资料中包含下列文件，点击文件名可预览资料内容
还剩11页未读，
继续阅读
成套系列资料，整套一键下载
专题24 法拉第电磁感应定律的理解及应用--2024年高考物理热点知识清单与题型讲练（全国通用）
展开
这是一份专题24 法拉第电磁感应定律的理解及应用--2024年高考物理热点知识清单与题型讲练（全国通用），文件包含专题24法拉第电磁感应定律的理解及应用原卷版docx、专题24法拉第电磁感应定律的理解及应用解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共35页， 欢迎下载使用。
一、以核心和主干知识为重点。构建知识结构体系，确定每一个专题的内容，在教学中突出知识的内在联系与综合。
二、注重情景与过程的理解与分析。善于构建物理模型，明确题目考查的目的，恰当运用所学知识解决问题：情景是考查物理知识的载体。
三、加强能力的提升与解题技巧的归纳总结。学生能力的提升要通过对知识的不同角度、不同层面的训练来实现。
四、精选训练题目，使训练具有实效性、针对性。
五、把握高考热点、重点和难点。
充分研究近5年全国和各省市考题的结构特点，把握命题的趋势和方向，确定本轮复习的热点与重点，使本轮复习更具有针对性、方向性。对重点题型要强化训练，举一反三、触类旁通，注重解题技巧的提炼，充分提高学生的应试能力。
专题24 法拉第电磁感应定律的理解及应用
TOC \ "1-3" \h \z \u \l "_Tc153288356" 题型一 对法拉第电磁感应定律的理解及应用 PAGEREF _Tc153288356 \h 1
\l "_Tc153288357" 题型二 导体切割磁感线产生感应电动势 PAGEREF _Tc153288357 \h 6
\l "_Tc153288358" 类型1 平动切割磁感线 PAGEREF _Tc153288358 \h 6
\l "_Tc153288359" 类型2 转动切割磁感线 PAGEREF _Tc153288359 \h 9
\l "_Tc153288360" 类型3 有效长度问题 PAGEREF _Tc153288360 \h 12
\l "_Tc153288361" 题型三 自感现象 PAGEREF _Tc153288361 \h 14
\l "_Tc153288362" 题型四 涡流 电磁阻尼和电磁驱动 PAGEREF _Tc153288362 \h 17
题型一 对法拉第电磁感应定律的理解及应用
1．感应电动势
(1)感应电动势：在电磁感应现象中产生的电动势．产生感应电动势的那部分导体就相当于电源，导体的电阻相当于电源内阻．
(2)感应电流与感应电动势的关系：遵循闭合电路欧姆定律，即I＝eq \f(E,R＋r).
2．感应电动势大小的决定因素
(1)感应电动势的大小由穿过闭合电路的磁通量的变化率eq \f(ΔΦ,Δt)和线圈的匝数共同决定，而与磁通量Φ、磁通量的变化量ΔΦ的大小没有必然联系．
(2)当ΔΦ仅由B的变化引起时，则E＝neq \f(ΔB·S,Δt)；当ΔΦ仅由S的变化引起时，则E＝neq \f(B·ΔS,Δt)；当ΔΦ由B、S的变化同时引起时，则E＝neq \f(B2S2－B1S1,Δt)≠neq \f(ΔB·ΔS,Δt).
3．磁通量的变化率eq \f(ΔΦ,Δt)是Φ－t图象上某点切线的斜率．
（2022秋•河南期末）如图所示，面积为S的N匝闭合线圈abcd水平放置，处在磁感应强度为B的匀强磁场中，线圈平面与磁场磁感应强度的夹角为45°。现将线圈以ab边为轴以角速度ω按顺时针转动90°，则（ ）
A．线框水平时，线框中磁通量为22NBS
B．线框转动90°过程中，线框中磁通量变化量为0
C．线框转动过程中，感应电流先沿adcba后沿abcda
D．线框转动90°过程中，线框中平均电动势为22πNBSω
【解答】解：A．根据磁通量公式Φ1=BSsin45°=22BS，故A错误；
B．当线框转过90°时，根据磁通量公式Φ2=−BScs45°=−22BS
根据磁通量变化量定义，磁通量变化量ΔΦ=|Φ2−Φ1|=|−22BS−22BS|=2BS，故B错误；
C．线框转动过程中，根据楞次定律，感应电流方向始终沿adcba，故C错误；
D．根据法拉第电磁感应定律E=NΔΦΔtΔt=T4T=2πω，解得E=22πNBSω，故D正确。
故选：D。
（2023秋•金凤区校级期中）在竖直方向的匀强磁场中，水平放置一圆形导体环，导体环面积为S＝0.1m2，导体环的总电阻为R＝10Ω。规定导体环中电流的正方向如图甲所示，磁场方向向上为正。磁感应强度B随时间t的变化如图乙所示，B0＝0.1T。则（ ）
A．t＝1s时，导体环中电流为零
B．第2s内，导体环中电流与正方向相反
C．第3s内，通过导体环中电流大小为10﹣3A
D．第4s内，通过导体环中电流大小为10﹣2A
【解答】解：A、由图乙可知，t＝1s时，磁感应强度为0，但磁感应强度的变化率ΔBΔt不为0，导体环中有感应电动势，则导体环中有感应电流，故A错误；
B、第2s内，线圈中的磁通量向上，且逐渐增大，根据楞次定律判断可知，感应电流产生向下的磁场，则导体环中电流方向为顺时针，即为正方向，故B错误；
C、根据法拉第电磁感应定律可得：
第3s内，导体环中感应电动势大小为
E1=ΔΦ1Δt1=ΔB1SΔt1=0.1×0.11V=0.01V
则第3s内，通过导体环中电流大小为：
I1=E1R=0.0110A=10−3A，故C正确；
D、根据法拉第电磁感应定律可得：
第4s内，导体环中感应电动势大小为
E2=ΔΦ2Δt2=ΔB2SΔt2=0.1×0.11V=0.01V
第4s内，通过导体环中电流大小为
I2=E2R=0.0110A=10−3A，故D错误。
故选：C。
（2022秋•香坊区校级期末）如图所示，a、b是两个用同样的导线制成的单匝圆形闭合线圈，线圈半径ra＝3rb。匀强磁场垂直于线圈平面，且磁感应强度随时间均匀增加。下列判断正确的是（ ）
A．线圈a、b中感应电流均为顺时针方向
B．线圈a、b的感应电动势之比是3：1
C．线圈a、b的感应电流之比是9：1
D．线圈a、b在t时间内，产生的热量之比是27：1
【解答】解：A、由题意可知，磁感应强度随时间均匀增加，穿过线圈的磁通量向里增加，根据楞次定律可知，线圈a、b中感应电流均为逆时针方向，故A错误；
B、由法拉第电磁感应定律有E=nΔΦΔt
又有ΔΦ＝ΔBS
线圈的面积为S＝πr2
整理有：E=nΔBΔtπr2
由题意可知ra＝3rb，所以有Ea：Eb=ra2：rb2=9：1，故B错误；
C、根据电阻定律有R=ρLS横
由题意有L＝2πr
两导线的电阻率和横截面积相等，则电阻之比为Ra：Rb＝ra：rb＝3：1
根据欧姆定律有I=ER
解得：Ia：Ib＝3：1，故C错误；
D、由焦耳定律有Q＝I2Rt
结合之前的分析，整理有Qa：Qb=Ia2Ra：Ib2Rb＝（32×3）：（12×1）＝27：1，故D正确。
故选：D。
（2023春•青羊区校级月考）用电阻为r的硬质细导线，做成半径为R的圆环，垂直圆环面的磁场充满其内接正方形，t＝0时磁感应强度的方向如图（a）所示，磁感应强度随时间t的变化关系如图（b）所示，则圆环中产生的感应电动势为（ ）
A．2B0R2t0B．πB0R2t0
C．2πB0R2t0D．πB0R22t0
【解答】解：设正方形的边长L，由几何关系2L=2R
得L=2R
又根据法拉第电磁感应定律可得圆环中的感应电动势为E=ΔΦΔt=B0L2t0=2B0R2t0
故A正确，BCD错误。
故选：A。
（2023•乐清市校级开学）如图甲所示，在竖直方向分布均匀的磁场中水平放置一个金属圆环，圆环所围面积为0.1m2，圆环电阻为0.2Ω。在1s内圆环中的感应电流I从上往下看为顺时针方向。磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示（其中在4∼5s的时间段呈直线）。则（ ）
A．在0～5s时间段，感应电流先减小后增大再减小
B．在0～2s时间段感应电流沿顺时针方向，在2～5s时间段感应电流也沿顺时针方向
C．在0～5s时间段，圆环最大发热功率为5.0×10﹣4W
D．在0～2s时间段，通过圆环横截面的电荷量为5.0×10﹣1C
【解答】解：A、根据法拉第电磁感应定律得：E=ΔΦΔt=ΔBΔtS
根据闭合电路欧姆定律得：
I=ER=ΔBSRΔt
可知，磁感应强度的变化率越大，感应电流越大。由题图可知，在0～5s时间段，磁感应强度的变化率先减小再增大，最后不变，且最大值为0.1，则最大感应电流
Im=0.1×
则在0～5s时间段，感应电流先减小再增大，最后不变，故A错误；
B、由题意知，在第1s内感应电流I沿顺时针方向，根据楞次定律可知，磁场方向向上，结合题图乙知向上为正方向，在2～4s时间段，磁感应强度向上且减小，在4～5s时间段，磁感应强度向下且增大，则在2～5s时间段，感应磁场方向向上，感应电流沿逆时针方向，故B错误；
C、结合A项分析可知，在4～5s时间段，圆环内感应电流最大，圆环发热功率最大，且为Pm=Im2R=0.052×0.2W=5.0×10−4W，故C正确；
D、在0～2 s时间段，通过圆环横截面的电荷量为q=IΔt=ERΔt=ΔBSR，解得：q＝5.0×10﹣2C，故D错误。
故选：C。
题型二 导体切割磁感线产生感应电动势
1．公式E＝Blv的使用条件
(1)匀强磁场．
(2)B、l、v三者相互垂直．
(3)如不垂直，用公式E＝Blvsin θ求解，θ为B与v方向间的夹角．
2．“瞬时性”的理解
(1)若v为瞬时速度，则E为瞬时感应电动势．
(2)若v为平均速度，则E为平均感应电动势．
3．切割的“有效长度”
公式中的l为有效切割长度，即导体在与v垂直的方向上的投影长度．图4中有效长度分别为：
图4
甲图：l＝eq \x\t(cd)sin β；
乙图：沿v1方向运动时，l＝eq \x\t(MN)；沿v2方向运动时，l＝0.
