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1、电磁感应第 1 节 电磁感应现象 楞次定律或 是”四层方夯基础清 单 记牢悟透一、磁通量1.概念：在磁感应强度为8的匀强磁场中，与磁场方向垂直的平面的面积S与 5 的乘积叫做穿过这个面积的磁通量。2.公式：P=BS,单位韦伯,符号是Wb。注意：适用条件：:强 磁 场:S为垂直于磁场的有效面积。3.物理意义：数值上等于穿过某一面积的磁感线的条数。4 .标矢性：磁通量是标量，但有正负之分。5.磁通量的变化量：A =BzSz-BiS”二 电磁感应现象1.定义：当穿过闭合导体回路的磁通量发生变化时，闭合导体回路中有感应电流产生,这种利用磁场产生电流的现象叫做电磁感应现象。2.感应电流的产生条件：穿过闭
2、合电路的磁通量发生变化。3.实质电磁感应过程中一定产生感应电动势:如果电路闭合，则有感应电流;如果电路不闭合，则只有感应电动势而无感应电流。三、感应电流方向的判定1.楞次定律(1)内容：感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化。(2)适用范围：一切电磁感应现象。2.右手定则(1)内容：如图所示，伸开右手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一平面内；让磁感线从掌心进入，并使拇指指向昱线运动的方向，这时四指所指的方向就是邈电流的方向。S(2)适用情况：导线切割磁感线产生感应电流。n情境思辨如图所示，高考考生入场时，监考老师要用金属探测器对考生进行安检，当探测器靠近金属物体时，报警器
3、就会发出警报；靠近非金属物时则不发出警报，探测器的原理应用了电磁感应现象。请判断下列说法的正误：(1)1831年，英国科学家法拉第发现了电磁感应现象。(J)(2)闭合电路内只要有磁通量，就有感应电流产生。(X)(3)穿过线圈的磁通量和线圈的匝数无关。(J)(4)线框不闭合时，即使穿过线框的磁通量发生变化，线框中也没有感应电流产生。(J)(5)当导体切割磁感线时，一定产生感应电动势。(J)(6)由楞次定律知，感应电流的磁场一定与引起感应电流的磁场方向相反。(X)感应电流的磁场一定阻碍引起感应电流的磁场的磁通量的变化。(V)着 眼“四 翼”探考点,题 型 规 律 方法考点一电磁感应现象的理解 素养
4、自修类1.磁通量的理解如图所示，两个单匝线圈a、b 的半径分别为r 和 2人圆形匀强磁场8 的边缘恰好与a 线圈重合，则穿过a、5 两 线 圈 的 磁 通 量 之 比 为()A.1：1 B.1：2C.1：4 D.4：1解析：A由题图可知，穿过a、5 两个线圈的磁通量均为。=所口 因此磁通量之比为 1：1,A 项正确。2.磁通量的变化及感应电流有无的判断如图所示，一个U 形金属导轨水平放置，其上放有一个金属导体棒ab,有一磁感应强度为B的匀强磁场斜向上穿过轨道平面，且与竖直方向的夹角为。在下列各过程中，一定能在轨道回路里产生感应电流的是()A.就向右运动，同时使，减小B.使磁感应强度B 减小，。
5、角同时也减小C.H 向左运动，同时增大磁感应强度BD.融向右运动，同时增大磁感应强度B 和，角（0。，90。）解析：A设此时回路面积为S,据题意，磁通量。=3Scos，向 右 运 动，S 增大,减小，cos。增大，则。增大，轨道回路里一定产生感应电流，A 正确；使 8 减小，减小，cos”增大，0 可能不变；向左运动，S 减小，8 增大，。可能不变；a b 向右运动，S 增大，5 增大，增大，cos，减小，0 可能不变，故 B、C、D 过程不一定能在轨道回路里产生感应电流，B、C、D 错误。考点归纳1.判断磁通量是否变化的方法（1）根据公式O=BSsin （。为 8 与 S 间的夹角）判断。（
6、2）根据穿过平面的磁感线的条数是否变化判断。2.产生感应电流的三种常见情况5 变化60,A 错误,B 正确；再根据左手定则，判定导体棒CD受到的磁场力向右、导体棒A 5 受到的磁场力向左，C、D 错误。6.（多选）如图所示，金属导轨上的导体棒H 在匀强磁场中沿导轨 r IJ/*.n n C C 1 ,9 9 9 9 9做下列哪种运动时，铜 制 线 圈c中将有感应电流产生且被螺线管吸引y尸1三 狂b（）A.向右做匀速运动B.向左做减速运动C.向右做减速运动D.向右做加速运动解析：B C 当导体棒向右匀速运动时产生恒定的电流，线圈中的磁通量恒定不变，线圈 c 中无感应电流出现，选 项 A 错误；当
