考情分析楞次定律2022·北京卷·T112021·遼寧卷·T92020·全國卷Ⅲ·T142020·江蘇卷·T32019·全國卷Ⅲ·T142018·全國卷Ⅰ·T19法拉第電磁感應定律及應用2022·全國甲卷·T162022·全國甲卷·T202022·全國乙卷·T242022·湖北卷·T152022·江蘇卷·T52022·遼寧卷·T152022·河北卷·T52022·山東卷·T122022·廣東卷·T102022·湖南卷·T102022·浙江1月選考·T132022·浙江1月選考·T212022·浙江6月選考·T212022·重慶卷·T132021·全國甲卷·T212021·全國乙卷·T252021·遼寧卷·T92021·天津卷·T122021·山東卷·T122021·湖北卷·T162021·河北卷·T72021·福建卷·T72021·浙江6月選考·T212021·廣東卷·T102021·湖南卷·T102020·全國卷Ⅰ·T212020·江蘇卷·T14電磁感應圖像問題2022·河北卷·T82020·山東卷·T122019·全國卷Ⅱ·T212019·全國卷Ⅲ·T192018·全國卷Ⅱ·T18試題情境生活實踐類電磁爐、電子秤、電磁卡、電磁焊接技術、磁電式速度傳感器、真空管道超高速列車、磁懸浮列車、電磁軌道炮、電磁驅動、電磁阻尼等各種實際應用模型學習探究類桿軌模型問題，電磁感應與動力學、能量、動量結合問題，電磁感應的圖像問題第1講電磁感應現象楞次定律實驗：探究影響感應電流方向的因素目標要求1.知道電磁感應現象的產生條件并會分析解決實際問題.2.會根據楞次定律判斷感應電流的方向，會應用楞次定律的推論分析問題.3.能夠綜合應用安培定則、左手定則、右手定則和楞次定律解決實際問題．

考點一電磁感應現象的理解和判斷1．磁通量(1)公式：Φ＝BS，S為垂直磁場的投影面積，磁通量為標量(填“標量”或“矢量”)．(2)物理意義：磁通量的大小可形象表示穿過某一面積的磁感線條數的多少．(3)磁通量變化：ΔΦ＝Φ2－Φ1.2．電磁感應現象(1)當穿過閉合導體回路的磁通量發生變化時，閉合導體回路中有感應電流產生，這種利用磁場產生電流的現象叫作電磁感應．(2)感應電流產生的條件穿過閉合電路的磁通量發生變化．(3)電磁感應現象產生感應電動勢，如果電路閉合，則有感應電流．如果電路不閉合，則只有感應電動勢而無感應電流．1．穿過線圈的磁通量與線圈的匝數有關．(×)2．只要穿過閉合導體回路的磁通量發生變化，回路中就有感應電流產生．(√)3．當導體做切割磁感線運動時，一定產生感應電流．(×)例1法拉第“磁生電”這一偉大的發現，引領人類進入了電氣時代．關于下列實驗說法正確的是()A．甲圖中條形磁體插入螺線管中靜止不動時，電流計指針穩定且不為零B．乙圖中無論滑動變阻器滑片向下移動還是向上移動的過程中，金屬圓環中都有感應電流C．丙圖中閉合開關時電流計指針偏轉，斷開開關時電流計指針不偏轉D．丁圖中導體棒AB在磁場中運動時一定能產生感應電流答案B解析題圖甲中條形磁體插入螺線管中靜止不動時，螺線管內磁通量保持不變，則無感應電流，A錯誤；題圖乙中無論滑動變阻器滑片怎么移動，線圈b內的電流都會變化，則線圈b產生的磁場都會變化，導致線圈a中的磁通量變化，線圈a中會產生感應電流，B正確；題圖丙中閉合開關和斷開開關都會使螺線管B的磁通量發生變化，螺線管B中會產生感應電流，電流計指針都會發生偏轉，C錯誤；當導體棒的運動方向與磁場平行時，導體棒不切割磁感線，則無感應電流，D錯誤．例2如圖所示，一個U形金屬導軌水平放置，其上放有一個金屬導體棒ab.磁感應強度為B的勻強磁場斜向上穿過軌道平面，其方向與豎直方向的夾角為θ(0<θ<90°)．在下列各過程中，一定能在軌道回路里產生感應電流的是()A．ab向右運動，同時使θ減小B．使磁感應強度B減小，θ角同時也減小C．ab向左運動，同時增大磁感應強度BD．ab向右運動，同時增大磁感應強度B和θ角答案A解析設此時回路面積為S，據題意，穿過回路的磁通量Φ＝BScosθ.ab向右運動，則S增大，θ減小，則cosθ增大，因此Φ增大，回路里一定能產生感應電流，A正確；B減小，θ減小，cosθ增大，Φ可能不變，回路里不一定能產生感應電流，B錯誤；ab向左運動，則S減小，B增大，Φ可能不變，回路里不一定能產生感應電流，C錯誤；ab向右運動，則S增大，B增大，θ增大，cosθ減小，Φ可能不變，回路里不一定能產生感應電流，D錯誤．考點二實驗：探究影響感應電流方向的因素1.實驗思路如圖所示，通過將條形磁體插入或拔出線圈來改變穿過螺線管的磁通量，根據電流表指針的偏轉方向判斷感應電流的方向．2．實驗器材電流表、條形磁體、螺線管、電池、開關、導線、滑動變阻器等．3．實驗現象4．實驗結論當穿過線圈的磁通量增加時，感應電流的磁場與原磁場的方向相反；當穿過線圈的磁通量減小時，感應電流的磁場與原磁場的方向相同．5．注意事項實驗前應先查明電流的流向與電流表指針偏轉方向之間的關系：把一節干電池、滑動變阻器、開關S與電流表串聯，開關S采用瞬間接觸，記錄指針偏轉方向與電流方向的關系．例3物理探究小組選用圖示器材和電路研究電磁感應規律．(1)請用筆畫線代表導線，將圖中各器材連接起來，組成正確的實驗電路．(2)把A線圈插入B線圈中，如果閉合開關時發現靈敏電流計的指針向右偏轉了一下，下面操作出現的情況有：①向右移動滑動變阻器滑片，靈敏電流計指針將向________(選填“左”或“右”)偏轉；②保持滑動變阻器滑片位置不變，拔出線圈A中的鐵芯，靈敏電流計指針將向________(選填“左”或“右”)偏轉；(3)根據實驗結果判斷產生感應電流的本質是__________________________．答案(1)見解析圖(2)①右②左(3)穿過B線圈的磁通量發生變化解析(1)將電源、開關、A線圈、滑動變阻器串聯成一個回路，再將電流計與B線圈串聯成另一個回路，電路圖如圖所示(說明：滑動變阻器接下端接左線柱也正確，相應(2)中①填“左”)(2)①閉合開關，穿過B線圈的磁通量增大，靈敏電流計的指針向右偏了一下，滑片向右移動則接入電路的電阻減小，電流增大，磁通量增大，指針向右偏轉；②拔出鐵芯，磁通量減小，指針向左偏轉．(3)產生感應電流的本質是穿過B線圈的磁通量發生變化．考點三感應電流方向的判斷1．楞次定律(1)內容：感應電流具有這樣的方向，即感應電流的磁場總要阻礙引起感應電流的磁通量的變化．(2)適用范圍：一切電磁感應現象．2．右手定則(1)內容：如圖，伸開右手，使拇指與其余四個手指垂直，并且都與手掌在同一個平面內；讓磁感線從掌心進入，并使拇指指向導線運動的方向，這時四指所指的方向就是感應電流的方向．(2)適用情況：導線切割磁感線產生感應電流．1．感應電流的磁場總是與原磁場相反．(×)2．感應電流的磁場總是阻止引起感應電流的磁通量的變化．(×)3．楞次定律與右手定則都可以判斷感應電流方向，二者沒有什么區別．(×)1．用楞次定律判斷(1)楞次定律中“阻礙”的含義：(2)應用楞次定律的思路：2．用右手定則判斷該方法只適用于導體切割磁感線產生的感應電流，注意三個要點：(1)掌心——磁感線穿入；(2)拇指——指向導體運動的方向；(3)四指——指向感應電流的方向．例4(2020·江蘇卷·3)如圖所示，兩勻強磁場的磁感應強度B1和B2大小相等、方向相反．金屬圓環的直徑與兩磁場的邊界重合．下列變化會在環中產生順時針方向感應電流的是()A．同時增大B1減小B2B．同時減小B1增大B2C．同時以相同的變化率增大B1和B2D．同時以相同的變化率減小B1和B2答案B解析若同時增大B1減小B2，則穿過環向里的磁通量增大，根據楞次定律，感應電流產生的磁場方向向外，由安培定則，環中產生的感應電流是逆時針方向，故選項A錯誤；同理可推出，選項B正確，C、D錯誤．例5(多選)如圖所示，導體棒AB、CD可在水平光滑軌道上自由滑動，下列說法正確的是()A．