第50讲 法拉第电磁感应定律 自感和涡流（复习讲义）（黑吉辽专用）（教师版）

第50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 9考点二自感涡流 18知识点1自感与互感 18知识点2涡流电磁阻尼与电磁驱动 19考向1自感与互感 19考向2涡流 23考向3电磁阻尼与电磁驱动 2504真题溯源·考向感知 29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新高考全国Ⅱ卷（黑吉辽蒙卷）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，在黑吉辽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】如图，两条间距为L的平行金属导轨位于同一水平面（纸面）内，其左端接一阻值为R的电阻；一金属棒垂直放置在两导轨上；在MN左侧面积为S的圆形区域中存在垂直于纸面向里的均匀磁场，磁感应强度大小B随时间t的变化关系为B=kt，式中k为常量，且k>0；在MN右侧区域存在一与导轨垂直、磁感应强度大小为B0、方向垂直纸面向里的匀强磁场。t=0时刻，金属棒从MN处开始，在水平拉力F作用下以速度v0向右匀速运动。金属棒与导轨的电阻及摩擦均可忽略。则（）A．在t时刻穿过回路的总磁通量为B0Lv0tB．电阻R上的电流随时间均匀增大C．在时间Δt内流过电阻的电荷量为ΔtD．金属棒所受的水平拉力F随时间均匀增大【答案】C【详解】A．根据题图可知，MN左边的磁场方向与右边的磁场方向相同，则穿过回路的总磁通量即为两边磁通量之和，在t(t＞0)时刻穿过回路的总磁通量为故A错误；B．根据法拉第电磁感应定律得，回路中产生总的感应电动势为由闭合电路欧姆定律有则电阻R上的电流为恒定电流，故B错误；C．在时间Δt内流过电阻的电荷量为故C正确；D．金属棒受到的安培力大小为保持不变，金属棒匀速运动，水平拉力大小等于安培力大小，所以水平拉力F保持不变，故D错误。故选C。【变式训练2】如图所示，边长为a的导线框ABCD处于磁感应强度为B0的匀强磁场中，BC边与磁场右边界重合．现发生以下两个过程：一是仅让线框以垂直于边界的速度v匀速向右运动；二是仅使磁感应强度随时间均匀变化。若导线框在上述两个过程中产生的感应电流大小相等，则磁感应强度随时间的变化率为（）A． B． C． D．【答案】B【详解】仅让线框以垂直于边界的速度v匀速向右运动时产生的感应电动势为E1=B0av仅使磁感应强度随时间均匀变化产生的感应电动势为E2=a2据题线框中感应电流大小相等，则感应电动势大小相等，即E1=E2解得ACD错误，B正确。故选B。【变式训练3】如图所示，处于匀强磁场中的半封闭平行金属导轨框架MNPQ，宽NP为L．磁场与其平面垂直，磁感应强度B的变化规律如图所示．导体棒ab的电阻为R，导轨电阻不计．从t=0开始，在外力作用下导体从导轨的最左端以速度v向右匀速运动，则t0时刻回路中的感应电流大小为（

）A．0 B． C． D．【答案】C【详解】t0时刻ab切割磁感线产生的动生电动势为ab中电流的方向由b到a；此时回路中的感生电动势为ab中电流的方向是b到a；可知回路中的感应电流大小为故选C。【变式训练4】（24-25高二下·黑龙江哈尔滨·期中）如图甲所示，轻质细线吊着一质量为m=0.4kg、边长为L=1m、匝数n=10的正方形线圈，其总电阻为R=1Ω。在线圈的中间位置以下区域分布着磁场，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小随时间变化关系如图乙所示，重力加速度g取10m/s2，则下列说法正确的是（）A．线圈中的感应电流方向为顺时针 B．t=0时轻质细线的拉力大小等于3.9NC．0-6s内穿过线圈磁通量的变化量为3Wb D．0-6s内线圈产生的焦耳热为1.5J【答案】D【详解】A．由于穿过线圈的磁通量向里增加，根据楞次定律可知，线圈中的感应电流方向为逆时针，故A错误；C．0-6s内穿过线圈磁通量的变化量为，故C错误；D．0-6s内线圈产生的电动势为线圈中的电流为0-6s内线圈产生的焦耳热为，故D正确；B．