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第二讲 法拉第电磁感应定律 自感现象
知识梳理
一、法拉第电磁感应定律
1．感应电动势
(1)感应电动势：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＝n，其中n为线圈匝数。
(3)感应电流与感应电动势的关系I＝。
3．导线切割磁感线时的感应电动势
切割方式 电动势表达式 说明
垂直切割 E＝Blv ①导体棒与磁场方向垂直，磁场
为匀强磁场
E＝Blvsinθ(θ为v与B的夹
倾斜切割
角) ②式中l为导体切割磁感线的有效
长度
旋转切割
E＝Bl＝Bl2ω ③旋转切割中导体棒的平均速度
(以一端为轴) 等于中点位置的线速度lω
二、自感、涡流
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
(1)定义：当一个线圈中的电流变化时，它所产生的变化的磁场在线圈本身激发出感应电动势，这种现象称
为自感。
(2)自感电动势
①定义：由于自感而产生的感应电动势。
②表达式：E＝L。
③自感系数L
相关因素：与线圈的大小、形状、匝数以及是否有铁芯等因素有关。
单位：亨利(H)，1 mH＝10－3 H，1 μH＝10－6 H。3．涡流、电磁阻尼和电磁驱动
(1)涡流：如果穿过导体的磁通量发生变化，由于电磁感应，导体内会产生感应电流，这种电流像水中的漩
涡，所以叫作涡电流，简称涡流。
(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，安培力的方向总是阻碍导体的运
动，这种现象称为电磁阻尼。
(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，它使导体受到安培力的作用，安培力
使导体运动起来，这种作用常常称为电磁驱动。
交流感应电动机就是利用电磁驱动的原理工作的。
(4)电磁阻尼和电磁驱动的原理体现了楞次定律的推广应用。
考点一、法拉第电磁感应定律的理解和应用
1．磁通量Φ、磁通量的变化量ΔΦ、磁通量的变化率的比较
物理量项目 磁通量Φ 磁通量的变化量ΔΦ 磁通量的变化率
某时刻穿过某个面的 某段时间内穿过某个面的磁 穿过某个面的磁通量变化的
意义
磁感线的条数 通量变化的多少 快慢
ΔΦ＝Φ－Φ＝Δ(B·S) ＝
2 1
大小 Φ＝BS 两种特例： ①ΔΦ＝B·ΔS 两种特例：①＝B
②ΔΦ＝S·ΔB ②＝S
若有相反方向的磁 转过180°前后穿过平面的磁
等于单匝线圈上产生的感应
注意 场，磁通量可抵消；S 通量是一正一负，ΔΦ＝
电动势，即E＝
为有效面积 2BS，而不是零
2．法拉第电磁感应定律公式的物理意义：E＝n求的是Δt时间内的平均感应电动势，当Δt→0时，E为瞬
时感应电动势。
3．法拉第电磁感应定律应用的三种情况
(1)磁通量的变化是由有效面积变化引起时，ΔΦ＝B·ΔS，则E＝n。(动生电动势)
(2)磁通量的变化是由磁场变化引起时，ΔΦ＝ΔB·S，则E＝n，S是磁场范围内的有效面积。(感生电动势)
(3)磁通量的变化是由有效面积和磁场变化共同引起的，则根据定义求，ΔΦ＝Φ －Φ ，E＝n。
末 初
4．在图像问题中磁通量的变化率是Φt图像上某点切线的斜率，利用斜率和线圈匝数可以确定感应电动势
的大小。
例1、如图所示，半径为r的n匝线圈放在边长为L的正方形abcd之外，匀强磁场充满正方形区域并垂直
穿过该区域。当磁场以的变化率变化时，线圈产生的感应电动势大小为( )
A．0 B．n·L2
C．n·πr2 D．n·r2
【答案】B【解析】由法拉第电磁感应定律可知线圈产生的自感电动势E＝n·L2，故B正确。
例2、(多选)一匀强磁场，磁场方向垂直纸面，规定向里的方向为正，在磁场中有一位于纸面内细金属圆
环，如图甲所示。现令磁感应强度值B按图乙所示的规律随时间t变化，令E 、E 、E 分别表示Oa、ab、
1 2 3
bc这三段变化过程中感应电动势的大小，I、I、I 分别表示其对应的感应电流，则( )
1 2 3
A．I、I 沿逆时针方向，I 沿顺时针方向
1 3 2
B．I 沿逆时针方向，I、I 沿顺时针方向
