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第42 讲 法拉第电磁感应定律 自感和涡流
目录
01 课标达标练
题型01 法拉第电磁感应定律
题型02 自感与互感
题型03 涡流
题型04 电磁阻尼与电磁驱动
02 核心突破练
03 真题溯源练
01 法拉第电磁感应定律
1.特斯拉线圈开创了电力时代，如图甲所示，图乙为小花同学制作的一个“特斯拉线圈”，图丙为其原理
示意图，线圈匝数为n、横截面积为S。空间加上平行于线圈轴线并穿过线圈的匀强磁场，磁感应强度大小
随时间变化的图像如图丁所示（B0、t0已知），则在t0时间内线圈a、b 两端的电势差（ ）
A．恒为nS B0
t0
B．恒为−nS B0
t0
1
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C．从0 均匀变化到nS B0
t0
D．从0 非均匀变化到S B0
t0
【答案】A
【详解】穿过线圈的磁感应强度均匀增加，产生恒定的电动势，由法拉第电磁感应定律得
E =n ΔΦ
Δt =nS ΔB
Δt =nS B0
t0
由楞次定律可得线圈中电流的方向为b 到a，a 点电势高于b 点电势。
故选A。
2.（2025·四川成都·二模）四个完全相同的小灯泡L1、L2、L3、L4按图示电路连接，圆形区域内部存在垂
直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小随时间均匀增大。下列说法正确的是（ ）
A．通过灯泡L2的电流方向为b到a
B．灯泡L3的亮度逐渐增大
C．灯泡L2的亮度最暗
D．灯泡L1的亮度最亮
【答案】D
【详解】D．磁感应强度大小随时间均匀增大，由法拉第电磁感应定律可知，回路中产生恒定的感应电
流，L3与L4串联之后与L2并联，L1在干路上，电流最大，故L1最亮，D 正确；
A．由楞次定律，通过灯泡L2的电流方向为a到b，A 错误；
B．由上述分析可知，灯泡L3的亮度不变，B 错误；
C．由上述分析可知，灯泡L3、L4的亮度最暗，C 错误。
故选D。
3.如图甲所示，粗细均匀的单匝矩形线框放置在水平绝缘桌面上，线框两长边中点M、N所在直线一侧区
域存在匀强磁场，t =0时磁场方向垂直于桌面向上，磁感应强度B随时间t变化的关系图像如图乙所示。已
知线框的长为2 L，宽为L，单位长度的电阻为r，线框始终静止，则线框受到的最大静摩擦力为（ ）
2
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A．2B0
2 L
2
3r t0
B．B0
2 L
2
6r t0
C．B0
2 L
2
3r t0
D．4 B0❑
2 L
3
r t0
【答案】A
【详解】根据法拉第电磁感应定律可知，线框中产生的感应电动势E =ΔΦ
Δt
= 2B0 L
2
t0
回路的电阻R =6 Lr
根据闭合回路欧姆定律可知，回路中的电流I = B0 L
3r t0
磁场的磁感应强度最大时，线框受到的安培力最大，根据受力平衡可知，线框受到的最大静摩擦力
f = FA= Bm IL= 2B0❑
2 L
2
3r t0
故选A。
4.北京某中学的教室有一朝南的合金窗，教室所处位置地磁场的磁感应强度水平分量大小为B，方向垂直
于窗框水平边且指向室内。窗的窗扇竖直边长为L1，水平边长为L2，一学生在教室内将封闭的窗扇向外推
开60°的过程用时为t。对该过程判断正确的是（ ）
A．窗扇的水平边上各点的线速度相等
B．通过窗扇的磁通量大小在不断增大
C．从学生视角，窗扇产生顺时针方向的电流
3
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D．窗扇的平均感应电动势大小为E = B L1 L2
2t
【答案】D
【详解】A．窗扇水平边上各点做同轴的圆周运动，其速度大小随距离的转轴的增大而增大，所以窗扇的
水平边上各点的线速度不相等，故A 错误；
B．由于教室所处位置地磁场的磁感应强度水平分量方向垂直于窗框水平边且指向室内，所以转到过程中
与磁场垂直面积减小，故磁通量的大小不断减小，故B 错误；
C．根据右手定则可以判断出窗扇转动过程中竖直边切割磁场产生的电流方向从上到下，即窗扇产生逆时
针方向的电流，故C 答案错误；
D．窗扇开始的磁通量为Φ1= B L1 L2
转过60°的磁通量为Φ2= 1
2 B L1 L2
由此可得E =|ΔΦ|
Δt = B L1 L2
2t
故D 正确；
故选D。
5.如图所示，在竖直悬挂的金属圆环右侧，有一螺线管MN 水平放置，两者处于同一轴线上。螺线管下方
接有水平方向的平行金属导轨，且导轨所在位置有竖直向上的匀强磁场。现将导体棒ab 置于平行导轨
上，让其垂直于导轨向右做加速运动。若整个过程中导体棒与导轨接触良好，金属圆环未发生扭转，则（
）
A．导体棒b 端电势高于a 端
B．电流在螺线管内产生的磁场方向由M 指向N
C．从右侧观察，金属圆环产生逆时针方向的感应电流
D．金属圆环向右摆动
【答案】C
【详解】A．由右手定则可知，导体棒ab 向右运动时，b 端电势低于a 端，故A 错误；
4
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B．导体棒ab 向右运动时，螺线管中的电流从M 流向N，由安培定则可知螺线管内产生的磁场方向由N 指
向M，故B 错误；
C．穿过金属圆环的磁感线向左，当ab 向右做加速运动，感应电动势增大，则感应电流增大，螺线管产生
的磁场增强，穿过金属圆环的磁通量增加，由楞次定律可知，从右侧观察，金属圆环产生逆时针方向的感
应电流，故C 正确；
D．根据金属圆环和螺线管中的电流方向，金属圆环的右侧等效为磁铁的N 极，螺线管的M 端等效为磁铁
的N 极，所以金属圆环向左摆动，故D 错误。
故选C。
6.如图所示，三根完全相同的电阻丝一端连在一起并固定在转轴O 上，另一端分别固定于导体圆环上的
A、C、D 点，并互成120°角，导体圆环的电阻不计。转轴的右侧空间有垂直于纸面向里的匀强磁场，范
围足够大，现让圆环绕转轴O 顺时针匀速转动，在连续转动的过程中，对其中一根电阻丝OA，下列说法
正确的是（ ）
A．电流方向始终不变
B．A 点的电势始终高于O 点的电势
C．电流大小始终不变
D．电流大小有三个不同值
【答案】B
【详解】A．根据右手定则可知，当OA 在磁场中时，电流从O 到A，当OA 在磁场外时，电流从A 到O，
故A 错误；
B．当OA 在磁场中时，A 为电源正极，O 为电源负极，A 点的电势高于O 点的电势，当OA 在磁场外时，
电流从A 到O，A 点的电势高于O 点的电势，故B 正确；
CD．对于连续转动的不同时刻，电路有两种不同情形，如图所示
5
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图甲为只有一根电阻丝在磁场中的情形，图乙为两根电阻丝在磁场中的情形，两电路中的电动势相同，总
电阻相同，所以总电流相同，但流过图甲中的一个电阻和图乙中的一个电源的电流均为总电流的一半，故
流过OA 中的电流大小有两个不同值，故CD 错误。
故选B。
7.置于匀强磁场中的金属圆盘中央和边缘各引出一根导线，与套在铁芯上部的线圈A 相连。套在铁芯下部
的线圈B 引出两根导线接在两根水平光滑导轨上，如图所示，导轨上有一根金属棒ab 静止处在垂直于纸面
向外的匀强磁场中。要使ab 棒向左运动，则圆盘可以（ ）
A．顺时针匀速转动
B．顺时针加速转动
C．逆时针匀速转动
D．逆时针加速转动
【答案】B
【详解】当圆盘顺时针加速转动时，根据右手定则可知产生的感应电流方向为由圆心指向盘边缘，在线圈
A 中的磁场方向为由A 指向B，且磁场在增强，在线圈B 中产生感应电流，棒ab 中电流方向由a 流向b，
根据左手定则可知ab 棒向左运动，同理可知，圆盘顺时针减速转动时，ab 棒向右运动，圆盘匀速转动
时，ab 棒不受力，静止不动，圆盘逆时针加速转动时，ab 棒将向右运动。
故选B。
8.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，长为L的金属杆MN在平行金属导
轨上以速度v向右匀速滑动。金属导轨电阻不计，金属杆与导轨的夹角为θ，电阻为2 R，ab间电阻为3 R
，M、N两点间电势差为U，M、N两点电势分别为φM、φN，则下列正确的是（ ）
6
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A．φN <φM，U = 2BLv sinθ
5
B．φN <φM，U = 3 BLv sinθ
5
C．φN >φM，U = BLv sinθ
D．φN >φM，U = 3 BLv sinθ
5
【答案】B
【详解】根据右手定则可知M 点电势高于N 点，即φN <φM
感应电动势E = BLsinθ⋅v
可得MN 间的电势差U =
E
3 R+2 R ×3 R = 3 BLv sinθ
5
故选B。
9.（多选）如图所示，平行虚线a、b 之间存在垂直纸面向里的匀强磁场，两虚线间的距离为l。现使一粗
细均匀、电阻为R的闭合直角三角形导线框ABC以恒定的速度v沿垂直于磁场边界的方向穿过磁场区域。
已知AB边长为l，BC边与磁场边界平行。t =0时刻，A点到达边界a，取逆时针方向为感应电流的正方
向，则在导线框穿越磁场区域的过程中，感应电流i及安培力的功率P随时间t变化的图线可能是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】AD
【详解】AB．如图所示
7
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导线框ABC从初位置1 到整个导线框进入磁场位置2 的过程，切割磁感线的有效长度随时间线性增大，则
电动势大小随时间线性增大，电流大小随时间线性增大，由右手定则可知电流方向为逆时针方向，即为正
方向；导线框ABC从位置2 到完全离开磁场位置3 的过程，切割磁感线的有效长度随时间线性增大，则电
动势大小随时间线性增大，电流大小随时间线性增大，由右手定则可知电流方向为顺时针方向，即为负方
向，A 正确，B 错误；
CD．线圈匀速运动，电流的热功率等于安培力做功的功率，即
