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2025年高考物理一轮复习讲义学案 第十二章 电磁感应 第二讲 法拉第电磁感应定律、自感和涡流
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这是一份2025年高考物理一轮复习讲义学案 第十二章 电磁感应 第二讲 法拉第电磁感应定律、自感和涡流，共24页。
考点1 法拉第电磁感应定律的理解及应用
1.对法拉第电磁感应定律的理解
2.法拉第电磁感应定律的应用
（1）法拉第电磁感应定律应用的三种情况
（2）应用法拉第电磁感应定律的注意事项
①公式E＝nΔΦΔt求解的是一个回路中某段时间内的平均感应电动势，只有在磁通量均匀变化时，感应电动势的平均值才等于瞬时值.
②利用公式E＝nΔBΔtS求解时，S为线圈在磁场中的有效面积.
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，q＝nΔΦR.
理解公式E＝nΔΦΔt，判断下列说法的正误.
（1）Φ＝0，ΔΦΔt不一定等于0.（ √ ）
（2）穿过线圈的磁通量变化越大，感应电动势也越大.（ ✕ ）
（3）穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大.（ √ ）
（4）线圈匝数n越多，磁通量越大，感应电动势也越大.（ ✕ ）
如图，电流表与螺线管组成闭合回路.判断下列说法的正误.
（1）磁铁快速插入螺线管时比慢速插入螺线管时电流表指针偏转大.（ √ ）
（2）磁铁快速插入螺线管和慢速插入螺线管，磁通量变化相同，故电流表指针偏转相同.（ ✕ ）
（3）磁铁放在螺线管中不动时，螺线管中的磁通量最大，所以电流表指针偏转最大.（ ✕ ）
（4）将磁铁从螺线管中拔出时，磁通量减小，所以电流表指针偏转一定减小.（ ✕ ）
命题点1 平均电动势与瞬时电动势的计算
1.如图所示，可绕固定轴OO'转动的正方形单匝金属线框的边长为L，线框从水平位置由静止释放，经过时间t到达竖直位置，此时ab边的速率为v.设线框始终处在方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中，求：
（1）这个过程中线框中的平均感应电动势；
（2）到达竖直位置瞬间线框中的感应电动势.
答案 （1）BL2t （2）BLv
解析 （1）金属线框从水平位置运动到竖直位置的过程中，由法拉第电磁感应定律可得
平均感应电动势E＝ΔΦΔt＝BL2t
（2）线框到达竖直位置时，只有ab边切割磁感线产生感应电动势，则线框中的感应电动势E＝BLv.
命题点2 感应电动势的计算
2.[2023湖北]近场通信（NFC）器件应用电磁感应原理进行通讯，其天线类似一个压平的线圈，线圈尺寸从内到外逐渐变大.如图所示，一正方形NFC线圈共3匝，其边长分别为1.0cm、1.2cm和1.4cm，图中线圈外线接入内部芯片时与内部线圈绝缘.若匀强磁场垂直通过此线圈，磁感应强度变化率为103T/s，则线圈产生的感应电动势最接近（ B ）
解析 由法拉第电磁感应定律得E＝E1＋E2＋E3＝ΔBΔt(S1＋S2＋S3)，又ΔBΔt＝103 T/s，
S1＝1.02×10－4 m2，S2＝1.22×10－4 m2，S3＝1.42×10－4 m2，代入数据解得E＝0.44 V，
B正确.
3.如图甲所示，水平光滑U形导轨宽0.4m，金属棒ab垂直放置在导轨上，均匀变化的磁场垂直穿过导轨平面，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示，金属棒ab的电阻为1Ω，导轨电阻不计.t＝0时刻，ab棒从导轨最左端，以v＝1m/s的速度向右匀速运动，求1s末回路中的感应电流及金属棒ab受到的安培力.
答案 1.6A，方向沿逆时针方向 1.28N，方向水平向左
解析 由图乙知，1s末磁感应强度B1＝2T
ab棒产生的动生电动势为
E动＝B1Lv＝2×0.4×1V＝0.8V
回路中产生的感生电动势为
E感＝ΔBΔtLvt＝2×0.4×1×1V＝0.8V
根据楞次定律知两个电动势串联，则总电动势为
E＝E动＋E感＝1.6V
回路中的感应电流为I＝ER＝1.61A＝1.6A，根据楞次定律知感应电流的方向沿逆时针方向
1s末ab棒受到的安培力为F＝B1IL＝2×1.6×0.4N＝1.28N，由左手定则知安培力的方向水平向左.
方法点拨
法拉第电磁感应定律的理解
考点2 导体切割磁感线产生感应电动势
1.动生电动势
2.导体平动切割磁感线
3.导体转动切割磁感线
计算下面各图中的感应电动势.
（1）如图1，E1＝ Blvsinθ .
（2）如图2，E2＝ Bcdvsinβ .
图1 图2
（3）如图3，E3＝ BMNv .
（4）如图4，若沿v1方向运动，则E4＝ 2BRv1 ；若沿v2方向运动，则E5＝ BRv2 .
E＝nΔΦΔt与E＝Blv的区别
命题点1 有效长度问题
4.如图，一导线弯成半径为a的半圆形闭合回路.虚线MN右侧有磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于回路所在的平面.回路以速度v向右匀速进入磁场，直径CD始终与MN垂直.从D点到达边界开始到C点进入磁场为止，下列说法错误的是（ B ）
A.感应电流方向不变
B.CD段直导线始终不受安培力
C.感应电动势最大值E＝Bav
D.感应电动势平均值E＝14πBav
解析 在闭合回路进入磁场的过程中，通过闭合回路的磁通量逐渐增大，根据楞次定律和安培定则可知感应电流的方向始终为逆时针方向，A正确；根据左手定则可以判断，CD段受方向向下的安培力，B错误；利用感应电动势公式E＝Blv计算时，l应是有效切割长度，当半圆形闭合回路进入磁场一半时，有效切割长度最大，为a，这时感应电动势最大，为E＝Bav，C正确；感应电动势的平均值E＝ΔΦΔt＝B·12πa22av＝14πBav，D正确.故选B.
命题点2 平动切割磁感线
5.[2023福建泉州模拟/多选]如图所示，abcd为水平放置的U形光滑金属导轨，间距为l，导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，导轨电阻不计.已知金属杆MN倾斜放置，与导轨成θ角，单位长度的电阻为r，保持金属杆以速度v沿垂直于MN的方向滑动（金属杆滑动过程中与导轨接触良好），则（ AD ）
A.电路中感应电动势的大小为Blvsinθ
B.电路中感应电流的大小为Bvsinθr
C.金属杆所受安培力的大小为B2lvsinθr
D.金属杆的热功率为B2lv2rsinθ
解析 由于速度方向是与金属杆垂直的，而整个金属杆又是与磁场垂直的，所以整个金属杆均垂直切割磁感线，切割长度L＝lsinθ，所以感应电动势E＝BLv＝Blvsinθ，A正确；金属杆的电阻R＝Lr＝lsinθr，电路中的电流I＝ER＝Bvr，B错误；金属杆受到的安培力F＝BIL＝B2lvrsinθ，C错误；金属杆的热功率P＝I2R＝B2v2lrsinθ，D正确.
命题拓展
如图所示，如果金属杆以速度v沿平行于cd的方向滑动，则情况又如何呢？
答案 电路中的感应电动势E＝Blv，感应电流I＝ER＝Elsinθr＝Bvsinθr，金属杆所受安培力大小F＝BIlsinθ＝B2lvr，金属杆的热功率P＝I2R＝I2lsin θr＝B2lv2sinθr..
命题点3 转动切割磁感线
6.如图所示，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（ C ）
A.Ua＞Uc，金属框中无电流
B.Ub＞Uc，金属框中电流方向为a→b→c→a
C.Ubc＝－12Bl2ω，金属框中无电流
D.Ubc＝12Bl2ω，金属框中电流方向为a→c→b→a
解析 金属框abc平面与磁场平行，转动过程中磁通量始终为零，所以无感应电流产生，B、D错误；转动过程中bc边和ac边均切割磁感线，产生感应电动势，由右手定则可知Ua＜Uc，Ub＜Uc，A错误；由转动切割磁感线产生感应电动势的公式得Ubc＝－12Bl2ω，C正确.
如图所示，半径为r的金属圆盘在垂直于盘面向里的磁感应强度为B的匀强磁场中，绕过圆心垂直于盘面的金属轴以角速度ω沿逆时针方向匀速转动，电阻R一端通过导线连接在轴上，另一端通过导线连接在与圆盘边缘接触良好的金属片上，则通过电阻R的电流的方向和大小为（金属圆盘、轴和金属片的电阻不计）（ D ）
A.由c到d，I＝Bωr2RB.由d到c，I＝Bωr2R
C.由c到d，I＝Bωr22RD.由d到c，I＝Bωr22R
解析 圆盘可看作沿半径方向的无数根金属条，由右手定则知，其电流方向为从边缘指向圆心，所以通过电阻R的电流方向为由d到c；金属圆盘产生的感应电动势E＝12Bωr2，由I＝ER知通过电阻R的电流大小为I＝Bωr22R，D正确.
考点3 自感、涡流、电磁阻尼和电磁驱动
1.感生电动势
2.自感
3.涡流
4.感应电流的机械效应——电磁阻尼和电磁驱动
判断下列说法的正误.
（1）真空冶炼炉是利用涡流来熔化金属的装置.（ √ ）
（2）家用电磁炉锅体中的涡流是由恒定磁场产生的.（ ✕ ）
（3）阻尼摆摆动时产生的涡流总是阻碍其运动.（ √ ）
（4）变压器的铁芯用相互绝缘的硅钢片叠成，不能减小涡流.（ ✕ ）
磁电式仪表的线圈常常用铝框做骨架，把线圈绕在铝框上，指针也固定在铝框上（如图）.铝框的作用是什么？
答案 假定仪表工作时指针向右转动，则铝框中有感应电流，铝框要受到安培力阻碍指针向右偏转，使指针快速停下，防止打坏指针.
