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12.2 法拉第电磁感应现定律、自感和涡流
考点一 法拉第电磁感应定律的理解及应用.................................................................................................................1
题组1：E=nΔϕ/Δt 的应用........................................................................................................................................... 1
题组2：E=nsΔB/Δt 的应用..........................................................................................................................................2
题组3：E=nBΔs/Δt 应用...............................................................................................................................................4
考点二 导体棒切割产生电动势........................................................................................................................................4
题组1：平动切割........................................................................................................................................................... 4
题组2：旋转切割........................................................................................................................................................... 6
考点三 自感、涡流、电磁驱动与电磁阻尼.................................................................................................................7
题组1：自感现象........................................................................................................................................................... 8
题组2：涡流及其应用..................................................................................................................................................9
题组3：电磁驱动与电磁阻尼..................................................................................................................................11
12.2 法拉第电磁感应现定律、自感和涡流
考点一 法拉第电磁感应定律的理解及应用
题组1：E=nΔϕ/Δt 的应用
1. （单选）如图所示，是穿过一个单匝闭合线圈的磁通量随时间变化而变化的规律，下列说法正确的是
( )
A. 第0.15 s末线圈中的瞬时电动势为4V
B. 第0.9 s末线圈中产生的瞬时电动势为30V
C. 第0.4 s末和0.9 s末的瞬时电动势的方向相反
