第十四讲　楞次定律、电磁感应定律及基本应用-2026年高考物理总复习课件（83页PPT）

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专题四　电路与电磁感应
第十四讲　楞次定律、电磁感应定律及
基本应用
1. 感应电流产生的条件
法拉第实验发现,产生电磁感应的条件有两点:
(1)存在闭合电路;
(2)通过该闭合电路的磁通量发生变化。
麦克斯韦理论推导得:
(1)变化的磁场产生电场;
(2)变化的电场产生磁场。
考点一　楞次定律、电磁感应定律及应用
2. 感应电流方向的判断
(1)线圈面积不变、磁感应强度发生变化的情形, 往往用楞次定律。
(2)导体棒切割磁感线的情形往往用右手定则。
3.楞次定律中“阻碍”的主要表现形式
(1)阻碍原磁通量的变化——“增反减同”;
(2)阻碍物体间的相对运动——“来拒去留”;
(3)使线圈面积有扩大或缩小的趋势——一般情况下为“增缩减扩”;
(4)阻碍原电流的变化(自感现象)——一般情况下为“增反减同”。
4. 求感应电动势的方法
(1)法拉第电磁感应定律:E=n
(2)导体棒垂直切割磁感线: E=Blv 。
(3)导体棒以一端为圆心在垂直匀强磁场的平面内匀速转动: E=Bl2ω 。
(4)线圈绕与磁场垂直的轴匀速转动(从线圈位于中性面开始计时): e=nBSωsin ωt 。
5.通过回路截面的电荷量 q=IΔt=Δt= 。 q 仅与 n、ΔΦ 和回路总电阻 R总 有关, 与时间长短无关,与 Φ 是否均匀变化无关。

“三定则”“一定律”的应用
(1)“三个定则”“一个定律”的比较
名称 基本现象 应用的定则或定律
电流的磁 效应 运动电荷、电流产 生磁场 安培定则
磁场对电 流的作用 磁场对运动电荷、 电流有作用力 左手定则
电磁感应 部分导体做切割磁感线运动 右手定则
闭合回路磁通量 变化 楞次定律
(2)“三个定则”和“一个定律”的因果关系
①因电而生磁 → 安培定则;
②因动而生电 → 右手定则;
③因电而受力 → 左手定则;
④因磁而生电 → 楞次定律。
(3)解题思路
①应用楞次定律时,一般要用到安培定则来分析原来磁场的分布情况。
②研究感应电流受到的安培力,一般先用右手定则确定电流方向,再用左手定则确定安培力的方向,或者直接应用楞次定律的推论确定。
③ “三定则、一定律” 中只要是涉及力的判断都用左手判断,涉及 “电生磁” 或 “磁生电” 的判断都用右手判断,即“左力右电”。
“三个效应”
①电流热效应:焦耳,当电流通过电阻时,电流做功而消耗电能,产生了热量。
②电流磁效应:奥斯特,任何通有电流的导线, 都可以在其周围产生磁场的现象。
③电磁感应:法拉第,放在变化磁通量中的导体,会产生电动势。
应用一:自感问题
(1)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)
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,灯泡逐 渐变暗, A1 电流方向不 变, A2 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
(2)自感中“闪亮”与“不闪亮”问题
类型 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, 然后电流逐渐减小达到稳定
断电时 电流逐渐减小,灯泡逐 渐变暗,电流方向不变 电路中稳态电流为 I1、I2:①若 I2≤I1 ,则灯泡 逐渐变暗; ② 若 I2> I1 ,则灯泡闪亮后逐渐变暗。两种情况灯泡中电流方向均改变
分析自感问题的三个技巧
①通电自感:通电时自感线圈相当于一个变化的电阻,阻值由无穷大逐渐减小。
②断电自感:断电时自感线圈相当于电源,电动势由某值逐渐减小到零。