如图所示，小螺线管与音乐播放器相连，大螺线管直接与音响相连.当把小螺线管插入大螺线管中时，音乐就会从音响中响起来，大、小螺线管之间发生的物理现象是（ C ）
A.自感B.静电感应C.互感D.直接导电
解析 小螺线管与音乐播放器相连，小螺线管中输入了音频信号，当把小螺线管插入大螺线管中时，音乐就会从音响中响起来，说明大螺线管中激发出了感应电流，是互感现象，故C正确.
命题点1 通断电自感现象的分析
7.图甲和图乙是教材中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（ C ）
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
解析 题图甲中，断开S1的瞬间，灯A1闪亮，故断开S1前，稳定时IL1＞IA1，又由于L1和A1两端电压相等，故电阻RL1＜RA1，所以A、B均错误；题图乙中，闭合S2瞬间，由于L2的自感作用，通过L2的电流很小，稳定时A2与A3亮度相同，故电流相等，所以变阻器R与L2的电阻值相同，C正确，D错误.
方法点拨
自感现象中的“三注意、三技巧”
命题点2 对涡流的理解
8.[2023广东佛山质检]涡流内检测技术是一项用来检测各种金属管道是否有破损的技术.检测仪在管道内运动及其工作原理剖面示意图如图所示，当激励线圈中通以正弦交流电时，金属管道壁内会产生涡流，涡流磁场会影响检测线圈的电流.以下有关涡流内检测仪的说法正确的是（ C ）
A.检测线圈消耗功率等于激励线圈输入功率
B.在管道内某处检测时，如果只增大激励线圈中交流电的频率，则检测线圈的电流不变
C.在管道内某处检测时，如果只增大激励线圈中交流电的频率，则检测仪消耗功率将变大
D.当检测仪从金属管道完好处进入破损处检测时，管道壁中将产生更强的涡流
解析 管道壁中产生涡流，有一定的热功率，P激励＝P检测＋P热，激励线圈输入功率大于检测线圈消耗功率，故A错误；增大激励线圈中交流电的频率，检测线圈的磁通量变化率变大，产生的感应电动势变大，则电流变大，故B错误；增大激励线圈中交流电的频率，检测线圈消耗的功率和管道产生的热功率变大，则检测仪消耗功率将变大，故C正确；当检测仪从金属管道完好处进入破损处检测时，管道壁中产生的涡流变小，故D错误.
方法点拨
产生涡流时的能量转化
伴随着涡流现象，其他形式的能转化成电能，最终在金属块中转化为内能.
（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.
命题点3 电磁阻尼和电磁驱动
9.[电磁驱动/浙江高考]如图所示，在光滑绝缘水平面上，两条固定的相互垂直彼此绝缘的导线通以大小相同的电流I.在角平分线上，对称放置四个相同的正方形金属框.当电流在相同时间间隔内增加相同量，则（ B ）
A.1、3线圈静止不动，2、4线圈沿着对角线向内运动
B.1、3线圈静止不动，2、4线圈沿着对角线向外运动
C.2、4线圈静止不动，1、3线圈沿着对角线向内运动
D.2、4线圈静止不动，1、3线圈沿着对角线向外运动
解析 由安培定则和磁场叠加原理可知线圈1、3所在处的合磁感应强度为零，穿过这两个线圈的磁通量为零，当电流在相同时间间隔内增加相同量时，磁通量仍为零，则没有感应电流产生，所以线圈1、3静止不动，C、D错误；线圈2中的合磁感应强度方向垂直于纸面向外，线圈4中的合磁感应强度方向垂直于纸面向里，当电流在相同时间间隔内增加相同量时，由楞次定律可知，两线圈应向磁通量减小的方向运动，即沿对角线向外运动，A错误，B正确.
10.[电磁阻尼/多选]以下哪些现象属于电磁阻尼现象（ ABC ）
A.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 线圈能使上下振动的条形磁铁快速停下来，是电磁阻尼现象；无缺口的铝管比有缺口的铝管能更快使强磁铁匀速运动，是电磁阻尼现象；U形磁铁能使高速转动的铝盘迅速停下来，铝盘受到的力是阻力，所以是电磁阻尼现象；转动把手时，U形磁铁转动，线框跟随转动，线框受到的力是动力，所以是电磁驱动现象.故选A、B、C.
热点11 法拉第电磁感应定律在电磁科技中的应用
法拉第电磁感应定律与生产、生活密切相关，高考对这部分的考查趋向于有关现代气息和STSE问题中的信息题，命题情境有电磁卡、车速表、磁力刹车、金属探测器、无线充电技术等.
1.[电磁卡]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v0刷卡时，在线圈中产生感应电动势，其E－t关系如图所示.如果只将刷卡速度改为v02，线圈中的感应电动势随时间变化的E－t关系图可能是（ D ）
A B
C D
解析 根据E＝Blv可知，若将刷卡速度改为v02，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正确.
2.[金属探测器——涡流/多选]金属探测器实物及其结构原理图如图所示.探测器运用的是电磁感应原理，发射线圈（外环）可以产生垂直于线圈平面且大小和方向均匀变化的磁场；内环线圈是接收线圈，用来收集被探测金属物发出的磁场（接收线圈能完全屏蔽发射线圈产生的磁场）.随着发射线圈产生的磁场方向和大小不断变化，它会与所遇到的金属物发生作用，导致金属物自身也产生微弱的磁场，来自金属物的磁场进入内环线圈被接收到后，检测器会发出报警声.若发射线圈产生向下且增强的磁场，则下列说法正确的是（ AC ）
A.金属物产生的感应磁场的方向竖直向上
B.金属物中的涡流从上往下看沿顺时针方向
C.金属物发出的磁场穿过接收线圈时，接收线圈会产生微弱的电流，此类探测器相应的元件就是依据这一电流进行报警的
D.如果金属物某时刻发出向上的磁场，那么接收线圈中的感应电流从上往下看沿逆时针方向
解析 若发射线圈产生向下且增强的磁场，则穿过金属物的磁通量增加，根据楞次定律和安培定则知，金属物中的涡流产生的磁场方向竖直向上，涡流从上往下看沿逆时针方向，A正确，B错误；金属物发出的磁场穿过接收线圈时，接收线圈内磁通量发生变化，会产生微弱的感应电流，此类探测器相应的元件就是依据这一电流进行报警的，C正确；如果金属物某时刻发出向上的磁场，则接收线圈中的感应电流从上往下看沿顺时针方向，D错误.
3.[磁力刹车——电磁阻尼/多选]磁力刹车是游乐场中过山车采用的一种新型刹车装置，此装置比靠摩擦力刹车更稳定.如图为该新型装置的原理图（从后朝前看），过山车的两侧装有铜片，停车区的轨道两侧装有强力磁铁，当过山车进入停车区时，铜片与磁铁的相互作用能使过山车很快停下来.关于该装置的下列说法正确的是（ BC ）
A.刹车原理是电流的磁效应
B.过山车从进入停车区到停止的过程中，动能转化为电能，电能又转化为内能
C.过山车进入停车区的速度越大，刹车的阻力就越大
D.若将铜片换成有机玻璃片，也能达到相同的刹车效果
解析 当过山车进入停车区时，会导致穿过铜片的磁通量发生变化，产生感应电流，形成感应磁场，与强力磁铁产生相互作用，利用了电磁感应原理，故A错误；刹车过程中过山车速度减小，动能转化为电能，电能又转化为内能，故B正确；过山车的速度越大，磁通量变化就越快，产生的感应电流就越大，感应磁场就越强，与强力磁铁的作用力就越大，故刹车的阻力就越大，C正确；将铜片换成有机玻璃片，有机玻璃片不导电，因此不能形成感应磁场，不能达到相同的刹车效果，D错误.
1.[电磁阻尼＋图像分析/2023全国乙]一学生小组在探究电磁感应现象时，进行了如下比较实验.用图（a）所示的缠绕方式，将漆包线分别绕在几何尺寸相同的有机玻璃管和金属铝管上，漆包线的两端与电流传感器接通.两管皆竖直放置，将一很小的强磁体分别从管的上端由静止释放，在管内下落至管的下端.实验中电流传感器测得的两管上流过漆包线的电流I随时间t的变化分别如图（b）和图（c）所示，分析可知（ A ）
图（b） 图（c）
A.图（c）是用玻璃管获得的图像
B.在铝管中下落，小磁体做匀变速运动
C.在玻璃管中下落，小磁体受到的电磁阻力始终保持不变
D.用铝管时测得的电流第一个峰到最后一个峰的时间间隔比用玻璃管时的短
解析
A对
利用F阻＝F安＝BIL
定性分析I变化，F阻变化，加速度a变化，BC错铝管中强磁体所受阻力大，用时更长，D错
2.[对法拉第电磁感应定律的理解及应用/2021全国甲/多选]由相同材料的导线绕成边长相同的甲、乙两个正方形闭合线圈，两线圈的质量相等，但所用导线的横截面积不同，甲线圈的匝数是乙的2倍.现两线圈在竖直平面内从同一高度同时由静止开始下落，一段时间后进入一方向垂直于纸面的匀强磁场区域，磁场的上边界水平，如图所示.不计空气阻力，已知下落过程中线圈始终平行于纸面，上、下边保持水平.在线圈下边进入磁场后且上边进入磁场前，可能出现的是（ AB ）
A.甲和乙都加速运动
B.甲和乙都减速运动
C.甲加速运动，乙减速运动
D.甲减速运动，乙加速运动
解析 由于甲、乙线圈的材料、边长和质量均相同，故导线的体积相同，而甲线圈的匝数n1是乙的匝数n2的2倍，因此甲的长度l1是乙的长度l2的2倍，甲的横截面积S1是乙的横截面积S2的12，根据电阻定律R＝ρlS可知，甲的电阻R1是乙的电阻R2的4倍.甲进入磁场后所受安培力F1＝n1BI1L＝n1BLn1BLvR1＝n12B2L2R1v，乙进入磁场后所受安培力F2＝n2BI2L＝n2BLn2BLvR2＝n22B2L2R2v，由于n1＝2n2，R1＝4R2，甲、乙的质量和进入磁场时的速度都相同，故F1＝F2，甲、乙所受合力相同，加速度相同，因此甲、乙可能都加速运动，可能都匀速运动，还可能都减速运动，故A、B正确，C、D
3.[导体转动切割磁感线/2022山东/多选]如图所示，xOy平面的第一、三象限内以坐标原点O为圆心、半径为2L的扇形区域充满方向垂直纸面向外的匀强磁场.边长为L的正方形金属框绕其始终在O点的顶点、在xOy平面内以角速度ω顺时针匀速转动.t＝0时刻，金属框开始进入第一象限.不考虑自感影响，关于金属框中感应电动势E随时间t变化规律的描述正确的是（ BC ）
A.在t＝0到t＝π2ω的过程中，E一直增大
B.在t＝0到t＝π2ω的过程中，E先增大后减小
C.在t＝0到t＝π4ω的过程中，E的变化率一直增大
D.在t＝0到t＝π4ω的过程中，E的变化率一直减小
解析 如图所示，金属框切割磁感线的有效长度为d，根据转动切割磁感线产生的感应电动势公式有E＝12Bωd2，从图中可以看出在t＝0到t＝π2ω的过程中，d是先增大到2L，再减小到L，所以电动势E先增大后减小，A错误，B正确.在t＝0到t＝π4ω的过程中，d＝Lcsωt，感应电动势的表达式可写为E＝12Bωd2＝BωL22cs2ωt，由表达式可以看出在t＝0到t＝π4ω的过程中，E的变化率一直增大，C正确，D错误.
