新高考物理一轮复习精品讲义专题13.1 电磁感应现象、楞次定律法拉第电磁感应定律（含解析）

这是一份新高考物理一轮复习精品讲义专题13.1 电磁感应现象、楞次定律法拉第电磁感应定律（含解析），共21页。试卷主要包含了物理观念，科学思维等内容，欢迎下载使用。

目录
TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc27149" 一 讲核心素养 PAGEREF _Tc27149 \h 1
\l "_Tc13713" 二 讲必备知识 PAGEREF _Tc13713 \h 1
\l "_Tc1374" 【知识点一】电磁感应现象的理解和判断 PAGEREF _Tc1374 \h 1
\l "_Tc8282" 【知识点二】感应电流方向的判断 PAGEREF _Tc8282 \h 3
\l "_Tc3052" 【知识点三】楞次定律推论的应用 PAGEREF _Tc3052 \h 5
\l "_Tc16530" 【知识点四】探究影响感应电流方向的因素 PAGEREF _Tc16530 \h 8
\l "_Tc30139" 三．讲关键能力 PAGEREF _Tc30139 \h 10
\l "_Tc29026" 【能力点一】会正确应用“三定则一定律” PAGEREF _Tc29026 \h 10
\l "_Tc12218" 【能力点二】感应电动势求解的“四种”模型 PAGEREF _Tc12218 \h 12
\l "_Tc6330" 【能力点三】会分析自感现象 PAGEREF _Tc6330 \h 15
\l "_Tc2512" 【能力点四】涡流、电磁阻尼和电磁驱动 PAGEREF _Tc2512 \h 16
\l "_Tc10682" 四．讲模型思想-----导体切割磁感线产生感应电动势的常见类型 PAGEREF _Tc10682 \h 18
\l "_Tc18988" 类型1 平动切割磁感线 PAGEREF _Tc18988 \h 18
\l "_Tc6966" 类型2 转动切割磁感线 PAGEREF _Tc6966 \h 19
一 讲核心素养
1.物理观念：自感现象和涡流现象。
通过实验，了解自感现象和涡流现象。能举例说明自感现象和涡流现象在生产生活中的应用。
2.科学思维：电磁感应规律的理解和应用。
通过实验，理解法拉第电磁感应定律。
3.科学探究：通过实验，了解电磁感应现象，了解产生感应电流的条件。知道电磁感应现象的应用及其对现代社会的影响。
二 讲必备知识
【知识点一】电磁感应现象的理解和判断
常见的产生感应电流的三种情况
【例1】 (2021·云南省师大附中5月统一质量检测) 物理课上，老师做了一个奇妙的“跳环实验”。如图所示，她把一个带铁芯的线圈L、开关S和电源用导线连接起来后，将一金属套环置于线圈L上，且使铁芯穿过套环。闭合开关S的瞬间，套环立刻跳起。某同学另找来器材再探究此实验。他连接好电路，经重复试验，线圈上的套环均未动。对比老师演示的实验，下列四个选项中，导致套环未动的原因可能是( )
A.线圈接在了直流电源上B.电源电压过高
C.所选线圈的匝数过多D.所用套环的材料与老师的不同
【答案】 D
【解析】 金属套环跳起来的原因是开关S闭合时，套环上产生的感应电流与通电螺线管上的电流相互作用而引起的，线圈接在直流电源上时，金属套环也会跳起。电压越高线圈匝数越多，S闭合时，金属套环跳起越剧烈。若套环是非导体材料，则套环不会跳起，故选项A、B、C错误，D正确。
【素养升华】本题考察的学科素养主要是物理观念和科学探究。
【变式训练】现将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流计及开关按如图所示连接．下列说法正确的是( )
A．开关闭合后，线圈A插入或拔出都会引起电流计指针偏转
B．线圈A插入线圈B中后，开关闭合和断开的瞬间，电流计指针均不会偏转
C．开关闭合后，滑动变阻器的滑片P匀速滑动，会使电流计指针静止在中央零刻度
D．开关闭合后，只有滑动变阻器的滑片P加速滑动，电流计指针才能偏转
【答案】 A
【解析】线圈A插入或拔出，都将造成线圈B处磁场的变化，因此线圈B处的磁通量变化，产生感应电流，故选项A正确；开关闭合和断开均能引起线圈B中磁通量的变化而产生感应电流，故选项B错误；开关闭合后，只要移动滑片P，线圈B中磁通变化而产生感应电流，故选项C、D错误．
