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专题四 电路和电磁感应
第12 讲 电磁感应规律及其应用题型总结
一．电磁感应的发现及产生感应电流的条件
1．（2023•嘉兴一模）如图所示为一地下电缆探测装置，圆形金属线圈可沿水平面不同方向运动，若水平
Oxy 地面下有一平行于y 轴且通有恒定电流I 的长直导线，P、M 和N 为地面上的三点，线圈圆心P 点位于
导线正上方，MN 平行于y 轴，PN 平行于x 轴、PQ 关于导线上下对称。则（ ）
A．电流I 在P、Q 两点产生磁感应强度相同
B．电流I 在M、N 两点产生磁感应强度大小BM＝BN
C．线圈从P 点匀速运动到N 点过程中磁通量不变
D．线圈沿y 方向匀加速运动时，产生恒定的感应电流
【解答】解：A、根据安培定则，电流I 在P 处产生的磁感应强度沿x 轴负方向，在Q 处产生的磁感应强度
沿x 轴正方向，故A 错误；
B、由于MN 平行y 轴，电流I 也平行y 轴，且M、N 到长直导线的距离相等，所以电流I 在M、N 两点产
生磁感应强度大小相等，故B 正确；
C、电流I 在P 处产生的磁感应强度沿x 轴负方向，故线圈在P 点的磁通量为零，电流I 在N 处产生的磁感
应强度斜向左下方，故线圈在N 点的磁通量不为零，故线圈从P 点到N 点的过程中的磁通量发生了变化，
故C 错误；
D、线圈沿y 方向运动，线圈始终在长直导线的正上方，直导线正上方的磁感应强度方向始终沿x 轴负方
向，线圈所在位置磁场关于x 轴对称，所以线圈中磁通量始终为零，故线圈匀加速运动中不会产生感应电
流，故D 错误。
故选B。
2．（2024•浦东新区校级模拟）下列四种情境中说法中正确的是（ ）
A．图甲中，奥斯特利用该装置发现了电磁感应现象
1
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B．图乙中，线圈穿过磁铁从M 运动到L 的过程中，穿过线圈的磁通量先减小后增大
C．图丙中，闭合线框绕垂直于磁场方向的轴转动的过程中，线框中没有感应电流产生
D．图丁中，线框在与通电导线在同一平面内向右平移的过程中，线框中有感应电流产生
【解答】解：A、法拉第发现了电磁感应现象，故A 错误；
B、根据条形磁铁的磁场的特点可知，当线圈穿过磁铁从M 运动到L 的过程中，穿过线圈的磁通量先增大
后减小，故B 错误；
C、图丙中，闭合线框绕垂直于磁场方向的轴转动的过程中，线框平面与磁感应强度方向之间的夹角发生
变化，穿过线框的磁通量也发生变化，所以线框中有感应电流产生，故C 错误；
D、距离通电直导线越远，磁感应强度越小，所以在图丁中，线框在与通电导线在同一平面内向右平移的
过程中，向里穿过线框的磁通量减小，线框中有感应电流产生，故D 正确。
故选：D。
二．楞次定律
3．（2024•海安市校级模拟）某电磁炮工作原理示意图如图甲所示，高压直流电源电动势为E，大电容器
的电容为C。线圈套在中空的塑料管上，管内光滑，将直径略小于管的内径的金属小球静置于管口附近。
首先将开关S 接1，使电容器完全充电，然后立即将S 转接2，此后电容器放电，通过线圈的电流随时间的
变化如图乙所示，金属小球在0～t1的时间内被加速发射出去，t1时刻刚好运动到管口。下列关于该电磁炮
的说法正确的是（ ）
A．小球在塑料管中做匀变速直线运动
B．在0～t1的时间内，小球中产生的涡流从左向右看是顺时针方向的
C．在t1时刻，小球受到的线圈磁场对它的作用力为零
D．在0～t1的时间内，电容器储存的电能全部转化为小球的动能
【解答】解：A、磁场强弱程度与通过线圈的电流大小成正比。根据乙图可知，线圈中的磁感应强度变化
情况与电流的变化情况相同，在0～t1时间内，电流i 在增大，但变化率却逐渐减小，线圈的磁通量变化率
也逐渐减小，由法拉第电磁感应定律E＝
，可知感应电动势逐渐减小，所以小球受到的感应电场的
电场力也逐渐较小，由牛顿第二运动定律可知，小球的加速度逐渐减小，故A 错误；
B、在0～t1时间内，电流逐渐增大，产生的磁场也会增强，通过楞次定律判断可知，原磁场增大，感应磁
2
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场与原磁场方向相反，由右手螺旋定则判断可得，小球中产生的涡流是逆时针方向的，故B 错误；
C、在t1时刻电路中的电流最大，但电流的变化率为零，所以穿过小球横截面的磁通量的变化率为零，小
球中的感应电流为零，所以小球受到的线圈磁场对它的作用力为零，故C 正确；
D、电容器的放电过程中，变化的磁场在空间产生了变化的电场，然后以电磁波的形式传递出去，散失了
一部分能量，所以0～t1时间内，电容器储存的电能没有全部转化为小球的动能，故D 错误。
故选：C。
4．（2024•东莞市一模）如图（a）所示，轻质弹簧上端固定，下端挂有钩码，钩码下表面吸附一个小磁
铁。钩码在竖直方向做简谐运动时，某段时间内，小磁铁正下方的智能手机中的磁传感器采集到磁感应强
度随时间变化的图像如图（b）所示，不计空气阻力，下列判断正确的是（ ）
A．钩码做简谐运动的周期为t5﹣t1
B．钩码动能变化的周期为t6﹣t2
C．在t1时刻，钩码的重力势能最大
D．t2～t4时间内，钩码所受合外力的冲量为零
【解答】解：A．磁铁越靠近手机时，磁传感器采集到磁感应强度越大，则手机显示的磁感应强度随时间
变化的情况反映了钩码与手机之间距离的变化，所以钩码做简谐运动的周期等于采集到磁感应强度随时间
变化的周期，故为t5﹣t1，故A 正确；
B．结合图可知，t6﹣t2等于钩码做简谐运动的周期，而在一次简谐运动中，动能变化的周期是简谐振动周
期的一半，则动能变化的周期等于时间t6﹣t2的一半，故B 错误；
C．在t1时刻磁感应强度最大，说明磁铁最靠近手机，此时钩码的重力势能最小，故C 错误；
D．t2～t4时间为钩码做简谐振动周期的一半，钩码的速度方向不同，动量变化不为零，根据动量定理可知
合力的冲量一定不为零，故D 错误。
故选：A。
5．（2024•吕梁一模）如图甲所示，线圈套在长玻璃管上，线圈的两端与电流传感器（可看作理想电流
表）相连。将强磁铁从长玻璃管上端由静止释放，磁铁下落过程中将穿过线圈，并与玻璃管无摩擦。实验
3
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观察到如图乙所示的感应电流随时间变化的图像，从上往下看线圈，规定顺时针方向为电流的正方向。不
计空气阻力，下列判断正确的是（ ）
A．本次实验中朝下的磁极可能是N 极也可能是S 极
B．t1∼t2与t2﹣t3两段时间里图线与坐标轴围成的面积一定不相等
C．磁铁下落过程减少的重力势能一定大于增加的动能
D．磁铁若从更高处释放，它在穿过线圈的过程中，当电流为零时穿过线圈的磁通量会更大
【解答】解：A、由乙图可知t1～t2时间内线圈中电流为顺时针方向，根据楞次定律的“增反减同”可知实
验中朝下的磁极为S 极，故A 错误；
B、乙图中图线与横轴所围面积表示通过线圈横截面的电荷量，有q＝IΔt＝Δt＝
，根据题意可知，线
圈在t1～t2与t2∼t3两段时间里的磁通量的变化量大小相同，所以这两段图线与坐标轴围成的面积大小相
等，故B 错误；
C、由能量守恒定律可知磁铁下落过程减少的重力势能等于磁铁增加的动能与线圈中产生的焦耳热之和，
故C 正确；
D、根据磁通量公式：Φ＝BS，磁铁若从更高处释放，它在穿过线圈的过程中，当电流为零时，穿过线圈
的磁通量不变，故D 错误。
故选：C。
6．（2024•重庆模拟）如图所示，光滑固定导轨m、n 水平放置，两根导体棒p、q 平行放于导轨上，形成
一个闭合回路。当一条形磁铁从高处下落接近回路时（ ）
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A．由于回路磁通量增加，p、q 将互相靠拢
B．由于回路磁通量增加，p、q 将互相远离
C．由于p、q 中电流方向相反，所以p、q 将互相远离
D．磁铁的加速度仍为g
【解答】解：ABC、当一条形磁铁从高处下落接近回路时，穿过回路的磁通量增加，根据楞次定律：感应
电流的磁场总是阻碍磁通量的变化，可知，p、q 将互相靠拢，回路的面积减小一点，使穿过回路的磁场减
小一点，起到阻碍原磁通量增加的作用，故A 正确，BC 错误。
D、由于磁铁受到向上的安培力作用，所以合力小于重力，磁铁的加速度一定小于g，故D 错误。
故选：A。
三．感应电动势及其产生条件
7．（2022•朝阳区模拟）现在科学技术研究中常要用到高速电子，电子感应加速器就是利用感生电场使电
子加速的设备。它的基本原理如图甲所示，上、下为两个电磁铁，磁极之间有一个环形真空室，电子在真
空室内做圆周运动。电磁铁线圈电流的大方向可以变化，在两极间产生一个变化的磁场，这个变化的磁场
又在真空室内激发感生电场，其电场线是在同一平面内的一系列同心圆，产生的感生电场使电子加速。图
甲中上部分为侧视图、下部分为俯视图。如果从上往下看，电子沿逆时针方向运动。已知电子质量为m、
电荷量为e，初速度为零，电子圆形轨道的半径为R．穿过电子圆形轨道面积的磁通量Φ 随时间t 的变化关
系如图乙所示，在t0时刻后，电子轨道处的磁感应强度为B0，电子加速过程中忽略相对论效应。
（1）求在t0时刻后，电子运动的速度大小；
（2）求电子在整个加速过程中运动的圈数；
（3）为了约束加速电子在同一轨道上做圆周运动，电子感应加速器还需要加上“轨道约束”磁场，其原
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理如图丙所示。两个同心圆，内圆半径为R，内圆内有均匀的“加速磁场”B1，方向垂直纸面向外。另外
在两圆面之间有垂直纸面向外的“轨道约束”磁场B2，B1之值恰好使电子在二圆之间贴近内圆面B2在磁
场中做逆时针的圆周运动（圆心为O，半径为R）。现使B1随时间均匀变化，变化率