丙图：沿v1方向运动时，l＝eq \r(2)R；沿v2方向运动时，l＝0；沿v3方向运动时，l＝R.
4．“相对性”的理解
E＝Blv中的速度v是相对于磁场的速度，若磁场也运动，应注意速度间的相对关系．
类型1 平动切割磁感线
（2023秋•金坛区期中）如图所示，固定于水平面上的金属架CDEF处在竖直向下的匀强磁场中，金属棒MN沿框架以速度v向右做匀速运动。t＝0时，磁感应强度为B0，此时MN到达的位置恰好使MDEN构成一个边长为l的正方形。为使MN棒中不产生感应电流，从t＝0开始，磁感应强度B应该怎样随时间t变化，下列关系式中正确的是（ ）
A．B=B0ll+vtB．B=B0lvt
C．B=B0l2(vt)2D．B=B0l2(l+vt)2
【解答】解：当通过闭合回路的磁通量不变，则MN棒中不产生感应电流，则有：B0l2=Bl（l+vt）
变形解得：B=ll+vtB0，故A正确、BCD错误。
故选：A。
（2023秋•金凤区校级期中）如图所示，匀强磁场垂直纸面向里，正方形闭合金属线框从空中落入磁场，在下落过程中，线框的bc边始终与磁场的边界平行，完全进入磁场后再从磁场中离开，下列说法正确的是（ ）
A．线框进入磁场过程中，ab边中感应电流方向b→a
B．线框进入磁场过程中，bc边受到的安培力方向向上
C．线框离开磁场过程中，cd边中感应电流方向c→d
D．线框离开磁场过程中，da边受到的安培力方向向下
【解答】解：A、线框进入磁场过程中，线框磁通量增加，根据右手定则可知，产生逆时针方向感应电流，ab边中感应电流方向a→b，故A错误；
B、线框进入磁场过程中，bc边中感应电流方向b→c，根据左手定则可知，bc边受到的安培力方向向上，故B正确；
C、线框离开磁场过程中，线框磁通量减少，根据右手定则可知，产生顺时针方向感应电流，cd边中感应电流方向d→c，故C错误；
D、线框离开磁场过程中，da边中感应电流方向a→d，根据左手定则可知，da边受到的安培力方向向上，故D错误；
故选：B。
（2023秋•湖北期中）为保证游乐园中过山车的进站安全，过山车安装了磁力刹车装置。磁性很强的钕磁铁安装在轨道上，正方形金属线框安装在过山车的底部。过山车返回站台前的运动简化模型如图所示。线框abcd沿斜面加速下滑后，bc边以速度v1进入匀强磁场区域，此时线框开始减速，bc边出磁场区域时，线框恰好以速度v2做匀速直线运动。已知线框边长为L、匝数为n、总电阻为R，斜面与水平面的夹角为θ，过山车的总质量为m，所受摩擦阻力的大小恒定，磁场区域上下边界间的距离为L，磁感应强度大小为B、方向垂直斜面向上，重力加速度为g。则下列说法正确（ ）
A．线框刚进入磁场时，感应电流的方向是a→b→c→d→a
B．线框刚进入磁场时，bc边两端的电压为nBLv1
C．线框刚出磁场时，通过线框的电流大小为BLv2R
D．线框所受的摩擦阻力为mgsinθ−n2B2L2v2R
【解答】解：A．根据楞次定律，线框刚进入磁场时，感应电流的方向为a→d→c→b→a，故A错误；
B．线框刚进入磁场时，感应电动势为E＝nBLv1
根据闭合电路欧姆定律，bc边两端的电压为路端电压U=34E=34nBLv1
故B错误；
C．bc边出磁场区域时，线框恰好以速度v2做匀速直线运动E'＝nBLv2
通过线框的电流大小为I=E'R=nBLv2R
故C错误；
D．bc边出磁场区域时，线框恰好以速度v2做匀速直线运动，沿着斜面方向受力平衡
mgsinθ＝f+nBIL
解得f=mgsinθ−n2B2L2v2R
故D正确。
故选：D。
类型2 转动切割磁感线
（2023秋•五华区期中）如图所示为法拉第圆盘发电机的示意图，半径为L的铜质圆盘安装在竖直铜轴上，电刷P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触，圆盘区域内存在垂直于盘面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。圆盘绕铜轴沿顺时针方向匀速转动，且角速度为ω，下列说法正确的是（ ）
A．通过电阻R的电流方向由b到a
B．圆盘边缘的电势比圆盘中心的电势高
C．发电机的电动势大小为12BωL2
D．若磁场只分布在铜轴左侧半圆盘区域，则发电机产生的电动势大小为14BωL2
【解答】解：AB、把铜盘等效为无数根幅向导体棒，根据右手定则可知，电流沿铜盘半径从P流向Q，PQ段相当于电源，Q相当于电源正极，电势高，即圆盘边缘的电势比圆盘中心的电势低，通过电阻R的电流方向由a到b，故AB错误；
C、根据法拉第电磁感应定律，可得发电机的电动势大小为：E＝BLv=BL0+Lω2=12BL2ω，故C正确；
D、若磁场只分布在铜轴左侧半圆盘区域，则圆盘在T2产生的电动势大小为E，另外T2时间内的感应电动势为0，根据有效值的定义可知
E'=E'2RT=E2R⋅T2+0
解得：E'=24BωL2，故D错误。
故选：C。
（2023春•西宁期末）如图所示，导体棒AB的长为2R，绕O点以角速度ω匀速转动，OB为R，且O、B、A三点在一条直线上，有一磁感应强度为B的匀强磁场充满转动平面且与转动平面垂直，那么AB两端的电势差为（ ）
A．12BωR2B．2BωR2C．4BωR2D．6BωR2
【解答】解：根据直导线转动产生电动势的公式有：E＝BLv=B×2R×vA+vB2=B×2R×ω×3R+ωR2=4BR2ω，选项ABD错误，选项C正确。
故选：C。
（2023•深圳一模）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．12BxLω，a端电势高于b端电势
B．12BxL2ω，a端电势低于b端电势
C．12ByL2ω，a端电势高于b端电势
D．12ByL2ω，a端电势低于b端电势
