文档文本内容
第55 讲 法拉第电磁感应定律 自感和涡流
目 录
模拟·基础演练.........................................................................................................................1
题型01 感生电动势的计算（法拉第电磁感应定律）.......................................................1
题型02 平动切割电动势的计算......................................................................................6
题型03 转动切割电动势的计算......................................................................................9
题型04 自感现象及应用...............................................................................................12
题型05 涡流 电磁阻尼与电磁驱动.............................................................................12
重难·创新演练.........................................................................................................................14
真题·实战演练.........................................................................................................................18
模拟·基础演练
考查重点：法拉第电磁感应定律，平动、转动切割及感生电动势的计算……
⏳题型01 感生电动势的计算（法拉第电磁感应定律）
1．（25-26 高二上·辽宁大连）如图甲所示，圆形线圈面积S =100cm
2，匝数N =100，电阻不计，处于匀
强磁场中，磁感应强度B随时间正弦变化的图像如图乙所示（取垂直纸面向里为磁场正方向）。导线框右
边与理想变压器的原线圈连接，已知变压器原、副线圈匝数之比为1:10，副线圈连接的电阻R1=200Ω，
R2=200Ω，D为理想二极管。下列说法正确的是（ ）
A．t =0.01s时，圆形线圈中无电流
B．1s内流过R1的电流方向改变50 次
C．圆形线圈中电压最大值是20 ❑√2πV
D．第1s内原线圈输入的能量为150π
2J
【答案】D
【详解】A．t =0.01s时，磁感应强度的变化率最大，根据法拉第电磁感应定律可知，圆形线圈中的感应
电流最大，故A 错误；
B．交变电流的周期为0.02s，一个周期电流方向改变2 次，则1s=50T，流过R1的电流方向改变100 次，故
B 错误；
C．根据乙图可知ω= 2π
T =100 π rad/s
圆形线圈产生的感应电动势的最大值为Em = NBSω= N Φm ω=100×2×10
−3×100 π V=20 π V，故C 错
误；
D．感应电动势的有效值为E = Em
❑√2 =10 ❑√2πV
根据变压器规律有E
U = n1
n2
电阻R1的功率P1= U
2
R1
=100 π
2W
因为二极管的单向导电性，所以电阻R2两端电压的有效值为U 2=
❑√2
2 U =100 π V
则电阻R2的功率为P2= U 2
2
R2
=50 π
2W
变压器的输入功率为P = P1+ P2=150 π
2W
第1s内原线圈输入的能量为W = Pt =150 π
2J，故D 正确。
故选D。
2．（24-25 高二下·内蒙古赤峰）如图甲是矩形线圈abcd 固定于方向相反的两个磁场中，两磁场的分界线
OO′恰好把线圈分成对称的左右两部分，两磁场的磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示，规定磁场垂
直纸面向里为正方向，线圈中感应电流顺时针为正方向，则感应电流随时间的变化图像为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】从图像可知左边的磁场增加，右边的磁场减小，根据楞次定律，可知感应电流方向为逆时针方向
（即为负值）；由于左边磁场均匀增加，右边磁场均匀减小，根据法拉第电磁感应定律，可知回路产生的
电动势恒定，电流恒定，综合可知B 选项符合题意。
故选B。
3．（25-26 高二下·河南濮阳）如图所示，现用一粗细均匀的导线围成边长为L 的单匝正三角形导体框
abc，导线单位长度的电阻为r。导体框内有一内切圆，圆内存在垂直纸面向里的磁场，磁感应强度的大小
随时间的变化关系式为B =kt + B0，其中k >0，B0>0。下列说法正确的是（ ）
A．导体框中的感应电流沿顺时针方向
B．导体框中的感应电流大小为πkL
12r
C．t0时间内，通过导体框某一横截面的电荷量为πk L
2t0
36r
D．t0时间内，导体框中产生的焦耳热为π
2k
2 L
3t0
432r
【答案】D
【详解】A．根据题意，磁感应强度的大小随时间的变化关系式为B =kt + B0
其中k >0，B0>0，则穿过三角形导体框的磁通量垂直纸面向里且均匀增加。
由楞次定律可知感应电流沿逆时针方向，故A 错误；
B．由几何关系可知圆形磁场的半径为R = 1
3 ⋅Lcos30° =
❑√3
6 L
导体框的有效面积为S =π R
2
解得S =π L
2
12
由B =kt + B0
可得ΔB
Δt =k
根据法拉第电磁感应定律得E =ΔΦ
Δt
= ΔB
Δt S
导体框的总电阻为R总=3 Lr
导体框中的感应电流为I = E
R总
联立以上解得I =πkL
36r ，故B 错误；
C．t0时间内，通过导体框某一横截面的电荷量为q = I t0
解得q =πkLt0
36r
，故C 错误；
D．t0时间内，导体框中产生的焦耳热为Q = I
2 R总t0
解得Q =π
2k
2 L
3t0
432r
，故D 正确。
故选D。
4．（2026·北京西城·二模）在竖直方向的匀强磁场中，水平放置一圆形导体环。规定导体环中电流的正方
向如图1 所示，磁场向上为正。当磁感应强度B随时间t按图2 变化时，下列说法正确的是（ ）
A．t =1s时，导体环中的感应电流最大
B．t =2s时，导体环中的感应电流方向为正
C．t =2s时，导体环受到的安培力最大
D．2∼3s内，导体环有扩张趋势
【答案】B
【详解】A．根据法拉第电磁感应定律E = S⋅Δ B
Δt
可知t =1s时，导体环中感应电动势为零，感应电流为零，故A 错误；
