法拉第电磁感应定律 自感和涡流
基础巩固
1.[2023·湖北卷] 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1.0 cm、
1.2 cm 和1.4 cm.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103 T/s,则线圈产生的感应电动势最接近( )
A.0.30 V B.0.44 V C.0.59 V D.4.3 V
2.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
( )
A
B
C
D
3.(多选)如图所示,两个灯泡A1和A2的规格相同,A1与线圈L 串联后接到电路中,A2与滑动变
阻器R 串联后接到电路中.先闭合开关S,调节R,使两个灯泡的亮度相同,再调节R1,使它们正
常发光,然后断开开关S,下列说法正确的是
( )
A.重新接通电路,A1、A2同时亮
B.重新接通电路,A1逐渐变亮
C.接通电路,一段时间电路稳定后再次断开S,A1、A2逐渐熄灭
D.接通电路,一段时间电路稳定后再次断开S,A2闪亮一下再熄灭
4.[2024·广东卷] 电磁俘能器可在汽车发动机振动时利用电磁感应发电实现能量回收,结构如
图甲所示.两对永磁铁可随发动机一起上下振动,每对永磁铁间有水平方向的匀强磁场,磁感
应强度大小均为B.磁场中,边长为L 的正方形线圈竖直固定在减震装置上.某时刻磁场分布与
线圈位置如图乙所示,永磁铁振动时磁场分界线不会离开线圈.关于图乙中的线圈,下列说法
正确的是( )
A.穿过线圈的磁通量为BL2
B.永磁铁相对线圈上升越高,线圈中感应电动势越大
C.永磁铁相对线圈上升越快,线圈中感应电动势越小
D.永磁铁相对线圈下降时,线圈中感应电流的方向为顺时针方向
5.(多选)[2025·湖北荆门模拟] 如图所示,分布于全空间的匀强磁场垂直于纸面向里,其磁感应
强度大小为B=2 T.间距为L=0.8 m 的两导轨间接一阻值为R=0.2 Ω 的电阻,电阻为2R 的金
属棒AC 长为2L 并垂直于导轨(导轨电阻不计)放置,A 端刚好位于导轨上,中点D 与另一导轨
接触.当金属棒以速度v=0.5 m/s 向左匀速运动时,下列说法正确的是( )
A.流过电阻R 的电流为2 A
B.A、D 两点的电势差为UAD=0.4 V
C.A、C 两点的电势差为UAC=-1.6 V
D.A、C 两点的电势差为UAC=-1.2 V
6.(多选)[2025·江西南昌模拟] 如图甲所示为某手机的无线充电示意图.规定从上向下看逆时
针方向为电流的正方向,当送电线圈通过图乙所示的电流时,下列说法正确的是( )
A.t1时刻,受电线圈的电流最大
B.t2时刻,受电线圈的磁通量最大
C.t1~t2时间内,受电线圈与送电线圈中电流方向相同
D.t2~t3时间内,受电线圈中电流产生的磁场方向与图示磁场方向相反
综合提升
7.[2025·四川乐山模拟] 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φa、φb、φc.已知bc 边的长度为l.下列判断正确的是( )
A.φa>φc,金属框中无电流
B.φb>φc,金属框中电流方向沿a→b→c→a
C.电势差Ubc=-1
2
Bl2ω,金属框中无电流
D.电势差Uac=1
2
Bl2ω,金属框中电流方向为a→c→b→a
8.[2025·河北衡水模拟] 如图甲所示,ab 为磁场边界,在ab 的右侧存在一个足够大的匀强磁
场,t=0 时刻磁场方向垂直于竖直圆环平面向里,用一根横截面积为S、电阻率为ρ 的硬质导
线做成两个半径分别为r 和2r 的圆环1 和圆环2,让圆环的直径与边界重合.磁场的磁感应强
度B 随时间t 变化的关系如图乙所示,规定垂直于圆环平面向里的磁场为正,则0~t1时间内
( )
A.两圆环中产生感应电流的方向为逆时针
B.两圆环一直具有扩张的趋势
C.环1 和环2 中感应电流的大小之比为1∶2
D.环1 和环2 中的电功率之比为1∶4
9.(多选)[2025·山西太原模拟] 如图所示,水平放置足够长光滑金属导轨abc 和de,ab 与de 平
行,bc 是以O 为圆心的圆弧导轨,圆弧be 左侧和扇形Obc 内有方向如图所示的匀强磁场,金属
杆OP 的O 端与e 点用导线相接,P 端与圆弧bc 接触良好,不可滑动的金属杆MN 静止在平行
导轨上,若杆OP 绕O 点在匀强磁场区域内从b 到c 匀速转动时,回路中始终有电流,则此过程
中,下列说法正确的有( )
A.杆OP 产生的感应电动势恒定
B.杆OP 的电流方向从P 流向O
C.杆MN 上M 点的电势比N 点高
D.杆MN 所受的安培力方向向右
10.[2022·全国乙卷] 如图所示,一不可伸长的细绳的上端固定,下端系在边长为l=0.40 m 的
正方形金属框的一个顶点上.金属框的一条对角线水平,其下方有方向垂直于金属框所在平面
的匀强磁场.已知构成金属框的导线单位长度的阻值为λ=5.0×10-3 Ω/m;在t=0 到t=3.0 s 时
间内,磁感应强度大小随时间t 的变化关系为B(t)=0.3-0.1t(SI).求:
(1)t=2.0 s 时金属框所受安培力的大小;
(2)在t=0 到t=2.0 s 时间内金属框产生的焦耳热.