7、导体棒向左减速运动时，由右手定则可判定回路中出现从5f a 的感应电流且减小，由安培定则知螺线管中感应电流的磁场方向向左且减弱，由楞次定律知线圈中出现顺时针方向的感应电流（从右向左看），且被螺线管吸引，选项B 正确；同理可判定选项C 正确，选项D 错误。7.现代汽车中有一种防抱死系统（简称ABS）,该系统有一个自 小UQA动检测车速的装置，用来控制车轮的转动，其原理如图所示：铁质 A-京 陇 耳 N齿 轮P与车轮同步转动，右侧紧靠有一个绕有线圈的条形磁体，磁弋：；/体的左端是S 极，右端是N 极，M 是一个电流检测器。当车轮带动齿轮转动时，这时由于铁齿靠近或离开线圈时，使穿过线圈的磁通量发生变
8、化，导致线圈中产生了感应电流。这个脉冲电流信号经放大后去控制制动机构，可有效地防止车轮制动时被抱死。在 齿A从图中所示位置顺时针转到虚线位置的过程中，M 中的感应电流方向为（）A.一直从右向左B.一直从左向右C.先从右向左，后从左向右D.先从左向右，后从右向左解析：D当铁齿靠近磁体时被磁化，其产生的磁场使通过线圈的磁通量增大，先是齿A 下面的铁齿离开，穿过线圈的磁通量向右减小，接着齿A 靠近，穿过线圈的磁通量向右增加，所以感应电流磁场先向右再向左，根据右手螺旋定则判断M 中的感应电流方向先从左向右，后从右向左，D 正确。8.（多选）如图甲所示，在一螺线管内部中点处放置一小铜环；如图乙所示，在一
9、螺线管外部放置一大铜环，闭合开关的瞬间，下列说法正确的是（）甲 乙A.从左往右看，两个铜环中都有沿顺时针方向的感应电流B.从左往右看，小铜环中有顺时针方向的感应电流，大铜环中有逆时针方向的感应电流C.两个铜环都有收缩的趋势D.小铜环有收缩的趋势，大铜环有扩张的趋势解析：A D 题图甲中通过小铜环的是螺线管内部的部分磁感线，题图乙中通过大铜环的是螺线管内部的所有磁感线与螺线管外部的部分磁感线的差值。闭合开关瞬间，穿过两铜环的磁通量均向左增大，根据楞次定律，则两铜环中的感应电流的磁场的方向向右，从左往右看，两铜环中感应电流都沿顺时针方向，A 正确，B 错误；闭合开关的瞬间，穿过两铜环的磁通量向左增
10、大，根 据“楞次定律”可知，题图甲中小铜环有收缩的趋势，题图乙中既有向左通过圆环的磁感线，又有向右通过的磁感线，且向左的大于向右的，为了阻碍总磁通量增加，大铜环有扩张的趋势，C 错误，D 正确。9.（多选）如图甲所示，螺线管内有平行于轴线的外加磁场，以图中箭头所示方向为其正方向。螺线管与导线框H cd相连，导线框内有一闭合小金属圆环，圆环与导线框在同一平面内。当螺线管内的磁感应强度B 随时间，按图乙所示规律变化时（）A.在 0 4 时间内，环有收缩趋势B.在九右时间内，环有扩张趋势C.在 fi打时间内，环内有逆时针方向的感应电流D.在打打时间内，环内有逆时针方向的感应电流解析：B C 在 0
11、fi时间内，5 均匀增加，则在螺线管中产生恒定的感应电动势，在导线框H ed 中形成稳定的电流，故此时环中无感应电流产生，环也没有收缩趋势，选项A 错误；在“打时间内，5 的变化率逐渐减小，则螺线管中的感应电流方向为从下到上且逐渐减小，在导线框中的磁通量为向外减小，穿过环的磁通量向外减小，根据楞次定律可知，环内有逆时针方向的感应电流，且有扩张趋势，选项B、C 正确；在 f2勾时间内，3 的方向向下，且8 的变化率逐渐减小，则螺线管中的感应电流方向为从上到下且逐渐减小，在导线框袖cd中的磁通量为向里减小，穿过环的磁通量向里减小，根据楞次定律可知，环内有顺时针方向的感应电流，选项D错误。10.置于
12、匀强磁场中的金属圆盘中央和边缘各引出一根导线，与套在铁芯上部的线圈A相连。套在铁芯下部的线圈5 引出两根导线接在两根水平光滑导轨上，如图所示。导轨上有一根金属棒仍静止处在垂直于纸面向外的匀强磁场中。下列说法正确的是()A.圆盘顺时针加速转动时，好棒将向右运动B.圆盘顺时针匀速转动时，而棒将向右运动C.圆盘顺时针减速转动时，成棒将向右运动D.圆盘逆时针加速转动时，好棒将向左运动解析：C当圆盘顺时针加速转动时，根据右手定则可知产生的感应电流方向为由圆心指向盘边缘，在线圈A中的磁场方向为由4指 向 且 磁 场 在 增 强，在线圈8中产生感应电流，棒必中电流方向由。指向心根据左手定则可知外棒向左运动；