D. 第0.3 s末到第0.8 s末时间内线圈中产生的瞬时电动势在均匀减小
【答案】B
【解析】0∼0.3 s内感应电动势：E = ΔΦ1
Δt1
= 8
0.3 V = 80
3 V ，0.3∼0.8 s内感应电动势：
E = ΔΦ2
Δt2
=
8-6
0.8-0.3 V = 4V ，0.8∼1.0 s内感应电动势E = ΔΦ3
Δt3
=
6
1.0-0.8 V =30V 。
A、第0.15 s末线圈中的瞬时电动势是80
3 V ，故A 错误；
B、第0.9 s末线圈中的瞬时电动势是30V ，故B 正确；
C、第0.4 s末和0.9 s末磁通量方向相同，且均在减小，由楞次定律可知，两时间段内感应电动势方向相同，
故C 错误；
D、第0.3 s末到第0.8 s末时间内线圈中磁通量变化率不变，所以产生的瞬时电动势不变，故D 错误。
故选：B。
2. （多选）单匝矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，转轴垂直于磁场，若线圈所围面积的磁通量随时间变化
的规律如图所示，则O～D过程中( )
A. 线圈中O时刻感应电动势最大
B. 线圈中D时刻感应电动势为零
C. 线圈中D时刻感应电动势最大
D. 线圈中O至D时间内平均感应电动势为0.4V
【答案】ABD
【解答】A.由图知在O时刻线圈磁通量的变化率最大，故感应电动势最大，故A 正确；
BC .线圈在D时刻磁通量的变化率为零，故感应电动势为零，故B 正确，C 错误；
D.根据法拉第电磁感应定律可求线圈中O至D时间内平均感应电动势E =n ΔΦ
Δt =0.4V ，故D 正确。
题组2：E=nsΔB/Δt 的应用
3. （单选）如图所示，水平放置的内壁光滑半径为R的玻璃圆环，有一直径略小于圆环口径的带正电q的
小球，在圆环内以速度v0沿顺时针方向匀速转动(俯视)。在t =0时刻施加方向竖直向上的变化磁场，磁感
应强度B =kt (k >0)。设运动过程中小球带电荷量不变，不计小球运动产生的磁场及相对论效应。加上磁场
后，下列说法正确的是( )
A. 小球对玻璃圆环的压力不断增大B. 小球对玻璃圆环的压力不断减小
C. 小球所受的磁场力一定不断增大D. 小球每运动一周增加的动能为kqπR
【答案】C
【解析】AB.由楞次定律判断可得当磁场增强时，会产生顺时针方向的涡旋电场，电场力先对小球做正功
使其沿顺时针方向做加速运动，根据牛顿第二定律可得未加磁场时F N =m v0
2
R
加磁场后，小球所受洛伦兹力方向指向圆心，圆环对小球的压力与小球洛伦兹力的合力提供向心力，没有
确定的数量关系去比较洛伦兹力与向心力的大小，所以小球与圆环之间的弹力变化情况不明，故AB 错误；
C.根据f =qvB，可知小球所受的磁场力一定不断增大，故C 正确；
D.由动能定理可得W 电= Δ Ek
小球每运动一周，电场力做功为W 电=qU ,U = ΔB
Δt ⋅π R
2
联立，解得Δ Ek =kπq R
2，故D 错误。
故选C。
4. （多选）如图甲所示，边长为a的正方形线框电阻为R，线框左半部分有垂直线框平面的匀强磁场，
MN分别为线框两边的中点，磁场随时间变化的规律如图乙所示，磁场方向以向里为正方向，下列说法正
确的是( )
A. 0到t2时间内磁通量的变化量为2B0a
2
B. 0到t1与t1到t2时间内线框中感应电流方向相同
C. t1到t2时间内线框中M点电势始终比N点电势高
D. 0-t2过程，线框中感应电流恒为B0a
2
2t2 R
【答案】BC
【解析】A.0到 t2 时间内磁通量的变化量为ΔΦ = 1
2 B0a
2-(- 1
2 B0a
2)= B0a
2，故A 错误；
B.根据楞次定律，0到 t1 时间内磁通量向里减小，在 t1 到 t2 时间内磁通量向外增加，则0到 t1 与 t1 到 t2
时间内线框中感应电流方向相同，均为顺时针方向，故B 正确；
C.根据楞次定律， t1 到 t2 时间内线框中感应电流为顺时针方向，则 M 点电势始终比 N 点电势高，故C
正确；
D. 0-t2 过程，线框中感应电流恒为I = E
R = ΔB
Δt ⋅a
2
2 ⋅1
R = 2B0
t2
⋅a
2
2 R = B0a
2
t2 R
故D 错误。
故选BC。
题组3：E=nBΔs/Δt 应用
5.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 =0.3m
2、电阻R =0.6 Ω，磁场的磁感应强度B =0.2T。现同时向两侧拉动线圈，线圈的两边在