B．t =2s时，磁感应强度正向减小，根据楞次定律增反减同可知导体环中的感应电流方向为正，故
“
”
B 正
确；
C．根据法拉第电磁感应定律E = S⋅Δ B
Δt 可知t =2s时，感应电流不为零，但磁感应强度为零，根据
F = BIl可知导体环所受的安培力为零，故C 错误；
D．2∼3s内，穿过导体环的磁通量变化，根据楞次定律增缩减扩可知导体环有收缩趋势，故
“
”
D 错误。
故选B。
5．（2026·安徽六安·模拟预测）现代科学研究中常用电子感应加速器获得高速电子，甲图为电子感应加速
器的侧视图，电磁铁产生的磁场随电磁铁线圈中电流的大小发生变化；乙图为磁极之间真空室的俯视图。
真空室中有一个质量为m，电荷量为e，初速度为零的电子，在变化的磁场中做半径为r（恒定不变）的加
速圆周运动。垂直穿过圆形轨道面的磁场的磁感应强度B随时间t变化的关系如图丙所示，在电子加速过程
中忽略相对论效应，不计电子重力。则下列判断正确的是（ ）
A．电子在轨道中加速的驱动力是洛伦兹力
B．电子加速运动一周增加的动能为e B0 π r
2
t0
C．电子做圆周运动的向心加速度大小恒定
D．保持通入螺线管的电流大小不变，可使电子不断加速
【答案】B
【详解】A．洛伦兹力始终与电子速度方向垂直，不做功，不能作为加速的驱动力；电子加速的驱动力是
感生电场的电场力，故A 错误；
B．根据法拉第电磁感应定律，电子轨道围成区域的感生电动势为ε =ΔΦ
Δt
=ΔB⋅S
Δt
由丙图得ΔB
Δt = B0
t0
轨道面积S = π r
2
代入可得ε = B0 π r
2
t0
根据动能定理，电子运动一周，动能增加量等于电场力做功Δ Ek=W =eε = e B0 π r
2
t0
，故B 正确；
C．洛伦兹力提供向心力evB =ma
电子加速过程中，速度v不断增大，轨道处磁感应强度B也不断增大，因此向心加速度a= evB
m 会持续增大，
不是恒定值，故C 错误；
D．电子感应加速器的原理是变化的磁场激发感生电场，使电子持续加速。要维持电子不断加速，需要磁
场持续增强，而磁场由螺线管的电流产生，因此必须增大通入螺线管的电流，故D 错误。
故选B。
⏳题型02 平动切割电动势的计算
6．（2025·辽宁沈阳·模拟预测）《科学》中文版的文章中介绍了一种新技术
航天飞缆，航天飞缆是用
——
柔性缆索将两个物体连接起来在太空飞行的系统。飞缆系统在太空飞行中能为自身提供电能和拖拽力，它
还能清理太空垃圾等。如图所示为飞缆系统的简化模型示意图，图中两个物体
“
”
P、Q 的质量分别为mP、
mQ，柔性金属缆索长为L（L≪R ），外有绝缘层，系统在近地轨道做圆周运动，运动过程中Q 距地面
高为h，设缆索总保持指向地心，Q 更靠近地表，P 的速度为v P，所在处的地磁感应强度大小为B，方向垂
直纸面向里。已知地球半径为R，地面的重力加速度g。（ ）
A．缆索P 端电势高于Q 端
B．vP= vQ
C．若此时飞缆系统在赤道平面上，为了更好地清理垃圾，缆索的绕行方向应与地球自转方向相反
D．若想清理更低轨道上的太空垃圾，飞缆系统机械能需要增大
“
”
【答案】C
【详解】A．根据右手定则可知缆索中的电流方向是从P 流向Q，缆索相当于电源，在电源内部，电流从
低电势流向高电势，所以缆索P 端电势低于Q 端，故A 错误；
B．因为缆索总保持指向地心，Q 更靠近地表，所以P 端和Q 端的角速度相等，根据v =ωr可知vP>vQ，故
B 错误；
C．若此时飞缆系统在赤道平面上，为了更好地清理垃圾，缆索的绕行方向应与地球自转方向相反，这样
缆索相对地球的速度较大，故C 正确；
D．若想清理更低轨道上的太空垃圾，飞缆系统需要降低高度，所以飞缆系统需要减速，即系统机械能
“
”
需要减小，故D 错误。
故选C。
7．（24-25 高二上·辽宁鞍山）如图，空间中存在平行于纸面向右的匀强磁场，磁感应强度大小为B，一根
在b 点被折成直角的金属棒abc平行于纸面放置，ab=bc = L，ab 边垂直于磁场方向。现该金属棒以速度v
垂直于纸面向里运动。则ac两点间的电势差U ac为（ ）。
A．BLv
B．❑√2BLv
C．−BLv
D．−❑√2BLv
【答案】C
【详解】该金属棒以速度v 垂直于纸面向里运动时，只有ab 部分切割磁感线，由右手定则可知a 点电势低
于b 点，b 点电势等于c 点电势，则
U ac=−BLv
故选C。
8．（25-26 高二下·山东德州）将均匀直导体棒弯折成如图所示的折线导体棒，并将其放置到光滑水平导
“
”
轨上，折线导体棒所在平面与导轨平面平行。导轨所在平面有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大
“
”
小为B，平行导轨间距为L，定值电阻阻值为R。现使折线导体棒沿着导轨以
“
”
v 向右匀速运动，导体棒和
导轨电阻不计，导体棒与导轨接触点P、Q 均接触良好，虚线PQ 与导轨夹角为60°，且PO⊥OQ，PO＝
OQ，则通过R 的电流大小为（ ）
A．2❑√3 BLv
3 R
B．(3+ ❑√3)BLv
3 R
C．(3−❑√3)BLv
3 R
D．BLv
R
【答案】D
【详解】由题意知有效长度为L，则切割产生的感应电动势为E = BLv
通过R 的电流大小为I = E
R = BLv
R
故选D。
9．（25-26 高二下·江苏苏州）如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，将一根水平放置的金属棒以某一水平
速度抛出，金属棒在运动过程中始终保持水平且未离开磁场区域。不计空气阻力，金属棒在运动过程中，
下列说法正确的是（ ）
A．棒的a 端电势比b 端电势高
B．单位时间内，金属棒的动量增量变大
C．金属棒的机械能越来越小
D．单位时间内金属棒扫过的曲面中的磁通量不变
【答案】D
【详解】A．金属棒在匀强磁场中运动，没有形成闭合回路，无感应电流，不受安培力作用。金属棒的水
平速度为v0，磁场方向竖直向下，根据右手定则可知，金属棒中的自由电子受到的洛伦兹力方向指向a端，
导致自由电子向a端聚集，因此b端电势高于a端电势，即φb>φa，故A 错误；
B．金属棒在运动过程中只受重力作用，做平抛运动，根据动量定理有mg Δt = Δ p
解得单位时间内金属棒的动量增量为Δ p
Δt =mg
由于重力mg是恒定不变的，可知单位时间内金属棒的动量增量不变，故B 错误；
C．由于金属棒在运动过程中不受安培力，也不计空气阻力，只有重力对金属棒做功，所以金属棒的机械
能守恒，保持不变，故C 错误；
D．设金属棒的长度为L，金属棒做平抛运动，其水平方向的分运动为匀速直线运动。在一段极小的时间
Δt内，金属棒在水平方向的位移为Δ x = v0 Δt
这段时间内金属棒扫过的曲面在水平方向的投影面积为Δ S = L Δ x
穿过该扫过面积的磁通量为ΔΦ= B Δ S
联立解得单位时间内金属棒扫过的曲面中的磁通量为ΔΦ
Δt = BLv0