1 2 3
C．E>E> E
1 2 3
D．E<E＝E
1 2 3
【答案】BD
【解析】由楞次定律可知，I 沿逆时针方向，I 、I 沿顺时针方向，故A错误，B正确；由法拉第电磁感应
1 2 3
定律有E＝n＝nS，由题图乙知第1段中磁通量的变化率较小，ab、bc段磁通量的变化率相同，因此有
E<E＝E，故C错误，D正确。
1 2 3
例3、(2019·江苏高考)如图所示，匀强磁场中有一个用软导线制成的单匝闭合线圈，线圈平面与磁场垂
直。已知线圈的面积S＝0.3 m2、电阻R＝0.6 Ω，磁场的磁感应强度B＝0.2 T。现同时向两侧拉动线圈，线
圈的两边在Δt＝0.5 s时间内合到一起。求线圈在上述过程中：
(1)感应电动势的平均值E；
(2)感应电流的平均值I，并在图中标出电流方向；
(3)通过导线横截面的电荷量q。
【答案】(1)0.12 V (2)0.2 A 电流方向见解析图 (3)0.1 C
【解析】(1)感应电动势的平均值E＝
磁通量的变化量ΔΦ＝BΔS
解得E＝代入数据得E＝0.12 V。
(2)感应电流平均值I＝
代入数据得I＝0.2 A
根据楞次定律知，感应电流的方向为顺时针，如图所示。
(3)电荷量q＝IΔt
代入数据得q＝0.1 C。
课堂随练
训练1、(多选)(2022·遂宁第三次诊断)如图甲所示，螺线管P穿过一固定圆形线圈Q，P中通有变化电流
i，规定如图甲所示的电流方向为正，电流随时间变化的规律如图乙所示，则( )
A．t 时刻，从上往下看，线圈Q中有顺时针电流
1
B．t 时刻，从上往下看，线圈Q中有逆时针电流
2
C．t～t，Q中电流在增大
1 2
D．t～t，Q中磁通量的变化率增大
2 3
【答案】AC
【解析】t 时刻，流过线圈P的电流为正向减小，则由楞次定律可知穿过 Q的感应电流的磁场向下，从上
1
往下看线圈Q中有顺时针的感应电流，故A正确；t 时刻与t 时刻的电流变化情况相同，则从上往下看，
2 1
线圈Q中依然有顺时针的感应电流，故B错误；t ～t 时间内的感应电流大小为i＝＝，因场源电流变化率
1 2
增大，即穿过Q的磁通量的变化率增大，则Q中电流在增大，故C正确；t ～t 时间内场源电流的变化率
2 3
减小，则Q中磁通量的变化率减小，故D错误。
训练2、(多选)如图甲所示，线圈两端a、b与一电阻R相连，线圈内有垂直于线圈平面向里的磁场。t＝0
时刻起，穿过线圈的磁通量按图乙所示的规律变化。下列说法正确的是( )A．t 时刻，R中电流方向为由a到b
0
B．t 时刻，R中电流方向为由a到b
0
C．0～t 时间内流过R的电流小于t～2t 时间内流过R的电流
0 0 0
D．0～t 时间内流过R的电流大于t～2t 时间内流过R的电流
0 0 0
【答案】AC
【解析】由楞次定律可知0～t 时间内线圈中的感应电流方向为逆时针方向，t ～2t 时间内线圈中感应电流
0 0 0
的方向为顺时针方向，故A正确，B错误；根据法拉第电磁感应定律E＝n＝nS，可知0～t 时间内感应电
0
动势大小是t ～2t 时间内的，感应电流为I＝，所以0～t 时间内流过R的电流是t ～2t 时间内流过R的电
0 0 0 0 0
流的，故C正确，D错误。
训练3、(2019·全国卷Ⅰ)(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＝t 的时间间隔内( )
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
D．圆环中的感应电动势大小为
【答案】BC
【解析】由于通过圆环的磁通量均匀变化，故圆环中产生的感应电动势、感应电流的大小和方向不变，但
t 时刻磁场方向发生变化，故安培力方向发生变化，A错误；根据楞次定律，圆环中感应电流的方向始终
0
沿顺时针方向，B正确；根据法拉第电磁感应定律，感应电动势大小 E＝||·S′＝·＝，根据闭合电路欧姆定律知，感应电流大小I＝＝＝，C正确，D错误。
考点二、导体切割磁感线产生感应电动势的计算
1．导体平动切割磁感线
(1)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，导体的有效长度分别为：
图甲：l＝sin β.