△t =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)磁通量的变化量△Φ = BS，故感应电动势的平均值E = ΔΦ
Δt = BS
Δt = 0.2×0.3
0.5
V =0.12V
(2)感应电流的平均值I = E
R = 0.12
0.6 A =0.2 A；由楞次定律可知，感应电流的方向为顺时针(如下图)
(3)通过导线横截面的电荷量q = I △t =0.2×0.5C =0.1C
考点二 导体棒切割产生电动势
题组1：平动切割
1. （单选）如图所示的半圆形闭合回路半径为a，电阻为R。虚线MN右侧有磁感应强度为B的匀强磁场，
方向垂直于半圆形回路所在的平面。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，下列结论正确的是( )
A. 感应电流方向沿顺时针方向B. 半圆形闭合导线所受安培力方向向右
C. 感应电动势最大值2BavD. 感应电动势平均值E = 1
4 πBav
【答案】D
【解答】A.在闭合电路进入磁场的过程中，通过闭合电路的磁通量逐渐增大，根据楞次定律可知感应电流
的方向为逆时针方向不变，故A 错误；
C.当半圆形线框进入一半时，有效的切割长度最大，感应电动势最大，则感应电动势的最大值Em= Bav，
故C 错误；
B.根据楞次定律，半圆形闭合导线所受安培力方向向左 ，故B 错误；
D.由法拉第电磁感应定律可得感应电动势平均值E = ΔΦ
Δt =
B· 1
2 π a
2
2a
v
= 1
4 πBav，故D 正确。
故选D。
2. （单选）如图所示，矩形金属框置于匀强磁场中，mn为一长为2 L、电阻为2 R的均匀导体棒，可在ab
与cd间滑动并接触良好(e、f 为接触点，且em、nf 长度相等)。设磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向
里，ad长为L，ad、bc边的电阻均为R，ab、cd边的电阻不计。在Δt时间内导体棒向左匀速运动Δd的过
程中，m、n两点之间的电势差U mn为( )
A. 2BLΔd
Δt
B. 4 BLΔd
3 Δt
C. - 4 BLΔd
3 Δt
D. - 2BLΔd
Δt
【答案】C
【解析】根据E = BLv，以及电阻的串并联关系和闭合电路欧姆定律得I = 2BL△d
3 R△t ，m、n两点之间的电
势差为U mn=U me+U ef +U fn=-( BL△d
△t
+ I ⋅R
2 )=- 4 BL△d
3△t
，C 正确，故选C。
3.如图所示，间距为L的两足够长且光滑的平行金属导轨水平放置，左端接电阻R1，右端接电阻R2和R3，
其中R1= R2=r，R3=2r，两金属导轨的电阻不计。两金属导轨之间存在垂直于两导轨所在平面向上的匀
强磁场，磁感应强度的大小为B，一质量为m的正方形金属框abcd的边长也为L，每边的电阻为r，将正方
形金属框放置在两金属导轨上，金属框的ab边和cd边与两金属导轨接触良好。现给金属框一平行于金属导
轨向右的初速度v。求：
(1)金属框具有初速度的瞬间，金属框受到安培力的大小;
(2)从金属框开始运动到最后停止，流过R3的电量。
【答案】解：(1)由于金属框的运动形成的电路如图所示：
回路的总电阻为：R = r
2 +
R1
R2 R3
R2+ R3
R1+ R2 R3
R2 R3
= 9
10 r，
回路中的总电流为：I = BLv
R = 10 BLv
9r
，
则金属框所受的安培力为：F = BIL= 10 B
2 L
2v
9r
;
(2)对金属框，根据动量定理-∑
BIL
△t =0-mv，∑BILΔt = BL∑IΔt = BLq，
q为金属框减速到零时流过金属框的总电量，
解得：q = mv
BL，
则从金属框开始运动到最后停止，流过R3的电量为q3= 3
5 × 1
3 q = mv
5 BL。
题组2：旋转切割
4. （单选）一长为l的导体棒在磁感应强度为B的匀强磁场中，绕其一端b在垂直于磁场的平面内匀速转动，
a端的线速度大小为v .下列说法正确的是
A. 导体棒有恒定电流B. a端电势高于b端
C. ab间电势差为Blv
D. ab间电势差大于1
2 Blv
【答案】B
【解答】：A .没有闭合回路，故导体棒中没有恒定电流，故 A 错误；
B.由右手定则可判断，导体棒中有从b→a的瞬时感应电流，a端电势高于b端，故B 正确；
CD.根据法拉第电磁感应定律可得ab两端产生的感应电动势为E = Bl v = 1
2 Blv，故CD 错误。
故选：B。
5. （单选）如图所示，通电长直导线旁有一金属棒MN，金属棒绕中心点O沿顺时针方向匀速转动，金属