13、同理可知，圆盘顺时针减速转动时，仍棒向右运动；圆盘匀速转动时，岫棒不受力，静止不动；圆盘逆时针加速转动时，外棒将向右运动，故 C正确，A、B、D错误。第 2 节 法 拉 第 电 磁 感 应 定 律 自 感 涡 流攻 足“四 庖1 夯基础/T一、法拉第电磁感应定律i .感应电动势概念：在电磁感应现象中产生的电动势。(2)产生条件：穿过导体回路的磁通量发生改变，与电路是否闭合无关。方向判断：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=吟,其中 为线圈匝数。3.导体切割磁感线的情形(1)平动切割：E=5
14、 加(条件:匀强磁场；。J L 3且 0-L L)。(2)转动切割(以一端为轴)：E=BP(Oo二、自感和涡流1 自感现象由于线圈本身的电流发生变化而在它自身产生的电磁感应现象。2.自感电动势(1)定义：由于自感而产生的感应电动势。A/(2)表达式：不。(3)自感系数L：与线圈的大小、形状、圈数以及是否有铁芯等因素有关，单位为亨利(H)。3.涡流：金属块放在变化磁场中，或者与磁场有相对运动时，金属块内产生的旋涡状感应电流。4.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。5.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作用而运动
15、起来。口教材拾金1 .人数版选修3-2 P 2 9T 3 改编 如图所示，上下开口、内壁光滑的铜管P和塑料管Q竖直放置。小磁块先后在两管中从相同高度处由静止释放，并落至底部。则 小 磁 块()A.在尸管和Q管中都做自由落体运动B.在两个小落过程中的机械能都守恒C.在尸管中的下落时间比在Q管中的长D.落至底部时在尸管中的速度比在Q管中的大解析：C小磁块在铜管中下落的过程中，根据电磁感应知铜管中产生涡流，小磁块受到阻力，不是做自由落体运动，小磁块的机械能不守恒，故 A、B均错误。Q管为塑料管,小磁块下落过程中为自由落体运动，所以比在P管中下落时间短,落至底部时比在尸管中速度大，故 C 正确，D 错
16、误。2 .宣科版选修3-2 P 33T 1 在如图所示的电路中，LA为灯泡，S为开关，L 为有铁芯的线圈。对于这样的电路，下列说法正确的是()A.因为线圈心通电后会产生自感现象，所以S闭合后，灯 泡LA中无电流通过B .在 S打开或闭合的瞬间，电路中都不会产生自感现象C.当 S闭合时，电路中会产生自感现象D.在 S闭合后再断开的瞬间，灯泡L,可能不立即熄灭解析：C S闭合瞬间，由于线圈产生自感电动势而阻碍通过灯泡LA的电流的增加,但阻碍不是阻止，S闭合后仍有电流通过LA；S断开瞬间，线圈产生自感电动势，因电路断开，电流立即消失，灯泡LA立即熄灭。故C正确，A,B、D错误。题 型 规 律 方法考
17、点一 法拉第电磁感应定律的理解及应用 互动共研类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詈共同决定，而与磁通 量。的大小、变 化 量 的 大 小 没 有 必 然 联 系。(2)磁通量的变化率笑对应g 图像上某点切线的斜率。(3)公 式E=，卷求解的是一个回路中某段时间内的平均感应电动势；如果磁通量均匀变化，则感应电动势为恒定值，瞬时值等于平均值。2.法拉第电磁感应定律的三种变形表达式(1)磁通量的变化仅由面积S变化引起时，A 0=B A S,则(2)磁通量的变化仅由磁感应强度8变化引起时，N 3 N B S,则E=”若。注意：S为线图在磁场中的
18、有效面积。(3)磁通量的变化是由于面积S和磁感应强度B的共同变化引起时，A O=末一。初|,3.感应电荷量：g=W推导：通过回路横截面的电荷量9=/4=-揖=聋人/=等。K IXIK K注意：感应电荷量q由、A 0和电阻R共同决定，与Af无关。精析I例1如图甲所示，一线圈匝数为100匝，横截面积为0.01 m2,磁场与线圈轴线成30。角向右穿过线圈。若 在2 s时间内磁感应强度随时间的变化关系如图乙所示，则该段时间内线圈两端a和5之间的电势差，为()c.V5 VD.从 0 均匀变化到2 V 解析 磁场与线圈轴线成30。角向右穿过线圈，磁感应强度均匀增加，故产生恒定的感应电动势，根据法拉第电磁感
19、应定律，有 旧=片=糕 Seos 30。，由 题 图 乙 可 知 黑=彳T/s=2 T/s,代入数据解得E=100X2X0.01Xcos30。V,明 两端的电势差大小等于线圈产生的感应电动势，由楞次定律得，。端电势低于5 端电势，故。而=一后=一5 V,A 正确，B、C、D 错误。答案 A对亘训练1.平均感应电动势、感应电荷量的计算(2019江练高考)如图所示，匀强磁场中有一个用软导线制成的单匝闭合线圈，线圈平面与磁场垂直。已知线圈的面积S=0.3 m2、电阻R=0.6。，磁场的磁感应强度8=0.2T.现同时向两侧拉动线圈，线圈的两边在At=0.5 s 时间内合到一起。求线圈在上述过程中：X