图乙：沿v方向运动时，l＝.
图丙：沿v 方向运动时，l＝R；沿v 方向运动时，l＝R.
1 2
(2)相对速度
E＝Blv中的速度v是导体相对磁场的速度，若磁场也在运动，应注意速度间的相对关系．
2．导体转动切割磁感线
如图，当长为l的导体在垂直于匀强磁场(磁感应强度为B)的平面内，绕一端以角速度ω匀速转动，当导体
运动Δt时间后，转过的弧度θ＝ωΔt，扫过的面积ΔS＝l2ωΔt，则E＝＝＝Bl2ω.
例1、如图所示，在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，金属杆MN在平行金属导轨上
以速度v向右匀速滑动。金属导轨间距为L，电阻不计，金属杆的电阻为2R、长度为L，ab间电阻为R，
MN两点间电势差为U。则通过电阻R的电流方向及U的大小分别是( )
A．a→b，BLv B．a→b，
C．a→b， D．b→a，
【答案】B【解析】由右手定则判断可知，MN中产生的感应电流方向为N→M，则通过电阻R的电流方向为a→b，
MN产生的感应电动势公式为E＝BLv，R两端的电压为U＝·R＝，故B项正确。
例2、如图所示，abcd为水平放置的平行光滑金属导轨，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沿平行于cd的方向滑动(金属杆滑动过程中与导轨接触良好)。则( )
A．电路中感应电动势的大小为
B．电路中感应电流的大小为
C．金属杆所受安培力的大小为
D．金属杆的热功率为
【答案】B
【解析】金属杆的运动方向与金属杆不垂直，电路中感应电动势的大小为E＝Blv(l为切割磁感线的有效长
度)，选项A错误；电路中感应电流的大小为I＝＝＝，选项B正确；金属杆所受安培力的大小为F＝BIL′
＝B··＝，选项C错误；金属杆的热功率为P＝I2R＝·＝，选项D错误。
例3、(2020·浙江7月选考)如图所示，固定在水平面上且半径为r的金属圆环内存在方向竖直向上、磁感应
强度大小为B的匀强磁场。长为l的金属棒，一端与圆环接触良好，另一端固定在竖直导电转轴OO′上，
金属棒随轴以角速度ω匀速转动。在圆环的A点和电刷间接有阻值为R的电阻和电容为C、板间距为d的
平行板电容器，有一带电微粒在电容器极板间处于静止状态。已知重力加速度为 g，不计其它电阻和摩
擦，下列说法正确的是( )
A．金属棒产生的电动势为Bl2ω
B．微粒的电荷量与质量之比为
C．电阻消耗的电功率为
D．电容器所带的电荷量为CBr2ω【答案】B
【解析】金属棒产生的电动势E＝Br·ωr＝Br2ω，选项A错误。金属棒电阻不计，故电容器两极板间的电压
等于金属棒产生的电动势，即U＝E，微粒所受的重力与其受到的电场力大小相等，有 q＝mg，可得＝，
选项B正确。电阻消耗的电功率P＝＝，选项C错误。电容器所带的电荷量Q＝CE＝CBr2ω，选项D错
误。
课堂随练
训练1、(2020·江苏卷，15)如图所示，电阻为0.1 Ω的正方形单匝线圈abcd的边长为0.2 m，bc边与匀强磁
场边缘重合。磁场的宽度等于线圈的边长，磁感应强度大小为 0.5 T。在水平拉力作用下，线圈以8 m/s的
速度向右穿过磁场区域。求线圈在上述过程中
(1)感应电动势的大小E；
(2)所受拉力的大小F；
(3)感应电流产生的热量Q。
【答案】(1)0.8 V (2)0.8 N (3)0.32 J
【解析】(1)感应电动势E＝Blv
代入数据得E＝0.8 V。
(2)感应电流I＝
拉力的大小等于安培力，即F＝IlB
解得F＝，代入数据得F＝0.8 N。
(3)运动时间t＝
焦耳定律Q＝I2Rt
解得Q＝，代入数据得Q＝0.32 J。
训练2、(2015·全国卷Ⅱ) 如图，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U 、U 、U。已