將導體棒CD固定，當導體棒AB向左移動時，AB中感應電流的方向為A到BB．將導體棒CD固定，當AB向右移動時，AB中感應電流的方向為A到BC．將導體棒AB固定，當CD向左移動時，AB中感應電流的方向為A到BD．將導體棒AB固定，當CD向右移動時，AB中感應電流的方向為A到B答案AC解析由右手定則可判斷，當AB向左運動時，AB中感應電流方向為A→B；當AB向右運動時，AB中感應電流方向為B→A，A正確，B錯誤；當CD向左運動時，CD中的感應電流方向為C→D，AB中的感應電流方向為A→B；當CD向右移動時，AB中感應電流方向為B→A，C正確，D錯誤．考點四楞次定律的推論內容例證增反減同磁體靠近線圈，B感與B原方向相反當I1增大時，環B中的感應電流方向與I1相反；當I1減小時，環B中的感應電流方向與I1相同來拒去留磁體靠近，是斥力磁體遠離，是引力阻礙磁體與圓環相對運動增縮減擴(適用于單向磁場)P、Q是光滑固定導軌，a、b是可動金屬棒，磁體下移上移，a、b靠近遠離，使回路面積有縮小擴大的趨勢增離減靠當開關S閉合時，左環向左擺動、右環向右擺動，遠離通電線圈通過遠離和靠近阻礙磁通量的變化說明以上情況“殊途同歸”，實質上都是以不同的方式阻礙磁通量的變化例6(多選)(2023·青海海東市模擬)如圖所示，水平長直導線PQ固定在離地足夠高處，并通有向左的恒定電流，矩形導線框abcd在PQ的下方且與PQ處于同一豎直面內．現將線框abcd從圖示實線位置由靜止釋放，運動過程中cd始終水平．不計空氣阻力．在線框從實線位置運動到虛線位置的過程中，下列說法正確的是()A．線框做自由落體運動B．線框中感應電流的方向為abcdaC．線框所受安培力的合力方向豎直向下D．線框有擴張趨勢答案BD解析線框下落過程中穿過其磁通量減小，根據楞次定律可知線框中會產生感應電流阻礙磁通量的變化，這種阻礙體現在線框將受到豎直向上的安培力作用，所以線框不是做自由落體運動，故A、C錯誤；由于線框中垂直紙面向外的磁通量減小，則根據楞次定律可以判斷線框中感應電流的方向為abcda，故B正確；線框abcd為了“阻礙”Φ的減少，通過面積的擴張減緩Φ的減少，故D正確．例7(2020·全國卷Ⅲ·14)如圖，水平放置的圓柱形光滑玻璃棒左邊繞有一線圈，右邊套有一金屬圓環．圓環初始時靜止．將圖中開關S由斷開狀態撥至連接狀態，電路接通的瞬間，可觀察到()A．撥至M端或N端，圓環都向左運動B．撥至M端或N端，圓環都向右運動C．撥至M端時圓環向左運動，撥至N端時向右運動D．撥至M端時圓環向右運動，撥至N端時向左運動答案B解析開關S由斷開狀態撥至連接狀態，不論撥至M端還是N端，通過圓環的磁通量均增加，根據楞次定律(增離減靠)可知圓環會阻礙磁通量的增加，即向右運動，故選B.例8(多選)兩圓環A、B置于同一水平面上，其中A為均勻帶電絕緣環，B為導體環．當A以如圖所示的方向繞中心轉動的角速度發生變化時，B中產生如圖所示方向的感應電流，則()A．A可能帶正電且轉速減小B．A可能帶正電且轉速增大C．A可能帶負電且轉速減小D．A可能帶負電且轉速增大答案BC解析若A帶正電，順時針轉動產生順時針方向的電流，A內磁場方向垂直紙面向里，當轉速增大時，穿過B的磁通量增加，B中產生感應電流，根據楞次定律(增反減同)可知B中產生逆時針方向的電流，A錯誤，B正確；若A帶負電，順時針轉動產生逆時針方向的電流，A內磁場方向垂直紙面向外，當轉速減小時，穿過B的磁通量減少，B中產生感應電流，根據楞次定律(增反減同)可知B中產生逆時針方向的電流，C正確，D錯誤．考點五“三定則、一定律”的應用“三個定則”“一個定律”的比較名稱用途選用原則安培定則判斷電流產生的磁場(方向)分布因電生磁左手定則判斷通電導線、運動電荷所受磁場力的方向因電受力右手定則判斷導體切割磁感線產生的感應電流方向或電源正負極因動生電楞次定律判斷因回路磁通量改變而產生的感應電流方向因磁通量變化生電例9(多選)如圖所示，水平放置的兩條光滑軌道上有可自由移動的金屬棒PQ、MN，PQ、MN均處在豎直向下的勻強磁場中，當PQ在一外力的作用下運動時，MN向右運動，則PQ所做的運動可能是()A．向右加速運動 B．向左加速運動C．向右減速運動 D．向左減速運動答案BC解析MN向右運動，說明MN受到向右的安培力，因為MN處的磁場垂直紙面向里eq\o(→,\s\up7(左手定則))MN中的感應電流方向為M→Neq\o(→,\s\up7(安培定則))L1中感應電流的磁場方向向上eq\o(→,\s\up7(楞次定律))eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(L2中磁場方向向上減弱,L2中磁場方向向下增強)).若L2中磁場方向向上減弱eq\o(→,\s\up7(安培定則))PQ中電流方向為Q→P且減小eq\o(→,\s\up7(右手定則))向右減速運動；若L2中磁場方向向下增強eq\o(→,\s\up7(安培定則))PQ中電流方向為P→Q且增大eq\o(→,\s\up7(右手定則))向左加速運動，故選B、C.課時精練1.如圖所示，閉合線圈abcd水平放置，其面積為S，匝數為n，線圈與磁感應強度為B的勻強磁場的夾角θ＝45°.現將線圈以ab邊為軸沿順時針方向轉動90°，則在此過程中線圈磁通量的改變量大小為()A．0B.eq\r(2)BSC.eq\r(2)nBSD．nBS答案B2．(多選)在“探究電磁感應的產生條件”實驗中，如圖所示，線圈A通過變阻器和開關連接到電源上，線圈B的兩端連到電流表上，把線圈A裝在線圈B的里面．開關閉合的瞬間，發現電流表指針向右偏轉，能使電流表指針向左偏轉的實驗操作是()A．拔出線圈AB．迅速向右移動滑動變阻器的滑片C．斷開開關D．在線圈A中插入鐵芯答案AC解析由題意可知：當閉合開關的瞬間，線圈A的磁通量增大，則穿過線圈B的磁通量也在增大，導致電流表指針向右擺動，故可知當A中的磁通量減小時，電流表指針向左偏；拔出線圈A，A中磁通量減小，指針向左偏轉，故A正確；迅速向右移動滑動變阻器的滑片，A中電流增大，B中磁場增強，磁通量增大，則知電流表指針向右偏轉，故B錯誤；當斷開開關時，B中磁場減弱，磁通量減小，故電流表指針應向左偏轉，故C正確；在線圈A中插入鐵芯，B中磁場增強，磁通量增大，則知電流表指針向右偏轉，故D錯誤．3．(2022·北京卷·11)如圖所示平面內，在通有圖示方向電流I的長直導線右側，固定一矩形金屬線框abcd，ad邊與導線平行．調節電流I使得空間各點的磁感應強度隨時間均勻增加，則()A．線框中產生的感應電流方向為a→b→c→d→aB．線框中產生的感應電流逐漸增大C．線框ad邊所受的安培力大小恒定D．線框整體受到的安培力方向水平向右答案D解析根據安培定則可知，通電直導線右側的磁場方向垂直于紙面向里，磁感應強度隨時間均勻增加，根據楞次定律可知線框中產生的感應電流方向為a→d→c→b→a，A錯誤；線框中產生的感應電流為I＝eq\f(E,R)＝neq\f(ΔΦ,RΔt)＝neq\f(S,R)·eq\f(ΔB,Δt)，空間各點的磁感應強度隨時間均勻增加，故線框中產生的感應電流不變，B錯誤；線框ad邊感應電流保持不變，磁感應強度隨時間均勻增加，根據安培力表達式F安＝BIL，故所受的安培力變大，C錯誤；根據楞次定律的推論增離減靠可知，線框向右遠離通電直導線，故線框整體受到的安培力方向水平向右，D正確．4.(2023·江蘇南通市高三階段檢測)如圖所示，一帶正電粒子從直徑上方掠過在水平面內的金屬圓環表面，粒子與圓環不接觸，該過程中()A．穿過金屬環的磁通量一定不變B．環中一定有感應電流C．金屬環有擴張趨勢D．粒子與金屬環無相互作用答案B解析帶正電粒子從直徑上方掠過金屬圓環表面時，穿過金屬圓環的凈磁通量為垂直紙面向里，且凈磁通量先增后減，環中產生感應電流，金屬環先有收縮后有擴張趨勢，故A、C錯誤，B正確．