4.[导体平动切割磁感线/2021河北]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θ，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F作用下从O点开始以速度v向右匀速运动，忽略所有电阻.下列说法正确的是（ A ）
A.通过金属棒的电流为2BCv2tanθ
B.金属棒到达x0时，电容器极板上的电荷量为BCvx0tanθ
C.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F做功的功率恒定
解析 金属棒向右运动时间t时位移x＝vt，此时产生的感应电动势E＝B·(2xtan θ)v＝(2Bv2tan θ)t，又根据电容器的带电荷量q＝CE，可知电流I＝ΔqΔt＝2BCv2tan θ，A对；根据上述分析可知，金属棒到达x0时电动势E0＝(2Bvtan θ)x0，此时电容器的带电荷量q0＝2BCvx0tan θ，B错； 根据右手定则可知电容器上极板带正电，C错；金属棒匀速运动，外力F与安培力等大反向，则外力做功的功率P＝BILv＝2BIv2ttan θ，又金属棒中电流I恒定，磁感应强度B和v都恒定，可知外力F做功的功率随时间增大，D错.
5.[对法拉第电磁感应定律的理解及应用/2023天津]如图，有一正方形线框静止悬挂着，其质量为m、电阻为R、边长为l.空间中有一个三角形磁场区域，其磁感应强度大小为B＝kt（k＞0），方向垂直于线框所在平面向里，且线框中磁场区域的面积为线框面积的一半，已知重力加速度为g，求：
（1）感应电动势E；
（2）线框开始向上运动的时刻t0.
答案 （1）E＝kl22 （2）t0＝2mgRk2l3
解析 （1）根据法拉第电磁感应定律有
E＝nΔΦΔt
又n＝1，ΔΦΔt＝ΔBΔt·S＝kS，S＝l22
解得E＝kl22
（2）根据闭合电路欧姆定律可知线框中的感应电流为
I＝ER
结合安培力的公式和题图可知线框受到的安培力为
FA＝BIl
又B＝kt（k＞0）联立可得线框受到的安培力为
FA＝k2l3t2R
当线框开始向上运动时，有
k2l3t02R＝mg
解得t0＝2mgRk2l3.
1.如图所示，一正方形线圈的匝数为n，边长为a，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中.在Δt时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B均匀地增大到3B.在此过程中，线圈中产生的感应电动势为（ B ）
A.Ba22Δt
B.nBa2Δt
C.nBa22Δt
D.2nBa2Δt
解析 根据题意，由法拉第电磁感应定律有E＝nΔΦΔt，又有ΔΦ＝ΔBS，S＝12a2，联立解得E＝n2B·12a2Δt＝nBa2Δt，故选B.
2.如图所示，长为L＝1m的金属棒以v＝1m/s的速度沿倾角为60°的绝缘斜面匀速下滑，斜面处在方向竖直向下、磁感应强度为B＝0.1T的匀强磁场中，则在金属棒匀速下滑的过程中（ C ）
A.棒内电子受洛伦兹力作用，棒受安培力作用
B.棒内电子不受洛伦兹力作用，棒不受安培力作用
C.棒两端的电压为0.05V
D.棒两端的电压为0.1V
解析 金属棒下滑时棒两端产生电动势，因棒不闭合，故没有感应电流，棒内电子受洛伦兹力作用，但棒不受安培力作用，A、B项错误；棒两端的电压U＝E＝BLv cs 60°＝0.05 V，C项正确，D项错误.
3.[2023陕西咸阳模拟]一个长直密绕螺线管N放在一个金属圆环M的中心，圆环轴线与螺线管轴线重合，如图甲所示.螺线管N通有如图乙所示的电流，下列说法正确的是（ A ）
图甲 图乙
A.t＝T8时刻，圆环有扩张的趋势
B.t＝T4时刻，圆环中感应电流最大
C.t＝3T8时刻，圆环有扩张的趋势
D.t＝T8和t＝3T8时刻，圆环内有相同的感应电流
解析 螺线管内、外磁感线方向不同但总数相同，由题图乙可知，在t＝T8时刻，通过螺线管N的电流增大，则螺线管产生的磁场增大，所以穿过金属圆环M的磁通量增大，根据楞次定律可知，圆环有扩张的趋势(使螺线管外部穿过圆环的磁感线增多，从而减小穿过圆环的总磁通量)，同理，在t＝3T8时刻，通过螺线管N的电流减小，穿过金属圆环M的磁通量减小，圆环有缩小的趋势，A正确，C错误；在t＝T4时刻，通过N的电流最大，产生的磁场最大，穿过M的磁通量最大，但是磁通量的变化率为零，所以圆环中感应电流为零，B错误；在t＝T8和t＝3T8时刻，电流变化率大小相同，穿过圆环的磁通量变化率大小相同，圆环内的感应电动势大小相等，则感应电流大小相等，但方向相反，D错误.
4.[2024湖北荆州模拟/多选]长为L的金属棒OP固定在顶角为2θ的塑料圆锥体侧面上，ab为圆锥体底面直径.圆锥体绕其轴OO'以角速度ω在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中匀速转动，转动方向如图所示，下列说法正确的是（ AD ）
A.金属棒上O点的电势高于P点
B.金属棒上O点的电势低于P点
C.金属棒OP两端电势差大小为12Bω2Lsinθ
D.金属棒OP两端电势差大小为12BωL2sin2θ
解析 由右手定则知金属棒OP在匀速转动过程中切割磁感线产生的感应电流(由于没有形成通路，所以是短暂的电流)方向由P指向O，在电源内部电流由电势低处流向电势高处，则金属棒上O点的电势高于P点，故A正确，B错误.金属棒OP在匀速转动过程中切割磁感线的有效长度L'＝O'P＝L sin θ，故产生的感应电动势E＝BL'·12ωL'＝12BωL2 sin 2θ，故C错误，D正确.
5.水平放置的玻璃板上方有一用细线悬挂的可自由旋转的小磁针，下方有一水平放置的铜圆盘.圆盘的轴线与小磁针悬线在同一直线上，初始时小磁针与圆盘均处于静止状态.当圆盘绕轴沿逆时针方向（俯视）匀速转动时，下列说法正确的是（ B ）
A.小磁针不动
B.小磁针沿逆时针方向（俯视）转动
C.小磁针沿顺时针方向（俯视）转动
D.由于穿过圆盘的磁通量没有变化，圆盘中没有感应电流
解析 铜圆盘上存在许多小的闭合回路，当圆盘转动时，穿过小的闭合回路的磁通量发生变化，回路中产生感应电流（涡流），铜圆盘所受安培力阻碍其运动，俯视为顺时针方向，根据力的作用是相互的，知小磁针所受力沿逆时针方向，B正确.
6.[渗透实验思想]如图甲所示是一个电磁阻尼现象演示装置，钢锯条上端固定在支架上，下端固定有强磁铁，将磁铁推开一个角度释放，它会在竖直面内摆动较长时间；如图乙所示，若在其正下方固定一铜块（不与磁铁接触），则摆动迅速停止.以下关于实验的分析与结论正确的是（ C ）
A.如果将磁铁的磁极调换，重复实验将不能观察到电磁阻尼现象
B.用闭合的铜制线圈替代铜块，重复实验将不能观察到电磁阻尼现象
C.在图乙情况中，下摆和上摆过程中磁铁和锯条组成的系统机械能均减少
D.在摆动过程中铜块不受磁铁的作用力
解析 如果将磁铁的磁极调换，重复实验时，仍会导致穿过铜块截面的磁通量变化，从而产生电磁感应现象，进而将观察到电磁阻尼现象，故A错误；用闭合的铜制线圈替代铜块，重复实验时，由A选项分析可知，将能观察到电磁阻尼现象，故B错误；在题图乙情况中，下摆和上摆过程中磁铁和锯条组成的系统机械能均减少，原因是在此过程中，铜块里出现涡流，从而产生内能，故C正确；在摆动过程中，根据楞次定律的“来拒去留”可知，铜块会受磁铁的作用力，故D错误.
