新高考物理一轮复习讲义第11章 电磁感应 第2讲 法拉第电磁感应定律 自感和涡流 (含解析)

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1.
2.
3.
eq \a\vs4\al(,4.,,)
5.
6.
7.
1.思考判断
(1)线圈中磁通量变化越大，产生的感应电动势越大。(×)
(2)线圈中磁通量变化越快，产生的感应电动势越大。(√)
(3)感应电流产生的磁场方向与原磁场方向始终相同。(×)
(4)线圈中的电流越大，则自感系数也越大。(×)
2.(多选)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1(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( )
图1
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
考点一 法拉第电磁感应定律的理解和应用
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.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eq \f(ΔΦ,Δt)共同决定，而与磁通量Φ的大小、磁通量的变化量ΔΦ的大小没有必然联系。
3.磁通量的变化率eq \f(ΔΦ,Δt)对应Φ－t图像上某点切线的斜率。
4.磁通量的变化仅由面积变化引起时，E＝nBeq \f(ΔS,Δt)。
5.磁通量的变化仅由磁场变化引起时，E＝neq \f(ΔB·S,Δt)，注意S为线圈在磁场中的有效面积。
6.磁通量的变化是由面积和磁场变化共同引起时，E＝neq \f(|B2S2－B1S1|,Δt)≠neq \f(ΔB·ΔS,Δt)。
例1 (多选)(2023·河南郑州高三月考)如图2所示，垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t均匀变化，磁场方向取垂直纸面向里为正方向。正方形硬质金属框abcd放置在磁场中，金属框平面与磁场方向垂直，电阻R＝0.1 Ω，边长l＝0.2 m，则下列说法正确的是( )
图2
A.在t＝0到t＝0.1 s时间内，金属框中的感应电动势为0.08 V
B.在t＝0.05 s时，金属框ab边受到的安培力的大小为0.16 N
C.在t＝0.05 s时，金属框ab边受到的安培力的方向垂直于ab向右
D.在t＝0到t＝0.1 s时间内，金属框中电流的电功率为0.064 W
答案 AD
解析 根据法拉第电磁感应定律E＝eq \f(nΔΦ,Δt)，解得E＝0.08 V，故A正确；感应电流为I＝eq \f(E,R)＝eq \f(0.08,0.1) A＝0.8 A，在t＝0.05 s时，ab受到的安培力为F＝IlB＝0.8×0.2×0.1 N＝0.016 N，故B错误；金属框中的磁通量减小，根据楞次定律，线框有扩大的趋势，故ab受到的安培力水平向左，故C错误；电功率为P＝EI＝0.08 V×0.8 A＝0.064 W，故D正确。
跟踪训练
1.(2022·河北卷)将一根绝缘硬质细导线顺次绕成如图3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( )
图3
A.kS1 B.5kS2
C.k(S1－5S2) D.k(S1＋5S2)
答案 D
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＝eq \f(ΔΦ1,Δt)＝eq \f(ΔB·S1,Δt)＝kS1，每个小圆线圈产生的感应电动势E2＝eq \f(ΔΦ2,Δt)＝eq \f(ΔB·S2,Δt)＝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(S1＋5S2)，故D正确，A、B、C错误。