由于磁感应强度B、金属棒长度L和初速度v0均保持不变，则单位时间内金属棒扫过的曲面中的磁通量不
变，故D 正确。
故选D。
10．（2026·山东临沂·二模）如图所示，在一条绝缘窄纸带的两边和中间镶上相同的3 条铜丝，每个铜丝
的电阻为r，将纸带一端扭转180°，与另一端通过铜丝连接，形成莫比乌斯环。连接后3 条铜丝形成2 个
通路，纸环围合部分可近似为水平放置的半径为R 的扁平圆柱。现将该莫比乌斯环水平向右以恒定的速度
v（线圈平面垂直磁感线）进入竖直向上、磁感应大小为B 的匀强磁场，下列说法中正确的是（ ）
A．莫比乌斯环进入磁场过程中通过铜丝横截面的电荷量为4 πB R
2
r
B．莫比乌斯环进入磁场过程中通过铜丝横截面的电荷量为2πB R
2
r
C．若莫比乌斯环速度变为2v，则进入磁场过程中产生的焦耳热变为原来的4 倍
D．若莫比乌斯环速度变为2v，则进入磁场过程中产生的焦耳热变为原来的2 倍
【答案】D
【详解】AB．莫比乌斯环匀速切割磁场，产生的动生电动势为E = B⋅2 R⋅v
两条铜丝并联，再与一条铜丝串联，总电阻为R总=r + r ⋅r
r +r = 3r
2
通过铜丝横截面的电荷量为q = I ⋅Δt，I = E
R总
，E = ΔΦ
Δt = B⋅π R
2
Δt
联立解得q = 2πB R
2
3r
，故AB 错误；
CD．莫比乌斯环穿过磁场的时间为t = 2 R
v
产生的焦耳热为Q = E
2
R总
⋅t = 16 B
2 R
3 v
3r
可见Q∝v，所以当速度变为2v时，焦耳热变为原来的2 倍，故C 错误，D 正确。
故选D。
⏳题型03 转动切割电动势的计算
11．（24-25 高三上·吉林长春）如图所示，粗细均匀的正三角形金属线框abc 放在匀强磁场中，磁感应强
度大小为B、方向平行于ac 边向上。现使线框围绕ac 边以角速度ω逆时针匀速转动，ac 边的长度为2l，
则a、b 两端的电势差U ab为（ ）
A．−1
2 Bl
2ω
B．1
2 Bl
2ω
C．−3
2 Bl
2ω
D．3
2 Bl
2ω
【答案】C
【详解】金属线框abc 转动切割磁感线，边ab 切割磁感线，电动势大小
E = B·❑√3l v = ❑√3 Bl 0+ω·❑√3l
2
= 3
2 Bl
2ω
根据右手定则可知b 端电势高于a 端，则a、b 两端的电势差U ab为−3
2 Bl
2ω。
故选C。
12．（25-26 高二上·河北衡水）如图所示，导体AB 的长为6R，绕O点以角速度ω匀速转动，OB长为R，
且O、B、A三点在一条直线上，有一磁感应强度为B的匀强磁场充满转动平面且与转动平面垂直（图中未
画出），那么AB 两端的电势差为（ ）
A．49
2 Bω R
2
B．12Bω R
2
C．18 Bω R
2
D．24 Bω R
2
【答案】D
【详解】AB 两端的电势差大小等于导体棒AB 中感应电动势的大小，为
E = B×6 R×v = B×6 R× ωR +ω⋅7 R
2
=24 B R
2ω
故选D。
13．（24-25 高二下·黑龙江）边界MN的右侧区域内，存在着磁感应强度大小为B，方向垂直光滑水平桌
面向下的匀强磁场。边长为l的正三角形金属线框abc粗细均匀，三边阻值相等，顶点a刚好位于边界MN
上，现使线框围绕过a点且垂直于桌面的转轴以角速度ω逆时针匀速转动，如图所示，则在ab边开始转入
磁场的瞬间，a、b两点间的电势差为（ ）
A．−1
3 Bl
2ω
B．−2
3 Bl
2ω
C．1
3 Bl
2ω
D．1
6 Bl
2ω
【答案】C
【详解】在ab边开始转入磁场的瞬间，ab 边产生的电动势E = 1
2 Bl
2ω
右手定则可知a 点电势比b 点高，故a、b两点间的电势差即路端电压U ab= 2
3 E = 1
3 Bl
2ω
故选C。
14．（25-26 高二下·重庆）如图所示是法拉第圆盘发电机原理图，金属圆盘绕中心轴C匀速转动，圆盘半
径为r，整个装置处在方向垂直于圆盘平面向外的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，圆盘中心C和圆盘边
缘D处各有一个电刷与圆盘良好接触，外接一阻值为R的定值电阻，金属圆盘、导线、电刷电阻忽略不计、
圆盘顺时针转动的角速度为ω，则下列说法正确的是（ ）
A．C点电势低于外边缘D的电势
B．电阻R上产生的热功率P= B
2r
4ω
2
8 R
C．作用在圆盘圆心角θ区域（θ很小，可视为导体棒）上的安培力大小F与θ的关系式为F = B
2r
3ωθ
2π R
D．若将此圆盘中心挖去半径为r
2的同心圆，圆盘内边缘仍与电刷接触，其他条件不变，则感应电动势
变为3
8 Br
2ω
【答案】D
【详解】A．由右手定则可知感应电流由边缘D 向C 流动，因为圆盘为电源部分，所以C 点电势高于D 点，
故A 错误；
B．圆盘上产生的感应电动势E = Br v = Br ωr +0
2
= 1
2 Br
2ω
电阻R 上产生的热功率为P = E
2
R = B
2r
4ω
2
4 R
，故B 错误；
C．圆盘可视作多个扇形区域并联，对应的扇形区域可视为导体棒，设为N个，每个导体棒上的电流为
I 0= I
N
其中，总电流为I = E
R
导体棒的个数N = 2π
θ
安培力大小为F = B I 0r
联立，解得F = B
2r
3ωθ
4π R ，故C 错误；
D．金属圆盘产生的感应电动势E = 1
2 Br
2ω
同理可求得挖去半径为r
2的同心圆产生的电动势E
′ = 1
2 B( r
2 )
2
ω= 1
8 Br
2ω
故此圆盘挖去同心圆后，产生的电动势E
″ = E−E
′ = 3
8 Br
2ω，故D 正确。
故选D。
15．（25-26 高二下·江苏苏州）如图所示是法拉第圆盘发电机的示意图，铜质圆盘安装在水平铜轴上，与
电阻R组成回路，现在顺时针（从左往右看）转动圆盘，则（ ）
A．只有圆盘加速转动时，回路中才有感应电流
B．转动过程中的整个圆盘的磁通量不变，回路中没有电流
C．圆盘转动过程中，回路中的感应电流从e经电阻R到f
D．圆盘转动过程中，回路中的感应电流从f 经电阻R到e
【答案】D
【详解】A．当圆盘匀速转动时导体持续切割磁感线，产生恒定电动势，回路中有感应电流，则不只有圆
盘加速转动时，回路中才有感应电流，故A 错误；
B．整个圆盘磁通量虽不变，但本题中导体在磁场中运动，切割磁感线，产生动生电动势，故B 错误；
CD．由图，磁场方向水平向右，圆盘顺时针转动，D点线速度方向垂直纸面指向纸内，利用右手定则，结
合电源内部，电流方向从负极到正极可以判定，边缘D点电势高于中心C点，即D为正极，故电流方向为
D→f →R→e→C →D，故C 错误，D 正确。
故选D。
⏳题型04 自感现象及应用
16．（多选）（25-26 高二上·辽宁沈阳）如图所示，L 是自感系数很大的线圈，但其自身的电阻几乎为0。
A 和B 是两个相同的小灯泡。则下列说法正确的是（ ）
A．当开关S 由断开变为闭合时，A、B 两个灯泡同时发光，之后灯泡A 亮度加强，灯泡B 逐渐熄灭