【解答】解：螺旋桨叶片在水平面内顺时针匀速转动，叶片切割磁感线产生的感应电动势为E＝ByLv=ByLva+vb2=ByL0+Lω2=12ByL2ω
我国地磁场竖直分量方向向下，根据右手定则可知，a端电势低于b端电势，故ABC错误，D正确。
故选：D。
（2023•海安市校级模拟）如图，长为L的导体棒MN在匀强磁场B中绕平行于磁场的轴OO'以角速度ω匀速转动，棒与轴OO'间的夹角为α，则U为（ ）
A．0B．14BωL2sin2α
C．12Bω（Lsinα）2D．12Bω（Lcsα）2
【解答】解：导体棒在匀强电场中切割磁感线产生感应电动势，则有UMN=E=12BvLsinα
由线速度、角速度和半径关系可知导体棒N端的速度为v＝ωLsinα
解得UMN=12Bω(Lsinα)2
故C正确，ABD错误。
故选：C。
（2022秋•李沧区校级期末）如图，直角三角形金属框abc放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向平行于ab边向上。当金属框绕ab边以角速度ω逆时针转动时，a、b、c三点的电势分别为Ua、Ub、Uc。已知bc边的长度为l。下列判断正确的是（ ）
A．Ua＞Uc，金属框中无电流
B．Ub＞Uc，金属框中电流方向沿a﹣b﹣c﹣a
C．Ubc=−12Bl2ω，金属框中无电流
D．Ubc=12Bl2ω，金属框中电流方向沿a﹣c﹣b﹣a
【解答】解：AB、导体棒bc、ac做切割磁感线运动，产生感应电动势，根据右手定则可知，bc中感应电动势的方向从b到c，ac中感应电动势方向从a到c，ab不切割磁感线，故Ua＝Ub＜Uc。金属框的磁通量一直为零，故金属框中无电流，故A、B错误；
CD、bc边产生的感应电动势为 E＝Blv=Bl（12ωl）=12Bl2ω，由于Ub＜Uc，所以Ubc=−12Bl2ω，金属框中无电流，故C正确，D错误；
故选：C。
（2023•江苏）如图所示，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，OC导体棒的O端位于圆心，棒的中点A位于磁场区域的边缘。现使导体棒绕O点在纸面内逆时针转动。O、A、C点电势分别为φO、φA、φC，则（ ）
A．φO＞φCB．φC＞φA
C．φO＝φAD．φO﹣φA＝φA﹣φC
【解答】解：根据右手定则可知，在OA段电流的方向从A点流向O点，在电源内部，电流从负极流向正极，则O点的电势大于C点的电势，在AC段，导体棒没有切割磁感线，则不产生电流，因此A点的电势和C点的电势相等，因此φO＞φA＝φC，故A正确，BCD错误；故选：A。
故选：A。
类型3 有效长度问题
（2023春•成都期中）水平放置的光滑平行导轨固定，导轨左侧接有定值电阻R，导轨间存在垂直于导轨平面向上的匀强磁场，足够长的金属棒ab置于导轨上且接触良好。如图甲，当金属棒ab垂直于导轨以速度v向右匀速运动时，金属棒ab产生的感应电动势为E1。如图乙，保持磁感应强度不变，当金属棒ab倾斜放置，与导轨成θ＝30°，仍以速度v向右匀速运动时，金属棒ab产生的感应电动势为E2。不计导轨和金属棒ab的电阻，则通过金属棒ab的电流方向及E1和E2之比分别为（ ）
A．a→b，1：1B．a→b，1：2C．b→a，1：1D．b→a，2：1
【解答】解：设导轨宽度为L，根据法拉第电磁感应定律可知甲图中E1＝BLv，乙图中E2＝BLabvsin30°＝BLv，可知E1和E2之比为1：1，根据右手定则可知电流方向由b→a，故ABD错误，C正确；
故选：C。
（2023•辽宁一模）如图所示，纸面内的菱形金属线框ABCD以速度v0平行于AD方向匀速通过一有界的匀强磁场，磁场的边界PQ、MN相互平行，磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里。已知线框的电阻为R，线框的边长和磁场宽度均为L，∠A＝60°，AD⊥PQ，下列说法正确的是（ ）
A．A点离开磁场后线框内的感应电流沿顺时针方向
B．线框内感应电动势的最大值为22BLv0
C．此过程中穿过线框的磁通量的最大值为7316BL2
D．线框穿过磁场的整个过程中回路的最大热功率为B2L2v022R
【解答】解：A、线框的A点离开磁场后，穿过线框的磁通量先增大后减小，磁场方向是垂直纸面向里，由楞次定律可知，线框中的感应电流的方向是先沿逆时针方向，后沿顺时针方向，故A错误；
B、从B点进入磁场到D点进入磁场的过程中线框内的感应电动势最大，感应电动势的最大值为Em=3BLv02，故B错误；
C、当线框到如图所示的位置时
穿过线框的磁通量最大，此时A点和C点到磁场边界MN和PQ的距离相等，所以穿过线框的磁通量的最大值Φm=(32L2−L4×L2×32)B=7316BL2，故C正确；
D、回路中感应电动势最大时热功率最大，有Pmax=Em2R=3B2L2v024R，故D错误；
故选：C。
（2023春•淇滨区校级月考）如图所示，导线OA长为l，在方向竖直向上，磁感应强度为B的匀强磁场中以角速度ω沿图中所示方向绕通过悬点O的竖直轴旋转，导线OA与竖直方向的夹角为θ。则OA导线中的感应电动势大小和O、A两点电势高低情况分别是（ ）
A．Bl2ω，O点电势高
B．Bl2ω，A点电势高
C．12Bl2ωsin2θ，O点电势高
D．12Bl2ωsin2θ，A点电势高
【解答】解：OA导线中的感应电动势大小与长度为O′A的半径垂直切割产生的感应电动势大小相等
感应电动势E＝BLO′Av=Blsinθ×ωlsinθ+02=12Bl2ωsin2θ
根据右手定则判断可知，A点电势高，故D正确，ABC错误。
故选：D。
题型三 自感现象
1．自感现象
(1)概念：由于导体本身的电流变化而产生的电磁感应现象称为自感，由于自感而产生的感应电动势叫做自感电动势．
(2)表达式：E＝Leq \f(ΔI,Δt).