環中產生感應電流后周圍會有磁場，且在環內磁場方向垂直于環所在的平面，正電荷從左往右運動時會受到洛倫茲力，所以粒子與金屬環有相互作用，故D錯誤．5.如圖所示，空間存在垂直紙面向里的磁場，磁場在豎直方向均勻分布，在水平方向非均勻分布，且關于豎直平面MN對稱，絕緣輕線上端固定在M點，下端與一個粗細均勻的銅制圓環相連．現將圓環由P處無初速度釋放，圓環第一次向右擺動最遠能到達Q處(圖中未畫出)．已知圓環始終在同一豎直平面內擺動，則在圓環從P擺向Q的過程中，下列說法正確的是()A．位置P與Q可能在同一高度B．感應電流方向始終逆時針C．感應電流方向先逆時針后順時針D．圓環整體所受安培力先做負功后做正功答案C解析圓環從P擺向Q的過程中，由于磁場在豎直方向均勻分布，在水平方向非均勻分布，導致環中磁通量變化，從而產生感應電流，產生焦耳熱，則在整個運動過程中環的機械能會減少，因此Q不可能與P在同一高度，故A錯誤；根據楞次定律，環在向下擺的過程中，穿過環垂直向里的磁通量在增加，當向上擺的過程中，穿過環垂直向里的磁通量在減少，則感應電流方向先逆時針后順時針，故B錯誤，C正確；安培力一直阻礙圓環與磁場的相對運動，一直做負功，故D錯誤．6.如圖所示，在條形磁體的外面套著一個閉合彈簧線圈，若把線圈四周向外拉，使線圈包圍的面積變大，則線圈中感應電流的情況是()A．彈簧線圈中有感應電流，俯視電流方向為逆時針方向B．彈簧線圈中有感應電流，俯視電流方向為順時針方向C．因線圈中磁通量不變，故無感應電流D．無法判斷有無感應電流答案A解析磁感線在條形磁體的內外形成閉合曲線，則磁體外部的磁感線總數等于內部的磁感線總數，且在線圈平面處磁體內外磁感線方向相反(磁體內向上、磁體外向下)，而磁體外部的磁感線分布在無窮大的空間，所以題圖中線圈中磁體內部的磁感線多于外部的磁感線，則穿過線圈的總磁通量等于磁體內部的磁感線條數減去磁體外部、線圈內部的磁感線條數．當彈簧線圈包圍的面積增大時，磁體內部的磁感線總數不變，而線圈內部、磁體外部反向的磁感線條數增多，則穿過線圈的總磁通量減小，將產生感應電流．由于磁體內部磁場方向向上，故線圈內部磁場方向向上且磁通量減小，由楞次定律可知，線圈內的感應電流為俯視逆時針方向，故選A.7.(2023·安徽省模擬)一長直鐵芯上繞有線圈P，將一單匝線圈Q用一輕質絕緣絲線懸掛在P的左端，線圈P的中軸線通過線圈Q的中心，且與線圈Q所在的平面垂直．將線圈P連接在如圖所示的電路中，其中R為滑動變阻器，E為直流電源，S為開關．下列情況中，可觀測到Q向左擺動的是()A．S閉合的瞬間B．S斷開的瞬間C．在S閉合的情況下，將R的滑片向a端移動時D．在S閉合的情況下，保持電阻R的阻值不變答案A8．(多選)(2022·廣東卷·10)如圖所示，水平地面(Oxy平面)下有一根平行于y軸且通有恒定電流I的長直導線．P、M和N為地面上的三點，P點位于導線正上方，MN平行于y軸，PN平行于x軸．一閉合的圓形金屬線圈，圓心在P點，可沿不同方向以相同的速率做勻速直線運動，運動過程中線圈平面始終與地面平行．下列說法正確的有()A．N點與M點的磁感應強度大小相等，方向相同B．線圈沿PN方向運動時，穿過線圈的磁通量不變C．線圈從P點開始豎直向上運動時，線圈中無感應電流D．線圈從P到M過程的感應電動勢與從P到N過程的感應電動勢相等答案AC解析依題意，M、N兩點連線與長直導線平行，兩點與長直導線的距離相等，根據右手螺旋定則可知，通電長直導線在M、N兩點產生的磁感應強度大小相等、方向相同，故A正確；根據右手螺旋定則，線圈在P點時，穿進線圈中的磁感線與穿出線圈中的磁感線相等，磁通量為零，在向N點平移過程中，穿進線圈中的磁感線與穿出線圈中的磁感線不再相等，線圈中的磁通量會發生變化，故B錯誤；根據右手螺旋定則，線圈從P點豎直向上運動過程中，穿進線圈中的磁感線與穿出線圈中的磁感線始終相等，線圈的磁通量始終為零，沒有發生變化，線圈無感應電流，故C正確；線圈從P點到M點與從P點到N點，線圈的磁通量變化量相同，依題意從P點到M點所用時間較從P點到N點的時間長，根據法拉第電磁感應定律，可知兩次的感應電動勢不相等，故D錯誤．9.如圖所示，在有界勻強磁場中水平放置相互平行的金屬導軌，導軌電阻不計，導軌上金屬桿ab與導軌接觸良好．磁感線垂直導軌平面向上(俯視圖)，導軌與處于磁場外的大線圈M相接，欲使置于M內的小閉合線圈N產生順時針方向的感應電流，下列做法可行的是()A．ab勻速向右運動B．ab加速向右運動C．ab不動而突然撤去磁場D．ab不動而突然增強磁場答案C解析ab勻速向右運動，勻速向右切割磁感線，在M中產生順時針的恒定感應電流，形成的磁場恒定，不會使N產生感應電流，A錯誤；當ab加速向右運動時，M中產生順時針方向的感應電流且在增大，在M內形成垂直紙面向里的磁場且增大，由楞次定律可知，N中會產生逆時針的感應電流，B錯誤；ab不動而突然撤去磁場，使M中產生逆時針方向的感應電流，M中形成垂直紙面向外的磁場，導致穿過N的磁通量增大，由楞次定律可知，N中會產生順時針方向的電流，C正確；同理可知，當ab不動而突然增強磁場時N中會產生逆時針方向的感應電流，D錯誤．10.如圖所示，A為水平放置的膠木圓盤，在其側面均勻分布著負電荷，在A的正上方用絕緣絲線懸掛一個金屬圓環B，使B的環面水平且與膠木圓盤面平行，其軸線與膠木圓盤A的軸線OO′重合．現使膠木圓盤A由靜止開始繞其軸線OO′按箭頭所示方向加速轉動，則()A．金屬環B的面積有擴大的趨勢，絲線受到的拉力增大B．金屬環B的面積有縮小的趨勢，絲線受到的拉力減小C．金屬環B的面積有擴大的趨勢，絲線受到的拉力減小D．金屬環B的面積有縮小的趨勢，絲線受到的拉力增大答案B解析使膠木圓盤A由靜止開始繞其軸線OO′按箭頭所示方向加速轉動，穿過金屬環B的磁通量增大，根據楞次定律，金屬環B的面積有縮小的趨勢，且B有向上升高(遠離)的趨勢，絲線受到的拉力減小，故B項正確．11.如圖，在豎直方向上的兩個勻強磁場B1和B2中，各放入一個完全一樣的水平金屬圓盤a和b，它們可繞豎直軸自由轉動．用導線將a盤中心與b盤邊緣相連，b盤中心與a盤邊緣相連．從上向下看，當a盤順時針轉動時()A．b盤總是逆時針轉動B．若B1、B2同向，b盤順時針轉動C．若B1、B2反向，b盤順時針轉動D．b盤總是順時針轉動答案C解析若B1、B2都豎直向上，從上向下看，當a盤順時針轉動時，其半徑切割磁感線，感應電流方向為a′→O→b′→O′→a′，b盤電流為b′→O′，根據左手定則，b盤受到安培力沿逆時針方向(俯視)轉動；若B1、B2都豎直向下，從上向下看，當a盤順時針轉動時，其半徑切割磁感線，感應電流方向為O→a′→O′→b′→O，b盤電流為O′→b′，根據左手定則，b盤受到安培力沿逆時針方向(俯視)轉動；若B1向上，B2向下，從上向下看，當a盤順時針轉動時，其半徑切割磁感線，感應電流方向為a′→O→b′→O′→a′，b盤電流為b′→O′，根據左手定則，b盤受到安培力沿順時針方向(俯視)轉動；若B1向下，B2向上，從上向下看，當a盤順時針轉動時，其半徑切割磁感線，感應電流方向為O→a′→O′→b′→O，b盤電流為O′→b′，根據左手定則，b盤受到安培力沿順時針方向(俯視)轉動，A、B、D錯誤，C正確．12.如圖所示，AOC是光滑的金屬軌道，AO沿豎直方向，OC沿水平方向，PQ是一根立在導軌上的金屬直桿，直桿從圖示位置由靜止開始在重力作用下運動，運動過程中Q端始終在OC上，空間存在著垂直于紙面向外的勻強磁場，則在PQ桿滑動的過程中，下列判斷正確的是()A．感應電流的方向始終是由P→QB．感應電流的方向始終是由Q→PC．PQ受磁場力的方向垂直桿向左D．PQ受磁場力的方向先垂直于桿向左下，后垂直于桿向右上答案D解析在PQ桿滑動的過程中，△POQ的面積先增大后減小，穿過△POQ的磁通量先增大后減小，根據楞次定律可知：感應電流的方向先是由P到Q，后是由Q到P，故A、B錯誤；由左手定則判斷得到：PQ受磁場力的方向先垂直于桿向左下，后垂直于桿向右上，故D正確，C錯誤．