B．当开关S 由断开变为闭合时，A、B 两个灯泡同时发光，之后灯泡A、B亮度相同
C．当开关S 由闭合变为断开时，灯泡A 立即熄灭，灯泡B 闪亮一下再熄灭
D．当开关S 由闭合变为断开时，灯泡A、B 同时熄灭
【答案】AC
【详解】AB．当开关S 由断开变为闭合时，A、B 两个灯泡同时发光，由于线圈中产生自感电动势阻碍电
流增加，则通过线圈的电流慢慢增加，因线圈电阻不计，则最终灯泡B 逐渐被短路从而逐渐熄灭，而灯泡
A 亮度加强，A 正确，B 错误；
CD．当开关S 由闭合变为断开时，灯泡A 立即熄灭，但由于线圈中产生自感电动势阻碍电流减小，则线
圈相当于电源，电流在灯泡B 中重新形成回路，使得灯泡B 闪亮一下再熄灭，C 正确，D 错误。
故选AC。
17．（多选）（25-26 高二上·辽宁大连）如图所示，P、Q 是两个完全相同的灯泡，L 是自感系数很大、电
阻可不计的线圈。闭合开关K，一段时间后电路中的电流稳定，下列说法正确的是（ ）
A．P 灯不亮，Q 灯亮
B．P 灯与Q 灯亮度相同
C．断开开关K时，P 立即熄灭，Q 亮一下逐渐熄灭
D．断开开关K时，P 亮一下逐渐熄灭，Q 立即熄灭
【答案】AD
【详解】AB．电路稳定后，因线圈电阻不计，则P 灯被短路，不亮，Q 灯亮，A 正确；
CD．断开开关K时，Q 立即熄灭，由于电路中电流减小，则线圈中产生自感电动势阻碍电流减小，线圈相
当于电源，在P 灯中重新组成回路，则P 亮一下逐渐熄灭，C 错误，D 正确。
故选AD。
18．（多选）（25-26 高二上·辽宁鞍山）图1 和图2 是演示自感现象的两个电路图，L1和L2为电感线圈。
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1 中，闭合S1电路稳定后，A1中电流大于L1中电流
B．图1 中，A1与L1的阻值不相同
C．图2 中，闭合S2电路稳定后，变阻器R 连入的阻值与L2的阻值相同
D．图2 中，闭合S2瞬间，L2中电流与变阻器R 中电流相等
【答案】BC
【详解】A．图1 中，断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗，说明闭合S1后，待电路稳定，通
过L1的电流大于A1的电流，A 错误；
B．图1 中，闭合S1后，待电路稳定，通过L1的电流大于A1的电流，说明L1的电阻与A1的电阻不相同，B
正确；
C．图2 中，闭合开关，灯A2逐渐变亮，而灯A3立即变亮，最终两灯的亮度相同，又知两灯电阻相同，所
以变阻器R 与L2的电阻值相同，C 正确；
D．图2 中，闭合开关瞬间，两支路电阻相同，电感线圈L2对电流有阻碍作用，所以L2中电流小于变阻器
R 中的电流，D 错误。
故选BC。
19．（多选）（25-26 高二上·辽宁鞍山）如图所示，L1、L2为两个相同的灯泡，线圈L 的直流电阻不计，
灯泡L1与理想二极管D 相连，下列说法中正确的是（ ）
A．闭合开关S 的瞬间，L1和L2都立刻变亮
B．闭合开关S 稳定后，L1和L2一样亮
C．断开S 的瞬间，L1先变亮后逐渐熄灭，L2会立即熄灭
D．断开S 的瞬间，a 点的电势比b 点高
【答案】AD
【详解】A．闭合开关S 后，线圈自感只是阻碍流过线圈L 的电流增大，则两灯立刻亮，故A 正确；
B．闭合开关S 稳定后，因线圈L 的直流电阻不计，所以L1与二极管被短路，导致灯泡L1不亮，而L2将更
亮，故B 错误；
CD．断开S 的瞬间，L2会立刻熄灭，线圈L 与灯泡L1及二极管构成回路，因线圈产生感应电动势，a 端的
电势高于b 端，此时的二极管反接，所以回路中没有电流，L1不会变亮，故C 错误，D 正确。
故选AD。
20．（多选）（25-26 高二上·辽宁沈阳）如图所示，A、B 是两个完全相同的灯泡，L 是电阻为零的纯电感，
且自感系数L 很大。C 是电容较大且不漏电的电容器，下列判断正确的是（ ）
A．S 闭合时，A 灯亮后逐渐熄灭，B 灯逐渐变亮
B．S 闭合时，A 灯、B 灯同时亮，然后B 灯变暗，A 灯变得更亮
C．S 闭合，电路稳定后，S 断开时，A 灯突然亮一下，然后熄灭，B 灯立即熄灭
D．S 闭合，电路稳定后，S 断开时，A 灯突然亮一下，然后熄灭，B 灯逐渐熄灭
【答案】AD
【详解】AB．当S 闭合时，通过自感线圈的电流逐渐增大而产生自感电动势，L 相当于断路，电容C 较大，
相当于短路，当电流稳定时，L 短路，电容C 断路，故A 灯先亮后灭，B 灯逐渐变亮，故A 正确，B 错误；
CD．当S 断开时，灯泡A 与自感线圈L（相当电源）组成了闭合回路，灯泡A 中的电流突然增大后减小
至零，故闪亮一下熄灭，电容器与灯泡B 组成闭合回路，电容器放电，故灯泡B 逐渐熄灭，
故C 错误，D 正确。
故选AD。
⏳题型05 涡流 电磁阻尼与电磁驱动
21．（多选）（25-26 高二上·辽宁鞍山）关于以下四幅课本上的插图，下列说法正确的是（ ）
A．如图甲，把一根柔软的弹簧悬挂起来，使它的下端刚好跟槽中的水银接触，通电后弹簧上下振动
B．图乙是速度选择器示意图，带电粒子能够从N 向M 沿直线匀速通过
C．图丙是真空冶炼炉，耐火材料制成的冶炼锅外的线圈通入高频交流电时，被冶炼的金属内部产生
很强的涡流，从而产生大量的热量使金属熔化
D．图丁中，当手摇动柄使得蹄形磁铁转动，则铝框会同向转动
【答案】ACD
【详解】A．当有电流通过弹簧时，构成弹簧的每一圈导线周围都产生了磁场，根据安培定则知，各圈导
线之间都产生了相互的吸引作用，弹簧就缩短了，当弹簧的下端离开水银后，电路断开，弹簧中没有了电
流，各圈导线之间失去了相互吸引力，弹簧又恢复原长，使得弹簧下端又与水银接触，弹簧中又有了电流，
开始重复上述过程，弹簧上下振动，故A 正确；
B．图乙中假设粒子带正电，从N 向M 运动，电场力的方向向下，洛伦兹力方向也向下，无法平衡，则不
能做匀速直线运动，故B 错误；
C．图丙是真空冶炼炉，耐火材料制成的冶炼锅外的线圈通入高频交流电时，被冶炼的金属内部产生很强
的涡流，从而产生大量的热量使金属熔化，故C 正确；
D．根据电磁驱动原理，图丁中，当手摇动柄使得蹄形磁铁转动，则铝框会同向转动，磁铁比铝框转得快，
故D 正确。
故选ACD。
22．（多选）（24-25 高二下·辽宁）如图所示，在一个绕有线圈的可拆变压器铁芯上放一小铁盒冷水。现
接通交流电源，几分钟后，盒中的水沸腾起来，t0时刻的电流方向已在图中标出，且此时电流正在增大，
下列说法正确的是（ ）
A．电路线圈中电流变化越大，自感电动势越大，自感系数也越大
B．小铁盒中产生涡流，涡流的热效应使水沸腾起来
C．t0时刻，从上往下看，小铁盒底部的涡流沿顺时针方向
D．变压器的铁芯用相互绝缘的硅钢片叠成能增大铁芯中的涡流
【答案】BC
【详解】A．电流变化越快，自感电动势越大，与电流变化的大小没有必然的关系，线圈的自感系数是由
线圈本身的性质决定的，与线圈的电流的变化无关，故A 错误；
B．由于交流电在线圈中产生变化的磁场，变化的磁场穿过小铁盒可以在小铁盒中产生变化的电场，从而
