第42讲 法拉第电磁感应定律 自感和涡流（复习讲义）（四川专用）（教师版）

第42讲法拉第电磁感应定律自感和涡流目录01TOC\o"1-3"\h\u考情解码·命题预警 202体系构建·思维可视 303核心突破·靶向攻坚 4考点一法拉第电磁感应定律 4知识点1法拉第电磁感应定律 4知识点2导体平动与转动切割磁感线问题 5考向1感生电动势 5考向2动生电动势 8考点二自感涡流 16知识点1自感与互感 16知识点2涡流电磁阻尼与电磁驱动 17考向1自感与互感 18考向2涡流 21考向3电磁阻尼与电磁驱动 2404真题溯源·考向感知 28考点要求考察形式2025年2024年2023年法拉第电磁感应定律自感和涡流选择题非选择题四川卷T14，12分全国甲卷T25，20分全国甲卷T21,6分全国甲卷T25,20分全国甲卷T21,6分考情分析：1．法拉第电磁感应定律、自感和涡流作为电磁学领域的重要知识板块，在四川高考物理里扮演着关键角色，是考查学生对电磁感应现象深入理解及综合运用能力的核心要点。2．从命题思路上看，试题情景为命题将更加注重对学生思维深度与灵活性考查。如设置开放性问题，让学生设计利用电磁感应原理的新型传感器，并阐述工作原理；或给出复杂实验数据，要求学生分析其中自感、涡流现象并提出优化方案，考查学生创新思维、批判性思维与解决实际问题能力。复习目标：目标一：深入理解法拉第电磁感应定律，精准计算感应电动势。目标二：熟练分析自感现象，掌握其规律与应用。目标三.：理解涡流是块状金属在变化磁场中（或在磁场中运动），因磁通量变化产生的闭合感应电流，本质是电磁感应。能分析涡流大小与磁场变化率、金属电阻的关系（变化率越大、电阻越小，涡流越强）。考点一法拉第电磁感应定律知识点1法拉第电磁感应定律1.感生电动势（1）概念：在电磁感应现象中产生的电动势。（2）产生条件：穿过回路的磁通量发生改变，与电路是否闭合无关。（3）方向判断：感应电动势的方向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＝nΔΦΔt，其中3.导体切割磁感线时的感应电动势（动生电动势）（1）垂直切割：E＝Blv。（2）倾斜切割：E＝Blvsinθ，其中θ为v与B的夹角。4.对法拉第电磁感应定律的理解（1）公式E＝nΔΦΔt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（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ΔΦΔt共同决定，而与磁通量Φ的大小、磁通量的变化量Δ（3）磁通量的变化率ΔΦΔt对应Φ-（4）通过回路横截面的感应电荷量q＝nΔΦR，仅与n、ΔΦ和回路电阻R有关5.磁通量变化时感应电动势的三种求法（1）磁通量的变化仅由面积变化引起时，则ΔΦ＝BΔS，E＝nΔSΔ（2）磁通量的变化仅由磁场变化引起时，则ΔΦ＝ΔBS，E＝nΔBΔtS，注意（3）磁通量的变化由面积和磁场同时变化引起时，则ΔΦ＝｜Φ末－Φ初｜，E＝n｜B2S2知识点2导体平动与转动切割磁感线问题1.平动切割公式E＝Blv的两个特性（1）正交性：本公式要求磁场为匀强磁场，而且B、l、v三者互相垂直。（2）有效性：公式中的l为导体棒切割磁感线的有效长度。如图所示，导体棒的有效长度为a、b间的距离。2.导体转动切割磁感线（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＝12Bl2ω，（平均速度取中点位置的线速度12ωl（3）以任意点为轴时，E＝12Bω·（l12－l22），（l1、l2分别为转轴到两端点的距离，考向1感生电动势例1（2025·四川达州·高三月考）如图所示，甲乙为横截面积相同的同种材料制成的等边三角形线框和正方形线框，两线框的边长相等，现将它们置于磁感应强度随时间按图丙变化的匀强磁场中，线框平面始终与磁场方向垂直，则甲乙两线框中的感应电流大小比值为（）A．33 B．3 C．23 【答案】A【详解】设甲乙单位长度的电阻为r，两线框的边长为l，图丙中的斜率大小为k=Δ对三角形分析，则周长为c故其电阻为R面积为S根据法拉第电磁感应定律有E故产生的感应电流为I对正方形分析，则周长为c故其电阻为R面积为S根据法拉第电磁感应定律有E故产生的感应电流为I故则甲乙两线框中的感应电流大小比值为I故选A。【变式训练1】（2025·四川成都·高三月考）如图所示，纸面内有一边长为3L，质量为m的单匝正方形金属线框，金属线框每条边的电阻为R。