a b c
知bc边的长度为l。下列判断正确的是( )A．U>U，金属框中无电流
a c
B．U>U，金属框中电流方向沿a－b－c－a
b c
C．U ＝－Bl2ω，金属框中无电流
bc
D．U ＝Bl2ω，金属框中电流方向沿a－c－b－a
ac
【答案】C
【解析】在三角形金属框内，有两边切割磁感线，其一为bc边，根据E＝Blv可得：电动势大小为Bl2ω；
其二为ac边，ac边有效的切割长度为l，根据E＝Blv，可得：电动势大小也为Bl2ω；由右手定则可知：金
属框内无电流，且U>U＝U，A、B、D错误；U ＝U ＝－Bl2ω，C正确。
c b a bc ac
训练3、 (多选)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r，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
C．转动的后半周内通过O点的电荷量为
D．外力对线框做的功为
【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E ＝，圆弧AB段内电流方向从A流向
1
B，AB段为外电路，故两端电压为U＝E ＝；转动的后半周BO段切割磁感线，感应电动势为E ＝，圆弧
1 2
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＝πBr2，电路
总电阻为2R，则转动的后半周内通过O点的电荷量为q＝＝＝，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＝T＝×＝，故D正确。
考点三、自感现象及互感、涡流、电磁阻尼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．自感中“闪亮”与“不闪亮”问题
灯泡与线圈串联 灯泡与线圈并联
电路图
电流突然增大，灯泡立刻变亮，
通电时 电流逐渐增大，灯泡逐渐变亮 然后电流逐渐减小达到稳定，灯
泡比刚通电时暗些
电路中稳态电流为I、I
1 2
①若I≤I，灯泡逐渐变暗；
电流逐渐减小，灯泡逐渐变暗， 2 1
断电时
电流方向不变 ②若I>I，灯泡闪亮后逐渐变
2 1
暗。两种情况灯泡中电流方向均
改变
例1、(2017·北京卷·19)图甲和图乙是教材中演示自感现象的两个电路图，L 和L 为电感线圈．实验时，断
1 2
开开关S 瞬间，灯A 突然闪亮，随后逐渐变暗；闭合开关S ，灯A 逐渐变亮，而另一个相同的灯A 立即
1 1 2 2 3
变亮，最终A 与A 的亮度相同．下列说法正确的是( )
2 3
A．图甲中，A 与L 的电阻值相同
1 1
B．图甲中，闭合S，电路稳定后，A 中电流大于L 中电流
1 1 1
C．图乙中，变阻器R与L 的电阻值相同
2
D．图乙中，闭合S 瞬间，L 中电流与变阻器R中电流相等
2 2
【答案】C
【解析】断开开关S 瞬间，线圈L 产生自感电动势，阻碍电流的减小，通过L 的电流反向通过灯A ，灯
1 1 1 1
A 突然闪亮，随后逐渐变暗，说明I >I ，即R <R ，故A错；题图甲中，闭合开关S，电路稳定后，因
1 L1 A1 L1 A1 1
为R <R ，所以A 中电流小于L 中电流，故B错；题图乙中，闭合开关S ，灯A 逐渐变亮，而另一个相
L1 A1 1 1 2 2同的灯A 立即变亮，最终A 与A 的亮度相同，说明变阻器R与L 的电阻值相同，故C对；闭合开关S 瞬
3 2 3 2 2
间，通过L 的电流增大，由于电磁感应，线圈L 产生自感电动势，阻碍电流的增大，则L 中电流与变阻
2 2 2
器R中电流不相等，故D错．
例2、(多选)如图所示，在线圈上端放置一盛有冷水的金属杯，现接通交流电源，过了几分钟，杯内的水沸