20、X X X X X感应电动势的平均值E；(2)感应电流的平均值/,并在图中标出电流方向;(3)通过导线横截面的电荷量q。解析：(1)感应电动势的平均值E=等磁通量的变化量A0=BAS5yL 8As解 得 片=丁代入数据得E=0.12 Vop(2)感应电流平均值/=互代入数据得/=0.2A根据楞次定律知，感应电流的方向为顺时针，如图所示。(3)电荷量q=IAt代入数据得g=0.1 C。答案：(1)0.12 V(2)0.2 A 电流方向见解析图(3)0.1 C2.法拉第电磁感应定律的应用(多选)如图甲所示，用一根导线做成一个半径为r 的圆环，其单位长度的电阻为力，将圆环的右半部分置于变化的匀强磁场
21、中，设磁场方向垂直纸面向里为正，磁感应强度大小随时间做周期性变化关系如图乙所示，贝！1()XXX甲 乙A.在，=k 时刻，圆环中有顺时针方向的感应电流B.在 0 1时间内圆环受到的安培力大小、方向均不变C.在“时间内通过圆环横截面的电荷量喷D.圆环在一个周期内的发热量为誓解析：A D 由 楞 次 定 律 可 知 在 时 刻，圆环中有顺时针方向的感应电流，故 A 正确；由=笑=普 5 可知，在 0 时间内圆环的感应电动势不变，电流不变，受到的安培力F=B 1 L,因磁感应强度8 变大，所以安培力变大，故 B 错误；在经n 时间内通过圆环横截面的电荷量为4=等=察=碧，故 C 错误；由 片=誓=卷
22、 可 知E=B0r 所以K 47T/T0 4)At Ai圆环在一个周期内的发热量为Q=E”7t=乎，故 D 正确。27W T0 八)考点二 公式E=B l v的理解及应用 互动共研类1.平 动 切 割 公 式 的 理 解2.转动切割公式正交性本公式适用于匀强磁场，并且3、/、。三者互相垂直有效性公式中的/为导体棒切割磁感线的有效长度，如图中曲所示。x 为 资x x声乂表x x:父XX X X x x x ,x y X x y*XX X X X X X XX X x il X X相对性中的速度。是导体棒相对磁场的速度，若磁场也在运动，应注意速度间的相对关系如图所示，当导体棒在垂直于磁场的平面内，
23、绕一端以角速度。匀 速xx x x xX X X转动时，产生的感应电动势E=3石=如 3。X X X X X注意：如 果 C 为棒上某点，则 AC段产生的感应电动势为vA+vc O A +(0 E=B-AC-=B-AC-z-o典例精析 例 2 (2021河北高考)如图，两光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B,导轨间距最窄处为一狭缝，取狭缝所在处O点为坐标原点，狭缝右侧两导轨与x 轴夹角均为。，一电容为C 的电容器与导轨左端相连，导轨上的金属棒与x 轴垂直,在外力产作用下从O点开始以速度。向右匀速运动,忽略所有电阻，下列说法正确的是()A.通过金属棒的电流为2BC/tan。
24、B.金属棒到达xo时，电容器极板上的电荷量为BCuxotan 0C.金属棒运动过程中，电容器的上极板带负电D.金属棒运动过程中，外力厂做功的功率恒定 解题指导 解答本题需要明确以下关键：(1)金属棒夹在导轨间切割磁感线的有效长度为L=2pftan 0；(2)由右手定则可判断出金属棒两端的电势高低关系，进而判断电容器的上极板带电的电性；(3)电容器的带电量q=C E,在 AZ时间内电容器极板上电荷增加量 q=C E,则通过金属棒的电流为/=号；(4)外力厂做功的功率等于克服安培力做功的功率。解析 根据楞次定律可知电容器的上极板应带正电，C 错误；由题意知金属棒匀速切割磁感线，根据几何关系切割长度
25、为L=2 x t a n 则产生的感应电动势为E=2 B v2ttan0,由题图可知电容器直接与电源相连，则电容器的电荷量为Q=CE=25Crtan 0,则流AQ过金属棒的电流/=i=28C 02tan 0,A 正确；当金属棒到达4 处时，金属棒产生的感应电动势为E=2Brxotan 0,则电容器的电荷量为Q=CE=2BCrxotan 0,B 错误；由于金属棒做匀速运动，则/=尸安=8，由选项A 可知流过金属棒的电流/恒定，但 乙 与 f成正比，则尸为变力，再根据力做功的功率公式尸=尸2可知功率尸随力尸变化而变化，D 错误。答案 A 例 3 (2020浙江7 月选考)如图所示，固定在水平面上且