P = I
2 R
由于从位置1 到位置2 电流大小从0随时间线性增大，从位置2 到位置3 电流大小又从0随时间线性增大，
可知C 错误，D 正确；
故选AD。
10.（多选）如图所示，两足够长平行金属直导轨MN 、PQ的间距为L，固定在同一水平面内，直导轨在
左端M 、P点分别与两条竖直固定、半径为r的1
4 圆弧导轨相切。MP连线与直导轨垂直，其左侧无磁
场，右侧存在磁感应强度大小为B，方向竖直向上的匀强磁场。长为L、质量为m、电阻为R的金属棒ab跨
放在两圆弧导轨的最高点。质量为4 m、电阻为4 R的均匀金属丝制成一个边长为L的正方形线框，水平放
置在两直导轨上，其中有两条边与两直导轨重合。忽略导轨的电阻、所有摩擦以及线框的可能形变，金属
棒、线框均与导轨始终接触良好，重力加速度大小为g。现将金属棒ab由静止释放，金属棒ab始终没有与
线框碰撞，则（ ）
8
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A．ab刚越过MP时，通过金属棒ab的电流大小为2BL√2gr
3 R
B．ab刚越过MP时，通过金属棒ab的电流大小为BL√2gr
3 R
C．ab从越过MP到开始匀速，相对线框运动的距离为6mR√2gr
5 B
2 L
2
D．ab从越过MP到开始匀速，相对线框运动的距离为5mR√2 gr
6 B
2 L
2
【答案】AC
【详解】AB．对金属棒ab由静止释放到刚越过MP的过程，由动能定理有mgr = 1
2 mv0
2
解得v0=√2gr
则ab刚越过MP时产生的感应电动势大小为E = BLv0= BL√2gr
正方形线框有两条边与两直导轨重合，线框接入电路的电阻为R并= R
2
由闭合电路的欧姆定律得E = I (R+ R并)
解得I = 2BL√2 gr
3 R
故A 正确，B 错误；
CD．最终金属棒ab与线框以共同速度v匀速运动，由动量守恒定律得m v0=(m+ 4 m)v
解得v = √2gr
5
对金属棒ab应用动量定理得−BLI ⋅Δt =mv −m v0
又联立解q = I ⋅Δt = BL⋅Δ x
R+ 1
2 R
得Δ x = 6mR√2gr
5 B
2 L
2
故C 正确，D 错误。
故选AC。
11.（多选）如图所示，间距为L 的竖直平行金属导轨MN、PQ 上端接有电阻R，质量为m、接入电路的电
阻为r 的金属棒ab 垂直于平行导轨放置，垂直导轨平面向里的水平匀强磁场的磁感应强度大小为B，不计
9
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导轨电阻及一切摩擦，且ab 与导轨接触良好。若金属棒ab 在竖直向上的外力F 作用下以速度v 匀速上
升，则下列说法正确的是（ ）
A．a、b 两端的电势差小于BLv
B．a、b 两端的电势差大于BLv
C．拉力F 所做的功等于重力势能的增加量和电路中产生的热量之和
D．拉力F 所做的功与重力做功的代数和等于电阻R 上产生的热量
【答案】AC
【详解】AB．ab 棒切割磁感线产生的电动势为E = BLv，ab 棒相当于电源，由于电源有内阻，所以ab 棒
两端电压小于BLv，故A 正确，B 错误；
CD．根据功能关系可知，拉力F 做的功等于重力势能的增加量和电路中产生的热量之和，故C 正确，D 错
误。
故选AC。
12.（多选）手摇发电手电筒经历发电、整流、充电存储后，通过电池给LED 灯泡供电。发电装置的结构如
图甲所示，两对永磁体可随手电筒相对于边长为L 的N 匝正方形线圈上下振动，每对永磁体间存在着垂
直于线圈平面的匀强磁场，磁感应强度大小均为 B。某时刻磁场分界线恰好经过线圈的中轴线，如图乙所
示，永磁体振动时磁场分界线不会离开线圈。下列说法正确的是（ ）
A．图乙时刻穿过线圈的磁通量为零
B．磁铁相对线圈运动越快，线圈中产生的感应电动势越小
C．当磁铁相对于线圈的速度大小为v时，线圈中产生的感应电动势大小为2BLv
D．磁铁相对线圈下降时，图乙中感应电流的方向为顺时针方向
【答案】AD
10
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【详解】A．图乙时刻穿过线圈的磁通量为零，选项A 正确；
B．磁铁相对线圈运动越快，线圈切割磁感线的速度越大，则线圈中产生的感应电动势越大，选项B 错
误；
C．当磁铁相对于线圈的速度大小为v时，线圈两边切割磁感线产生的感应电动势方向相同，则线圈中产生
的感应电动势大小为
E =2 NBLv
选项C 错误；
D．根据右手定则，磁铁相对线圈下降时，线圈相对磁场向上运动，则图乙中感应电流的方向为顺时针方
向，选项D 正确。
故选AD。
13.（多选）如图所示，金属棒ab、金属导轨和螺线管组成闭合回路，金属棒ab 在匀强磁场B 中沿导轨向
右运动，则（ ）
A．ab 棒不受安培力作用
B．ab 棒所受安培力的方向向右
C．ab 棒向右运动速度v 越大，所受安培力越大
D．螺线管产生的磁场，A 端为S 极
【答案】CD
【详解】A．金属棒ab 向右运动切割磁感线，根据右手定则判断感应电流方向由b→a，再根据左手定则
判断棒所受安培力水平向左，故A、B 错误；
C．由公式
E = Blv
I = E
R总
F = BIL
ab 的速度v越大，感应电动势越大，感应电流越大，所受安培力就越大，故C 正确；
D．根据安培定则可判定螺线管的B 为端为N 极，A 为端为S 极。故D 正确。
故选CD。
11
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02 自感与互感
14.下面关于自感的说法正确的是（ ）
A．自感电动势总是阻碍电路中原来电流的增加
B．自感电动势总是阻碍电路中原来电流的变化
C．同一电感线圈中的电流越大，自感电动势越大
D．同一电感线圈中的电流变化越大，自感电动势越大
【答案】B
【详解】AB．感应电动势总是阻碍导体中原来电流的变化，当电流增大时，自感电动势与原来电流方向相
反；当电流减小时，自感电动势的方向与原来电流方向相同，故A 错误，B 正确；
CD．由电磁感应定律可得自感电动势的大小与线圈中电流的变化率成正比，即与单位时间内变化的电流成
正比，故CD 错误。
故选B。
15.如图所示的电路中，L 是电阻不计的电感线圈，C 是电容器，闭合开关S，待电路达到稳定状态后再断
开S，LC 电路中将产生电磁振荡。规定电感L 中的电流方向从a 到b 为正，断开开关时刻t =0，下图中能
正确表示电感线圈中的电流i 随时间t 变化规律的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
12
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【详解】开关断开前，线圈中电流方向从a 到b，为正值；开关断开的瞬间，线圈中产生感应电动势，线
圈与电容的回路中产生感应电流。根据楞次定律，感应电流的方向与原来电流的方向相同，方向从a 到
b。开关断开的瞬间，线圈中的磁场能最大，感应电流最大。综上所述，开关断开的瞬间，t =0时刻，感应
电流为正最大。
故选A。
16.在如图所示的电路中，电阻R 小于灯泡电阻的阻值，自感线圈L 的电阻值可认为是零，下列关于该电路
自感现象的分析正确的是（ ）
A．在接通开关时，灯泡立刻亮起
B．在接通开关时，灯泡缓慢亮起
C．接通开关稳定后再断开开关，通过灯泡的电流会反向
D．接通开关稳定后再断开开关，灯泡会闪亮一下再缓缓熄灭
【答案】B
【详解】AB．当开关接通瞬间，电阻R 支路：无自感元件，电流能瞬间达到稳定值；线圈L 与灯泡串联的
支路：线圈L 会因电流突然增大产生自感电动势，从而阻碍电流的增大，所以该支路电流只能逐渐增大。
因此，灯泡的电流是逐渐增大的，灯泡会缓慢亮起，而非“立刻亮起”。故A 错误，B 正确；
C．接通开关稳定后再断开开关，电源被切断，电阻R 中原来的电流马上消失，线圈L 因电流突然减小产生
自感电动势，阻碍电流减小，根据楞次定律“增反减同”原理可知，自感电动势方向与原电流方向相同。
此时线圈L 相当于“临时电源”，与灯泡、电阻R 构成新的回路，所以线圈L 的自感电流方向与原电流方
向一致，即灯泡的电流方向与原来相同，并非反向，故C 错误；
D．接通开关稳定后再断开开关，线圈产生自感电动势阻碍灯泡中电流的减小，所以断开开关瞬间灯泡中
电流不变，灯泡会逐渐熄灭，不会出现先闪亮一下再缓缓熄灭的现象，故 D 错误。
故选B。
17.无线充电是近年发展起来的新技术。如图所示，该技术通过发射线圈和接收线圈传输能量。手机的内置
接收线圈可以直接放在无线充电基座上进行充电，下列关于无线充电的说法正确的是（ ）
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A．无线充电过程主要利用了电磁感应原理
B．在充电过程中只有电能间的相互转化
C．无线充电基座可以对所有手机进行充电
D．无线充电基座可以用稳恒直流电源充电
【答案】A
【详解】A．无线充电过程主要利用互感现象来实现能量传递的，故A 正确；
B．充电时线圈中有电流，根据电流的热效应，可知线圈会发热，有电能损失，故B 错误；
C．如果手机内没有接收线圈，则无线充电基座不可以对手机进行充电，故C 错误；
D．如果无线充电基座用稳恒直流电源供电，则接收线圈的磁通量不变，不能产生感应电流，无法对手机
充电，故D 错误。
故选A。
18.无线充电技术的发展使人们可以利用无线充电板为手机充电，如图所示为充电原理图。充电板的送电线
圈接电源，对充电板供电，通过线圈的互感使手机内的受电线圈产生电流对手机电池充电。若时间0~t0内
送电线圈产生的磁场垂直于受电线圈平面向上，其磁感应强度均匀增加。下列说法正确的是（ ）
A．送电线圈可以接稳恒电源给手机充电
B．时间0~t0内，送电线圈中的电流为顺时针方向（俯视）
C．时间0~t0内，c 点电势低于d 点电势
D．时间0~t0内，受电线圈内的感应电流均匀增加
【答案】C
【详解】A．恒定电源无法产生变化的磁场，在受电线圈中就无法产生感应电流，没法给手机充电，故A
错误；
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B．由题意可知0~t0内送电线圈产生的磁场垂直于受电线圈平面向上，根据安培定则可知，送电线圈中的