腾起来。若要缩短上述加热时间，下列措施可行的有( )
A．增加线圈的匝数
B．提高交流电源的频率
C．将金属杯换为瓷杯
D．取走线圈中的铁芯
【答案】AB
【解析】当电磁铁接通交流电源时，金属杯处在变化的磁场中产生涡流发热，使水温升高。要缩短加热时
间，需增大涡流，即增大感应电动势或减小电阻。增加线圈匝数、提高交变电流的频率都是为了增大感应
电动势。瓷杯不能产生涡流，取走铁芯会导致磁性减弱。所以选项A、B正确，C、D错误。
例3、(2017·全国卷Ⅰ·18)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，如图所示．无扰动时，按下列四种方案对紫铜薄板施加恒磁场；出现扰动后，对于紫铜薄板上下
及左右振动的衰减最有效的方案是( )
【答案】A
【解析】感应电流产生的条件是闭合回路中的磁通量发生变化．在A图中，系统振动时，紫铜薄板随之上
下及左右振动，在磁场中的部分有时多有时少，磁通量发生变化，产生感应电流，受到安培力，阻碍系统的振动；在B图中，只有紫铜薄板向左振动才产生感应电流，而上下振动和向右振动无感应电流产生；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；在D图中，只有紫铜薄板左右振动
才产生感应电流，而上下振动无感应电流产生，故选项A正确，B、C、D错误．
课堂随练
训练1、(2022·安庆高考模拟)关于下列器材的原理和用途，正确的是( )
A．变压器可以改变交变电压也能改变频率
B．扼流圈对交流的阻碍作用是因为线圈存在电阻
C．真空冶炼炉的工作原理是炉体产生涡流使炉内金属熔化
D．磁电式仪表中用来做线圈骨架的铝框能起电磁阻尼的作用
【答案】D
【解析】变压器可以改变交变电压但是不改变交流电频率，A错误；扼流圈对交流的阻碍作用是因为线圈
会产生自感现象，即感应电流，B错误；真空冶炼炉的工作原理是炉内的金属中产生涡流，涡流产生的热
量使金属熔化，C错误；铝是导体，仪表指针偏转时铝框随之转动，并切割磁感线产生感应电流，感应电
流又会受到安培阻力，阻碍线圈的转动，属于电磁阻尼，D正确。
训练2、如图所示，线圈L的自感系数很大，且其电阻可以忽略不计，L 、L 是两个完全相同的小灯泡，
1 2
随着开关S闭合和断开的过程中，L、L 的亮度变化情况是(灯丝不会断)( )
1 2
A．S闭合，L 亮度不变，L 亮度逐渐变亮，最后两灯一样亮；S断开，L 立即不亮，L 逐渐变亮
1 2 2 1
B．S闭合，L 亮度不变，L 很亮；S断开，L、L 立即不亮
1 2 1 2
C．S闭合，L、L 同时亮，而后L 逐渐熄灭，L 亮度不变；S断开，L 立即不亮，L 亮一下才灭
1 2 1 2 2 1
D．S闭合，L、L 同时亮，而后L 逐渐熄灭，L 则逐渐变得更亮；S断开，L 立即熄灭，L 亮一下才灭
1 2 1 2 2 1
【答案】D
【解析】S闭合瞬间，自感线圈L相当于一个大电阻，以后阻值逐渐减小到 0，所以观察到的现象是灯泡
L 和L 同时亮，以后L 逐渐变暗到熄灭，L 逐渐变得更亮。S断开瞬间，自感线圈相当于一个电动势逐渐
1 2 1 2
减小的内阻不计的电源，它与灯泡L 组成闭合回路，所以L 立即熄灭，L 亮一下才熄灭。所以A、B、C
1 2 1错误，D正确。
训练3、如图是用电流传感器(电流传感器相当于电流表，其电阻可以忽略不计)研究自感现象的实验电路，
电源的电动势为E，内阻为r，自感线圈L的自感系数足够大，其直流电阻值大于灯泡D的阻值，在t＝0
时刻闭合开关S，经过一段时间后，在t＝t 时刻断开开关S。在下图所示的图像中，可能正确表示电流传
1
感器记录的电流随时间变化情况的是( )
【答案】B
【解析】在t＝0时刻，闭合开关的瞬间，由于自感线圈L产生自感电动势，自感线圈相当于一个阻值很大
