2023年高考物理总复习一轮复习：第十章电磁感应（教师版）

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1、第十章电磁感应考 纲 要 求考 情 分 析电磁感应现象1.命题规律近几年高考对该部分内容重点考查了感应电流的产生、感应电动势的方向判断和大小计算等。常以选择题形式考查对基础知识、基本规律的理解与应用，以计算题的形式考查综合性问题，如动力学、能量、电路、图像等与电磁感应结合的问题，一般难度较大，分值较高。2.考查热点预计近几年高考对该部分内容仍将以法拉第电磁感应定律为核心，利用与之相关的力电综合问题，考查学生的综合分析及运用数学知识解决物理问题的能力。在复习过程中还要多关注电磁感应现象与现代科技、生活相结合的新情景题目。磁通量法拉第电磁感应定律楞次定律自感、涡流第62课时电磁感应现象和楞次定律(

2、双基落实课)点点通(一)对电磁感应现象的理解和判断1电磁感应现象当穿过闭合电路的磁通量发生变化时，电路中有感应电流产生的现象。2产生感应电流的条件(1)条件：穿过闭合电路的磁通量发生变化。(2)特例：闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动。3产生电磁感应现象的实质电磁感应现象的实质是产生感应电动势，如果回路闭合则产生感应电流；如果回路不闭合，则只产生感应电动势，而无感应电流。 小题练通1.(鲁科教材原题)如图所示，条形磁铁以速度v向螺线管靠近，下面几种说法中正确的是()A螺线管中不会产生感应电流B螺线管中会产生感应电流C只有磁铁速度足够大时，螺线管中才能产生感应电流D只有在磁铁的磁性足够

3、强时，螺线管中才会产生感应电流解析：选B条形磁铁以速度v向螺线管靠近时，螺线管中磁通量增加，故会产生感应电流，B正确。2.(多选)(沪科教材原题)如图所示，导线ab和cd互相平行，在下列情况中，使导线cd中有感应电流产生的是()A将开关S闭合或断开B开关S闭合后，将滑动变阻器的滑片P向右移动C开关S闭合后，将滑动变阻器的滑片P向左移动D开关S始终闭合，滑动变阻器的滑片P也不移动解析：选ABC开关S闭合或断开，以及滑动变阻器的滑片P向左、右移动时，ab中电流均会发生变化，导致电流周围磁场发生变化，穿过cd所在的闭合回路的磁通量发生变化，故cd中产生感应电流，A、B、C正确。3如图所示的匀强磁场中

4、有一个矩形闭合导线框。在下列四种情况下，线框中会产生感应电流的是()A如图甲所示，保持线框平面始终与磁感线平行，线框在磁场中左、右运动B如图乙所示，保持线框平面始终与磁感线平行，线框在磁场中上、下运动C如图丙所示，线框绕位于线框平面内且与磁感线垂直的轴线AB转动D如图丁所示，线框绕位于线框平面内且与磁感线平行的轴线CD转动解析：选C题图甲中线框左、右运动，题图乙中线框上、下运动，题图丁中线框绕与磁感线平行的轴线CD转动，穿过线框的磁通量始终为零，故不能产生感应电流，只有题图丙中线框绕与磁感线垂直的轴线AB转动时，线框中磁通量会发生改变而产生感应电流。故C正确。 融会贯通判断有无感应电流的步骤(

5、1)确定研究的回路。(2)弄清楚回路内的磁场分布，并确定穿过该回路的磁通量。 (3)点点通(二)楞次定律和右手定则1楞次定律(1)内容：感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化。(2)适用范围：适用于一切回路磁通量变化的情况。2右手定则(1)使用方法伸开右手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心进入，并使拇指指向导线运动的方向，这时四指所指的方向就是感应电流的方向。(2)适用范围：适用于部分导线切割磁感线的情况。 小题练通1.(多选)如图所示，一轻质绝缘横杆两侧各固定一金属环，横杆可绕中心点自由转动，老师拿一条形磁铁插向其中一个小环，后又取出插向另一个小