(3)自感系数L的影响因素：与线圈的大小、形状、匝数以及是否有铁芯有关．
2．自感现象“阻碍”作用的理解
(1)流过线圈的电流增加时，线圈中产生的自感电动势与电流方向相反，阻碍电流的增加，使其缓慢地增加．
(2)流过线圈的电流减小时，线圈中产生的自感电动势与电流方向相同，阻碍电流的减小，使其缓慢地减小．
线圈就相当于电源，它提供的电流从原来的IL逐渐变小．
3．自感现象的四大特点
(1)自感电动势总是阻碍导体中原电流的变化．
(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．
4．断电自感中，灯泡是否闪亮问题
(1)通过灯泡的自感电流大于原电流时，灯泡闪亮．
(2)通过灯泡的自感电流小于或等于原电流时，灯泡不会闪亮．
（2023秋•桃城区校级期中）如图，L是自感系数很大、电阻不计的线圈，a、b是两个相同的小灯泡，在开关S由断开到闭合的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．开始流过b电流方向自左向右，电路稳定后没有电流流过b
B．开始流过b电流方向自右向左，电路稳定后没有电流流过b
C．开始流过b电流方向自左向右，电路稳定后仍有电流流过b
D．开始流过b电流方向自右向左，电路稳定后仍有电流流过b
【解答】解：当S闭合瞬间，由于自感线圈的自感系数很大，所以感抗很大，几乎为断路，两灯相当于串联，同时获得电压，同时发光，此时流过b的电流的方向向右；随着电路逐渐稳定，流过线圈L电流的增加，感抗逐渐减小，当电流稳定时，由于线圈的电阻不计，所以b逐渐变暗直到线圈中电流稳定后灯泡b被短路，完全熄灭；所以开始流过b电流方向自左向右，电路稳定后没有电流流过b，故A正确，BCD错误。
故选：A。
（2023秋•浙江期中）电流传感器在电路中相当于电流表，可以用来研究自感现象。在如图所示的实验电路中，L是自感线圈，其自感系数足够大，而直流电阻值小于灯泡D的阻值，电流传感器的电阻可以忽略不计。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。在下列表示电流传感器记录的电流随时间变化情况的图像中，可能正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【解答】解：闭合S瞬间，线圈中产生自感电动势阻碍电流增加，则线圈相当于断路，此时通过电流传感器的电流最大；随线圈阻碍作用的减小，通过线圈的电流逐渐变大，通过电流传感器的电流逐渐减小，电路稳定后，外电路电阻不变，外电压不变，通过电流传感器的电流不变；因为线圈的直流电阻值小于灯泡D的阻值，稳定后，通过线圈的电流大于通过电流传感器的电流。t＝t1时刻断开开关S，由于自感现象，电感线圈阻碍电流减小，原来通过线圈L的电流此时从左向右流过电流传感器，与原来方向相反，且逐渐减小。故A正确，BCD错误。
故选：A。
（2023•镇海区模拟）某同学利用电压传感器来研究电感线圈工作时的特点。图甲中三个灯泡完全相同，不考虑温度对灯泡电阻的影响。在闭合开关S的同时开始采集数据，当电路达到稳定状态后断开开关。图乙是由传感器得到的电压u随时间t变化的图像。不计电源内阻及电感线圈L的电阻。下列说法正确的是（ ）
A．开关S闭合瞬间，流经灯D2和D3的电流相等
B．开关S闭合瞬间至断开前，流经灯D1的电流保持不变
C．开关S断开瞬间，灯D2闪亮一下再熄灭
D．根据题中信息，可以推算出图乙中u1与u2的比值
【解答】解：AB.开关S闭合瞬间，由于电感线圈的阻碍作用，灯D3逐渐变亮，通过灯D3的电流缓慢增加，待稳定后，流经灯D2和D3的电流相等，故从开关S闭合瞬间至断开前，流经D1的电流也是逐渐增加的，故AB错误；
C.开关S断开瞬间，由于电感线圈阻碍电流减小的作用，由电感线圈继续为D2和D3提供电流，又因为电路稳定的时候，流经D2和D3的电流相等，所以D2逐渐熄灭，故C错误；
D.开关S闭合瞬间，灯D2和D1串联，电压传感器所测电压为D2两端电压，由欧姆定律，u1=E2；电路稳定后，流经D3的电流为I=12⋅E32R=E3R，开关S断开瞬间，电感线圈能够为D2和D3提供与之前等大电流，故其两端电压为u2＝I•2R=2E3，所以u1与u2的比值为3：4，故D正确。
故选：D。
题型四 涡流 电磁阻尼和电磁驱动
一、涡流
1.涡流：当线圈中的电流随时间变化时，线圈附近的任何导体中都会产生感应电流，电流在导体中组成闭合回路，很像水中的旋涡，所以把它叫做涡电流，简称涡流.
2.涡流大小的决定因素：磁场变化越快(eq \f(ΔB,Δt)越大)，导体的横截面积S越大，导体材料的电阻率越小，形成的涡流就越大.
二、电磁阻尼
当导体在磁场中运动时，导体中产生的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.
三、电磁驱动
若磁场相对导体转动，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.
（2023秋•浑南区校级期中）如图，在线圈上端放置一盛有冷水的金属杯，现接通交流电源，过了几分钟，杯内的水沸腾起来。假设要缩短上述加热时间，以下措施可行的有（ ）
A．增加线圈的匝数B．提高交流电源的周期
C．将金属杯换为瓷杯D．取走线圈中的铁芯
【解答】解：A、根据法拉第电磁感应定律E=nΔΦΔt，增加线圈的匝数n，可以增大金属杯产生的感应电动势，使金属杯的涡流增大，可以缩短加热时间，故A正确；
BC、根据法拉第电磁感应定律E=nΔΦΔt，降低交流电源的频率即提高交流电源的周期，感应电动势就减小，加热时间延长。将金属杯换为瓷杯，瓷杯是绝缘体无法形成涡流，故不能加热，故BC错误；
D、铁芯能聚焦磁场，取走线圈中的铁芯，金属杯产生的感应电动势减小，加热时间延长，故D错误。
故选：A。
（2023•抚州开学）如图所示，将一个闭合铝框放在蹄形磁铁的两个磁极之间，铝框可以绕竖直轴OO′自由转动，蹄形磁铁在手摇的控制下可以绕竖直轴OO′转动。初始时，铝框和蹄形磁铁均是静止的。现通过不断手摇使蹄形磁铁转动起来，下列关于闭合铝框的说法正确的是（ ）
A．铝框仍保持静止
B．铝框将跟随磁极同向转动且一样快
C．铝框将跟随磁极同向转动，转速比磁铁小
D．铝框将朝着磁极反向转动，转速比磁铁小
【解答】解：根据电磁驱动原理可知，蹄形磁铁绕竖直轴OO′转动时，铝框会跟随磁铁转动，且转动方向相同，但转速比磁铁小，故C正确，ABD错误。
故选：C。
（2023春•莆田期末）英国物理学家麦克斯韦认为，磁场变化时会在空间激发涡旋电场。如图所示，一个半径为r的绝缘光滑细圆环水平放置，环内存在竖直向上的匀强磁场，环上套一电荷量为q的带正电的小球。已知磁感应强度B随时间均匀增加，其变化率为k。若小球从静止释放，在环上运动两圈回到初位置时的动能是（ ）
A．0B．πr2qkC．2πr2qkD．4πr2qk
【解答】解：变化磁场在圆环所在位置产生的感应电动势为E=ΔΦΔt=ΔBΔtπr2=kπr2
若小球在环上运动两圈，则感生电场对小球的作用力所做功的大小是W＝2qE＝2πr2qk
根据动能定理可得W＝Ek﹣0
解得Ek=2πr2qk，故ABD错误，C正确。
故选：C。
（2023春•海淀区校级期末）托卡马克（Tkamak）是一种复杂的环形装置，环心处有一欧姆线圈，四周是一个环形真空室，真空室外部排列着环向场线圈和极向场线圈，如图所示。当欧姆线圈中通以变化的电流时，在托卡马克的内部会产生巨大的涡旋电场，将真空室中的等离子体加速，从而达到较高的温度。再通过其他方式的进一步加热，就可以达到核聚变的临界温度。同时，环形真空室中的高温等离子体形成等离子体电流，与极向场线圈、环向场线圈共同产生磁场，在真空室区域形成闭合磁笼，将高温等离子体约束在真空室中，有利于核聚变的进行。已知真空室内等离子体中的带电粒子的平均动能与等离子体的温度T成正比，以下说法中正确的是（ ）
A．托卡马克主要利用欧姆线圈产生的磁场对等离子体加速
B．欧姆线圈中通以恒定电流时，托卡马克装置中的等离子体将不能发生核聚变
C．极向场线圈和环向场线圈的主要作用是加热等离子体
D．为了约束温度为T的等离子体在真空室内做圆周运动，所需要的垂直于真空室环面的磁感应强度B必须正比于温度T
【解答】解：A、托卡马克主要利用欧姆线圈变化磁场产生的电场对等离子体加速，故A错误；
B、恒定电流产生恒定磁场，恒定磁场不能敫发电场，在装置内部不能产生电场，等离子体不能被加速，不能发生核聚变，故B正确；
C、极向场线圈和环向场线圈的主要作用是将高温等离子体约束在真空室中，故C错误；
D、带电粒子平均动能与温度成正比，有T=k2mv2
洛伦兹力提供向心力qvB=mv2r
整理得B=1qr2mTk
可知磁感应强度B正比于T，故D错误。
故选：B。
一、以核心和主干知识为重点。构建知识结构体系，确定每一个专题的内容，在教学中突出知识的内在联系与综合。
二、注重情景与过程的理解与分析。善于构建物理模型，明确题目考查的目的，恰当运用所学知识解决问题：情景是考查物理知识的载体。
三、加强能力的提升与解题技巧的归纳总结。学生能力的提升要通过对知识的不同角度、不同层面的训练来实现。
四、精选训练题目，使训练具有实效性、针对性。
五、把握高考热点、重点和难点。
充分研究近5年全国和各省市考题的结构特点，把握命题的趋势和方向，确定本轮复习的热点与重点，使本轮复习更具有针对性、方向性。对重点题型要强化训练，举一反三、触类旁通，注重解题技巧的提炼，充分提高学生的应试能力。
专题24 法拉第电磁感应定律的理解及应用
TOC \ "1-3" \h \z \u \l "_Tc153288356" 题型一 对法拉第电磁感应定律的理解及应用 PAGEREF _Tc153288356 \h 1
\l "_Tc153288357" 题型二 导体切割磁感线产生感应电动势 PAGEREF _Tc153288357 \h 6
\l "_Tc153288358" 类型1 平动切割磁感线 PAGEREF _Tc153288358 \h 6
\l "_Tc153288359" 类型2 转动切割磁感线 PAGEREF _Tc153288359 \h 9
\l "_Tc153288360" 类型3 有效长度问题 PAGEREF _Tc153288360 \h 12
\l "_Tc153288361" 题型三 自感现象 PAGEREF _Tc153288361 \h 14
\l "_Tc153288362" 题型四 涡流 电磁阻尼和电磁驱动 PAGEREF _Tc153288362 \h 17
题型一 对法拉第电磁感应定律的理解及应用
1．感应电动势
(1)感应电动势：在电磁感应现象中产生的电动势．产生感应电动势的那部分导体就相当于电源，导体的电阻相当于电源内阻．
(2)感应电流与感应电动势的关系：遵循闭合电路欧姆定律，即I＝eq \f(E,R＋r).