电流为逆时针方向（俯视），故B 错误；
C．由题意可知0~t0内送电线圈产生的磁场垂直于受电线圈平面向上，其磁感应强度均匀增加；根据楞次
定律，受电线圈感应电流产生的磁场方向应垂直线圈平面向下，再结合安培定则可知，感应电流的方向应
从c 到d，受电线圈相当于电源，电流从负极流向正极，故c 点电势低于d 点，故C 正确；
D．当送电线圈中的磁场均匀增加时，受电线圈中的磁场也是均匀变化的，根据法拉第电磁感应定律可
知，此时感应电动势是不变的，故受电线圈中的感应电流不变，故D 错误。
故选C。
03 涡流
19.我国正在大力发展电动汽车，科研人员也在测试汽车的无线充电。将受电线圈安装在汽车的底盘上，将
连接电源的供电线圈安装在地面上，如图所示。当电动汽车行驶到供电线圈装置上，受电线圈即可“接
受”到供电线圈的能量，从而对蓄电池进行充电。关于无线充电，下列说法正确的是（ ）
A．无线充电技术与扬声器的工作原理相同
B．为了保护受电线圈不受损坏，可在车底接收线圈下再加装一个金属护板
C．只有将供电线圈接到交流电源上，才能对车辆进行充电
D．若供电线圈和接收线圈均用超导材料，充电效率可达100%
【答案】C
【详解】A．无线充电技术就是通过电磁感应原理，当穿过受电线圈的磁通量发生变化时，受电线圈会产
生感应电动势，有了感应电流，对蓄电池进行充电，扬声器是通电导线在磁场中受力从而发声，两者原理
不同，故A 错误；
B．如果在车底加装一个金属护板，金属护板会产生涡流，损耗能量，同时屏蔽磁场，使受电线圈无法产
生感应电流，故B 错误；
C．供电线圈只有接到交流电源上，能产生变化的磁场，从而使受电线圈产生感应电流给蓄电池充电，故C
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正确；
D．即使线圈为超导材料制作，但在传输过程中仍然会有能量损失比如漏磁，所以效率不可能达100%，故
D 错误。
故选C。
20.考生入场时，监考老师要用金属探测器对考生进行安检后才允许其进入考场。探测器内有通电线圈，当
探测器靠近任何金属材料物体时，就会引起探测器内线圈中电流变化，报警器就会发出警报；靠近非金属
物体时则不发出警报。关于探测器工作原理，下列说法正确的是（ ）
A．探测器利用的是静电感应现象
B．探测器利用的是磁场对金属的吸引作用
C．探测器利用发射和接收电磁波进行工作的
D．当探测器靠近金属物体时，能在金属中形成涡流，进而引起线圈中电流的变化
【答案】D
【详解】A．金属探测器利用的是电磁感应现象；故A 错误；
B．金属探测器探测金属时，被测金属中感应出涡流；故B 错误；
CD．探测过程中工作时，当探测器靠近金属物体时，能在金属中形成涡流，进而引起线圈中电流的变化；
故C 错误，D 正确。
故选D。
21.（多选）如图是公路上安装的一种测速“电子眼”。在“电子眼”前方路面下间隔一段距离埋设两个通
电线圈，当车辆通过线圈上方的道路时，会引起线圈中电流的变化，系统根据两次电流变化的时间及线圈
之间的距离，对超速车辆进行抓拍。下列判断正确的是（ ）
A．汽车经过线圈会产生感应电流
B．线圈中的电流是由于汽车通过线圈时发生电磁感应引起的
C．“电子眼”测量的是汽车经过第二个线圈的瞬时速率
D．如果某个线圈出现故障，没有电流，“电子眼”就无法正常工作
【答案】AD
【详解】A．在“电子眼”前方路面下间隔一段距离埋设的是“通电线圈”，汽车上大部分是金属，当汽
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车通过线圈时，汽车金属中会产生感应电流，故A 正确；
B．线圈本身就是通电线圈，线圈中的电流并不是由于汽车通过线圈时发生电磁感应引起的，汽车通过时
产生的电磁感应现象只是引起线圈中电流发生变化，故B 错误；
C．“电子眼”是根据两次电流变化的时间及线圈之间的距离，算出汽车通过两个线圈的平均速度，故C
错误；
D．如果某个线圈出现故障，没有电流，汽车经过时就不会产生电滋感应现象，“电子眼”就无法正常工
作，故D 正确。
故选AD。
22.（多选）变压器的铁芯是利用薄硅钢片叠加而成的，而不是采用一整块硅钢，这是为了（ ）
A．增大涡流
B．减小涡流
C．产生更多的热量
D．减小发热量
【答案】BD
【详解】涡流能使导体发热。变压器的铁芯是相互绝缘的硅钢片叠加而成的，从而降低涡流强度，减少能
量损耗，提高变压器的效率。
故选BD。
23.（多选）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
【答案】BD
【详解】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．电磁炉工作时，变化的磁场使面板上方的铁锅底部产生涡流，铁锅迅速发热，从而达到加热食物的目
的，属于涡流，用全陶瓷锅替代铁锅不能产生涡流，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
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成，不能产生涡流，也就不能产生热，故D 正确。
故选BD。
04 电磁阻尼与电磁驱动
24.关于下列四幅图的说法正确的是（ ）
A．图甲中小磁针放在超导环形电流中间，静止时小磁针的指向如图甲所示
B．摇动图乙中的手柄使得蹄形磁铁转动，则铝框会以相同的速度同向转动
C．将图丙中金属矩形线框从匀强磁场中的a 位置水平移到b 位置，框内会产生感应电流
D．图丁是真空冶炼炉，当炉外线圈通入高频交流电时，炉内金属产生涡流发热，从而冶炼金属
【答案】D
【详解】A．根据安培定则可知，环形电流在环内的磁场方向垂直于纸面向外，则静止时小磁针的N极应该
向外，不是如图甲所示，故A 错误；
B．摇动图乙中的手柄使得蹄形磁铁转动，导致穿过铝框的磁通量发生变化，铝框产生感应电流，根据楞
次定律可知，蹄形磁铁的磁场对感应电流的安培力使得铝框以小于蹄形磁铁转动的速度同向转动，故B 错
误；
C．将图丙中金属矩形线框从匀强磁场中的a位置水平移到b位置，穿过线框的磁通量没有发生变化，框内
不会产生感应电流，故C 错误；
D．图丁是真空冶炼炉，当炉外线圈通入高频交流电时，炉内金属产生涡流发热，从而冶炼金属，故D 正
确。
故选D。
25.如图所示，截去一半的塑料瓶周围贴上三块强磁铁，用木棍从内部撑起塑料瓶，它的两边有用木棍支撑
起倒立的铝质的易拉罐，当从上往下看顺时针转动中间的塑料瓶时，那么两边的易拉罐转动情况是
（ ）
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A．两边的易拉罐不动
B．两边的易拉罐都是逆时针转动
C．两边的易拉罐都是顺时针转动
D．稳定时，易拉罐转动的角速度等于塑料瓶转动的角速度
【答案】B
【详解】由于塑料瓶带动磁铁转动过程中，穿过易拉罐的磁通量不断变化，从而产生感应电流，易拉罐将
受到安培力作用而转动，属于电磁驱动，所以若塑料瓶顺时针旋转，则左右两边的易拉罐都是逆时针转
动，易拉罐转动的角速度小于塑料瓶转动的角速度，B 选项符合题意。
故B 正确。
26.水平放置的玻璃板上方有一用细线悬挂的可自由旋转的小磁针，下方有一水平放置的铜圆盘。圆盘的轴
线与小磁针悬线在同一直线上，初始时小磁针与圆盘均处于静止状态。当圆盘绕轴逆时针方向匀速转动
时，下列说法正确的是（ ）
A．小磁针不动
B．小磁针逆时针方向转动
C．小磁针顺时针方向转动
D．由于圆盘中没有磁通量的变化，圆盘中没有感应电流
【答案】B
【详解】铜圆盘上存在许多小的闭合回路，当圆盘转动时，穿过小的闭合回路的磁通量发生变化，回路中
产生感应电流（涡流），此电流产生的磁场导致磁针逆时针方向转动，构成电磁驱动。
故选B。
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27.以下现象利用了电磁阻尼规律的是（ ）
A．①②④
B．②③④
C．①③④
D．①②③
【答案】D
【详解】①因条形磁场的振动，导致穿过线圈的磁通量发生变化，从而产生感应电流，感应电流对磁铁的
相对运动有阻碍作用，能使振动的条形磁铁快速停下来，这是利用了电磁阻尼的作用，故①正确；
②强磁铁下落导致穿过铝管的磁通量变化，从而产生感应电流，感应电流对强磁铁的相对铝管的运动有阻
碍作用，形成感应磁场阻碍磁铁的下落，这是利用了电磁阻尼规律，故②正确；
③当金属圆盘转动时，导致切割磁感应线，从而形成感应电流，感应电流对铝盘与磁铁间的相对运动有阻
碍作用，能使铝盘迅速停下来，这是利用电磁阻尼规律，故③正确；
④当转动磁铁时，导致穿过线圈的磁通量变化，从而产生感应磁场，进而阻碍原来的磁通量变化，出现线
圈跟着磁铁转动，这是利用了电磁驱动原理，故④错误。
故选D。
28.（多选）如图所示，让一铝制圆盘靠近U 形磁铁的两级，但不接触，且磁铁的中心轴线与圆盘的中心在
同一竖直线上．现让磁铁按照图示的方向转动，则下列说法正确的是 （ ）
A．磁铁不能吸引铝，因此圆盘不会随磁铁转动而转动
B．圆盘跟随磁铁转动的原因是内部产生的涡流引起的
C．磁铁停止转动后，由于电磁阻尼作用圆盘很快也会停止转动
D．磁铁转动时，圆盘内磁通量并未发生了变化，因此圆盘不会随磁铁转动而转动
【答案】BC
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【详解】ABD．在磁铁转动过程中，穿过整个圆盘的磁通量不发生变化，以圆盘盘面的其中一条直径为
界，两侧穿过圆盘的磁感线的方向不同，当磁铁转动时，穿过圆盘两侧局部的磁通量发生变化，从而在圆
盘上的不同位置产生涡流，由楞次定律可知，涡流会阻碍磁铁与圆盘间的相对运动，因此圆盘会跟随磁铁
一起转动，故B 正确；AD 错误；
C．磁铁停止转动后，由于电磁阻尼作用圆盘很快也会停止转动，故C 正确；
故选BC。
29.如图，正方形导线框abcd放在匀强磁场中静止不动，磁场方向与线框平面垂直，磁感应强度B 随时间t
的变化关系如图乙所示，t =0时刻，磁感应强度的方向垂直纸面向里。下列选项中能表示线框的ab边受到