6、环，同学们看到的现象及现象分析正确的是()A磁铁插向左环，横杆发生转动B磁铁插向右环，横杆发生转动C磁铁插向左环，左环中不产生感应电动势和感应电流D磁铁插向右环，右环中产生感应电动势和感应电流解析：选BD磁铁插向左环，左环不闭合，不会产生感应电流，但会产生感应电动势，而磁铁插向右环，右环中会产生感应电动势和感应电流，根据楞次定律，磁铁插向右环时，横杆会发生转动，故B、D正确。2(鲁科教材原题)某实验小组用如图所示的实验装置来验证楞次定律。当条形磁铁自上而下穿过线圈时，通过电流计的感应电流方向是()AaGbB先aGb，后bGaCbGaD先bGa，后aGb解析：选D根据楞次定律，磁铁穿进线圈时，电

7、流方向是bGa，穿出线圈时，电流方向是aGb，故D正确。3(多选) (沪科教材原题)如图所示，P为固定闭合电路的一段导体的横截面。若使一对异性磁极相对P运动，并让P始终处于磁场中，则下列说法中正确的是()A磁极竖直向上运动时，P中不产生感应电流B磁极竖直向下运动时，P中产生指向纸外的感应电流C磁极向左运动时，P中产生指向纸里的感应电流D磁极向右运动时，P中产生指向纸里的感应电流解析：选AD磁极竖直上、下运动时，P不切割磁感线，故不产生感应电流，A正确，B错误；磁极左、右运动时，P切割磁感线，产生感应电流，根据右手定则，磁极向左运动时，P中产生指向纸外的感应电流，C错误；磁极向右运动时，P中产生

8、指向纸里的感应电流，D正确。 融会贯通楞次定律中“阻碍”的含义可以推广为：感应电流的效果总是阻碍引起感应电流的原因。列表说明如下：内 容例 证阻碍原磁通量变化“增反减同”阻碍相对运动“来拒去留”使回路面积有扩大或缩小的趋势“增缩减扩”阻碍原电流的变化“增反减同”1三定则、一定律的比较适用范围基本现象安培定则电流的磁效应电流、运动电荷周围产生磁场左手定则磁场力磁场对电流、运动电荷的作用右手定则电磁感应部分导线做切割磁感线运动楞次定律闭合回路的磁通量发生变化2.巧记妙用(1)三个定则特别容易混淆，可用特殊方法记忆，比如左“力”右“电”，先左后右(先学磁场力，后学电磁感应)。(2)研究感应电流受到的

9、安培力，一般先用右手定则确定电流方向，再用左手定则确定安培力的方向，有时也可以直接应用楞次定律的推论确定。课堂综合训练1.(多选)(2018全国卷)如图，两个线圈绕在同一根铁芯上，其中一线圈通过开关与电源连接，另一线圈与远处沿南北方向水平放置在纸面内的直导线连接成回路。将一小磁针悬挂在直导线正上方，开关未闭合时小磁针处于静止状态。下列说法正确的是()A开关闭合后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动B开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向里的方向C开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向外的方向D开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向外的

10、方向转动解析：选AD根据安培定则，开关闭合时铁芯上产生水平向右的磁场，开关闭合后的瞬间，根据楞次定律，直导线上将产生由南向北的电流，根据安培定则，直导线上方的磁场垂直纸面向里，故小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动，故A正确；同理，D正确；开关闭合并保持一段时间后，直导线上没有感应电流，故小磁针的N极指北，故B、C错误。2. 如图所示，两同心圆环A、B置于同一水平面上，其中B为均匀带负电绝缘环，A为导体环。当B绕环心O转动时，A产生顺时针方向电流且具有扩展趋势，则B的转动情况是()A顺时针加速转动B顺时针减速转动C逆时针加速转动 D逆时针减速转动解析：选A由题意可知，A中感应电流为顺时针，由右

