】 当下方线圈通入交流电时，在不锈钢锅具中会产生感应电动势，形成涡流而产生热量，因感应电动势与电流的变化率成正比，增大交流电源的频率，感应电动势增大，电流增大，热功率增大，故A正确；陶瓷不是磁性材料，把不锈钢锅具换成陶瓷锅，则不会产生涡流，故B错误；换成直流电源，恒定电流产生恒定的磁场，穿过线圈的磁通量不变，锅具中不会有感应电流，热功率为0，故C错误；把线圈内部铁芯去掉，则磁场减弱，感应电动势减小，感应电流减小，热功率变小，故D错误。
考向2电磁阻尼
【典例7】 (2023·浙江1月选考)如图甲所示，一导体杆用两条等长细导线悬挂于水平轴OO′，接入电阻R构成回路。导体杆处于竖直向上的匀强磁场中，将导体杆从竖直位置拉开小角度由静止释放，导体杆开始下摆。当R＝R0时，导体杆振动图像如图乙所示。若横纵坐标皆采用图乙标度，则当R＝2R0时，导体杆振动图像是( B )
【解析】 导体杆切割磁感线时，回路中产生感应电流，由楞次定律可得，导体杆受到的安培力总是阻碍导体杆的运动。当电阻R的阻值从R0变为2R0时，回路中的电阻增大，则电流减小，导体杆所受安培力减小，即导体杆在摆动时所受的阻力减小，所以导体杆从开始摆动到停止，运动的路程和经历的时间变长，故B正确，A、C、D错误。
考向3电磁驱动
【典例8】 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，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 )
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
【解析】 磁体从题图乙位置开始转动时，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，因而铅笼受到安培力作用，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，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，所以铝笼会受到反方向安培力作用逐渐减速直到停止运动，D项错误。
课时作业61
1．(5分)(多选)(2025·浙江强基联盟高三联考)电磁学知识在科技生活中有广泛的应用，下列相关说法正确的是( BD )
A．图甲中动圈式扬声器的工作原理是电磁感应
B．图乙中线圈产生的自感电动势有时会大于原来电路中的电源电动势
C．图丙中自制金属探测器是利用地磁场来进行探测的
D．图丁中磁电式仪表，把线圈绕在铝框骨架上，目的是增加电磁阻尼的作用
解析：图甲中动圈式扬声器的工作原理是电流的磁效应，故A错误；图乙中线圈产生的自感电动势有时会大于原来电路中的电源电动势，故B正确；图丙中自制金属探测器是利用金属探测器中变化电流产生的磁场来进行探测的，故C错误；图丁中磁电式仪表，把线圈绕在铝框骨架上，目的是增加电磁阻尼的作用，故D正确。
2．(5分) (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( D )
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：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L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。
3．(5分) (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( BC )
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：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，A错误，C正确；t＝1×10-2 s时，感应电动势E最大，B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。
4．(5分) (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( B )
A．0.30 V B．0.44 V
C．0.59 V D．4.3 V
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，故选B。
5．(5分)(2023·重庆卷)某小组设计了一种呼吸监测方案：在人身上缠绕弹性金属线圈，观察人呼吸时处于匀强磁场中的线圈面积变化产生的电压，了解人的呼吸状况。如图所示，线圈P的匝数为N，磁场的磁感应强度大小为B，方向与线圈轴线的夹角为θ。若某次吸气时，在t时间内每匝线圈面积增加了S，则线圈P在该时间内的平均感应电动势为( A )
A. B．
C． D．
解析：根据法拉第电磁感应定律可知平均感应电动势E＝＝，故A正确，B、C、D错误。
6．(5分)如图所示，正方形线圈MOO′N处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向与水平面的夹角为30°斜向左下，线圈的边长为L、电阻为R、匝数为n。当线圈从竖直面绕OO′顺时针转至水平面的过程中，通过导线截面的电荷量为( A )
A． B．
C． D．
解析：根据法拉第电磁感应定律得＝n，＝，q＝·Δt，解得q＝n，又因为ΔΦ＝Φ2－Φ1，Φ2＝BL2sin 30°，Φ1＝－BL2cos 30°，解得q＝。
7．(5分)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( D )