【知识点二】感应电流方向的判断
1．用楞次定律判断
(1)楞次定律中“阻碍”的含义：
2．用右手定则判断
该方法只适用于切割磁感线产生的感应电流，注意三个要点：
(1)掌心——磁感线垂直穿入掌心；
(2)拇指——指向导体运动的方向；
(3)四指——指向感应电流的方向．
【例2】(2021·贵州遵义模拟)如图所示，在通电长直导线AB的一侧悬挂一可以自由摆动的闭合矩形金属线圈P，AB在线圈平面内．当发现闭合线圈向右摆动时 ( )
A．AB中的电流减小，用楞次定律判断得线圈中产生逆时针方向的电流
B．AB中的电流不变，用楞次定律判断得线圈中产生逆时针方向的电流
C．AB中的电流增大，用楞次定律判断得线圈中产生逆时针方向的电流
D．AB中的电流增大，用楞次定律判断得线圈中产生顺时针方向的电流
【答案】：C
【解析】：根据安培定则可知线圈所在处的磁场方向垂直纸面向里，若直导线中的电流增大，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律得到：线框中感应电流方向为逆时针方向．根据左手定则可知线圈所受安培力指向线圈内，由于靠近导线磁场强，则安培力较大；远离导线磁场弱，则安培力较小．因此线圈离开AB直导线，即向右摆动，反之产生顺时针方向的电流，向左摆动，故C正确．
【素养升华】本题考察的学科素养主要是科学思维。
【技巧总结】判断感应电流方向的“四步法”
【变式训练1】 (多选)(2021·海南省新高考3月线上诊断)如图所示，螺线管导线的两端与平行金属板相接，一个带正电的小球用绝缘细线悬挂在两金属板间，并处于静止状态。若使一条形磁铁从左向右靠近螺线管，则( )
A.小球向右摆动
B.小球向左摆动
C.螺线管的左端相当于条形磁铁的N极
D.螺线管的左端相当于条形磁铁的S极
【答案】 AD
【解析】 当磁铁靠近时，导致线圈的磁通量发生变化，从而导致线圈中产生感应电动势，假设电路闭合，则由楞次定律可知，感应电流方向是从右极向下通过线圈再到左极，由于线圈相当于电源，因此左极电势高，所以带正电小球将向右摆动，故A正确，B错误；假如电路闭合，则螺线管中的电流方向如图所示，根据右手螺旋定则可知螺线管的左端相当于S极，故C错误，D正确。
【变式训练2】(多选)(2021·山东省济南市第一次模拟)如图所示，铜圆盘安装在竖直的铜轴上，圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场中。电路通过电刷与圆盘的边缘和铜轴接触良好，电源电动势为E，内阻为r，定值电阻为R。先将开关闭合，待圆盘转速稳定后再断开开关，不计一切摩擦，下列说法中正确的是( )
A.闭合开关时，从上往下看圆盘逆时针转动
B.闭合开关转速稳定时，流过圆盘的电流为零
C.断开开关时，a点电势低于b点电势
D.断开开关后，流过电阻R上的电流方向与原电流方向相反
【答案】 BC
【解析】 闭合开关时，铜圆盘中有电流经过，圆盘中电流方向沿半径向外，根据左手定则可知，从上往下看圆盘顺时针转动，故A错误；闭合开关转速稳定时，圆盘不受安培力作用，根据F＝BIL可知流过圆盘的电流为零，故B正确；断开开关时，从上往下看，圆盘顺时针转动，圆盘的半径切割磁感线产生感应电动势，由右手定则知，圆盘中电流方向沿半径向里，所以a点电势低于b点电势，故C正确；闭合开关时，流过电阻R上的电流方向从b点经电阻R到a点；断开开关时，a点电势低于b点电势，流过电阻R上的电流方向从b点经电阻R到a点，所以断开开关后，流过电阻R上的电流方向与原电流方向相同，故D错误。
【知识点三】楞次定律推论的应用
【例3】(2020·全国卷Ⅲ，14)如图，水平放置的圆柱形光滑玻璃棒左边绕有一线圈，右边套有一金属圆环。圆环初始时静止。将图中开关S由断开状态拨至连接状态，电路接通的瞬间，可观察到( )
A.拨至M端或N端，圆环都向左运动
B.拨至M端或N端，圆环都向右运动
C.拨至M端时圆环向左运动，拨至N端时向右运动
D.拨至M端时圆环向右运动，拨至N端时向左运动
【答案】B