＝k（常数）为
了使电子保持在同一半径R 上做圆周运动，求磁场B2的变化率
。
【解答】解：（1）在t0时刻后，电子轨道处的磁感应强度为B0，电子在磁场中做匀速圆周运动，受到洛
伦兹力等于向心力，有：
…①
可得：
…②
（2）加速后电子的动能为：
…③
感生电场的感应电动势：
…④
电子加速运动一圈获得的能量为：W＝eE 感…⑤
电子在整个加速过程中运动的圈数为
…⑥
联立①②③④得
…⑦
（3）对电子由牛顿运动定律得：
…⑧
由法拉第电磁感应定律B1产生的电动势
…⑨
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圆形轨道上场强
…⑩
电子在轨道上受到的电场力
…⑪
由动量定理：
…⑫
由⑥可知要使半径不变则需要满足
…⑬
答：（1）在t1时刻后，电子运动的速度大小为
；
（2）电子在整个加速过程中运动的圈数为
；
（3）磁场B2的变化率为
。
四．法拉第电磁感应定律
8．（2024•济南模拟）如图所示，边长为L 正方形金属回路（总电阻为R）与水平面的夹角为60°，虚线
圆与正方形边界相切，虚线圆形边界内（包括边界）存在竖直向下匀强磁场，其磁感应强度与时间的关系
式为B＝kt（k＞0 且为常量），则金属回路产生的感应电流大小为（ ）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：根据法拉第电磁感应定律可知回路产生的感应电动势为：
＝
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由闭合电路欧姆定律可知金属回路产生的感应电流大小为：
，故ABC 错误，D 正确。
故选：D。
9．（2024•开封模拟）正方体abcd﹣a1b1c1d1的上表面水平，沿中心线O1O2放置一根通有恒定电流I 的长直
导线，现使一闭合金属小圆环沿不同方向以相同速率做匀速直线运动，运动过程中圆环平面始终水平。下
列说法正确的是（ ）
A．a1点与c 点的磁感应强度相等
B．小圆环的圆心从ad 边的中点竖直向上运动时，小圆环中无感应电流
C．小圆环的圆心从b1移到c1过程中，穿过小圆环的磁通量先增加后减少
D．小圆环的圆心从a 移到d 与从a 移到c，小圆环的平均感应电动势相等
【解答】解：A、通电直导线周围磁场的截面图是以导线为圆心的一个个同心圆，某一位置的磁感应强度
大小和这个点到圆心的距离成反比，a1、c 两点到导线的距离相等，所以a1点与c 点的磁感应强度大小相
等，由安培定则可知磁感应强度方向相反，故A 错误；
B、当小圆环从ad 边的中点开始竖直向上运动时，根据对称性可知，小圆环中的磁通量一直为零，即穿过
小圆环的磁通量没有发生变化，小圆环中无感应电流，故B 正确；
C、小圆环的圆心从b1移到c1过程中，当小圆环圆心在O1点正下方时，穿过小圆环左、右两个半圆的磁通
量相等，但是穿过左、右两个半圆的磁感线方向相反，可知穿过穿过的磁通量为0，而在b1到c1的其它位
置时磁通量不为零，可知达到O1点前后必存在磁通量减小再增大的过程，故C 错误；
D、线圈从a 到d 过程和从a 到c 过程，根据上述分析可知，两个过程中磁通量的变化量相等，但因为线圈
的速率恒定，且ad 的距离小于ac 的距离，所以时间不等，根据法拉第电磁感应定律E＝n
可知，两
个过程中产生的平均感应电动势不相等，故D 错误。
故选：B。
（多选）10．（2024•广东一模）如图甲所示，浮桶式灯塔的装置可简化为由带空腔的磁体和一个连着灯
8
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泡的线圈组成，磁体在空腔中产生磁场的俯视图如图乙所示，磁体通过支柱固定在暗礁上，线圈随波浪相
对磁体在竖直方向上做简谐运动的图像如图丙所示。若取竖直向上为正方向，则下列说法正确的是
（ ）
A．若海水水平匀速流动时，灯泡不会发光
B．线圈和磁感线共面，磁通量没有变化，灯泡不会发光
C．若仅增大线圈随海水上下振荡的幅度，灯泡变亮
D．若仅增大线圈随海水上下振荡的频率，灯泡变亮
【解答】解：A、当海水水平匀速流动时，线圈相对于磁场是静止的，没有切割磁感线，不能产生感应电
动势，所以灯泡不亮，故A 正确；
B、当海水波动时，线圈随波浪相对磁体做切割磁感线运动，能产生感应电动势，所以灯泡会发光，故B
错误；
CD、根据法拉第电磁感应定律：E＝BLv，可知海水上下振荡频率越大，振荡越快，线圈切割磁感线的速
度越大，产生的感应电动势越大，灯泡发光越亮，与海水上下振荡幅度无关，故C 错误，D 正确。
故选：AD。
（多选）11．（2024•重庆模拟）如图所示，水平放置的两平行金属板与圆形圆线圈相连，两极板间距离
为d，圆形线圈半径为r，电阻为R1，外接电阻为R2，其他部分的电阻忽略不计。在圆形线圈中有垂直纸
面向里的磁场，磁感应强度均匀减小，有一个带电液滴能够在极板之间静止，已知液滴质量为m、电量为
q。则下列说法正确的是（ ）
A．液滴带正电
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B．磁感应强度的变化率为
C．保持开关闭合，向上移动下极板时，粒子将向下运动
D．断开开关S，粒子将向下运动
【解答】解：A、磁感应强度均匀减小，穿过线圈的磁通量垂直纸面向里减小，由楞次定律可知，线圈产
生的感应电动势沿顺时针方向，两平行金属板的下极板电势高，上极板电势低，板间存在竖直向上的电
场，液滴受到重力和电场力而静止，因此液滴受到的电场力方向竖直向上，与场强方向相同，所以液滴带
正电，故A 正确；
B、对液滴，由平衡条件得：
由闭合电路欧姆定律可得线圈产生的感应电动势大小为
解得：
由法拉第电磁感应定律得：E＝
＝S
解得：
，故B 正确；
C、保持开关闭合，则两极板间的电压不变，当向上移动下极板时，导致极板间距减小，由
可知板间
电场强度增大，液滴受到的电场力增大，因此液滴将向上运动，故C 错误；
D、断开开关S，电容器既不充电，也不放电，带电量不变，板间距离也不变，则板间电场强度不变，液
滴受到的电场力也不变，则液滴仍静止不动，故D 错误。
故选：AB。
五．导体切割磁感线时产生的感应电动势
12．（2024•平谷区模拟）如图所示，空间中存在竖直向下的匀强磁场，一导体棒MN 绕固定的水平轴
OO'在磁场中匀速转动，且始终平行于OO'。导体棒MN 两端的电势差u 随时间t 变化的图像可能正确的是
（ ）
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A．
B．
C．
D．
【解答】解：设导体棒长为L，匀速转动的角速度为ω，线速度大小为v，t 时刻导体棒相对竖直轴OP 转
动的角度为θ，如图所示：
在t 时刻导体棒的线速度沿垂直磁场方向的分速度大小v1＝vcosθ，其中：θ＝ωt
由法拉第电磁感应定律可得：u＝BLv1＝BLvcosωt
可知导体棒两端的电势差u 随时间t 按余弦规律变化，故C 正确，ABD 错误。
故选：C。
13．（2024•天心区校级一模）如图甲所示，两平行光滑金属导轨固定在绝缘水平面上，左端连接阻值为R
＝1.5Ω 的电阻，导轨间距为L＝1m。一长为L＝1m，阻值为r＝0.5Ω 的导体棒垂直放置在导轨上，到导轨
左端的距离为x0＝16m，空间中有垂直导轨平面向里均匀分布的磁场，磁感应强度随时间变化的图线如图
乙所示。从t＝0 时刻开始，导体棒在外力作用下向左做初速度为零的匀加速直线运动，速度随时间变化的
关系如图丙所示，在导体棒离开导轨前的过程，已知净电荷量等于沿两个方向通过的电荷量代数差的绝对
值，下列说法正确的是（ ）
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A．回路中的电流先逐渐增大后逐渐减小
B．2～3s 内某时刻回路中电流方向发生变化
C．t＝1s 时导体棒所受安培力大小为
、方向向左
D．通过定值电阻R 的净电荷量为40C
【解答】解：AB、由题图丙可知，导体棒的加速度大小a＝
＝
m/s2＝2m/s2
则导体棒到导轨左端的距离与时间的关系为d＝x0﹣
at2
可知t＝4s 时导体棒离开导轨
某时刻，回路中因磁感应强度增大产生的感生电动势E1＝dL
因导体棒运动产生的动生电动势E2＝BLv
则回路中的电流大小为I＝
解得I＝（4﹣
t2）A
I＞0 时电流沿逆时针方向，可知回路中的电流先逐渐减小后逐渐增大，在2～3s 内某时刻回路中电流方向
发生变化，故A 错误，B 正确。
C、结合上述分析可知，电流方向改变前某一时刻导体棒所受的安培力F＝BIL
解得F＝（2t﹣
t3）N，向水平向左
则t＝1s 时，导体棒所受的安培力大小为
N，方向向左，故C 错误。
D、作出回路中电流随时间变化的图线如图所示，两部分阴影面积的差值即为通过定值电阻R 的净电荷
量，设交点为x，则q＜4x+8×（4﹣x）＝32﹣4x，可知q＜40C，故D 错误。
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故选：B。
14．（2024•成都二模）如图，两根相距0.5m 的平行光滑导轨MN、PQ 竖直放置，处在垂直于其平面的匀
强磁场中，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度大小为B＝2T。在导轨上放置两根长度与导轨间距等长
的金属棒ab 和cd，ab 棒的电阻为1Ω，固定在导轨上；cd 棒的电阻为3Ω，它正以v＝2m/s 的速度做竖直向
下的匀速直线运动。导轨足够长，两金属棒与导轨接触良好，导轨的电阻不计。下列关于ab 棒所受安培力
的分析正确的是（ ）
A．大小为0.5N，方向竖直向上
B．大小为0.5N，方向竖直向下
C．大小为1.0N，方向竖直向上
D．大小为1.0N，方向竖直向下