③电流稳定时,自感线圈相当于导体,是否需要考虑其电阻根据题目而定。应用二:涡流、电磁阻尼、电磁驱动涡流的成因
1.导体可以看成由无数闭合电路组成。
2.通过闭合电路的磁通量发生变化就产生感应电流。
3.电路通过感应电流从而产生安培力和热量。
(1)电磁驱动:如果磁场与导体发生相对运动,在导体中会产生感应电流, 感应电流使导体受到安培力的作用,安培力使导体运动起来,这种作用常常称为电磁驱动。
(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,安培力的方向总是阻碍导体的运动,这种现象称为电磁阻尼。
题型1　楞次定律、电磁感应定律的基本应用
【例1】(多选)(2024·山东卷)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
【答案】ABD
【解析】由于金属棒MN运动过程切割磁感线产生感应电动势,回路有感应电流,产生焦耳热,金属棒MN的机械能不断减小,由于金属导轨光滑,所以经过多次往返运动,MN最终一定静止于OO'位置,故A正确;当金属棒MN向右运动,根据右手定则MN中电流方向由M到N,根据左手定则,金属棒MN受到的安培力水平向左,则安培力做负功;当金属棒MN向左运动,根据右手定则,MN中电流方向由N到M,根据左手定则,金属棒MN受到的安培力水平向右,则安培力做负功;MN运动过程中安培力始终做负功,故B正确;金属棒MN从释放到第一次到达OO'位置过程中,由于在OO'位置重力沿切线方向的分力为0,可知在到达OO'位置之前的位置,重力沿切线方向的分力已经小于安培力沿切线方向的分力,金属棒MN已经做减速运动,故C错误;从释放到第一次到达OO'位置过程中,根据右手定则可知,MN中电流方向由M到N,故D正确。故选ABD。
【例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,永磁体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
【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BC错误;永磁体相对线圈下降时,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。故选D。
题型2　电磁感应中的力与运动、功与能
【例3】(2025·陕晋青宁卷)如图所示,光滑水平面上存在竖直向上、宽度d大于2L的匀强磁场,其磁感应强度大小为B。甲、乙两个合金导线框的质量均为m,长均为2L,宽均为L,电阻分别为R和2R。两线框在光滑水平面上以相同初速度v0=并排进入磁场,忽略两线框之间的相互作用。则 (　　)
A.甲线框进磁场和出磁场的过程中电流方向相同
B.甲、乙线框刚进磁场区域时,所受合力大小之比为1∶1
C.乙线框恰好完全出磁场区域时,速度大小为0
D.甲、乙线框从刚进磁场区域到完全出磁场区域产生的焦耳热之比为4∶3
【答案】D
【解析】根据楞次定律,甲线框进磁场的过程电流方向为顺时针,出磁场的过程中电流方向为逆时针,故A错误;甲线框刚进磁场区域时,合力为F安1=BI1L,I1=,乙线框刚进磁场区域时,合力为F安2=BI2L,I2=,可知=2,故B错误;假设甲、乙都能完全出磁场,对甲根据动量定理有-BI1LΔt=mv1-mv0,q1=I1Δt=·Δt==,同理对乙有-BI2LΔt'=mv2-mv0,
q2=I2Δt'=·Δt'==,解得v1=0,v2=v0=,
故甲恰好完全出磁场区域,乙完全出磁场区域时,速度大小不为0;由能量守恒可知甲、乙线框从刚进磁场区域到完全出磁场区域产生的焦耳热分别为Q1=mv02,Q2=mv02-m=mv02,即=,故C错误,D正确。
故选D。