2．感应电动势大小的决定因素
(1)感应电动势的大小由穿过闭合电路的磁通量的变化率eq \f(ΔΦ,Δt)和线圈的匝数共同决定，而与磁通量Φ、磁通量的变化量ΔΦ的大小没有必然联系．
(2)当ΔΦ仅由B的变化引起时，则E＝neq \f(ΔB·S,Δt)；当ΔΦ仅由S的变化引起时，则E＝neq \f(B·ΔS,Δt)；当ΔΦ由B、S的变化同时引起时，则E＝neq \f(B2S2－B1S1,Δt)≠neq \f(ΔB·ΔS,Δt).
3．磁通量的变化率eq \f(ΔΦ,Δt)是Φ－t图象上某点切线的斜率．
（2022秋•河南期末）如图所示，面积为S的N匝闭合线圈abcd水平放置，处在磁感应强度为B的匀强磁场中，线圈平面与磁场磁感应强度的夹角为45°。现将线圈以ab边为轴以角速度ω按顺时针转动90°，则（ ）
A．线框水平时，线框中磁通量为22NBS
B．线框转动90°过程中，线框中磁通量变化量为0
C．线框转动过程中，感应电流先沿adcba后沿abcda
D．线框转动90°过程中，线框中平均电动势为22πNBSω
【解答】解：A．根据磁通量公式Φ1=BSsin45°=22BS，故A错误；
B．当线框转过90°时，根据磁通量公式Φ2=−BScs45°=−22BS
根据磁通量变化量定义，磁通量变化量ΔΦ=|Φ2−Φ1|=|−22BS−22BS|=2BS，故B错误；
C．线框转动过程中，根据楞次定律，感应电流方向始终沿adcba，故C错误；
D．根据法拉第电磁感应定律E=NΔΦΔtΔt=T4T=2πω，解得E=22πNBSω，故D正确。
故选：D。
（2023秋•金凤区校级期中）在竖直方向的匀强磁场中，水平放置一圆形导体环，导体环面积为S＝0.1m2，导体环的总电阻为R＝10Ω。规定导体环中电流的正方向如图甲所示，磁场方向向上为正。磁感应强度B随时间t的变化如图乙所示，B0＝0.1T。则（ ）
A．t＝1s时，导体环中电流为零
B．第2s内，导体环中电流与正方向相反
C．第3s内，通过导体环中电流大小为10﹣3A
D．第4s内，通过导体环中电流大小为10﹣2A
【解答】解：A、由图乙可知，t＝1s时，磁感应强度为0，但磁感应强度的变化率ΔBΔt不为0，导体环中有感应电动势，则导体环中有感应电流，故A错误；
B、第2s内，线圈中的磁通量向上，且逐渐增大，根据楞次定律判断可知，感应电流产生向下的磁场，则导体环中电流方向为顺时针，即为正方向，故B错误；
C、根据法拉第电磁感应定律可得：
第3s内，导体环中感应电动势大小为
E1=ΔΦ1Δt1=ΔB1SΔt1=0.1×0.11V=0.01V
则第3s内，通过导体环中电流大小为：
I1=E1R=0.0110A=10−3A，故C正确；
D、根据法拉第电磁感应定律可得：
第4s内，导体环中感应电动势大小为
E2=ΔΦ2Δt2=ΔB2SΔt2=0.1×0.11V=0.01V
第4s内，通过导体环中电流大小为
I2=E2R=0.0110A=10−3A，故D错误。
故选：C。
（2022秋•香坊区校级期末）如图所示，a、b是两个用同样的导线制成的单匝圆形闭合线圈，线圈半径ra＝3rb。匀强磁场垂直于线圈平面，且磁感应强度随时间均匀增加。下列判断正确的是（ ）
A．线圈a、b中感应电流均为顺时针方向
B．线圈a、b的感应电动势之比是3：1
C．线圈a、b的感应电流之比是9：1
D．线圈a、b在t时间内，产生的热量之比是27：1
【解答】解：A、由题意可知，磁感应强度随时间均匀增加，穿过线圈的磁通量向里增加，根据楞次定律可知，线圈a、b中感应电流均为逆时针方向，故A错误；
B、由法拉第电磁感应定律有E=nΔΦΔt
又有ΔΦ＝ΔBS
线圈的面积为S＝πr2
整理有：E=nΔBΔtπr2
由题意可知ra＝3rb，所以有Ea：Eb=ra2：rb2=9：1，故B错误；
C、根据电阻定律有R=ρLS横
由题意有L＝2πr
两导线的电阻率和横截面积相等，则电阻之比为Ra：Rb＝ra：rb＝3：1
根据欧姆定律有I=ER
解得：Ia：Ib＝3：1，故C错误；
D、由焦耳定律有Q＝I2Rt
结合之前的分析，整理有Qa：Qb=Ia2Ra：Ib2Rb＝（32×3）：（12×1）＝27：1，故D正确。
故选：D。
（2023春•青羊区校级月考）用电阻为r的硬质细导线，做成半径为R的圆环，垂直圆环面的磁场充满其内接正方形，t＝0时磁感应强度的方向如图（a）所示，磁感应强度随时间t的变化关系如图（b）所示，则圆环中产生的感应电动势为（ ）
A．2B0R2t0B．πB0R2t0
C．2πB0R2t0D．πB0R22t0
【解答】解：设正方形的边长L，由几何关系2L=2R
得L=2R
又根据法拉第电磁感应定律可得圆环中的感应电动势为E=ΔΦΔt=B0L2t0=2B0R2t0
故A正确，BCD错误。
故选：A。
（2023•乐清市校级开学）如图甲所示，在竖直方向分布均匀的磁场中水平放置一个金属圆环，圆环所围面积为0.1m2，圆环电阻为0.2Ω。在1s内圆环中的感应电流I从上往下看为顺时针方向。磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示（其中在4∼5s的时间段呈直线）。则（ ）
A．在0～5s时间段，感应电流先减小后增大再减小
B．在0～2s时间段感应电流沿顺时针方向，在2～5s时间段感应电流也沿顺时针方向
C．在0～5s时间段，圆环最大发热功率为5.0×10﹣4W
D．在0～2s时间段，通过圆环横截面的电荷量为5.0×10﹣1C
【解答】解：A、根据法拉第电磁感应定律得：E=ΔΦΔt=ΔBΔtS
根据闭合电路欧姆定律得：
I=ER=ΔBSRΔt
可知，磁感应强度的变化率越大，感应电流越大。由题图可知，在0～5s时间段，磁感应强度的变化率先减小再增大，最后不变，且最大值为0.1，则最大感应电流
Im=0.1×
则在0～5s时间段，感应电流先减小再增大，最后不变，故A错误；
B、由题意知，在第1s内感应电流I沿顺时针方向，根据楞次定律可知，磁场方向向上，结合题图乙知向上为正方向，在2～4s时间段，磁感应强度向上且减小，在4～5s时间段，磁感应强度向下且增大，则在2～5s时间段，感应磁场方向向上，感应电流沿逆时针方向，故B错误；
C、结合A项分析可知，在4～5s时间段，圆环内感应电流最大，圆环发热功率最大，且为Pm=Im2R=0.052×0.2W=5.0×10−4W，故C正确；
D、在0～2 s时间段，通过圆环横截面的电荷量为q=IΔt=ERΔt=ΔBSR，解得：q＝5.0×10﹣2C，故D错误。
故选：C。
题型二 导体切割磁感线产生感应电动势
1．公式E＝Blv的使用条件
(1)匀强磁场．
(2)B、l、v三者相互垂直．
(3)如不垂直，用公式E＝Blvsin θ求解，θ为B与v方向间的夹角．
2．“瞬时性”的理解
(1)若v为瞬时速度，则E为瞬时感应电动势．
(2)若v为平均速度，则E为平均感应电动势．
3．切割的“有效长度”
公式中的l为有效切割长度，即导体在与v垂直的方向上的投影长度．图4中有效长度分别为：
图4
甲图：l＝eq \x\t(cd)sin β；
乙图：沿v1方向运动时，l＝eq \x\t(MN)；沿v2方向运动时，l＝0.