11、手螺旋定则可知，A中感应电流的内部磁场向里，由楞次定律可知，引起感应电流的原磁场可能为：向外增大或向里减小；若原磁场向外增大，则B中电流应为逆时针且逐渐增大，由于B带负电，故B应顺时针转动且转速增大；若原磁场向里减小，则B中电流应为顺时针且逐渐减小，故B应逆时针转动且转速减小；又因为导体环A具有扩展趋势，则B中电流应与A中电流方向相反，即B应顺时针转动且转速增大，A正确。3.(多选)航母上飞机弹射起飞是利用电磁驱动来实现的，电磁驱动原理如图所示，当固定线圈上突然通过直流电流时，线圈端点的金属环被弹射出去，现在固定线圈左侧同一位置，先后放有分别用横截面积相等的铜和铝导线制成的形状、大小相同的两个

12、闭合环，且电阻率铜铝，闭合开关S瞬间()A从左侧看环中感应电流沿顺时针方向B铜环受到的安培力大于铝环受到的安培力C若将铜环放在线圈右侧，环将向左运动D电池正负极调换后，环不能向左弹射解析：选AB在闭合开关S的过程中，固定线圈中电流为右侧流入，磁场向左变强，则由楞次定律可知，环中感应电流由左侧看沿顺时针方向，故A正确；由于铜环的电阻较小，故铜环中感应电流较大，铜环受到的安培力要大于铝环，故B正确；若铜环放在线圈右侧，根据“来拒去留”可得，环将向右运动，故C错误；电池正负极调换后，环受力仍向左，故仍将向左弹射，故D错误。4.(多选)(2019湖北八校联考)已知地磁场类似于条形磁铁产生的磁场，地磁场

13、N极位于地理南极附近。如图所示，在湖北某中学实验室的水平桌面上，放置边长为L的正方形闭合导体线框abcd，线框的ad边沿南北方向，ab边沿东西方向，下列说法正确的是()A若使线框向东平移，则a点电势比d点电势低B若使线框向北平移，则a点电势等于b点电势C若以ad边为轴，将线框向上翻转90，则翻转过程线框中电流方向始终为adcba方向D若以ab边为轴，将线框向上翻转90，则翻转过程线框中电流方向始终为adcba方向解析：选AC地球北半球的磁场方向由南向北斜向下分布，可分解为水平向北和竖直向下两个分量。若线框向东平移，根据右手定则可知a点电势低于d点电势，A项正确；若线框向北平移，根据右手定则可知

14、a点电势高于b点电势，B项错误；若以ad边为轴，将线框向上翻转90过程中，穿过线框的磁通量逐渐减小，根据楞次定律及安培定则可知，线框中的电流方向始终为adcba方向，C项正确；若以ab边为轴，将线框向上翻转90过程中，穿过线框的磁通量先增大后减小，根据楞次定律及安培定则可知，线框中的电流方向为先沿abcda方向再沿adcba方向，故D项错误。5.如图所示，通电导线MN与单匝圆形线圈a共面，位置靠近圆形线圈a左侧且相互绝缘。当MN中电流突然减小时，下列说法正确的是()A线圈a中产生的感应电流沿顺时针方向B线圈a中产生的感应电流沿逆时针方向C线圈a所受安培力的合力方向垂直纸面向里D线圈a所受安培力

15、的合力方向水平向左解析：选A根据安培定则，MN中电流产生的磁场在MN左侧垂直纸面向外，在MN右侧垂直纸面向里，由于MN位置靠近线圈a左侧，所以线圈a中合磁场方向为垂直纸面向里，当MN中电流突然减小时，垂直纸面向里的磁通量减少，根据楞次定律可知，线圈a中产生的感应电流沿顺时针方向，选项A正确，B错误；由左手定则可知，线圈a左侧所受安培力方向水平向右，线圈a右侧所受安培力方向水平向右，所以线圈a所受安培力的合力方向水平向右，选项C、D错误。1. (2019大庆实验中学模拟)如图所示，套在条形磁铁外的三个线圈，其面积S1S2S3，线圈1、2在同一位置，且线圈3在磁铁的正中间。设各线圈中的磁通量依次为