7.[生产实践]管道高频焊机可以对由钢板卷成的圆管的接缝实施焊接.焊机的原理如图所示，圆管通过一个接有高频交流电源的线圈，线圈所产生的交变磁场使圆管中产生交变电流，电流产生的热量使接缝处的材料熔化并焊接.则下列说法正确的是（ D ）
A.该焊机也能焊接塑料圆管的接缝
B.线圈的电阻越大，焊接效果越好
C.线圈的电源换成直流电源也能进行焊接
D.圆管的接缝处电阻较大，产生的电热较无接缝处大
解析 塑料圆管不导电，塑料圆管中无电流，不能焊接，A错误；线圈的电阻越大，线圈消耗的功率越大，焊接效果越不好，B错误；将线圈的电源换成直流电源，线圈不能产生交变磁场，圆管中不产生电流，不能进行焊接，C错误；圆管的接缝处电阻较大，产生的电热较大，D正确.
8.[结合三维坐标设题/2024河南名校联考]如图甲所示，一条南北走向的小路，路口设有出入道闸，每侧道闸金属杆长L，当有车辆通过时杆会从水平位置匀速转过90°直到竖起，所用时间为t.此处地磁场方向如图乙所示，B为地磁场总量，BH为地磁场水平分量，Bx、By、Bz分别为地磁场在x、y、z三个方向上的分量大小.则杆在转动升起的过程中，两端电势差的大小计算表达式为（ A ）
图甲 图乙
A.πBxL24tB.π2BxL8t2C.πBHL24tD.π2BHL8t2
解析 由题意可知，金属杆从水平位置匀速转过90°直到竖起，所用时间为t，可知金属杆的角速度为ω＝π2t，由于小路沿南北方向，则金属杆转动过程切割Bx磁场分量，则金属杆两端电势差的大小为U＝BxLv＝BxL0+ωL2＝12BxL2ω，联立解得U＝πBxL24t，故B、C、D错误，A正确.
9.[多选]如图甲所示，20匝的金属线圈（图中只画了2匝）电阻为r＝2Ω，两端a、b与R＝8Ω的电阻相连.线圈内有垂直于线圈平面（纸面）向里的磁场，磁通量按图乙所示规律变化.则（ CD ）
A.通过电阻R的电流方向为b→a
B.线圈产生的感应电动势为5V
C.电阻R两端的电压为8V
D.0～0.1s内通过线圈横截面的电荷量为0.1C
解析 题图甲中线圈相当于电源，由楞次定律可知a相当于电源的正极，b相当于电源的负极，故通过电阻R的电流方向为a→b，选项A错误；由法拉第电磁感应定律得线圈产生的感应电动势E＝NΔΦΔt＝20×0.15- V＝10 V，选项B错误；由闭合电路欧姆定律得电路中的感应电流I＝ER＋r＝108+2 A＝1 A，又由部分电路欧姆定律得电阻R两端的电压U＝IR＝1×8 V＝8 V，选项C正确；根据q＝It得，0～0.1 s内通过线圈横截面的电荷量q＝1×0.1 C＝0.1 C，选项D正确.
一题多解 本题的选项D还可以用二级结论q＝NΔΦR＋r快速得出.即q＝20×(0.15-0.10)2+8 C＝0.1 C，故D正确.
10.[2024浙江杭州质检]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（ D ）
图甲 图乙
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
解析 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，流经灯D1的电流也是逐渐增加的，故A、B错误；开关S断开瞬间，由于电感线圈阻碍电流减小的作用，由电感线圈继续为灯D2和D3提供电流，又因为电路稳定的时候，流经灯D2和D3的电流相等，所以灯D2逐渐熄灭，故C错误；开关S闭合瞬间，灯D2和D1串联，电压传感器所测电压为灯D2两端电压，由闭合电路欧姆定律有u1＝E2；电路稳定后，流经灯D3的电流为I＝12·E32R＝E3R，开关S断开瞬间，电感线圈能够为灯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.
11.[车速传感器/2024江西抚州东乡区实验中学一模]电磁感应式车速传感器的结构如图甲所示.当车轮转动时，轮轴上的铁质感应转子随其一起转动，转子上的轮齿不断靠近和远离电磁感应线圈，在线圈AB端输出如图乙所示周期性变化的感应电压，电控单元ECU根据该电压变化的周期测出车速.下列相关说法正确的是（ D ）
图甲 图乙
A.车速越高，感应电压的周期越大
B.车速越高，感应电压的峰值越小
C.车轮转动时感应转子中不会产生涡流
D.凸齿靠近线圈的过程中，感应电流从B端流入ECU
解析 车速越高，感应转子转速越大，转动的周期越小，所以感应电压的周期越小，故A错误；车速越高，磁通量的变化越快，根据法拉第电磁感应定律可知感应电压的峰值越大，故B错误；车轮转动时感应转子中各部分的磁通量不断发生变化，会产生涡流，故C错误；感应转子被磁化后凸齿为S极，凸齿靠近线圈的过程中，线圈中向左的磁通量增加，由楞次定律可知线圈中产生向右的感应电流，即从B端流入ECU，故D正确.课标要求
核心考点
五年考情
核心素养对接
1.通过实验，理解法拉第电磁感应定律.
2.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.
法拉第电磁感应定律的理解及应用
2023：天津T10；
2021：全国乙T25，全国甲T21；
2020：全国ⅢT24；
2019：全国ⅠT20
1.物理观念：理解法拉第电磁感应定律的内涵；知道自感、涡流、电磁阻尼和电磁驱动.
2.科学思维：通过类比法，理解感生电场和静电场的区别；应用法拉第电磁感应定律计算感应电动势的大小.
3.科学探究：通过对法拉第电磁感应定律、自感现象和涡流现象的探究，掌握对实验证据进行分析与归纳的方法.
4.科学态度与责任：通过学习自感现象与涡流现象、电磁阻尼与电磁驱动在生产生活中的应用，认识物理学对现代生活和科技社会发展的促进作用.
导体切割磁感线产生感应电动势
2022：山东T12；
2021：广东T10，河北T7；
2020：浙江7月T12
自感、涡流、电磁阻尼和电磁驱动
2023：全国乙T17；
2020：浙江1月T11
命题分析预测
法拉第电磁感应定律是电磁学的核心知识，是解决电磁感应问题的重要规律，单独考查时常为选择题形式，主要考查感应电动势的计算，综合考查时常结合动力学、能量、电路等知识进行考查.预计2025年高考可能会结合生产生活实际，考查应用法拉第电磁感应定律、切割公式等计算感应电动势的大小问题，与安培力相关的电磁阻尼、电磁驱动问题.
产生原因
ΔΦ
E
面积随时间变化（动生）
ΔΦ＝B·ΔS
E＝nBΔSΔt
磁场随时间变化（感生）
ΔΦ＝ΔB·S
E＝nSΔBΔt
面积和磁场同时随时间变化
ΔΦ＝Φ末－Φ初
E＝nB2S2－B1S1Δt
产生原因
导体做切割磁感线运动
移动电荷的非静电力
导体中自由电荷受沿[6] 导体 方向的洛伦兹力
回路中相当于电源的部分
做切割磁感线运动的导体
方向判断方法
通常由右手定则判断，也可由楞次定律判断
大小计算方法
由E＝Blv计算，也可由E＝nΔΦΔt计算
导体平动切割磁感线产生感应电动势的计算式为E＝Blv，应从几个方面理解和掌握
（1）正交性
本公式要求磁场是匀强磁场，还需B、l、v三者[7] 相互垂直
（2）平均性
导体平动切割磁感线时，若v为平均速度，则E为平均感应电动势，即[8] E＝Blv
（3）瞬时性
导体平动切割磁感线时，若v为瞬时速度，则E为相应的[9] 瞬时感应电动势
（4）有效性
公式中的l为导体的有效切割长度，即导体在与v共同所在平面上垂直于v的方向上的[10] 投影长度
（5）相对性
E＝Blv中的速度v是导体相对于磁场的速度，若磁场也在运动，应注意速度间的相对关系
如图，当导体棒在垂直于磁场的平面内，绕导体棒上某一点以角速度ω匀速转动时，则
（1）以导体棒中点为轴时，E＝0（相同两段的代数和）
（2）以导体棒端点为轴时，E＝12Bωl2（平均速度取中点位置的线速度12ωl）
（3）以导体棒上任意一点为轴时，E＝12Bω（l12－l22）（不同两段的代数和，其中l1＞l2）
E＝nΔΦΔt
E＝Blv
研究对象
求整个闭合回路的感应电动势
求回路中的部分导体切割磁感线时产生的感应电动势
适用范围
无论什么方式引起的磁通量变化都适用
只适用于一段导体切割磁感线的情况
条件
不一定是匀强磁场
一般只适用于匀强磁场
物理意义
当Δt→0时，求的是瞬时感应电动势；当Δt较长时，求的是平均感应电动势
当v为瞬时速度时，求的是瞬时感应电动势；当v为平均速度时，求的是平均感应电动势
判断电流方向
一般用楞次定律判断感应电流方向
一般用右手定则判断感应电流方向
产生原因
磁场的变化
移动电荷的非静电力
感生电场对自由电荷的电场力
回路中相当于
电源的部分
处于变化磁场中的闭合导体
方向判断方法
楞次定律
大小计算方法
E＝nΔΦΔt
电磁阻尼
电磁驱动
成因
导体在磁场中运动产生感应电流导致导体受到安培力
磁场运动引起磁通量变化产生感应电流导致导体受到安培力
效果
安培力方向与导体运动方向相反，阻碍导体运动
安培力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
通过安培力做功，电能转化为机械能，从而对外做功
应用
磁电式仪表中利用电磁阻尼使指针快速停下来，便于读数
交流感应电动机
相同点
两者均属于感应电流的机械效应，都是电磁感应现象，且本质都是感应电流的磁场阻碍磁通量的变化（遵循楞次定律），均符合能量守恒定律
三注意
三技巧
1.自感仅能使电流的变化过程延长，但不能改变最终的结果
1.通电自感时线圈相当于一个阻值变化的电阻：阻值由无穷大逐渐减小
2.断电自感时灯泡是否“闪亮”，关键在于通过灯泡的电流大小如何变化
2.断电自感时线圈相当于电源：电动势由某个值逐渐减小到零
3.断电时与自感线圈在同一支路中的用电器中的电流方向不变，否则一般会改变
3.电路稳定时，自感线圈相当于导体，是否需要考虑电阻要根据题意确定
考点1 法拉第电磁感应定律的理解及应用
1.对法拉第电磁感应定律的理解
2.法拉第电磁感应定律的应用
（1）法拉第电磁感应定律应用的三种情况
（2）应用法拉第电磁感应定律的注意事项
①公式E＝nΔΦΔt求解的是一个回路中某段时间内的平均感应电动势，只有在磁通量均匀变化时，感应电动势的平均值才等于瞬时值.