A．BRv B．BRv
C．－BRv D．－BRv
解析：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，电流的方向为a→b，所以Uab<0，由于在磁场部分的阻值为整个圆的，所以Uab＝－B·Rv＝－BRv，故选D。
8．(5分)如图所示，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( D )
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
解析：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，感应电动势大小E＝ByL＝ByL2ω。
9．(5分)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( C )
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
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的增大，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的减小，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。
10．(5分)如图甲所示，面积为0.2 m2的100匝线圈处在匀强磁场中，线圈电阻r＝4 Ω，磁场方向垂直于线圈平面向里，已知磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示，定值电阻R＝6 Ω。下列说法正确的是( C )
A．线圈中产生的感应电动势均匀增大
B．a、b两点间电压为2 V
C．a、b两点间电压为1.2 V
D．a点电势比b点电势低1.2 V
解析：结合图乙得E＝NS＝2 V，线圈中产生的感应电动势恒定，故A错误；根据闭合电路欧姆定律得Uab＝×E＝1.2 V，故B错误，C正确；根据楞次定律知，电流从a点流出，b点流入，所以a点电势比b点电势高1.2 V，故D错误。
11．(5分)如图所示，水平光滑直导轨ac、bd间距为L，导轨间有一半径为r(L>2r)的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B，导轨右侧接定值电阻R，长为L、电阻也为R的导体棒在变力F作用下，从导轨左侧以速度v0匀速穿过圆形磁场，下列说法正确的是( B )
A．导体棒通过圆形磁场的过程中，c点电势低于d点电势
B．电阻R两端的最大电压是Brv0
C．通过电阻R的最大电流是
D．导体棒穿过圆形磁场过程中，通过电阻R的电荷量为
解析：根据右手定则可知，导体棒通过圆形磁场的过程中，通过导体棒内的电流方向是b→a，所以c点电势高于d点电势，故A错误；当导体棒经过圆形磁场的中间位置时，ab棒产生的感应电动势最大，为Emax＝2Brv0，所以通过电阻R的最大电流为Imax＝＝，故C错误；导体棒运动到圆形磁场的中间位置时的感应电流最大，根据U＝IR知，此时电阻R两端的电压是最大的为UR＝Brv0，故B正确；导体棒穿过圆形磁场过程中，通过电阻R的电荷量为q＝＝，故D错误。
12．(5分)如图所示，水平放置足够长光滑金属导轨abc和de，ab与de平行，bc是以O为圆心、以r为半径的圆弧导轨，圆弧be左侧和扇形Obc内有方向如图所示的匀强磁场，金属杆OP的O端与e点用导线相接，P端与圆弧bc接触良好，金属杆MN始终与导轨垂直，初始时MN静止在平行导轨上。若杆OP绕O点在匀强磁场区内从b到c匀速转动时，回路中始终有电流，则此过程中，下列说法正确的是( C )
A．杆OP产生的感应电动势为E＝Br2ω
B．杆OP转动产生的感应电流方向由N→M
C．杆MN向左运动
D．杆MN中的电流逐渐增大
解析：OP转动过程中切割磁感线，OP长度为r，角速度为ω，由E＝Br，＝，可得感应电动势为E＝，故A错误；由右手定则可知，OP转动切割磁感线时，感应电流方向为O→P，故回路中产生逆时针方向的感应电流，所以流过金属杆MN的电流方向为M→N，故B错误；由左手定则可知，金属杆MN受到的安培力方向水平向左，故杆MN向左运动，故C正确；当金属杆向左运动时，杆MN切割磁感线，产生顺时针方向的感应电流，设金属杆的速度为v′，杆长为L，则感应电动势为E′＝BLv′，故回路中的感应电动势为E总＝E－E′＝－BLv′，故随着金属杆速度的增大，回路中的感应电动势逐渐减小，感应电流逐渐减小，故D错误。
13．(20分) (2023·天津卷)如图所示，有一正方形线框，质量为m，电阻为R，边长为l，静止悬挂着，一个三角形匀强磁场垂直于线框所在平面，磁感线垂直纸面向里，且线框中磁场区域面积为线框面积一半，磁感应强度变化规律为B＝kt(k>0)，已知重力加速度为g，求：
(1)感应电动势E；
(2)线框开始向上运动的时刻t0。
解析：(1)根据法拉第电磁感应定律有E＝，又Δt时间内穿过线框的磁通量的变化量ΔΦ＝SΔB，
线框中有磁场穿过的面积S＝l2，
由B＝kt得＝k，
联立解得E＝。
(2)由闭合电路欧姆定律得，线框中的感应电流大小为I＝，
由楞次定律得，感应电流的方向为逆时针方向，
由左手定则可知，线框受到的安培力方向竖直向上，
当线框开始向上运动时，有mg＝FA，
此时安培力大小FA＝IlB0，
其中B0＝kt0，
联立解得t0＝。
答案：(1) (2)
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