的电阻，灯泡中有一定的电流通过；随着自感线圈L电动势的逐渐减小，自感线圈的等效阻值逐渐减小，
直至减小到其直流电阻值，线圈与灯泡并联电路两端的电压逐渐减小至稳定值，故灯泡中的电流逐渐减小
至稳定值，A、D错误。当在t＝t 时刻断开开关S时，线圈产生自感电动势，线圈中的电流与原来的电流
1
方向相同，它与灯泡组成的电路中，感应电流沿逆时针方向，故灯泡的电流方向与原来相反，为负值；线
圈的直流电阻大于灯泡D的阻值，故t＝t 时刻灯泡中的电流比稳定时要小一些，然后电流随自感电动势的
1
减小而慢慢减小到0，故B正确，C错误。
同步训练
1、如图所示，在某次阅兵盛典上，我国预警机“空警－2000”在通过天安门上空时机翼保持水平，以
4.5×102 km/h的速度自东向西飞行．该机的翼展(两翼尖之间的距离)为50 m，北京地区地磁场向下的竖直
分量大小为4.7×10－5 T，则( )
A．两翼尖之间的电势差为2.9 V
B．两翼尖之间的电势差为1.1 V
C．飞机左方翼尖的电势比右方翼尖的电势高D．飞机左方翼尖的电势比右方翼尖的电势低
【答案】C
【解析】飞机的飞行速度为 4.5×102 km/h＝125 m/s，飞机两翼尖之间的电动势为 E＝Blv＝4.7×10－
5×50×125 V≈0.29 V，A、B项错误；飞机从东向西飞行，磁场竖直分量向下，根据右手定则可知，飞机左
方翼尖的电势高于右方翼尖的电势，C项正确，D项错误．
2、(2021·辽宁省辽阳市高三下一模)某星球表面0～200 km高度范围内，水平方向磁场的磁感应强度大小随
高度由60 T均匀减小至10 T，为使航天器能在星球表面安全降落，可以利用电磁阻力来减小航天器下落速
度。若在航天器上固定一边长为1 m的正方形闭合线圈，航天器竖直降落时线圈平面始终与水平磁场垂
直，上下两边始终处于水平状态，为使航天器速度为1 km/s时产生的电磁阻力(只对该闭合线圈产生的作用
力)为1000 N，则线圈电阻的阻值R为( )
A．2.5×10－14 Ω B．5×10－11 Ω
C．6.25×10－8 Ω D．1×10－5 Ω
【答案】C
【解析】由磁场分布规律可知，线圈上下两边所处位置的磁感应强度大小之差ΔB＝＝2.5×10－4 T，线圈上
下两边产生的总感应电动势大小E＝ΔBLv，线圈上下两边受到的总安培力大小F＝ΔBIL，其中I＝，解得R
＝6.25×10－8 Ω，C正确。
3、如图所示，两个闭合正方形线圈a、b用粗细相同的同种导线绕制而成，匝数相同，线圈 a的边长为线
圈b边长的3倍，图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀增大，不考虑线圈之
间的相互影响，下列说法正确的是( )
A．a、b线圈中均产生顺时针方向的感应电流
B．a、b线圈中感应电动势之比为3∶1
C．a、b线圈中感应电流之比为3∶4
D．a、b线圈中电功率之比为27∶1
【答案】D
【解析】根据楞次定律可知，原磁场向里增强，则感应电流的磁场与原磁场方向相反，因此a、b线圈中感
应电流的方向均为逆时针，故A错误；根据法拉第电磁感应定律可知E＝n＝nS＝nl2，由题意知，两线圈
匝数n相同，也相同，故E∶E ＝l∶l＝9∶1，故B错误；绕制线圈的导线横截面积S 相同，电阻率ρ也相同，
a b 0根据电阻定律有R＝ρ，导线长度为L＝n×4l，故电阻之比为R∶R ＝l∶l ＝3∶1，根据闭合电路欧姆定律有I
a b a b
＝，故a、b线圈中感应电流之比为I∶I ＝3∶1，故C错误；电功率P＝，因电动势之比为9∶1；电阻之比为
a b
3∶1；则电功率之比为27∶1，故D正确。
3、(2022·天津红桥区一模)如图所示，灯泡A 、A 的规格完全相同，线圈L的电阻不计，下列说法中正确
1 2
的是( )
A．当接通电路时，A 和A 始终一样亮