第2講法拉第電磁感應定律、自感和渦流目標要求1.理解法拉第電磁感應定律，會應用E＝neq\f(ΔΦ,Δt)進行有關計算.2.會計算導體切割磁感線產生的感應電動勢.3.了解自感現象、渦流、電磁驅動和電磁阻尼．考點一法拉第電磁感應定律的理解及應用1．感應電動勢(1)感應電動勢：在電磁感應現象中產生的電動勢．(2)產生條件：穿過回路的磁通量發生改變，與電路是否閉合無關．2．法拉第電磁感應定律(1)內容：閉合電路中感應電動勢的大小，跟穿過這一電路的磁通量的變化率成正比．(2)公式：E＝neq\f(ΔΦ,Δt)，其中n為線圈匝數．(3)感應電流與感應電動勢的關系：I＝eq\f(E,R＋r).(4)說明：E的大小與Φ、ΔΦ無關，決定于磁通量的變化率eq\f(ΔΦ,Δt).1．Φ＝0，eq\f(ΔΦ,Δt)不一定等于0.(√)2．穿過線圈的磁通量變化越大，感應電動勢也越大．(×)3．穿過線圈的磁通量變化越快，感應電動勢越大．(√)4．線圈匝數n越多，磁通量越大，產生的感應電動勢也越大．(×)對公式E＝neq\f(ΔΦ,Δt)的理解1．若已知Φ－t圖像，則圖線上某一點的切線斜率為eq\f(ΔΦ,Δt).2．當ΔΦ僅由B的變化引起時，E＝neq\f(ΔB·S,Δt)，其中S為線圈在磁場中的有效面積．若B＝B0＋kt，則eq\f(ΔB,Δt)＝k.3．當ΔΦ僅由S的變化引起時，E＝nBeq\f(ΔS,Δt).4．當B、S同時變化時，則E＝neq\f(B2S2－B1S1,Δt)≠neq\f(ΔB·ΔS,Δt).例1(2022·河北卷·5)將一根絕緣硬質細導線順次繞成如圖所示的線圈，其中大圓面積為S1，小圓面積均為S2，垂直線圈平面方向有一隨時間t變化的磁場，磁感應強度大小B＝B0＋kt，B0和k均為常量，則線圈中總的感應電動勢大小為()A．kS1 B．5kS2C．k(S1－5S2) D．k(S1＋5S2)答案D解析由法拉第電磁感應定律，可得大圓線圈產生的感應電動勢E1＝eq\f(ΔΦ1,Δt)＝eq\f(ΔB·S1,Δt)＝kS1，每個小圓線圈產生的感應電動勢E2＝eq\f(ΔΦ2,Δt)＝eq\f(ΔB·S2,Δt)＝kS2，由線圈的繞線方式和楞次定律可得大、小圓線圈產生的感應電動勢方向相同，故線圈中總的感應電動勢大小為E＝E1＋5E2＝k(S1＋5S2)，故D正確，A、B、C錯誤．例2(2022·全國甲卷·16)三個用同樣的細導線做成的剛性閉合線框，正方形線框的邊長與圓線框的直徑相等，圓線框的半徑與正六邊形線框的邊長相等，如圖所示．把它們放入磁感應強度隨時間線性變化的同一勻強磁場中，線框所在平面均與磁場方向垂直，正方形、圓形和正六邊形線框中感應電流的大小分別為I1、I2和I3.則()A．I1<I3<I2 B．I1>I3>I2C．I1＝I2>I3 D．I1＝I2＝I3答案C解析設圓線框的半徑為r，則由題意可知正方形線框的邊長為2r，正六邊形線框的邊長為r；所以圓線框的周長為C2＝2πr，面積為S2＝πr2.同理可知正方形線框的周長和面積分別為C1＝8r，S1＝4r2，正六邊形線框的周長和面積分別為C3＝6r，S3＝eq\f(3\r(3)r2,2)，三個線框材料粗細相同，根據電阻定律R＝ρeq\f(L,S橫截面)，可知三個線框電阻之比為R1∶R2∶R3＝C1∶C2∶C3＝8∶2π∶6根據法拉第電磁感應定律有I＝eq\f(E,R)＝eq\f(ΔB,Δt)·eq\f(S,R)可得電流之比為I1∶I2∶I3＝2∶2∶eq\r(3)即I1＝I2>I3，故選C.考點二動生電動勢1．導體平動切割磁感線產生感應電動勢的算式E＝Blv的理解(1)直接使用E＝Blv的條件是：在勻強磁場中，B、l、v三者互相垂直．如果不相互垂直，應取垂直分量進行計算．(2)有效長度公式E＝Blv中的l為導體兩端點連線在垂直于速度方向上的投影長度．如圖，導體的有效長度分別為：圖甲：l＝eq\x\to(cd)sinβ.圖乙：沿v方向運動時，l＝eq\x\to(MN).圖丙：沿v1方向運動時，l＝eq\r(2)R；沿v2方向運動時，l＝R.(3)相對速度E＝Blv中的速度v是導體相對磁場的速度，若磁場也在運動，應注意速度間的相對關系．2．導體轉動切割磁感線如圖，當長為l的導體在垂直于勻強磁場(磁感應強度為B)的平面內，繞一端以角速度ω勻速轉動，當導體運動Δt時間后，轉過的弧度θ＝ωΔt，掃過的面積ΔS＝eq\f(1,2)l2ωΔt，則E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(BΔS,Δt)＝eq\f(1,2)Bl2ω(或E＝Bleq\x\to(v)＝Bleq\f(vA＋vC,2)＝Bleq\f(ωl,2)＝eq\f(1,2)Bl2ω)．1．公式E＝Blv中的l是導體棒的總長度．(×)2．磁場相對導體棒運動，導體棒中也可能產生感應電動勢．(√)考向1有效長度問題例3(2023·上海市模擬)如圖所示，由均勻導線制成的半徑為R的圓環，以速度v勻速進入一磁感應強度大小為B的勻強磁場．當圓環運動到圖示位置(∠aOb＝90°)時，a、b兩點的電勢差Uab為()A.eq\r(2)BRv B.eq\f(\r(2),2)BRvC．－eq\f(\r(2),4)BRv D．－eq\f(3\r(2),4)BRv答案D解析有效切割長度即a、b連線的長度，如圖所示由幾何關系知有效切割長度為eq\r(2)R，所以產生的電動勢為E＝BLv＝B·eq\r(2)Rv，電流的方向為a→b，所以Uab<0，由于在磁場部分的阻值為整個圓的eq\f(1,4)，所以Uab＝－eq\f(3,4)B·eq\r(2)Rv＝－eq\f(3\r(2),4)BRv，故選D.考向2平動切割磁感線例4(多選)兩條平行虛線間存在一勻強磁場，磁感應強度方向與紙面垂直．邊長為0.1m、總電阻為0.005Ω的正方形導線框abcd位于紙面內，cd邊與磁場邊界平行，如圖(a)所示．已知導線框一直向右做勻速直線運動，cd邊于t＝0時刻進入磁場．線框中感應電動勢隨時間變化的圖線如圖(b)所示(感應電流的方向為順時針時，感應電動勢取正)．下列說法正確的是()A．磁感應強度的大小為0.5TB．導線框運動速度的大小為0.5m/sC．磁感應強度的方向垂直于紙面向外D．在t＝0.4s至t＝0.6s這段時間內，導線框所受的安培力大小為0.1N答案BC解析由題圖(b)可知，導線框經過0.2s全部進入磁場，則速度v＝eq\f(l,t)＝eq\f(0.1,0.2)m/s＝0.5m/s，選項B正確；由題圖(b)可知，cd邊切割磁感線產生的感應電動勢E＝0.01V，根據E＝Blv得，B＝eq\f(E,lv)＝eq\f(0.01,0.1×0.5)T＝0.2T，選項A錯誤；根據右手定則及正方向的規定可知，磁感應強度的方向垂直于紙面向外，選項C正確；在t＝0.4s至t＝0.6s這段時間內，導線框中的感應電流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(0.01,0.005)A＝2A,所受的安培力大小為F＝BIl＝0.2×2×0.1N＝0.04N，選項D錯誤．考向3轉動切割磁感線例5(多選)金屬棒ab長度L＝0.5m，阻值r＝1Ω，放在半徑分別為r1＝0.5m和r2＝1.0m的水平同心圓環導軌上，兩圓環之間有豎直向上的勻強磁場，磁感應強度為B＝2T；從兩圓環下端引出導線連接一阻值為R＝2Ω的電阻，ab在外力作用下以角速度ω＝4rad/s繞圓心順時針(從上往下看)做勻速圓周運動，不計圓環導軌的電阻和一切摩擦，下列說法正確的是()A．a點的電勢高于b點的電勢B．電阻R兩端的電壓為2VC．在金屬棒旋轉一周的時間內，金屬棒上產生的焦耳熱為eq\f(π,4)JD．