【解答】解：对cd 棒根据右手定则可知，cd 棒中的电流从c 流向d，因此ab 棒中的电流从b 流向a，根据
左手定则可知，ab 棒受到竖直向下的安培力，感应电动势
E＝BLv
流过ab 棒的电流
I＝
因此ab 棒所受安培力大小为
F＝BIL
解得F＝0.5N
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故ACD 错误，B 正确；
故选：B。
15．（2024•甘肃模拟）1831 年，法拉第发明了第一台发电机，示意图如下。半径为r 的铜盘安装在金属轴
上，其边缘置于一个磁铁两极之间的狭缝里，铜盘边缘与轴通过导线与检流计连接。铜盘以周期T 匀速旋
转，检流计中有电流通过。已知狭缝沿半径方向的长度为a，狭缝间为匀强磁场，磁感应强度为B，忽略
狭缝之外的磁场，下列说法正确的是（ ）
A．检流计中电流方向从Q 向P
B．若铜盘旋转方向和磁场方向同时反向，则检流计中电流方向也反向
C．铜盘产生的电动势为
D．铜盘产生的电动势为
【解答】解：AB．根据右手定则可知，检流计中电流方向从P 向Q，若铜盘旋转方向和磁场方向同时反
向，则检流计中电流方向不变，故AB 错误；
CD．铜盘产生的电动势为
故C 正确，D 错误。
故选：C。
（多选）16．（2024•包头一模）如图，光滑水平导轨之间有磁感应强度为B 的匀强磁场，左端接有定值
电阻R，两根质量均为m 的棒置于导轨上相距L 的两个位置，其中ab 棒为内阻不计的导体棒，cd 棒为绝
缘棒。某时刻两根棒同时相向运动，运动一段时间后两棒发生弹性碰撞然后再分开。已知ab 棒的初速度大
小为2v0，cd 棒的初速度大小为
，碰撞后cd 棒以v0的速率弹回，碰撞时间极短，导轨间距为L，下列
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说法正确的是（ ）
A．ab 棒向左运动时，a 端电势低于b 端电势
B．碰撞瞬间，ab 棒所受合力的冲量的大小为
C．碰撞后，ab 棒运动的最大路程为
D．cd 棒从开始运动到返回出发位置所用的时间为
【解答】解：A.ab 棒向左运动时，由右手定则知，电流方向为b→a，则可知导体棒相当于电源，则a 端电
势高于b 端电势，故A 错误；
B．碰撞后cd 棒以v0的速率弹回，根据弹性碰撞过程动量守恒和机械能守恒可知碰撞后两棒速度交换，故
碰撞前瞬间ab 棒速率为v0，则碰撞后ab 棒的速率为
，若向左为正方向，ab 棒所受合力的冲量的大小为
I＝|﹣m
﹣mv0|＝
故B 正确；
C．设从碰撞后瞬间到ab 棒停止，ab 受到的平均安培力为
F 安＝B
1L
电流为
1＝
设碰后运动时间为t1，规定向右为正方向，由动量定理知
﹣F 安t1＝0﹣m
15
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碰后ab 棒运动的最大路程为
x1＝
t1
解得x1＝
故C 正确；
D．设从ab 棒开始运动到碰撞前瞬间，ab 受到的平均安培力为
F'安＝B
2L
设碰前运动时间为t2，从ab 棒开始运动到碰撞前瞬间，规定向左为正方向，根据动量定理知
﹣F'安t2＝mv0﹣m（2v0）
电流为
＝
根据以上分析解得ab 棒碰前的运动路程为
x2＝
所以cd 棒从开始运动到返回出发位置所用的时间为
t＝
解得t＝
﹣
故D 错误；
故选：BC。
17．（2024•石景山区一模）（1）如图1 所示，固定于水平面的U 形金属框架处于竖直向下的匀强磁场
中，磁感应强度为B，金属框两平行导轨间距为l。金属棒MN 在外力的作用下，沿框架以速度v 向右做匀
速直线运动，运动过程中金属棒始终垂直于两平行导轨并接触良好。请根据法拉第电磁感应定律，推导金
属棒MN 切割磁感线产生的感应电动势E1的大小。
16
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（2）变化的磁场会在空间中激发感生电场。如图2 所示，空间存在一个垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感
应强度为B0，磁场区域半径为R0。一半径为r 的圆形导线环放置在纸面内，其圆心O 与圆形磁场区域的中
心重合。如果磁感应强度B 随时间t 的变化关系为B＝B0+kt，其中k 为大于0 的常量。求圆形导线环中的
感应电动势E2的大小。
（3）电源是通过非静电力做功把其它形式的能转化为电势能的装置，电源的电动势是电源内部非静电力
所做的功与所移动的电荷量之比。已知电子的电荷量为e。求上述金属棒中电子所受到的非静电力F1的大
小和导线环中电子所受到的非静电力F2的大小。
【解答】解：（1）在Δt 内金属框和棒所围面积的变化量为：ΔS＝lv•Δt
则穿过闭合电路的磁通量的变化量为：ΔΦ＝B•ΔS＝Blv•Δt
根据法拉第电磁感应定律得：
解得感应电动势：E1＝Blv
（2）由B＝Ba+kt，可得：
根据法拉第电磁感应定律得：
＝
其中：S＝πr2
解得：
（3）①金属棒MN 向右切割磁感线时，棒中的电子受到沿棒向下的洛伦兹力充当非静电力F1，如下图所
示。
17
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由电动势的定义得：
解得：F1＝Bev
②在很短的时间内导线环中电子的位移为Δx，此时间内非静电力对电子做的功为：F2Δx
电子沿着导线环运动一周，非静电力做的功为：
根据电动势定义得：
解得：
答：（1）推导金属棒MN 切割磁感线产生的感应电动势E1的大小为Blv。
（2）圆形导线环中的感应电动势E2的大小为πkr2。
（3）金属棒中电子所受到的非静电力F1的大小为Bev，导线环中电子所受到的非静电力F2的大小为
。
六．电磁感应中的图像类问题
18．（2024•南通模拟）如图所示，左端有微小夹缝的“∠”形光滑导轨abc 水平放置在竖直向上的匀强磁
场中，一电容器C 与导轨左端相连，导轨上的金属棒MN 与ab 垂直，在外力F 作用下从b 点开始以速度v
向右匀速运动，忽略所有电阻．下列关于回路中的电流i、极板上的电荷量q、外力F 及其功率P 随时间t
变化的图像中，正确的是（ ）
18
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A．
B．
C．
D．
【解答】解：A、设微小夹缝的“∠”形夹角为θ，以金属棒开始运动时为计时零时刻，设金属棒在0﹣t
时间内运动位移为x，
在t 时刻金属棒在导轨间的长度为：L＝xtanθ
此时金属棒在导轨间的电动势为：E＝BLv
电容器的电压U＝E
电容器的电量Q＝CU＝BCvxtanθ
在t﹣（t+Δt）（Δt 趋近于零）时间内，金属棒的位移由x 增加到（x+Δx），则
电容器的电量增加量ΔQ＝BCv•Δx•tanθ
通过金属棒的电流I＝
＝
，其中
＝v，
可得电流为：I＝BCv2tanθ，所以电流是恒定不变的，故A 错误；
B、由A 选项的分析可得I＝BCv2tanθ，I 为恒定电流，根据公式q＝It，可知I 为t 的正比例函数，故B 正
确；
C、根据安培力公式，结合平衡条件，可得：F＝F 安＝BIL＝BIxtanθ＝BIvtanθ•t，可得外力F 为t 的正比例
函数，故C 错误；
D、由A 选项的分析可知流过金属棒的电流恒定，由F 安＝BIL，由受力平衡可知，外力F 的大小等于安培
力，由公式P＝Fv，可知外力F 的功率为：P＝BIv2tanθ•t，即外力功率是t 的正比例函数，故D 错误。
故选：B。
19．（2024•泉州模拟）如图，在间距为d 的水平固定平行金属导轨上，放置质量分别为2m0、m0的金属杆
M、N。N 的中点系着一条跨过定滑轮的细绳，细绳下端悬挂重物，滑轮左侧细绳与导轨平行。两导轨间
存在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场。当重物质量m 取不同值时，系统最终稳定的状态不
同。设稳定时M 杆的加速度大小为a，回路中电动势为E、电流为I、热功率为P。已知重力加速度大小为
g，两杆接入回路的总电阻为R，导轨足够长且电阻不计，忽略一切摩擦，两杆始终与导轨垂直且接触良
19
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好。则下列关系图像合理的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：N 杆受到的安培力逐渐增大，M 杆受到的安培力逐渐增大，M 杆的加速度逐渐增大，N 杆的
加速度逐渐减小，最终两根等长双杆的加速度会相等，根据牛顿第二定律可得：
mg＝（3m0+m）a
20
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解得：a＝
，因此加速度a 与m 的变化关系不是线性的，故A 错误；
B、根据上述分析可知，最终两根等长双杆的加速度相等，速度差恒定，则整个系统中产生的电动势恒
定，故B 错误；
C、对M 根据牛顿第二定律可得：
BId＝2m0a
解得：
，故C 错误；
D、热功率为：
图中的曲线走向是对的，最终的稳定值为：
，故D 正确；
故选：D。
20．（2024•开福区校级模拟）如图，两光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，一根导轨位于x 轴
上，另一根由ab、bc、cd、de 四段直导轨组成，其中cd 段与x 轴平行。导轨上一金属棒MN 沿x 轴正向以
速度v0保持匀速运动，t＝0 时刻通过坐标原点O，金属棒始终与x 轴垂直。设运动过程中通过导体棒的电
流强度为i，金属棒受到安培力的大小为F，金属棒克服安培力做功的功率为P，金属棒MN 两端的电压为