2.(2022·全国甲卷)三个用同样的细导线做成的刚性闭合线框，正方形线框的边长与圆线框的直径相等，圆线框的半径与正六边形线框的边长相等，如图4所示。把它们放入磁感应强度随时间线性变化的同一匀强磁场中，线框所在平面均与磁场方向垂直，正方形、圆形和正六边形线框中感应电流的大小分别为I1、I2和I3。则( )
图4
A.I1I3>I2
C.I1＝I2>I3 D.I1＝I2＝I3
答案 C
解析 设圆线框的半径为r，则由题意可知正方形线框的边长为2r，正六边形线框的边长为r；所以圆线框的周长为C2＝2πr，面积为S2＝πr2
同理可知正方形线框的周长和面积分别为
C1＝8r，S1＝4r2
正六边形线框的周长和面积分别为
C3＝6r，S3＝eq \f(3\r(3)r2,2)
三个线框材料、粗细相同，
根据电阻定律R＝ρeq \f(L,S横截面)
可知三个线框电阻之比为
R1∶R2∶R3＝C1∶C2∶C3＝4∶π∶3
根据法拉第电磁感应定律有
I＝eq \f(E,R)＝eq \f(ΔB,Δt)·eq \f(S,R)
由于三个线框处于同一随时间线性变化的磁场中，可得电流之比为
I1∶I2∶I3＝eq \f(S1,R1)∶eq \f(S2,R2)∶eq \f(S3,R3)＝2∶2∶eq \r(3)
即I1＝I2>I3，故选项C正确。
考点二 导线切割磁感线产生的感应电动势
1.导线平动切割的有效长度
公式E＝Blv中的l为导体两端点连线在垂直于速度方向上的投影长度。如图5，导体的有效长度分别为：
图5
图甲：l＝eq \(cd,\s\up6(－))sin β。
图乙：沿v方向运动时，l＝eq \(MN,\s\up6(－))。
图丙：沿v1方向运动时，l＝eq \r(2)R；沿v2方向运动时，l＝R。
2.导线转动切割的三种情况
(1)以中点为轴时，E＝0(不同两段的代数和)。
(2)以端点为轴时，E＝eq \f(1,2)Bl2ω(平均速度取中点位置的线速度eq \f(1,2)lω)。
(3)以任意点为轴时，E＝eq \f(1,2)Bω(leq \\al(2,1)－leq \\al(2,2))(l1、l2分别为转轴到两端点的距离，E为导体两端间的电势差)。
角度 平动切割磁感线
例2 (多选)如图6所示，在MN右侧区域有垂直于纸面向里的匀强磁场，其磁感应强度随时间变化的关系为B＝kt(k为大于零的常量)。一高为a、电阻为R的正三角形金属线框向右匀速运动。在t＝0时刻，线框底边恰好到达MN处；在t＝T时刻，线框恰好完全进入磁场。在线框匀速进入磁场的过程中( )
图6
A.线框中的电流始终为逆时针方向
B.线框中的电流先逆时针方向，后顺时针方向
C.t＝eq \f(T,2)时刻，流过线框的电流大小为eq \f(\r(3)ka2,6R)
D.t＝eq \f(T,2)时刻，流过线框的电流大小为eq \f(5\r(3)ka2,12R)
答案 AD
解析 由右手定则和楞次定律可知动生电动势和感生电动势均为逆时针，故感应电流为逆时针，A正确，B错误；线框匀速进入磁场过程中，设正三角形金属线框边长为L，则L＝eq \f(a,sin 60°)＝eq \f(2\r(3),3)a，t＝eq \f(T,2)时刻，B＝k·eq \f(T,2)，切割长度L′＝eq \f(L,2)＝eq \f(\r(3),3)a，线框匀速进入磁场的速度v＝eq \f(a,T)，则动生电动势E1＝BL′v＝eq \f(\r(3)ka2,6)，此时感生电动势E2＝eq \f(ΔB,Δt)·eq \f(3,4)S＝k·eq \f(3,4)×eq \f(1,2)×a×eq \f(2\r(3),3)a＝eq \f(\r(3),4)ka2，t＝eq \f(T,2)时刻，流过线框的电流大小为I＝eq \f(E1＋E2,R)＝eq \f(5\r(3)ka2,12R)，C错误，D正确。