②利用公式E＝nΔBΔtS求解时，S为线圈在磁场中的有效面积.
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，q＝nΔΦR.
理解公式E＝nΔΦΔt，判断下列说法的正误.
（1）Φ＝0，ΔΦΔt不一定等于0.（ √ ）
（2）穿过线圈的磁通量变化越大，感应电动势也越大.（ ✕ ）
（3）穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大.（ √ ）
（4）线圈匝数n越多，磁通量越大，感应电动势也越大.（ ✕ ）
如图，电流表与螺线管组成闭合回路.判断下列说法的正误.
（1）磁铁快速插入螺线管时比慢速插入螺线管时电流表指针偏转大.（ √ ）
（2）磁铁快速插入螺线管和慢速插入螺线管，磁通量变化相同，故电流表指针偏转相同.（ ✕ ）
（3）磁铁放在螺线管中不动时，螺线管中的磁通量最大，所以电流表指针偏转最大.（ ✕ ）
（4）将磁铁从螺线管中拔出时，磁通量减小，所以电流表指针偏转一定减小.（ ✕ ）
命题点1 平均电动势与瞬时电动势的计算
1.如图所示，可绕固定轴OO'转动的正方形单匝金属线框的边长为L，线框从水平位置由静止释放，经过时间t到达竖直位置，此时ab边的速率为v.设线框始终处在方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中，求：
（1）这个过程中线框中的平均感应电动势；
（2）到达竖直位置瞬间线框中的感应电动势.
答案 （1）BL2t （2）BLv
解析 （1）金属线框从水平位置运动到竖直位置的过程中，由法拉第电磁感应定律可得
平均感应电动势E＝ΔΦΔt＝BL2t
（2）线框到达竖直位置时，只有ab边切割磁感线产生感应电动势，则线框中的感应电动势E＝BLv.
命题点2 感应电动势的计算
2.[2023湖北]近场通信（NFC）器件应用电磁感应原理进行通讯，其天线类似一个压平的线圈，线圈尺寸从内到外逐渐变大.如图所示，一正方形NFC线圈共3匝，其边长分别为1.0cm、1.2cm和1.4cm，图中线圈外线接入内部芯片时与内部线圈绝缘.若匀强磁场垂直通过此线圈，磁感应强度变化率为103T/s，则线圈产生的感应电动势最接近（ B ）
解析 由法拉第电磁感应定律得E＝E1＋E2＋E3＝ΔBΔt(S1＋S2＋S3)，又ΔBΔt＝103 T/s，
S1＝1.02×10－4 m2，S2＝1.22×10－4 m2，S3＝1.42×10－4 m2，代入数据解得E＝0.44 V，
B正确.
3.如图甲所示，水平光滑U形导轨宽0.4m，金属棒ab垂直放置在导轨上，均匀变化的磁场垂直穿过导轨平面，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示，金属棒ab的电阻为1Ω，导轨电阻不计.t＝0时刻，ab棒从导轨最左端，以v＝1m/s的速度向右匀速运动，求1s末回路中的感应电流及金属棒ab受到的安培力.
答案 1.6A，方向沿逆时针方向 1.28N，方向水平向左
解析 由图乙知，1s末磁感应强度B1＝2T
ab棒产生的动生电动势为
E动＝B1Lv＝2×0.4×1V＝0.8V
回路中产生的感生电动势为
E感＝ΔBΔtLvt＝2×0.4×1×1V＝0.8V
根据楞次定律知两个电动势串联，则总电动势为
E＝E动＋E感＝1.6V
回路中的感应电流为I＝ER＝1.61A＝1.6A，根据楞次定律知感应电流的方向沿逆时针方向
1s末ab棒受到的安培力为F＝B1IL＝2×1.6×0.4N＝1.28N，由左手定则知安培力的方向水平向左.
方法点拨
法拉第电磁感应定律的理解
考点2 导体切割磁感线产生感应电动势
1.动生电动势
2.导体平动切割磁感线
3.导体转动切割磁感线
计算下面各图中的感应电动势.
（1）如图1，E1＝ Blvsinθ .
（2）如图2，E2＝ Bcdvsinβ .
图1 图2
（3）如图3，E3＝ BMNv .
（4）如图4，若沿v1方向运动，则E4＝ 2BRv1 ；若沿v2方向运动，则E5＝ BRv2 .
E＝nΔΦΔt与E＝Blv的区别
命题点1 有效长度问题
4.如图，一导线弯成半径为a的半圆形闭合回路.虚线MN右侧有磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于回路所在的平面.回路以速度v向右匀速进入磁场，直径CD始终与MN垂直.从D点到达边界开始到C点进入磁场为止，下列说法错误的是（ B ）
A.感应电流方向不变
B.CD段直导线始终不受安培力
C.感应电动势最大值E＝Bav
D.感应电动势平均值E＝14πBav
解析 在闭合回路进入磁场的过程中，通过闭合回路的磁通量逐渐增大，根据楞次定律和安培定则可知感应电流的方向始终为逆时针方向，A正确；根据左手定则可以判断，CD段受方向向下的安培力，B错误；利用感应电动势公式E＝Blv计算时，l应是有效切割长度，当半圆形闭合回路进入磁场一半时，有效切割长度最大，为a，这时感应电动势最大，为E＝Bav，C正确；感应电动势的平均值E＝ΔΦΔt＝B·12πa22av＝14πBav，D正确.故选B.
命题点2 平动切割磁感线
5.[2023福建泉州模拟/多选]如图所示，abcd为水平放置的U形光滑金属导轨，间距为l，导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，导轨电阻不计.已知金属杆MN倾斜放置，与导轨成θ角，单位长度的电阻为r，保持金属杆以速度v沿垂直于MN的方向滑动（金属杆滑动过程中与导轨接触良好），则（ AD ）
A.电路中感应电动势的大小为Blvsinθ
B.电路中感应电流的大小为Bvsinθr
C.金属杆所受安培力的大小为B2lvsinθr
D.金属杆的热功率为B2lv2rsinθ
解析 由于速度方向是与金属杆垂直的，而整个金属杆又是与磁场垂直的，所以整个金属杆均垂直切割磁感线，切割长度L＝lsinθ，所以感应电动势E＝BLv＝Blvsinθ，A正确；金属杆的电阻R＝Lr＝lsinθr，电路中的电流I＝ER＝Bvr，B错误；金属杆受到的安培力F＝BIL＝B2lvrsinθ，C错误；金属杆的热功率P＝I2R＝B2v2lrsinθ，D正确.
命题拓展
如图所示，如果金属杆以速度v沿平行于cd的方向滑动，则情况又如何呢？
答案 电路中的感应电动势E＝Blv，感应电流I＝ER＝Elsinθr＝Bvsinθr，金属杆所受安培力大小F＝BIlsinθ＝B2lvr，金属杆的热功率P＝I2R＝I2lsin θr＝B2lv2sinθr..
命题点3 转动切割磁感线
6.如图所示，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（ C ）
A.Ua＞Uc，金属框中无电流
B.Ub＞Uc，金属框中电流方向为a→b→c→a
C.Ubc＝－12Bl2ω，金属框中无电流
D.Ubc＝12Bl2ω，金属框中电流方向为a→c→b→a
解析 金属框abc平面与磁场平行，转动过程中磁通量始终为零，所以无感应电流产生，B、D错误；转动过程中bc边和ac边均切割磁感线，产生感应电动势，由右手定则可知Ua＜Uc，Ub＜Uc，A错误；由转动切割磁感线产生感应电动势的公式得Ubc＝－12Bl2ω，C正确.
如图所示，半径为r的金属圆盘在垂直于盘面向里的磁感应强度为B的匀强磁场中，绕过圆心垂直于盘面的金属轴以角速度ω沿逆时针方向匀速转动，电阻R一端通过导线连接在轴上，另一端通过导线连接在与圆盘边缘接触良好的金属片上，则通过电阻R的电流的方向和大小为（金属圆盘、轴和金属片的电阻不计）（ D ）
A.由c到d，I＝Bωr2RB.由d到c，I＝Bωr2R
C.由c到d，I＝Bωr22RD.由d到c，I＝Bωr22R
解析 圆盘可看作沿半径方向的无数根金属条，由右手定则知，其电流方向为从边缘指向圆心，所以通过电阻R的电流方向为由d到c；金属圆盘产生的感应电动势E＝12Bωr2，由I＝ER知通过电阻R的电流大小为I＝Bωr22R，D正确.
考点3 自感、涡流、电磁阻尼和电磁驱动
1.感生电动势
2.自感
3.涡流
4.感应电流的机械效应——电磁阻尼和电磁驱动
判断下列说法的正误.
（1）真空冶炼炉是利用涡流来熔化金属的装置.（ √ ）
（2）家用电磁炉锅体中的涡流是由恒定磁场产生的.（ ✕ ）
（3）阻尼摆摆动时产生的涡流总是阻碍其运动.（ √ ）
（4）变压器的铁芯用相互绝缘的硅钢片叠成，不能减小涡流.（ ✕ ）
磁电式仪表的线圈常常用铝框做骨架，把线圈绕在铝框上，指针也固定在铝框上（如图）.铝框的作用是什么？
答案 假定仪表工作时指针向右转动，则铝框中有感应电流，铝框要受到安培力阻碍指针向右偏转，使指针快速停下，防止打坏指针.