t=0时刻，线圈下边受到的安培力大小为根据左手定则可知安培力方向向上，根据受力平衡可得解得轻质细线的拉力大小为，故B错误。故选D。考向2动生电动势例1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·黑龙江哈尔滨·高三月考）如图甲所示，面积为的200匝线圈处在匀强磁场中，线圈电阻，磁场方向垂直于线圈平面向外，已知磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示，定值电阻，则内（）A．电流自下而上流经电阻RB．线圈感应电动势均匀增大C．a点电势高于b点D．通过电阻R的电荷量为3C【答案】D【详解】A．根据楞次定律知，电流为顺时针方向，故自上而下流过电阻R，故A错误；B．图乙可知根据法拉第电磁感应定律可知圈感应电动势不变，为一常数，故B错误；C．线圈相当于电源，电源外部电流从正极流向负极，A选项可知电流从b流出线圈，所以b接正极，b电势高于a电势，故C错误；D．根据图乙可知内代入题中数据，解得则内通过电阻R的电荷量为3C。故D正确。故选D。例3（24-25高二上·辽宁大连·期末）如图甲所示，在水平绝缘的桌面上，一个用电阻丝构成的闭合矩形线框置于匀强磁场中，线框平面与磁场垂直，规定磁场的方向垂直于桌面向下为正，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示。下列关于线框中的感应电流i（规定逆时针为正）随时间t变化的关系正确的是（）A． B．C． D．【答案】B【详解】在0~1s内，磁感应强度B向里均匀增加，则线框中产生感应电流，由楞次定律可得电流方向为逆时针，由法拉第电磁感应定律可得恒定，则感应电流大小恒定；1~2s内，磁场不变，则线框中磁通量恒定，所以没有感应电流；2~4s内，图像斜率不变，感应电流不变，电流方向为顺时针；4~5s感应电流为零；5~6s感应电流与0~1s感应电流相同。故选B。【变式训练1】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】匝数为N、总电阻为、边长为的正方形线框置于绝缘水平桌面上，俯视图如图甲所示。空间中存在竖直方向的磁场，其磁感应强度大小随时间变化的规律如图乙所示，时刻，磁感应强度竖直向下。下列说法正确的是（）A．时刻，线框所受安培力为0B．至时间内，线框中电流的方向变化了4次C．至时间内，通过线框的电流大小为D．至时间内，线框上产生的焦耳热为【答案】A【详解】A．由图乙可知，时刻，磁感应强度大小为0，则线框所受安培力为0，故A正确；B．由楞次定律可知，至时间内，线框内的电流沿顺时针方向，至时间内，线框内的电流沿逆时针方向，在至时间内，线框中电流的方向变化了2次，故B错误；C．至时间内，结合图乙，由法拉第电磁感应定律得电动势通过线框的电流大小为故C错误；D．至时间内，结合图乙，由法拉第电磁感应定律得电动势线框上产生的焦耳热为故D错误。故选A。【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】如图甲所示，线圈与定值电阻R相连构成闭合回路，线圈内有垂直于纸面向里的匀强磁场。已知线圈匝数为10匝，线圈电阻与定值电阻阻值相等，线圈中的磁通量变化规律如图乙所示。下列说法正确的是（）A．通过R的电流方向由N指向M B．M点的电势低于N点的电势C．线圈中磁通量的变化率为0.5Wb/s D．M、N两点间的电势差为5V【答案】C【详解】AB．线圈相当于电源，垂直于纸面向里穿过线圈的磁通量增大，由楞次定律可知在线圈位置上感应电场沿逆时针方向，通过R的电流方向由M指向N，M接电源的正极，N接电源的负极，故M点的电势高于N点的电势，故A错误，B错误；C.线圈中磁通量的变化率为故C正确；D.根据法拉第电磁感应定律可得感应电动势为故两点间的电势差为为故D错误。故选C。【变式训练5】如图甲所示，足够长的光滑金属导轨内有垂直于导轨平面向里方向不变的匀强磁场，其磁感应强度B随时间t的变化图像如图乙所示。导轨左端接有一个电阻值恒为R的灯泡。从0时刻开始，垂直于导轨的导体在水平外力F的作用下从导轨的左端沿导轨以速度v水平向右匀速运动。导体棒的长度为l，导体棒运动过程中与导轨接触良好，导体棒与导轨的电阻均不计。在导体棒向右运动的过程中，下列说法正确的是（）A．