U，导轨与金属棒接触良好，忽略导轨的电阻，金属棒电阻不可忽略，金属棒的长度大于cd 与x 轴间的距
离。下列图像可能正确的是（ ）
21
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A．
B．
C．
D．
【解答】解：设金属棒MN 总长为d，金属棒MN 与导轨接触的两点之间的距离为l，金属棒单位长度的电
阻为r
A．根据法拉第电磁感应定律结合欧姆定律可知
不随时间变化，故A 错误；
B．根据安培力公式有F＝Bil
则
，F 随时间均匀变化；
，F 随时间也均匀变化，故B 错误；
C．根据功率的公式有P＝Fv0，P 随时间变化规律跟F 随时间变化规律相同，故C 错误；
D．导轨不计电阻，导轨间的电压为零，金属棒MN 两端的电压为U＝B（d﹣l）v0＝B（d﹣v0t•tanα）v0
在
，随金属棒的运动，金属棒两段电压减小，在
～
，根据U＝Bdv0可金属棒两端电压不变，
在
，根据U＝B（v0t﹣2L）tanαv0，可知电压均匀增大，故D 正确。
故选：D。
21．（2024•湛江一模）如图所示，在区域Ⅰ、Ⅱ中分别有磁感应强度大小相等、垂直纸面但方向相反、
宽度均为a 的匀强磁场区域。高为a 的正三角形线框efg 从图示位置沿x 轴正方向匀速穿过两磁场区域，以
逆时针方向为电流的正方向，下列图像中能正确描述线框efg 中感应电流I 与线框移动距离x 关系的是（
）
22
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A．
B．
C．
D．
【解答】解：正三角形线框efg 刚进入向里的磁场I 时，I 大小为0，之后随线框进入磁场距离的增大，磁
通量增大，利用楞次定律知，感应电流沿逆时针方向，为正，有效切割长度变大，根据法拉第电磁感应定
律结合欧姆定律可知
变大到
；
当线框efg 前进a 距离，在刚进入向外的磁场区域Ⅱ瞬间，感应电流大小为0，之后随线框进入磁场距离的
增大，利用楞次定律可知efg 线框中感应电流方向沿顺时针方向，即为负，有效切割长度变大，根据法拉
第电磁感应定律结合欧姆定律可知
变大到
；
在刚出向外的磁场区域Ⅱ瞬间，感应电流大小为0，之后随线框出磁场距离的增大，利用楞次定律可知efg
线框中感应电流方向沿逆时针方向，为正，有效切割长度变大，根据法拉第电磁感应定律结合欧姆定律可
知
变大到
故B 正确，ACD 错误。
故选：B。
23
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七．电磁感应中的电路类问题
22．（2024•浉河区校级模拟）如图所示，水平放置足够长光滑金属导轨abc 和de，ab 与de 平行并相距为
L，bc 是以O 为圆心的半径为r 的圆弧导轨，圆弧be 左侧和扇形Obc 内有方向如图的匀强磁场，磁感应强
度均为B，a、d 两端接有一个电容为C 的电容器，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，初始时，可滑动的金属杆MN 静止在平行导轨上，金属杆MN 质量为m，金属杆MN 和OP 电阻
均为R，其余电阻不计，若杆OP 绕O 点在匀强磁场区内以角速度ω 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为Bωr2
B．电容器带电量恒为
C．杆MN 中的电流逐渐减小
D．杆MN 向左做匀加速直线运动，加速度大小为
【解答】解：A、设OP 转动的角速度为ω，圆弧导轨半径为r，则OP 转动切割磁感应线的感应电动势
为：E＝Br ＝
ω，故A 错误；
BC、根据右手定则可知OP 棒中产生的感应电流方向由O 到P，则通过MN 的电流方向由M 到N，根据左
手定则可知杆MN 受到的安培力方向向左，杆MN 将向左运动切割磁感应线，由于MN 切割磁感应线产生
的感应电流方向由N 到M，从而使得杆MN 中的电流逐渐减小，则电容器两端带电量会减小，故B 错误，
C 正确；
D、根据C 选项分析可知，杆MN 中的电流大小发生变化，根据牛顿第二定律可得MN 的加速度大小a＝
发生改变，杆MN 不是做匀加速直线运动，故D 错误；
故选：C。
23．（2024•宝鸡一模）如图所示，铜圆盘安装在竖直的铜轴上，圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场中。
24
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电路通过电刷c、d 分别与圆盘的边缘和铜轴接触良好，电源电动势为E，内阻为r，定值电阻为R，先将
开关闭合，待圆盘转速稳定后再断开开关，不计一切摩擦，下列说法中正确的是（ ）
A．闭合开关时，从上往下看圆盘逆时针转动
B．闭合开关转速稳定时，流过圆盘的电流不为零
C．断开开关时，a 点电势低于b 点电势
D．断开开关后，流过电阻R 上的电流方向与原电流方向相反
【解答】解：A、闭合开关时，圆盘内电流方向从圆盘中心沿半径向边缘流动，根据左手定则判断可知圆
盘受到的安培力沿顺时针方向，则从上往下看圆盘顺时针转动，故A 错误；
B、闭合开关转速稳定时，不受安培力，所以流过圆盘的电流为零，故B 错误；
C、断开开关时，因为圆盘在顺时针转动的过程中产生电动势，相当于电源，由右手定则可知回路中电流
方向在电阻R 上从b 流向a，所以a 点电势低于b 点电势，故C 正确；
D、闭合开关时，流过电阻R 上的电流方向从b 流向a。断开开关后，流过电阻R 上的电流方向从b 流向
a，与原电流方向相同，故D 错误。
故选：C。
（多选）24．（2024•贵州模拟）如图，在倾角为θ 的光滑绝缘斜面上，虚线MN 的上方存在垂直于斜面
向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一边长为L、质量为m 的单匝正方形线框abcd 的ab 边恰好与MN
重合，t＝0 时刻线框以速度v0沿斜面向上进入磁场区域，一段时间后，线框的cd 边向下运动到达MN 时，
将恰好匀速滑出磁场。已知线框电阻为R，运动过程中线框的ab 边始终与MN 平行，重力加速度为g。下
列说法正确的是（ ）
25
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A．ab 边刚进入磁场时，线框的加速度大小为
B．cd 边向下到达MN 时，线框的速度大小为
C．线框进入和穿出磁场过程中，通过ab 边的电荷量不相等
D．线框进入和穿出磁场过程中，通过ab 边的电荷量相等
【解答】解：A、ab 边刚进入磁场时，线框受到的安培力大小
对线框受力分析，由牛顿第二定律得
mgsinθ+FA＝ma
联立解得：
，故A 正确；
B、依题意，线框的cd 边向下运动到达MN 时，将恰好匀速滑出磁场，由平衡条件可得
解得此时线框的速度大小为：
，故B 正确；
CD、根据
，可知，线框进入和穿出磁场过程中，通过ab 边的
电荷量相等，故C 错误，D 正确。
故选：ABD。
（多选）25．（2024•昆明一模）法拉第制作了最早的圆盘发电机，如图甲所示。兴趣小组仿制了一个金
属圆盘发电机，按图乙连接电路。圆盘边缘与电刷P 紧贴，用导线把电刷P 与电阻R 的a 端连接，圆盘的
中心轴线O 与电阻R 的b 端连接。将该圆盘放置在垂直于盘面向外的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。
使圆盘以角速度ω 匀速转动，转动方向如图乙所示。已知圆盘半径为L，除电阻R 外其他电阻不计。下列
说法正确的是（ ）
26
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A．通过电阻R 的电流方向为b→a
B．通过电阻R 的电流方向为a→b
C．通过电阻R 的电流大小为
D．通过电阻R 的电流大小为
【解答】解：AB、圆盘可看成由无数根沿着半径的导体棒组成，每根导体棒均在切割磁感线，从而产生感
应电动势，形成感应电流，根据右手定则，圆盘上感应电流从圆周边缘流向圆心O 点，如图乙所示，则通
过电阻R 的电流方向为b→a，故A 正确，B 错误；
CD、圆盘产生的感应电动势为E＝BL
而＝
＝
联立解得：
根据闭合电路欧姆定律可得通过电阻R 的电流大小为：
，故C 正确，D 错误。
故选：AC。
26．（2024•河南模拟）中国高铁技术世界领先，被网友称为中国现代版的“四大发明”之一，其运行过
程十分平稳。如图甲所示为某科研小组设计的列车电磁驱动系统的原理示意图，ABCD 是水平固定在列车
下方的n 匝正方形金属线圈，每个线圈的电阻均为R，长度宽度均为d，用两条不计电阻的导线与智能输
出系统（可输出大小和方向变化的电流）组成回路。如图乙所示，列车沿水平直轨道运动，轨道上依次间
隔分布着方向垂直纸面向里的磁场，其磁感应强度大小为B、宽度、长度及磁场间的距离均为d。已知智
能输出系统提供的额定功率为P，列车整体的质量为m，运动过程中受到的摩擦阻力和空气阻力的合力恒
为重力的k 倍。
27
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（1）求列车运行的最大速度vm；
（2）若列车进站速度减为v0时，智能输出系统立即切换电路后停止工作，此时相当于E、F 直接用电阻不
计的导线连接，经时间t 后列车的速度减为0，求该过程中列车前进的距离。
【解答】解：（1）当安培力与阻力等大反向时，列车的合力为零，其运行速度最大，根据列车受到的安
培力大小为
F＝nBId
列车运动过程中受到的摩擦阻力和空气阻力的合力f＝kmg
P＝I2•nR+fvm
解得：
（2）智能系统切换电路后，列车在安培力与摩擦阻力的共同作用下减速为零，取向右为正方向，由动量
定理得
其中：＝
＝
又vt＝s
联立解得：
答：（1）列车运行的最大速度vm为