产生涡流，使水沸腾，故B 正确；
C．t0时刻电流从线圈的上端流入且电流正在增大，根据安培定则可知，穿过小铁盒的磁场是向上增大的，
所以根据楞次定律，感应电流的磁场方向一定是向下的，由安培定则可知，从上往下看，小铁盒底部的涡
流沿顺时针方向，故C 正确；
D．在整块导体内部发生电磁感应而产生感应电流的现象称为涡流现象，要损耗能量，不用整块的硅钢铁
芯，其目的是为了减小涡流，故D 错误。
故选BC。
23．（多选）（25-26 高二上·吉林通化）下列关于电磁现象的说法正确的是（ ）
A．图甲中，摇动手柄使蹄形磁铁转动，则铝框会同向转动，且铝框转动周期与磁体转动周期相同
B．图乙是真空冶炼炉，当炉外线圈通入高频交流电时，在炉壁内产生涡流发热加热金属使金属熔化
C．图丙线圈的自感系数很大且自身的电阻几乎为0，当开关S 由闭合变为断开时，A 灯立即熄灭，B
灯突然变亮后逐渐变暗，直至熄灭
D．图丁磁电式仪表的线圈绕在铝框骨架上，铝框起到了电磁阻尼的作用
【答案】CD
【详解】A．甲图中，摇动手柄使得蹄形磁铁转动，则铝框会同向转动，但并不与磁体保持严格同步，周
期不相同，故A 错误；
B．乙图中，真空冶炼炉的炉外线圈通入高频交流电时，炉内金属会由于涡流产生大量热量，从而冶炼金
属，故B 错误；
C．图丙线圈自身的电阻几乎为0 且自感系数很大，当开关S 由闭合变为断开时，A 灯立即熄灭，线圈与B
构成回路，线圈产生较大的感应电流，B 灯突然变亮后逐渐变暗，直至熄灭，故C 正确；
D．丁图中，磁电式电流表的指针偏转时，会带动铝框转动，铝框中会产生感应电流，从而受到安培力阻
碍铝框的运动，起到电磁阻尼的作用，故D 正确。
故选CD。
24．（多选）（25-26 高二上·黑龙江佳木斯）如图所示，底部是一个电磁炉，是常见的家庭厨房用具，其
内部包含线圈，外部为绝缘面板，工作时上方放置铁锅，接通电源，便能加热炒菜。现将连接灯泡的多匝
线圈平行放在电磁炉面板上，把盛水的钢盆置于线圈中间，接通电磁炉开关后，灯泡即可点亮，关于电磁
炉及此现象下列说法正确的是（ ）
A．电磁炉接恒定电流，灯泡也能发光
B．灯泡点亮，是电磁炉线圈中变化的电流产生的磁场穿过灯泡线圈产生感应电流产生的
C．如果把灯泡去掉，上面线圈闭合，线圈匝数变为n 倍，忽略磁损，其他条件不变，接通电源，线圈
产生的感应电动势变为原来n 倍
D．如果把灯泡去掉，上面线圈闭合，线圈匝数变为n 倍，忽略磁损，其他条件不变，接通电源，线
圈产生的感应电流变为原来n 倍
【答案】BC
【详解】A．电磁炉利用的是电磁感应的互感现象，故需要用变化的磁场，而恒定电流只能产生稳定的磁
场，故A 错误；
B．电磁炉线圈中变化的电流产生变化的磁场，从而连接灯泡的多匝线圈的磁通量发生变化，会产生感应
电流，灯泡点亮，故B 正确；
C．线圈匝数变为n 倍，由法拉第电磁感应定律E =n ΔΦ
Δt ，可得线圈产生的感应电动势与匝数成正比，故
变为原来的n 倍，故C 正确；
D．线圈匝数变为n 倍，电阻也会变为n 倍，由闭合电路欧姆定律可得I = nE
nr = E
r ，则电流保持不变，故D
错误。
故选BC。
25．（多选）（2026·湖北省直辖县级单位·三模）磁力刹车是游乐场中过山车采用的一种新型刹车装置，
该刹车装置的原理图（从车后朝前看）如图所示，停车区的轨道两侧装有强力磁铁，当过山车进入停车区
时铜片从强力磁铁间穿过，车很快停下来，关于该装置的刹车原理，下列判断正确的是（ ）
A．过山车进入停车区时其动能转化成电能
B．把铜片换成有机玻璃片，也能达到相同的刹车效果
C．过山车进入停车区的过程中两侧的铜片中会产生感应电流
D．过山车进入停车区的过程中铜片受到的安培力使过山车减速
【答案】ACD
【详解】A．过山车进入停车区时，铜片切割磁感线，克服安培力做功，将过山车的动能转化为电能（最
终通过电阻发热转化为内能），故A 正确；
B．有机玻璃是绝缘体，把铜片换成有机玻璃片时，即使切割磁感线也不会产生感应电流，因此不会受到
安培力的阻碍作用，无法达到相同的刹车效果，故B 错误；
C．过山车进入停车区的过程中，铜片从强力磁铁间穿过，穿过铜片的闭合回路面积或所在位置的磁场发
生改变，导致穿过铜片的磁通量发生变化，从而在铜片中产生感应电流（即涡流），故C 正确；
D．根据楞次定律来拒去留的推论（或安培力总是阻碍相对运动）可知，过山车进入停车区的过程中，
“
”
铜片中感应电流受到的安培力方向与过山车的运动方向相反，从而使过山车减速，故D 正确。
故选ACD。
重难·创新演练
设题创新:模型创新(T3);新角度考查研究方法(T4);
1．（2026·内蒙古包头·二模）如图（a）所示，两平行光滑长直金属导轨水平放置，间距为d、整个区域有
匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向竖直向上。两细金属杆MN 和PQ 与导轨接触良好且始终与导轨垂
直。两杆的质量均为m，在导轨间的电阻均为R，金属杆MN 和PQ 中点用一轻质绝缘弹簧连接，初始时
刻，金属杆PQ 处于静止状态，金属杆MN 以初速度v0向右运动。已知从初始时刻到弹簧第一次压缩到最
大过程中，弹簧压缩量为弹簧原长的1
4 ，弹簧与安培力对金属杆MN 的冲量相等。感应电流产生的磁场及
导轨的电阻忽略不计，弹簧始终处在弹性限度内。
(1)求初始时刻通过金属杆MN 电流的大小和方向；
(2)已知弹簧的劲度系数为k，且弹簧的弹性势能Ep与形变量x 的关系为Ep= 1
2 k x
2；
求弹簧原长
①
L0；
求从初始时刻到弹簧第一次压缩到最大过程中金属杆
②
MN 上产生的焦耳热Q；（结果中可以含k）
(3)已知弹簧第一次恢复原长瞬间，金属杆MN 的速度为0.4 v0，此时撤去弹簧，并对金属杆MN 施加一水
平向右的力F，如图（b）乙所示。F 的大小满足关系式F = B
2d
2
2 R vM（vM是金属杆MN 的瞬时速度），
求此时刻金属杆
①
MN 和PQ 的加速度大小；
从施加力
②
F 瞬间到金属杆MN 和PQ 相碰过程中，金属杆PQ 的位移为2.2 L0，求相碰时金属杆MN 和PQ
的速度。
【答案】(1)Bd v0
2 R ，方向从M 到N
(2)①2mR v0
B
2d
2 ，②1
8 m v0
2−k m
2 R
2v0
2
16 B
4d
4
(3)①3 B
2d
2v0
10mR
，B
2d
2v0
10mR
；②1.6 v0，2.6 v0
【详解】（1）由导体金属杆垂直切割磁感线E = Bd v0
由闭合电路的欧姆定律I = E
R总
= E
2 R = Bd v0
2 R
由右手定则感应电流的方向从M 到N
（2）由动量守恒m v0=(m+m)v
解得v = v0
2
由动量定理−F合t =mv −m v0
即2Bd ⋅Bd L0
4 R总
=m⋅v0
2
解得L0= 2mR v0
B
2d
2
由能量守恒1
2 mv0
2= 1
2
(m+m)(
v0
2 )
2
+ 1
2 k(
L0
4 )
2
+2Q
解得Q = 1
8 m v0