灯泡亮度不变B．灯泡逐渐变亮C．在运动后的时刻，D．在运动后的时刻，【答案】BC【详解】AB．由图乙可知，在t时刻磁感应强度的大小为所以在t时刻回路中由于导体运动产生的动生电动势为在t时刻回路中由于磁感应强度变化产生的感生电动势为根据右手定则和楞次定律可知，这两个电动势是同方向的，所以回路中的总电动势为因此回路中的总电动势随时间增大，所以灯泡逐渐变亮，故A错误，B正确；CD．ab棒在运动后的t0时刻，回路中的总电动势为回路中的电流为ab棒受到的安培力为由于ab棒匀速运动，所以ab棒受力平衡，因此水平外力为故C正确，D错误。故选BC。【变式训练6】（2023·黑龙江哈尔滨·一模）如图甲所示，两根固定的平行金属导轨的端点P、Q用电阻可忽略的导线相连，导轨间距0.4m，每根导轨单位长度的电阻为0.01Ω／m。均匀变化的磁场垂直于导轨平面，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示。t＝0时刻有一电阻不计的金属杆从P、Q端以1.0m／s的速度匀速运动，滑动过程中保持与导轨垂直，则（）A．0.5s末回路中电动势为4×10－3VB．0.5s末回路电功率为1.6×10－3WC．1s末穿过回路的磁通量为8×10－3WbD．1s末金属杆所受安培力大小为6.4×10－3N【答案】CD【详解】A．导体棒在0.5s时电动势为A错误；B．导体棒在0.5s时电功率为B错误；C．磁通量的变化量为C正确；D．1s末金属杆电流大小因此安培力大小D正确。故选CD。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（2025·辽宁抚顺·开学考试）如图所示，电源的电动势恒定不变，L是一个自感系数较大的线圈，其直流电阻不可忽略，A、B两灯泡的阻值相等，闭合开关S，电路稳定后A、B均恰好正常发光。下列说法正确的是（

）A．断开开关S，A会闪亮一下，然后逐渐熄灭B．断开开关S，流过A的电流方向与原来相反C．断开开关S，流过B的电流方向与原来相反D．断开开关S，流过L的电流方向与原来相反【答案】B【详解】A．线圈L的直流电阻不可忽略，A、B两灯泡的阻值相等，则A、B正常发光时，流过A的电流大于流过B的电流，断开开关S，线圈L，A和B重新形成回路，线圈相当于电源，流过A的电流瞬间变为与B一样大，所以A不会闪亮一下，选项A错误；BCD．回路中的电流逐渐减小直到等于零，流过A的电流方向与原来相反，流过B和L的电流方向与原来相同，选项B正确，CD错误。故选B。例2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】（24-25高二下·辽宁·阶段练习）如图所示，A，B是两个完全相同的小灯泡，是自感系数很大且电阻不计的电感线圈，电源内阻不计。若最初S是断开的，那么下列描述中正确的是（）A．刚闭合S时，A灯立即亮，B灯延迟一段时间才亮B．刚闭合S时，A灯延迟一段时间才亮，B灯立即亮C．闭合S电路稳定后，A灯变得比刚闭合S时更亮，B灯则会熄灭D．闭合S电路稳定后再断开S时，A灯会闪亮一下再熄灭【答案】C【详解】AB．接通S电源就开始给电路供电，所以灯泡A、B会同时变亮，故AB错误；C．待电路稳定后，由于线圈的电阻不计，B灯相当于与一段导线并联，被短路所以B灯将会熄灭，电源只给A灯供电，A灯将变得更亮，故C正确；D．再断开S时，A灯与电路断开将立即熄灭，而B灯与电感线圈构成闭合电路，由于线圈的自感现象，B灯会先亮一下后再熄灭，故D错误。故选C。【变式训练2】（多选）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】（24-25高二下·黑龙江哈尔滨·期中）智能手表通常采用无线充电的方式充电。如图甲为智能手表及无线充电基座，图乙为充电原理示意图，充电基座接交流电源，基座内的送电线圈产生交变磁场，从而使智能手表内的受电线圈产生电流。现将问题做如下简化：设受电线圈的匝数为，若在到时间内，磁场向上穿过受电线圈，其磁通量由均匀增加到。下列说法正确的是（）A．、之间的电势差大小为B．线圈产生感应电流，原理是自感现象C．无线充电的原理是利用充电基座内的线圈发射电磁波传输能量D．若用塑料薄膜将充电基座包裹起来，不能为智能手表充电【答案】A【详解】A．