1. (2024·北京卷)如图所示,线圈M和线圈P绕在同一个铁芯上,下列说法正确的是 (　　)
A.闭合开关瞬间,线圈M和线圈P相互吸引
B.闭合开关,达到稳定后,电流表的示数为0
C.断开开关瞬间,流过电流表的电流方向由a到b
D.断开开关瞬间,线圈P中感应电流的磁场方向向左
B　
【详解】闭合开关瞬间,线圈P中感应电流的磁场与线圈M中电流的磁场方向相反,由楞次定律可知,二者相互排斥,故A错误;闭合开关,达到稳定后,通过线圈P的磁通量保持不变,则感应电流为零,电流表的示数为零,故B正确;断开开关瞬间,通过线圈P的磁场方向向右,磁通量减小,由楞次定律可知感应电流的磁场方向向右,因此流过电流表的感应电流方向由b到a,故CD错误。故选B。
2. (多选)(2025·河南卷)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。如图所示,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 (　　)
BC　
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【详解】Ic顺时针而Id=0,则镜头向左运动,加速度方向向左,A错误;Id顺时针而Ic=0,则镜头向下运动,加速度方向向下,B正确;若a的方向左偏上30°,说明镜头向上运动以及向左运动拉伸弹簧,且向左运动的分速度大于向上运动的分速度,可知Ic顺时针Id逆时针,由E=Blv可知Ic>Id,C正确;若a的方向右偏上30°,说明镜头向上运动以及向右运动,且向右运动的分速度大于向上运动的分速度,可知Ic逆时针Id逆时针,D错误。故选BC。
3.(2025·河南卷)如图所示,一金属薄片在力F作用下自左向右从两磁极之间通过。当金属薄片中心运动到N极的正下方时,沿N极到S极的方向看,下列图中能够正确描述金属薄片内涡电流绕行方向的是 (　　)
C　
【详解】根据题意,当金属薄片中心运动到N极正下方时,薄片右侧的磁通量在减小,左侧磁通量在增加,由于两极间的磁场竖直向下,根据楞次定律可知此时薄片右侧的涡电流方向为顺时针,薄片左侧的涡电流方向为逆时针。故选C。
考点二　电磁感应中的图像问题
【例4】(2025·甘肃卷)闭合金属框放置在磁场中,金属框平面始终与磁感线垂直。如图所示,磁感应强度B随时间t按正弦规律变化。Φ为穿过金属框的磁通量,E为金属框中的感应电动势,下列说法正确的是 (　　)
A.t在0~内,Φ和E均随时间增大
B.当t=与时,E大小相等,方向相同
C.当t=时,Φ最大,E为零
D.当t=时,Φ和E均为零
【答案】C
【解析】在0~时间内,磁感应强度B增加,根据Φ=BS,则磁通量Φ增加,图像的斜率减小,即磁感应强度B的变化率逐渐减小,根据法拉第电磁感应定律可知E=S,感应电动势E逐渐减小,A错误;当t=和t=时,因B-t图像的斜率大小相等,符号相反,可知感应电动势E大小相等,方向相反,B错误;t=时,B最大,则磁通量Φ最大,但是B的变化率为零,则感应电动势E为零,C正确;t=时,B为零,则磁通量Φ为零,但是B的变化率最大,则感应电动势E最大,D错误。故选C。
【例5】(多选)(2025·浙江卷)如图1所示,在平面内存在一以O为圆心、半径为r的圆形区域,其中存在一方向垂直平面的匀强磁场,磁感应强度B随时间变化如图2所示,周期为3t0。变化的磁场在空间产生感生电场,电场线为一系列以O为圆心的同心圆,在同一电场线上,电场强度大小相同。在同一平面
内,有以O为圆心的半径为2r的导电圆环I,与磁场边界相切的半径为0.5r的导电圆环Ⅱ,电阻均为R,圆心O对圆环Ⅱ上P、Q两点的张角φ=30°;另有一可视为无限长的直导线CD。导电圆环间绝缘,且不计相互影响,则 (　　)
A.圆环I中电流的有效值为
B.t=1.5t0时刻直导线CD电动势为πr2