跟踪训练
3.(2023·江苏泰州高三期末)“L”型的细铜棒在磁感应强度为B的匀强磁场中运动，已知“L”型细铜棒两边相互垂直，长度均为l，运动速度大小为v，则铜棒两端电势差的最大值为( )
A.eq \f(1,2)Blv B.eq \r(2)Blv C.eq \r(3)Blv D.2Blv
答案 B
解析 当细铜棒切割磁感线的有效长度最大时，铜棒两端的感应电动势最大。如图所示，当L型铜棒速度方向垂直铜棒两端连线时，切割磁感线的有效长度为
eq \r(2)l，此时铜棒两端电势差最大，最大值为E＝eq \r(2)Blv，故B正确。
角度 转动切割磁感线
例3 (多选)(2021·广东卷)如图7所示，水平放置足够长光滑金属导轨abc和de，ab与de平行，bc是以O为圆心的圆弧导轨。圆弧be左侧和扇形Obc内有方向如图的匀强磁场。金属杆OP的O端与e点用导线相接，P端与圆弧bc接触良好。初始时，可滑动的金属杆MN静止在平行导轨上。若杆OP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( )
图7
A.杆OP产生的感应电动势恒定
B.杆OP受到的安培力不变
C.杆MN做匀加速直线运动
D.杆MN中的电流逐渐减小
答案 AD
解析 根据转动切割磁感线产生感应电动势的公式可知EOP＝eq \f(1,2)Bl2ω，由于杆OP匀速转动，故A正确；OP切割磁感线，产生感应电流，由右手定则可判断出MN中电流为从M到N，根据左手定则可知MN所受安培力向左，MN向左运动，切割磁感线，产生由N到M的感应电流，与OP切割磁感线产生的感应电流方向相反，故OP与MN中的电流会逐渐减小，由F＝IlB可知，杆OP和MN所受安培力逐渐减小，MN做加速度逐渐减小的加速运动，故B、C错误，D正确。
跟踪训练
4.(2023·安徽宣城调研)边界MN的一侧区域内，存在着磁感应强度大小为B、方向垂直于光滑水平桌面的匀强磁场。边长为l的正三角形金属线框abc粗细均匀，三边阻值相等，a顶点刚好位于边界MN上，现使线框围绕过a点且垂直于桌面的转轴匀速转动，转动角速度为ω，如图8所示，则在ab边开始转入磁场的瞬间，a、b两端的电势差Uab为( )
图8
A.eq \f(1,3)Bl2ω B.－eq \f(1,2)Bl2ω
C.－eq \f(1,3)Bl2ω D.eq \f(1,6)Bl2ω
答案 A
解析 当ab边刚进入磁场时，ab边切割磁感线，切割长度为两个端点间的距离，即为a、b间的距离l，则E＝Bleq \(v,\s\up6(－))＝Bleq \f(lω,2)＝eq \f(1,2)Bl2ω；由楞次定律知，感应电流方向为逆时针，则φa＞φb，设每个边的电阻为R，a、b两点间的电势差为Uab＝I·2R＝eq \f(E,3R)·2R＝eq \f(1,3)Bl2ω，故A正确，B、C、D错误。
考点三 自感现象
1.自感现象的四大特点
(1)自感电动势总是阻碍线圈中原电流的变化。
(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。
2.通电自感和断电自感的比较
例4 图9甲和乙是演示自感现象的两个电路图，L1和L2为电感线圈。实验时，断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗；闭合开关S2，灯A2逐渐变亮。而另一个相同的灯A3立即变亮，最终A2与A3的亮度相同。下列说法正确的是( )
图9
A.图甲中，A1与L1的电阻值相同
B.图甲中，闭合S1，电路稳定后，A1中电流大于L1中电流
C.图乙中，变阻器R与L2的电阻值相同
D.图乙中，闭合S2瞬间，L2中电流与变阻器R中电流相等
答案 C