在到时间内，磁场向上穿过受电线圈，其磁通量由均匀增加到，根据法拉第电磁感应定律可得c、d之间的电势差大小为，故A正确；BC．无线充电的原理是基座内的线圈电流变化，产生变化的磁场，导致手表内部线圈中的磁通量发生改变，线圈产生感应电流，原理是互感原理，故BC错误；D．由于无线电充是利用互感原理实现的，因此用塑料薄膜将充电基座包裹起来，仍能为智能手表充电，故D错误。故选A。【变式训练4】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】如图所示，金属探测器有较高的灵敏度，可以探测到金属物体。探测器内有电源及相应电路，打开开关后探测器内会产生电流。探测器回路很容易受到其他磁场的影响而使仪器报警。下列说法正确的是（）A．探测器回路内可能为恒定的直流电流B．用探测器扫描塑料板时，塑料板内会产生感应电流C．被探测金属内会产生涡流，涡流产生的磁场使探测器报警D．若用探测器探测残破的古铜币，探测器不会报警【答案】C【详解】AC．变化的磁场才能使金属中产生涡流，涡流产生的磁场影响探测器，进而使其报警，可知探测器回路内的电流为变化的电流，A错误，C正确；B．塑料板内无大量可自由移动的电子，不会产生感应电流，B错误；D．残破的古铜币内会产生涡流，探测器会报警，D错误。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（24-25高二下·黑龙江·阶段练习）如左图所示为手机无线充电装置示意图，下方固定的送电线圈记为N，上方与手机电路相连的受电线圈记为M（如右图所示）。在充电过程中，送电线圈N中接入交变电流后，即可为手机充电。下列说法正确的是（）A．若N中电流增大，M中感应电流产生的磁场方向与N产生的磁场方向相同B．M中感应电流的方向始终与N中电流方向相反C．M因电磁阻尼作用会有发热现象，导致能量损耗D．M中因磁通量变化从而产生感应电流，手机充电成功【答案】D【详解】A．根据楞次定律，当送电线圈N中电流增大，其产生的磁场增强，穿过受电线圈M的磁通量增加，受电线圈M中感应电流产生的磁场应阻碍原磁通量的增加，所以感应电流产生的磁场方向与送电线圈N产生的磁场方向相反，选项A错误。B．这里受电线圈M产生感应电流本质是互感现象，感应电流方向总是阻碍原磁场的变化（增反减同），如当N中电流减小时，M感应电流方向实际与N原电流方向相同，选项B错误。C。电磁阻尼是指当导体在磁场中运动时，感应电流会使导体受到安培力，安培力的方向总是阻碍导体的运动。这里受电线圈M发热是因为电流的热效应，即Q=I2Rt，并非电磁阻尼导致，选项C错误。D．电磁感应定律表明，当穿过闭合回路的磁通量发生变化时，回路中会产生感应电动势，若回路闭合则产生感应电流。送电线圈N接入交变电流，其产生的磁场是变化的，穿过受电线圈M的磁通量变化，从而产生感应电流为手机充电，选项D正确。故选D。【变式训练1】如图甲所示，把一枚磁性较强的圆柱形永磁体在铝管管口静止释放，磁体直径略小于管的内径。则磁体在管中（）A．做自由落体运动B．做匀加速直线运动C．换一根直径稍大的铝管，运动比图甲中更快D．换一根有裂纹的铝管（如图乙所示），运动比图甲中更慢【答案】C【详解】A．图甲中，磁体在铝管下落时，产生电磁感应，阻碍磁体与导体间的相对运动，所以不会做自由落体运动，故A错误；B．由楞次定律和法拉第电磁感应定律知，在电磁感应现象中产生的感应电流阻碍相对运动，所以刚开始磁体做加速下落，随速度的增大，阻碍力增大，当增大到与磁体的重力相等时，磁体匀速运动，磁体在管中不是匀加速直线运动，故B错误；C．换用一根直径稍大的铝管，磁体外部空间大，所以磁通量变化率相对图甲小，产生的电动势小，感应电流小，阻碍作用小，所以运动比图甲中更快，故C正确。D．如图乙所示，换用一根有裂纹的铝管，由于断开，所以断开部分没有感应电流，所以相对甲图，阻碍作用小，则运动比图甲中快，故D错误；故选C。【变式训练2】如图所示，条形磁铁用细线悬挂于O点，一金属圆环放置在O点正下方的水平绝缘桌面上。现将磁铁拉至左侧某一高度后由静止释放，磁铁在竖直面内摆动，在其第一次摆至右侧最高点的过程中，圆环始终静止。则下列说法正确的是（）A．磁铁始终受到圆环的斥力作用B．圆环中的感应电流方向保持不变C．