【解析】将开关S由断开状态拨至M端或N端，都会使线圈中的电流突然增大，穿过右边圆环的磁通量突然增大，由楞次定律可知，圆环都会向右运动以阻碍磁通量的增大，选项B正确，A、C、D均错误。
【素养升华】本题考察的学科素养主要是科学思维。
【规律方法】楞次定律中“阻碍”的问题的思路
【变式训练1】(2021·广东广州名校联考)如图所示，圆环形导体线圈a平放在水平桌面上，在a的正上方固定一竖直螺线管b，二者轴线重合，螺线管b与电源、滑动变阻器连接成如图所示的电路。若将滑动变阻器的滑片P向下滑动，下列表述正确的是( )
A．线圈a中将产生沿顺时针方向(俯视)的感应电流
B．穿过线圈a的磁通量减小
C．线圈a有扩张的趋势
D．线圈a对水平桌面的压力FN将增大
【审题指导】：根据滑片的移动情况判断出电流的变化情况，再根据楞次定律判断出螺线管与线圈之间的相互作用力方向，再结合楞次定律的有关推论得出正确答案。
【答案】D
【解析】当滑动变阻器的滑片P向下滑动时，螺线管中的电流将增大，使穿过线圈a的磁通量变大，选项B错误；由楞次定律可知，线圈a中将产生沿逆时针方向(俯视)的感应电流，并且线圈a有缩小和远离螺线管的趋势，线圈a对水平桌面的压力FN将增大，故选项D正确，A、C错误。
【变式训练2】(多选)(2021·广东广州市二模)某电磁弹射装置的简化模型如图所示，线圈固定在水平放置的光滑绝缘杆上，将金属环放在线圈左侧。闭合开关时金属环被弹射出去，若( )
A.从右向左看，金属环中感应电流沿逆时针方向
B.将电源正负极调换，闭合开关时金属环将向右运动
C.将金属环放置在线圈右侧，闭合开关时金属环将向右运动
D.金属环不闭合，则闭合开关时金属环不会产生感应电动势
【答案】 AC
【解析】 闭合开关后，由右手定则可知螺线管的左边为N极，故穿过圆环的磁场方向向左，由于圆环中磁通量变大，由楞次定律可知，圆环中感应电流的磁场方向向右，故从右向左看，圆环中电流方向为逆时针，故A正确；将电源正负极对调，闭合开关时，圆环中的磁通量仍然增加，由楞次定律可知，圆环仍然向左运动，故B错误；金属环放置在右侧时，闭合开关，圆环中磁通量增加，由楞次定律可知，它将向右运动，故C正确；金属环不闭合，磁通量变化时会产生感应电动势，但是没有感应电流，故D错误。
【知识点四】探究影响感应电流方向的因素
【例1】(2021·江苏省如东高级中学月考)在“探究影响感应电流方向的因素”的实验中。
(1)如图甲所示，当磁铁的N极向下运动时，发现电流表指针偏转，若要探究线圈中产生感应电流的方向，必须知道______________________________________。
①为弄清灵敏电流计指针摆动方向与电流方向的关系，可以使用一个已知正负极性的直流电源进行探究。某同学想到了多用电表内部某一挡含有直流电源，他应选用多用电表的________挡(填“欧姆”“直流电流”“直流电压”“交流电流”或“交流电压”)对灵敏电流计进行测试。由实验可知，当电流从正接线柱流入电流计时，指针向右摆动。
②如图甲所示，实验中该同学将条形磁铁从线圈上方向下插入线圈过程中(线圈绕向如图乙所示)，电流计的指针向________(填“左”或“右”)偏转。
(2)已知线圈由a端开始绕至b端，当电流从电流计G左端流入时，指针向左偏转，将磁铁N极向下插入线圈，发现指针向左偏转，俯视线圈，其绕向为________(填“顺时针”或“逆时针”)。
【答案】 (1)电流表指针偏转方向与电流方向间的关系及线圈的绕向 ①欧姆 ②右 (2)顺时针
【解析】 (1)电流表没有电流通过时，指针指向中央，要探究线圈中电流的方向，必须知道电流从正(负)接线柱流入时，指针的偏转方向以及线圈的绕向；
①多用电表作为欧姆表使用时，内部有电源，故应该选择欧姆挡；
②将条形磁铁从线圈上方向下插入线圈过程中，线圈中磁场方向向下，且磁通量增加，根据楞次定律判断出电流为逆时针方向，从正接线柱流入电流计，指针向右摆动；
(2)将磁铁N极向下插入线圈，线圈中磁场方向向下，且磁通量增加，想要指针向左偏转，根据楞次定律可知，俯视线圈，其绕向为顺时针。
【素养提升】本题考察的学科素养主要是科学探究。
【变式训练】 (1)如图所示是“探究影响感应电流方向的因素”的实验装置：
①如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上开关后，将A线圈迅速插入B线圈中，电流计指针将________偏转(填“向左”“向右”或 “不”)；