金属线框正中间有一个边长L的正方形abcd，在金属线框与正方形abcd之间存在磁场方向垂直纸面向里、磁感应强度大小随时间变化规律为B=B0+ktA．kL2R B．2kL2【答案】B【详解】由法拉第电磁感应定律得感应电动势E=由闭合电路欧姆定律得感应电流I=故选B。【变式训练2】（2025·四川南充·高三月考）如图所示，电阻R、电容器C与一半径为a的单匝圆形线圈连成闭合回路，线圈内有垂直纸面向里的匀强磁场。在Δt时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B均匀增加到2BA．流过R的电流方向从b到aB．线圈中产生的感应电动势为BπC．电容器下极板带正电，上极板带负电D．电阻R消耗的功率逐渐增大【答案】B【详解】A．根据题意，由楞次定律可知，圆环中感应电流方向为逆时针方向，则流过R的电流方向从a到b，故A错误；B．由法拉第电磁感应定律可得，线圈中产生的感应电动势为E=故B正确；C．由A分析可知，圆环中电流由上口流出，则电容器上极板带正电，下极板带负电，故C错误；D．电动势恒定，通过电阻的电流恒定，根据电功率P=可知，电阻R消耗的功率恒定，故D错误。故选B。【变式训练3】（多选）（2025·四川广安·二模）电磁感应是发电机的重要工作原理，如图甲所示，在边长为L的正方形abcd虚线区域内，分布着方向垂直水平面向外的匀强磁场，电阻为R的圆形导体框放置在绝缘水平面上，其圆心O点与ab边的中点重合，导体框恰好有一半处于磁场中。磁感应强度B随时同t的变化规律如图乙所示，其中B0、t0都是已知量。由于水平面粗糙，圆形导体框一直处于静止状态。则（）A．t0时刻通过导体框的电流大小为πB．0~t0时间内通过圆形导体框任一横截面的电荷量为πC．2.5t0时刻，水平面对导体框的摩擦力大小为πBD．0~3t0时间内圆形导体框中产生的焦耳热为3【答案】AC【详解】AB．由图甲可知线圈的有效面积为S=在0~2t0时间内，由法拉第电磁感应定律可得感应电动势的大小为E=则t0时刻通过导体框的电流大小为I=故A正确；B0~t0时间内通过圆形导体框任一横截面的电荷量为q=I故B错误；C．2t0~3t0时间内，由法拉第电磁感应定律可得感应电动势大小为E感应电流大小为I2.5t0时刻导体框所受安培力大小为F=根据左手定则可知，安培力方向水平向左，由于导体框一直处于静止状态，摩擦力与安培力平衡，可知f=方向水平向右，故C正确；D．0~3t0时间内圆形导体框中产生的焦耳热为Q=故D错误。故选AC。考向2动生电动势例1（2025·四川成都·高三月考）如图所示，半径为L的金属圆环水平放置，圆心处及圆环边缘通过导线分别与两条倾角θ=37°的平行倾斜金属轨道相连，圆环区域内分布着磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场，圆环上放置一金属棒a，棒a一端在圆心处，另一端恰好搭在圆环上，棒a可绕圆心转动。倾斜轨道部分处于垂直轨道平面向下、磁感应强度大小也为B的匀强磁场中，金属棒b放置在倾斜平行轨道上，其长度与轨道间距均为2L。已知金属棒b的质量为m，棒a、b的电阻分别为R和2R，其余电阻不计。若金属棒b与轨道间的动摩擦因数μ=0.5，可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度为g。当金属棒a绕圆心以角速度ω顺时针（俯视）匀速旋转时，金属棒bA．金属棒a中产生的感应电动势E=BL2ω B．金属棒C．金属棒a旋转的最大角速度为2mgRB2L3 【答案】D【详解】A．设金属棒a在磁场中产生的感应电动势E=BLA错误；B．由闭合电路欧姆定律得，金属棒b中电流I=金属棒a两端的电压为路端电压U=I·2R联立解得U=B错误CD．由F联立解得F为保持b棒始终静止，设棒a旋转的角速度最小值设为ω1、最大值为ω2解得ω由mg解得ω2故选D。例2（2025·四川绵阳·高三月考）如图甲所示，一辆电动汽车在北京的一段平直公路上以速度v自东向西匀速行驶，金属车头上左右对称的B点与A点间距为L。图乙是从外侧看汽车左前轮转动的示意图，C点在金属轮毂边缘，D点在转轴中心。已知当地地磁场磁感应强度竖直分量大小为B1、水平分量大小为BA．B点电势比A点电势低 B．C点电势比D点电势低C．A、B之间的电势差UAB=B1Lv D．【答案】B【详解】ACD．北京在北半球，所以地磁场竖直分量向下，根据右手定则，拇指指西，磁感线穿入手心，此时四指指向B点，所以B点相当于电源正极，即B点电势比A点电势高，则A、B之间电势差UABB．地磁场的水平分量向北，根据右手定则，拇指指向与C、D连线上点的线速度方向相同，磁感线穿入手心，此时四指指向D点，所以D点相当于电源正极，即D点电势比C点电势高，故B正确。