16、1、2、3，则它们的大小关系是()A123B123C123 D11，线圈2、3面积一样，线圈3位置外部向右磁通量小，则32，可知123，选项C正确。2.(2019天水一中月考)如图所示，绕在铁芯上的线圈与电源、滑动变阻器和开关组成闭合回路。在铁芯的右端套有一个表面绝缘的铜环A。不计铁芯和铜环A之间的摩擦。则下列情况中铜环A会向右运动的是()A线圈中通以恒定的电流B通电时，使滑动变阻器的滑片P向右匀速移动C通电时，使滑动变阻器的滑片P向左加速移动D开关突然断开的瞬间解析：选C铜环A向右运动，说明穿过A的磁通量在增加，绕在铁芯上的线圈中的电流在增大，故选项C正确。3.(2019福建质检)法拉第在1

17、831年发现了“磁生电”现象。如图所示，他把两个线圈绕在同一个软铁环上，线圈A和电池连接，线圈B用导线连通，导线下面平行放置一个小磁针。实验中可能观察到的现象是()A用一节电池作电源小磁针不偏转，用十节电池作电源小磁针会偏转B线圈B匝数较少时小磁针不偏转，匝数足够多时小磁针会偏转C线圈A和电池接通瞬间，小磁针会偏转D线圈A和电池断开瞬间，小磁针不偏转解析：选C根据“磁生电”即电磁感应现象的产生条件知，选项A、B错误；只有在线圈A和电池接通或断开的瞬间，线圈B中才能产生感应电流，电流产生磁场，使导线下面平行放置的小磁针发生偏转，选项C正确，D错误。4.(2017全国卷)扫描隧道显微镜(STM)可

18、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()解析：选A施加磁场来快速衰减STM的微小振动，其原理是电磁阻尼，在振动时通过紫铜薄板的磁通量变化，紫铜薄板中产生感应电动势和感应电流，则其受到安培力作用，该作用阻碍紫铜薄板振动，即促使其振动衰减。方案A中，无论紫铜薄板上下振动还是左右振动，通过它的磁通量都发生变化；方案B中，当紫铜薄板上下振动时，通过它的磁通量可能不变，当紫铜薄板向

19、右振动时，通过它的磁通量不变；方案C中，紫铜薄板上下、左右振动时，通过它的磁通量可能不变；方案D中，当紫铜薄板上下振动时，通过它的磁通量可能不变。综上可知，对于紫铜薄板上下及左右振动的衰减最有效的方案是A。5.如图所示，一个金属圆环水平放置在竖直向上的匀强磁场中，若要使圆环中产生图中箭头方向的感应电流，下列方法可行的是()A使匀强磁场均匀增强B使圆环绕水平轴ab如图转动30C使圆环绕水平轴cd如图转动30D保持圆环水平并使其绕过圆心的竖直轴转动解析：选A根据右手螺旋定则，圆环中感应电流产生的磁场竖直向下与原磁场方向相反，根据楞次定律，说明通过圆环磁通量在增大，原磁场增强则磁通量增大，A正确；使