②连好电路后，并将A线圈插入B线圈中后，若要使灵敏电流计的指针向左偏转，可采取的操作是________；
A.插入铁芯 B.拔出A线圈
C.变阻器的滑片向左滑动 D.断开开关S瞬间
(2)G为指针零刻度在中央的灵敏电流表，连接在直流电路中时的偏转情况如图(1)中所示，即电流从电流表G的左接线柱进时，指针也从中央向左偏。今把它与一线圈串联进行电磁感应实验，则图(2)中的条形磁铁的运动方向是向________(填“上”“下”)；图(3)中电流表指针应________(填“向左”“向右”)偏转；图(4)中的条形磁铁下端为________极(填“N”“S”)。
【答案】 (1)①向右 ②BD (2)下 向右 S
【解析】 (1)①已知闭合开关瞬间，A线圈中的磁通量增加，产生的感应电流使灵敏电流计的指针向右偏转，可知磁通量增加时，灵敏电流计的指针向右偏转；当开关闭合后，将A线圈迅速插入B线圈中时，B线圈中的磁通量增加，所以产生的感应电流也应使灵敏电流计的指针向右偏转。
②要使灵敏电流计的指针向左偏转，根据楞次定律知，磁通量应减小。插入铁芯时，B线圈中的磁通量增加，故A错误；拔出A线圈时，B线圈中的磁通量减小，故B正确；
变阻器的滑片向左滑动时，电流增大，B线圈中的磁通量增大，故C错误；断开开关S瞬间，电流减小，B线圈中的磁通量减小，故D正确。
(2)图(2)中指针向左偏，可知感应电流的方向是顺时针(俯视)，感应电流的磁场方向向下，条形磁铁的磁场方向向上，由楞次定律可知，磁通量增加，条形磁铁向下插入；图(3)中条形磁铁N极向下运动，线圈中为向下磁通量增大，感应电流方向应为逆时针方向，电流表指针向右偏转；图(4)中可知指针向右偏，则感应电流的方向逆时针(俯视)，由安培定则可知，感应电流的磁场方向向上，条形磁铁向上拔出，即磁通量减小，由楞次定律可知，条形磁铁的磁场方向应该向上，所以条形磁铁上端为N极，下端为S极。
三．讲关键能力
【能力点一】会正确应用“三定则一定律”
安培定则、左手定则、右手定则、楞次定律的应用对比
【例1】(多选)如图所示，水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒PQ、MN，MN的左边有一如图所示的闭合电路，当PQ在一外力的作用下运动时，MN向右运动，则PQ所做的运动可能是( )
A.向右加速运动 B.向左加速运动
C.向右减速运动 D.向左减速运动
【答案】 BC
【解析】 MN向右运动，说明MN受到向右的安培力，因为ab在MN处的磁场垂直纸面向里eq \(――→,\s\up7(左手定则))MN中的感应电流方向为M→Neq \(――→,\s\up7(安培定则))L1中感应电流的磁场方向向上eq \(――→,\s\up7(楞次定律))eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(L2中磁场方向向上减弱,L2中磁场方向向下增强))。若L2中磁场方向向上减弱eq \(――→,\s\up7(安培定则))PQ中电流方向为Q→P且减小eq \(――→,\s\up7(右手定则))PQ向右减速运动；若L2中磁场方向向下增强eq \(――→,\s\up7(安培定则))PQ中电流方向为P→Q且增大eq \(――→,\s\up7(右手定则))PQ向左加速运动。故选项B、C正确，A、D错误。
【素养升华】本题考察的学科素养主要是科学思维。
【方法提炼】1.左、右手定则巧区分
(1)区分左手定则和右手定则的根本是抓住“因果关系”：“因电而动”——用左手，“因动生电”——用右手。
(2)使用中左手定则和右手定则很容易混淆，为了便于记忆，可把两个定则简单地总结为通电受力，“力”的最后一笔“丿”向左，用左手；运动生电，“电”的最后一笔“乚”向右，用右手。
2.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”．
【变式训练1】(多选)(2021·贵州五校联考)如图所示，在匀强磁场中，放有一与线圈D相连接的平行导轨，要使放在线圈D中的线圈A(A、D两线圈同心共面)各处受到沿半径方向指向圆心的力，金属棒MN的运动情况可能是( )