磁铁在O点两侧最高点的重力势能不相等D．在磁铁运动过程中圆环不受桌面的摩擦力【答案】C【详解】A．由楞次定律可知，感应电流总是阻碍磁铁的相对运动，感应电流对磁铁的作用力总是阻力，因此从图示实线位置摆到虚线位置，磁铁先受到圆环的斥力，后受到环的引力，A错误；B．在一个周期之内，穿过金属圆环的磁通量先增大，后减小，再增大，最后又减小，穿过金属圆环磁场方向不变，磁通量变化趋势改变，感应电流方向发生改变，因此在一个周期内，感应电流方向改变4次，B错误；C．由能量守恒定律可知，磁铁在摆动过程中，因有感应电流，产生热能，导致磁铁的机械能减小，因此在O点两侧最高点的重力势能不相等，C正确；D．根据楞次定律，当磁铁进入圆环时，圆环有向右运动趋势，则圆环受向左的摩擦力；同理当磁铁出离圆环时，圆环有向右运动趋势，则圆环受向左的摩擦力；当磁铁摆到正下方时，磁铁与环的作用力在竖直方向，环在水平方向没有运动趋势，因此此时桌面与环之间没有摩擦力，D错误。故选C。【变式训练3】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。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B-t图像的斜率大小相等，符号相反，可知感应电动势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、乙线框从刚进磁场区域到完全出磁场区域产生的焦耳热之比为4:3【答案】D【详解】A．根据楞次定律，甲线框进磁场的过程电流方向为顺时针，出磁场的过程中电流方向为逆时针，故A错误；B．甲线框刚进磁场区域时，合力为F安1乙线框刚进磁场区域时，合力为F安2可知F安故B错误；CD．假设甲乙都能完全出磁场，对甲根据动量定理有−BI1同理对乙有−BI2解得v1=0故甲恰好完全出磁场区域，乙完全出磁场区域时，速度大小不为0；由能量守恒可知甲、乙线框从刚进磁场区域到完全出磁场区域产生的焦耳热分别为Q1=即Q1故C错误，D正确。故选D。5.（2025·河南·高考真题）如图，一金属薄片在力F作用下自左向右从两磁极之间通过。当金属薄片中心运动到N极的正下方时，沿N极到S极的方向看，下列图中能够正确描述金属薄片内涡电流绕行方向的是（）A． B．C． D．【答案】C【详解】根据题意当金属薄片中心运动到N极正下方时，薄片右侧的磁通量在减小，左侧磁通量在增加，由于两极间的磁场竖直向下，根据楞次定律可知此时薄片右侧的涡电流方向为顺时针，薄片左侧的涡电流方向为逆时针。故选C。6.（2025·浙江·高考真题）新能源汽车日趋普及，其能量回收系统可将制动时的动能回收再利用，当制动过程中回收系统的输出电压（U）比动力电池所需充电电压（U0A． B．C． D．【答案】B【详解】A．该电路中当开关S断开时，整个电路均断开，则不能给电池充电，选项A错误；B．该电路中当S闭合时稳定时，线圈L中有电流通过，当S断开时L产生自感电动势阻碍电流减小，L相当电源，电源U与L中的自感电动势共同加在电池两端，且此时二极管导通，从而实现给高压充电，选项B正确；C．该电路中当S闭合时稳定时，线圈L中有电流通过，但当S断开时L也与电路断开，还是只有回收系统的电压U加在充电电池两端，则不能实现给高压充电，选项C错误；D．该电路中当S闭合时稳定时，线圈L中有电流通过，但当S断开时电源U也断开，只有L产生的自感电动势相当电源加在充电电池两端，则不能实现给高压充电，选项D错误。故选B。7.（2023·北京·高考真题）如图所示，L是自感系数很大、电阻很小的线圈，P、Q是两个相同的小灯泡，开始时，开关S处于闭合状态，P灯微亮，Q灯正常发光，断开开关（

）A．P与Q同时熄灭 B．P比Q先熄灭C．Q闪亮后再熄灭 D．P闪亮后再熄灭【答案】D【详解】由题知，开始时，开关S闭合时，由于L的电阻很小，Q灯正常发光，P灯微亮，断开开关前通过Q灯的电流远大于通过P灯的电流，断开开关时，Q所在电路未闭合，立即熄灭，由于自感，L中产生感应电动势，与P组成闭合回路，故P灯闪亮后再熄灭。故选D。实验小组同学设计了如图所示的电路来探究电感的作用效果。电路中的三个灯泡L1、L2、L3完全相同，线圈的直流电阻忽略不计。调节滑动变阻器的滑片P，使其位于合适位置，然后闭