20、圆环绕水平轴ab或cd如题图所示转动30，圆环在垂直磁场方向上的投影面积减小，磁通量减小，只会产生与题图所示方向相反的感应电流，B、C错误；保持圆环水平并使其绕过圆心的竖直轴转动，圆环仍与磁场垂直，磁通量不变，不会产生感应电流，D错误。6.(多选)如图所示，闭合的铝环竖直放置，在其右侧的轴线上水平放置一小磁针，小磁针可在水平方向上自由运动，下列说法正确的是()A如果铝环向右运动，则小磁针沿水平方向向右运动B如果铝环向右运动，则小磁针沿水平方向向左运动C如果铝环垂直轴线向上运动，则小磁针沿水平方向向右运动D如果铝环垂直轴线向上运动，则小磁针沿水平方向向左运动解析：选AD如果铝环向右运动，则穿过铝

21、环的磁通量向左增加，则感应电流的磁场向右，从左向右看铝环中的感应电流沿顺时针方向，则铝环的右侧相当于N极，则小磁针沿水平方向向右运动，A正确，B错误；如果铝环垂直轴线向上运动，则穿过铝环的磁通量向左减少，则感应电流的磁场向左，从左向右看铝环中的感应电流沿逆时针方向，则铝环的左侧相当于N极，则小磁针沿水平方向向左运动，C错误，D正确。7(多选)如图甲所示，螺线管内有一平行于轴线的磁场，规定图中箭头所示方向为磁感应强度B的正方向，螺线管与U形导线框cdef相连，导线框cdef内有一半径很小的金属圆环L，圆环面积为S，圆环与导线框cdef在同一平面内。当螺线管内的磁感应强度随时间按图乙所示规律变化时

22、，下列说法中正确的是()A在t1时刻，金属圆环L内的磁通量最大，最大值mB0SB在t2时刻，金属圆环L内的磁通量最大C在t1t2时间内，金属圆环L有扩张的趋势D在t1t2时间内，金属圆环L内有顺时针方向的感应电流解析：选BD当螺线管内的磁感应强度随时间按题图乙所示规律变化时，在导线框cdef内产生感应电动势和感应电流，在t1时刻，螺线管内磁通量的变化率为零，感应电动势为零，感应电流为零，金属圆环L内的磁通量为零，选项A错误；在t2时刻，螺线管内磁通量的变化率最大，感应电动势最大，感应电流最大，金属圆环L内的磁通量最大，选项B正确；在t1t2时间内，螺线管内磁通量减小，由楞次定律及安培定则知，导

23、线框cdef内产生逆时针方向感应电流，螺线管内磁通量的变化率逐渐增大，则感应电动势逐渐增大，感应电流逐渐增大，金属圆环L内磁通量增大，根据楞次定律及安培定则知，金属圆环L内有顺时针方向的感应电流，金属圆环L有收缩的趋势，选项C错误，D正确。8(多选)(2019山东实验中学一诊)匀强磁场中有一细金属圆环，圆环平面位于纸面内，如图甲所示。磁场方向垂直纸面，规定垂直纸面向里的方向为正，磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示。用I1、I2、I3分别表示Oa、ab、bc段的感应电流，F1、F2、F3分别表示圆环产生对应感应电流时其中一小段受到的安培力。则()AI1沿逆时针方向，I2沿顺时针方向BI2沿

24、顺时针方向，I3沿逆时针方向CF1方向指向圆心，F2方向指向圆心DF2方向背离圆心向外，F3方向指向圆心解析：选AD由题图乙可知，在Oa段磁场方向垂直纸面向里，穿过圆环的磁通量增加，由楞次定律可知，感应电流I1沿逆时针方向，在ab段磁场方向垂直纸面向里，穿过圆环的磁通量减少，由楞次定律可知，感应电流I2沿顺时针方向，在bc段磁场方向垂直纸面向外，穿过圆环磁通量增加，由楞次定律可知，感应电流I3沿顺时针方向，选项A正确，B错误；由左手定则可知，Oa过程中某一小段电流受到的安培力F1方向指向圆心，ab过程中某一小段电流受到的安培力F2方向背离圆心向外，bc过程中某一小段电流受到的安培力F3方向指向