C.t=0.5t0时刻圆环Ⅱ中电流为
D.t=0.5t0时刻圆环Ⅱ上PQ间电动势为πr2
【答案】BD
【解析】由题图可知,在0~t0内和2t0~3t0内圆环I中的电流大小均为I1=,在t0~2t0内圆环I中的电流大小为I2=,设圆环I中电流的有效值为I,根据有效值定义可得I2R·3t0=R·2t0+Rt0,联立解得I=,故A错误;设右侧又一无限长的直导线CD对称的无限长的直导线C'D'与CD构成回路,则t=1.5t0时刻,CDC'D'回路产生的总电动势为E总=πr2,根据对称性可知t=1.5t0时刻直导线CD的电动势为πr2,故B正确;由于圆环Ⅱ处于磁场外部,
通过圆环Ⅱ的磁通量一直为0,所以圆环Ⅱ不会产生感应电流,则t=0.5t0时刻圆环Ⅱ中电流为0,故C错误;以O点为圆心,过P、Q两点圆轨道,在t=0.5t0时刻产生的电动势为E=πr2,则P、Q两点间圆弧的电动势为E'=,E=πr2,由于P、Q两点间圆弧与圆环Ⅱ上PQ构成回路不会产生感应电流,则圆环Ⅱ上PQ间电动势为πr2,故D正确。故选BD。
【例6】(多选)(2023·全国甲卷)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 (　　)
A.小磁体在玻璃管内下降速度越来越快
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
【答案】AD
【解析】电流的峰值越来越大,即小磁铁在依次穿过每个线圈的过程中磁通量的变化率越来越大,因此小磁体的速度越来越大,AD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,根据楞次定律可知线圈中产生逆时针的电流,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的电流,即电流方向相反,与题干图中描述的穿过线圈的过程电流方向变化相符,S极向下同理;所以磁铁穿过8匝线圈过程中会出现8个这样的图像,并且随下落速度的增加,感应电流的最大值逐渐变大,所以磁体下落过程中磁极的N、S极没有颠倒,B错误;线圈可等效为条形磁铁,线圈的电流越大则磁性越强,因此电流的大小是变化的小磁体受到的电磁阻力是变化的,不是一直不变的,C错误。故选AD。
1. (2023·辽宁卷)如图所示,空间中存在水平向右的匀强磁场,一导体棒绕固定的竖直轴OP在磁场中匀速转动,且始终平行于OP。导体棒两端的电势差u随时间t变化的图像可能正确的是 (　　)
C　
【详解】如图所示。导体棒匀速转动,设速度为v,设导体棒从A到B过程,棒转过的角度为θ,则导体棒垂直磁感线方向的分速度为v⊥=vcos θ,可知导体棒垂直磁感线的分速度为余弦规律变化,根据右手定则可知,导体棒经过B点和C关于P点的对称点时,电流方向发生变化,根据u=BLv⊥,可知导体棒两端的电势差u随时间t变化的图像为余弦图像。故选C。
2. (多选)(2022·河北卷)如图所示,两光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中,一根导轨位于x轴上,另一根由ab、bc、cd三段直导轨组成,其中bc段与x轴平行,导轨左端接入一电阻R。导轨上一金属棒MN沿x轴正方向以速度v0保持匀速运动,t=0时刻通过坐标原点O,金属棒始终与x轴垂直。设运动过程中通过电阻的电流强度为i,金属棒受到安培力的大小为F,金属棒克服安培力做功的功率为P,电阻两端的电压为U,导轨与金属棒接触良好,忽略导轨与金属棒的电阻。下列图像可能正确的是 (　　)
AC　
【详解】当导体棒从O点向右运动L时,即在0~时间内,在某时刻导体棒切割磁感线的长度L=l0+v0ttan θ(θ为ab与ad的夹角),则根据E=BLv0,