丙图：沿v1方向运动时，l＝eq \r(2)R；沿v2方向运动时，l＝0；沿v3方向运动时，l＝R.
4．“相对性”的理解
E＝Blv中的速度v是相对于磁场的速度，若磁场也运动，应注意速度间的相对关系．
类型1 平动切割磁感线
（2023秋•金坛区期中）如图所示，固定于水平面上的金属架CDEF处在竖直向下的匀强磁场中，金属棒MN沿框架以速度v向右做匀速运动。t＝0时，磁感应强度为B0，此时MN到达的位置恰好使MDEN构成一个边长为l的正方形。为使MN棒中不产生感应电流，从t＝0开始，磁感应强度B应该怎样随时间t变化，下列关系式中正确的是（ ）
A．B=B0ll+vtB．B=B0lvt
C．B=B0l2(vt)2D．B=B0l2(l+vt)2
【解答】解：当通过闭合回路的磁通量不变，则MN棒中不产生感应电流，则有：B0l2=Bl（l+vt）
变形解得：B=ll+vtB0，故A正确、BCD错误。
故选：A。
（2023秋•金凤区校级期中）如图所示，匀强磁场垂直纸面向里，正方形闭合金属线框从空中落入磁场，在下落过程中，线框的bc边始终与磁场的边界平行，完全进入磁场后再从磁场中离开，下列说法正确的是（ ）
A．线框进入磁场过程中，ab边中感应电流方向b→a
B．线框进入磁场过程中，bc边受到的安培力方向向上
C．线框离开磁场过程中，cd边中感应电流方向c→d
D．线框离开磁场过程中，da边受到的安培力方向向下
【解答】解：A、线框进入磁场过程中，线框磁通量增加，根据右手定则可知，产生逆时针方向感应电流，ab边中感应电流方向a→b，故A错误；
B、线框进入磁场过程中，bc边中感应电流方向b→c，根据左手定则可知，bc边受到的安培力方向向上，故B正确；
C、线框离开磁场过程中，线框磁通量减少，根据右手定则可知，产生顺时针方向感应电流，cd边中感应电流方向d→c，故C错误；
D、线框离开磁场过程中，da边中感应电流方向a→d，根据左手定则可知，da边受到的安培力方向向上，故D错误；
故选：B。
（2023秋•湖北期中）为保证游乐园中过山车的进站安全，过山车安装了磁力刹车装置。磁性很强的钕磁铁安装在轨道上，正方形金属线框安装在过山车的底部。过山车返回站台前的运动简化模型如图所示。线框abcd沿斜面加速下滑后，bc边以速度v1进入匀强磁场区域，此时线框开始减速，bc边出磁场区域时，线框恰好以速度v2做匀速直线运动。已知线框边长为L、匝数为n、总电阻为R，斜面与水平面的夹角为θ，过山车的总质量为m，所受摩擦阻力的大小恒定，磁场区域上下边界间的距离为L，磁感应强度大小为B、方向垂直斜面向上，重力加速度为g。则下列说法正确（ ）
A．线框刚进入磁场时，感应电流的方向是a→b→c→d→a
B．线框刚进入磁场时，bc边两端的电压为nBLv1
C．线框刚出磁场时，通过线框的电流大小为BLv2R
D．线框所受的摩擦阻力为mgsinθ−n2B2L2v2R
【解答】解：A．根据楞次定律，线框刚进入磁场时，感应电流的方向为a→d→c→b→a，故A错误；
B．线框刚进入磁场时，感应电动势为E＝nBLv1
根据闭合电路欧姆定律，bc边两端的电压为路端电压U=34E=34nBLv1
故B错误；
C．bc边出磁场区域时，线框恰好以速度v2做匀速直线运动E'＝nBLv2
通过线框的电流大小为I=E'R=nBLv2R
故C错误；
D．bc边出磁场区域时，线框恰好以速度v2做匀速直线运动，沿着斜面方向受力平衡
mgsinθ＝f+nBIL
解得f=mgsinθ−n2B2L2v2R
故D正确。
故选：D。
类型2 转动切割磁感线
（2023秋•五华区期中）如图所示为法拉第圆盘发电机的示意图，半径为L的铜质圆盘安装在竖直铜轴上，电刷P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触，圆盘区域内存在垂直于盘面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。圆盘绕铜轴沿顺时针方向匀速转动，且角速度为ω，下列说法正确的是（ ）
A．通过电阻R的电流方向由b到a
B．圆盘边缘的电势比圆盘中心的电势高
C．发电机的电动势大小为12BωL2
D．若磁场只分布在铜轴左侧半圆盘区域，则发电机产生的电动势大小为14BωL2
【解答】解：AB、把铜盘等效为无数根幅向导体棒，根据右手定则可知，电流沿铜盘半径从P流向Q，PQ段相当于电源，Q相当于电源正极，电势高，即圆盘边缘的电势比圆盘中心的电势低，通过电阻R的电流方向由a到b，故AB错误；
C、根据法拉第电磁感应定律，可得发电机的电动势大小为：E＝BLv=BL0+Lω2=12BL2ω，故C正确；
D、若磁场只分布在铜轴左侧半圆盘区域，则圆盘在T2产生的电动势大小为E，另外T2时间内的感应电动势为0，根据有效值的定义可知
E'=E'2RT=E2R⋅T2+0
解得：E'=24BωL2，故D错误。
故选：C。
（2023春•西宁期末）如图所示，导体棒AB的长为2R，绕O点以角速度ω匀速转动，OB为R，且O、B、A三点在一条直线上，有一磁感应强度为B的匀强磁场充满转动平面且与转动平面垂直，那么AB两端的电势差为（ ）
A．12BωR2B．2BωR2C．4BωR2D．6BωR2
【解答】解：根据直导线转动产生电动势的公式有：E＝BLv=B×2R×vA+vB2=B×2R×ω×3R+ωR2=4BR2ω，选项ABD错误，选项C正确。
故选：C。
（2023•深圳一模）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．12BxLω，a端电势高于b端电势
B．12BxL2ω，a端电势低于b端电势
C．12ByL2ω，a端电势高于b端电势
D．12ByL2ω，a端电势低于b端电势
【解答】解：螺旋桨叶片在水平面内顺时针匀速转动，叶片切割磁感线产生的感应电动势为E＝ByLv=ByLva+vb2=ByL0+Lω2=12ByL2ω
我国地磁场竖直分量方向向下，根据右手定则可知，a端电势低于b端电势，故ABC错误，D正确。
故选：D。
（2023•海安市校级模拟）如图，长为L的导体棒MN在匀强磁场B中绕平行于磁场的轴OO'以角速度ω匀速转动，棒与轴OO'间的夹角为α，则U为（ ）
A．0B．14BωL2sin2α
C．12Bω（Lsinα）2D．12Bω（Lcsα）2
【解答】解：导体棒在匀强电场中切割磁感线产生感应电动势，则有UMN=E=12BvLsinα
由线速度、角速度和半径关系可知导体棒N端的速度为v＝ωLsinα
解得UMN=12Bω(Lsinα)2
故C正确，ABD错误。
故选：C。
（2022秋•李沧区校级期末）如图，直角三角形金属框abc放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向平行于ab边向上。当金属框绕ab边以角速度ω逆时针转动时，a、b、c三点的电势分别为Ua、Ub、Uc。已知bc边的长度为l。下列判断正确的是（ ）
A．Ua＞Uc，金属框中无电流
B．Ub＞Uc，金属框中电流方向沿a﹣b﹣c﹣a
C．Ubc=−12Bl2ω，金属框中无电流
D．Ubc=12Bl2ω，金属框中电流方向沿a﹣c﹣b﹣a
【解答】解：AB、导体棒bc、ac做切割磁感线运动，产生感应电动势，根据右手定则可知，bc中感应电动势的方向从b到c，ac中感应电动势方向从a到c，ab不切割磁感线，故Ua＝Ub＜Uc。金属框的磁通量一直为零，故金属框中无电流，故A、B错误；
CD、bc边产生的感应电动势为 E＝Blv=Bl（12ωl）=12Bl2ω，由于Ub＜Uc，所以Ubc=−12Bl2ω，金属框中无电流，故C正确，D错误；
故选：C。
（2023•江苏）如图所示，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，OC导体棒的O端位于圆心，棒的中点A位于磁场区域的边缘。现使导体棒绕O点在纸面内逆时针转动。O、A、C点电势分别为φO、φA、φC，则（ ）
A．φO＞φCB．φC＞φA
C．φO＝φAD．φO﹣φA＝φA﹣φC