的安培力F 随时间t 的变化关系的是（规定水平向左为F 的正方向）（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】0~1s 内磁场方向向里且均匀减小，由楞次定律可得线圈中产生顺时针方向的感应电流，由公式
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E = ΔΦ
Δt = Δ B
Δt
可知产生的感应电动势恒定，由I = E
R ，可知电流恒定；
由于F = BIL可知，磁感应强度均匀减小，则线框的ab边受到的安培力F 均匀减小，由左手定则可知安培
力方向水平向左，为正值。
1~3s 内磁场方向向外且均匀增大，由楞次定律可得线圈中产生顺时针方向的感应电流，感应电动势恒定，
电流恒定，则根据安培力公式可知，随着磁感应强度均匀增大，安培力均匀增大，由左手定则可知安培力
方向水平向右，为负值。
3~5s 内磁场方向向外且均匀减小，由楞次定律可得线圈中产生逆时针方向的感应电流，感应电动势恒定，
电流恒定，则根据安培力公式可知，随着磁感应强度均匀减小，安培力均匀减小，由左手定则可知安培力
方向水平向左，为正值。
5~6s 内磁场方向向里且均匀增大，由楞次定律可得线圈中产生逆时针方向的感应电流，感应电动势恒定，
电流恒定，则根据安培力公式可知，随着磁感应强度均匀增大，安培力均匀增大，由左手定则可知安培力
方向水平向右，为负值。
故选A。
30.如图甲所示，200 匝总阻值为0.5kΩ的圆形线圈两端M、N 与一个阻值为1.5kΩ的电压表相连，其余
电阻不计，线圈内有垂直纸面指向纸内方向的磁场，线圈中的磁通量在按图乙所示规律变化，下列说法正
确的是（ ）
A．线圈中产生的感应电流沿顺时针方向
B．若线圈匝数变为100 匝，电压表的示数变为原来的一半
C．电压表的示数为50V
D．线圈中产生的感应电动势为100V
【答案】D
【详解】A．穿过线圈的磁通量向里增加，根据楞次定律可知，线圈中产生的感应电流沿逆时针方向，故A
错误；
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CD．线圈中产生的感应电动势为E =n ΔΦ
Δt =200× 0.15−0.10
0.1
V =100 V
电压表的示数为U =
RV
RV+r E =
1.5
1.5+0.5 ×100 V=75 V
故C 错误，D 正确；
B．若线圈匝数变为100 匝，即变为原来的一半，由于线圈的总长度不变，则线圈的周长变为原来的两
倍，线圈的半径变为原来的两倍，线圈的面积变为原来的4 倍；根据E =n ΔΦ
Δt =n Δ B
Δt S
可知电动势变为原来的两倍，电压表的示数变为原来的两倍，故B 错误。
故选D。
31.近年来，手机无线充电功能的广泛应用为人们提供了很大便利。如图甲为充电原理示意图。充电板接交
流电源，对充电板供电，充电板内的励磁线圈可产生交变磁场，从而使手机内的感应线圈产生感应电流。
当充电板内的励磁线圈通入如图乙所示的交变电流时（电流由a 流入时方向为正），下列说法正确的是（
）
A．感应线圈中产生的是恒定电流
B．感应线圈中电流的方向总是与励磁线圈中电流方向相反
C．t3时刻，感应线圈中电流的瞬时值为0
D．t1~t3时间内，c 点电势低于d 点电势
【答案】C
【详解】A．励磁线圈产生的磁场随电流变化，因为电流不是均匀变化，电流产生的磁场也不是均匀变
化，所以感应线圈中的感应电动势不是恒定的，感应电流也就不是恒定的，故A 错误；
B．感应电流方向阻碍引起感应电流的磁通量的变化，当励磁线圈电流减小，电流产生的磁场减弱时，感
应电流的方向与励磁线圈电流的方向相同，阻碍磁场减弱，故B 错误；
C．t3时刻，励磁线圈电流变化率为零，磁感应强度变化率为零，感应线圈中的感应电动势为零，感应电流
为零，故C 正确；
D．t1~t3时间内，由楞次定律可知，感应电流的磁场方向一直向上，所以感应线圈中的电流从d 到c，由于
电源内部电流从负极到正极，则c 点电势高于d 点电势，故D 错误。
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故选C。
32.如图所示，半径为L 的导电圆环（电阻不计）绕垂直于圆环平面、通过圆心O 的金属轴以角速度ω 逆
时针匀速转动。圆环上接有电阻均为r 的三根金属辐条OA、OB、OC，辐条互成120°角。在圆环圆心角
∠MON＝120°的范围内（两条虚线之间）分布着垂直圆环平面向外、磁感应强度大小为B 的匀强磁场，圆
环的边缘通过电刷P 和导线与一个阻值也为r 的定值电阻R0相连，定值电阻R0的另一端通过导线接在圆环
的中心轴上，在圆环匀速转动过程中，下列说法中正确的是（ ）
A．金属辐条OA、OB、OC 进出磁场前后，辐条中电流的大小不变，方向改变
B．定值电阻R0两端的电压为2
5BL2ω
C．通过定值电阻R0的电流为B L
2ω
8r
D．圆环转动一周，定值电阻R0产生的热量为π B
2 L
4ω
96r
【答案】C
【详解】A．由题意知，三根金属辐条始终有一根在磁场中切割磁感线，切割磁感线的金属辐条相当于内
阻为r 的电源，另外两根金属辐条和定值电阻R0并联，辐条进出磁场前后电流的大小、方向均改变，故A
错误；
BC．电路的总电阻
R = 4 r
3
圆环匀速转动时感应电动势
E = BL ωL
2 = B L
2ω
2
所以定值电阻R0两端的电压
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U = E
R · r
3 = B L
2ω
8
通过定值电阻R0的电流
I = U
r = B L
2ω
8r
故B 错误，C 正确；
D．圆环转动一周，定值电阻R0产生的热量
Q = I
2rT = π B
2 L
4ω
32r
故D 错误。
故选C。
33.如图所示，固定在水平面上的半径为r 的金属圆环内存在方向竖直向下、磁感应强度大小为B 的匀强磁
场。长度也为r、电阻为R 的直导体棒OA 置于圆导轨上面，导体棒在外力作用下绕O 点以角速度ω 顺时
针匀速转动。直导体棒O 端和圆轨道引出导线分别与电阻R1=R、R2=2R 和电容为C 的平行板电容器相连。
已知重力加速度为g，不计其他电阻和摩擦，下列说法正确的是（ ）
A．M 板带负电
B．导体棒OA 产生的电动势为Br2ω
C．电容器所带电荷量为1
4 CBr
2ω
D．电阻R1上消耗的电功率为B
2r
2ω
2
64 R
【答案】C
【详解】A．根据右手定则可知，等效电源OA 的A 端为正极，则M 板带正电，故A 错误；
B．导体棒OA 垂直磁场转动切割磁感线，则产生的感应电动势为
E = Brω⋅1
2 r = Bωr
2
2
故B 错误；
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C．回路的感应电流
I =
E
R+ R1+ R2
电容器两端电压
U 2= I R2
根据电容的定义式有
C = Q
U
解得
Q = 1
4 CBr
2ω
故C 正确；
D．电阻R1上消耗的电功率为
P = I
2 R1
结合上述解得
P = B
2r
4ω
2
64 R
故D 错误。
故选C。
34.裸露的柔软导线ab，单位长度的电阻为R，其中一部分弯曲成为半径为r 的圆圈，圆圈导线相交处接触
良好，圆圈所在区域有与圆圈平面垂直的匀强磁场B，将导线的b 端固定，用沿ba 方向的恒力F 慢慢将导
线拉直，若圆圈在缩小的过程中始终保持圆的形状，则拉直导线所用的时间为（ ）
A．t = B
2r
2
2 FR
B．t =πB
2r
2
2 FR
C．t =
B
2r
2
2π FR
D．t = Br
2
2 FR
【答案】A
【详解】设在恒力F 的作用下，A 端△t 时间内向右移动微小的量△x，则相应圆半径减小△r，则有
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Δ x =2π Δr
在Δt时间内F做的功等于回路中电功F Δ x = E
2
R1
Δt
电动势为E = B Δ S
Δt
Δ S可认为由于半径减小微小量Δr而引起的面积的变化，有Δ S =2πr ⋅Δr
而回路中的电阻R1= R❑⋅2πr
联立解得Δt = B
2 ΔS
2
2πF R❑
显然Δt与圆面积变化Δ S成正比，所以由面积π r
2变化为零，所经历的时间t为t =∑Δt = B
2r
2
2 FR
故选A。
35.1820 年，毕奥与萨伐尔通过实验方法证明，很长的直导线MN 在空间某点产生磁场的磁感应强度B 与
这一点到直导线的距离r 成反比，即如图所示，左侧有足够长直导线，电流大小恒定，与直导线在同一平
面内的闭合矩形导线框abcd，匀速向右运动，运动过程中保持ab 边与直导线平行，导线框ab 边长为l，
当导线框ab 边距直导线的距离等于l 时，ab、dc 边产生的感应电动势之比为（ ）
A．1:2
B．2:1
C．1:1
D．3:1
【答案】B
【详解】直导线MN 在空间某点产生磁场的磁感应强度B 与这一点到直导线的距离r 成反比，设
B = kI
r ab 边产生的感应电动势
E1= B1lv = kI
l lv =kIvdc 边产生的感应电动势
E2= B2lv = kI
2l lv = kIv
2 ab、dc 边产生的感应电动势之比为
E1: E2=2:1
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故选B。
36.（多选）如图所示，在倾角为θ 的光滑斜面上，存在两个大小相等、方向相反的匀强磁场，磁场方向与
斜面垂直，两磁场的宽度MJ 和JG 均为L，一个质量为m、电阻为R、边长也为L 的正方形导线框，由静
止开始沿斜面下滑，当ab 边刚越过GH 进入磁场时，线框恰好以速度v0做匀速直线运动；当ab 边下滑到
JP 与MN 的中间位置时，线框又恰好以速度v 做匀速直线运动，则（ ）
A．v0=4v
B．线框离开MN 的过程中电流方向为adcba
C．当ab 边刚越过JP 时，线框加速度的大小为gsinθ
D．从ab 边刚越过GH 到ab 边刚越过MN 过程中，线框产生的热量为2mgLsinθ+ 15
32 mv0
2
【答案】ABD
【详解】A．由题意当ab 边刚越过GH 进入磁场时，线框恰好以速度v0做匀速直线运动，加速度为零。当