I==(l0+v0ttan θ) ,可知回路电流均匀增加;
安培力F==,
则F-t关系为抛物线,但是不过原点;
安培力做功的功率P=Fv0==,
则P-t关系为抛物线,但是不过原点;电阻两端的电压等于导体棒产生的感应电动势,
即U=E=BLv0=Bv0(l0+v0ttan θ),
即图像是不过原点的直线;
根据以上分析,可大致排除BD选项;
当在~时间内,导体棒切割磁感线的长度不变,感应电动势E不变,感应电流I不变,安培力F大小不变,安培力的功率P不变,电阻两端电压U保持不变;
同理可判断,在~时间内,导体棒切割磁感线长度逐渐减小,导体棒切割磁感线的感应电动势E均匀减小,感应电流I均匀减小,安培力F大小按照二次函数关系减小,但是不能减小到零,与0~内是对称的关系,安培力的功率P按照二次函数关系减小,但是不能减小到零,与0~内是对称的关系,电阻两端电压U按线性均匀减小;综上所述,AC正确,BD错误。故选AC。
专题集训(十四)　楞次定律、
电磁感应及基本应用
1.(2025·北京高考)下列图示情况,金属圆环中不能产生感应电流的是(　　)
A.图(a)中,圆环在匀强磁场中向左平移
B.图(b)中,圆环在匀强磁场中绕轴转动
C.图(c)中,圆环在通有恒定电流的长直导线旁向右平移
D.图(d)中,圆环向条形磁铁N极平移
A
【解析】圆环在匀强磁场中向左平移,穿过圆环的磁通量不发生变化,金属圆环中不能产生感应电流,故A正确;圆环在匀强磁场中绕轴转动,穿过圆环的磁通量发生变化,金属圆环中能产生感应电流,故B错误;离通有恒定电流的长直导线越远,导线产生的磁感应强度越弱,圆环在通有恒定电流的长直导线旁向右平移,穿过圆环的磁通量发生变化,金属圆环中能产生感应电流,故C错误;根据条形磁铁的磁感应特征可知,圆环向条形磁铁N极平移,穿过圆环的磁通量发生变化,金属圆环中能产生感应电流,故D错误。故选A 。
2.(2024·甘肃高考)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
B
【解析】当线圈中通有交变电流时,感应电炉金属内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,CD错误。故选B。
3.(2024·甘肃高考)如图,相距为d的固定平行光滑金属导轨与阻值为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
【解析】导体棒ab切割磁感线在电路部分的有效长度为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,故导体棒ab所受的安培力为F=BId=,方向向左。故选A。
4.(2024·湖南高考)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
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lOb=lOc=R,可得0φa>φb=φc故选C。
5.(2025·浙江高考)在“探究影响感应电流方向的因素”实验中,当电流从“-”接线柱流入灵敏电流表,指针左偏;从“G0”或“G1”接线柱流入,指针右偏。如图所示是某次实验中指针偏转角度最大的瞬间,则
(1)此时磁铁的运动状态是　　　　　　(选填“向上拔出”“静止”或“向下插入”)。
(2)只做以下改变,一定会增大图中电流表指针偏转角度的是　　 　　(多选)。
A.磁铁静止,向上移动线圈
B.增大(1)中磁铁运动速度
C.将导线从接线柱G1移接至接线柱G0
D.将一个未与电路相接的闭合线圈套在图中线圈外
向上拔出
BC
【解析】(1)由图可知,电表指针左偏,则感应电流从“-”极流入,感应电流在线圈内产生的磁场方向向下,根据楞次定律可知,与条形磁体在线圈位置产生的磁场方向相同,可知穿过线圈的磁通量减小,根据楞次定律可知,此时磁铁的运动状态是向上拔出。