故选B。例3如图所示，光滑水平面上存在有界匀强磁场，磁感应强度为B，质量为m边长为a的正方形线框ABCD斜向穿进磁场，当AC刚进入磁场时速度为v，方向与磁场边界成45∘。若线框的总电阻为RA．AC刚进入磁场时，DA两端电势差等于DC两端电势差B．AC刚进入磁场时，线框中感应电流为2C．AC刚进入磁场时，线框所受安培力为2D．在以后穿过磁场的过程中，线框的速度不可能减小到零【答案】D【详解】A．AC刚进入磁场时，CD边切割磁感线，而切割磁感线的导体相当于电源，根据右手定则可知D点相当于电源的正极，C点相当于电源的负极，而DC两端的等于路端电压，由E=Bav可知UDC=则可知U故A错误；B．AC刚进入磁场时，线框中感应电流为I=故B错误；C．AC刚进入磁场时，只有DC边和DA边在磁场中，根据左手定则可知，DC边和DA边所受安培力大小相同，且互相垂直，因此可知线框所受安培力为DC边和DA边所受安培力的合力，根据安培力的计算公式有F则线框所受安培力的大小为F故C错误；D．线框在穿过磁场的过程中，切割磁感线的有效长度始终与磁场边界重合，根据左手定则可知线框所受安培力始终垂直于磁场边界向下，线框运动的实际速度可分解为垂直于磁场边界向上的分速度和平行于磁场边界的另一分速度，而平行磁场边界的方向合力为零，由此可知，平行磁场边界的分速度始终不变，即平行磁场边界的运动为匀速直线运动，因此可知，线框在以后穿过磁场的过程中，速度不可能减小到零，故D正确。故选D。【变式训练1】（2025·四川成都·三模）如图所示，圆心为O、直径d=2m的圆形金属导轨内存在方向垂直纸面向里、磁感应强度大小B=1T的匀强磁场。金属杆PQ长度与导轨直径相等，单位长度电阻r0=4Ω/m，PQ绕O点以角速度ω=20rad/s逆时针匀速转动并与导轨保持良好接触。O、A．流过电阻R的电流方向为b→aB．电流表的读数为2.5AC．电容器的电荷量为9.6×10-10CD．为了维持金属杆匀速转动，外力做功的功率为6.25W【答案】C【详解】A．PQ绕O点逆时针匀速转动，根据右手定则可知，电流从PQ两点流向O点，所以流过电阻R的电流方向为a→b，故A错误；B．电流从PQ两点流向O点，则PO与QO并联，则产生的电动势为E=PO与QO并联产生的等效内阻r电流表的读数为I=故B错误；C．电容器两端电压U=IR=8电容器的电荷量为Q=CU=9.6×故C正确；D．为了维持金属杆匀速转动，外力做功的功率为P=EI=10故D错误。故选C。【变式训练2】金属圆环圆心为O、半径为L，转轴经圆心O且垂直圆环平面，三根电阻为r的金属棒互成夹角120°，连接在圆环和转轴上。磁感应强度大小为B的匀强磁场垂直圆环平面，其截面是半径为L、圆心角为120°、圆心与O点重合的扇形。当圆环以角速度ω顺时针（俯视）转动时，圆环及其他电阻不计，下列说法正确的是（）A．当金属棒OQ在磁场中转动时电流方向为从Q到OB．当金属棒OQ在磁场中转动时产生的电动势为BC．当金属棒OM在磁场中转动时（不包括磁场边界），MO两端电压为1D．三根金属棒通过的电流大小始终相等【答案】C【详解】AB．当金属棒OQ在磁场中顺时针转动时，根据右手定则可知，电流方向为从O到Q；金属棒OQ产生的电动势为E=BL故AB错误；CD．当金属棒OM在磁场中转动时，电流方向为从O到M，金属棒OM相当于电源，此时M、O两端电压为路端电压，则有U根据串并联关系可知，在磁场中的金属棒电流是另外两个金属棒电流的2倍，故C正确，D错误。故选C。【变式训练3】如图所示，单匝正方形闭合线圈MNPQ放置在水平面上，空间存在方向竖直向下、磁感应强度为B的有界匀强磁场，磁场两边界成θ=45°角。线圈的边长为L、总电阻为R。现使线圈以水平向右的速度v匀速进入磁场。下列说法正确的是（）A．当线圈中心经过磁场边界时，N、P两点间的电压U=BLvB．当线圈中心经过磁场边界时，线圈所受安培力FC．当线圈中心经过磁场边界时，回路的瞬时电功率P=D．线圈从开始进入磁场到其中心经过磁场边界的过程，通过导线某一横截面的电荷量q=【答案】C【详解】A．当线圈中心经过磁场边界时，只有NP边产生切割磁感线，线圈中产生的感应电动势为E=BLvNP间的电压为路端电压，则有U=故A错误；B．当线圈中心经过磁场边界时，线圈NP、PQ边受到安培力作用，根据安培力公式且将NP、PQ两边所受的安培力合成得F故B错误；C．当线圈中心经过磁场边界时，回路的瞬时电功率P=故C正确；D．线圈从开始进入磁场到其中心经过磁场边界的过程，通过导线某一横截面的电荷量为q=故D错误。故选C。