ab 边下滑到JP 与MN 的中间位置时，线框又恰好以速度v 做匀速直线运动，则知两次匀速运动时，重力
沿斜面向下的分力与安培力平衡，安培力的表达式分别为
F1= B
2 L
2v0
R
F2=2BL I 2= 4 B
2 L
2v
R
由平衡条件即可求出速度关系
v0=4v
故A 正确。
B．线框离开MN 的过程中，穿过线圈磁通量减小，由楞次定律可行，线圈产生的感应电流方向为adcba，
故B 正确。
C．当ab 边未越过JP 时，线框做匀速直线运动，处于受力平衡，即
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mgsinθ = B
2 L
2v0
R
当ab 边刚越过JP 时，线框两边切割磁感线，导致线框做匀减速运动，受力分析，即
mgsinθ−4 B
2 L
2v0
R
=ma
从而可求出线框加速度的大小为3 gsinθ，故C 错误；
D．从ab 边刚越过GH 到ab 边刚越过MN 过程中，线框的重力势能和动能均减小，根据功能关系得知，线
框克服安培力做功的大小等于重力势能的减少量与动能减小量之和。则线框产生的热量为
Q =mg⋅2 Lsinθ+ 1
2 m v0
2−1
2 m v
2
解得
Q =2mgLsinθ+ 15
32 m v0
2
故D 正确。
故选ABD。
37.（多选）如图所示，虚线MN下方存在水平方向的匀强磁场，Ⅰ、Ⅱ是用相同材料、粗细不同的电阻丝
制成的两个边长相同单匝正方形线框（Ⅱ的电阻丝较粗）．现将它们从磁场上方相同高度处无初速度释
放，在它们进入磁场的过程（ ）
A．Ⅱ的速度始终比Ⅰ的速度大
B．所用的时间相同
C．安培力的冲量相同
D．Ⅱ产生的热量较大
【答案】BD
【详解】AB．设材料的密度为ρ密，电阻率为ρ，材料横截面积为S，线框边长为L，线框从静止释放到刚
要进入磁场过程做自由落体运动，可知两线框刚进入磁场的速度v0相等，线框刚进入磁场产生的电动势为
E = BLv0
电流为
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I = E
R
安培力为
F = BIL= B
2 L
2v0
ρ 4 L
S
= B
2 LS v0
4 ρ
对线框根据牛顿第二定律可得
mg−F安=ma
解得
a= g−F安
m = g−
B
2 LS v0
4 ρ
ρ密4 LS = g−
B
2v0
16 ρ密ρ
同理可得当线框速度为v1，线圈的加速度为
a1= g−
B
2v1
16 ρ密ρ
可知两线框在磁场中的加速度始终相等，与线框的粗细无关，说明两个线框在磁场中的运动情况完全一
样，故两线框的速度始终相等，两线框进入磁场所用的时间相同，A 错误，B 正确；
C．线框在进入磁场过程的速度为v时，线框在磁场中受到的安培力大小为
F = B
2 LSv
4 ρ
∝S
可知粗线框受到安培力始终比细线框受到的安培力大，由于两个线框进入磁场所用的时间相同，故粗线框
受到的安培力冲量比细线框受到的安培力冲量大，C 错误；
D．线框在磁场中受到的安培力大小为
F = B
2 LSv
4 ρ
∝S
可知粗线框受到安培力始终比细线框受到的安培力大，由于两个线框进入磁场所通过的位移相等，故粗线
框受到的安培力做功比细线框受到的安培力做功大，根据功能关系可知，粗线框产生的焦耳热比细线框产
生的焦耳热大，D 正确；
故选BD。
38.（多选）如图甲所示，两根完全相同的光滑平行导轨固定，与水平面成θ =30°，导轨两端均连接电
阻，阻值R1= R2=2Ω，导轨间距L=0.6 m。在矩形区域M 1 M 2 P2 P1内分布有垂直斜面向上的磁场，磁感
应强度大小随时间的变化规律如图乙所示。t =0时刻，在右侧导轨斜面上与M 1 P1距离s=0.1m处，有一根
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阻值r =2Ω，m=0.024 kg的金属棒ab 在导轨上由静止释放，恰好匀速通过整个磁场区域。已知从静止释
放到恰好通过磁场区域的过程中，流过R2的电流大小始终不变，重力加速度g取10 m/s
2，导轨电阻不计。
下列说法正确的是 （ ）
A．ab 在磁场中运动的速度v =1m/s
B．流过R2的电流方向在t =0.2s时发生了改变
C．磁场上下边界M 1 P1、M 2 P2的距离d =0.2m
D．磁感应强度的最大值B0=2T
【答案】AC
【详解】A．金属棒运动到磁场边界由牛顿第二定律可知
mgsinθ =ma
金属棒运动到磁场边界做匀加速直线运动，有
s= 1
2 at
2
解得
t =0.2s
金属棒进入磁场后匀速直线运动，速度为
v =at
解得
v =1m/s
A 正确；
B．根据右手定则可知在0~0.2s内R2的电流方向为从左到右，0.2s后R2的电流方向为从左到右，即R2的
电流方向未发生改变，B 正确；
D．金属棒进入磁场，金属棒产生的感应电动势为
E2= B0 Lv
金属棒通过的感应电流为
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I =
E2
R1 R2
R1+ R2
+r
金属棒恰好匀速通过整个磁场区域，则
B0 IL=mgsinθ
联立解得
B0=1T
D 错误。
C．由于R2的电流大小始终不变，即R2两端的电压始终相等，即0~0.2s内产生的感生电动势等于0.2s后
产生的动生电动势。金属棒还没进入磁场，此时产生的感应电动势为
E1= ΔΦ
Δt = Δ B
Δt Ld
则
E1= E2
解得
d =0.2m
C 正确。
故选AC。
39.（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R0。圆环水平固
定放置，整个内部区域分布着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，杆始终有两点与圆环良好接触，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，杆产生的感应电动势为2Bav
B．θ＝π
3 时，杆产生的感应电动势为√3Bav
32
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C．θ＝0 时，杆受的安培力大小为4 B
2av
(2+ π )R0
D．θ＝π
3 时，杆受的安培力大小为
3 B
2av
(3+5 π )R0
【答案】ACD
【详解】AC．θ＝0 时时，杆产生的电动势
E = BLv =2Bav
根据闭合电路欧姆定律，可得
I =
E
2a R0+ πa R0
杆受的安培力
F = BIL= 4 B
2av
(2+ π )R0
故AC 正确；
BD．θ＝π
3 时，根据几何关系可得此时导体棒的有效切割长度为
L
' =2×acos π
3 =a
杆产生的电动势为
E = Bav
电路中总电阻为
R总=a R0+
2π −π
3
2π
×2πa R0=( 5
3 π +1)a R0
杆受的安培力
F
′ =
3 B
2av
(3+5 π )R0
故B 错误；D 正确。
故选ACD。
40.电磁弹射装置的原理图如图甲所示，驱动线圈通过开关S 与电源连接，发射线圈放在绝缘且内壁光滑的
发射导管内。闭合开关S 后，在0～t0时间内驱动线圈中的电流i 随时间t 的变化关系如图乙所示。在这段
33
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时间内，下列说法正确的是（ ）
A．发射线圈中感应电流产生的磁场水平向右
B．t=t0时驱动线圈产生的自感电动势最大
C．t=0 时发射线圈中的感应电动势最大
D．t=t0时发射线圈中的感应电流最大
【答案】C
【详解】A．根据安培定则可知，驱动线圈内的磁场方向水平向右，结合题图乙可知，驱动线圈的电流增大，通过发射线圈
的磁通量增大，根据㭶次定律可知，发射线圈内部的感应磁场方向水平向左，A 错误；
BD．由题图乙可知，t =t0时驱动线圈的电流变化率最小，此时通过发射线圈的磁通量变化率最小，驱动线圈产生的自感电
动势最小，发射线圈中的感应电流最小，BD 错误；
C．t =0时驱动线圈的电流变化率最大，则此时通过发射线圈的磁通量变化得最快，发射线圈中的感应电动势最大，C 正
确。
故选C。
41.如图所示的电路中，电感L的自感系数很大，电阻可忽略，D 为理想二极管，则下列说法中正确的有（
）
A．当S 闭合时，L1立即变亮，L2逐渐变亮
B．当S 闭合时，L1一直不亮，L2立即变亮
C．当S 断开时，L1突然变亮，然后逐渐变暗至熄灭
D．当S 断开时，L2闪亮一下后逐渐熄灭
【答案】C
【详解】AB．闭合开关的瞬间，因为二极管具有单向导电性，所以无电流通过 L1，因为线圈中自感电动
势的阻碍，L2 灯逐渐亮，故AB 错误；
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CD．断开开关，线圈L 产生自感电动势，两灯串联，电流可以通过二极管，所以 L1突然变亮，然后逐渐
变暗至熄灭，L2逐渐熄灭不会闪亮，故C 正确，D 错误。
故选C 。
42.如图所示，是日光灯的电路图，主要由灯管、镇流器、启动器组成。关于日光灯的原理，下列说法正确
的是（ ）
A．闭合开关S 点燃日光灯管过程中，启动器的双金属片始终是闭合的
B．闭合开关S 点燃日光灯管过程中，镇流器相当于电阻
C．将镇流器换为定值电阻，闭合开关S 仍能正常点燃日光灯管
D．将启动器更换为开关S1，先闭合开关S 和S1，再断开S1，仍有可能点燃日光灯管
【答案】D
【详解】A．当开关接通220 伏的电压立即使启动器的惰性气体电离，产生辉光放电,辉光放电的热量使双
金属片受热膨胀，两极接触；电流通过镇流器、启动器触极和两端灯丝构成通路。灯丝很快被电流加热，
发射出大量电子，双金属片自动复位，两极断开；故A 错误；
B．在两极断开的瞬间，电路电流突然切断，镇流器产生很大的自感电动势，与电源电压叠加后作用于管
两端。灯丝受热时发射出来的大量电子，在灯管两端高电压作用下，以极大的速度由低电势端向高电势端
运动，在加速运动的过程中，碰撞管内氩气分子，使之迅速电离。在紫外线的激发下，管壁内的荧光粉发
出近乎白色的可见光；则镇流器相当于自感电源，提供高压，故B 错误；