A．匀速向右 B．加速向左
C．加速向右 D．减速向左
【答案】：BC
【解析】：若金属棒MN匀速向右运动，则线圈D与MN组成回路中的电流恒定，故穿过线圈A的磁通量不变，线圈A不受安培力作用，选项A错误；若金属棒MN加速向左运动，则线圈D与MN组成回路中的电流不断增强，故穿过线圈A的磁通量不断增强，根据楞次定律，为阻碍磁通量的增强，线圈A有收缩的趋势，受到沿半径方向指向圆心的安培力，选项B正确；同理可得，当金属棒MN加速向右运动时，线圈A有收缩的趋势，受到沿半径方向指向圆心的安培力，选项C正确；当金属棒MN减速向左运动时，线圈A有扩张的趋势，受到沿半径方向背离圆心的安培力，选项D错误．
【变式训练2】如图，在方向垂直于纸面向里的匀强磁场中有一U形金属导轨，导轨平面与磁场垂直．金属杆PQ置于导轨上并与导轨形成闭合回路PQRS，一圆环形金属线框T位于回路围成的区域内，线框与导轨共面．现让金属杆PQ突然向右运动，在运动开始的瞬间，关于感应电流的方向，下列说法正确的是( )
A．PQRS中沿顺时针方向，T中沿逆时针方向
B．PQRS中沿顺时针方向，T中沿顺时针方向
C．PQRS中沿逆时针方向，T中沿逆时针方向
D．PQRS中沿逆时针方向，T中沿顺时针方向
【答案】D
【解析】因为PQ突然向右运动，由右手定则可知，PQRS中有沿逆时针方向的感应电流，穿过T中的磁通量减小，由楞次定律可知，T中有沿顺时针方向的感应电流，D正确，A、B、C错误．
【能力点二】 感应电动势求解的“四种”模型
【例2】（2021·湖南省永州市高三上学期1月一模）如图甲所示，半径为r带小缺口的刚性金属圆环固定在竖直平面内，在圆环的缺口两端用导线分别与两块水平放置的平行金属板A、B连接，两板间距为d且足够大．有一变化的磁场垂直于圆环平面，规定向里为正，其变化规律如图乙所示．在平行金属板A、B正中间有一电荷量为q的带电液滴，液滴在0～ SKIPIF 1 < 0 T内处于静止状态．重力加速度为g.下列说法正确的是( )
A. 液滴带负电
B. 液滴的质量为 SKIPIF 1 < 0
C. t= SKIPIF 1 < 0 T时液滴的运动方向改变
D. t=T时液滴与初始位置相距 SKIPIF 1 < 0 gT2
【答案】BD
【解析】
根据题意液滴在 SKIPIF 1 < 0 处于静止状态，知液滴受到向上的电场力和向下的重力平衡，根据楞次定律线圈中感应电动势沿逆时针方向，B板高电势，A板接低电势，两板间的电场方向向上与电场力的方向相同，故液滴带正电，A错误；根据法拉第电磁感应定律 SKIPIF 1 < 0 ，两极板间的电场强度 SKIPIF 1 < 0 ，根据受力平衡有 SKIPIF 1 < 0 ，得 SKIPIF 1 < 0 ，B正确；根据楞次定律， SKIPIF 1 < 0 内，线圈内感应电动势顺时针方向，上极板接高电势，下极板接低电势，两极板间电场向下，电场力向下，根据牛顿第二定律 SKIPIF 1 < 0 ，其中 SKIPIF 1 < 0 ，解得a=2g，液滴向下做初速度为0的匀加速运动，在第 SKIPIF 1 < 0 时速度最大，运动方向不改变，C错误；根据楞次定律 SKIPIF 1 < 0 内，感应电动势逆时针方向，下极板接高电势，上极板接低电势，电场方向向上，液滴在 SKIPIF 1 < 0 内做匀速直线运动， SKIPIF 1 < 0 匀加速直线运动，位移 SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 内匀速直线运动，位移 SKIPIF 1 < 0 ，t=T时液滴与初始位置相距 SKIPIF 1 < 0 ，故D正确．
【素养升华】本题考察的学科素养主要是科学思维。
【规律总结】应用法拉第电磁感应定律应注意的三个问题
(1)公式E＝neq \f(ΔΦ,Δt)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)利用公式E＝nSeq \f(ΔB,Δt)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．推导如下：q＝eq \x\t(I)Δt＝eq \f(nΔΦ,ΔtR)Δt＝eq \f(nΔΦ,R).