【解答】解：根据右手定则可知，在OA段电流的方向从A点流向O点，在电源内部，电流从负极流向正极，则O点的电势大于C点的电势，在AC段，导体棒没有切割磁感线，则不产生电流，因此A点的电势和C点的电势相等，因此φO＞φA＝φC，故A正确，BCD错误；故选：A。
故选：A。
类型3 有效长度问题
（2023春•成都期中）水平放置的光滑平行导轨固定，导轨左侧接有定值电阻R，导轨间存在垂直于导轨平面向上的匀强磁场，足够长的金属棒ab置于导轨上且接触良好。如图甲，当金属棒ab垂直于导轨以速度v向右匀速运动时，金属棒ab产生的感应电动势为E1。如图乙，保持磁感应强度不变，当金属棒ab倾斜放置，与导轨成θ＝30°，仍以速度v向右匀速运动时，金属棒ab产生的感应电动势为E2。不计导轨和金属棒ab的电阻，则通过金属棒ab的电流方向及E1和E2之比分别为（ ）
A．a→b，1：1B．a→b，1：2C．b→a，1：1D．b→a，2：1
【解答】解：设导轨宽度为L，根据法拉第电磁感应定律可知甲图中E1＝BLv，乙图中E2＝BLabvsin30°＝BLv，可知E1和E2之比为1：1，根据右手定则可知电流方向由b→a，故ABD错误，C正确；
故选：C。
（2023•辽宁一模）如图所示，纸面内的菱形金属线框ABCD以速度v0平行于AD方向匀速通过一有界的匀强磁场，磁场的边界PQ、MN相互平行，磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里。已知线框的电阻为R，线框的边长和磁场宽度均为L，∠A＝60°，AD⊥PQ，下列说法正确的是（ ）
A．A点离开磁场后线框内的感应电流沿顺时针方向
B．线框内感应电动势的最大值为22BLv0
C．此过程中穿过线框的磁通量的最大值为7316BL2
D．线框穿过磁场的整个过程中回路的最大热功率为B2L2v022R
【解答】解：A、线框的A点离开磁场后，穿过线框的磁通量先增大后减小，磁场方向是垂直纸面向里，由楞次定律可知，线框中的感应电流的方向是先沿逆时针方向，后沿顺时针方向，故A错误；
B、从B点进入磁场到D点进入磁场的过程中线框内的感应电动势最大，感应电动势的最大值为Em=3BLv02，故B错误；
C、当线框到如图所示的位置时
穿过线框的磁通量最大，此时A点和C点到磁场边界MN和PQ的距离相等，所以穿过线框的磁通量的最大值Φm=(32L2−L4×L2×32)B=7316BL2，故C正确；
D、回路中感应电动势最大时热功率最大，有Pmax=Em2R=3B2L2v024R，故D错误；
故选：C。
（2023春•淇滨区校级月考）如图所示，导线OA长为l，在方向竖直向上，磁感应强度为B的匀强磁场中以角速度ω沿图中所示方向绕通过悬点O的竖直轴旋转，导线OA与竖直方向的夹角为θ。则OA导线中的感应电动势大小和O、A两点电势高低情况分别是（ ）
A．Bl2ω，O点电势高
B．Bl2ω，A点电势高
C．12Bl2ωsin2θ，O点电势高
D．12Bl2ωsin2θ，A点电势高
【解答】解：OA导线中的感应电动势大小与长度为O′A的半径垂直切割产生的感应电动势大小相等
感应电动势E＝BLO′Av=Blsinθ×ωlsinθ+02=12Bl2ωsin2θ
根据右手定则判断可知，A点电势高，故D正确，ABC错误。
故选：D。
题型三 自感现象
1．自感现象
(1)概念：由于导体本身的电流变化而产生的电磁感应现象称为自感，由于自感而产生的感应电动势叫做自感电动势．
(2)表达式：E＝Leq \f(ΔI,Δt).
(3)自感系数L的影响因素：与线圈的大小、形状、匝数以及是否有铁芯有关．
2．自感现象“阻碍”作用的理解
(1)流过线圈的电流增加时，线圈中产生的自感电动势与电流方向相反，阻碍电流的增加，使其缓慢地增加．
(2)流过线圈的电流减小时，线圈中产生的自感电动势与电流方向相同，阻碍电流的减小，使其缓慢地减小．
线圈就相当于电源，它提供的电流从原来的IL逐渐变小．
3．自感现象的四大特点
(1)自感电动势总是阻碍导体中原电流的变化．
(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．
4．断电自感中，灯泡是否闪亮问题
(1)通过灯泡的自感电流大于原电流时，灯泡闪亮．
(2)通过灯泡的自感电流小于或等于原电流时，灯泡不会闪亮．
（2023秋•桃城区校级期中）如图，L是自感系数很大、电阻不计的线圈，a、b是两个相同的小灯泡，在开关S由断开到闭合的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．开始流过b电流方向自左向右，电路稳定后没有电流流过b
B．开始流过b电流方向自右向左，电路稳定后没有电流流过b
C．开始流过b电流方向自左向右，电路稳定后仍有电流流过b
D．开始流过b电流方向自右向左，电路稳定后仍有电流流过b
【解答】解：当S闭合瞬间，由于自感线圈的自感系数很大，所以感抗很大，几乎为断路，两灯相当于串联，同时获得电压，同时发光，此时流过b的电流的方向向右；随着电路逐渐稳定，流过线圈L电流的增加，感抗逐渐减小，当电流稳定时，由于线圈的电阻不计，所以b逐渐变暗直到线圈中电流稳定后灯泡b被短路，完全熄灭；所以开始流过b电流方向自左向右，电路稳定后没有电流流过b，故A正确，BCD错误。
故选：A。
（2023秋•浙江期中）电流传感器在电路中相当于电流表，可以用来研究自感现象。在如图所示的实验电路中，L是自感线圈，其自感系数足够大，而直流电阻值小于灯泡D的阻值，电流传感器的电阻可以忽略不计。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。在下列表示电流传感器记录的电流随时间变化情况的图像中，可能正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【解答】解：闭合S瞬间，线圈中产生自感电动势阻碍电流增加，则线圈相当于断路，此时通过电流传感器的电流最大；随线圈阻碍作用的减小，通过线圈的电流逐渐变大，通过电流传感器的电流逐渐减小，电路稳定后，外电路电阻不变，外电压不变，通过电流传感器的电流不变；因为线圈的直流电阻值小于灯泡D的阻值，稳定后，通过线圈的电流大于通过电流传感器的电流。t＝t1时刻断开开关S，由于自感现象，电感线圈阻碍电流减小，原来通过线圈L的电流此时从左向右流过电流传感器，与原来方向相反，且逐渐减小。故A正确，BCD错误。
故选：A。
（2023•镇海区模拟）某同学利用电压传感器来研究电感线圈工作时的特点。图甲中三个灯泡完全相同，不考虑温度对灯泡电阻的影响。在闭合开关S的同时开始采集数据，当电路达到稳定状态后断开开关。图乙是由传感器得到的电压u随时间t变化的图像。不计电源内阻及电感线圈L的电阻。下列说法正确的是（ ）
A．开关S闭合瞬间，流经灯D2和D3的电流相等
B．开关S闭合瞬间至断开前，流经灯D1的电流保持不变
C．开关S断开瞬间，灯D2闪亮一下再熄灭
D．根据题中信息，可以推算出图乙中u1与u2的比值
【解答】解：AB.开关S闭合瞬间，由于电感线圈的阻碍作用，灯D3逐渐变亮，通过灯D3的电流缓慢增加，待稳定后，流经灯D2和D3的电流相等，故从开关S闭合瞬间至断开前，流经D1的电流也是逐渐增加的，故AB错误；
C.开关S断开瞬间，由于电感线圈阻碍电流减小的作用，由电感线圈继续为D2和D3提供电流，又因为电路稳定的时候，流经D2和D3的电流相等，所以D2逐渐熄灭，故C错误；
D.开关S闭合瞬间，灯D2和D1串联，电压传感器所测电压为D2两端电压，由欧姆定律，u1=E2；电路稳定后，流经D3的电流为I=12⋅E32R=E3R，开关S断开瞬间，电感线圈能够为D2和D3提供与之前等大电流，故其两端电压为u2＝I•2R=2E3，所以u1与u2的比值为3：4，故D正确。
故选：D。
题型四 涡流 电磁阻尼和电磁驱动
一、涡流
1.涡流：当线圈中的电流随时间变化时，线圈附近的任何导体中都会产生感应电流，电流在导体中组成闭合回路，很像水中的旋涡，所以把它叫做涡电流，简称涡流.