C．将镇流器换为定值电阻，闭合开关S 不能提供高压让氩气分子电离，则不能正常点燃日光灯管，故C 错
误；
D．将启动器更换为开关S1，先闭合开关S 和S1，再断开S1，相当于启动器的作用，也能提供断电时的自感
电动势获得高压，则仍有可能点燃日光灯管，故D 正确；
故选D。
43.（多选）如图所示电路中，A、B 为完全相同的灯泡，电阻为R。自感线圈L 的直流电阻也为R，a、b 为
L 的左、右端点，电源电动势为E，内阻不计。下列说法正确的是（ ）
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A．闭合开关S，灯泡A 缓慢变亮，灯泡B 瞬间变亮
B．闭合开关S，当电路稳定后，灯泡A、B 一样亮
C．闭合开关S，电路稳定后再断开开关S，灯泡A 闪亮后缓慢熄灭
D．闭合开关S，电路稳定后再断开开关S 的瞬间，b 点电势高于a 点
【答案】AD
【详解】A．闭合开关S，灯泡B 瞬间变亮，灯泡A 与自感线圈L 串联，缓慢变亮，故A 正确；
B．闭合开关S，当电路稳定后，灯泡A 所在支路电阻较大，电流较小，所以灯泡A 比灯泡B 暗一些，故B
错误；
C．闭合开关S，电路稳定后再断开开关S，自感线圈L、灯泡A 和灯泡B 构成回路，缓慢熄灭，不会闪
亮，故C 错误；
D．闭合开关S，电路稳定后再断开开关S 的瞬间，自感线圈L 产生感应电动势，b 点电势高于a 点，故D
正确。
故选AD。
44.（多选）相同的电灯A1、A2和自感系数较大的电感线圈L 接入如图甲的电路中，电源电动势为E，内
阻不计。闭合开关S 待电路稳定后开始计时，t1时刻断开开关S，t2时刻整个电路的电流均为零。t1前后通
过电灯A2的电流-时间(iA 2−t)图像如图乙，用I 1和I 2分别表示开关S 断开瞬间通过电灯A2的电流大小。下
列说法正确的是（ ）
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A．电感线圈的直流电阻不可忽略
B．断开开关S 后，电灯A1、A2电流大小始终相等
C．断开开关S 后，流过电灯A2的电流方向向左
D．线圈的自感系数是由线圈本身决定，与是否有铁芯无关
【答案】AB
【详解】A．因为相同的电灯A1、A2，电路稳定由图像可知通过电感线圈L 支路的电流小于通过电灯A2支
路的电流，所以电感线圈的直流电阻不可忽略，A 正确；
BC．稳定后当开关S 断开瞬间，由于线圈的自感现象，线圈中的电流只能逐渐减小，线圈L、电灯A1、A2
构成闭合回路，两灯都过一会儿再熄灭，电灯A1、A2电流大小始终相等，且流过灯A2的电流方向向右，
故B 正确，C 错误；
D．有铁芯时线圈的自感系数，比没有铁芯时要大得多，D 错误。
故选AB。
45.（多选）如图所示绝缘光滑轨道中间部分水平，左右为对称斜面，在水平部分中间a、b 两直线间有垂
直纸面的匀强磁场，一金属小圆环从左边斜面的A 点由静止滑下，到达直线a 刚要进入磁场时速度为v，
经过直线a 全部进入磁场时速度为7 v
8 ，圆环继续向右运动到右边斜面，最高能到达B 点，然后又往回
滑，滑至左边斜面，最高能到达C 点，这样来回运动，设AB 高度差为hAB，BC 高度差为hBC，下列说法正
确的是（ ）
A．hAB=hBC
B．hAB>hBC
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C．金属小圆环一共通过b 线4 次
D．金属小圆环一共通过a 线8 次
【答案】BC
【详解】CD．金属圆环在进出磁场的时候由于磁通量变化会有涡流产生，从而受安培力作用，做减速运
动，进入磁场后，在a、b 之间运动时由于磁通量没有变化，故做匀速直线运动；设圆环半径为d，圆环第
一次穿过直线a 前的速度大小为v，穿过直线a 后的速度为大小v1，穿过b 线后的速度大小为v2，第三次穿
过磁场边界后的速度大小为v3，……
因为每次通过磁场边界时圆环磁通量的变化ΔΦ相等，由
q = ΔΦ
R
可知通过圆环的电量相等，故则其所受安培力的冲量I F由
I F= F安t = I Bdt = Bdq
可知圆环每次进出磁场时安培力对它的冲量也相等，圆环第一次经过a 线，根据动量定理有
−I F=m v1−mv
将v1= 7 v
8 代入，解得
I F= 1
8 mv
圆环通过b 线即第二次通过磁场边界，有
−I F=m v2−m v1
圆环第三次通过磁场边界，有
−I F=m v3−m v2
⋮
圆环第n 次通过磁场边界，有
−I F=m vn−m vn−1
所以
−n I F=m vn−mv
又由vn=0，解得
n=8
所以圆环一共可以通过磁场边界8 次，故圆环能通过a 线4 次，能通过b 线4 次，C 正确，D 错误；
AB．从A 到B，根据动能定理
mghAB−W 克安=0
从a 线到b 线，根据动能定理
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−W 克安= 1
2 m v2
2−1
2 m v
2
所以
mghAB= 1
2 m v
2−1
2 m v2
2= 1
2 m(v −v2)(v + v2)
同理可得
mghBC = 1
2 m v2
2−1
2 m v4
2 = 1
2 m(v2−v4)(v2+ v4)
由
¿
可知(v −v2)=(v2−v4)，而(v + v2)>(v2+ v4)，故hAB>hBC，所以，A 错误，B 正确。
故选BC。
46.高速铁路列车通常使用磁力刹车系统。磁力刹车工作原理可简述如下：将磁铁的N 极靠近一块正在逆时
针方向旋转的圆形铝盘，使磁感线垂直铝盘向内，铝盘随即减速，如图所示。图中磁铁左方铝盘的甲区域
（虚线区域）朝磁铁方向运动，磁铁右方铝盘的乙区域（虚线区域）朝离开磁铁方向运动。下列有关铝盘
刹车的说法正确的是（ ）
A．铝盘甲区域的感应电流产生垂直铝盘向里的磁场
B．铝盘乙区域的感应电流产生垂直铝盘向外的磁场
C．磁铁与甲、乙两区域的感应电流之间的作用力，都会使铝盘减速
D．若将实心铝盘换成布满小空洞的铝盘，则磁铁对空洞铝盘的作用力更大
【答案】C
【详解】A．甲区域靠近磁铁磁通量增大，由楞次定律可知，甲区域的磁场与磁铁的磁场方向相反，垂直
纸面向外，A 错误；
B．乙区域远离磁铁磁通量减小，由楞次定律可知，乙区域的磁场与磁铁的磁场方向相同，垂直纸面向
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里，B 错误；
C．由“来拒去留”可知，磁铁与甲区域相互排斥，磁铁与乙区域相互吸引，阻碍甲、乙区域的运动，都
会使铝盘减速，C 正确；
D．若将实心铝盘换成布满小空洞的铝盘，感应电流减小，磁铁与铝盘的相互作用力减小，减速效果减
弱，D 错误。
故选C。
47.（多选）如图所示，竖直平面内过O 点的竖直虚线左右两侧有垂直纸面大小相等、方向相反的水平匀强
磁场，一导体圆环用绝缘细线连接悬挂于O 点，将导体圆环拉到图示a 位置静止释放，圆环绕O 点摆动，
则（ ）
A．导体圆环从a 运动到b 位置的过程中，有顺时针方向电流
B．导体圆环从b 运动到c 位置的过程中，电流总是顺时针方向
C．导体圆环在b 位置的速度大小与c 位置速度大小不相等
D．导体圆环向右最多能摆到与a 位置等高的位置
【答案】BC
【详解】A．导体环从a 运动到b 位置的过程中，磁通量不变，没有感应电流，故A 错误；
B．导体环从b 运动到c 位置的过程中，垂直纸面向里的磁场对应的磁通量在减小，根据楞次定律，感应电
流方向为顺时针方向，垂直纸面向外的磁场对应的磁通量在增大，根据楞次定律，感应电流方向为顺时针
方向，所以电流总是顺时针方向。故B 正确；
CD．从b 到c，该过程重力不做功，但是发生电磁感应，动能转化为电能，速度减小，导体环在b 位置和c
位置速度大小不相等，也因此，导体环不能摆到与a 位置等高的位置，故C 正确，D 错误。
故选BC。
48.（2025·四川宜宾·三模）某科技大学电磁实验室中，几名大学生正探究在梯度磁场中有关功率的问题。
实验模型简化示意图如图（a）所示，水平面内两根足够长的镀银导轨水平放置并固定，其间距l =0.4 m，
左端与阻值R =0.15Ω的电阻相连。学生启动磁场生成系统，使x>0区域的磁感应强度B 呈线性分布，方
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向垂直于轨道平面向下，监测屏上显示的B−x图像如图（b）所示。一质量为m=0.1kg、接入导轨的电
阻r =0.05Ω的金属棒，以v0=2m /s滑入磁场时开启伺服电机，该电机动态调节作用在金属棒中点上的水
平外力F的大小，使此过程中电阻R的电功率保持不变，其P−t图像如图(c)所示。金属棒运动过程中与导
轨始终接触良好并与导轨垂直，不计导轨电阻，不计摩擦力，求：
(1)电阻R消耗的电功率P0；
(2)金属棒在x =3 m处的速度大小；
(3)金属棒从x =0运动到x =3 m过程中水平外力F做功的平均功率。
【答案】(1)0.6W
(2)0.5m/s
(3)0.75W
【详解】（1）电阻上消耗的功率不变，即回路电流不变，在x =0处有E0= B0l v0
由闭合电路欧姆定律得I = E0
R+r
则功率为P0= I
2 R
联立解得P0=0.6 W
（2）由图（b），磁感应强度为B = B0+ kx =0.5+0.5 x (T)
在x =3 m处B3=2T
根据B0 Lv0
R+r = B3l v3
R+r 或B3l v3= E0
解得v3=0.5 m /s
（3）法一：电阻上消耗的功率不变，I恒定，电动势恒定，则平均电动势和瞬时电动势数值相同，则有
E = ΔΦ
Δt = E0
前3s 的ΔΦ=∑Bl Δ x = I· B0+ B3
2
· x3=0.4×1.25×3 Wb=1.5 Wb
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解得t = Δt =3.75s
或者q = ΔΦ
R+r = I·t
解得t =3.75s
法二：根据F安= BIl =(0.5+0.5 x) Il
可知F安随x线性变化，则安培力的做功为W 安= F0+ F3
2
· x3=3J
又W 安= E电= EIt
解得t =3.75s
法三：根据法拉第电磁感应定律有E = Blv.