【变式训练】(多选)如图(a)，在同一平面内固定有一长直导线PQ和一导线框R，R在PQ的右侧．导线PQ中通有正弦交流电i，i的变化如图(b)所示，规定从Q到P为电流正方向．导线框R中的感应电动势( )
A．在t＝eq \f(T,4)时为零
B．在t＝eq \f(T,2)时改变方向
C．在t＝eq \f(T,2)时最大，且沿顺时针方向
D．在t＝T时最大，且沿顺时针方向
【答案】 AC
【解析】 在t＝eq \f(T,4)时，i－t图线斜率为0，即磁场变化率为0，由E＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(ΔB,Δt)S知，E＝0，A项正确；在t＝eq \f(T,2)和t＝T时，i－t图线斜率的绝对值最大，在t＝eq \f(T,2)和t＝T时感应电动势最大．在eq \f(T,4)到eq \f(T,2)之间，电流由Q向P减弱，导线在R处产生垂直纸面向里的磁场，且磁场减弱，由楞次定律知，R产生的感应电流的磁场方向也垂直纸面向里，即R中感应电动势沿顺时针方向，同理可判断在eq \f(T,2)到eq \f(3T,4)之间，R中电动势也为顺时针方向，在eq \f(3,4)T到T之间，R中电动势为逆时针方向，C项正确，B、D项错误．
【变式训练2】(多选)(2019·全国卷Ⅰ·20)空间存在一方向与纸面垂直、大小随时间变化的匀强磁场，其边界如图(a)中虚线MN所示．一硬质细导线的电阻率为ρ、横截面积为S，将该导线做成半径为r的圆环固定在纸面内，圆心O在MN上．t＝0时磁感应强度的方向如图(a)所示；磁感应强度B随时间t的变化关系如图(b)所示．则在t＝0到t＝t1的时间间隔内( )
A．圆环所受安培力的方向始终不变
B．圆环中的感应电流始终沿顺时针方向
C．圆环中的感应电流大小为eq \f(B0rS,4t0ρ)
D．圆环中的感应电动势大小为eq \f(B0πr2,4t0)
【答案】 BC
【解析】 在0～t0时间内，磁感应强度减小，根据楞次定律可知感应电流的方向为顺时针，圆环所受安培力水平向左；在t0～t1时间内，磁感应强度反向增大，感应电流的方向仍为顺时针，圆环所受安培力水平向右，所以选项A错误，B正确；根据法拉第电磁感应定律得E＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(1,2)πr2·eq \f(B0,t0)＝eq \f(B0πr2,2t0)，由R＝ρeq \f(l,S)可得R＝ρeq \f(2πr,S)，根据欧姆定律可得I＝eq \f(E,R)＝eq \f(B0rS,4t0ρ)，所以选项C正确，D错误．
【能力点三】会分析自感现象
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，只能逐渐变化．
(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
【例3】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，直流电阻值大于灯泡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象中，可能正确的是( )
【答案】D
【解析】闭合S瞬间，外电路电阻最大，然后外电路电阻逐渐减小，外电压逐渐减小，所以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大于灯泡D的阻值，稳定后，通过线圈的电流小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，原来通过线圈L的电流从左向右流过电流传感器，逐渐减小．D图符合题中情况．
【技巧总结】处理自感现象问题的技巧
(1)通电自感：线圈相当于一个变化的电阻——阻值由无穷大逐渐减小，通电瞬间自感线圈处相当于断路．
(2)断电自感：断电时自感线圈处相当于电源，自感电动势由某值逐渐减小到零．
(3)电流稳定时，理想的自感线圈相当于导线，非理想的自感线圈相当于定值电阻．
【变式训练】 [2021·苏、锡、常、镇四市调研(一)]如图所示，电路中L为电感线圈，C为电容器，先将开关S1闭合，稳定后再将开关S2闭合，则( )
A.S1闭合时，灯A、B都逐渐变亮
B.S1闭合时，灯A中无电流通过
C.S2闭合时，灯B立即熄灭
D.S2闭合时，灯A中电流由b到a
【答案】 D