在金屬棒旋轉半周的時間內，金屬棒上產生的焦耳熱為eq\f(π,4)J答案ABD解析由右手定則可知，金屬棒順時針轉動時，感應電流方向由b到a，金屬棒充當電源，則a點的電勢高于b點的電勢，故A正確；金屬棒產生的感應電動勢E＝BLω·eq\f(r1＋r2,2)＝3V，則電阻R兩端的電壓為UR＝eq\f(R,R＋r)·E＝2V，故B正確；金屬棒旋轉半周的時間t′＝eq\f(π,ω)＝eq\f(π,4)s，通過的電流I＝eq\f(E,R＋r)＝1A，產生的焦耳熱為Q＝I2rt′＝eq\f(π,4)J，故C錯誤，D正確．考點三自感現象1．概念：當一個線圈中的電流變化時，它所產生的變化的磁場在線圈本身激發出感應電動勢．這種現象稱為自感，由于自感而產生的感應電動勢叫作自感電動勢．2．表達式：E＝Leq\f(ΔI,Δt).3．自感系數L的影響因素：與線圈的大小、形狀、匝數以及是否有鐵芯有關．1．線圈中電流越大，自感系數也越大．(×)2．對于同一個線圈，電流變化越快，線圈中的自感電動勢也越大．(√)3．自感電動勢總是阻止原電流的變化．(×)通電自感和斷電自感的比較電路圖器材要求A1、A2同規格，R＝RL，L較大L很大(有鐵芯)通電時在S閉合瞬間，燈A2立即亮起來，燈A1逐漸變亮，最終一樣亮燈A立即亮，然后逐漸變暗達到穩定斷電時回路電流減小，燈泡逐漸變暗，A1電流方向不變，A2電流反向①若I2≤I1，燈泡逐漸變暗；②若I2＞I1，燈泡閃亮后逐漸變暗.兩種情況下燈泡中電流方向均改變總結自感電動勢總是阻礙原電流的變化例6(2023·湖南省長郡中學模擬)某同學想對比自感線圈和小燈泡對電路的影響，他設計了如圖甲所示的電路，電路兩端電壓U恒定，A1、A2為完全相同的電流傳感器．先閉合開關K得到如圖乙所示的i－t圖像，等電路穩定后，斷開開關(斷開開關的實驗數據未畫出)．下列關于該實驗的說法正確的是()A．閉合開關時，自感線圈中電流為零，其自感電動勢也為零B．圖乙中的a曲線表示電流傳感器A2測得的數據C．斷開開關時，小燈泡會明顯閃亮后逐漸熄滅D．t1時刻小燈泡與線圈的電阻相等答案D解析閉合開關時，其線圈自感電動勢等于電源電動勢，自感線圈中電流為零，故A錯誤；A2中電流等于自感線圈中電流，自感線圈中電流從零開始逐漸增大，最后趨于穩定，故A2中數據應為題圖乙中b曲線，故B錯誤；斷開開關前，兩支路中電流相等，剛斷開開關時，回路中的電流不變，故燈泡不會發生明顯閃亮，而是逐漸熄滅，故C錯誤；t1時刻，兩支路中電壓相等，電流相等，則電阻相等，即小燈泡與線圈的電阻相等，故D正確．分析自感問題的三個技巧考點四渦流電磁阻尼和電磁驅動1．渦流現象(1)渦流：塊狀金屬放在變化磁場中，或者讓它在非均勻磁場中運動時，金屬塊內產生的漩渦狀感應電流．(2)產生原因：金屬塊內磁通量變化→感應電動勢→感應電流．2．電磁阻尼當導體在磁場中運動時，感應電流會使導體受到安培力，安培力總是阻礙導體的運動．3．電磁驅動如果磁場相對于導體轉動，在導體中會產生感應電流使導體受到安培力而運動起來．1．電磁阻尼體現了能量守恒定律．(√)2．電磁阻尼阻礙相對運動，電磁驅動促進二者相對運動．(×)例7如圖所示，關于渦流的下列說法中錯誤的是()A．真空冶煉爐是利用渦流來熔化金屬的裝置B．家用電磁爐鍋體中的渦流是由恒定磁場產生的C．阻尼擺擺動時產生的渦流總是阻礙其運動D．變壓器的鐵芯用相互絕緣的硅鋼片疊成能減小渦流答案B例8(2023·陜西榆林市模擬)水平放置的玻璃板上方有一用細線懸掛的可自由旋轉的小磁針，下方有一水平放置的銅圓盤．圓盤的軸線與小磁針懸線在同一直線上，初始時小磁針與圓盤均處于靜止狀態．當圓盤繞軸沿逆時針方向(俯視)勻速轉動時，下列說法正確的是()A．小磁針不動B．小磁針沿逆時針方向(俯視)轉動C．小磁針沿順時針方向(俯視)轉動D．由于穿過圓盤的磁通量沒有變化，圓盤中沒有感應電流答案B解析銅圓盤上存在許多小的閉合回路，當圓盤轉動時，穿過小的閉合回路的磁通量發生變化，回路中產生感應電流(渦流)，此電流產生的磁場導致磁針沿逆時針方向(俯視)轉動，構成電磁驅動，故選B.

課時精練1．如圖所示，在某次閱兵盛典上，我國預警機“空警－2000”在通過天安門上空時機翼保持水平，以4.5×102km/h的速度自東向西飛行．該機的翼展(兩翼尖之間的距離)為50m，北京地區地磁場向下的豎直分量大小為4.7×10－5T，則()A．兩翼尖之間的電勢差為2.9VB．兩翼尖之間的電勢差為1.1VC．飛機左方翼尖的電勢比右方翼尖的電勢高D．飛機左方翼尖的電勢比右方翼尖的電勢低答案C解析飛機的飛行速度為4.5×102km/h＝125m/s，飛機兩翼尖之間的電動勢為E＝Blv＝4.7×10－5×50×125V≈0.29V，A、B項錯誤；飛機從東向西飛行，磁場豎直分量向下，根據右手定則可知，飛機左方翼尖的電勢高于右方翼尖的電勢，C項正確，D項錯誤．2.(2022·江蘇卷·5)如圖所示，半徑為r的圓形區域內有垂直于紙面的勻強磁場，磁感應強度B隨時間t的變化關系為B＝B0＋kt，B0、k為常量，則圖中半徑為R的單匝圓形線圈中產生的感應電動勢大小為()A．πkr2 B．πkR2C．πB0r2 D．πB0R2答案A解析由題意可知磁場的變化率為eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(kt,t)＝k，根據法拉第電磁感應定律可知E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔBπr2,Δt)＝kπr2，故選A.3.如圖，線圈L的自感系數極大，直流電阻忽略不計；D1、D2是兩個二極管，當電流從“＋”流向“－”時能通過，反之不通過；R0是保護電阻，則()A．閉合S之后，B燈慢慢變亮B．閉合S之后，A燈亮且亮度不變C．斷開S瞬時，A燈閃一下再慢慢熄滅D．斷開S瞬時，B燈閃一下再慢慢熄滅答案D解析閉合S瞬間，A燈支路二極管正向導通，因此A燈亮，B燈支路二極管不能導通，因此不亮，之后線圈自感阻礙逐漸減小，從自感線圈流過的電流逐漸增大，A燈逐漸熄滅，故A、B錯誤；斷開S瞬間，線圈L產生與原電流方向相同的自感電流，可通過D2，故B燈閃一下再慢慢熄滅，電流不能通過D1，故A燈不亮，故C錯誤，D正確．4．(2023·廣東省模擬)在油電混合小轎車上有一種裝置，剎車時能將車的動能轉化為電能，啟動時再將電能轉化為動能，從而實現節能減排．圖中，甲、乙磁場方向與輪子的轉軸平行，丙、丁磁場方向與輪子的轉軸垂直，輪子是絕緣體，則采取下列哪個措施，能有效地借助磁場的作用，讓轉動的輪子停下()A．如圖甲，在輪上固定如圖繞制的線圈B．如圖乙，在輪上固定如圖繞制的閉合線圈C．如圖丙，在輪上固定一些細金屬棒，金屬棒與輪子轉軸平行D．如圖丁，在輪上固定一些閉合金屬線框，線框長邊與輪子轉軸平行答案D解析題圖甲和題圖乙中當輪子轉動時，穿過線圈的磁通量都是不變的，不會產生感生電流，則不會有安培力阻礙輪子的運動，選項A、B錯誤；題圖丙中在輪上固定一些細金屬棒，當輪子轉動時會產生感應電動勢，但是不會形成感應電流，則也不會產生安培力阻礙輪子轉動，選項C錯誤；題圖丁中在輪上固定一些閉合金屬線框，線框長邊與輪子轉軸平行，當輪子轉動時會產生感應電動勢，形成感應電流，則會產生安培力阻礙輪子轉動，使輪子很快停下來，選項D正確．5．磁電式儀表的基本組成部分是磁體和線圈．纏繞線圈的骨架常用鋁框，鋁框、指針固定在同一轉軸上．線圈未通電時，指針豎直指在表盤中央；線圈通電時發生轉動，指針隨之偏轉，由此就能確定電流的大小．如圖所示，線圈通電時指針向右偏轉，在此過程中，下列說法正確的是()A．俯視看線圈中通有逆時針方向的電流B．穿過鋁框的磁通量減少C．俯視看鋁框中產生順時針方向的感應電流D．使用鋁框做線圈骨架能夠盡快使表針停在某一刻度處答案D解析由左手定則可知，俯視看線圈中通有順時針方向的電流，選項A錯誤；因為線圈在水平位置時磁通量為零，則線圈轉動時，穿過鋁框的磁通量增加，根據楞次定律可知，俯視看鋁框中產生逆時針方向的感應電流，選項B、C錯誤；當鋁框中產生感應電流時，鋁框受到的安培力與運動方向相反，故起到了阻尼作用，則使用鋁框做線圈骨架能夠盡快使表針停在某一刻度處，故D正確．