；
（2）该过程中列车前进的距离为
。
28
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（多选）27．（2024•湖北模拟）如图所示，间距均为d 的倾斜金属导轨AD、HG 与水平金属导轨DE、
GF 在D、G 两点用绝缘材料平滑连接。在ADGH 平面内存在垂直于导轨平面向上、磁感应强度为。B1的
匀强磁场，在DEFG 平面存在竖直向上、磁感应强度为B2的匀强磁场。在AD、HG 间连接一电容为C 的
电容器和一个自感系数为L 的电感线圈，在EF 间接一小灯泡。开始时，开关S 断开，一质量为m、长为d
的金属棒在倾斜导轨上从距水平地面高为h 的位置由静止释放，不计导轨和金属棒的电阻及一切摩擦，已
知重力加速度为g，电容器的耐压值足够高。则下列说法正确的是（ ）
A．金属棒在倾斜导轨上做匀加速运动
B．金属棒在水平导轨上做匀减速运动
C．金属棒进入DEFG 区域后，闭合开关S 瞬间，通过L 的电流最小
D．在整个过程中，通过小灯泡的总电荷量为
【解答】解：A.金属棒在倾斜导轨上由静止释放，则金属棒做加速下滑，金属棒切割磁感线产生感应电动
势为
E＝B1dv
由于对电容器充电，则电路中有电流产生，金属棒受到安培力作用，方向与金属棒运动方向相反。电容器
所带的电荷量为
Q＝CU＝CE＝CB1dv
电容器充电电流为
I＝
＝
＝CB1da
设倾斜金属导轨平面与水平面夹角为θ，对金属棒由牛顿第二定律可得
mgsinθ﹣B1Id＝ma
解得
29
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a＝
由于m、θ、C、B1、d 都是定值，则加速度a 是定值，可知金属棒在倾斜导轨上做匀加速运动，故A 正
确；
B.金属棒在水平导轨上做切割磁感线运动产生感应电动势，产生感应电流，金属棒受到安培力作用，安培
力与金属棒运动方向相反，安培力对金属棒产生加速度，使金属棒做减速运动，设小灯泡的电阻为R，则
安培力为
F 安＝B2Id＝
可知小灯泡的电阻R 随不随温度变化，则有
都不是定值，则安培力是变力，因此金属棒做变加速运动，
故B 错误；
C.金属棒进入DEFG 区域后，闭合开关S 后，电器与电感线圈组成LC 振荡电路，由LC 振荡电路中的振
荡电流特点，在闭合开关S 瞬间，通过I 的电流是零最小，故C 正确；
D.由速度—位移公式可得，金属棒在进入DEFG 区域时的速度大小为
v1＝
＝
＝
金属棒在水平导轨上做减速运动，最后速度减到零，设通过小灯泡的平均电流为I，规定向右为正方向，
对金属棒由动量定理可得
﹣B2 dΔt＝0﹣mv1
又有
q＝Δt
解得
q＝
故D 错误。
故选：AC。
28．（2024•贵州模拟）如图所示，水平放置的光滑金属导轨efgh、ijkl 中有竖直向上的匀强磁场，磁感应
强度大小B＝1T，ef、ij 段间距L＝0.5m，gh、kl 段间距为2L，通过光滑绝缘弯曲轨道与倾角θ＝30°的光
30
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滑U 形abcd 金属导轨平滑相连，U 形导轨间距仍为L，bc 端接一个C＝0.5F 的电容，倾斜导轨处有垂直斜
面向上的匀强磁场，磁感应强度大小仍为B。初始时导体棒P 静置于ef、ij 段，给导体棒Q 一个初速度，
使其从gh、kl 段左端开始向右运动，一段时间后导体棒P 冲上弯曲轨道高度H＝0.2m 的最高点并恰好无初
速度进入倾斜轨道。已知导体棒P、Q 的质量mP＝mQ＝0.5kg、不计导体棒P 的电阻，Q 的电阻R＝2Ω，两
导体棒运动过程中始终与导轨接触良好且与导轨垂直，P 棒到达ei 处时，Q 棒未到达fj 处，且两棒已处于
稳定运动，重力加速度为g＝10m/s2，不计导轨处的能量损失、导轨电阻及空气阻力。求：
（1）导体棒Q 的初速度大小；
（2）导体棒P 在水平导轨运动的过程中，P、Q 与导轨围成的闭合回路面积的改变量；
（3）导体棒P 在倾斜导轨abcd 下滑的加速度大小和下滑x＝4.5m 的时间。
【解答】解：（1）导体棒P 恰好冲上弯曲轨道最高点，有
①
vP＝2m/s
初始时，导体棒Q 做减速运动，导体棒P 做加速运动，最终导体棒P、Q 做匀速运动，闭合回路中的感应
电流为0，由法拉第电磁感应定律得
2BLvQ＝BLvP
即2vQ＝vP
对导体棒P，由动量定理得
对导体棒Q，由动量定理得
联立解得v0＝5m/s
（2）P 在水平轨道运动过程中，由法拉第电磁感应定律得
由闭合电路欧姆定律得
31
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则有
解得ΔS＝4m2
（3）导体棒P 在倾斜轨道上运动时，由牛顿第二定律得
mgsinθ﹣FA＝ma
FA＝BIL
对电容器有UC＝BLv
因此
联立可得
由
得t＝1.5s
答：（1）导体棒Q 的初速度大小为5m/s；
（2）导体棒P 在水平导轨运动的过程中，P、Q 与导轨围成的闭合回路面积的改变量为4m2；
（3）导体棒P 在倾斜导轨abcd 下滑的加速度大小和下滑x＝4.5m 的时间为1.5s。
29．（2024•太原一模）如图所示，两平行且等长的粗糙金属导轨ab、cd 间距为L，倾斜角度为θ，ab、cd
之间有垂直导轨平面斜向上的匀强磁场，磁感应强度的大小为B1，ac 之间电容器的电容为C1，光滑等长的
水平金属导轨ef、gh 间距为L，ef、gh 之间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度的大小为B2，fh 之间电容
器的电容为C2。质量为m 的金属棒PQ 垂直导轨放置，在沿斜面向上恒力F 的作用下由静止开始运动，经
过时间t 后以速度v 飞出导轨，同时撤去F，PQ 水平跃入ef、gh 导轨，PQ 始终与ef、gh 导轨垂直。导轨
与棒的电阻均不计，重力加速度为g，求：
（1）金属棒PQ 分别在B1、B2中运动时电流的方向；（请分别说明P→Q 或Q→P）
（2）导轨ef、gh 足够长，电容器C2带电量的最大值；
（3）金属棒PQ 与导轨ab、cd 的动摩擦因数。
32
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【解答】解：（1）由右手定则可知，金属棒在B1中运动时电流方向由P 到Q；金属棒在B2中运动时电流
方向由Q 到P。
（2）PQ 以速度v 飞出导轨时的水平分速度为：v1＝vcosθ，此后做斜抛运动，水平方向做匀速直线运动，
故PQ 水平跃入ef、gh 导轨时的速度等于v1。
PQ 切割磁感线产生感应电动势，C2处于充电状态，当C2的电压U2等于感应电动势时达到稳定状态，C2带
电量达到最大值，且PQ 做匀速直线运动，设稳定时速度为v2，则有：
U2＝B2Lv2
Q＝C2U2
以向右为正方向，根据动量定理得：
﹣
∑iΔt＝Q
联立解得：Q＝
（3）PQ 在倾斜轨道上运动时，电容器C1的电压始终等于感应电动势（动态平衡），则有：
U1＝B1Lv′
ΔU1＝B1L•Δv′
ΔQ1＝C1ΔU1＝C1B1LΔv′
感应电流（充电电流）i′＝
PQ 的加速度：a＝
联立可得：i′＝C1B1La
根据牛顿第二定律得：
33
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F﹣mgsinθ﹣μmgcosθ﹣B1i′L＝ma
可得：F﹣mgsinθ﹣μmgcosθ＝（m+C1
L2）a
可见加速度a 为恒定值，即PQ 做匀加速直线运动，由已知条件可得：
a＝
解得：μ＝
答：（1）金属棒在B1中运动时电流方向由P 到Q；金属棒在B2中运动时电流方向由Q 到P；
（2）电容器C2带电量的最大值为
；
（3）金属棒PQ 与导轨ab、cd 的动摩擦因数为
。
八．电磁感应中的动力学问题
30．（2024•无锡一模）如图所示，足够长的两光滑竖直金属导轨间距为L，处在磁感应强度大小为B、方
向垂直导轨平面的匀强磁场中。匀质金属棒ab、cd 均紧贴两导轨，质量均为m，电阻均为R，导轨电阻不
计，重力加速度为g。现用悬绳固定ab 棒，由静止释放cd 棒，求：
（1）cd 棒最终速度的大小；
（2）悬绳对ab 棒拉力的最大值。
【解答】解：（1）设cd 棒最终速度的大小为v，此时cd 受力平衡，则有：mg＝BIL
此时的感应电流为：I＝
联立解得：v＝
；
（2）当cd 棒匀速运动时，悬线的拉力最大，此时整体竖直方向受力平衡，根据平衡条件可得悬绳对ab 棒
34
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拉力的最大值：
F＝2mg，方向向上。
答：（1）cd 棒最终速度的大小为
；
（2）悬绳对ab 棒拉力的最大值为2mg，方向向上。
31．（2024•昆明一模）如图所示，两根相互平行且足够长的光滑长直金属导轨固定在水平绝缘桌面上，
导轨间距为L，导轨上接有电容为C 的电容器和阻值为R 的定值电阻。质量为m 的导体棒PQ 静止在导轨
上，整个系统处于磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中。开始时，电容器不带电。t＝0 时
刻，对PQ 施加水平向右大小为F 的恒力。PQ 和导轨的电阻均不计，PQ 运动过程中始终与导轨垂直且接
触良好。
（1）若保持开关S1断开、S2闭合，求PQ 的最终速度；
（2）若保持开关S1闭合、S2断开，求PQ 的加速度大小；
（3）若保持开关S1、S2都闭合，从t＝0 到t＝t0时间内PQ 向右运动的距离为x，求t＝t0时刻PQ 的速度大
小。
【解答】解：（1）保持开关 S1断开、S2闭合，当PQ 棒受到的安培力与外力相等时，PQ 开始做匀速运
动，根据受力平衡可得
F＝BIL ①
根据闭合电路欧姆定律可得