拓展挑战
11.[2024·河北卷] 如图所示,边长为2L 的正方形金属细框固定放置在绝缘水平面上,细框中
心O 处固定一竖直细导体轴OO'.间距为L、与水平面成θ 角的平行导轨通过导线分别与细
框及导体轴相连.导轨和细框分别处在与各自所在平面垂直的匀强磁场中,磁感应强度大小均
为B.足够长的细导体棒OA 在水平面内绕O 点以角速度ω 匀速转动,水平放置在导轨上的导
体棒CD 始终静止.OA 棒在转动过程中,CD 棒在所受安培力达到最大和最小时均恰好能静
止.已知CD 棒在导轨间的电阻值为R,电路中其余部分的电阻均不计,CD 棒始终与导轨垂直,
各部分始终接触良好,不计空气阻力,重力加速度大小为g.
(1)求CD 棒所受安培力的最大值和最小值.
(2)锁定OA 棒,推动CD 棒下滑,撤去推力瞬间,CD 棒的加速度大小为a,所受安培力大小等于
(1)问中安培力的最大值,求CD 棒与导轨间的动摩擦因数.
答案解析
1.B [解析] 根据法拉第电磁感应定律可知E= ΔΦ
Δt
= Δ B
Δt
S=103×(1.02+1.22+1.42)×10-4
V=0.44 V,故B 正确.
2.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.
3.BC [解析] 重新接通电路,由于L 有自感电动势产生,阻碍电流增大,所以A1逐渐变亮,而
A2立即变亮,故A 错误,B 正确.接通电路,一段时间电路稳定后再次断开S,A1、A2与L、R 构
成回路,L 相当于电源,因原来两支路电流相等,所以不会出现A2闪亮一下再熄灭的现象,A1、
A2都会逐渐熄灭,故C 正确,D 错误.
4.D [解析] 题图乙中穿过正方形线圈上下方的磁通量正负抵消,故此时穿过线圈的磁通量
为零,A 错误;正方形线圈与永磁铁相对运动时,上下两条边切割磁感线,根据法拉第电磁感应
定律可知,线圈中产生的感应电动势E=2BLv,永磁铁相对线圈上升越快,线圈中产生的感应电
动势越大,C 错误;永磁铁相对线圈上升的高低,对线圈中产生的感应电动势没有影响,B 错误;
永磁铁相对线圈下降时,穿过线圈的磁通量向纸外增大,根据楞次定律可知,线圈中产生顺时
针方向的感应电流,D 正确.
5.AD [解析] 金属棒AD 段产生的感应电动势为EAD=BLv=2×0.8×0.5 V=0.8 V,流过电阻R
的电流I= E AD
R+ R
=0.8
0.4 A=2 A,根据右手定则,可知A 端的电势低于D 端的电势,A、D 两点的
电势差UAD=-IR=-0.4 V,A 正确,B 错误;D、C 两点的电势差UDC=-BLv=-0.8 V,则
UAC=UAD+UDC=-1.2 V,C 错误,D 正确.