(2)磁铁静止,向上移动线圈,则产生的感应电流不一定增加,指针偏角不一定会增加,选项A错误;增大(1)中磁铁的速度,产生的感应电动势会增加,指针偏角会增大,选项B正确;减小电流计的量程,即将导线从接线柱G1移接到G0,可是电流计指针偏角变大,选项C正确;将一个未与电路相接的闭合线圈套在线圈外,线圈中的感应电流不变,电流计指针偏角不变,选项D错误。故选BC。
B
6.(2025·陕晋青宁卷高考)电磁压缩法是当前产生超强磁场的主要方法之一,其原理如图所示,在钢制线圈内同轴放置可压缩的铜环,其内已“注入”一个初级磁场,当钢制线圈与电容器组接通时,在极短时间内钢制线圈中的电流从零增加到几兆安培,铜环迅速向内压缩,使初级磁场的磁感线被“浓缩”,在直径为几毫米的铜环区域内磁感应强度可达几百特斯拉。此过程,铜环中的感应电流 (　　)
A.与钢制线圈中的电流大小几乎相等且方向相同
B.与钢制线圈中的电流大小几乎相等且方向相反
C.远小于钢制线圈中的电流大小且方向相同
D.远小于钢制线圈中的电流大小且方向相反
【解析】当钢制线圈与电容器组连通时,钢制线圈中产生迅速增大的电流,线圈中产生迅速增强的磁场。根据楞次定律,可知铜环中产生的感应电流的磁场会阻碍引起感应电流的磁通量的变化,故铜环中的感应电流与钢制线圈中的电流方向相反。为阻碍铜环中磁通量变化,铜环上感应的电流与钢制线圈的电流大小几乎相等。因此两个方向相反的大电流之间的作用力使圆环被急速地向内侧压缩。ACD错误,B正确。故选B。
C
7.(2024·福建高考)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
【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。
D
8.(2022·河北高考)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)
【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,故D正确,ABC错误。故选
D。
B
9.(2023·湖北高考)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
【解析】根据法拉第电磁感应定律可知E===103××10-4 V=0.44 V,故选B。
10.(2024·广东三模)我国最新航空母舰福建舰采用了世界上最先进的电磁弹射技术,装备了三条电磁弹射轨道,电磁弹射的简化模型如图所示:足够长的水平固定金属轨道处于竖直向下的匀强磁场中,左端与充满电的电容器C相连,与机身固连的金属杆ab静置在轨道上,闭合开关S后,飞机向右加速,若不计所有阻力和摩擦,回路总电阻R保持不变,下列说法不正确的是 (　　)
A.提高电容器的放电量,可以提高飞机的起飞速度
B.飞机运动过程中,a端的电势始终高于b端的电势
C.飞机的速度最大时,金属杆ab产生的感应电动势与电容器两端电压相等
D.飞机的速度达到最大时,电容器所带的电荷量为零
D
【解析】对金属杆与飞机,由动量定理可得LΔt=mv-0,q=Δt,联立可得BLq=mv,则提高电容器的放电量,可以提升飞机的起飞速度,故A正确,不符合题意;飞机向右加速,通过金属杆ab的电流方向为a→b,则电容器上板带正电,下板带负电,a端的电势高于b端的电势,故B正确,不符合题意;随着飞机加速,金属杆ab产生的电动势为E=BLv,则电动势增大,电容器两端电压U减小,根据牛顿第二定律,对金属杆和飞机有BL=ma,则金属杆的加速度a减小,当U=E时,飞机的速度达到最大,此时电容器所带的电荷量不为零,故C正确,不符合题意,D错误,符合题意。故选D。