②
导体棒切割磁感线产生感应电动势可得
E＝BLv1 ③
联立解得：
④
（2）保持开关 S1 闭合、S2 断开，取一段极短的时间Δt，PQ 速度的变化量为Δv，电容器C
上的电荷量的变化量为Δq，对PQ 根据动量定理可得
35
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⑤
根据电流的定义式可得
⑥
电容器上电荷量的变化量为
Δq＝CBLΔv ⑦
根据加速度的定义式可得
⑧
联立解得
⑨
（3）对PQ 根据动量定理可得
⑩
通过PQ 的电荷量为
（11）
独立分析PQ 与定值电阻R 组成的回路可得流过定值电阻的电荷量为
（12）
x＝
（13）
电容器存储的电荷量
q2＝CBLv2 （14）
流过PQ 的电荷量等于流过电阻电荷量和电容器存储的电荷量之和
q＝q1+q2 （15）
联立解得
答：（1）PQ 的最终速度为
；
36
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（2）PQ 的加速度大小为
；
（3）t＝t0时刻PQ 的速度大小为
。
（多选）32．（2024•济南模拟）如图所示，间距为L0的两平行长直金属导轨水平放置，导轨所在空间存
在方向竖直向下、磁感应强度大小为B 的匀强磁场。长度均为L0的金属杆ab、cd 垂直导轨放置，初始时
两金属杆相距为L0，金属杆ab 沿导轨向右运动的速度大小为v0，金属杆cd 速度为零且受到平行导轨向
右、大小为F 的恒力作用。已知金属杆与导轨接触良好且整个过程中始终与导轨垂直，在金属杆ab、cd 的
整个运动过程中，两金属杆间的最小距离为L1，重力加速度大小为g，两金属杆的质量均为m，电阻均为
R，金属杆与导轨间的动摩擦因数均为μ＝
，金属导轨电阻不计，下列说法正确的是（ ）
A．金属杆cd 运动过程中的最大加速度为
B．从金属杆cd 开始运动到两金属杆间距离最小的时间为
C．金属杆ab 运动过程中的最小速度为
D．金属杆cd 的最终速度为
【解答】解：对金属杆ab、cd 的运动过程分析如下：
①、初始ab 向右运动，cd 速度为零，两者间距开始减小，回路中磁通量先开始减小，根据楞次定律可知
回路中的感应电流方向先是顺时针的，ab 受到的安培力与滑动摩擦力均先向左，ab 先向右做减速运动，设
其速度大小为v1。cd 受到的安培力先向右，而滑动摩擦力向左，因动摩擦因数为μ＝
，可知滑动摩擦
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力小于F，故cd 先向右做加速运动，设其速度大小为v2。回路中的感应电动势为：E＝BL0（v1﹣v2），因
（v1﹣v2）先减小，故感应电动势、感应电流、两金属杆所受安培力均减小。故ab 先向右做加速度减小的
减速运动，cd 先向右做加速度减小的加速运动。
②、当v1＝v2时，感应电动势、安培力均为零，由于存在滑动摩擦力，ab 继续减速，但cd 继续加速（因
F＞μmg），导致v2＞v1，两者间距开始增大，回路中磁通量先开始增大，根据楞次定律可知回路中的感应
电流方向变为逆时针，ab 受到的安培力反向，方向向右，与滑动摩擦力方向相反；cd 受到的安培力也反
向，方向向左，与滑动摩擦力同向。此后的回路中的感应电动势为：E＝BL0（v2﹣v1），因（v2﹣v1）增
大，故感应电动势、感应电流、两金属杆所受安培力均由零逐渐增大，对ab 有：μmg﹣BIL0＝ma1，对cd
有：F﹣μmg﹣BIL0＝ma2，可见ab、cd 的加速度均减小，故ab 继续向右做加速度减小的减速运动，cd 向
右做加速度减小的加速运动。
③、当安培力增加到等于滑动摩擦力，即：BIL0＝μmg 时，ab 的加速度a1为零，此时对于cd 有：F﹣μmg
﹣BIL0＝F﹣2μmg＝0（因μ＝
），即：cd 的加速度a2为零，可见两者加速度同时减小到零，此后v1、
v2若保持不变，则（v2﹣v1）恒定，感应电动势、感应电流、两金属杆所受安培力均保持不变，两者加速
度可保持为零，故两者终极状态为匀速直线运动。终极状态有：v2＞v1；BIL0＝μmg，F＝2μmg。
A、由上述分析，可知金属杆cd 运动过程中的加速度一直减小到零，则初始其加速度最大。
初始电动势为：E0＝BL0v0，安培力为：F0＝B
L0＝
，根据牛顿第二定律得：
ma0＝F+F0﹣μmg，结合：μ＝
，解得：a0＝
，故A 正确；
B、由上述①②的分析可知当v1＝v2时两者的间距离最小，以水平向右为正方向，根据动量定理得：
对ab 有：﹣B L0t﹣μmgt＝mv1﹣mv0
对cd 有：Ft+B L0t﹣μmgt＝mv2﹣0……④
两式相加，再结合μ＝
，可得：v1＝v2＝
v0
又有：
＝
＝
，ΔΦ＝BL0（L0﹣L1）
可得：
＝
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代入④式可得所求的时间为：t＝
，故B 错误；
C、由B 选项可知v1＝v2时，金属杆ab 的速度v1＝
v0，而由②的分析可知此后ab 继续做减速运动，故运
动过程中金属杆ab 的最小速度小于
，故C 错误；
D、设ab、cd 的最终速度分别为va、vc，由③的分析有：F﹣μmg﹣BIL0＝0，其中：I＝
解得：vc﹣va＝
从两者速度v1＝v2＝
v0时到终极状态的过程，以水平向右为正方向，根据动量定理得：
对ab 有：﹣B L0t1﹣μmgt1＝mva﹣
mv0
对cd 有：Ft1+B L0t1﹣μmgt1＝mvc﹣
mv0
两式相加可得：va+vc＝v0
联立解得：vc＝
，故D 正确。
故选：AD。
33．（2024•武汉模拟）如图，两平行轨道固定于水平面内，其中MN、M′N′是两小段绝缘材料，其余
部分是金属材料，轨道间距为d，轨道间分布着磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场。轨道左
侧接入包含电动势为E 的直流电源、电容为C 的电容器、单刀双掷开关S 构成的电路，轨道右侧接入自感
系数为L 的电感线圈。质量为m、电阻为R 的金属棒a 垂直放置于轨道左侧某处，质量也为m、电阻不计
的金属棒b 垂直放置于绝缘材料上。现将S 接1，待电容器充电完毕后，再将S 接2。之后，a 运动达到稳
定状态，再与b 发生弹性碰撞。不考虑其它电阻，不计一切摩擦，忽略电磁辐射，a、b 均始终与轨道接触
良好。
（1）S 接通2 瞬间，求金属棒a 的加速度大小；
（2）求金属棒a 运动达到稳定状态时的速度大小；
39
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（3）某同学查阅教材后得知，电感线圈的自感电动势正比于电流的变化率，由此他猜测金属棒b 在运动过
程中做简谐运动。请证明。
【解答】解：（1）电容器充电完毕后电容器上的电压U＝E，开关S 接2 瞬间，电容器通过金属棒a 放
电，此时电流为：I＝
由安培力公式得：F＝BId
由牛顿第二定律得：F＝ma
解得：a＝
（2）金属棒a 运动达到稳定状态时的速度大小为v0，当a 棒产生的感应电动势等于电容器两端的电压时，
即Ua＝UC，a 棒做匀速直线运动。
由法拉第电磁感应定律得：Ua＝Bdv0
充电结束时电容器带电量为：q0＝UC＝CE
a 棒做匀速直线运动时，电容器带电量为：q1＝UaC
设在Δt（Δt→0）时间内a 棒的速度变化为Δv，电容器电量减小量为：Δq＝IΔt
以向右为正方向，由动量定理得：BdIΔt＝BdΔq＝mΔv
对上式两边求和得：Bd（q0﹣q1）＝mv0
解得：v0＝
（3）a 棒与b 棒发生弹性碰撞，因两者质量相等，故两者碰撞过程交换速度，碰撞后金属棒a 静止在绝缘
材料上，b 棒以速度v0开始向右直线运动，与电感线圈L 构成回路，初始时刻电流变化率最大，电感线圈
L 产生的自感电动势最大，近似等于金属棒b 产生的感应电动势，回路电流接近为零，因金属棒b 的电阻
不计，故在极短的瞬间金属棒b 产生的感应电动势与电感线圈L 产生的自感电动势可认为始终大小相等
（动态平衡）。
电感线圈的自感电动势正比于电流的变化率，即E 自感＝L
以b 棒开始向右运动时为t＝0 时刻，设在某时刻t 金属棒b 的速度为v，在t～t+Δt（Δt→0）时间内，电流
40
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的变化量的大小为ΔI，则有：
Bdv＝L
可得：ΔI＝
Δt
对上式两边求和可得：I＝
，其中x 为B 棒与初始位置的位移。
b 棒所受安培力大小为：F＝BId＝
由楞次定律以及题意可知，安培力方向与b 棒位移x 方向始终相反，可知在金属棒b 运动过程中安培力满
足做简谐运动需要的回复力，故金属棒b 在运动过程中做简谐运动，金属棒b 返回到初始位置以速度大小
v0与金属棒a 碰撞后重复之前的简谐运动。
答：（1）S 接通2 瞬间，金属棒a 的加速度大小为
；
（2）金属棒a 运动达到稳定状态时的速度大小为
；
（3）见解析。
九．电磁感应中的能量类问题
34．（2024•济南模拟）如图所示，绝缘水平面上固定有两根间距为L，足够长的平行光滑导轨（电阻不
计），导轨所在空间存在磁感应强度为B，范围足够大的匀强磁场。长度均为L，质量分别为ma＝m、mb
＝2m 两根导体a、b 棒静置在导轨上，a 的阻值是b 的2 倍。若在t＝0 时刻给a 一个平行于导轨向左的初速
度v0，不计运动过程中a 和b 的相互作用力，则下列说法错误的是（ ）
A．整个运动过程中，导体棒b 做加速度逐渐减小的加速运动，直至匀速运动
B．整个运动过程中，通过导体棒b 的电荷量为
C．整个运动过程中，导体棒a 产生的焦耳热为
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D．整个运动过程中，导体棒b 所受安培力的冲量大小为