6．(多選)(2023·湖北省模擬)如圖所示，在距地面高h＝1.25m處固定有兩根間距為l＝0.5m水平放置的平行金屬導軌，導軌的左端接有電源E，右端邊緣處靜置有一長l＝0.5m、質量m＝0.2kg、電阻R＝5.0Ω的導體棒ab，導體棒所在空間有磁感應強度大小B＝1.0T、方向豎直向上的勻強磁場．閉合開關后，導體棒ab以某一初速度水平向右拋出，已知導體棒落地點到拋出點的水平距離d＝2.5m，重力加速度g＝10m/s2，則()A．在空中運動過程中，導體棒a端的電勢低于b端的電勢B．導體棒拋出時的初速度大小為5m/sC．在空中運動過程中，導體棒上產生的感應電動勢大小恒定D．在空中運動過程中，導體棒的速度逐漸變大，棒上產生的感應電動勢增大答案BC解析由右手定則可知，導體棒在空中運動過程中，在水平方向上要切割磁感線，從而產生感應電動勢，但無感應電流，不受安培力，故導體棒在平拋運動過程中水平方向上的速度v0不變，由E＝Blv0可知，導體棒上產生的感應電動勢大小不變，且a端電勢高于b端電勢，故A、D錯誤，C正確；導體棒從拋出到落地的時間為t＝eq\r(\f(2h,g))＝0.5s，故導體棒做平拋運動的初速度v0＝eq\f(d,t)＝5m/s，故B正確．7.如圖所示，在半徑為R的圓形區域內存在垂直于平面向里的勻強磁場，磁感應強度為B，圓外無磁場．一根長為2R的導體桿ab水平放置，a端處在圓形磁場的下邊界，現使桿繞a端以角速度ω逆時針勻速旋轉180°，在旋轉過程中()A．b端的電勢始終高于a端B．ab桿的電動勢最大值E＝BR2ωC．全過程中，ab桿平均電動勢eq\x\to(E)＝BR2ωD．當桿旋轉θ＝120°時，ab間電勢差Uab＝eq\f(1,2)BR2ω答案C解析根據右手定則，a端相當于電源正極，b端為負極，a端電勢高于b端電勢，故A錯誤；當導體桿ab和直徑重合時，切割磁感線的有效長度l＝2R，此時產生的感應電動勢最大，ab桿切割磁感線產生的感應電動勢為E＝eq\f(1,2)Bl2ω＝2BR2ω，故B錯誤；根據法拉第電磁感應定律可知，全過程中，ab桿平均電動勢為eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝BR2ω，故C正確；當θ＝120°時，ab桿切割磁感線的有效長度l′＝eq\r(3)R，ab桿切割磁感線產生的感應電動勢為E′＝eq\f(1,2)Bl′2ω＝eq\f(3,2)BR2ω，故D錯誤．8.(多選)(2023·廣東深圳市光明區高級中學模擬)發光竹蜻蜓是一種常見的兒童玩具．某同學對竹蜻蜓的電路作如下簡化：如圖所示，導電圓環繞垂直于圓環平面、通過圓心O的金屬軸O1O2以角速度ω逆時針(俯視)勻速轉動．圓環上接有三根金屬輻條OP、OQ、OR，輻條互成120°角．在圓環左半部分張角也為120°角的范圍內(兩條虛線之間)分布著垂直圓環平面向下、磁感應強度大小為B的勻強磁場，在轉軸O1O2與圓環的邊緣之間通過電刷M、N與一個LED燈(二極管)相連．除LED燈電阻外，其他電阻不計．下列說法中正確的是()A．若OP棒進入磁場中，P點電勢小于O點電勢B．金屬輻條在磁場中旋轉產生的是正弦式交變電流C．若導電圓環順時針轉動(俯視)，也能看到LED燈發光D．角速度比較大時，能看到LED燈更亮答案AD解析由右手定則可知OP切割磁感線產生的感應電流在OP輻條上從P流向O，則OP為電源時O為正極，P為負極，所以P點電勢小于O點電勢，故A正確；金屬輻條在磁場中旋轉產生的感應電流大小和方向都恒定，為直流電，故B錯誤；導電圓環順時針(俯視)轉動產生的感應電流與逆時針轉動時產生的感應電流方向相反，逆時針轉動時二極管發光，由二極管的單向導電性可知順時針轉動時二極管不發光，故C錯誤；假設輻條長度為L，輻條切割磁感線產生的感應電動勢大小為E＝BLeq\x\to(v)＝BLeq\f(ωL,2)＝eq\f(BωL2,2)，可知角速度變大時，感應電動勢變大，感應電流變大，則LED燈更亮，故D正確．9．(2022·重慶卷·13)某同學以金屬戒指為研究對象，探究金屬物品在變化磁場中的熱效應．如圖所示，戒指可視為周長為L、橫截面積為S、電阻率為ρ的單匝圓形線圈，放置在勻強磁場中，磁感應強度方向垂直于戒指平面．若磁感應強度大小在Δt時間內從0均勻增加到B0，求：(1)戒指中的感應電動勢和電流；(2)戒指中電流的熱功率．答案(1)eq\f(B0L2,4πΔt)eq\f(B0LS,4πρΔt)(2)eq\f(B02L3S,16π2ρΔt2)解析(1)設戒指環的半徑為r，則有L＝2πr磁感應強度大小在Δt時間內從0均勻增加到B0，產生的感應電動勢為E＝eq\f(B0,Δt)·πr2可得E＝eq\f(B0L2,4πΔt)，戒指的電阻為R＝eq\f(ρL,S)則戒指中的感應電流為I＝eq\f(E,R)＝eq\f(B0LS,4πρΔt)(2)戒指中電流的熱功率為P＝I2R＝eq\f(B02L3S,16π2ρΔt2).10.(多選)(2022·山東卷·12)如圖所示，xOy平面的第一、三象限內以坐標原點O為圓心、半徑為eq\r(2)L的扇形區域充滿方向垂直紙面向外的勻強磁場．邊長為L的正方形金屬框繞其始終在O點的頂點、在xOy平面內以角速度ω順時針勻速轉動，t＝0時刻，金屬框開始進入第一象限．不考慮自感影響，關于金屬框中感應電動勢E隨時間t變化規律的描述正確的是()A．在t＝0到t＝eq\f(π,2ω)的過程中，E一直增大B．在t＝0到t＝eq\f(π,2ω)的過程中，E先增大后減小C．在t＝0到t＝eq\f(π,4ω)的過程中，E的變化率一直增大D．在t＝0到t＝eq\f(π,4ω)的過程中，E的變化率一直減小答案BC解析在t＝0到t＝eq\f(π,2ω)的過程中，金屬框的有效切割長度先變大再變小，當t＝eq\f(π,4ω)時，有效切割長度最大，為eq\r(2)L，此時，感應電動勢最大，所以在t＝0到t＝eq\f(π,2ω)的過程中，E先增大后減小，故B正確，A錯誤；在t＝0到t＝eq\f(π,4ω)的過程中，設轉過的角度為θ，由幾何關系可得θ＝ωt，在t＝0到t＝eq\f(π,4ω)的過程中，切割磁感線的有效長度d＝eq\f(L,cosωt)，則感應電動勢為E＝eq\f(1,2)Bd2ω＝eq\f(BL2ω,2cos2ωt)，可知在t＝0到t＝eq\f(π,4ω)的過程中，E的變化率一直增大，故C正確，D錯誤．11．(多選)如圖甲所示，足夠長的光滑金屬導軌處在垂直于導軌平面向里的勻強磁場中，其磁感應強度B隨時間t的變化圖像如圖乙所示．導軌左端接有一個電阻值恒為R的燈泡．從0時刻開始，垂直于導軌的導體棒ab在水平外力F的作用下從導軌的左端沿導軌以速度v水平向右勻速運動．導體棒ab的長度為l，導體棒運動過程中與導軌接觸良好，導體棒與導軌的電阻均不計．在導體棒ab向右運動的過程中，下列說法正確的是()A．燈泡亮度不變B．燈泡逐漸變亮C．在t0時刻，F＝eq\f(2B02l2v,R)D．在t0時刻，F＝eq\f(B02l2v,R)答案BC解析由題圖乙可知，在t時刻磁感應強度的大小為B＝eq\f(B0,t0)t，所以在t時刻回路中由于導體棒運動產生的動生電動勢為E1＝Blv＝eq\f(B0lvt,t0)，在t時刻回路中由于磁感應強度變化產生的感生電動勢為E2＝eq\f(SΔB,Δt)＝eq\f(lvtB0,t0)，根據右手定則和楞次定律可知，這兩個電動勢是同方向的，所以回路中的總電動勢為E＝E1＋E2＝2eq\f(B0lvt,t0)，因此回路中的總電動勢隨時間增大，所以燈泡逐漸變亮，故A錯誤，B正確；在t0時刻，回路中的總電動勢為E′＝2eq\f(B0lvt0,t0)＝2B0lv，回路中的電流為I＝eq\f(E′,R)＝eq\f(2B0lv,R)，ab棒受到的安培力大小為F′＝B0Il＝eq\f(2B02l2v,R)，由于ab棒勻速運動，所以ab棒受力平衡，因此水平外力大小為F＝F′＝eq\f(2B02l2v,R)，故C正確，D錯誤．