棒与长直导线始终在同一平面内。当棒转到如图所示的位置时，有关M、O、N三点的电势高低，下列说
法正确的是( )
A. M端电势最高B. N端电势最高
C. M、N两端电势相同
D. O点电势最高
【答案】A
【解析】根据右手螺旋定则可知导线右边磁场方向垂直直面向里，根据右手定则可知 M 端电势与N 端电
势都高于O点电势，又由于OM段的磁感应强度比ON段的磁感应强度大，故M点电势高于N点电势。
故选A。
6. （单选）如图所示，AC金属杆长度为R，绕O点做顺时针的匀速圆周运动，角速度为ω。OA之间的距
离为R，在AC杆转过的区域有足够宽且垂直纸面向里的磁场，磁感应强度为B，则AC之间的电势差为
( )
A. 3 Bω R
2
2
B. - 3 Bω R
2
2
C. Bω R
2
D. - Bω R
2
【答案】B
【解析】 磁场方向垂直纸面向里，杆AB顺时针绕O转动切割磁场，根据右手定则，A点的电势低于B点的
电势。A点的切割速度为V A =ωR，B点的切割速度为V B=2ωR，则平均速度为v = 3ωR
2
，根据法拉第电
磁感应定律得，U AB=- 3 Bω R
2
2
，故B 正确。
考点三 自感、涡流、电磁驱动与电磁阻尼
题组1：自感现象
1. （单选）图甲和图乙是某学校演示自感现象的两个电路图，L1和L2为电感线圈。实验时发现，断开开
关S1瞬间，灯A1闪亮后熄灭;闭合开关S2，灯A2逐渐变亮，而灯A3立即变亮，最终A2与A3的亮度相同。
则下列说法正确的是( )
A. 图甲中，A1与L1的电阻值相同
B. 图甲中，闭合S1后电路稳定，A1中电流小于L1中电流
C. 图乙中，滑动变阻器R接入电路的阻值大于L2的电阻值
D. 图乙中，闭合S2瞬间，L2中电流与A3中电流相等
【答案】B
【解析】A.图甲中，断开S1的瞬间，A1灯闪亮，是因为电路稳定时，A1的电流小于L1的电流，则可知L1
的电阻小于A1的电阻，故A 错误；
B.图甲中，闭合S1，电路稳定后，断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，说明A1中电流小于L1中电流，故B
正确；
C.图乙中，因为闭合开关S2后，最终A2与A3的亮度相同，两个支路的总电阻相同，因两个灯泡电阻相同，
所以变阻器R与L2的电阻值相同，故C 错误；
D.图乙中，闭合S2瞬间，L2对电流有阻碍作用，所以L2中电流与变阻器R中电流不相等，故D 错误。
2. （单选）如图所示，L是自感系数很大的线圈，它的电阻可忽略不计，二极管的正向导电电阻为0，D1
和D2是两个完全相同的灯泡，则下列说法中正确的是( )
A. 闭合S，D1先亮，D2逐渐变亮
B. 闭合S，D1不亮，D2逐渐变亮
C. 断开S，D1不亮，D2亮，然后慢慢熄灭
D. 断开S，D1不亮，然后和D2同时慢慢熄灭
【答案】B
【解析】AB.开关S闭合后，二极管两端是反向电压，不导通，所以灯泡 D1 不亮，自感线圈产生的反电
动势会阻碍电流的变化，所以灯泡 D2 会逐渐变亮，故A 错误，B 正确；
CD .开关S断开后，线圈上储存的电能释放，流经电感的电流会逐渐减小，此时电感与二极管的电路会形
成新的闭合回路，二极管两端是正向电压，灯泡 D1 变亮，然后与灯 D2 一起逐渐熄灭，故CD 错误。
故选B。
3. （单选）如图所示，L1、L2为两个相同的灯泡，线圈L的直流电阻可忽略不计，下列说法正确的是( )
A. 闭合开关S的瞬间，只有L2亮
B. 断开开关S，L1亮起后逐渐熄灭，L2立即熄灭
C. 闭合开关S稳定后，a点的电势比b点的电势高
D. 断开开关S的瞬间，a点的电势比b点的电势高
【答案】B
【解析】A.闭合开关S的瞬间，线圈自感阻碍流过线圈的电流增大， L1 和 L2 都立刻变亮，故A 错误；
BD .断开开关S的瞬间， L2 立即熄灭，线圈与L1构成回路， L1 亮起后逐渐熄灭，因线圈产生与原电流方
向相同的电动势，所以a点的电势比b点的电势低，故B 正确D 错误；
C.闭合开关S稳定后，由于线圈L的直流电阻可忽略不计，a点的电势和b点的电势相等，C 错误。
题组2：涡流及其应用
4. （单选）课堂上，老师演示了一个有趣的电磁现象：将一铝管竖立，把一块直径比铝管内径小一些的圆
柱形的强磁铁从铝管上端由静止释放，强磁铁在铝管中始终与管壁不接触。可以观察到，相比强磁铁自由
下落，强磁铁在铝管中的下落会延缓许多。下课后，好奇的小明将一块较厚的泡沫塑料垫在电子秤上，再
将这个铝管竖直固定在泡沫塑料上(用以消除电子秤内部铁磁性材料与磁铁相互作用的影响)，如图所示，