2.涡流大小的决定因素：磁场变化越快(eq \f(ΔB,Δt)越大)，导体的横截面积S越大，导体材料的电阻率越小，形成的涡流就越大.
二、电磁阻尼
当导体在磁场中运动时，导体中产生的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.
三、电磁驱动
若磁场相对导体转动，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.
（2023秋•浑南区校级期中）如图，在线圈上端放置一盛有冷水的金属杯，现接通交流电源，过了几分钟，杯内的水沸腾起来。假设要缩短上述加热时间，以下措施可行的有（ ）
A．增加线圈的匝数B．提高交流电源的周期
C．将金属杯换为瓷杯D．取走线圈中的铁芯
【解答】解：A、根据法拉第电磁感应定律E=nΔΦΔt，增加线圈的匝数n，可以增大金属杯产生的感应电动势，使金属杯的涡流增大，可以缩短加热时间，故A正确；
BC、根据法拉第电磁感应定律E=nΔΦΔt，降低交流电源的频率即提高交流电源的周期，感应电动势就减小，加热时间延长。将金属杯换为瓷杯，瓷杯是绝缘体无法形成涡流，故不能加热，故BC错误；
D、铁芯能聚焦磁场，取走线圈中的铁芯，金属杯产生的感应电动势减小，加热时间延长，故D错误。
故选：A。
（2023•抚州开学）如图所示，将一个闭合铝框放在蹄形磁铁的两个磁极之间，铝框可以绕竖直轴OO′自由转动，蹄形磁铁在手摇的控制下可以绕竖直轴OO′转动。初始时，铝框和蹄形磁铁均是静止的。现通过不断手摇使蹄形磁铁转动起来，下列关于闭合铝框的说法正确的是（ ）
A．铝框仍保持静止
B．铝框将跟随磁极同向转动且一样快
C．铝框将跟随磁极同向转动，转速比磁铁小
D．铝框将朝着磁极反向转动，转速比磁铁小
【解答】解：根据电磁驱动原理可知，蹄形磁铁绕竖直轴OO′转动时，铝框会跟随磁铁转动，且转动方向相同，但转速比磁铁小，故C正确，ABD错误。
故选：C。
（2023春•莆田期末）英国物理学家麦克斯韦认为，磁场变化时会在空间激发涡旋电场。如图所示，一个半径为r的绝缘光滑细圆环水平放置，环内存在竖直向上的匀强磁场，环上套一电荷量为q的带正电的小球。已知磁感应强度B随时间均匀增加，其变化率为k。若小球从静止释放，在环上运动两圈回到初位置时的动能是（ ）
A．0B．πr2qkC．2πr2qkD．4πr2qk
【解答】解：变化磁场在圆环所在位置产生的感应电动势为E=ΔΦΔt=ΔBΔtπr2=kπr2
若小球在环上运动两圈，则感生电场对小球的作用力所做功的大小是W＝2qE＝2πr2qk
根据动能定理可得W＝Ek﹣0
解得Ek=2πr2qk，故ABD错误，C正确。
故选：C。
（2023春•海淀区校级期末）托卡马克（Tkamak）是一种复杂的环形装置，环心处有一欧姆线圈，四周是一个环形真空室，真空室外部排列着环向场线圈和极向场线圈，如图所示。当欧姆线圈中通以变化的电流时，在托卡马克的内部会产生巨大的涡旋电场，将真空室中的等离子体加速，从而达到较高的温度。再通过其他方式的进一步加热，就可以达到核聚变的临界温度。同时，环形真空室中的高温等离子体形成等离子体电流，与极向场线圈、环向场线圈共同产生磁场，在真空室区域形成闭合磁笼，将高温等离子体约束在真空室中，有利于核聚变的进行。已知真空室内等离子体中的带电粒子的平均动能与等离子体的温度T成正比，以下说法中正确的是（ ）
A．托卡马克主要利用欧姆线圈产生的磁场对等离子体加速
B．欧姆线圈中通以恒定电流时，托卡马克装置中的等离子体将不能发生核聚变
C．极向场线圈和环向场线圈的主要作用是加热等离子体
D．为了约束温度为T的等离子体在真空室内做圆周运动，所需要的垂直于真空室环面的磁感应强度B必须正比于温度T
【解答】解：A、托卡马克主要利用欧姆线圈变化磁场产生的电场对等离子体加速，故A错误；
B、恒定电流产生恒定磁场，恒定磁场不能敫发电场，在装置内部不能产生电场，等离子体不能被加速，不能发生核聚变，故B正确；
C、极向场线圈和环向场线圈的主要作用是将高温等离子体约束在真空室中，故C错误；
D、带电粒子平均动能与温度成正比，有T=k2mv2
洛伦兹力提供向心力qvB=mv2r
整理得B=1qr2mTk
可知磁感应强度B正比于T，故D错误。
故选：B。
相关试卷
专题14 动量守恒定律及应用-【高考二轮】2024年高考物理热点知识清单与题型讲练（全国通用）： 这是一份专题14 动量守恒定律及应用-【高考二轮】2024年高考物理热点知识清单与题型讲练（全国通用），文件包含专题14动量守恒定律及应用原卷版docx、专题14动量守恒定律及应用解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共34页， 欢迎下载使用。
专题13 动量定理及应用-【高考二轮】2024年高考物理热点知识清单与题型讲练（全国通用）： 这是一份专题13 动量定理及应用-【高考二轮】2024年高考物理热点知识清单与题型讲练（全国通用），文件包含专题13动量定理及应用原卷版docx、专题13动量定理及应用解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共34页， 欢迎下载使用。
专题11 机械能守恒定律的理解-【高考二轮】2024年高考物理热点知识清单与题型讲练（全国通用）： 这是一份专题11 机械能守恒定律的理解-【高考二轮】2024年高考物理热点知识清单与题型讲练（全国通用），文件包含专题11机械能守恒定律的理解原卷版docx、专题11机械能守恒定律的理解解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共38页， 欢迎下载使用。