2−k m
2 R
2v0
2
16 B
4d
4
（3）由动量守恒定律m v0=m⋅0.4 v0+m vPQ
解得vPQ=0.6 v0
对金属杆MN 由牛顿第二定律F + F安=maMN
解得aMN = 3 B
2d
2v0
10mR
对金属杆PQF安=maPQ
解得aPQ=−B
2d
2v0
10mR
，则加速度大小为 B
2d
2v0
10mR
对MN 由动量守恒B
2d
2⋅2.2 L0
2 R
=mv1−0.4 mv0
对PQ 由动量守恒B
2d
2 L0
2 R
=m v2−0.6m v0
又B
2d
2 L0
2 R
=mv0
解得v2=1.6 v0
v1=2.6 v0
2．（2026·吉林长春·模拟预测）如图甲所示，轻质导体大环与小环用三根阻值为R、长度为L的轻质导体
辐条连接在一起，内部小环的半径忽略不计，辐条中点处各镶嵌一个质量为m、电阻不计的金属小球。如
图乙所示足够长的平行导轨水平固定，间距为L，左侧有一个竖直金属转动轴，将装置甲套在竖直的转动
轴上，装置甲可在水平面内转动，用导线和电刷将两部分连成回路，将长度略大于L、质量为m、阻值也
为R的导体棒MN垂直导轨放置并保持良好的接触，两个区域的匀强磁场的磁感应强度大小均为B。不计
一切摩擦阻力及其他一切电阻，初始时均静止，求：
(1)仅给导体棒MN水平向右的初速度v0，导体棒开始运动时棒的电流大小I；
(2)若导体棒固定，给装置甲一个初始角速度ω0，求装置甲中每根辐条转动的最大角度θ；
(3)若装置甲不固定，仅给导体棒MN水平向右的初速度v0，求：达到稳定时棒MN的速度v，以及达到稳
定过程中导体棒中产生的焦耳热Q。
【答案】(1)3 BLv0
4 R
(2)4 mω0 R
B
2 L
2
(3)v0
4
；9
32 m v0
2
【详解】（1）金属棒切割磁感线产生动生电动势为E1= BLv0
由闭合电路的欧姆定律得E1= I 1(R+ R
3)
解得I 1= 3 BLv0
4 R
（2）由电磁感应定律可知辐条旋转切割感应电动势为E = 1
2 B L
2ω
由闭合电路的欧姆定律得E = I(R+ R
3)
解得I = 3 B L
2ω
8 R
对三根辐条和金属小球列动量定理得3∑B I
3 LΔt =3mω0 L
2
整理可得B
2 L
3
8 R ∑Δθ =mω0
L
2
可得导体环转动的最大角度θ = 4 mω0 R
B
2 L
2
（3）系统稳定运动时，1
2 B L
2ω= BLv（即v = 1
2 ωL= v球）
由动量定理可知对于导体棒MN有：−∑BILΔt =mv −m v0
对于装置甲有3∑B I
3 LΔt =3mv
可得v = 1
4 v0
由系统能量守恒定律可得Q总= 1
2 m v0
2−1
2 4 m v
2
因Q总=Q+Q甲
且
Q
Q甲
= R
R
3
=3
导体棒MN运动过程中产生的焦耳热Q = 9
32 mv0
2
3．（2026·辽宁营口·模拟预测）如图所示，半径r=0.5m 的水平金属圆盘绕过中心O 的竖直轴以
ω=100rad/s 的角速度逆时针匀速转动。圆盘边缘通过电刷与导轨的A1点相连，中心O 与单刀双掷开关S 的
接线柱1 相连。无限长平行粗糙导轨A1A2和B1B2固定在水平面上，垂直导轨放置的金属棒PQ 与导轨之间
的动摩擦因数为μ=0.5。圆盘和水平导轨均处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度的大小均为B=1.0T。
已知金属棒PQ 的质量m=0.1kg，导轨的宽度d=1.0m，定值电阻R=5.0Ω，电容器的电容C=0.06F，电容器
储存电能Ec 与两极板间电压U 的关系为Ec=1
2CU2。不计金属棒PQ、导轨的电阻，最大静摩擦力等于滑
动摩擦力，电容器两侧电压始终低于击穿电压，重力加速度g=10m/s²。
(1)求开关掷到1 时，电容器所带的电荷量；
(2)将开关从1 掷到2，金属棒PQ 运动的最长时间；
(3)将开关从1 掷到2，金属棒PQ 由静止开始运动，经t=0.4s 金属棒达到最大速度，求此过程中系统产生的
总热量。
【答案】(1)Q =0.75C
(2)t 总=1.5s
(3)Q =3.625J
【详解】（1）设金属圆盘转动产生的电动势为E，则有E = 1
2 Bωr
2
解得E =12.5 V
设电容器所带的电荷量为Q，根据电容的定义式则有Q =CE
解得Q =0.75C
（2）从开始运动到最终停止，初末动量均为0，安培力的冲量等于摩擦力的冲量，则Bd I t 总= μmgt 总
其中I t 总=Q =CE
所以t 总=1.5s
（3）设金属棒的最大速度为vm，最大速度时电流为I，电容器的电压为U，则金属棒速度最大时安培力与
摩擦力相等，有BId = μmg
解得I =0.5 A
此时电容器电压为U = IR+ Bd vm
设在达到最大速度过程中通过金属棒的电量为q，则q =C (E−U )
在达到最大速度过程中，由动量定理得∑BdiΔt −μmgt =m vm−0
解得vm =2.5 m/s，
根据能量守恒定律可得1
2 C (E
2−U
2)= 1
2 mvm
2 +Q
解得Q =3.625J
4．（2026·辽宁大连·模拟预测）如图为某兴趣小组做电磁驱动和电磁阻尼实验的示意图。分界线PQ将水
平面分成左右两部分，左侧平面粗糙，右侧平面光滑。左侧的驱动磁场为方向垂直平面、等间距交替分布
的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，每个磁场宽度为L。右侧较远处存在宽度为L，方向垂直平面向里的
阻尼磁场，磁感应强度B0= ❑√kx（x表示到阻尼磁场左边界的距离，且k >0）。两个完全相同的正方形金
属线框abcd和efgh，边长均为L，质量均为m，其中ab边和gh边无电阻，其余各边电阻均为R。线框
abcd与分界线PQ左侧的动摩擦因数为μ。现使驱动磁场以稳定速度v0向右运动，线框abcd在图示位置由
静止开始运动，经过一段时间后匀速运动，当ab边匀速运动到PQ时立即撤去驱动磁场，线框abcd完全越
过PQ后，与静止线框efgh发生正碰，碰后ab边和gh边粘在一起，组成“
型线框后进入阻尼磁场。
”
设整个过程中线框的ab边和ef 边始终与分界线平行，ab边和gh边碰后接触良好。不计两金属框形变，重
力加速度为g。求：
(1)线框abcd由静止开始运动时的感应电流方向和大小；
(2)线框abcd在驱动磁场中匀速运动的速度大小；
(3)设某次经过驱动磁场加速后，线框abcd以速度v（已知）与线框efgh发生正碰，k = 4 mRv
L
4
，请分析“
型线框在阻尼磁场作用下运动的位移。
”
【答案】(1)2BLv0
3 R
，顺时针方向
(2)v0−3 μmgR
4 B
2 L
2
(3)3
2 L
【详解】（1）线框abcd刚开始运动时速度为零，与磁场的相对速度为v0，根据右手定则可知线框左右两
边产生的感应电动势顺接，由法拉第电磁感应定律可得E =2BLv0
根据欧姆定律可得线框中的感应电流为I 0= 2BLv0