25、圆心，选项C错误，D正确。第63课时法拉第电磁感应定律(重点突破课)考点一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：En，这样求的是t时间内的平均感应电动势，其中n为线圈匝数。3导体切割磁感线时的感应电动势：EBlvsin_，式中l为导体切割磁感线的有效长度，为v与B的夹角。求瞬时感应电动势要用该公式，当然，代入平均速度时，该公式也可以求平均感应电动势。4求解感应电动势的常见情况与方法情景图研究对象回路(不一定闭合)一段直导线(或等效成直导线)绕一端转动的一段导体棒绕与B垂直的轴转动的导线框表达式EnEBlvsin EBl2EnBSsi

26、n(t0) 考法细研考法1公式En的应用例1如图所示，有一接在电容器C两端的单匝圆形线圈，其内存在着垂直线圈平面向里的匀强磁场，其磁感应强度为B，已知圆的半径r5 cm，电容C20 F，当磁感应强度B以4102 T/s的变化率均匀增加时()A电容器a板带正电，电荷量为2109 CB电容器a板带负电，电荷量为2109 CC电容器b板带正电，电荷量为4109 CD电容器b板带负电，电荷量为4109 C解析根据楞次定律知，感应电动势的方向沿逆时针，则电容器a板带正电，b板带负电，根据法拉第电磁感应定律得ES410252104 V104 V，则QCUCE2105104 C2109 C，选项A正确，B、

27、C、D错误。答案A考法2导体切割磁感线问题例2(2015海南高考)如图，空间有一匀强磁场，一直金属棒与磁感应强度方向垂直，当它以速度v沿与棒和磁感应强度都垂直的方向运动时，棒两端的感应电动势大小为；将此棒弯成两段长度相等且相互垂直的折线，置于与磁感应强度相垂直的平面内，当它沿两段折线夹角平分线的方向以速度v运动时，棒两端的感应电动势大小为。则等于()ABC1 D解析设棒长度为l，则棒不弯折时感应电动势Blv。弯折后，切割磁感线的有效长度ll，其感应电动势BlvBlv。所以，故B正确。答案B本题考查对切割磁感线产生感应电动势公式EBlv的应用，解题时应注意l是“有效切割长度”。(1)若l与B不垂

28、直，则l在垂直于B的方向的投影长度为有效切割长度。(2)若l出现弯折的情况，则先将两端点相连，再确定其有效切割长度。 集训冲关1.如图所示，半径为r的n匝线圈套在边长为L的正方形abcd之外，匀强磁场局限在正方形区域内且垂直穿过正方形，当磁感应强度以的变化率均匀变化时，线圈中产生的感应电动势的大小为()Ar2BL2Cnr2 DnL2解析：选D根据法拉第电磁感应定律，线圈中产生的感应电动势的大小为EnnL2，D正确。2.如图所示，在磁感应强度为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，MN中产生的感应电动势为E1；若磁感应强度增加为2B，其他条件不变，MN

29、中产生的感应电动势变为E2。则通过电阻R的电流方向及E1与E2之比分别为()Aca,21 Bac,21Cac,12 Dca,12解析：选C由右手定则可知，电阻R上电流的方向为ac，由EBLv可知，E1E212，C正确。3.(2016北京高考)如图所示，匀强磁场中有两个导体圆环a、b，磁场方向与圆环所在平面垂直。磁感应强度B随时间均匀增大。两圆环半径之比为21，圆环中产生的感应电动势分别为Ea和Eb。不考虑两圆环间的相互影响。下列说法正确的是()AEaEb41，感应电流均沿逆时针方向BEaEb41，感应电流均沿顺时针方向CEaEb21，感应电流均沿逆时针方向DEaEb21，感应电流均沿顺时针方向