解得v = E
Bl =
0.4
(0.5+0.5 x)×0.4
即1
v =0.5+0.5 x
t =∑Δt =∑1
v · Δ x，即1
v −x图像围成的面积
故t = 1
2 ·(
1
v0
+ 1
v3)· x3=3.75s.
根据动能定理有W F−W 安= 1
2 m v3
2−1
2 m v0
2
或者能量守恒有W F = 1
2 m v3
2−1
2 m v0
2+Q总
可得W 安= E电= EI·t =0.4 V×2A×3.75 s=3J
或者W 安=Q总= I
2(R+r)t =3J或者W 安= F0+ F3
2
· x3=3J
解得W F = 45
16 J或W F =2 13
16 J或W F =2.8125J
可得P = W F
t
=0.75 W
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49.（多选）（2024·贵州·高考真题）如图，间距为L 的两根金属导轨平行放置并固定在绝缘水平桌面上，
左端接有一定值电阻R，导轨所在平面存在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场。质量为m 的
金属棒置于导轨上，在水平拉力作用下从静止开始做匀加速直线运动，一段时间后撤去水平拉力，金属棒
最终停在导轨上。已知金属棒在运动过程中，最大速度为v，加速阶段的位移与减速阶段的位移相等，金
属棒始终与导轨垂直且接触良好，不计摩擦及金属棒与导轨的电阻，则（ ）
A．加速过程中通过金属棒的电荷量为mv
BL
B．金属棒加速的时间为2mR
B
2 L
2
C．加速过程中拉力的最大值为4 B
2 L
2v
3 R
D．加速过程中拉力做的功为1
2 mv
2
【答案】AB
【详解】A．设加速阶段的位移与减速阶段的位移相等为x，根据
q = I Δt = E
R Δt =
ΔΦ
R⋅Δt ⋅Δt = ΔΦ
R = BLx
R
可知加速过程中通过金属棒的电荷量等于减速过程中通过金属棒的电荷量，则减速过程由动量定理可得
−BL I Δt =−BLq =0−mv
解得
q = mv
BL
A 正确；
B．由
q = mv
BL = BLx
R
解得
x = mvR
B
2 L
2
金属棒加速的过程中，由位移公式可得
x = 1
2 vt
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可得加速时间为
t = 2mR
B
2 L
2
B 正确；
C．金属棒在水平拉力作用下从静止开始做匀加速直线运动，加速过程中，安培力逐渐增大，加速度不
变，因此拉力逐渐增大，当撤去拉力的瞬间，拉力最大，由牛顿第二定律可得
Fm−B BLv
R
L=ma
其中
v =at
联立解得
Fm = 3 B
2 L
2v
2 R
C 错误；
D．加速过程中拉力对金属棒做正功，安培力对金属棒做负功，由动能定理可知，合外力的功
W F−W 安= 1
2 m v
2
可得
W F=W 安+ 1
2 m v
2
因此加速过程中拉力做的功大于1
2 m v
2，D 错误。
故选AB。
50.（多选）（天津·高考真题）手机无线充电是比较新颖的充电方式。如图所示，电磁感应式无线充电的
原理与变压器类似，通过分别安装在充电基座和接收能量装置上的线圈，利用产生的磁场传递能量。当充
电基座上的送电线圈通入正弦式交变电流后，就会在邻近的受电线圈中感应出电流，最终实现为手机电池
充电。在充电过程中（ ）
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A．送电线圈中电流产生的磁场呈周期性变化
B．受电线圈中感应电流产生的磁场恒定不变
C．送电线圈和受电线圈通过互感现象实现能量传递
D．手机和基座无需导线连接，这样传递能量没有损失
【答案】AC
【详解】AB．由于送电线圈输入的是正弦式交变电流，是周期性变化的，因此产生的磁场也是周期性变化
的，A 正确，B 错误；
C．根据变压器原理，原、副线圈是通过互感现象实现能量传递，因此送电线圈和受电线圈也是通过互感
现象实现能量传递，C 正确；
D．手机与机座无需导线连接就能实现充电，但磁场能有一部分以电磁波辐射的形式损失掉，因此这样传
递能量是有能量损失的，D 错误。
故选AC。
51.（多选）（2025·重庆·高考真题）如图1 所示，小明设计的一种玩具小车由边长为d 的正方形金属框
efgh 做成，小车沿平直绝缘轨道向右运动，轨道内交替分布有边长均为d 的正方形匀强磁场和无磁场区
域，磁场区域的磁感应强度大小为B，方向竖直向上。gh 段在磁场区域运动时，受到水平向右的拉力F =
kv＋b（k > 0，b > 0），且gh 两端的电压随时间均匀增加；当gh 在无磁场区域运动时，F = 0。gh 段速度
大小v 与运动路程S 的关系如图2 所示，图中v0(v0< b
k )为gh 每次经过磁场区域左边界时速度大小，忽略
摩擦力。则（ ）
A．gh 在任一磁场区域的运动时间为
kd
b−k v0
B．金属框的总电阻为B
2d
2
k
C．小车质量为
k
2d
2(b−k v0)
D．小车的最大速率为2b
k + v0
【答案】BC
【详解】由题知gh 两端的电压随时间均匀增加，则说明gh 在磁场中运动时做匀变速直线运动，设运动的
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速度为v 有E = Bdv，I = E
R ，F 安 = Bid，F－F 安 = ma
联立有kv +b−B
2d
2v
R
=ma
B．由于gh 在磁场中运动时做匀变速直线运动，则有kv = B
2d
2v
R
，ma = b
解得R = B
2d
2
k
，故B 正确；
CD．gh 在无磁场区域运动时，F = 0，根据动量定理有−B
2d
3
R
=m v0−m vmax
gh 在磁场中运动时做匀变速直线运动有vmax
2
−v0
2=2ad
结合ma = b
解得m=
k
2d
2(b−k v0)，vmax = 2b
k −v0，故C 正确，D 错误；
A．由于gh 在磁场中运动时做匀变速直线运动，则有vmax = v0＋at
解得t = kd
b ，故A 错误。
故选BC。
52.（多选）（2025·湖南·高考真题）如图，关于x 轴对称的光滑导轨固定在水平面内，导轨形状为抛物
线，顶点位于O 点。一足够长的金属杆初始位置与y 轴重合，金属杆的质量为m，单位长度的电阻为r0。
整个空间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B。现给金属杆一沿x 轴正方向的初速度v0，金属杆运
动过程中始终与y 轴平行，且与电阻不计的导轨接触良好。下列说法正确的是（ ）
A．金属杆沿x 轴正方向运动过程中，金属杆中电流沿y 轴负方向
B．金属杆可以在沿x 轴正方向的恒力作用下做匀速直线运动
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C．金属杆停止运动时，与导轨围成的面积为m v0r0
B
2
D．若金属杆的初速度减半，则金属杆停止运动时经过的距离小于原来的一半
【答案】AC
【详解】A．根据右手定则可知金属杆沿x 轴正方向运动过程中，金属杆中电流沿y 轴负方向，故A 正确；
B．若金属杆可以在沿x 轴正方向的恒力F 作用下做匀速直线运动，可知F = F安= BIL，
I = BLv0
R
= BLv0
Lr0
= B v0
r0
可得F = B
2 Lv0
r0
由于金属杆运动过程中接入导轨中的长度L 在变化，故F 在变化，故B 错误；
C．取一微小时间Δt内，设此时金属杆接入导轨中的长度为L
′，根据动量定理有
−B I
′ L
′ Δt =−B L
′ q
′ =m Δv
同时有q =
ΔΦ
Δt
L
′ r0
⋅Δt = ΔΦ
L
′ r0
= B⋅Δ S
L
′ r0
联立得−B
2 ΔS
r0
=m Δv
对从开始到金属杆停止运动时整个过程累积可得−B
2S
r0
=0−mv0
解得此时金属杆与导轨围成的面积为S = mv0r0
B
2
故C 正确；
D．若金属杆的初速度减半，根据前面分析可知当金属杆停止运动时金属杆与导轨围成的面积为S
′ = 1
2 S，
根据抛物线的图像规律可知此时金属杆停止运动时经过的距离大于原来的一半，故D 错误。
故选AC。
53.（多选）（江苏·高考真题）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
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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
【详解】AB．当线圈中通以交变电流时，在金属杯中将产生感应电动势感应电流，根据法拉第电磁感应定
律可知，感应电动势
E = N ΔΦ
Δt = NS Δ B
Δt
增加线圈的匝数可以提高交流电产生的感应电动势，则感应电流的功率增大，使杯内的水沸腾所需的时间
缩短；提高交流电源的频率，磁感应强度的变化率变大，感应电动势变大，感应电流的功率增大，AB 正
确；