【解答】解：已知ma＝m、mb＝2m，设a 的电阻为2R，b 的电阻为R。
A.导体棒a 向左运动时产生的电动势为E＝BLv，和导体棒b 一起构成闭合回路产生的感应电流为I＝
，
a、b 棒所受的安培力大小均等于F＝BIL＝
，这个安培力使a 棒做减速运动，使b 棒做加速运动，
所以a 棒切割磁感线的速度变小，对b 棒，根据牛顿第二定律
F＝2mab
则b 棒的加速度变小，当a、b 的速度相等时，b 开始做匀速直线运动，故A 正确；
B.对a、b 棒所组成的系统，安培力是一对平衡力，根据题意可知，系统在水平方向满足动量守恒定律，设
向左的方向为正方向，有
mv0＝（m+2m）v 共
得v 共＝
v0
对b 棒，在加速时间内，根据动量定理有BILt＝2mv 共，即BLq＝2mv 共，解得q＝
，故B 错误；
C.根据功能关系，整个过程中系统产生的焦耳热为Q＝
m
﹣
×3m×
＝
m
﹣
×3m×（
v0）2＝
m
，根据功率分配关系可得，a 棒产生的焦耳热为Qa＝
Q＝
×
m
＝
m
，故C 正确；
D.整个过程中，对b 棒，根据动量定理，安培力冲量等于b 的动量变化量，即IF＝2m•v 共＝2m×
v0＝
mv0，故D 正确。
本题选错误的，故选：B。
（多选）35．（2024•新郑市校级二模）电磁刹车系统具有刹车迅速、安全可靠、结构简单等特点，如图
所示是电磁刹车系统的示意简图。在平行的水平轨道上等间距分布有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应
强度为B，有磁场与无磁场区域的宽度均为d。金属线圈固定在机车底部，线圈的宽为d、长为L、匝数为
N、电阻为R。当质量为m 的机车（含线圈）以速度v0无动力进入该区域时，金属线圈中产生感应电流并
与磁场作用形成制动效应，不计摩擦阻力，忽略机车车身通过磁场区域时产生涡流的影响，则（ ）
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A．金属线圈通过每个磁场区域产生的焦耳热相等
B．机车刚进入磁场时受到的安培力的大小为
C．金属线圈穿过每个磁场区域过程中速度的变化量相等
D．机车的制动距离为
【解答】解：A．线圈进入或离开磁场过程通过线圈的电荷量为：
即进入或离开每个磁场时通过线圈的电荷量相等，根据焦耳热Q＝EIt＝Eq
随机车速度的减小，线圈产生的感应电动势减小，则金属线圈通过每个磁场区域产生的焦耳热逐渐减小，
故A 错误；
B．机车刚进入磁场时受到的安培力的大小为：
，故B 正确；
C．以机车运动方向为正方向，对金属线圈进入或离开每个磁场区域的过程，根据动量定理得：
﹣F 安Δt＝mΔv
而：
，为恒定值。
可得金属线圈进入或离开每个磁场区域的过程，速度的变化量相等，故金属线圈穿过每个磁场区域过程中
速度的变化量相等，故C 正确；
D．根据C 选项，可得金属线圈进入或离开每个磁场区域过程中速度的变化量为：
可得机车的制动距离为：
，故D 错误。
故选：BC。
（多选）36．（2024•宝鸡模拟）如图所示，两平行金属导轨由水平和弧形两部分组成，水平导轨窄轨部
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分间距为L，处在竖直向上、磁感应强度为2B 的匀强磁场中，宽轨部分间距为2L，处在竖直向下、磁感
应强度为B 的匀强磁场中。现将两根质量均为m 的导体棒a、b 分别静置在弧形导轨和水平宽轨上，导体
棒a 从距水平导轨h 处静止释放。两金属棒在运动过程中始终与导轨垂直且与导轨接触良好。两导体棒接
入电路的电阻均为R，其余电阻不计，宽轨和窄轨都足够长，a 棒始终在窄轨磁场中运动，b 棒始终在宽轨
磁场中运动，重力加速度为g，不计一切摩擦，下列说法正确的是（ ）
A．a 棒刚进入磁场时，b 棒的加速度水平向左
B．从a 棒刚进入磁场到两棒达到稳定的过程中，b 棒上产生的焦耳热为
C．从a 棒刚进入磁场到两棒达到稳定的过程中，通过b 棒的电量为
D．从a 棒进入磁场到两棒达到稳定的过程中，a、b 棒与导轨所围线框的磁通量变化了
【解答】解：A.根据右手定则，a 棒进入磁场时，a 棒的电流方向向外，则b 棒的电流方向向内，根据左手
定则可得，b 棒的安培力方向向左，所以b 棒加速度方向水平向左，故A 正确；
C.对a 棒，根据动能定理
解得
当ab 棒达到稳定时
Ea＝Eb
即
2BLva＝B×2Lvb
对a 棒，以向右为正方向，由动量定理可得
对b 棒，以向左为正方向，由动量定理可得
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通过b 棒的电荷量为
以上各式联立，解得
，故C 正确；
B.根据能量守恒
解得
则b 棒上产生的焦耳热为
，故B 错误；
D.由C 可知，通过b 棒的电荷量为
解得
，故D 正确。
故选：ACD。
37．（2024•天津一模）某公园的游乐场中引进了电磁弹射儿童车项目，可简化如图，宽度为L 的水平轨
道中BE、CH 两段为绝缘材料制成，其余部分均为导体，且轨道各部分都足够长。ABCD 和EFGH 区域均
存在竖直向下的匀强磁场B（B 未知），AD 处接有电容大小为C 的电容器，FG 处接有阻值为2R 的定值
电阻．儿童车可简化为一根质量m，电阻为R 的导体棒（与轨道始终保持垂直且接触良好），开始时导体
棒静止于AD 处（如图），电容器两端电压为U0，然后闭合开关S，导体棒开始向右加速弹射。已知重力
加速度为g，不计一切摩擦和阻力。求：
（1）开始时电容器所带的电荷量q0；
（2）若导体棒在ABCD 轨道上获得的最终速度为v，求整个过程中定值电阻2R 上产生的总热量Q；
（3）当B 为多大时，导体棒在ABCD 轨道上获得的最终速度最大，其最大值vm为多少？
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【解答】解：（1）根据电容的定义式可得：
解得：q0＝CU0；
（2）对导体棒在EFGH 轨道运动过程回路中产生的热为：
定值电阻的阻值为2R，导体棒的电阻为R，根据焦耳定律可得：
联立解得：
；
（3）导体棒在ABCD 轨道运动过程，取向右为正方向，根据动量定理可得：B Lt＝mvm﹣0
其中：t＝Δq＝q0﹣q
根据电容的计算公式可得：
，ΔU＝U0﹣U
根据法拉第电磁感应定律可得：U＝BLvm
得：
当且仅当
，即
时，最终速度最大
其最大值为：
。
答：（1）开始时电容器所带的电荷量为CU0；
（2）若导体棒在ABCD 轨道上获得的最终速度为v，整个过程中定值电阻2R 上产生的总热量
；
（3）当B 为
时，导体棒在ABCD 轨道上获得的最终速度最大，其最大值vm为
。
38．（2024•西城区校级模拟）如图甲所示，两间距为L 的平行光滑金属导轨固定在水平面内，左端用导
线连接，导轨处在竖直向上的匀强磁场中，一根长度也为L、电阻为R 的金属棒放在导轨上，在平行于导
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轨向右、大小为F 的恒力作用下向右运动，金属棒运动过程中，始终与导轨垂直并接触良好，金属棒运动
的加速度与速度关系如图乙所示，不计金属导轨及左边导线电阻，金属导轨足够长，若图乙中的a0、v0均
为已知量，则下列说法不正确的是（ ）
A．金属棒的质量为
B．匀强磁场的磁感应强度大小为
C．当拉力F 做功为W 时，通过金属棒横截面的电荷量为
D．某时刻撤去拉力，此后金属棒运动过程中加速度大小与速度大小成正比
【解答】解：AB、金属棒向右运动切割磁感线的过程中，由E＝BLv，I＝
，F 安＝BIL，可得：F 安＝
根据牛顿第二定律得：F﹣F 安＝ma，联立可得：a＝
根据图乙的加速度与速度关系可得：
＝a0；
＝
解得金属棒的质量m 为
，磁感应强度B 的大小为
，故AB 正确；
C、当拉力F 做功为W 时，根据W＝Fx，可得金属棒的位移x＝
通过金属棒横截面的电荷量q＝t＝
＝
＝
，联立可得：q＝
，故C 错误；
D、某时刻撤去拉力，根据牛顿第二定律得：F 安＝ma′，可得：
＝ma′，可知此后金属棒运动过
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程中加速度大小与速度大小成正比，故D 正确。
本题选择错误的选项，故选：C。
十．电磁感应中的磁变类问题
（多选）39．（2023•龙岩三模）某兴趣小组为了研究圆柱体铁芯的涡流热功率，构建了如图所示的分析
模型，用电阻率为ρ 的硅钢薄片绕成一个内径为r、厚度为d、高度为h 的圆筒，其中d≪r。沿平行于圆柱
体轴线方向存在磁感应强度B（t）＝B0cosωt 的磁场。则此硅钢薄片中（ ）
A．产生涡流的电阻为
B．瞬时感应电动势的表达式为e＝πr2B0cosωt
C．感应电流的有效值为
D．发热功率为
【解答】解：A．根据电阻决定式得：
，故A 正确；
B．根据法拉第电磁感应定律可得
故B 错误；
C．感应电流的有效值为
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故C 正确；
D．发热功率为P＝I2R＝
＝
故D 错误；
故选：AC。
40．（2023•红桥区二模）在如图甲所示的电路中，螺线管匝数n＝2000 匝，横截面积S＝40cm2。螺线管
导线电阻r＝1.0Ω，R1＝4.0Ω，R2＝5.0Ω，C＝20μF。在一段时间内，穿过螺线管的磁场的磁感应强度B 按
如图乙所示的规律变化。求：
（1）求螺线管中产生的感应电动势；
（2）闭合S，电路中的电流稳定后，求电阻R2的电功率；
（3）S 断开后，求流经R2的电量。
【解答】解：（1）根据法拉第电磁感应定律
＝
（2）根据全电路欧姆定律
电阻R2的电功率为