如图所示，小螺线管与音乐播放器相连，大螺线管直接与音响相连.当把小螺线管插入大螺线管中时，音乐就会从音响中响起来，大、小螺线管之间发生的物理现象是（ C ）
A.自感B.静电感应C.互感D.直接导电
解析 小螺线管与音乐播放器相连，小螺线管中输入了音频信号，当把小螺线管插入大螺线管中时，音乐就会从音响中响起来，说明大螺线管中激发出了感应电流，是互感现象，故C正确.
命题点1 通断电自感现象的分析
7.图甲和图乙是教材中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（ C ）
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
解析 题图甲中，断开S1的瞬间，灯A1闪亮，故断开S1前，稳定时IL1＞IA1，又由于L1和A1两端电压相等，故电阻RL1＜RA1，所以A、B均错误；题图乙中，闭合S2瞬间，由于L2的自感作用，通过L2的电流很小，稳定时A2与A3亮度相同，故电流相等，所以变阻器R与L2的电阻值相同，C正确，D错误.
方法点拨
自感现象中的“三注意、三技巧”
命题点2 对涡流的理解
8.[2023广东佛山质检]涡流内检测技术是一项用来检测各种金属管道是否有破损的技术.检测仪在管道内运动及其工作原理剖面示意图如图所示，当激励线圈中通以正弦交流电时，金属管道壁内会产生涡流，涡流磁场会影响检测线圈的电流.以下有关涡流内检测仪的说法正确的是（ C ）
A.检测线圈消耗功率等于激励线圈输入功率
B.在管道内某处检测时，如果只增大激励线圈中交流电的频率，则检测线圈的电流不变
C.在管道内某处检测时，如果只增大激励线圈中交流电的频率，则检测仪消耗功率将变大
D.当检测仪从金属管道完好处进入破损处检测时，管道壁中将产生更强的涡流
解析 管道壁中产生涡流，有一定的热功率，P激励＝P检测＋P热，激励线圈输入功率大于检测线圈消耗功率，故A错误；增大激励线圈中交流电的频率，检测线圈的磁通量变化率变大，产生的感应电动势变大，则电流变大，故B错误；增大激励线圈中交流电的频率，检测线圈消耗的功率和管道产生的热功率变大，则检测仪消耗功率将变大，故C正确；当检测仪从金属管道完好处进入破损处检测时，管道壁中产生的涡流变小，故D错误.
方法点拨
产生涡流时的能量转化
伴随着涡流现象，其他形式的能转化成电能，最终在金属块中转化为内能.
（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.
命题点3 电磁阻尼和电磁驱动
9.[电磁驱动/浙江高考]如图所示，在光滑绝缘水平面上，两条固定的相互垂直彼此绝缘的导线通以大小相同的电流I.在角平分线上，对称放置四个相同的正方形金属框.当电流在相同时间间隔内增加相同量，则（ B ）
A.1、3线圈静止不动，2、4线圈沿着对角线向内运动
B.1、3线圈静止不动，2、4线圈沿着对角线向外运动
C.2、4线圈静止不动，1、3线圈沿着对角线向内运动
D.2、4线圈静止不动，1、3线圈沿着对角线向外运动
解析 由安培定则和磁场叠加原理可知线圈1、3所在处的合磁感应强度为零，穿过这两个线圈的磁通量为零，当电流在相同时间间隔内增加相同量时，磁通量仍为零，则没有感应电流产生，所以线圈1、3静止不动，C、D错误；线圈2中的合磁感应强度方向垂直于纸面向外，线圈4中的合磁感应强度方向垂直于纸面向里，当电流在相同时间间隔内增加相同量时，由楞次定律可知，两线圈应向磁通量减小的方向运动，即沿对角线向外运动，A错误，B正确.
10.[电磁阻尼/多选]以下哪些现象属于电磁阻尼现象（ ABC ）
A.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 线圈能使上下振动的条形磁铁快速停下来，是电磁阻尼现象；无缺口的铝管比有缺口的铝管能更快使强磁铁匀速运动，是电磁阻尼现象；U形磁铁能使高速转动的铝盘迅速停下来，铝盘受到的力是阻力，所以是电磁阻尼现象；转动把手时，U形磁铁转动，线框跟随转动，线框受到的力是动力，所以是电磁驱动现象.故选A、B、C.
热点11 法拉第电磁感应定律在电磁科技中的应用
法拉第电磁感应定律与生产、生活密切相关，高考对这部分的考查趋向于有关现代气息和STSE问题中的信息题，命题情境有电磁卡、车速表、磁力刹车、金属探测器、无线充电技术等.
1.[电磁卡]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v0刷卡时，在线圈中产生感应电动势，其E－t关系如图所示.如果只将刷卡速度改为v02，线圈中的感应电动势随时间变化的E－t关系图可能是（ D ）
A B
C D
解析 根据E＝Blv可知，若将刷卡速度改为v02，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正确.
2.[金属探测器——涡流/多选]金属探测器实物及其结构原理图如图所示.探测器运用的是电磁感应原理，发射线圈（外环）可以产生垂直于线圈平面且大小和方向均匀变化的磁场；内环线圈是接收线圈，用来收集被探测金属物发出的磁场（接收线圈能完全屏蔽发射线圈产生的磁场）.随着发射线圈产生的磁场方向和大小不断变化，它会与所遇到的金属物发生作用，导致金属物自身也产生微弱的磁场，来自金属物的磁场进入内环线圈被接收到后，检测器会发出报警声.若发射线圈产生向下且增强的磁场，则下列说法正确的是（ AC ）
A.金属物产生的感应磁场的方向竖直向上
B.金属物中的涡流从上往下看沿顺时针方向
C.金属物发出的磁场穿过接收线圈时，接收线圈会产生微弱的电流，此类探测器相应的元件就是依据这一电流进行报警的
D.如果金属物某时刻发出向上的磁场，那么接收线圈中的感应电流从上往下看沿逆时针方向
解析 若发射线圈产生向下且增强的磁场，则穿过金属物的磁通量增加，根据楞次定律和安培定则知，金属物中的涡流产生的磁场方向竖直向上，涡流从上往下看沿逆时针方向，A正确，B错误；金属物发出的磁场穿过接收线圈时，接收线圈内磁通量发生变化，会产生微弱的感应电流，此类探测器相应的元件就是依据这一电流进行报警的，C正确；如果金属物某时刻发出向上的磁场，则接收线圈中的感应电流从上往下看沿顺时针方向，D错误.
3.[磁力刹车——电磁阻尼/多选]磁力刹车是游乐场中过山车采用的一种新型刹车装置，此装置比靠摩擦力刹车更稳定.如图为该新型装置的原理图（从后朝前看），过山车的两侧装有铜片，停车区的轨道两侧装有强力磁铁，当过山车进入停车区时，铜片与磁铁的相互作用能使过山车很快停下来.关于该装置的下列说法正确的是（ BC ）
A.刹车原理是电流的磁效应
B.过山车从进入停车区到停止的过程中，动能转化为电能，电能又转化为内能
C.过山车进入停车区的速度越大，刹车的阻力就越大
D.若将铜片换成有机玻璃片，也能达到相同的刹车效果
解析 当过山车进入停车区时，会导致穿过铜片的磁通量发生变化，产生感应电流，形成感应磁场，与强力磁铁产生相互作用，利用了电磁感应原理，故A错误；刹车过程中过山车速度减小，动能转化为电能，电能又转化为内能，故B正确；过山车的速度越大，磁通量变化就越快，产生的感应电流就越大，感应磁场就越强，与强力磁铁的作用力就越大，故刹车的阻力就越大，C正确；将铜片换成有机玻璃片，有机玻璃片不导电，因此不能形成感应磁场，不能达到相同的刹车效果，D错误.
1.[电磁阻尼＋图像分析/2023全国乙]一学生小组在探究电磁感应现象时，进行了如下比较实验.用图（a）所示的缠绕方式，将漆包线分别绕在几何尺寸相同的有机玻璃管和金属铝管上，漆包线的两端与电流传感器接通.两管皆竖直放置，将一很小的强磁体分别从管的上端由静止释放，在管内下落至管的下端.实验中电流传感器测得的两管上流过漆包线的电流I随时间t的变化分别如图（b）和图（c）所示，分析可知（ A ）
图（b） 图（c）
A.图（c）是用玻璃管获得的图像
B.在铝管中下落，小磁体做匀变速运动
C.在玻璃管中下落，小磁体受到的电磁阻力始终保持不变
D.用铝管时测得的电流第一个峰到最后一个峰的时间间隔比用玻璃管时的短
解析
A对
利用F阻＝F安＝BIL
定性分析I变化，F阻变化，加速度a变化，BC错铝管中强磁体所受阻力大，用时更长，D错
2.[对法拉第电磁感应定律的理解及应用/2021全国甲/多选]由相同材料的导线绕成边长相同的甲、乙两个正方形闭合线圈，两线圈的质量相等，但所用导线的横截面积不同，甲线圈的匝数是乙的2倍.现两线圈在竖直平面内从同一高度同时由静止开始下落，一段时间后进入一方向垂直于纸面的匀强磁场区域，磁场的上边界水平，如图所示.不计空气阻力，已知下落过程中线圈始终平行于纸面，上、下边保持水平.在线圈下边进入磁场后且上边进入磁场前，可能出现的是（ AB ）
A.甲和乙都加速运动
B.甲和乙都减速运动
C.甲加速运动，乙减速运动
D.甲减速运动，乙加速运动
解析 由于甲、乙线圈的材料、边长和质量均相同，故导线的体积相同，而甲线圈的匝数n1是乙的匝数n2的2倍，因此甲的长度l1是乙的长度l2的2倍，甲的横截面积S1是乙的横截面积S2的12，根据电阻定律R＝ρlS可知，甲的电阻R1是乙的电阻R2的4倍.甲进入磁场后所受安培力F1＝n1BI1L＝n1BLn1BLvR1＝n12B2L2R1v，乙进入磁场后所受安培力F2＝n2BI2L＝n2BLn2BLvR2＝n22B2L2R2v，由于n1＝2n2，R1＝4R2，甲、乙的质量和进入磁场时的速度都相同，故F1＝F2，甲、乙所受合力相同，加速度相同，因此甲、乙可能都加速运动，可能都匀速运动，还可能都减速运动，故A、B正确，C、D
3.[导体转动切割磁感线/2022山东/多选]如图所示，xOy平面的第一、三象限内以坐标原点O为圆心、半径为2L的扇形区域充满方向垂直纸面向外的匀强磁场.边长为L的正方形金属框绕其始终在O点的顶点、在xOy平面内以角速度ω顺时针匀速转动.t＝0时刻，金属框开始进入第一象限.不考虑自感影响，关于金属框中感应电动势E随时间t变化规律的描述正确的是（ BC ）
A.在t＝0到t＝π2ω的过程中，E一直增大
B.在t＝0到t＝π2ω的过程中，E先增大后减小
C.在t＝0到t＝π4ω的过程中，E的变化率一直增大
D.在t＝0到t＝π4ω的过程中，E的变化率一直减小
解析 如图所示，金属框切割磁感线的有效长度为d，根据转动切割磁感线产生的感应电动势公式有E＝12Bωd2，从图中可以看出在t＝0到t＝π2ω的过程中，d是先增大到2L，再减小到L，所以电动势E先增大后减小，A错误，B正确.在t＝0到t＝π4ω的过程中，d＝Lcsωt，感应电动势的表达式可写为E＝12Bωd2＝BωL22cs2ωt，由表达式可以看出在t＝0到t＝π4ω的过程中，E的变化率一直增大，C正确，D错误.