解析 在题图甲中，断开开关S1瞬间，L1与A1 构成闭合回路，通过灯A1的电流与L1相同，又因灯A1突然闪亮，即通过A1的电流增大，则可推出，闭合S1，待电路稳定后，通过L1 的电流大于通过灯A1电流，根据L1与A1并联，可知L1的电阻小于A1的电阻，故A、B错误；在题图乙中，闭合开关S2，最终A2与A3亮度相同，即电流相同，所以L2与R电阻相同；闭合开关S2的瞬间，L2中电流小于变阻器R中电流，故C正确，D错误。
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，根据题意而定。
跟踪训练
5.(多选)(2023·河北邯郸市高三期末)如图10所示，三个灯泡L1、L2、L3规格相同，螺线管和二极管的导通电阻可以忽略。竖直悬挂的线圈中心轴线与螺线管的轴线水平共线。现突然断开开关S，将发生的现象是( )
图10
A.L1逐渐熄灭，L2、L3逐渐熄灭
B.L1逐渐熄灭，L2立即熄灭，L3先变亮后熄灭
C.线圈向左摆动，并有收缩趋势
D.线圈中的感应电流为逆时针(从左向右看)
答案 BD
解析 突然断开开关，由于螺线管的自感现象，线圈产生自感电动势，使得电流I1(向右)不能突变，而是逐渐变为0，L1逐渐熄灭，由于二极管的单向导电性，L2马上熄灭，由于I1>I3，所以L3闪亮后熄灭，故A错误，B正确；穿过线圈内的磁通量减小，根据楞次定律可知，线圈和螺线管间将有引力作用，线圈向右摆动，且有扩大趋势，线圈中的感应电流方向为逆时针方向，故C错误，D正确。
考点四 涡流 电磁阻尼和电磁驱动
1.产生涡流时的能量转化
(1)金属块放在变化的磁场中，则磁场能转化为电能，最终转化为内能。
(2)如果是金属块进出磁场或在非匀强磁场中运动，则由于克服安培力做功，金属块的机械能转化为电能，最终转化为内能。
2.电磁阻尼和电磁驱动
跟踪训练
6.(多选)涡流检测是工业上无损检测的方法之一。如图11所示，线圈中通以一定频率的正弦交流电，靠近待测工件时，工件内会产生涡流，同时线圈中的电流受涡流影响也会发生变化。下列说法中正确的是( )
图11
A.涡流的磁场总是要阻碍穿过工件的磁通量的变化
B.涡流的频率等于通入线圈的交流电的频率
C.通电线圈和待测工件间存在周期性变化的作用力
D.待测工件可以是塑料或橡胶制品
答案 ABC
解析 由楞次定律可知，涡流的磁场总是要阻碍穿过工件的磁通量的变化，A正确；涡流随着交流电而变化，所以涡流的频率等于通入线圈的交流电的频率，B正确；由于电流在磁场中受安培力作用，故通电线圈和待测工件间存在周期性变化的作用力，C正确；涡流只能在导体中产生，故待测工件不能是塑料或橡胶制品，D错误。
7.扫描隧道显微镜(STM)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12所示。无扰动时，按下列四种方案对紫铜薄板施加恒定磁场；出现扰动后，对于紫铜薄板上下及其左右振动的衰减最有效的方案是( )
图12
答案 A
解析 在A图中，系统震动时，紫铜薄板随之上下及左右振动，磁通量发生变化，产生感应电流，受到安培力，阻碍系统的震动；在B、D图中，只有紫铜薄板左右振动才产生感应电流，而上下振动无电流产生；在C图中，无论紫铜薄板上下振动还是左右振动，都不会产生感应电流，故选项A正确，B、C、D错误。
A级 基础对点练
对点练1 法拉第电磁感应定律的理解和应用
1.(2023·江苏无锡高三期末)目前手机的无线充电技术(如图1甲)已经成熟，其工作过程可简化为如图乙所示，A、B两个线圈彼此靠近平行放置，当线圈A接通工作电源时，线圈B中会产生感应电动势，并对与其相连的手机电池充电。下列说法正确的是( )
图1
A.只要线圈A中输入电流，线圈B中就会产生感应电动势
B.若线圈A中输入变化的电流，线圈B中产生的感应电动势也会发生变化
C.线圈A中输入的电流越大，线圈B中感应电动势越大
D.线圈A中输入的电流变化越快，线圈B中感应电动势越大
答案 D