【解析】 S1闭合时，因为电容器通交流阻直流，所以灯A中有短暂电流通过，且不会逐渐变亮，故A、B错误；S2闭合时，因为电感线圈，灯B会逐渐熄灭，故C错误；开关S2闭合时，电容放电，所以S2闭合瞬间A灯有电流从b到a，故D正确。
【能力点四】涡流、电磁阻尼和电磁驱动
【例4】 [2021·浙江省名校联盟创新卷(一)]电磁炉又名电磁灶，是现代厨房革命的产物，它无需明火或传导式加热而让热直接在锅底产生，因此热效率得到了极大的提高。如图13乙所示是描述电磁炉工作原理的示意图，下列说法正确的是( )
A.电磁炉通电线圈加直流电，电流越大，电磁炉加热效果越好
B.电磁炉原理是通电线圈加交流电后，在锅底产生涡流，进而发热工作
C.在锅和电磁炉中间放一绝缘物质，电磁炉不能起到加热作用
D.电磁炉的锅不能用陶瓷锅或耐热玻璃锅，主要原因是这些材料的导热性能较差
【答案】 B
【解析】 电磁炉通电线圈加直流电，会产生恒定磁场，穿过锅底的磁通量不会发生变化，不能产生涡流，所以没有加热效果，故选项A错误；电磁炉的原理是磁场感应涡流加热，即利用交变电流通过线圈产生交变磁场，所以电磁炉通过线圈加交流电后，在锅底产生涡流，进而发热工作，故选项B正确；在锅和电磁炉中间放一绝缘物质，不会影响涡流的产生，因此不会影响电磁炉的加热作用，故选项C错误；金属锅自身产生无数小涡流而直接加热锅，陶瓷锅或耐热玻璃锅属于绝缘材料，不会产生涡流，而不是因为导热性能较差，故选项D错误。
【变式训练】(多选)电吉他中电拾音器的基本结构如图所示，磁体附近的金属弦被磁化，因此弦振动时，在线圈中产生感应电流，电流经电路放大后传送到音箱发出声音，下列说法正确的有( )
A．选用铜质弦，电吉他仍能正常工作
B．取走磁体，电吉他将不能正常工作
C．增加线圈匝数可以增大线圈中的感应电动势
D．弦振动过程中，线圈中的电流方向不断变化
【答案】 BCD
【解析】 铜质弦为非磁性材料，不能被磁化，选用铜质弦，电吉他不能正常工作，A项错误；若取走磁体，金属弦不能被磁化，其振动时，不能在线圈中产生感应电动势，电吉他不能正常工作，B项正确；由E＝neq \f(ΔΦ,Δt)可知，C项正确；弦振动过程中，穿过线圈的磁通量大小不断变化，由楞次定律可知，线圈中感应电流方向不断变化，D项正确．
四．讲模型思想-----导体切割磁感线产生感应电动势的常见类型
1.大小计算
说明 (1)导体与磁场方向垂直。(2)磁场为匀强磁场。
2.方向判断
(1)把产生感应电动势的那部分电路或导体当作电源的内电路，那部分导体相当于电源。
(2)若电路是不闭合的，则先假设有电流通过，然后应用楞次定律或右手定则判断出电流的方向。
(3)电源内部电流的方向是由负极(低电势)流向正极(高电势)，外电路顺着电流方向每经过一个电阻电势都要降低。
类型1 平动切割磁感线
【例1】(2021·福建漳州市第一次教学质检)如图所示，C、D是两条竖直且足够长的固定导轨(电阻不计)，导轨间存在垂直纸面向里的匀强磁场，EF是一个固定螺线管，C、D的输出端a、b分别连接EF的输入端c、d，P是在EF的正下方水平放置在地面上的铝圆环。现对金属棒AB施加一竖直向上的力使金属棒由静止开始向上做匀加速运动，在运动过程中棒始终与C、D导轨良好接触，可认为通电螺线管在圆环中产生的磁感应强度与通过螺线管的电流成正比，则( )
A.金属棒中的感应电流方向由A到B
B.P环有收缩的趋势
C.P环对地面的压力逐渐减小
D.P环中感应电流逐渐变大
【答案】 B
【解析】 根据右手定则，流过金属棒中的感应电流方向由B到A，A错误；由于AB匀加速运动，产生的感应电动势E＝BLv＝BLat越来越大，回路中的电流I＝eq \f(E,R)＝eq \f(BLa,R)t越来越大，穿过P的磁通量与电流成正比，越来越大，根据楞次定律推论，P环有收缩的趋势，故B正确；根据法拉第电磁感应定律，P环中产生恒定的感应电流，故D错误；根据楞次定律，P环与固定螺线管产生的磁场方向相反，两者相互排斥，P环对地面的压力增大，故C错误。
类型2 转动切割磁感线
【例2】 (2021·山东临沂市上学期期末)如图所示，光滑铜环水平固定，半径为l，长为l、电阻为r的铜棒OA的一端在铜环的圆心O处，另一端与铜环良好接触，整个装置处在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中。现使铜棒OA以角速度ω逆时针(俯视)匀速转动，A端始终在铜环上，定值电阻的阻值为3r，上方导线与O点连接，下方导线与铜环连接，其他电阻不计。下列说法正确的是( )