30、解析：选B由楞次定律知，题图中圆环感应电流产生的磁场与原磁场方向相反，故感应电流沿顺时针方向。由法拉第电磁感应定律知E，由于两圆环半径之比RaRb21，所以EaEb41，选项B正确。考点二自感和涡流1自感(1)概念：由于导体本身的电流变化而产生的电磁感应现象称为自感。(2)自感电动势：由于自感而产生的感应电动势，表达式EL。(3)自感系数L：与线圈的大小、形状、圈数以及是否有铁芯等因素有关，单位为亨利(H)。(4)区别通电自感与断电自感通电自感断电自感电路图器材规格A1、A2灯同规格，RRL，L较大L很大(有铁芯)，RLI1，因此A1和L1电阻值不相等，所以A、B错误；题图2中，闭合S2时，由

31、于自感作用，通过L2与A2的电流I2会逐渐增大，而通过R与A3的电流I3立即变大，因此电流I2与I3不相等，所以D错误；由于最终A2与A3亮度相同，所以两支路电流I相同，根据部分电路欧姆定律，两支路电压U与电流I均相同，所以两支路电阻相同，由于A2、A3完全相同，故变阻器R与L2的电阻值相同，所以C正确。3.如图所示，在一个绕有线圈的可拆变压器铁芯上分别放一小铁锅水和一玻璃杯水。给线圈通入电流，一段时间后，一个容器中水温升高，则通入的电流与水温升高的是()A恒定直流、小铁锅B恒定直流、玻璃杯C变化的电流、小铁锅D变化的电流、玻璃杯解析：选C通入恒定直流时，所产生的磁场不变，不会产生感应电流，选

32、项A、B错误；通入变化的电流，所产生的磁场发生变化，在空间产生感生电场，小铁锅是导体，感生电场在导体内产生涡流，电能转化为内能，使水温升高；涡流是由变化的磁场在导体内产生的，所以玻璃杯中的水不会升温，选项C正确，D错误。1一单匝矩形线框置于匀强磁场中，线框平面与磁场方向垂直。先保持线框的面积不变，将磁感应强度在1 s内均匀地增大到原来的两倍。接着保持增大后的磁感应强度不变，在1 s内，再将线框的面积均匀地减小到原来的一半。先后两个过程中，线框中感应电动势的比值为()AB1C2 D4解析：选B根据法拉第电磁感应定律E，设初始时刻磁感应强度为B0，线框面积为S0，则第一个过程的感应电动势为E1；第

33、二个过程的感应电动势为E2，所以两个过程线框中的感应电动势相等，比值为1，故选项B正确。2.如图所示，一金属弯杆处在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，已知abbcL，当它以速度v向右水平运动时，a、c两点间的电势差为()ABLv BBLvsin CBLvcos DBLv(1sin )解析：选B当金属弯杆以速度v向右水平运动时，其有效切割长度为Lsin ，故感应电动势大小为BLvsin ，即a、c两点间的电势差为BLvsin ，故选项B正确。3.如图所示，匀强磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框，半圆直径与磁场边缘重合；磁场方向垂直于半圆面(纸面)向里，磁感应强度大小为B0。使

34、该线框从静止开始绕过圆心O、垂直于半圆面的轴以角速度匀速转动半周，在线框中产生感应电流。现使线框保持图中所示位置，磁感应强度大小随时间线性变化。为了产生与线框转动半周过程中同样大小的电流，磁感应强度随时间的变化率的大小应为()A BC D解析：选C当线框绕过圆心O的轴以角速度匀速转动时，由于面积的变化产生感应电动势，从而产生感应电流。设半圆的半径为r，导线框的电阻为R，即I1。当线框不动，磁感应强度变化时，I2，因I1I2，可得，选项C正确。4. 如图所示，半径为r的金属圆盘在垂直于盘面的匀强磁场B中，绕过O点的轴以角速度沿逆时针方向匀速转动，则通过电阻R的电流的方向和大小是(金属圆盘的电阻不