解析 根据感应电流产生的条件，若在线圈A中输入恒定电流，则线圈A只产生恒定的磁场，线圈B中的磁通量不发生变化，则线圈B中不会产生感应电动势，故A错误；若线圈A中输入随时间均匀变化的电流，则会使线圈A产生随时间均匀变化的磁场，根据法拉第电磁感应定律E＝neq \f(ΔΦ,Δt)＝常数，则线圈B中会产生恒定不变的感应电动势，故B错误；若线圈A中电流恒定不变，无论多大，产生的磁场是恒定的，则线圈B中没有磁通量变化，不会产生感应电动势，故C错误；线圈A中电流变化越快，则线圈A中电流产生的磁场变化越快，根据法拉第电磁感应定律E＝neq \f(ΔΦ,Δt)，线圈B中感应电动势也会越大，故D正确。
2.(2022·江苏卷，5)如图2所示，半径为r的圆形区域内有垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度B随时间t的变化关系为B＝B0＋kt，B0、k为常量，则图中半径为R的单匝圆形线圈中产生的感应电动势大小为( )
图2
A.πkr2 B.πkR2 C.πB0r2 D.πB0R2
答案 A
解析 磁场的有效面积为S＝πr2，磁场的变化率为eq \f(ΔB,Δt)＝k，根据法拉第电磁感应定律可知E＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(ΔBπr2,Δt)＝πkr2，故A正确。
3.如图3，一线圈匝数为n，横截面积为S，总电阻为r，处于一个均匀增强的磁场中，磁感应强度随时间的变化率为k(k>0且为常量)，磁场方向水平向右且与线圈平面垂直，电容器的电容为C，两个电阻的阻值分别为r和2r。下列说法正确的是( )
图3
A.电容器下极板带正电
B.此线圈的热功率为eq \f(（nkS）2,r)
C.电容器所带电荷量为eq \f(3nSkC,5)
D.电容器所带电荷量为eq \f(nSkC,2)
答案 D
解析 根据楞次定律可以判断通过电阻r的电流方向为从左往右，所以电容器上极板带正电，故A错误；根据法拉第电磁感应定律可得线圈产生的感应电动势为E＝neq \f(ΔΦ,Δt)＝nSeq \f(ΔB,Δt)＝nkS，根据焦耳定律可得此线圈的热功率为P＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(E,2r)))eq \s\up12(2)r＝eq \f(（nkS）2,4r)，故B错误；电容器两端电压等于r两端电压，电容器所带电荷量为Q＝CU＝eq \f(rCE,2r)＝eq \f(nSkC,2)，故C错误，D正确。
4.如图4甲所示，粗细均匀的导体框ABC，∠B＝90°，∠C＝30°，AB边长为L，导体框的总电阻为R。一匀强磁场垂直导体框ABC所在平面，方向向里，磁感应强度随时间变化规律如图乙所示。下列说法正确的是( )
图4
A.导体框ABC中电流的方向为顺时针
B.导体框ABC中电流的大小为eq \f(\r(3)L2B0,t0R)
C.t0时刻两直角边AB和BC所受安培力合力大小为eq \f(\r(3)L3Beq \\al(2,0),t0R)
D.两直角边AB和BC所受安培力合力方向为垂直AC向左下方
答案 C
解析 结合图甲和图乙，根据楞次定律可知，导体框ABC中电流的方向为逆时针，故A错误；根据法拉第电磁感应定律，感应电动势E＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(ΔB×S,Δt)＝eq \f(\r(3)B0L2,2t0)，则感应电流I＝eq \f(E,R)＝eq \f(\r(3)B0L2,2Rt0)，故B错误；磁场中的闭合回路所受安培力的合力为零，则两直角边AB和BC所受安培力合力大小与斜边AC所受安培力大小相等，则F＝2ILB0＝eq \f(\r(3)Beq \\al(2,0)L3,Rt0)，故C正确；两直角边AB和BC所受安培力合力大小与斜边AC所受安培力方向相反，根据左手定则可知，AC边所受安培力方向为垂直AC向左下方，则两直角边AB和BC所受安培力合力方向为垂直AC向右上方，故D错误。