3 R
感应电流方向为顺时针方向
（2）设线框匀速运动的速度为v1，回路电动势为E =2BLv相对
v相对= v0−v1
根据欧姆定律有I = 2BL(v0−v1)
3 R
可求安培力为F安=2BIL= 4 B
2 L
2(v0−v1)
3 R
根据线框abcd匀速运动，可知安培力和摩擦力平衡F安= μmg
联立解得v1= v0−3 μmgR
4 B
2 L
2
（3）两线框碰撞，满足动量守恒定律mv =2m v
′
当ef 边进入阻尼磁场，回路总电阻为3 R
设ef 边刚出磁场时线框速度为v2，从ef 边刚进入磁场到ef 边刚离开磁场的过程，由动量定理可得
−∑
❑
❑
❑B0
2 L
2
3 R v Δt =−∑
❑
❑
❑k x1 L
2
3 R
Δ x =−k L
2 x1
2
6 R
=2mv2−2mv
′
x1= L −k L
4
6 R =2mv2−2mv
′
联立解得v2= 1
6 v
从ef 边刚出磁场到cd边还未进入磁场过程中，回路电阻为3
2 R
设cd边刚进磁场时线框速度为v3，从ef 边刚出磁场到cd边刚进入磁场的过程，由动量定理可得
−∑
❑
❑
❑B0
2 L
2
3
2 R
v Δt =−∑
❑
❑
❑k x2 L
2
3
2 R
Δ x =−k L
2 x2
2
3 R
=2mv3−2mv2
若x2= L，则v3<0，说明cd未进入磁场线框已经停止运动，即v1=0
求得x2= 1
2 L
线框在阻尼磁场作用下运动的位移x = x1+ x2= 3
2 L
5．（2026·辽宁·模拟预测）如图所示，MN与PQ为间距L=1m的平行导轨，导轨的上部分水平长度
l =1.2m，下部分足够长且处于倾角θ =37°的绝缘斜面上，水平导轨的左端接一阻值R =0.8Ω的电阻，水
平部分处于竖直方向的匀强磁场B1中，t =0时刻开始，磁感应强度B1从0 开始均匀增大；倾斜部分处于垂
直导轨平面向上的、磁感应强度B =1T的匀强磁场中。在t1=0.1s时将一质量m=0.4 kg、电阻r =0.2Ω的
金属棒静止放在倾斜导轨部分的上端，金属棒恰好不上滑，金属棒与两导轨间的动摩擦因数处处相同，均
为μ=0.75，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。在t2=0.25s时磁感应强度B1不再变化，此时给金属棒一个沿
斜面向下的拉力F 使金属棒从静止开始运动，拉力F 的大小与金属棒运动的速度大小的关系式为
F =kv +0.8 (N)，其中k 为定值。已知金属棒运动后测得电阻R 两端的电压随时间均匀增大，金属棒在运
动过程中与两导轨接触良好且始终与导轨垂直，不计导轨的电阻，重力加速度g 取10m/s
2，sin37° =0.6，
cos37° =0.8。
(1)取磁感应强度B1竖直向上为正方向，请描绘出B1随时间变化的图线（需要写出关键坐标点与计算过
程）；
(2)求t3=1.25s时拉力的大小F；
(3)求t2=0.25s到t3=1.25s时间内通过金属棒的电荷量。
【答案】(1)见解析
(2)2.8N
(3)1C
【详解】（1）金属棒恰好不上滑，根据平衡条件有B I 0 L=mgsinθ+ μmgcosθ
解得I 0= 4.8 A
由左手定则可得，电阻R 中电流方向由P 指向N，由楞次定律可知，磁感应强度应竖直向上均匀增大
t1=0.1s时，电阻R 中的电流大小为I 0，根据法拉第电磁感应定律有E = ΔB1
Δt ⋅≪¿
又I 0=
E
R+r
解得ΔB1
Δt = 4 T/s
t =0.25s时B1=1T
由题意磁场随时间的变化图线为
（2）金属棒在倾斜导轨上向下运动时，由μ=0.75= tanθ
可知mgsinθ = μmgcosθ
金属棒速度为v 时，电阻R 两端的电压U = BLv
R+r ⋅R
已知金属棒运动后测得电阻R 两端的电压随时间均匀增大，可知v 与时间t 成正比，金属棒在倾斜导轨上
做匀加速运动，金属棒在倾斜导轨上运动时受到的安培力大小FA= BIL，E = BLv，I =
E
R+r
由牛顿第二定律有F −FA=ma
代入数据有(k −B
2 L
2
R+r)v +0.8=ma
由于a 不随v 变化，故有k −B
2 L
2
R+r =0
可得k =1N⋅s/ m
金属棒运动的加速度大小a=2m /s
2
t3=1.25s时，金属棒的速度大小v =a(t3−t2)
此时F =kv +0.8(N)=2.8 N
（3）t2=0.25s到t3=1.25s时间内金属棒在倾斜导轨上下滑的距离x = 1
2 a(t3−t2)
2=1m
此段时间内通过金属棒的电荷量q2= I Δt =
B Δ S
Δt( R+r ) Δt = BLx
R+r =1C
真题·实战演练
高频考点：感生电动势和动生电动势的计算
1．（2025·甘肃·高考真题）闭合金属框放置在磁场中，金属框平面始终与磁感线垂直。如图，磁感应强度
B 随时间t 按正弦规律变化。Φ为穿过金属框的磁通量，E 为金属框中的感应电动势，下列说法正确的是
（ ）
A．t 在0~ T
4 内，Φ和E 均随时间增大
B．当t = T
8 与3T
8 时，E 大小相等，方向相同
C．当t = T
4 时，Φ最大，E 为零
D．当t = T
2 时，Φ和E 均为零
【答案】C
【详解】A．在0∼T
4 时间内，磁感应强度B 增加，根据Φ = BS则磁通量Φ增加，但是图像的斜率减小，
即磁感应强度B 的变化率逐渐减小，根据法拉第电磁感应定律可知E = ΔB
Δt S，感应电动势E 逐渐减小，选
项A 错误；
B．当t = T
8 和t = 3T
8 时，因B-t 图像的斜率大小相等，符号相反，可知感应电动势E 大小相等，方向相反，
选项B 错误；
C．t = T
4 时，B 最大，则磁通量Φ最大，但是B 的变化率为零，则感应电动势E 为零，选项C 正确；
D ．t = T
2 时，B 为零，则磁通量Φ为零，但是B 的变化率最大，则感应电动势E 最大，选项D 错误。
故选C。
2．（2025·浙江·高考真题）如图甲所示，有一根长1m、两端固定紧绷的金属丝，通过导线连接示波器。在
金属丝中点处放置一蹄形磁铁，在中点附近1.00cm范围内产生B =10
−3T、方向垂直金属丝的匀强磁场
（其他区域磁场忽略不计）。现用一激振器使金属丝发生垂直于磁场方向的上下振动，稳定后形成如图乙
所示的不同时刻的波形，其中最大振幅A =0.5cm。若振动频率为f，则振动最大速度v =2πfA。已知金
属丝接入电路的电阻r =0.5Ω，示波器显示输入信号的频率为150Hz。下列说法正确的是（ ）
A．金属丝上波的传播速度为3
2 πm/s
B．金属丝产生的感应电动势最大值约为3
2 π×10
−3V
C．若将示波器换成可变电阻，则金属丝的最大输出功率约为9
16 π
2×10
−10 W
D．若让激振器产生沿金属丝方向的振动，其他条件不变，则金属丝中点的振幅为零
【答案】C
【详解】A．先由图可判断金属丝振动形成三节（如图乙所示共有三个波腹），则波长为λ= 2
3 L= 2