【变式训练4】如图，从匀强磁场中把不发生形变的矩形线圈匀速拉出磁场区，若两次拉出的速度之比为1:2，则两次线圈所受外力大小之比F1A．F1:F2=2:1 B．F1【答案】B【详解】设线圈匀速拉出磁场区过程，线圈的速度为v，线圈切割磁感线的边长为L，磁感应强度为B，线圈电阻为R，则产生的电动势为E=BLv线圈电流为I=线圈受到的安培力为F根据受力平衡可得F=联立可得F=可得两次线圈所受外力大小之比为FB正确，ACD错误；故选B。【变式训练5】如图，两条“”形的光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，间距为L，左、右两导轨面与水平面夹角均为30°，均处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小分别为2B和B．将有一定阻值的导体棒ab、cd放置在导轨上，同时由静止释放，两棒在下滑过程中始终与导轨垂直并接触良好。ab、cd的质量分别为2m和m，长度均为L。导轨足够长且电阻不计，重力加速度大小为g，两棒在下滑过程中（）A．回路中的电流方向为adcba B．ab中电流趋于3C．ab与cd加速度大小之比始终为2∶1 D．两棒产生的电动势始终相等【答案】B【详解】A．由于ab和cd均沿导轨下滑，则abcd回路的磁通量增大，根据楞次定律可知，回路中的电流方向为abcda，A错误；C．初始时，对ab和cd分别受力分析，如图所示，根据牛顿第二定律分别有2mgsin30°-2BILcos30°=2ma1、mgsin30°-BILcos30°=ma2可得a1=a2=g则ab与cd加速度大小之比始终为1∶1，C错误；B．当加速度趋于零时，两导体棒中的电流趋于稳定，结合C项分析可知，ab中的电流趋于3mgD．由于ab和cd加速度大小始终相等，则两导体棒的速度大小始终相等，则由法拉第电磁感应定律可知两导体棒产生的感应电动势大小之比始终为2∶1，D错误。故选B。【变式训练6】（2025·四川成都·高三月考）如图所示，MN、PQ为水平光滑金属导轨（金属导轨电阻忽略不计），MN、PQ相距L=50cm，导体棒AB在两轨道间的电阻为r=0.5Ω，且可以在MN、PQ上滑动，定值电阻R1=3Ω，R2=6Ω，整个装置放在磁感应强度为A．导体棒AB产生的感应电动势E=8V B．导体棒AB两端的电压C．导体棒AB受到的外力F=1.8N D．定值电阻R1和【答案】B【详解】A．导体棒AB产生的感应电动势E=BLv=2×0.5×4故A错误；B．并联电阻阻值R电路电流I=导体棒AB两端的电压U故B正确；C．导体棒AB受到的安培力F导体棒匀速运动，外力平衡安培力，所以外力大小为1.6N，故C错误；D．定值电阻R1和RP=IE−故D错误。故选B。考点二自感涡流知识点1自感和互感1.互感现象两个互相靠近的线圈，当一个线圈中的电流变化时，它所产生的变化的磁场会在另一个线圈中产生感应电动势。这种现象叫作互感，这种感应电动势叫作互感电动势。2.自感现象由于通过导体自身的电流发生变化而产生的电磁感应现象。3.自感电动势（1）定义：在自感现象中产生的感应电动势。（2）表达式：E＝LΔI（3）自感系数L：与线圈的大小、形状、匝数以及是否有铁芯等因素有关，单位为亨利，简称亨，符号H。4.通电自感和断电自感的比较电路图器材要求A1、A2同规格，R＝RL，L较大L很大（有铁芯）通电时在S闭合瞬间，灯A2立即亮起来，灯A1逐渐变亮，最终一样亮灯A立即亮，然后逐渐变暗达到稳定断电时回路电流减小，灯泡逐渐变暗，A1电流方向不变，A2电流反向（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总结自感电动势总是阻碍原电流的变化知识点2涡流电磁阻尼与电磁驱动1.涡流现象（1）涡流：导体放在变化磁场中，导体内产生的漩涡状的感应电流。（2）产生原因：导体内磁通量变化→感应电动势→感应电流。2.电磁阻尼当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。3.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的作用而运动起来。4.电磁阻尼和电磁驱动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考向1自感与互感例1类比是研究问题的常用方法，在情景1中：物体从静止开始下落，除受到重力作用外，还受到一个与运动方向相反的空气阻力f=kv（k为常量）的作用。