对点练2 导体切割磁感线产生感应电动势
5.(多选)(2023·广东梅州高三月考)法拉第圆盘发电机的示意图如图5所示。半径为L的铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触，磁感应强度为B，方向如图所示，下列说法正确的是( )
图5
A.若从上往下看，圆盘顺时针转动，则圆盘中心电势比边缘要低
B.若从上往下看，圆盘顺时针转动，则电流沿a到b的方向流动
C.若圆盘转动的角速度为ω，圆盘转动产生的感应电动势大小为eq \f(1,2)BωL2
D.若圆盘转动的方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化
答案 BC
解析 若从上往下看，圆盘顺时针转动，根据右手定则可知，电流方向由P指向圆盘中心，则圆盘中心电势比边缘高，电流沿a到b的方向流过电阻，故A错误，B正确；若圆盘转动的角速度为ω，圆盘转动产生的感应电动势大小为E＝BLv＝BLeq \f(ωL,2)＝eq \f(1,2)BωL2，故C正确；若圆盘转动的方向不变，角速度大小发生变化，则电流的大小发生变化，电流方向不发生变化，故D错误。
6.如图6所示，由均匀导线制成的半径为R的圆环，以速度v匀速进入一磁感应强度大小为B的匀强磁场。当圆环运动到图示位置(∠aOb＝90°)时，a、b两点的电势差Uab为( )
图6
A.eq \r(2)BRv B.eq \f(\r(2),2)BRv
C.－eq \f(\r(2),4)BRv D.－eq \f(3\r(2),4)BRv
答案 D
解析 有效切割长度即a、b连线的长度，如图所示，由几何关系知有效切割长度为eq \r(2)R，所以产生的电动势为E＝BLv＝B·eq \r(2)Rv，电流的方向为a→b，所以Uab＜0，由于在磁场部分的阻值为整个圆的eq \f(1,4)，所以Uab＝－eq \f(3,4)B·eq \r(2)Rv＝－eq \f(3\r(2),4)BRv，故D正确。
7.(多选)(2023·广东深圳高三月考)磁悬浮列车是高速低耗交通工具，如图7(a)所示，它的驱动系统简化为如图(b)所示的物理模型。固定在列车底部的正方形金属线框的边长为L，匝数为N，总电阻为R。水平面内平行长直导轨间存在磁感应强度均为B、方向交互相反、边长均为L的正方形组合匀强磁场。当磁场以速度v匀速向右移动时，可驱动停在轨道上的列车，则( )
图7
A.图示时刻线框中感应电流沿逆时针方向
B.列车运动的方向与磁场移动的方向相同
C.列车速度为v′时线框中的感应电动势大小为2NBL(v－v′)
D.列车速度为v′时线框受到的安培力大小为eq \f(2NB2L2（v－v′）,R)
答案 BC
解析 线框相对磁场向左运动，根据右手定则可知图示时刻线框中感应电流沿顺时针方向，A错误；根据左手定则，列车受到向右的安培力，因此列车运动的方向与磁场移动的方向相同，B正确；根据法拉第电磁感应定律E＝2NBLΔv＝2NBL(v－v′)，C正确；列车速度为v′时线框受到的安培力大小为F＝2NILB＝eq \f(4N2B2L2（v－v′）,R)，D错误。
对点练3 自感、涡流、电磁驱动和电磁阻尼
8.科技的发展给生活带来了很多的便利，电磁炉是很多家庭必备的家用电器，下列有关电磁炉的说法正确的是( )
A.电磁炉接到220 V直流电源上，仍可正常工作
B.陶瓷砂锅也可用电磁炉加热
C.在电磁炉面板上放置一环形轻质铝箔，电磁炉工作时铝箔可能会动起来
D.同一电磁炉的加热效果只与接入的电流大小有关
答案 C