1 2
B．当接通电路时，A 先达到最大亮度，A 后达到最大亮度，最后两灯一样亮
2 1
C．当断开电路时，A 立即熄灭、A 过一会儿才熄灭
2 1
D．当断开电路时，两灯都立即熄灭
【答案】B
【解析】当接通电路时，A 立即发光，逐渐变暗，达到稳定，由于线圈中自感电动势的阻碍，灯泡A 中电
2 1
流只能逐渐增大，则A 先达到最大亮度，A 后达到最大亮度，最后电路稳定，两灯一样亮，故B正确，A
2 1
错误；当断开电路时，A 原来方向的电流立即减小为零，线圈中产生自感电动势，两灯泡串联和线圈组成
2
回路，由于线圈L的电阻不计，回路中电流从原来值逐渐减小到零，流过 A 的电流与原来方向相反，则
2
A 和A 都要过一会儿才熄灭，故C、D错误。
1 2
4、(多选)(2022·长春质量监测)如图甲所示，单匝正方形线框abcd的电阻R＝0.5 Ω，边长L＝20 cm，匀强
磁场垂直于线框平面向里，磁感应强度的大小随时间变化规律如图乙所示，则下列说法中正确的是( )
A．线框中的感应电流沿逆时针方向，大小为2.4×10－2 A
B．0～2 s内通过ab边横截面的电荷量为4.8×10－2 C
C．3 s时ab边所受安培力的大小为1.44×10－2 N
D．0～4 s内线框中产生的焦耳热为1.152×10－3 J
【答案】BD
【解析】由楞次定律判断感应电流为顺时针方向，由法拉第电磁感应定律得电动势 E＝S，感应电流I＝＝
2.4×10－2A，故A错误；电荷量q＝IΔt，解得q＝4.8×10－2C，故B正确；安培力F＝BIL，由题图乙得，3 s时B＝0.3 T，代入数值得F＝1.44×10－3 N，故C错误；由焦耳定律得Q＝I2Rt，代入数值得Q＝1.152×10－3
J，故D正确。
5、(2022·江苏前黄高级中学、溧阳中学联考)如图所示，置于磁场中的一段导线abcd与缠绕在螺线管上的
导线组成闭合回路，螺线管MN上的绕线方式没有画出，A是MN正下方水平放置在地面上的细金属圆
环，若磁场在变化的过程中，线圈A突然跳起，以下磁场的磁感应强度B随时间t变化的规律可能正确是(
)
【答案】C
【解析】若磁场在变化的过程中，线圈A突然跳起，说明二者相互吸引，根据楞次定律知螺线管MN中产
生的磁场在减小，即螺线管中的电流减小；根据法拉第电磁感应定律E＝n＝nS，则减小，B－t图像的斜率
减小，故C正确，A、B、D错误。
6、(多选)半径为a、右端开小口的导体圆环和长为2a的导体直杆，单位长度电阻均为R。圆环水平固定放
0
置，整个内部区域分布着方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为 B。杆在圆环上以速度v平行于直径CD
向右做匀速直线运动，杆始终与圆环保持良好接触，从圆环中心O开始，杆的位置由θ确定，如图所示。
则( )
A．θ＝0时，杆产生的电动势为2Bav
B．θ＝时，杆产生的电动势为Bav
C．θ＝时，杆受到的安培力大小为
D．θ＝0时，杆受到的安培力大小为【答案】AC
【解析】θ＝0时，杆产生的电动势E＝BLv＝2Bav，故A正确；θ＝时，根据几何关系得出此时杆的有效切
割长度是L′＝a，所以杆产生的电动势为E′＝Bav，故B错误；θ＝时，电路中总电阻是R ＝aR ，I′＝所以
总 0
杆受到的安培力大小为F′＝BI′L′＝，故C正确；θ＝0时，电路中总电阻是(2＋π)aR，所以杆受的安培力大
0
小F＝BIL＝B·2a＝，故D错误。
7、(多选)如图甲所示，用一根导线做成一个半径为r的圆环，其单位长度的电阻为r ，将圆环的右半部分
0
置于变化的匀强磁场中，设磁场方向垂直纸面向里为正，磁感应强度大小随时间做周期性变化关系如图乙
所示，则( )
A．在t＝π时刻，圆环中有顺时针方向的感应电流
B．在0～时间内圆环受到的安培力大小、方向均不变