（3）S 断开后，流经R2的电量即为S 闭合时C 板上所带的电量Q 电容器两端的电压
U＝IR2＝0.32×5.0V＝1.6V
流经R2的电量
Q＝CU＝20×10﹣6×1.6C＝3.2×10﹣5C
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答：（1）求螺线管中产生的感应电动势为3.2V；
（2）闭合S，电路中的电流稳定后，电阻R2的电功率为0.512W；
（3）S 断开后，流经R2的电量为3.2×10﹣5C。
十一．电磁感应现象中的感生电场
（多选）41．（2024•泉州模拟）如图甲所示，光滑绝缘细圆管固定在水平面上，半径为r。圆管平面存在
方向竖直向上且均匀分布的磁场，其磁感应强度大小随时间的变化规律如图乙所示（t0、B0均已知），取
竖直向上为正方向。已知当磁感应强度均匀变化时，会在圆管内产生场强大小处处相等且电场线闭合的涡
旋电场。管中有一质量为m、电荷量大小为q 的带负电小球从静止开始在管内做圆周运动。下列说法正确
的是（ ）
A．从上往下看小球沿顺时针方向运动
B．管内涡旋电场的场强大小为
C．小球第2 次回到出发点时的速度大小为
D．小球先后相邻两次回到出发点的过程中涡旋电场对小球的冲量增大
【解答】解：A．根据图乙可知，磁场均匀增加，由楞次定律结合安培定则可知，闭合电场线的方向为顺
时针（从上往下看），小球带负电，受电场力的方向在任意位置处与闭合电场线在该位置处场强的方向相
反，从上往下看小球沿逆时针方向运动，故A 错误；
B．根据法拉第电磁感应定律可知
可得其环形电场的的场强大小为
50
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故B 正确；
C．设小球第2 次回到出发点时的速度大小为v，由于电场强度的大小恒定，小球在电场中所受电场力的大
小不变，根据动能定理有
解得
故C 正确；
D．由于漩涡电场对小球做正功，小球的动能越来越大，小球运动一周的时间在减小，电场力的大小不
变，可知力的作用时间在减小，根据冲量的公式可知，涡旋电场对小球的冲量减小，故D 错误。
故选：BC。
十二．涡流
（多选）42．（2024•广西模拟）电磁炉正常工作时，面板下方的线圈周围产生迅速变化的磁场，使面板
上方的铁锅底部产生涡流而发热，则（ ）
A．通过线圈的是恒定电流
B．通过线圈的是交变电流
C．用全陶瓷锅替代铁锅也能发热
D．电磁炉正常工作时面板不发热
【解答】解：AB．电磁炉工作时，面板下方的线圈周围产生迅速变化的磁场，因此通过线圈的是交变电
流，故A 错误，B 正确；
C．使用时，加热线圈中通入交变电流，线圈周围便产生一交变磁场，交变磁场的磁感线大部分通过铁锅
锅底，在锅底中产生大量的涡流，从而产生烹饪所需的热，所以电磁炉发热部分需要用铁锅产生涡流来加
热，故C 错误；
D．电磁炉内线圈通过高频交流电，会在上方的铁质锅具中产生涡流，从而加热食品，面板是陶瓷材料制
成，不能产生涡流，也就不能产生热，故D 正确。
故选：BD。
十三．电磁阻尼和电磁驱动
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43．（2024•延边州一模）物理学中有很多关于圆盘的实验，第一个是法拉第圆盘，圆盘全部处于磁场区
域，可绕中心轴转动，通过导线将圆盘圆心和边缘与外面电阻相连。第二个是阿拉果圆盘，将一铜圆盘水
平放置，圆盘可绕中心轴自由转动，在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针，第三个是
费曼圆盘，一块水平放置的绝缘体圆盘可绕过其中心的竖直轴自由转动，在圆盘的中部有一个线圈，圆盘
的边缘固定着若干带负电的金属小球。以下说法正确的是（ ）
A．法拉第圆盘在转动过程中，圆盘中磁通量不变，有感应电动势，无感应电流
B．阿拉果圆盘实验中，转动圆盘，小磁针会同向转动，转动小磁针，圆盘也会同向转动
C．费曼圆盘中，当开关闭合的一瞬间，圆盘会逆时针（俯视）转动
D．法拉第圆盘和阿拉果圆盘都是电磁驱动的表现
【解答】解：A．圆盘运动过程中，圆盘中磁通量不变，但沿半径方向的金属条在切割磁感线，在圆心和
边缘之间产生了感应电动势，会产生感应电流，故A 错误；
B．阿拉果圆盘实验中，转动圆盘或小磁针，都产生感应电流，根据楞次定律的推论，感应电流的磁场总
要阻碍相对运动，因安培力的作用，另个物体也会跟着转动，属于电磁驱动，故B 正确；
C．开关闭合瞬间，线圈产生向下的磁场且强度在增加，再根据电磁场理论可知，产生逆时针方向的电
场，负电荷受到的电场力与电场方向相反，则有顺时针电场力，圆盘会顺时针（俯视）转动，故C 错误；
D．如果磁场相对于导体运动，在导体中会产生感应电流，感应电流使导体受到安培力的作用，安培力使
导体运动起来，这种作用就是电磁驱动，显然法拉第圆盘是机械能转化为电能的过程，并不是电磁驱动，
故D 错误。
故选：B。
十四．互感现象
（多选）44．（2023•贵州模拟）线圈L1、L2绕在同一个铁芯上，组成如图所示的电路，开始时，电键
K1、K2均断开，下列操作能使电流表指针偏转的是（ ）
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A．先闭合K1，稳定后再闭合K2
B．先闭合K2，过一会儿再闭合K1
C．K1、K2均闭合，电流表指针不偏转，突然断开K1
D．K1、K2均闭合，电流表指针不偏转，突然断开K2
【解答】解：A、先闭合K1，稳定后再闭合K2，L2中的磁通量不会变化，不会产生感应电流，不能使电流
表指针偏转，故A 错误；
B、先闭合K2，过一会儿再闭合K1，L1中的磁通量增大，引起L2中的磁通量增大，会产生感应电流，能使
电流表指针偏转，故B 正确；
C、K1、K2均闭合，电流表指针不偏转，突然断开K1，L1中的磁通量减小，引起L2中的磁通量减小，会产
生感应电流，能使电流表指针偏转，故C 正确；
D、K1、K2均闭合，电流表指针不偏转，突然断开K2，L2中不会产生感应电流，不能使电流表指针偏转，
故D 错误。
故选：BC。
十五．自感现象和自感系数
45．（2024•北京一模）图甲和图乙是演示自感现象的两个电路图，L1和L2为电感线圈，A1、A2、A3是三
个完全相同的灯泡。实验时，断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗；闭合开关S2，灯A2逐渐
变亮，而另一个相同的灯A3立即变亮，最终A2与A3的亮度相同。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，电路稳定后，A1中电流大于L1中电流
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C．图乙中，变阻器R 与L2的电阻值相同
D．图乙中，闭合S2瞬间，L2中电流与变阻器R 中电流相等
【解答】解：AB、图甲中，闭合S1，电路稳定后，断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，说明灯泡A1中的电
流小于线圈L1中的电流，根据欧姆定律可知L1的电阻小于A1的电阻，故AB 错误；
C、图乙中，最终A2与A3的亮度相同，则两个支路电流相同，又由于两个灯泡电阻相同，所以变阻器R 与
L2的电阻值相同，故C 正确；
D、图乙中，闭合S2瞬间，电感线圈由于自感现象，L2对电流有阻碍作用，此时自感线圈相当于一个逐渐
变化的电阻，所以两个支路的电阻不相等，两个支路并联，根据并联电路的特点，可知L2中电流与变阻器
R 中电流不相等，故D 错误。
故选：C。
46．（2024•石景山区一模）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 闪亮后再熄灭，且通过P 中的电流反向
B．Q 闪亮后再熄灭，且通过Q 中的电流方向不变
C．P 比Q 先熄灭
D．P 与Q 同时熄灭
【解答】解：开关S 处于闭合状态时，电流达到稳定状态，P 灯微亮，Q 灯正常发光，则IP很小，可得：IL
＞IP，线圈相当于一个很小的电阻，线圈与灯泡P 处于并联关系，则有RL＜R 灯；断开开关，L 线圈相当于
一个电源，其与灯泡P 构成自感回路，电路中电流方向沿逆时针方向，灯泡Q 不接入电路立即熄灭，线圈
的电流从原来的数值IL逐渐减小到零，因为IL＞IP，所以灯泡P 会闪亮后逐渐变暗熄灭。故A 正确，BCD
错误。
故选：A。
十六．电磁感应在生活中的应用
47．（2024•佛山一模）如图甲为一款网红魔术玩具——磁力“永动机”，小钢球放入漏斗后从中间小洞
落入下面的弧形金属轨道，然后从轨道另一端抛出再次回到漏斗，由此循环往复形成“永动”的效果。其
原理如图乙所示，金属轨道与底座内隐藏的电源相连，轨道下方藏有永磁铁。当如图乙永磁铁N 极朝上放
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置，小钢球逆时针“永动”时，下列分析正确的是（ ）
A．小球运动的过程中机械能守恒
B．该磁力“永动机”的物理原理是电磁感应
C．轨道a 应接电源的正极，轨道b 应接电源的负极
D．电源如何接都不影响“永动”的效果
【解答】解：A．小球运动的过程中有安培力做功，机械能不守恒，故A 错误；
B．该磁力“永动机”的物理原理是通电导体在磁场中受到安培力的作用，故B 错误；
C．为了维持小钢球逆时针“永动”永动，每个循环安培力做的功应该补充机械能的损失，小钢球应受向
右的安培力，根据左手定则可知通过小球电流的方向从轨道a 到轨道b，所以轨道a 应接电源的正极，轨道
b 应接电源的负极，故C 正确；
D．电源反接后改变安培力的方向，会影响“永动”的效果，故D 错误；
故选：C。
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