解析 电磁炉是应用电磁感应原理对食品进行加热的，电磁炉的炉面是耐热陶瓷板，交变电流通过陶瓷板下方的线圈产生交变磁场，磁场内的磁感线穿过铁锅、不锈钢锅等的底部时，产生涡流，令锅底迅速发热，达到加热食品的目的，故不能用直流电源和不导电的锅具，故A、B错误；电磁炉工作时，穿过环形轻质铝箔的磁通量发生变化，铝箔中产生感应电流，在磁场中受安培力作用，铝箔可能会动起来，故C正确；电磁炉通电线圈通入大小和方向变化的电流，电流变化越快，穿过锅底的磁通量变化就越快，根据法拉第电磁感应定律可知，产生的感应电动势就越大，涡流就越大，从而导致单位时间内产生的热量就越多，即电磁炉加热效果越好，电流变化快慢和频率有关，故电磁炉的加热效果与接入电流频率也有关，故D错误。
9.如图8所示，某小组利用电流传感器(接入电脑，图中未画出)记录灯泡A和自感元件L构成的并联电路某时刻在断电瞬间各支路电流随时间的变化情况，i1表示小灯泡中的电流，i2表示自感元件中的电流(已知开关S闭合时i2>i1)，则下列图像中正确的是( )
图8
答案 C
解析 当开关S断开后，自感元件与灯泡形成回路，自感元件阻碍自身电流变化，自感元件产生的感应电流仍沿着原来方向，大小从i2开始不断减小，灯泡的电流反向，大小与自感元件电流相等，故C正确，A、B、D错误。
B级 综合提升练
10.如图9所示，匀强磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框，半圆直径与磁场边缘重合，磁场方向垂直于半圆面(纸面)向里，磁感应强度大小为B0，使该线框从静止开始绕过圆心O且垂直于半圆面的轴以角速度ω匀速转动半周，在线框中产生感应电流。现使线框保持图中所示位置不变，磁感应强度大小随时间线性变化。为了产生与线框转动半周过程中同样大小的电流，磁感应强度随时间的变化率eq \f(ΔB,Δt)的大小应为( )
图9
A.eq \f(ωB0,π) B.eq \f(2ωB0,π) C.eq \f(4ωB0,π) D.eq \f(ωB0,2π)
答案 A
解析 若要产生的电流相等，则产生的感应电动势应相等。设半圆半径为L，从静止开始绕圆心O以角速度ω匀速转动时，线框中产生的感应电动势大小为E1＝eq \f(1,2)B0L2ω；当磁感应强度大小随时间线性变化时，根据法拉第电磁感应定律得E2＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(ΔB·S,Δt)＝eq \f(ΔB,Δt)·eq \f(1,2)πL2，由E1＝E2可得eq \f(ΔB,Δt)＝eq \f(ωB0,π)，故B、C、D错误，A正确。
11.(多选)如图10甲所示，用横截面积为S、电阻率为ρ的硬质导线绕成边长为L，匝数为n的正方形线框abcd，置于垂直于线框平面的匀强磁场中。图甲中磁场方向为正方向，从t＝0开始，磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示。则在0～t0时间内( )
图10
A.线框中的电流先增大后减小
B.线框四条边所受安培力先向内后向外
C.线框中感应电动势的大小一直为eq \f(2B0L2,t0)
D.线框中感应电流做的功为eq \f(nBeq \\al(2,0)L3S,ρt0)
答案 BD
解析 在0～eq \f(t0,2)时间内，根据楞次定律可知线框中感应电流方向为逆时针方向，根据左手定则，线框四条边所受安培力向内，在eq \f(t0,2)～t0时间内，根据楞次定律可知线框中感应电流方向为顺时针方向，根据左手定则，线框四条边所受安培力向外，故B正确；根据法拉第电磁感应定律可得，在0～eq \f(t0,2)时间内，线框中感应电动势的大小为E1＝eq \f(nL2ΔB,Δt)＝eq \f(2nB0L2,t0)，在eq \f(t0,2)～t0时间内，线框中感应电动势的大小为E2＝eq \f(nL2ΔB,Δt)＝eq \f(2nB0L2,t0)，故C错误；根据电阻定律可得线框的电阻为R＝eq \f(4ρnL,S)，在0～eq \f(t0,2)时间内，线框中的电流为I1＝eq \f(E1,R)＝eq \f(B0LS,2ρt0)，在eq \f(t0,2)～t0时间内，线框中的电流为I2＝eq \f(E2,R)＝eq \f(B0LS,2ρt0)，故A错误；线框中感应电流做的功为W＝EIt＝eq \f(2nB0L2,t0)·eq \f(B0LS,2ρt0)·t0＝eq \f(nBeq \\al(2,0)L3S,ρt0)，故D正确。