C．在～π时间内通过圆环横截面的电荷量为
D．圆环在一个周期内的发热量为
【答案】AD
【解析】由楞次定律可知在t＝π时刻，圆环中有顺时针方向的感应电流，故A正确；由E＝＝S可知在0
～时间内圆环的感应电动势不变，电流不变，受到的安培力F＝BIL，而磁感应强度B变大，所以安培力变
大，安培力方向向左，故B错误；q＝，在～π时间内通过圆环横截面的电荷量为＝，故C错误；由E＝＝
S可知E＝Br2，所以圆环在一个周期内的发热量为Q＝·2π＝，故D正确。
0
8、(2021·山东省济南市高三下二模)如图所示，在光滑的水平面上有一半径r＝10 cm、电阻R＝1 Ω的金属
圆环，以某一速度进入有界匀强磁场。匀强磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度 B＝0.5 T，从圆环刚进
入磁场开始，到刚好有一半进入磁场时，圆环一共产生了32 J的热量，此时圆环速度为6 m/s，下列说法正
确的是( )
A．此时圆环中的电流方向为顺时针
B．圆环进入磁场的全过程产生的热量为64 JC．此时圆环中的电动势为0.6 V
D．圆环进入磁场的全过程通过圆环某截面的电荷量为0.01 C
【答案】C
【解析】由楞次定律可得，圆环刚好有一半进入磁场时，圆环中的电流方向为逆时针，故A错误；由于安
培力的作用，圆环在进入磁场的过程中，速度一直在减小，则圆环进入磁场的后半段的平均速度小于前半
段，所以后半段圆环中的平均电流小于前半段，所以后半段产生的热量小于 32 J，故全过程产生的热量小
于64 J，故B错误；此时圆环中的感应电动势为E＝BLv＝B·2rv＝0.5×2×0.1×6 V＝0.6 V，故C正确；圆环
进入磁场的全过程，由q＝Δt＝Δt＝Δt＝＝＝，代入数据可得q＝0.005π C，故D错误。
9、(2020 ·北京卷)如图10甲所示，N＝200匝的线圈(图中只画了2匝)，电阻r＝2 Ω，其两端与一个R＝48
Ω的电阻相连，线圈内有指向纸内方向的磁场。线圈中的磁通量按图乙所示规律变化。
图10
(1)判断通过电阻R的电流方向；
(2)求线圈产生的感应电动势E；
(3)求电阻R两端的电压U。
【答案】(1)a→b (2)10 V (3)9.6 V
【解析】(1)根据图像可知，线圈中垂直于纸面向里的磁通量增大，为了阻碍线圈中磁通量的增大，根据楞
次定律可知线圈中感应电流产生的磁场垂直于纸面向外，根据安培定则可知线圈中的感应电流为逆时针方
向，所以通过电阻R的电流方向为a→b。
(2)根据法拉第电磁感应定律
E＝N＝200× V＝10 V。
(3)电阻R两端的电压为路端电压，根据分压规律可知
U＝E＝×10 V＝9.6 V。
10、(2017·江苏高考)如图所示，两条相距d的平行金属导轨位于同一水平面内，其右端接一阻值为R的电
阻。质量为m的金属杆静置在导轨上，其左侧的矩形匀强磁场区域MNPQ的磁感应强度大小为B、方向竖
直向下。当该磁场区域以速度v 匀速地向右扫过金属杆后，金属杆的速度变为v。导轨和金属杆的电阻不
0计，导轨光滑且足够长，杆在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触。求：
(1)MN刚扫过金属杆时，杆中感应电流的大小I；
(2)MN刚扫过金属杆时，杆的加速度大小a；
(3)PQ刚要离开金属杆时，感应电流的功率P。
【答案】(1) (2) (3)
【解析】(1)MN刚扫过金属杆时，金属杆的感应电动势E＝Bdv①
0
回路的感应电流I＝②
由①②式解得I＝。③
(2)金属杆所受的安培力F＝BId④
由牛顿第二定律得，对金属杆F＝ma⑤
由③④⑤式得a＝。⑥
(3)金属杆切割磁感线的相对速度v′＝v－v⑦
0
感应电动势E′＝Bdv′⑧
感应电流的电功率P＝⑨
由⑦⑧⑨式得P＝ 。