26、半径为r 的金属圆环内存在方向竖直向上、磁感应强度大小为8 的匀强磁场。长为/的金属棒，一端与圆环接触良好，另一端固定在竖直导电转轴0 0 上，金属棒随轴以角速度。匀速转动。在圆环的A 点和电刷间接有阻值为R 的电阻和电容为C、板间距为d 的平行板电容器，有一带电微粒在电容器极板间处于静止状态。已知重力加速度为g,不计其他电阻和摩擦，下列说法正确的是A.金属棒产生的电动势为B.微粒的电荷量与质量之比为盆C.电阻消耗的电功率为*产D.电容器所带的电荷量为I解析 金 属 棒 产 生 的 电 动 势 后=即/=/%,选 项 A 错误。金属棒电阻不计，故电容器两极板间的电压等于金属棒产生的电动势，即
27、U=E,微粒所受的重力与其受到的电场力大小相等，有导mg,可得*=黑,选项B 正确。电阻消耗的电功率P=E2R-4R 选项C 错误。电容器所带的电荷量Q=C E=：a?/选项D 错误。答案 B对直训练1.平动切割问题2021年 7 月 1 日，在庆祝中国共产党建党100周年庆典大会上，空中飞行表演梯队列阵长空，飞过天安门广场上空，如图所示，飞机在通过天安门上空时机翼保持水平，以4.5X102 km/h的速度自东向西飞行。该机型飞机的翼展（两翼尖之间的距离）为 50 m,北京地区地磁场的竖直分量方向向下，大小为4.7X10-5T,贝!（）A.两翼尖之间的电势差为2.9VB.两翼尖之间的电势差为1
28、.IVC.飞机左方翼尖的电势比右方翼尖的电势高D.飞机左方翼尖的电势比右方翼尖的电势低解析：C飞机的飞行速度为4.5X102 km/h=125 m/s,飞机两翼尖之间的电动势为E=BLv=4.7X10-5X50X125 VO.29 V,A、B 项错误；飞机从东向西飞行，磁场方向竖直向下，根据右手定则可知，飞机左方翼尖的电势高于右方翼尖的电势，C 项正确，D项错误。2.“平动+转动”切割问题（多选）（2021广东高考）如图所示，水平放置足够长光滑金属导轨abc和 de,a。与 de平行，5c 是 以 O 为圆心的圆弧导轨，圆弧be左侧和扇形O hc内有方向如图的匀强磁场，金属杆OP的。端与e 点
29、用导线相接，尸端与圆弧儿接触良好，初始时，可滑动的金属杆M N静止在平行导轨上，若 杆O P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，下列说法正确的有（）A.杆 OP产生的感应电动势恒定B.杆 O尸受到的安培力不变C.杆 MN做匀加速直线运动D.杆 中 的 电 流 逐 渐 减 小解析：AD。尸 转 动 切 割 磁 感 线 产 生 的 感 应 电 动 势 为 因 为 O尸匀速转动,所以杆O尸产生的感应电动势恒定，故 A 正确；杆。尸匀速转动产生的感应电动势产生的感应电流由M 到 N通过MN棒，由左手定则可知，MN棒会向左运动，MN棒运动会切割磁感线，产生电动势与原
30、来电流方向相反，回路电流减小，MN棒受安培力会减小，加速度减小，故 B、C错误，D正确。考点三 自感、涡流、电磁阻尼与电磁驱动 素养自修类1.自感现象中的图像问题在如图所示的电路中，两个完全相同的小灯泡L和 L 2分别串联一个 p 0 _T带铁芯的电感线圈L和一个滑动变阻器凡 闭合开关S待电路稳定后，调整R的滑片使L i 和 L 2亮度一样，此时通过两个灯泡的电流均为Z.在-之后的f o时刻断开S,则在如图所示的图像中，能正确反映t o前后的一小段时间内通过L i的电流i i 和通过L 2的电流力随时间f 变化关系的是（）A BC D解析：A当开关断开瞬间，通过电感线圈的电流减小，根据楞次定律
31、可知电感线圈会产生感应电流阻碍电感线圈中原电流的减小，感应电流的方向与原电流方向相同，如图所示。但“阻碍”不 是“阻止”，通过电感线圈的电流仍然减小，所以通过小灯泡L 1的电流方向不变且逐渐减小，故 A正确，B 错误；断开开关后感应电流通过小灯泡L 2的方向与原电流方向相反，电流逐渐减小，故 C、D错误。2.涡流问题（多选）如图所示，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。若要缩短上述加热时间，下列措施可行的有（）A.增加线圈的匝数B.提高交流电源的频率C.将金属杯换为瓷杯D.取走线圈中的铁芯解析：A B当电磁铁接通交流电源时，金属杯处在变化的磁场中产生