35、计)()A由c到d，I B由d到c，IC由c到d，I D由d到c，I解析：选D由右手定则判定通过电阻R的电流的方向是由d到c，而金属圆盘产生的感应电动势EBr2，所以通过电阻R的电流大小是I，选项D正确。5.如图所示的电路，初始时开关S闭合，电路处于稳定状态，在某一时刻突然断开开关S，则通过电阻R1中的电流I随时间t变化的图线可能是选项图中的()解析：选D初始时开关S闭合，电路处于稳定状态，流过R1的电流方向向左，大小为I1，与R1并联的R2和线圈L支路，电流I2的方向也是向左。当某一时刻开关S突然断开时，L中向左的电流要减小，由于自感现象，线圈L产生自感电动势，在回路“LR1AR2”中形成感

36、应电流，电流通过R1的方向与原来相反，变为向右，并从I2开始逐渐减小到零，故D正确。6(多选)某种安检门是一个用于安全检查的“门”，“门框”内有线圈，线圈里通有交变电流，交变电流在“门”内产生交变磁场，金属物品通过“门”时能产生涡流，涡流的磁场又反过来影响线圈中的电流，从而引起报警。以下关于此安检门的说法正确的是()A安检门也能检查出毒品携带者B安检门只能检查出金属物品携带者C如果“门框”的线圈中通上恒定电流，也能检查出金属物品携带者D安检门工作时，既利用了电磁感应现象，又利用了电流的磁效应解析：选BD此安检门是利用涡流工作的，因而只能检查出金属物品携带者，A错，B对；若“门框”的线圈中通上恒

37、定电流，只能产生恒定磁场，它不能使金属物品中产生涡流，因而不能检查出金属物品携带者，C错；安检门工作时，既利用了电磁感应现象，又利用了电流的磁效应，D对。7.(多选)(2019湖北七校联考)如图所示，a、b两个闭合正方形线圈用同样的导线制成，匝数均为10，边长La2Lb，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减小，不考虑a、b线圈之间的相互影响，则()A两线圈内产生顺时针方向的感应电流Ba、b线圈中感应电动势之比为21Ca、b线圈中感应电流之比为41Da、b线圈消耗的电功率之比为81解析：选AD原磁场向里减小，根据楞次定律可知，感应电流的磁场与原磁场方向相同，因此两线圈内产

38、生的感应电流沿顺时针方向，选项A正确；根据法拉第电磁感应定律可知，EL2，由La2Lb，得a、b线圈中感应电动势之比为41，选项B错误；线圈电阻R，故a、b线圈电阻之比为21，由闭合电路欧姆定律可知I，则a、b线圈中感应电流之比为21，选项C错误；电功率PI2R，则a、b线圈消耗的电功率之比为81，选项D正确。8(多选)(2019唐山模拟)如图甲所示，一个匝数为n的圆形线圈(图中只画了2匝)，面积为S，线圈的电阻为R，在线圈外接一个阻值为R的电阻和一个理想电压表，将线圈放入垂直线圈平面向里的磁场中，磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示，下列说法正确的是()A0t1时间内P端电势高于Q端电势B0

39、t1时间内电压表的示数为Ct1t2时间内通过R的电流为Dt1t2时间内P端电势高于Q端电势解析：选AC0t1时间内，由题图乙知磁感应强度垂直线圈平面向里增大，根据楞次定律可知感应电流沿逆时针方向，线圈相当于电源，上端为正极，下端为负极，所以P端电势高于Q端电势，故A正确；0t1时间内线圈产生的感应电动势EnnSnS，电压表的示数等于电阻R两端的电压UIRR，故B错误；t1t2时间内线圈产生的感应电动势EnnS，根据闭合电路的欧姆定律知，通过R的电流为I，故C正确；t1t2时间内，磁感应强度垂直线圈平面向里减小，根据楞次定律，感应电流沿顺时针方向，线圈相当于电源，上端为负极，下端为正极，所以P端电势低于Q端电势，故D错误。9.如图所示