11.(多选)(2024·广东三模)为防止意外发生,游乐场等大型设施都配备有电磁阻尼装置,如图所示为某款阻尼缓冲装置的原理示意图:带有光滑轨道的机械主体,能产生垂直缓冲轨道平面的匀强磁场,边缘绕有闭合矩形线圈abcd的高强度缓冲滑块撞到竖直墙时,被瞬间强制制动,机械主体以及磁场由于惯性继续缓冲减速,对缓冲过程,下列说法正确的是 (　　)
A.线圈bc段受到向右的安培力
B.同一匝线圈中b端的电势高于c端的电势
C.线圈ab段中电流方向为由b到a
D.若磁场反向,则装置起不到缓冲作用
BC
【解析】缓冲过程中,线圈bc段切割磁感线,根据右手定则,感应电流方向为c到b,线圈bc段受到向左的安培力作用,A错误,B正确;感应电流方向为c到b,b端的电势高于c端的电势,线圈ab段中电流方向为由b到a,磁场反向时,感应电流方向反向,线圈bc段受到的安培力方向仍然向左,仍起到缓冲作用,C正确,D错误。故选BC。
12.(多选)(2024·广东汕头二模)如图1所示,大功率家用电器的插头常配备漏电保护装置,工作原理如图2所示,其中“零序电流互感器”可视为闭合铁芯。正常用电时,火线和零线的电流等大反向;出现漏电时,快速响应电路能够在毫秒级的时间内检测到漏电并触发断路器,使触头弹起从而自动切断电源。下列说法正确的是 (　　)
A.漏电保护装置应用了电磁感应的原理
B.图2中零线应该置于互感器的外面,否则无法正常使用
C.正常用电时,M和N两点之间没有电压
D.出现漏电时,M和N两点之间没有电压
AC
【解析】若火线和零线电流始终等大反向,则穿过零序电流互感器的磁通量不发生变化,零序电流互感器无感应电动势,则与之构成闭合回路的断路器两端MN间无电压,但若发生漏电,则由火线、用电器、零线构成的闭合回路中,流经火线与零线的电流大小将不再相等,从而使穿过零序电流互感器的磁通量发生变化,产生感应电动势,触发断路器,使触头弹起从而自动切断电源,保护电路,即此时断路器两端MN间有电压,由此可知漏电保护装置应用了电磁感应的原理,故AC正确,D错误;图2中若零线置于互感器的外面,则发生漏电时,零序电流互感器不能感应到通过火线的电流变化,因此互感器不能正常使用,只有零线与火线同在互感器里面,互感器通过感应相反电流产生的磁场是否变化从而做出反馈,因此图2中零线应该置于互感器的里面,故B错误。故选AC。
13.(多选)(2024·广东茂名二模)如图所示是一种经颅磁刺激的医疗技术,在人体头部上方放置的金属线圈内通以脉冲电流,电流流经线圈产生高强度脉冲磁场,磁场穿过头颅对脑部特定区域产生感应电流,下列说法正确的是(　　)
A.脉冲电流流经线圈会产生高强度的磁场是电磁感应现象
B.变化的磁场会使得脑部特定区域产生感应电场
C.若将脉冲电流改为恒定电流,也会持续对脑部产
生感应电流
D.若脉冲电流最大强度不变,但脉冲电流时间Δt缩短,
则在脑部产生的感应电流会增强
BD
【解析】脉冲电流流经线圈会产生高强度的磁场是电生磁,是电流的磁效
应,故A错误;脉冲磁场对脑部特定区域产生感应电流是磁生电,是电磁感应现象,即变化的磁场会使得脑部特定区域产生感应电场,故B正确;将脉冲电流改为恒定电流,不会产生变化的磁场,不会产生感应电流,不可持续对脑神经产生电刺激作用,故C错误;若脉冲电流最大强度不变,但缩短脉冲电流时间,则产生的磁场变化得更快,在脑部产生的感应电场及感应电流会增强,故D正确。故选BD。
14.(2024·广东江门一模)如图甲所示,列车车头底部安装强磁铁,线圈及电流测量仪埋设在轨道地面(测量仪未画出),P、Q为接测量仪器的端口,磁铁的匀强磁场垂直地面向下、宽度与线圈宽度相同,俯视图如图乙。当列车经过线圈上方时,测量仪记录线圈的电流为0.12 A。磁铁的磁感应强度为0.005 T,线圈的匝数为5,长为0.2 m,电阻为0.5 Ω,则在列车经过线圈的过程中,下列说法正确的是 (　　)