其速率v随时间t的变化规律可用方程G−kv=mΔvΔt描述，其中m为物体质量，G为其重力。在情境2中：如图所示，电源电动势为E，线圈自感系数为L，电路中稳定后的总电阻为R。闭合开关S，发现电路中电流I随时间t的变化规律与情境1中物体速率A．该变化规律是由于自感线圈中会产生阻止原电流变化的感应电流B．其电流I随时间t的变化规律可用方程G−kv=mΔC．电路中的电流变化率逐渐减小D．电源提供的电能全部转化为了焦耳热【答案】C【详解】A．该变化规律是由于线圈中的电流变化引起磁通量的变化，导致在它自身激发感应电动势，从而阻碍原电流的变化，A错误；B．类比情景1，由闭合电路欧姆定律可知E−IR=LB错误；C．由上式可知Δ由于E、R、L不变，I逐渐增大，则I−t图像的斜率逐渐减小，即电路中的电流变化率逐渐减小，C正确。D．电源提供的电能转化为了焦耳热和线圈的磁场能，D错误。故选C。例2（2025·四川成都·高三月考）无线充电是近年发展起来的新技术，它让手机摆脱了充电线的牵制。如图为某品牌的无线充电手机利用电磁感应的方式充电的原理简化图。当充电基座上的送电线圈通入交流电后，就会在邻近的受电线圈中产生感应电流，从而为手机电池充电。下列关于无线充电的说法正确的是（）A．将送电线圈接到稳恒直流电源上也可为手机电池充电B．受电线圈与送电线圈中交变电流的频率相同C．送电线圈和受电线圈之间通过自感现象实现能量的传递D．手机和充电基座没有通过充电线连接，故充电过程中没有能量损失【答案】B【详解】A．如果无线充电基座用稳恒直流电源供电，则接收线圈的磁通量不变，不能产生感应电流，无法对手机充电，A错误；B．无线充电中发射线圈由于接交流电会产生变化的磁场，接收线圈上会因为变化的磁场产生感应电流进行充电，利用了电磁感应原理，不改变电流频率，B正确；C．无线充电过程主要利用互感现象来实现能量传递的，C错误；D．充电时线圈中有电流，根据电流的热效应，可知线圈会发热，故存在能量损失，D错误。故选B。【变式训练1】（多选）如图所示电路，L是一直流电阻可忽略的自感线圈，A、B、C为完全相同的三个灯泡，下列说法正确的是（）A．闭合电键S稳定后，A灯最亮B．闭合电键S的瞬间，A、B、C三灯一样亮C．闭合电键S稳定后，再断开电键S，A、B、C灯都缓慢熄灭D．闭合电键S稳定后，再断开电键S，A、B、C灯都立即熄灭【答案】AC【详解】B．由于A灯与自感线圈L串联，因此，当闭合电键瞬间，B、C立即亮起，而由于自感线圈在闭合电键瞬间产生自感电动势，阻碍电流的通过，通过A灯的电流逐渐增大，因此A灯不会立即变亮，而是缓慢变亮，故B错误；A．由于自感线圈的电阻可忽略，因此当电路稳定后，线圈相当于一根导线，可知，稳定后，A灯所在支路的电流大于B、C两灯所在支路电流，则A灯比B、C两灯亮，即A灯最亮，故A正确；CD．闭合电键稳定后，断开电键瞬间，自感线圈会产生自感电动势，B、C灯所在支路的原电流瞬间消失，线圈产生的自感电动势阻碍A灯中电流的减小，因此A灯中电流方向不变，并与B、C灯所在电路构成闭合回路，A、B、C三灯都缓慢熄灭，故C正确，D错误。故选AC。【变式训练2】（多选）（2025·四川南充·高三月考）家用日光灯电路如图示，S为启动器，A为灯管，L为镇流器，下列说法中正确的是（）A．镇流器的作用是将交流电变为直流电B．在日光灯的启动阶段，镇流器能提供一个瞬时高压，使灯管开始工作C．日光灯点亮后，启动器不再起作用，可以将启动器去掉D．日光灯点亮后，使镇流器短路，日光灯仍能正常发光，并能降低对电能的消耗【答案】BC【详解】AB．镇流器在启动时产生瞬时高压，在正常工作时起降压限流作用，故A错误，B正确；CD．日光灯点亮后，起动器中氖气停止放电，U型片冷却收缩，两触片分离，不工作，去掉后，不影响日光灯工作；然而镇流器与灯管串联，起导电作用，使镇流器短路，日光灯不能正常发光，故C正确，D错误。故选BC。【变式训练3】（多选）无线充电近几年发展迅猛，充电功率及效率越来越高，无线充电是利用变化的电流在送电线圈中产生变化的磁场，变化的磁场通过手机中的受电线圈感应出电流为手机充电。图为遥遥领先品牌的无线充电手机利用无线充电底座充电的原理图。关于无线充电，下列说法正确的是（）A．无线充电底座可以给所有手机无线充电B．无线充电过程中，手机发生的是自感现象，不是互感现象C．当穿过接收线圈的磁通量增加时，接收线圈有收缩的趋势D．无线充电时手机发射线圈的工作原理是电流磁效应【答案】CD【详解】A．被充电手机内部，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，出现感应电动势，普通手机不能利用无线充电设备进行充电，故A错误；B．