4.[导体平动切割磁感线/2021河北]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θ，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F作用下从O点开始以速度v向右匀速运动，忽略所有电阻.下列说法正确的是（ A ）
A.通过金属棒的电流为2BCv2tanθ
B.金属棒到达x0时，电容器极板上的电荷量为BCvx0tanθ
C.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F做功的功率恒定
解析 金属棒向右运动时间t时位移x＝vt，此时产生的感应电动势E＝B·(2xtan θ)v＝(2Bv2tan θ)t，又根据电容器的带电荷量q＝CE，可知电流I＝ΔqΔt＝2BCv2tan θ，A对；根据上述分析可知，金属棒到达x0时电动势E0＝(2Bvtan θ)x0，此时电容器的带电荷量q0＝2BCvx0tan θ，B错； 根据右手定则可知电容器上极板带正电，C错；金属棒匀速运动，外力F与安培力等大反向，则外力做功的功率P＝BILv＝2BIv2ttan θ，又金属棒中电流I恒定，磁感应强度B和v都恒定，可知外力F做功的功率随时间增大，D错.
5.[对法拉第电磁感应定律的理解及应用/2023天津]如图，有一正方形线框静止悬挂着，其质量为m、电阻为R、边长为l.空间中有一个三角形磁场区域，其磁感应强度大小为B＝kt（k＞0），方向垂直于线框所在平面向里，且线框中磁场区域的面积为线框面积的一半，已知重力加速度为g，求：
（1）感应电动势E；
（2）线框开始向上运动的时刻t0.
答案 （1）E＝kl22 （2）t0＝2mgRk2l3
解析 （1）根据法拉第电磁感应定律有
E＝nΔΦΔt
又n＝1，ΔΦΔt＝ΔBΔt·S＝kS，S＝l22
解得E＝kl22
（2）根据闭合电路欧姆定律可知线框中的感应电流为
I＝ER
结合安培力的公式和题图可知线框受到的安培力为
FA＝BIl
又B＝kt（k＞0）联立可得线框受到的安培力为
FA＝k2l3t2R
当线框开始向上运动时，有
k2l3t02R＝mg
解得t0＝2mgRk2l3.
1.如图所示，一正方形线圈的匝数为n，边长为a，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中.在Δt时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B均匀地增大到3B.在此过程中，线圈中产生的感应电动势为（ B ）
A.Ba22Δt
B.nBa2Δt
C.nBa22Δt
D.2nBa2Δt
解析 根据题意，由法拉第电磁感应定律有E＝nΔΦΔt，又有ΔΦ＝ΔBS，S＝12a2，联立解得E＝n2B·12a2Δt＝nBa2Δt，故选B.
2.如图所示，长为L＝1m的金属棒以v＝1m/s的速度沿倾角为60°的绝缘斜面匀速下滑，斜面处在方向竖直向下、磁感应强度为B＝0.1T的匀强磁场中，则在金属棒匀速下滑的过程中（ C ）
A.棒内电子受洛伦兹力作用，棒受安培力作用
B.棒内电子不受洛伦兹力作用，棒不受安培力作用
C.棒两端的电压为0.05V
D.棒两端的电压为0.1V
解析 金属棒下滑时棒两端产生电动势，因棒不闭合，故没有感应电流，棒内电子受洛伦兹力作用，但棒不受安培力作用，A、B项错误；棒两端的电压U＝E＝BLv cs 60°＝0.05 V，C项正确，D项错误.
3.[2023陕西咸阳模拟]一个长直密绕螺线管N放在一个金属圆环M的中心，圆环轴线与螺线管轴线重合，如图甲所示.螺线管N通有如图乙所示的电流，下列说法正确的是（ A ）
图甲 图乙
A.t＝T8时刻，圆环有扩张的趋势
B.t＝T4时刻，圆环中感应电流最大
C.t＝3T8时刻，圆环有扩张的趋势
D.t＝T8和t＝3T8时刻，圆环内有相同的感应电流
解析 螺线管内、外磁感线方向不同但总数相同，由题图乙可知，在t＝T8时刻，通过螺线管N的电流增大，则螺线管产生的磁场增大，所以穿过金属圆环M的磁通量增大，根据楞次定律可知，圆环有扩张的趋势(使螺线管外部穿过圆环的磁感线增多，从而减小穿过圆环的总磁通量)，同理，在t＝3T8时刻，通过螺线管N的电流减小，穿过金属圆环M的磁通量减小，圆环有缩小的趋势，A正确，C错误；在t＝T4时刻，通过N的电流最大，产生的磁场最大，穿过M的磁通量最大，但是磁通量的变化率为零，所以圆环中感应电流为零，B错误；在t＝T8和t＝3T8时刻，电流变化率大小相同，穿过圆环的磁通量变化率大小相同，圆环内的感应电动势大小相等，则感应电流大小相等，但方向相反，D错误.
4.[2024湖北荆州模拟/多选]长为L的金属棒OP固定在顶角为2θ的塑料圆锥体侧面上，ab为圆锥体底面直径.圆锥体绕其轴OO'以角速度ω在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中匀速转动，转动方向如图所示，下列说法正确的是（ AD ）
A.金属棒上O点的电势高于P点
B.金属棒上O点的电势低于P点
C.金属棒OP两端电势差大小为12Bω2Lsinθ
D.金属棒OP两端电势差大小为12BωL2sin2θ
解析 由右手定则知金属棒OP在匀速转动过程中切割磁感线产生的感应电流(由于没有形成通路，所以是短暂的电流)方向由P指向O，在电源内部电流由电势低处流向电势高处，则金属棒上O点的电势高于P点，故A正确，B错误.金属棒OP在匀速转动过程中切割磁感线的有效长度L'＝O'P＝L sin θ，故产生的感应电动势E＝BL'·12ωL'＝12BωL2 sin 2θ，故C错误，D正确.
5.水平放置的玻璃板上方有一用细线悬挂的可自由旋转的小磁针，下方有一水平放置的铜圆盘.圆盘的轴线与小磁针悬线在同一直线上，初始时小磁针与圆盘均处于静止状态.当圆盘绕轴沿逆时针方向（俯视）匀速转动时，下列说法正确的是（ B ）
A.小磁针不动
B.小磁针沿逆时针方向（俯视）转动
C.小磁针沿顺时针方向（俯视）转动
D.由于穿过圆盘的磁通量没有变化，圆盘中没有感应电流
解析 铜圆盘上存在许多小的闭合回路，当圆盘转动时，穿过小的闭合回路的磁通量发生变化，回路中产生感应电流（涡流），铜圆盘所受安培力阻碍其运动，俯视为顺时针方向，根据力的作用是相互的，知小磁针所受力沿逆时针方向，B正确.
6.[渗透实验思想]如图甲所示是一个电磁阻尼现象演示装置，钢锯条上端固定在支架上，下端固定有强磁铁，将磁铁推开一个角度释放，它会在竖直面内摆动较长时间；如图乙所示，若在其正下方固定一铜块（不与磁铁接触），则摆动迅速停止.以下关于实验的分析与结论正确的是（ C ）
A.如果将磁铁的磁极调换，重复实验将不能观察到电磁阻尼现象
B.用闭合的铜制线圈替代铜块，重复实验将不能观察到电磁阻尼现象
C.在图乙情况中，下摆和上摆过程中磁铁和锯条组成的系统机械能均减少
D.在摆动过程中铜块不受磁铁的作用力
解析 如果将磁铁的磁极调换，重复实验时，仍会导致穿过铜块截面的磁通量变化，从而产生电磁感应现象，进而将观察到电磁阻尼现象，故A错误；用闭合的铜制线圈替代铜块，重复实验时，由A选项分析可知，将能观察到电磁阻尼现象，故B错误；在题图乙情况中，下摆和上摆过程中磁铁和锯条组成的系统机械能均减少，原因是在此过程中，铜块里出现涡流，从而产生内能，故C正确；在摆动过程中，根据楞次定律的“来拒去留”可知，铜块会受磁铁的作用力，故D错误.
7.[生产实践]管道高频焊机可以对由钢板卷成的圆管的接缝实施焊接.焊机的原理如图所示，圆管通过一个接有高频交流电源的线圈，线圈所产生的交变磁场使圆管中产生交变电流，电流产生的热量使接缝处的材料熔化并焊接.则下列说法正确的是（ D ）
A.该焊机也能焊接塑料圆管的接缝
B.线圈的电阻越大，焊接效果越好
C.线圈的电源换成直流电源也能进行焊接
D.圆管的接缝处电阻较大，产生的电热较无接缝处大
解析 塑料圆管不导电，塑料圆管中无电流，不能焊接，A错误；线圈的电阻越大，线圈消耗的功率越大，焊接效果越不好，B错误；将线圈的电源换成直流电源，线圈不能产生交变磁场，圆管中不产生电流，不能进行焊接，C错误；圆管的接缝处电阻较大，产生的电热较大，D正确.