A.O点的电势比A点的电势高
B.回路中通过的电流为eq \f(ωBl2,4r)
C.该定值电阻两端的电压为eq \f(3,8)ωBl2
D.该定值电阻上的热功率为eq \f(ω2B2l4,16r)
【答案】 C
【解析】 由右手定则可知电流方向从O点指向A点，OA是电源，电流从低电势流向高电势，故O点的电势比A点的电势低，故A错误；由法拉第电磁感应定律可知E＝Bleq \f(0＋lω,2)＝eq \f(1,2)Bl2ω，由闭合电路欧姆定律可知回路中通过的电流为I＝eq \f(E,r＋3r)＝eq \f(E,4r)，两式联立可得I＝eq \f(Bl2ω,8r)，故B错误；该定值电阻两端的电压为U＝I×3r，将前面求得电流值代入可得U＝eq \f(3,8)ωBl2，故C正确；由焦耳定律可知该定值电阻上的热功率P＝I2×3r＝eq \f(3ω2B2l4,64r)，故D错误。
【变式训练】 (多选)(2021·安徽皖南八校4月联考)如图所示，在纸面内有半圆形轻质导体框，O为圆心，圆半径长为L，AO段、弧AB段的电阻均为r，BO段导体的电阻可忽略，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场的边界与半圆直径重合，现用外力使导体框在纸面内绕O点以角速度ω沿顺时针方向，从图示位置匀速转动一周，下列说法正确的是( )
A.圆弧AB段内电流方向总是从A流向B
B.转动的前半周内A、B两端电压为eq \f(BωL2,2)
C.转动的后半周内通过O点的电荷量为eq \f(πBL2,4r)
D.外力对线框做的功为eq \f(πωB2L4,4r)
【答案】 CD
【解析】 导体框转动的前半周内，AO切割磁感线，感应电动势为E1＝eq \f(BωL2,2)，圆弧AB段内电流方向从A流向B，AB段为外电路、分压一半，故两端电压为U＝eq \f(1,2)E1＝eq \f(BωL2,4)；转动的后半周BO段切割磁感线，感应电动势为E2＝eq \f(BωL2,2)，圆弧AB段内电流方向从B流向A，故A、B错误；转动的后半周穿过导线框的磁通量变化量为ΔΦ＝eq \f(1,2)πBL2，电路总电阻为R＝2r，则转动的后半周内通过O点的电荷量为q＝eq \f(ΔΦ,R)＝eq \f(\f(1,2)πBL2,2r)＝eq \f(πBL2,4r)，故C正确；从图示位置匀速转动一周过程中，外力对线框做的功等于产生的电能，则W＝eq \f(E2,2r)T＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(BωL2,2)))\s\up12(2),2r)×eq \f(2π,ω)＝eq \f(πωB2L4,4r)，故D正确。
内容
例证
阻碍原磁通量变化——“增反减同”
磁铁靠近线圈，B感与B原方向相反
阻碍相对运动——“来拒去留”
使回路面积有扩大或缩小的趋势——“增缩减扩”
P、Q是光滑固定导轨，a、b是可动金属棒，磁铁下移，a、b靠近
阻碍原电流的变化——“增反减同”
合上S，B先亮
基本现象
因果关系
应用规律
运动电荷、电流产生磁场
因电生磁
安培定则
磁场对运动电荷、电流有作用力
因电受力
左手定则
部分导体做切割磁感线运动
因动生电
右手定则
闭合回路磁通量变化
因磁生电
楞次定律
情景图
研究对象
回路(不一定闭合)
一段直导线(或等效成直导线)
绕一端垂直匀强磁场匀速转动的一段导体棒
绕与B垂直的轴匀速转动的导线框
表达式
E＝neq \f(ΔΦ,Δt)
E＝Blvsin θ
E＝eq \f(1,2)Bl2ω
E＝NBSωsin ω t(从中性面位置开始计时)
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，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．
两种情况下灯泡中电流方向均改变
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，从而对外做功
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
切割方式
表达式
垂直切割
E＝Blv
倾斜切割
E＝Blvsin θ，其中θ为v与B的夹角
旋转切割(以一端为轴)
E＝eq \f(1,2)Bl2ω