无线充电时手机接收线圈部分的工作原理是互感现象，故B错误；C．当穿过接收线圈的磁通量增加时，根据楞次定律可知，线圈会收缩阻碍磁通量的改变，故C正确；D．无线充电时手机发射线圈的工作原理是电流磁效应，故D正确。故选CD。【变式训练4】（2025·四川·高三月考）在物理趣味实验中，三位同学合作完成了一个惊奇的小实验：他们手拉手与一节电动势为1.5V的干电池、若干导线、一个开关、一个有铁芯且匝数适中的线圈（纯电阻较小）按图示方式连接，实验过程中进行某种操作，人会有触电的感觉。下列说法正确的是（）A．闭合开关的瞬间，人有触电的感觉B．电路稳定时，流过线圈的电流小于流过人体的电流C．断开开关的瞬间，流过人体的电流方向为P→QD．断开开关的瞬间，线圈两端的电压突然增大【答案】D【详解】A．闭合开关的瞬间，人体两端的电压约等于电源两端的电压，为1.5V，不足以产生触电的感觉，故A错误；B．电路稳定时，因为人体的电阻远大于线圈的电阻，所以流过人体的电流小于流过线圈的电流，故B错误；C．断开开关的瞬间，线圈产生的感应电动势要阻碍线圈中的电流变小，因此产生的感应电流方向与原方向相同，自左向右，断开开关的瞬间，线圈与人组成新的闭合回路，因此流过人体的电流方向为Q→P，故C错误；D．断开开关的瞬间，由于电流变化太快，导致线圈产生的感应电动势非常大，所以线圈两端的电压突然增大，故D正确。故选D。考向2涡流例1如图所示，把一铁块放入通电线圈内部、一段时间后，铁块就会“烧”得通红。下列说法中正确的是（）A．铁块中产生了涡流B．线圈接的是干电池C．如果是用木块放在线圈内部，木块可能会燃烧D．如果是将手指伸入线圈内部，手指可能被“烧”伤【答案】A【详解】A．当线圈通入变化的电流时，会在线圈内部会产生变化的磁场，而铁块放在线圈内部，则在铁块内部会有变化的磁场，而变化的磁场能够产生电场，因此会在铁块内部形成涡流，而根据电流的热效应，铁块会被“烧”得通红，故A正确；B．干电池提供的是直流电，当线圈接干电池时，线圈中的电流恒定，将产生恒定的磁场，不能产生变化的磁场，而根据电磁感应原理可知，恒定的磁场不能产生电场，则铁块中不能产生涡流，铁矿也不会被“烧”得通红，故B错误；C．由于木块不是导体，因此木块放在线圈内部时木块中不会有感应电流产生，木块也不可能会燃烧，故C错误；D．人的手指虽然是导体，但手指在变化的磁场中不能形成闭合的电流，也就不能产生涡流，因此手指不可能被“烧”伤，故D错误。故选A。【变式训练1】如图所示，电磁炉没有明火却能达到加热的效果，深受人们喜爱．电磁炉的工作原理是利用高频交变电流通过线圈产生磁场，交变的磁场在铁锅底部产生无数小涡流，使铁质锅自身生热而直接加热于锅内的食物。下列关于电磁炉的说法，正确的是（

）A．电磁炉面板采用陶瓷材料，发热部分为铁锅底部B．电磁炉面板采用金属材料，通过面板发热加热锅内食品C．电磁炉可用陶瓷器皿作为锅具对食品加热D．改变交流电的频率不能改变电磁炉的功率【答案】A【详解】AB．电磁炉的上表面如果用金属材料制成，使用电磁炉时，上表面材料发生电磁感应要损失电能，电磁炉上表面要用绝缘材料制作，发热部分为铁锅底部，故A正确，B错误；C．电磁炉产生变化的电磁场，导致加热锅底出现涡流，从而产生热量，所以电磁炉不能用陶瓷器皿作为锅具对食品加热，故C错误；D．锅体中涡流的强弱与磁场变化的频率有关，可通过改变交流电的频率来改变电磁炉的功率，故D错误。故选A。【变式训练2】进高铁站时，安检员会使用手持金属探测器对旅客全身进行扫描，探测到携带违禁的金属制品时会鸣笛提醒。探测器的工作原理是（）A．静电感应 B．静电屏蔽C．电磁感应 D．电磁驱动【答案】C【详解】探测器的工作原理是电磁感应；探测器工作时，当探测器靠近金属物体时，能在金属中形成涡流，进而引起线圈中电流的变化。故选C。【变式训练3】（多选）电磁技术在生活中的应用非常广泛：图甲是霍尔元件，当通以如图所示的电流I和磁场B时，即可在M、N两极处产生电压，电压的大小可以用来检测磁场的变化；图乙是冶炼合金钢的真空冶炼炉的示意图。则下列说法正确的是（  ）A．图甲中，若霍尔元件的载流子为负离子，则M点的电势高于N点B．图甲中，若霍尔元件的载流子为正离子，则M点的电势高于N点C．图乙中，当真空冶炼炉的线圈中通高频交流电时，线圈电阻产生焦耳热，从而炼化金属D．图乙中，当真空冶炼炉线圈中通高频交流电时，使炉内的金属产生涡流，从而炼化金属【答案】BD【详解】A．图甲中，若霍尔元件的载流子为负离子，由左手定则可判断负离子向M偏转，故N点电势高于M点，故A错误；B．图甲中，若霍尔元件的载流子为正离子，由左手定则可判断正离子向M偏转，则M点的电势高于N点，故B正确；CD．