專題強化二十三電磁感應中的電路及圖像問題目標要求1.掌握電磁感應中電路問題的求解方法.2.會計算電磁感應電路問題中電壓、電流、電荷量、熱量等物理量.3.能夠通過電磁感應圖像，讀取相關信息，應用物理規律求解問題．題型一電磁感應中的電路問題1．電磁感應中的電源(1)做切割磁感線運動的導體或磁通量發生變化的回路相當于電源．電動勢：E＝Blv或E＝neq\f(ΔΦ,Δt)，這部分電路的阻值為電源內阻．(2)用右手定則或楞次定律與安培定則結合判斷，感應電流流出的一端為電源正極．2．分析電磁感應電路問題的基本思路3．電磁感應中電路知識的關系圖考向1感生電動勢的電路問題例1如圖所示，單匝正方形線圈A邊長為0.2m，線圈平面與勻強磁場垂直，且一半處在磁場中，磁感應強度隨時間變化的規律為B＝(0.8－0.2t)T．開始時開關S未閉合，R1＝4Ω，R2＝6Ω，C＝20μF，線圈及導線電阻不計．閉合開關S，待電路中的電流穩定后．求：(1)回路中感應電動勢的大小；(2)電容器所帶的電荷量．答案(1)4×10－3V(2)4.8×10－8C解析(1)由法拉第電磁感應定律有E＝eq\f(ΔB,Δt)S，S＝eq\f(1,2)L2，代入數據得E＝4×10－3V(2)由閉合電路的歐姆定律得I＝eq\f(E,R1＋R2)，由部分電路的歐姆定律得U＝IR2，電容器所帶電荷量為Q＝CU＝4.8×10－8C.考向2動生電動勢的電路問題例2(多選)如圖所示，光滑的金屬框CDEF水平放置，寬為L，在E、F間連接一阻值為R的定值電阻，在C、D間連接一滑動變阻器R1(0≤R1≤2R)．框內存在著豎直向下的勻強磁場．一長為L、電阻為R的導體棒AB在外力作用下以速度v勻速向右運動．金屬框電阻不計，導體棒與金屬框接觸良好且始終垂直，下列說法正確的是()A．ABFE回路的電流方向為逆時針，ABCD回路的電流方向為順時針B．左右兩個閉合區域的磁通量都在變化且變化率相同，故電路中的感應電動勢大小為2BLvC．當滑動變阻器接入電路中的阻值R1＝R時，導體棒兩端的電壓為eq\f(2,3)BLvD．當滑動變阻器接入電路中的阻值R1＝eq\f(R,2)時，滑動變阻器的電功率為eq\f(B2L2v2,8R)答案AD解析根據楞次定律可知，ABFE回路電流方向為逆時針，ABCD回路電流方向為順時針，故A正確；根據法拉第電磁感應定律可知，感應電動勢E＝BLv，故B錯誤；當R1＝R時，外電路總電阻R外＝eq\f(R,2)，因此導體棒兩端的電壓即路端電壓應等于eq\f(1,3)BLv，故C錯誤；該電路電動勢E＝BLv，電源內阻為R，當滑動變阻器接入電路中的阻值R1＝eq\f(R,2)時，干路電流為I＝eq\f(3BLv,4R)，滑動變阻器所在支路電流為eq\f(2,3)I，容易求得滑動變阻器電功率為eq\f(B2L2v2,8R)，故D正確．例3(多選)一種帶有閃爍燈的自行車后輪結構如圖所示，車輪與輪軸之間均勻地連接4根金屬條，每根金屬條中間都串接一個小燈，每個小燈阻值恒為R＝0.3Ω，金屬條與車輪金屬邊框構成閉合回路，車輪半徑r＝0.4m，輪軸半徑可以忽略．車架上固定一個強磁鐵，可形成圓心角θ＝60°的扇形勻強磁場區域，磁感應強度B＝2.0T，方向如圖所示，若自行車正常前進時，后輪順時針轉動的角速度恒為ω＝10rad/s，不計其他電阻和車輪厚度，下列說法正確的是()A．金屬條ab進入磁場時，a端電勢高于b端電勢B．金屬條ab進入磁場時，ab間的電壓為0.4VC．運動過程中流經燈泡的電流方向一直不變D．自行車正常前進時，4個小燈總功率的平均值為eq\f(64,15)W答案ABD解析當金屬條ab進入磁場時，金屬條ab相當于電源，由右手定則可知，電流從b流向a，故a端電勢高于b端電勢，故A正確；E＝eq\f(1,2)Br2ω＝1.6V，由等效電路圖(如圖)可知R總＝eq\f(R,3)＋R＝eq\f(4,3)R，Uab＝eq\f(E,\f(4,3)R)·eq\f(R,3)＝0.4V，I＝eq\f(E,R總)＝4A，故B正確；設車輪運動一周的時間為T，則每根金屬條充當電源的時間為t＝eq\f(θ,2π)T＝eq\f(T,6)，則車輪運動一周電路中有電源的時間為t′＝4t＝eq\f(2,3)T，可知一個周期內，4個小燈總功率的平均值為P＝eq\f(2,3)EI＝eq\f(64,15)W，則自行車正常前進時，4個小燈總功率的平均值為eq\f(64,15)W，故D正確；當金屬條在磁場中時，該金屬條中流經燈泡的電流方向為從車輪邊框流向輪軸，當該金屬條在磁場外時，電流方向由輪軸流向車輪邊框，故C錯誤．題型二電磁感應中電荷量的計算計算電荷量的導出公式：q＝neq\f(ΔФ,R總)在電磁感應現象中，只要穿過閉合回路的磁通量發生變化，閉合回路中就會產生感應電流，設在時間Δt內通過導體橫截面的電荷量為q，則根據電流定義式eq\x\to(I)＝eq\f(q,Δt)及法拉第電磁感應定律eq\x\to(E)＝neq\f(ΔΦ,Δt)，得q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(\x\to(E),R總)Δt＝eq\f(nΔΦ,R總Δt)Δt＝eq\f(nΔΦ,R總)，即q＝neq\f(ΔΦ,R總).例4在豎直向上的勻強磁場中，水平放置一個不變形的單匝金屬圓線圈，線圈所圍的面積為0.1m2，線圈電阻為1Ω.規定線圈中感應電流I的正方向從上往下看是順時針方向，如圖甲所示．磁場的磁感應強度B隨時間t的變化規律如圖乙所示．以下說法正確的是()A．在0～2s時間內，I的最大值為0.02AB．在3～5s時間內，I的大小越來越小C．前2s內，通過線圈某橫截面的總電荷量為0.01CD．第3s內，線圈的發熱功率最大答案C解析0～2s時間內，t＝0時刻磁感應強度變化率最大，感應電流最大，I＝eq\f(E,R)＝eq\f(ΔB·S,ΔtR)＝0.01A，A錯誤；3～5s時間內電流大小不變，B錯誤；前2s內通過線圈的電荷量q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(ΔB·S,R)＝0.01C，C正確；第3s內，B沒有變化，線圈中沒有感應電流產生，則線圈的發熱功率最小，D錯誤．例5(2018·全國卷Ⅰ·17)如圖，導體軌道OPQS固定，其中PQS是半圓弧，Q為半圓弧的中點，O為圓心．軌道的電阻忽略不計．OM是有一定電阻、可繞O轉動的金屬桿，M端位于PQS上，OM與軌道接觸良好．空間存在與半圓所在平面垂直的勻強磁場，磁感應強度的大小為B.現使OM從OQ位置以恒定的角速度逆時針轉到OS位置并固定(過程Ⅰ)；再使磁感應強度的大小以一定的變化率從B增加到B′(過程Ⅱ)．在過程Ⅰ、Ⅱ中，流過OM的電荷量相等，則eq\f(B′,B)等于()A.eq\f(5,4)B.eq\f(3,2)C.eq\f(7,4)D．2答案B解析在過程Ⅰ中，根據法拉第電磁感應定律，有E1＝eq\f(ΔΦ1,Δt1)＝eq\f(B\f(1,2)πr2－\f(1,4)πr2,Δt1)，根據閉合電路的歐姆定律，有I1＝eq\f(E1,R)，且q1＝I1Δt1在過程Ⅱ中，有E2＝eq\f(ΔΦ2,Δt2)＝eq\f(B′－B\f(1,2)πr2,Δt2)I2＝eq\f(E2,R)，q2＝I2Δt2又q1＝q2，即eq\f(B\f(1,2)πr2－\f(1,4)πr2,R)＝eq\f(B′－B\f(1,2)πr2,R)所以eq\f(B′,B)＝eq\f(3,2)，故選B.題型三電磁感應中的圖像問題1．