12.如图11甲所示，质量为1 kg的金属棒ab静止在粗糙的平行导轨上且与导轨垂直，两平行导轨固定在同一水平面内。ab棒、导轨和定值电阻R组成面积为1 m2的闭合回路，回路总电阻为3 Ω。回路内有与水平面成37°角斜向上且均匀变化的匀强磁场，从t＝0时刻开始，磁感应强度B随时间t变化的图像如图乙所示。已知两平行导轨的间距为1 m，ab棒与导轨间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8。在t＝1 s时，ab棒恰好相对导轨开始运动，则此时( )
图11
A.ab棒中的电流方向为a流向b
B.ab棒受到的安培力大小为eq \f(25,3) N
C.ab棒与导轨间的压力大小为eq \f(10,3) N
D.ab棒与导轨间的动摩擦因数为0.5
答案 D
解析 由楞次定律知ab棒中的电流方向为b流向a，故A错误；由图乙可知，磁感应强度的变化率为eq \f(ΔB,Δt)＝5 T/s，由法拉第电磁感应定律得E＝eq \f(ΔB,Δt)Ssin 37°＝
3 V，则回路中的电流I＝eq \f(E,R)＝1 A，t＝1 s时磁感应强度为5 T，则ab棒所受安培力大小为F＝ILB＝5 N，故B错误；由左手定则知，安培力方向垂直磁场方向向左上，则ab棒与导轨间的压力大小为FN＝mg－Fcs 37°＝6 N，故C错误；ab棒与导轨间的摩擦力Ff＝Fsin 37°＝3 N，又Ff＝μFN，解得μ＝0.5，故D正确。
13.(2020·全国卷Ⅲ，24)如图12，一边长为l0的正方形金属框abcd固定在水平面内，空间存在方向垂直于水平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场。一长度大于eq \r(2)l0的均匀导体棒以速率v自左向右在金属框上匀速滑过，滑动过程中导体棒始终与ac垂直且中点位于ac上，导体棒与金属框接触良好。已知导体棒单位长度的电阻为r，金属框电阻可忽略。将导体棒与a点之间的距离记为x，求导体棒所受安培力的大小随x(0≤x≤eq \r(2)l0)变化的关系式。
图12
答案 见解析
解析 当导体棒与金属框接触的两点间棒的长度为l时，由法拉第电磁感应定律知，导体棒上感应电动势的大小为
E＝Blv①
由欧姆定律，流过导体棒的感应电流为
I＝eq \f(E,R)②
式中，R为这一段导体棒的电阻。根据题意有
R＝rl③
此时导体棒所受安培力大小为
F＝IlB④
由题设和几何关系有
l＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2x，0≤x≤\f(\r(2),2)l0,2（\r(2)l0－x），\f(\r(2),2)l0联立①②③④⑤式得
F＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(2B2v,r)x，0≤x≤\f(\r(2),2)l0,\f(2B2v,r)（\r(2)l0－x），\f(\r(2),2)l0断电自感
电路图
器材
A1、A2同规格，R＝RL，L较大
L很大(有铁芯)，RL＜RA
现象
S闭合瞬间，A2灯立即亮起来，A1灯逐渐变亮，最终一样亮
开关S断开时，灯A突然闪亮一下后再渐渐熄灭
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