重复上述实验操作。在强磁铁由静止释放至落到泡沫塑料上之前，下列情况可能发生的是( )
A. 磁铁先加速下落后减速下落B. 磁铁始终做加速运动，且加速度不断增大
C. 电子秤的示数保持不变D. 电子称的示数越来越大
【答案】D
【解析】AB.强磁铁在下落的过程中，铝管切割磁感线产生感生电流，受到磁铁所给的向下安培力作用，
磁铁受到向上的安培力反作用力。初始阶段，磁铁的速度较小，在铝管中产生的安培力较小，磁铁受到的
向下重力大于向上的安培力，于是向下做加速度减小的加速运动。如果铝管足够长，磁铁的加速度减小到
零，此时磁铁受到的向下重力等于向上的安培力反作用力，之后磁铁向下做匀速运动，故AB 错误；
CD.如果铝管较短，由上述分析可知，磁铁做加速度减小加速运动，在铝管中产生的安培力越来越大，电
子称的示数越来越大，如果铝管足够长，磁铁先加速后匀速，在铝管中产生的安培力先增大后不变，故C
错误，D 正确。
故选D。
5. （单选）下列四个图都与涡流有关，其中说法正确的是( )
A. 真空冶炼炉是利用涡流来熔化金属的装置
B. 自制金属探测器是利用地磁场来进行探测的
C. 电磁炉工作时在它的面板上产生涡流加热食物
D. 变压器的铁芯用相互绝缘的硅钢片叠合而成是为了增大涡流
【答案】A
【解析】A.真空冶炼炉是线圈中的电流做周期性变化，在金属中产生涡流，从而产生大量的热量，熔化金
属的，故A 正确；
B.金属探测器中变化电流遇到金属物体，在被测金属中上产生涡流来进行探测，故B 错误；
C.家用电磁炉工作时，在锅体中产生涡流，加热食物，故C 错误；
D.当变压器中的电流变化时，在其铁芯将产生涡流，使用相互绝缘的硅钢片叠合做成的铁芯可以尽可能减
小涡流，故D 错误。
故选A。
题组3：电磁驱动与电磁阻尼
6. （单选）如图所示，一闭合金属圆环用绝缘细线挂于O点，将圆环拉至某一位置并释放，圆环摆动过程
中(环平面与磁场始终保持垂直)经过有界的水平匀强磁场区域，A、B为该磁场的竖直边界，不考虑空气
阻力，则( )
A. 圆环从图中1位置运动到3位置的过程中，产生的焦耳热小于重力势能减少量
B. 圆环从2位置到3位置过程中都会有电磁阻尼的效果
C. 从最高点摆动到最低点的时间大于从最低点摆动到最高点的时间
D. 圆环最终将静止在最低点
【答案】A
【解析】A、圆环向右穿过磁场后，会产生电流，圆环中将产生焦耳热，根据能量守恒知圆环的重力势能
将转化为热能和动能，所以产生的焦耳热小于重力势能减少量，故A 正确；
B、当圆环进入或离开磁场区域时磁通量发生变化，会产生电流，有电磁阻尼的效果；整个圆环进入磁场
后，磁通量不发生变化，不产生感应电流，没有电磁阻尼的效果，故B 错误；
C、进入磁场过程有减速的效果，从最高点摆动到最低点平均速率大于从最低点摆动到最高点的平均速率，
所以从最高点摆动到最低点的时间小于从最低点摆动到最高点的时间，故C 错误；
D、在圆环不断经过磁场，机械能不断损耗过程中圆环越摆越低，最后整个圆环只会在磁场区域来回摆动，
因为在此区域内没有磁通量的变化(一直是最大值)，所以机械能守恒，即圆环最后的运动状态为在磁场区
域来回摆动，而不是静止在平衡位置，故D 错误。
故选：A。
7. （单选）一铜盘可绕垂直盘面的中心轴O旋转，图甲为铜盘整体在匀强磁场中，图乙为铜盘的一半在匀
强磁场中，它们均顺时针旋转，两种情况中磁场均与盘面垂直，一灵敏电流计与电刷相连接．下列分析正
确的是( )
A. 不接灵敏电流计时，图甲中的铜盘有电磁阻尼
B. 不接灵敏电流计时，图乙中的铜盘没有电磁阻尼
C. 若两电刷分别接触图甲中的铜盘边缘c、d处，灵敏电流计会发生偏转
D. 若两电刷分别接触图甲中的铜盘边缘c和中心O处，灵敏电流计会发生偏转
【答案】D
【解析】A.图甲中的铜盘在旋转过程中，可看成从中心O处到边缘各部分都切割磁感线，产生感应电动势，
相当于电源，边缘是电源的正极，不接灵敏电流计时，没有电流产生，即没有电磁阻尼，A 错误；
B.图乙中，处于磁场中一半的铜盘切割磁感线，产生感应电动势，相当于电源，处在磁场外的一半铜盘相
当于外电路，构成闭合回路，产生电流，磁场中一半的铜盘的电流由中心O流向边缘，磁场外一半的铜盘
的电流由边缘流向中心O，磁场中的铜盘受到安培力作用，阻碍铜盘转动，有电磁阻尼，B 错误；
C.若两电刷分别接触图甲中的铜盘边缘c、d处，可知c、d处的电势相等，电势差是零，灵敏电流计不会发
生偏转，C 错误；
D.若两电刷分别接触图甲中的铜盘边缘c和中心O处时，由右手定则可知，c处电势高于中心O处，即c、O
两点有电势差，则灵敏电流计会发生偏转，D 正确。
故选D。