8.[结合三维坐标设题/2024河南名校联考]如图甲所示，一条南北走向的小路，路口设有出入道闸，每侧道闸金属杆长L，当有车辆通过时杆会从水平位置匀速转过90°直到竖起，所用时间为t.此处地磁场方向如图乙所示，B为地磁场总量，BH为地磁场水平分量，Bx、By、Bz分别为地磁场在x、y、z三个方向上的分量大小.则杆在转动升起的过程中，两端电势差的大小计算表达式为（ A ）
图甲 图乙
A.πBxL24tB.π2BxL8t2C.πBHL24tD.π2BHL8t2
解析 由题意可知，金属杆从水平位置匀速转过90°直到竖起，所用时间为t，可知金属杆的角速度为ω＝π2t，由于小路沿南北方向，则金属杆转动过程切割Bx磁场分量，则金属杆两端电势差的大小为U＝BxLv＝BxL0+ωL2＝12BxL2ω，联立解得U＝πBxL24t，故B、C、D错误，A正确.
9.[多选]如图甲所示，20匝的金属线圈（图中只画了2匝）电阻为r＝2Ω，两端a、b与R＝8Ω的电阻相连.线圈内有垂直于线圈平面（纸面）向里的磁场，磁通量按图乙所示规律变化.则（ CD ）
A.通过电阻R的电流方向为b→a
B.线圈产生的感应电动势为5V
C.电阻R两端的电压为8V
D.0～0.1s内通过线圈横截面的电荷量为0.1C
解析 题图甲中线圈相当于电源，由楞次定律可知a相当于电源的正极，b相当于电源的负极，故通过电阻R的电流方向为a→b，选项A错误；由法拉第电磁感应定律得线圈产生的感应电动势E＝NΔΦΔt＝20×0.15- V＝10 V，选项B错误；由闭合电路欧姆定律得电路中的感应电流I＝ER＋r＝108+2 A＝1 A，又由部分电路欧姆定律得电阻R两端的电压U＝IR＝1×8 V＝8 V，选项C正确；根据q＝It得，0～0.1 s内通过线圈横截面的电荷量q＝1×0.1 C＝0.1 C，选项D正确.
一题多解 本题的选项D还可以用二级结论q＝NΔΦR＋r快速得出.即q＝20×(0.15-0.10)2+8 C＝0.1 C，故D正确.
10.[2024浙江杭州质检]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（ D ）
图甲 图乙
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
解析 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，流经灯D1的电流也是逐渐增加的，故A、B错误；开关S断开瞬间，由于电感线圈阻碍电流减小的作用，由电感线圈继续为灯D2和D3提供电流，又因为电路稳定的时候，流经灯D2和D3的电流相等，所以灯D2逐渐熄灭，故C错误；开关S闭合瞬间，灯D2和D1串联，电压传感器所测电压为灯D2两端电压，由闭合电路欧姆定律有u1＝E2；电路稳定后，流经灯D3的电流为I＝12·E32R＝E3R，开关S断开瞬间，电感线圈能够为灯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.
11.[车速传感器/2024江西抚州东乡区实验中学一模]电磁感应式车速传感器的结构如图甲所示.当车轮转动时，轮轴上的铁质感应转子随其一起转动，转子上的轮齿不断靠近和远离电磁感应线圈，在线圈AB端输出如图乙所示周期性变化的感应电压，电控单元ECU根据该电压变化的周期测出车速.下列相关说法正确的是（ D ）
图甲 图乙
A.车速越高，感应电压的周期越大
B.车速越高，感应电压的峰值越小
C.车轮转动时感应转子中不会产生涡流
D.凸齿靠近线圈的过程中，感应电流从B端流入ECU
解析 车速越高，感应转子转速越大，转动的周期越小，所以感应电压的周期越小，故A错误；车速越高，磁通量的变化越快，根据法拉第电磁感应定律可知感应电压的峰值越大，故B错误；车轮转动时感应转子中各部分的磁通量不断发生变化，会产生涡流，故C错误；感应转子被磁化后凸齿为S极，凸齿靠近线圈的过程中，线圈中向左的磁通量增加，由楞次定律可知线圈中产生向右的感应电流，即从B端流入ECU，故D正确.课标要求
核心考点
五年考情
核心素养对接
1.通过实验，理解法拉第电磁感应定律.
2.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.
法拉第电磁感应定律的理解及应用
2023：天津T10；
2021：全国乙T25，全国甲T21；
2020：全国ⅢT24；
2019：全国ⅠT20
1.物理观念：理解法拉第电磁感应定律的内涵；知道自感、涡流、电磁阻尼和电磁驱动.
2.科学思维：通过类比法，理解感生电场和静电场的区别；应用法拉第电磁感应定律计算感应电动势的大小.
3.科学探究：通过对法拉第电磁感应定律、自感现象和涡流现象的探究，掌握对实验证据进行分析与归纳的方法.
4.科学态度与责任：通过学习自感现象与涡流现象、电磁阻尼与电磁驱动在生产生活中的应用，认识物理学对现代生活和科技社会发展的促进作用.
导体切割磁感线产生感应电动势
2022：山东T12；
2021：广东T10，河北T7；
2020：浙江7月T12
自感、涡流、电磁阻尼和电磁驱动
2023：全国乙T17；
2020：浙江1月T11
命题分析预测
法拉第电磁感应定律是电磁学的核心知识，是解决电磁感应问题的重要规律，单独考查时常为选择题形式，主要考查感应电动势的计算，综合考查时常结合动力学、能量、电路等知识进行考查.预计2025年高考可能会结合生产生活实际，考查应用法拉第电磁感应定律、切割公式等计算感应电动势的大小问题，与安培力相关的电磁阻尼、电磁驱动问题.
产生原因
ΔΦ
E
面积随时间变化（动生）
ΔΦ＝B·ΔS
E＝nBΔSΔt
磁场随时间变化（感生）
ΔΦ＝ΔB·S
E＝nSΔBΔt
面积和磁场同时随时间变化
ΔΦ＝Φ末－Φ初
E＝nB2S2－B1S1Δt
产生原因
导体做切割磁感线运动
移动电荷的非静电力
导体中自由电荷受沿[6] 导体 方向的洛伦兹力
回路中相当于电源的部分
做切割磁感线运动的导体
方向判断方法
通常由右手定则判断，也可由楞次定律判断
大小计算方法
由E＝Blv计算，也可由E＝nΔΦΔt计算
导体平动切割磁感线产生感应电动势的计算式为E＝Blv，应从几个方面理解和掌握
（1）正交性
本公式要求磁场是匀强磁场，还需B、l、v三者[7] 相互垂直
（2）平均性
导体平动切割磁感线时，若v为平均速度，则E为平均感应电动势，即[8] E＝Blv
（3）瞬时性
导体平动切割磁感线时，若v为瞬时速度，则E为相应的[9] 瞬时感应电动势
（4）有效性
公式中的l为导体的有效切割长度，即导体在与v共同所在平面上垂直于v的方向上的[10] 投影长度
（5）相对性
E＝Blv中的速度v是导体相对于磁场的速度，若磁场也在运动，应注意速度间的相对关系
如图，当导体棒在垂直于磁场的平面内，绕导体棒上某一点以角速度ω匀速转动时，则
（1）以导体棒中点为轴时，E＝0（相同两段的代数和）
（2）以导体棒端点为轴时，E＝12Bωl2（平均速度取中点位置的线速度12ωl）
（3）以导体棒上任意一点为轴时，E＝12Bω（l12－l22）（不同两段的代数和，其中l1＞l2）
E＝nΔΦΔt
E＝Blv
研究对象
求整个闭合回路的感应电动势
求回路中的部分导体切割磁感线时产生的感应电动势
适用范围
无论什么方式引起的磁通量变化都适用
只适用于一段导体切割磁感线的情况
条件
不一定是匀强磁场
一般只适用于匀强磁场
物理意义
当Δt→0时，求的是瞬时感应电动势；当Δt较长时，求的是平均感应电动势
当v为瞬时速度时，求的是瞬时感应电动势；当v为平均速度时，求的是平均感应电动势
判断电流方向
一般用楞次定律判断感应电流方向
一般用右手定则判断感应电流方向
产生原因
磁场的变化
移动电荷的非静电力
感生电场对自由电荷的电场力
回路中相当于
电源的部分
处于变化磁场中的闭合导体
方向判断方法
楞次定律
大小计算方法
E＝nΔΦΔt
电磁阻尼
电磁驱动
成因
导体在磁场中运动产生感应电流导致导体受到安培力
磁场运动引起磁通量变化产生感应电流导致导体受到安培力
效果
安培力方向与导体运动方向相反，阻碍导体运动
安培力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
通过安培力做功，电能转化为机械能，从而对外做功
应用
磁电式仪表中利用电磁阻尼使指针快速停下来，便于读数
交流感应电动机
相同点
两者均属于感应电流的机械效应，都是电磁感应现象，且本质都是感应电流的磁场阻碍磁通量的变化（遵循楞次定律），均符合能量守恒定律
三注意
三技巧
1.自感仅能使电流的变化过程延长，但不能改变最终的结果
1.通电自感时线圈相当于一个阻值变化的电阻：阻值由无穷大逐渐减小
2.断电自感时灯泡是否“闪亮”，关键在于通过灯泡的电流大小如何变化
2.断电自感时线圈相当于电源：电动势由某个值逐渐减小到零
3.断电时与自感线圈在同一支路中的用电器中的电流方向不变，否则一般会改变
3.电路稳定时，自感线圈相当于导体，是否需要考虑电阻要根据题意确定
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