32、涡流发热，使水温升高。要缩短加热时间，需增大涡流，即增大感应电动势或减小电阻。增加线圈匝数、提高交变电流的频率都是为了增大感应电动势。瓷杯不能产生涡流，取走铁芯会导致磁性减弱。所以选项A、B 正确，C、D错误。3.电磁阻尼与电磁驱动问题（多选）以下哪些现象利用了电磁阻尼规律（）者一SNTA.图甲中线圈能使上下振动的条形磁铁快速停下来B.图乙中无缺口的铝管比有缺口的铝管能更快使强磁铁匀速运动C.图丙中U形磁铁可以使高速转动的铝盘迅速停下来D.图丁中转动把手时下面的闭合铜线框会随U形磁铁同向转动解析：ABC图甲中振动的条形磁铁使线圈中产生感应电流，感应电流对磁铁的相对运动有阻碍作用能使振动的条形磁
33、铁快速停下来，这是利用了电磁阻尼规律，故A正确；图乙中磁铁通过无缺口的铝管，在铝管中产生感应电流，感应电流对磁铁的相对运动有阻碍作用能更快使强磁铁匀速运动，这是利用了电磁阻尼规律，故B正确；图丙中U形磁铁可以在高速转动的铝盘中产生涡电流，涡电流对铝盘与磁铁间的相对运动有阻碍作用，能使铝盘迅速停下来，这是利用了电磁阻尼规律，故C正确；图丁中转动把手时下面的闭合铜线框随U形磁铁同向转动，这是利用了电磁驱动规律，故D错误。考直归纳1.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
34、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.自感中灯泡“闪亮”与“不闪亮问题与线圈串联的灯泡与线圈并联的灯泡电路图1_J-_0-1-1 _-通电时电流逐渐增大，灯泡逐渐变亮电流突然增大，然后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11、h：若灯泡逐渐变暗；若灯泡“闪亮”后逐渐变暗。两种情况下灯泡中电流方向均改变3.电磁阻尼与电磁驱动的比较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
35、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，其他形式的能转化为电能，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巧学妙解应用聚色“素系”提能力;“STSE问题”巧迁移电磁感应在生活、生产科技中的应用电磁感应现象与生活、生产科技密切相关，高考对这部分的考查更趋向于有关现代气息和STSE问题中信息题的考查。命题背景有电磁炉、电磁卡、无线充电、磁悬浮列车等。I素能训殊1.电流表的搬运“技巧”
36、（2021北京高考）某同学搬运如图所示的磁电式电流表时，发现表针晃动剧烈且不易停止。按照老师建议，该同学在两接线柱间接一根导线后再次搬运，发现表针晃动明显减弱且能很快停止。下列说法正确的是（）A.未接导线时，表针晃动过程中表内线圈不产生感应电动势B.未接导线时，表针晃动剧烈是因为表内线圈受到安培力的作用C.接上导线后，表针晃动过程中表内线圈不产生感应电动势D.接上导线后，表针晃动减弱是因为表内线圈受到安培力的作用解析：D表针晃动，表内线圈切割磁感线，产生感应电动势，未接导线时，线圈中无电流，不受安培力作用，故表针晃动剧烈，很难停下来；当接上导线时，电路闭合，线圈中有电流，线圈受安培力作用，且安
37、培力阻碍线圈的转动，故指针晃动减弱，能较快地停下来。故选D。2.无线充电随着科技的不断发展，无线充电已经进入人们的视线。小到手表、手机，大到电脑、电动汽车，都已经实现了无线充电从理论研发到实际应用的转化。如图所示的是某品牌的无线充电手机利用电磁感应方式充电的原理图。关于无线充电，下列说法正确的是（）接收充电设备充电底座A.无线充电时手机接收线圈部分的工作原理是“电流的磁效应”B.只有将充电底座接到直流电源上才能对手机进行充电C.接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同D.只要有无线充电底座，所有手机都可以进行无线充电解析：C无线充电时手机接收线圈部分的工作原理是电磁感应，故 A
38、错误；当给充电设备通以恒定直流电时，充电设备不会产生交变磁场，即不能正常充电，故 B 错误；接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同，故 C正确；被充电手机内部,应该有一类似金属线圈的部件与手机电池相连，当有交变磁场时，则产生感应电动势，那么普通手机由于没有金属线圈，所以不能够利用无线充电设备进行充电，故 D错误。3.扫描隧道显微镜扫描隧道显微镜（S T M）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；出紫铜薄板现扰动后