A.线圈的磁通量一直增加
B.线圈的电流方向先顺时针后逆时针方向
C.线圈的安培力大小为1.2×10-4 N
D.列车运行的速率为12 m/s
D
【解析】在列车经过线圈的上方时,由于列车上的磁场的方向向下,所以线圈内的磁通量方向向下,先增大后减小,根据楞次定律可知,线圈中的感应电流的方向为先逆时针,再顺时针方向,故AB错误;线圈的安培力大小为F=nBIl=6×10-4 N,故C错误;导线切割磁感线的电动势为E=nBlv,根据闭合电路欧姆定律可得I=,联立解得v=12 m/s。故D正确。故选D。
15.(2024·广东湛江一模)如图所示,在区域Ⅰ、Ⅱ中分别有磁感应强度大小相等、垂直纸面但方向相反、宽度均为a的匀强磁场区域。高为a的正三角形线框efg从图示位置沿x轴正方向匀速穿过两磁场区域,以逆时针方向为电流的正方向,下列图像中能正确描述线框efg中感应电流I与线框移动距离x关系的是 (　　)
B
【解析】正三角形线框efg刚进入向里的磁场Ⅰ时,I的大小为零,之后随线框进入磁场距离的增大,由楞次定律可知,感应电流沿逆时针方向,为正方向,在进入过程中,ef和fg两边的有效切割长度变大,其有效长度为L有效=2xtan30°,感应电动势为E=BL有效v,感应电流为I==,当线框efg前进a距离时,感应电流达到最大,即I0=,在线圈刚进入向外的磁场区域Ⅱ瞬间,感应电流为零,之后随线框进入磁场距离的增大,利用楞次定律可知,efg线框中感应电流方向沿顺时针方向,即为负。进入过程有效切割长度变大,在该过程中,结合之前的分析其电流的瞬时值为I'=,当前进距离为2a时,其
感应电流达到最大,结合之前的分析,其最大值为I0'==2I0,在刚出向外的磁场区域Ⅱ瞬间,感应电流大小为零,之后随线框出磁场距离的增加,利用楞次定律可知,efg中感应电流方向沿逆时针方向,为正,有效切割长度变大,在该过程中,结合之前的分析其电流的瞬时值为I″=,当前进距离为3a时,达到最大,其最大值为I0″==I0,故选B。
16.(多选)(2024·广东广州一模)如图甲是航母电磁阻拦技术的原理简图,飞机着舰时通过绝缘阻拦索钩住水平导轨上的金属棒ab并关闭动力系统,在匀强磁场中减速滑行。若忽略导轨电阻、摩擦和空气阻力,ab所受安培力F随位移s的变化如图乙,则在飞机滑行过程 (　　)
A.飞机的加速度与位移成正比
B.飞机的加速度与速度成正比
C.通过ab的电荷量与位移成正比
D.回路产生的焦耳热与位移成正比
BC
【解析】飞机着舰时受安培力,由牛顿第二定律可得F=ma,由题图乙得F=-s+F0,可得a=-s+,故飞机的加速度与位移不成正比,故A错误;由牛顿第二定律F=BIL=ma,而I=,另外E=BLv,联立可得a=,可知飞机的加速度与速度成正比,故B正确;通过ab的电荷量q=Δt=Δt==,设ab棒长度为L,则ΔΦ=B·Ls,则有q=,可知通过ab的电荷量与位移成正比,故C正确;回路产生的焦耳热等于安培力做的功,得Q=W安=Fs=-s2+F0s,故回路产生的焦耳热与位移不成正比,故D错误。故选BC。
17.(2024 湖北模拟)如图甲所示,匀强磁场垂直纸面向里,磁感应强度的大小为B,磁场在y轴方向足够宽,在x轴方向宽度为a。一直角三角形导线框ABC(BC边的长度为a)从图示位置向右匀速穿过磁场区域,以逆时针方向为电流的正方向,在下图中感应电流i、BC两端的电压uBC与线框移动的距离x的关系图像正确的是(　　)
D
【解析】导体棒切割磁感线产生感应电动势E=BLv,感应电流I==,在0~a内,有效长度L逐渐变大,感应电流I逐渐变大,在a~2a内,有效长度L逐渐变大,感应电流逐渐变大,故AB错误;由楞次定律可知,在线框进入磁场的过程中,感应电流沿逆时针方向,电流是正的,在线框离开磁场的过程中,感应电流了沿顺时针方向,感应电流是负的,故C错误,D正确。故选D。