C．将金属杯换为瓷杯后，由于陶瓷不是导体，因此瓷杯中不能产生感应电流，无法给水加热，C 错误；
D．取走线圈中的铁芯则使得线圈周围的磁场变弱，磁感应强度变化率减小，感应电动势变小，从而使杯
内的水沸腾所需的时间反而延长，D 错误。
故选AB。
54.（多选）（2025·广东·高考真题）如图是一种精确测量质量的装置原理示意图，竖直平面内，质量恒为
M 的称重框架由托盘和矩形线圈组成。线圈的一边始终处于垂直线圈平面的匀强磁场中，磁感应强度不
变。测量分两个步骤，步骤①：托盘内放置待测物块，其质量用m 表示，线圈中通大小为I 的电流，使称
重框架受力平衡；步骤②：线圈处于断开状态，取下物块，保持线圈不动，磁场以速率v 匀速向下运动，
测得线圈中感应电动势为E。利用上述测量结果可得出m 的值，重力加速度为g。下列说法正确的有（
）
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A．线圈电阻为E
I
B．I 越大，表明m 越大
C．v 越大，则E 越小
D．m= EI
vg −M
【答案】BD
【详解】A．根据题意电动势E 是线圈断开时切割磁感线产生的感应电动势，I 为线圈闭合时通入的电流，
故E
I 不是线圈的电阻；
故A 错误；
B．根据平衡条件有(M +m)g= BIL①
故可知I 越大，m 越大；
故B 正确；
C．根据公式有E = BLv②
故可知v 越大，E 越大；
故C 错误；
D．联立①②可得m= EI
gv −M
故D 正确。
故选BD。
55.（2024·天津·高考真题）如图所示，两根不计电阻的光滑金属导轨平行放置，导轨及其构成的平面均与
水平面成某一角度，导轨上端用直导线连接，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中。具有一定
阻值的金属棒MN 从某高度由静止开始下滑，下滑过程中MN 始终与导轨垂直并接触良好，则MN 所受的
安培力F 及其加速度a、速度v、电流I，随时间t 变化的关系图像可能正确的是（ ）
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A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】ABC．根据题意，设导体棒的电阻为R，导轨间距为L，磁感应强度为B，导体棒速度为v 时，受
到的安培力为
F = BIL= B
2 L
2v
R
可知
F ∝v
由牛顿第二定律可得，导体棒的加速度为
a= mgsinθ−F
m
= gsinθ−B
2 L
2v
mR
可知，随着速度的增大，导体棒的加速度逐渐减小，当加速度为零时，导体棒开始做匀速直线运动，则v
− t 图像的斜率逐渐减小直至为零时，速度保持不变，由于安培力F 与速度v 成正比，则F − t 图像的斜率
逐渐减小直至为零时，F 保持不变，故A 正确，BC 错误；
D．根据题意，由公式可得，感应电流为
I = BLv
R
由数学知识可得
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Δ I
Δt = BL
R ⋅Δv
Δt = BLa
R
由于加速度逐渐减小，则I − t 图像的斜率逐渐减小，故D 错误。
故选A。
56.（多选）（2024·全国甲卷·高考真题）如图，一绝缘细绳跨过两个在同一竖直面（纸面）内的光滑定滑
轮，绳的一端连接一矩形金属线框，另一端连接一物块。线框与左侧滑轮之间的虚线区域内有方向垂直纸
面的匀强磁场，磁场上下边界水平，在t =0时刻线框的上边框以不同的初速度从磁场下方进入磁场。运动
过程中，线框始终在纸面内且上下边框保持水平。以向上为速度的正方向，下列线框的速度v 随时间t 变
化的图像中可能正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】AC
【详解】设线圈的上边进入磁场时的速度为v，设线圈的质量M，物块的质量m，图中线圈进入磁场时线
圈的加速度向下，则对线圈由牛顿第二定律可知
Mg+ F安−T = Ma
对滑块
T −mg =ma
其中
F安= B
2 L
2v
R
即
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B
2 L
2v
R
+( M −m)g=( M +m)a
线圈向上做减速运动，随速度的减小，向下的加速度减小；当加速度为零时，即线圈匀速运动的速度为
v0= ( M −m)gR
B
2 L
2
A．若线圈进入磁场时的速度较小，则线圈进入磁场时做加速度减小的减速运动，线圈的速度和加速度都
趋近于零，则图像A 可能正确；
B．因t=0 时刻线圈就进入磁场，则进入磁场时线圈向上不可能做匀减速运动，则图像B 不可能；
CD．若线圈的质量等于物块的质量，且当线圈进入磁场时，且速度大于v0，线圈进入磁场做加速度减小的
减速运动，完全进入磁场后线圈做匀速运动；当线圈出离磁场时，受向下的安培力又做加速度减小的减速
运动，最终出离磁场时做匀速运动，则图像C 有可能，D 不可能。
故选AC。
57.（2024·全国甲卷·高考真题）如图，金属导轨平行且水平放置，导轨间距为L，导轨光滑无摩擦。定值
电阻大小为R，其余电阻忽略不计，电容大小为C。在运动过程中，金属棒始终与导轨保持垂直。整个装
置处于竖直方向且磁感应强度为B 的匀强磁场中。
(1)开关S 闭合时，对金属棒施加以水平向右的恒力，金属棒能达到的最大速度为v0。当外力功率为定值电
阻功率的两倍时，求金属棒速度v 的大小。
(2)当金属棒速度为v 时，断开开关S，改变水平外力并使金属棒匀速运动。当外力功率为定值电阻功率的
两倍时，求电容器两端的电压以及从开关断开到此刻外力所做的功。
【答案】（1）v = v0
2
；（2）U = BLv0
4
，W = C B
2 L
2v0
2
8
【详解】（1）开关S 闭合后，当外力与安培力相等时，金属棒的速度最大，则
F = F安= BIL
由闭合电路欧姆定律
I = E
R
金属棒切割磁感线产生的感应电动势为
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E = BLv0
联立可得，恒定的外力为
F = B
2 L
2v0
R
在加速阶段，外力的功率为
PF= Fv = B
2 L
2v0
R
v
定值电阻的功率为
PR= I
2 R = B
2 L
2v
2
R
若PF=2 PR时，即
B
2 L
2v0
R
v =2 B
2 L
2v
2
R
化简可得金属棒速度v 的大小为
v = v0
2
（2）断开开关S，电容器充电，则电容器与定值电阻串联，则有
E = BLv = IR+ q
C
当金属棒匀速运动时，电容器不断充电，电荷量q 不断增大，电路中电流不断减小，则金属棒所受安培力
F安= BIL不断减小，而拉力的功率
PF= F ' v = BILv
定值电阻功率
PR= I
2 R
当PF=2 PR时有
BILv =2 I
2 R
可得
IR = BLv
2
根据
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E = BLv = IR+ q
C
可得此时电容器两端电压为
U C = q
C = BLv
2
= 1
4 BLv0
从开关断开到此刻外力所做的功为
W = Σ BIL(v ⋅Δt )= BLv Σ I ⋅Δt = BLvq
其中
q = CBLv
2
联立可得
W = C B
2 L
2v0
2
8
58.（2025·四川·高考真题）如图所示，长度均为s 的两根光滑金属直导轨MN 和PQ 固定在水平绝缘桌面
上，两者平行且相距l，M、P 连线垂直于导轨，定滑轮位于N、Q 连线中点正上方h 处。MN 和PQ 单位长
度的电阻均为r，M、P 间连接一阻值为2sr的电阻。空间有垂直于桌面向下的匀强磁场，磁感应强度大小
为B。过定滑轮的不可伸长绝缘轻绳拉动质量为m、电阻不计的金属杆沿导轨向右做匀速直线运动，速度
大小为v。零时刻，金属杆位于M、P 连线处。金属杆在导轨上时与导轨始终垂直且接触良好，重力加速
度大小为g。
(1)金属杆在导轨上运动时，回路的感应电动势；
(2)金属杆在导轨上与M、P 连线相距d 时，回路的热功率；
(3)金属杆在导轨上保持速度大小v 做匀速直线运动的最大路程。
【答案】(1)Blv
(2) B
2l
2v
2
2r (d + s)
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(3)√s
2−B
2l
2hv
2mgr
【详解】（1）金属杆在导轨上运动时，切割磁感线，产生感应电动势E = Blv
（2）金属杆运动距离d 时，电路中的总电阻为R =2dr +2sr
故此时回路中的总的热功率为P = E
2
R = B
2l
2v
2
2r (d + s)
（3）设金属杆保持速度大小v 做匀速直线运动的最大路程为x，此时刚好将要脱离导轨，此时绳子拉力为
T，与水平方向的夹角为θ ，对金属杆根据受力平衡可知F安=T cosθ，mg=T sinθ
根据位置关系有tanθ =
h
s−x
同时有F安= BIl，I =
Blv
2r (x + s)
联立解得x =√s
2−B
2l
2hv
2mgr
55