解題關鍵弄清初始條件、正負方向的對應變化范圍、所研究物理量的函數表達式、進出磁場的轉折點等是解決此類問題的關鍵．2．解題步驟(1)明確圖像的種類，即是B－t圖還是Φ－t圖，或者E－t圖、I－t圖等；對切割磁感線產生感應電動勢和感應電流的情況，還常涉及E－x圖像和i－x圖像；(2)分析電磁感應的具體過程；(3)用右手定則或楞次定律確定方向的對應關系；(4)結合法拉第電磁感應定律、閉合電路的歐姆定律、牛頓運動定律等知識寫出相應的函數關系式；(5)根據函數關系式，進行數學分析，如分析斜率的變化、截距等；(6)畫圖像或判斷圖像．3．常用方法(1)排除法：定性地分析電磁感應過程中物理量的正負，增大還是減小，以及變化快慢，來排除錯誤選項．(2)函數法：寫出兩個物理量之間的函數關系，然后由函數關系對圖像進行分析和判斷．考向1感生問題的圖像例6(多選)(2023·江西省宜春實驗中學質檢)如圖甲所示，正方形線圈abcd內有垂直于線圈的勻強磁場，已知線圈匝數n＝10，邊長ab＝1m，線圈總電阻r＝1Ω，線圈內磁感應強度隨時間的變化情況如圖乙所示．設圖示的磁場方向與感應電流方向為正方向，則下列有關線圈的電動勢e、感應電流i、焦耳熱Q以及ab邊的安培力F(取向下為正方向)隨時間t的變化圖像正確的是()答案CD解析0～1s內產生的感應電動勢為e1＝eq\f(nSΔB,Δt)＝2V，方向為逆時針，同理1～5s內產生的感應電動勢為e2＝1V，方向為順時針，A錯誤；0～1s內的感應電流大小為i1＝eq\f(e1,r)＝2A，方向為逆時針(負值)，同理1～5s內的感應電流大小為i2＝1A，方向為順時針(正值)，B錯誤；方向向上，3～5s內0≤F≤2N，方向向下，C正確；線圈產生的焦耳熱為Q＝eit,0～1s內產生的熱量為4J,1～5s內產生的熱量為4J，D正確．考向2動生問題的圖像例7如圖所示，將一均勻導線圍成一圓心角為90°的扇形導線框OMN，圓弧MN的圓心為O點，將O點置于直角坐標系的原點，其中第二和第四象限存在垂直紙面向里的勻強磁場，其磁感應強度大小為B，第三象限存在垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為2B.t＝0時刻，讓導線框從圖示位置開始以O點為圓心沿逆時針方向做勻速圓周運動，規定電流方向ONM為正，在下面四幅圖中能夠正確表示電流i與時間t關系的是()答案C解析在0～t0時間內，線框沿逆時針方向從題圖所示位置開始(t＝0)轉過90°的過程中，產生的感應電動勢為E1＝eq\f(1,2)BωR2，由閉合電路的歐姆定律得，回路中的電流為I1＝eq\f(E1,r)＝eq\f(BR2ω,2r)，根據楞次定律判斷可知，線框中感應電流方向為逆時針方向(沿ONM方向)．在t0～2t0時間內，線框進入第三象限的過程中，回路中的電流方向為順時針方向(沿OMN方向)，回路中產生的感應電動勢為E2＝eq\f(1,2)Bω·R2＋eq\f(1,2)·2BωR2＝eq\f(3,2)BωR2＝3E1，感應電流為I2＝3I1.在2t0～3t0時間內，線框進入第四象限的過程中，回路中的電流方向為逆時針方向(沿ONM方向)，回路中產生的感應電動勢為E3＝eq\f(1,2)Bω·R2＋eq\f(1,2)·2Bω·R2＝eq\f(3,2)BωR2＝3E1，感應電流為I3＝3I1，在3t0～4t0時間內，線框出第四象限的過程中，回路中的電流方向為順時針方向(沿OMN方向)，回路中產生的感應電動勢為E4＝eq\f(1,2)BωR2，回路電流為I4＝I1，故C正確，A、B、D錯誤．例8(多選)(2020·山東卷·12)如圖所示，平面直角坐標系的第一和第二象限分別存在磁感應強度大小相等、方向相反且垂直于坐標平面的勻強磁場，圖中虛線方格為等大正方形．一位于Oxy平面內的剛性導體框abcde在外力作用下以恒定速度沿y軸正方向運動(不發生轉動)．從圖示位置開始計時，4s末bc邊剛好進入磁場．在此過程中，導體框內感應電流的大小為I,ab邊所受安培力的大小為Fab，二者與時間t的關系圖像可能正確的是()答案BC解析設虛線方格的邊長為x，根據題意知abcde每經過1s運動的距離為x.在0～1s內，感應電動勢E1＝2Bxv，感應電流I1＝eq\f(2Bxv,R)恒定；在1～2s內，切割磁感線的有效長度均勻增加，故感應電動勢及感應電流隨時間均勻增加，2s時感應電動勢E2＝3Bxv，感應電流I2＝eq\f(3Bxv,R)；在2～4s內，切割磁感線的有效長度均勻減小，感應電動勢和感應電流均勻減小，4s時感應電動勢E3＝Bxv，感應電流I3＝eq\f(Bxv,R)，故A錯誤，B正確．由題意可知，在0～4s內，ab邊進入磁場的長度l＝vt，根據F＝BIl，在0～1s內，I＝eq\f(2Bxv,R)恒定，則Fab＝BI1·vt＝eq\f(2B2v2x,R)t∝t；在1～2s內，電流I隨時間均勻增加，切割磁感線的有效長度l′＝[2x＋v(t－1)]∝t，據F＝IlB可知Fab與t為二次函數關系，圖線是拋物線的一部分，且t＝2s時，Fab＝eq\f(6B2x2v,R)；在2～4s內，I隨時間均勻減小，切割磁場的有效長度l″＝3x－v(t－2)＝5x－vt隨時間均勻減小，故Fab與t為二次函數關系，有極大值，當t＝4s時，Fab＝eq\f(4B2x2v,R)，故C正確，D錯誤．課時精練1.如圖所示是兩個相互連接的金屬圓環，小金屬環的電阻是大金屬環電阻的二分之一，勻強磁場垂直穿過大金屬環所在區域，當磁感應強度隨時間均勻變化時，在大環內產生的感應電動勢為E，則a、b兩點間的電勢差為()A.eq\f(1,2)EB.eq\f(1,3)EC.eq\f(2,3)ED．E答案B解析a、b間的電勢差等于路端電壓，而小環電阻占電路總電阻的eq\f(1,3)，故a、b間電勢差為U＝eq\f(1,3)E，選項B正確．2．如圖甲所示，在線圈l1中通入電流i1后，在l2上產生的感應電流隨時間變化的規律如圖乙所示，l1、l2中電流的正方向如圖甲中的箭頭所示．則通入線圈l1中的電流i1隨時間t變化的圖像是圖中的()答案D解析因為l2中感應電流大小不變，根據法拉第電磁感定律可知，l1中磁場的變化是均勻的，即l1中電流的變化也是均勻的，A、C錯誤；根據題圖乙可知，0～eq\f(T,4)時間內l2中的感應電流產生的磁場方向向左，所以線圈l1中感應電流產生的磁場方向向左并且減小，或方向向右并且增大，B錯誤，D正確．3．(多選)(2023·廣東省華南師大附中模擬)如圖所示，在磁感應強度大小為B、方向豎直向下的勻強磁場中，有兩根光滑的平行導軌，間距為L，導軌兩端分別接有電阻R1和R2，導體棒以某一初速度從ab位置向右運動距離x到達cd位置時，速度為v，產生的電動勢為E，此過程中通過電阻R1、R2的電荷量分別為q1、q2.導體棒有電阻，導軌電阻不計．下列關系式中正確的是()A．E＝BLv B．E＝2BLvC．q1＝eq\f(BLx,R1) D.eq\f(q1,q2)＝eq\f(R2,R1)答案AD解析導體棒做切割磁感線的運動，速度為v時產生的感應電動勢E＝BLv，故A正確，B錯誤；設導體棒的電阻為r，根據法拉第電磁感應定律得eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(BLx,Δt)，根據閉合電路歐姆定律得eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),r＋\f(R1R2,R1＋R2))，通過導體棒的電荷量為q＝eq\x\to(I)Δt，導體棒相當于電源，電阻R1和R2并聯，則通過電阻R1和R2的電流之比eq\f(I1,I2)＝eq\f(R2,R1)，通過電阻R1、R2的電荷量之比eq\f(q1,q2)＝eq\f(I1Δt,I2Δt)＝eq\f(R2,R1)，結合q＝q1＋q2，解得q1＝eq\f(