39、，对于紫铜薄板上下及左右振动的衰减最有效的方案是（）A B；X X X ;XXXX解析：A施加磁场来快速衰减STM的微小振动，其原理是电磁阻尼，在振动时通过紫铜薄板的磁通量变化，紫铜薄板中产生感应电动势和感应电流，则其受到安培力作用，该作用阻碍紫铜薄板振动，即促使其振动衰减。方 案 A 中，无论紫铜薄板上下振动还是左右振动，通过它的磁通量都发生变化；方 案 B 中，当紫铜薄板上下振动时，通过它的磁通量可能不变，当紫铜薄板向右振动时，通过它的磁通量不变；方 案 C 中，紫铜薄板上下振动、左右振动时，通过它的磁通量可能不变；方 案 D 中，当紫铜薄板上下振动时，紫铜薄板中磁通量可能不变。综上可知，
40、对于紫铜薄板上下及左右振动的衰减最有效的方案是A。4 .磁卡如图甲所示，磁卡的磁条中有用于存储信息的磁极方向不同的磁化区，刷卡器中有检测线圈。当以速度如刷卡时，在线圈中产生感应电动势，其 EY关系如图乙所示。如果只将 刷 卡 速 度 改 埔，线圈中的E-f 关系图可能是（）解析：D若将刷卡速度改为寸，线圈切割磁感线运动时产生的感应电动势大小将会减半，周期将会加倍，故 D项正确，A、B、C项错误。5.自动检测（多选）如图所示，通过水平绝缘传送带输送完全相同的铜线圈，线圈等距离排列，且与传送带以相同的速度匀速运动。为了检测出个别未闭合的不合格线圈，让传送带通过一固定匀强磁场区域，磁场方向垂直于传送
41、带运动方向，根据穿过磁场后线圈间的距离，就能够检测出不合格线圈。通过观察示意图，判断下列说法正确的是（）传 送 带 运 动 方 网 _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _o o O 夕 4 d /O O O O O O7/6 5 43 2 1A.若线圈闭合，进入磁场时，线圈中感应电流方向从上向下看为逆时针B.若线圈闭合，传送带以较大速度匀速运动时，磁场对线圈的作用力增大C.从图中可以看出，第 2 个线圈是不合格线圈D.从图中可以看出，第 3 个线圈是不合格线圈解析：B D 线圈进入磁场时，穿过线圈的磁通量增大，若线圈闭合，由楞次定律可知,线圈中的感应电流的磁场方向向下，所以感应
42、电流的方向从上向下看是顺时针，故 A错误;根据法拉第电磁感应定律，传送带以较大速度匀速运动时，线圈中产生的感应电动势较大,则感应电流较大，磁场对线圈的作用力增大，故 B 正确；线圈离开檄场时，感应电流将阻碍线圈离开磁场，使线圈速度变慢，由题图知1,2、4、5、6 线圈都发生了相对滑动，而第 3 个线圈没有滑动，则第3 个线圈不闭合，没有产生感应电流，故 C 错误，D 正确。课时跟踪检测11.（多选）如图甲所示，线 圈 两 端 与一电阻R 相连，线圈内有垂直于线圈平面向里的磁场。，=0 时刻起，穿过线圈的磁通量按图乙所示的规律变化。下列说法正确的是（）X XX X2 0 如 3tp 2MT TA
43、.，）时刻，R 中电流方向为由a 到 63B.个）时刻，R 中电流方向为由a 到 bC.0 fo时间内流过R的电流小于fo 2fo时间内流过R 的电流D.0力时间内流过R的电流大于to 2fo时间内流过R的电流解析：A C 由楞次定律可知0 fo时间内线圈中的感应电流方向为逆时针方向，知2f。时间内线圈中感应电流的方向为顺时针方向，故 A 正确，B 错误；根据法拉第电磁感应定律可知。砧时间内感应电动势大小是如2%时间内的;，感应电流为/=看 所ZXc L K以 0 fo时间内流过R 的电流是fo 2h 时间内流过R 的电流的;，故 C正确，D错误。_ _ _ _ _ _ _ _AL2.如图所示
44、，在磁感应强度大小为8、方向垂直纸面向里的匀强 W j 匕磁场中，金属杆M N在平行金属导轨上以速度v 向右匀速滑动。金 属xx x x x|j xN导轨间距为L,电阻不计，金属杆的电阻为2R、长度为L成间电阻为 R,MN两 点 间 电 势 差 为 则 通 过 电 阻 R 的电流方向及。的大小分别是（）BLvA.a,BLv B.a力,C.a-bf2BLv3解析：B由右手定则判断可知，M N 中 产 生 的 感 应 电 流 方 向 为 则 通 过 电 阻 RP的电流方向为a一 儿 MN产 生 的 感 应 电 动 势 公 式 为 K 两端的电压为。=五6/?KVBLv j,.故 B 项正确。3.（