真空冶炼炉的线圈中通高频交流电时，炉内的金属会产生涡流，从而炼化金属，故C错误，D正确。故选BD。考向3电磁阻尼与电磁驱动例1如图所示，足够长铝管竖直放置在水平桌面上，把一小磁体从铝管上端管口放入，小磁体不与管壁接触，且无翻转，不计空气阻力。小磁体在铝管内下落的过程中（）A．小磁体受合外力一直向下B．小磁体做自由落体运动C．铝管对桌面的压力大于铝管的重力D．小磁体动能的增加量大于重力势能的减少量【答案】C【详解】AB．磁体在铝管运动的过程中，虽不计空气阻力，但在下落过程中，受到方向向上的安培力，从而磁体的加速度小于重力加速度，所以磁体的运动不是自由落体运动，开始时重力大于安培力，合力向下；随着速度增加，向上的安培力变大，当重力等于安培力时合力为零，此时加速度为零，小磁体匀速下落，故AB错误；C．根据电磁阻尼原理可知，小磁体下落过程中受到的磁场力向上，由牛顿第三定律可知，铝管在磁体下落过程受到向下的磁场力，所以铝管对桌面的压力大于铝管的重力，故C正确。D．磁体在整个下落过程中，除重力做功外，还有产生感应电流对应的安培力做功，导致减小的重力势能，部分转化动能外，还要产生内能，故机械能不守恒，且磁体动能的增加量小于重力势能的减少量，故D错误。故选C。例2电磁驱动是21世纪初问世的新概念，该技术被视为将带来交通工具大革命。在日常生活中，摩托车和汽车上装有的磁性转速表就是利用了电磁驱动原理。如图所示是磁性转速表及其原理图，永久磁铁随车轮系统的转轴转动，铝盘固定在指针轴上，与永久磁铁不固定。关于磁性式转速表的电磁驱动原理，下列说法正确的是（

）A．铝盘接通电源，通有电流的铝盘在磁场作用下带动指针转动B．永久磁体随转轴转动产生运动的磁场，在铝盘中产生感应电流，感应电流使铝盘受磁场力而转动C．铝盘转动的方向与永久磁体转动方向相反D．由于铝盘和永久磁体被同转轴带动，所以两者转动是完全同步的【答案】B【详解】AB．当永久磁铁随转轴转动时，产生转动的磁场，在铝盘中会产生感应电流，这时永久磁铁的磁场会对铝盘上的感应电流有力的作用，而产生一个转动的力矩，使指针转动，由于弹簧游丝的反力矩，会使指针稳定指在某一刻度上，故A错误，B正确；C．该转速表运用了电磁感应原理，由楞次定律知，铝盘磁场总是阻碍永久磁铁转动，要使减小穿过铝盘磁通量的变化，永久磁铁转动方向与铝盘转动方向相同，故C错误；D．永久磁铁固定在转轴上，铝盘固定在指针轴上，铝盘和永久磁铁不是同转轴带动，所以两者转动不是同步的，故D错误。故选B。【变式训练1】电磁阻尼可以无磨损地使运动的线圈快速停下来。如图所示，扇形铜框在绝缘细杆作用下绕转轴O在同一水平面内快速逆时针转动，虚线把圆环分成八等份，扇形铜框恰好可以与其中份重合。为使线框快速停下来，实验小组设计了以下几种方案，其中虚线为匀强磁场的理想边界，边界内磁场大小均相同，其中最合理的是（）A． B．C． D．【答案】C【详解】扇形铜框逆时针转动时，对于A、D选项，通过铜框的磁通量不发生变化，无感应电流产生，则线圈不会受到安培力阻碍；对于B、C选项，通过铜框的磁通量发生变化，产生感应电流，B项的铜框只有单边ad或bc受到安培阻力作用，而C项的铜框ad边、bc边同时受到安培阻力作用，所以最合理的是C选项。故ABD错误，C正确。故选C。【变式训练2】如图所示，条形磁铁用细线悬挂在O点，O点正下方固定一个水平放置的实心铝盘。让磁铁在竖直面内从左边静止释放，虚线为释放位置的对称位置，不计空气阻力，下列说法正确的是（）A．磁铁由于电磁阻尼无法摆到虚线位置B．磁铁由于电磁驱动会持续摆动C．铝盘中的涡流总是排斥磁铁，对磁铁的作用力总是阻力D．最终铝盘中涡流产生的焦耳热大于磁铁损失的重力势能【答案】A【详解】AB．由楞次定律可知，感应电流总是阻碍磁铁的相对运动，所以磁铁无法摆到虚线位置，且最终会停止，故A正确，B错误；C．由楞次定律可知，磁铁靠近铝线圈时受到斥力作用，远离铝线圈时受到引力作用，故C错误；D．根据能量守恒定律可知，最终铝盘中涡流产生的焦耳热等于磁铁损失的重力势能，故D错误；故选A。【变式训练3】如图所示为电磁驱动的简易图，永久磁体转动起来后对铝盘产生安培力，最后指针指在某一位置。下列说法正确的是（）A．永久磁体转动时，铝盘的转动方向可能与永久磁体的转动方向相反B．铝盘转动的角速度一定小于永久磁体的角速度C．该装置是将磁场能转化为电能D．如果忽略一切摩擦，永久磁体停止转动后，铝盘将一直转动下去【答案】B【详解】AB．该转速表运用了电磁感应原理，由楞次定律知，铝盘磁场总是阻碍永久磁铁转动，要使减小穿过铝盘磁通量的变化，永久磁铁转动方向与铝盘转动方向相同，且铝盘转动的角速度小于永久磁体的角速度，故A错误，B正确；C．