3 m
又振动频率为f = 150Hz，可得波速为v = λf =100 m/s，故A 错误；
B．金属丝在中点附近的匀强磁场中振动，其振动最大速度为vm =2πfA
其中A = 0.5cm = 0.005m，f =150 Hz，计算得vm =2π ×150×0.005 m/s=1.5 π m/s
中点切割的有效长度为L=0.01m
则中点处感应电动势最大值为Emax= BLvm = 3
2 π ×10
−5V，故B 错误；
C．金属丝在中点附近的匀强磁场中振动，产生的是正弦式交流电，电动势的有效值为E = Emax
❑√2
，若用最
大感应电动势Emax = 3
2 π ×10
−5V接外电阻，则金属丝本身内阻r = 0.5 Ω，正弦交流源在内阻r 和外阻R 串
联时，当R = r=0.5 Ω 时可得最大输出功率为Pmax =
（Emax
❑
❑√2 ）
2
4 r
= 9
16 π
2×10
−10 W
，故C 正确；
D．若改为沿金属丝方向振动形成纵波，两端固定则端点处必为纵波的振动节(位移为零处)，其基频振型中
点恰为振幅最大处(波腹)，并非振幅为零，故D 错误。
故选C。
3．（2024·福建·高考真题）拓扑结构在现代物理学中具有广泛的应用。现有一条绝缘纸带，两条平行长边
镶有铜丝，将纸带一端扭转180°，与另一端连接，形成拓扑结构的莫比乌斯环，如图所示。连接后，纸环
边缘的铜丝形成闭合回路，纸环围合部分可近似为半径为R 的扁平圆柱。现有一匀强磁场从圆柱中心区域
垂直其底面穿过，磁场区域的边界是半径为r 的圆（r < R）。若磁感应强度大小B 随时间t 的变化关系为
B = kt（k 为常量），则回路中产生的感应电动势大小为（ ）
A．0
B．kπR2
C．2kπr2
D．2kπR2
【答案】C
【详解】由题意可知，铜丝构成的莫比乌斯环形成了两匝（
“
”
n = 2）线圈串联的闭合回路，穿过回路的磁
场有效面积为
S = π r
2
根据法拉第电磁感应定律可知，回路中产生的感应电动势大小为
E =n ΔΦ
Δt =n Δ B⋅S
Δt
=2kπ r
2
故选C。
4．（2024·浙江·高考真题）如图所示，边长为1m、电阻为0.04Ω 的刚性正方形线框 abcd 放在强磁场中，
线框平面与磁场B 垂直。若线框固定不动，磁感应强度以ΔB
Δt =0.1T/s均匀增大时，线框的发热功率为
P；若磁感应强度恒为0.2T，线框以某一角速度绕其中心轴OO
′匀速转动时，线框的发热功率为2P，则ab
边所受最大的安培力为（ ）
A．1
2 N
B．
❑√2
2 N
C．1N
D．❑√2 N
【答案】C
【详解】磁场均匀增大时，产生的感应电动势为
E = Δ B
Δt S =0.1V
可得
P = E
2
R =0.25 W
线框以某一角速度ω绕其中心轴OO
′匀速转动时电动势的最大值为
Em = BSω
此时有
2 P =(
Em
❑√2)
2
R
=0.5 W
解得
ω=1rad/s
分析可知当线框平面与磁场方向平行时感应电流最大为
I m= BSω
R
=5 A
故ab 边所受最大的安培力为
F
m
安= B I m L=1N
故选C。
5．（2024·北京·高考真题）电荷量Q、电压U、电流I 和磁通量Φ 是电磁学中重要的物理量，其中特定的
两个物理量之比可用来描述电容器、电阻、电感三种电磁学元件的属性，如图所示。类似地，上世纪七十
年代有科学家预言Φ 和Q 之比可能也是一种电磁学元件的属性，并将此元件命名为忆阻器，近年来实验
“
”
室已研制出了多种类型的忆阻器。由于忆阻器对电阻的记忆特性，其在信息存储、人工智能等领域具
“
”
“
”
有广阔的应用前景。下列说法错误的是（ ）
A．QU 的单位和ΦI 的单位不同
B．在国际单位制中，图中所定义的M 的单位是欧姆
C．可以用I
U 来描述物体的导电性质
D．根据图中电感L 的定义和法拉第电磁感应定律可以推导出自感电动势的表达式E = L Δ I
Δt
【答案】A
【详解】A．单位制、法拉第电磁感应定律由法拉第电磁感应定律可知E =ΔΦ
Δt ，则Φ 的单位为V·s，由
Q = It 可知，Q 的单位为A·s，则QU 与ΦI 的单位相同均为V·A·s，故A 错误，符合题意；
B．由题图可知，从单位角度分析有
M = Φ
Q = V⋅s
A⋅s =Ω
故B 正确，不符合题意；
C．由R = U
I 知I
U = 1
R ，可以用来描述物体的导电性质，故C 正确，不符合题意；
D．由电感的定义
L= Φ
I = ΔΦ
Δ I
以及法拉第电磁感应定律E = ΔΦ
Δt 解得
E = L Δ I
Δt
故D 正确，不符合题意。
故选A。
6．（多选）（2025·浙江·高考真题）如图1 所示，在平面内存在一以O 为圆心、半径为r 的圆形区域，其
中存在一方向垂直平面的匀强磁场，磁感应强度B 随时间变化如图2 所示，周期为3t0。变化的磁场在空
间产生感生电场，电场线为一系列以O 为圆心的同心圆，在同一电场线上，电场强度大小相同。在同一平
面内，有以O 为圆心的半径为2r的导电圆环I，与磁场边界相切的半径为0.5r的导电圆环
，电阻均为
Ⅱ
R，圆心O 对圆环
上
Ⅱ
P、Q 两点的张角φ =30°；另有一可视为无限长的直导线CD。导电圆环间绝缘，且
不计相互影响，则（ ）
A．圆环I 中电流的有效值为
❑√3 π r
2B0
Rt0
B．t =1.5t0时刻直导线CD 电动势为π r
2 B0
t0
C．t =0.5t0时刻圆环
中电流为
Ⅱ
π r
2B0
12 Rt0
D．t =0.5t0时刻圆环
上
Ⅱ
PQ 间电动势为1
12 π r
2 B0
t0
【答案】BD
【详解】A．由题图可知，在0~t0内和2t0~3t0内圆环I 中的电流大小均为I 1= π r
2B0
Rt0
在t0~2t0内圆环I 中的电流大小为I 2= 2π r
2B0
Rt0
设圆环I 中电流的有效值为I，根据有效值定义可得I
2 R⋅3t0= I 1
2 R⋅2t0+ I 2
2 Rt0
联立解得I =
❑√2π r
2B0
Rt0
故A 错误；
B．设右侧有一无限长的直导线CD对称的无限长的直导线C
′ D
′与CD构成回路，则t =1.5t0时刻，CD、
C
′ D
′回路产生的总电动势为E总= π r
2⋅2B0
t0
根据对称性可知t =1.5t0时刻直导线CD 电动势为π r
2 B0
t0
，故B 正确；
C．由于圆环
处于磁场外部，通过圆环
的磁通量一直为
Ⅱ
Ⅱ
0，所以圆环
不会产生感应电流，则
Ⅱ
t =0.5t0
时刻圆环
中电流为
Ⅱ
0，故C 错误；
D．以O 点为圆心，过程P、Q 两点圆轨道，在t =0.5t0时刻产生的电动势为E = π r
2 B0
t0
则P、Q 两点间圆弧的电动势为E
′ = 30°
360° E = 1
12 π r
2 B0
t0
由于P、Q 两点间圆弧与圆环
上
Ⅱ
PQ 构成回路不会产生感应电流，则圆环
上
Ⅱ
PQ 间电动势为1
12 π r
2 B0
t0
，
故D 正确。
故选BD。