45、多选）半径为a、右端开小口的导体圆环和长为2 a的导体直杆，单位 长 度 电 阻 均 为 圆 环 水 平 固 定 放 置，整个内部区域分布着方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B。杆在圆环上以速度。平行于直径CD向右做匀速直线运动，杆始终与圆环保持良好接触，从圆环中心0 开始，杆的位置由，确定，如图所示。贝！1（）A.0=0 时，杆产生的电动势为28即B.0=1时，杆产生的电动势为审Ba。c.。=T时，杆受到的安培力大小为V号而D.时，杆 受 到 的 安 培 力 大 小 喏 隘;解析：AC 0=0 时，杆产生的电动势E=5Z Q=25ao,故 A 正确；。=飘，根据几何关系得出此时杆的有效切割
46、长度是=%所以杆产生的电动势为E=B a v,故 B 错误；0=全时，电路中总电阻是R 总=（|兀+1私P1/=盒所以杆受到的安培力大小为=BI L3B2av-(5n+3)/?o,故 C 正确；。=0 时，电路中总电阻是（2+T TWRO,所以杆受的安培.,2Bav 4B2av力大小 F=B I L=B2 a(n+2)aRn=(n+2)Rn,故 D 错货。4.（多选）如图所示，半径为2r的弹性螺旋线圈内有垂直纸面向外的圆形匀强磁场区域，磁场区域的半径为r,已知弹性螺旋线圈的电阻为R,线圈与磁场区域共圆心，则以下说法中正确的是（）A.保持磁场不变,线圈的半径由2r变 到 0.5/的过程中，有逆时
47、针的电流B.保持磁场不变,C.保持半径不变,线圈的半径由2r变到3r的过程中，有顺时针的电流使 磁 场 随 时 间 按 变 化，线圈中的电流为驾D.保持半径不变,使磁场随时间按8=A f变化，线 圈 中 的 电 流 为 罕解析：A C 当线圈的半径由2r变到0.5r的过程中，穿过线圈的磁通量减小，根据楞次定律可知，线圈内产生逆时针的感应电流，故 A 正确；保持磁场不变，线圈的半径由2r变到3r的过程中，穿过线圈的磁通量不变，根据感应电流的产生条件可知，线圈内没有感应电流，故 B 错误；保持半径不变，使磁场随时间按8=股变化，根据法拉第电磁感应定律可知，E=*=kB,根据欧姆定律可知，线 圈 中
48、 的 电 流/=爸,故 C 正确，D 错误。5.（多选）用导线绕成一圆环，环内有一用同样导线折成的内接正方*X X形线框，圆环与线框绝缘，如图所示。把它们放在磁感应强度为8 的 匀 X x强磁场中，磁场方向垂直于圆环平面（纸面）向里。当磁场均匀减弱时 Mx x Bx H ，X X XA.线框和圆环中的电流方向都为顺时针方向 X X X X XB.线框和圆环中的电流方向都为逆时针方向C.线框和圆环中的电流大小之比为1 ：V2D.线框和圆环中的电流大小之比为1:2解析：A C 依据楞次定律，当磁场均匀减弱时，圆环和线框中的电流方向都为顺时针方向，故 A 正确，B 错误；设正方形的边长为2%由几何关
49、系可知，外接圆的半径r=4 五，则根据法拉第电磁感应定律得，正方形回路中的感应电动势与外接圆中感应电动势之比为E正：E同弋&P:第 武 啦。）2=2：7T,根据电阻定律得，正方形回路中的电阻与外接圆的电阻之比为RE：R 画=牛：p四=2吸：n,由闭合电路欧姆定律得正方形回路中的感J O应电流与外接圆中感应电流之比为/正：/图：f=1：也，故 C 正确，D 错误。6.（多选）图甲为兴趣小组制作的无线充电装置中的受电线圈示意图，已知线圈匝数=100、电阻/*=1。、横截面积S=l.5X10-3 m 2,外接电阻R=7 0 线圈处在平行于线圈轴线的匀强磁场中，磁场的磁感应强度随时间变化如图乙所示，贝
50、！（）A.在，=0.01 s 时通过R 的电流方向发生改变B.在 f=0.0 1 s时线圈中的感应电动势E=0.6 VC.在。0.02 s 内通过电阻K 的电荷量g=l.5X10-3 cD.在 0.020.03 s 内 K产生的焦耳热为Q=l.8X10-3J解析：B C 根据楞次定律可知，在 0 0.0 1 s 内和在0.010.0 2 s 内电流方向相同，故 A 错误；在 0 0.02 s 内，根据法拉第电磁感应定律可知：E=*=等S=E100X4X1.5X10-3 V=0.6 V,故 B 正确；在 00.0 2 s内，产生的感应电流为/=昔0.67+1A=0.075 A,通过电阻 R 的电