在电磁驱动的过程中，通过安培力做功消耗电能转化为机械能，故C错误；D．当磁铁停止转动后，如果忽略一切摩擦，铝盘速度减小直至停止，故D错误。故选B。【变式训练4】如图所示，甲、乙为形状与大小均相同且内壁光滑的圆筒，竖直固定在相同高度。两块相同的钕铁硼强磁铁，从甲、乙上端筒口同一高度同时无初速度释放，穿过乙筒的磁铁先落到地面。关于两圆筒的制作材料，下列可能正确的是（）A．甲—塑料，乙—铝 B．甲—铜，乙—胶木C．甲—玻璃，乙—塑料 D．甲—毛竹，乙—木头【答案】B【详解】由题意可知，穿过乙筒的磁铁比穿过甲筒的磁铁先落到地面，故说明磁铁在甲筒时受到阻力作用；其原因是金属导体切割磁感线，从而使闭合的导体中产生感应电流，由于磁极间的相互作用而使条形磁铁受向上的阻力；故甲筒应为金属导体，如铜、铝、铁等，而乙筒应为绝缘体，如塑料、胶木等，故B正确，ACD错误；故选B。【变式训练5】车速表是用来测量车辆瞬时速度的一种装置，其工作原理如图所示。永久磁铁固定在驱动轴上，当车运动时，驱动轴会带动磁铁转动，由于电磁感应，由金属做成的速度盘也会随之转动，从而带动指针指示出相应的速度。则下列说法正确的是（）A．速度盘和磁铁将以相同的角速度同时转动B．在速度盘转动过程中，穿过整个速度盘的磁通量发生了变化C．速度盘中产生的感应电流受到的安培力驱使速度盘转动D．速度盘中的感应电流是速度盘中的自由电子随圆盘转动形成的【答案】C【详解】A．当磁铁转动时，由于电磁感应，速度盘也会随磁铁发生转动，但会略有滞后，故A错误；B．在速度盘转动的过程中，穿过整个速度盘的磁通量不发生变化，故B错误；C．当磁铁转动时，在速度盘中会产生感应电流，感应电流在磁铁产生的磁场中受到安培力，安培力驱使速度盘转动，故C正确；D．速度盘中的感应电流是由电磁感应产生的，不是速度盘中的自由电子随圆盘转动形成的，故D错误。故选C。1．（2025·甘肃·高考真题）闭合金属框放置在磁场中，金属框平面始终与磁感线垂直。如图，磁感应强度B随时间t按正弦规律变化。Φ为穿过金属框的磁通量，E为金属框中的感应电动势，下列说法正确的是（

）A．t在0~T4内，Φ和E均随时间增大 B．当t=T8与C．当t=T4时，Φ最大，E为零 D．当t=T2时，【答案】C【详解】A．在0∼T4时间内，磁感应强度B增加，根据Φ=BS则磁通量Φ增加，但是图像的斜率减小，即磁感应强度B的变化率逐渐减小，根据法拉第电磁感应定律可知E=B．当t=T8和t=3T8时，因C．t=T4时，B最大，则磁通量Φ最大，但是B的变化率为零，则感应电动势D．t=T2时，B为零，则磁通量Φ为零，但是B的变化率最大，则感应电动势故选C。2．（2025·湖北·高考真题）如图（a）所示，相距L的两足够长平行金属导轨放在同一水平面内，两长度均为L、电阻均为R的金属棒ab、cd垂直跨放在两导轨上，金属棒与导轨接触良好。导轨电阻忽略不计。导轨间存在与导轨平面垂直的匀强磁场，其磁感应强度大小B随时间变化的图像如图（b）所示，t=T时刻，B=0。t=0时刻，两棒相距x0，ab棒速度为零，cd棒速度方向水平向右，并与棒垂直，则0~TA．B0Lx04R B．B0【答案】B【详解】通过导体的电荷量q=而It=T时，磁感应强度为零，故E联立以上各式，可得q=故选B。3．（2024·福建·高考真题）拓扑结构在现代物理学中具有广泛的应用。现有一条绝缘纸带，两条平行长边镶有铜丝，将纸带一端扭转180°，与另一端连接，形成拓扑结构的莫比乌斯环，如图所示。连接后，纸环边缘的铜丝形成闭合回路，纸环围合部分可近似为半径为R的扁平圆柱。现有一匀强磁场从圆柱中心区域垂直其底面穿过，磁场区域的边界是半径为r的圆（r<R）。若磁感应强度大小B随时间t的变化关系为B=kt（k为常量），则回路中产生的感应电动势大小为（）A．0 B．kπR2 C．2kπr2 D．2kπR2【答案】C【详解】由题意可知，铜丝构成的“莫比乌斯环”形成了两匝（n=2）线圈串联的闭合回路，穿过回路的磁场有效面积为S=π根据法拉第电磁感应定律可知，回路中产生的感应电动势大小为E=n故选C。4.（2025·陕晋青宁卷·高考真题）如图，光滑水平面上存在竖直向上、宽度d大于2L的匀强磁场，其磁感应强度大小为B。甲、乙两个合金导线框的质量均为m，长均为2L，宽均为L，电阻分别为R和2R。两线框在光滑水平面上以相同初速度v0=4A．甲线框进磁场和出磁场的过程中电流方向相同B．甲、乙线框刚进磁场区域时，所受合力大小之比为1:1C．乙线框恰好完全出磁场区域时，速度大小为0D．甲、乙线框从刚