6.ABD [解析] t1时刻,送电线圈电流变化率最大,磁通量变化最快,受电线圈的感应电流最
大,故A 正确;t2时刻,送电线圈电流最大,产生的磁场最强,受电线圈的磁通量最大,故B 正
确;t1~t2时间内,送电线圈中电流反向增大,则产生的磁场方向与图示方向相反,磁感应强度增
强,通过受电线圈的磁通量增加,根据楞次定律结合安培定则可知,该段时间内受电线圈中电
流方向与送电线圈中相反,故C 错误;t2~t3时间内,送电线圈中电流反向减小,则产生的磁场方
向与图示方向相反,磁感应强度减小,通过受电线圈的磁通量减小,根据楞次定律,该段时间内
受电线圈中感应磁场方向与送电线圈中磁场方向相同,即与图示磁场方向相反,故D 正确.
7.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1
2
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1
2
Bl2ω,由
右手定则可知,金属框内无电流,且φc>φb=φa,A、B、D 错误;Ubc=Uac=-1
2
Bl2ω,C 正确.
8.C [解析] 磁通量向里减小,由楞次定律“增反减同”可知,环中的感应电流方向为顺时针
方向,0~t0为了阻碍磁通量的减小,环有扩张的趋势,t0~t1为了阻碍磁通量的增大,环有缩小的趋
势,A、B 错误;从题图乙中可知磁场均匀变化,即Δ B
Δt
恒定,根据法拉第电磁感应定律E= ΔΦ
Δt
= Δ B
Δt
S,可知产生的感应电动势大小之比为E1
E2
=
π r
2
π(2r )
2
=1
4
,根据电阻定律R=ρ L
S
=ρ2π r
S
,
可知两环的电阻之比为R1
R2
=1
2
,故感应电流之比为I 1
I 2
=
E1
R1
E2
R2
=1
2
,C 正确;电功率之比为P1
P2
=
I 1
2 R1
I 2
2 R2
=1
8
,D 错误.
9.AC [解析] 杆OP 绕O 点在匀强磁场区域内从b 到c 匀速转动时,假设磁感应强度为B,金
属杆OP 长度为L,转动角速度为ω,则产生的电动势为E=1
2
BL2ω,可知电动势恒定不变,由右
手定则可知,杆OP 的电流方向从O 流向P,A 正确,B 错误;杆MN 的电流方向从M 流向N,可
知M 点的电势比N 点高,由左手定则可知杆MN 所受的安培力方向向左,C 正确,D 错误.
10.(1)0.04❑√2 N (2)0.016 J
[解析] (1)金属框的总电阻为
R=4lλ=0.008 Ω
金属框中产生的感应电动势为
E= ΔΦ
Δt
= Δ B
Δt
·l
2
2
=0.008 V
金属框中的电流为I= E
R
=1 A
t=2.0 s 时磁感应强度为
B2=(0.3-0.1×2) T=0.1 T
金属框处于磁场中的有效长度为
L=❑√2l
此时金属框所受安培力大小为
FA=B2IL=0.04❑√2 N
(2)0~2.0 s 内金属框产生的焦耳热为Q=I2Rt=0.016 J
11.(1)B
2 L
3ω
R
B
2 L
3ω
2 R
(2)
a
gcosθ -1
3tan θ
[解析] (1)当OA 棒转动到正方形细框对角线瞬间,切割磁感线的有效长度最大,为Lmax=❑√2L,
此时感应电流最大,CD 棒所受的安培力最大,根据法拉第电磁感应定律得
Emax=BLmaxvmax
其中vmax=1
2
Lmaxω
根据闭合电路欧姆定律得
Imax= Emax
R
CD 棒所受的安培力最大值为Fmax=BImaxL
联立解得Fmax=B
2 L
3ω
R
当OA 棒转动到与细框一边平行瞬间,切割磁感线的有效长度最小,为Lmin=L,此时感应电流最
小,CD 棒受到的安培力最小,根据法拉第电磁感应定律得
Emin=BLminvmin
其中vmin=1
2
Lminω
根据闭合电路欧姆定律得
Imin= Emin
R
CD 棒所受的安培力最小值为Fmin=BIminL
联立解得Fmin=B
2 L
3ω
2 R
(2)当CD 棒受到的安培力最小时,根据平衡条件得
mgsin θ-Ffm=Fmin
当CD 棒受到的安培力最大时,根据平衡条件得
mgsin θ+Ffm=Fmax
根据(1)中可知Fmax=2Fmin
联立解得Fmax=4
3
mgsin θ
撤去推力瞬间,根据牛顿第二定律得
Fmax+μmgcos θ-mgsin θ=ma
解得μ=
a
gcosθ
-1
3
tan θ
