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热点12 电磁感应
[分值：46 分]
[1~7 题，每题4 分，8~10 题，每题6 分]
1.(2025·北京卷·3)下列图示情况，金属圆环中不能产生感应电流的是( )
A.图(a)中，圆环在匀强磁场中向左平移
B.图(b)中，圆环在匀强磁场中绕轴转动
C.图(c)中，圆环在通有恒定电流的长直导线旁向右平移
D.图(d)中，圆环向条形磁铁N 极平移
答案 A
解析 圆环在匀强磁场中向左平移，穿过圆环的磁通量不发生变化，金属圆环中不能产生感应电流，故A
正确；圆环在匀强磁场中绕轴转动，穿过圆环的磁通量发生变化，金属圆环中能产生感应电流，故B 错误；
离通有恒定电流的长直导线越远，导线产生的磁感应强度越弱，圆环在通有恒定电流的长直导线旁向右平
移，穿过圆环的磁通量减小，金属圆环中能产生感应电流，故C 错误；根据条形磁铁周围的磁场分布可知，
圆环向条形磁铁N 极平移，穿过圆环的磁通量发生变化，金属圆环中能产生感应电流，故D 错误。
2.(2025·河南卷·5)如图，一金属薄片在力F 作用下自左向右从两磁极之间通过。当金属薄片中心运动到N
极的正下方时，沿N 极到S 极的方向看，下列图中能够正确描述金属薄片内涡电流绕行方向的是( )
答案 C
解析 根据题意，当金属薄片中心运动到N 极正下方时，下一刻，薄片右侧向下的磁通量减小，左侧向下
的磁通量增加，根据楞次定律可知沿N 极到S 极的方向看，此时薄片右侧的涡电流方向为顺时针，薄片左
侧的涡电流方向为逆时针。故选C。
3.(2024·湖南卷·4)如图，有一硬质导线Oabc，其中
是半径为R 的半圆弧，b 为圆弧的中点，直线段Oa
长为R 且垂直于直径ac。该导线在纸面内绕O 点逆时针转动，导线始终在垂直纸面向里的匀强磁场中。则
O、a、b、c 各点电势关系为( )
A.φO>φa>φb>φc
B.φO<φa<φb<φc
C.φO>φa>φb=φc
D.φO<φa<φb=φc
答案 C
解析 导线绕O 点转动过程中相当于Oa、Ob、Oc 导体棒转动切割磁感线，如图所示，根据右手定则可知
O 点电势最高；
根据E=Blv=1
2Bωl2
因为lOb=lOc>lOa
可得0<UOa<UOb=UOc
得φO>φa>φb=φc
故选C。
4.(多选)(2025·广东潮州市二模)如图所示，在水平面内放置足够长光滑金属导轨abc 和de，ab 与de 平行，
bc 是以O 为圆心的圆弧导轨，圆弧be 左侧和扇形Obc 内有方向垂直于导轨平面的匀强磁场(方向如图)，电
阻为r 的金属杆OP 的O 端与e 点用导线相接，P 端与圆弧bc 接触良好。初始时电阻为R 的金属杆MN 静
止在平行导轨上，若杆OP 在外力作用下绕O 点在匀强磁场区内从b 到c 匀速转动过程中，回路中始终有
电流，此过程中金属杆MN 始终与导轨垂直且接触良好，下列说法中正确的是( )
A.杆MN 做向右运动
B.杆MN 两端的电势差逐渐减小
C.外力对杆OP 做功的功率逐渐变小
D.杆MN 受到的安培力大小不变
答案 BC
解析 OP 杆绕O 点从b 到c 转动过程中，根据右手定则，产生的感应电流方向从O 到P，杆MN 中电流从
M 到N，再根据左手定则，MN 受到的安培力向左，向左运动，A 错误；由于杆MN 向左运动切割磁感线，
产生由N 到M 的反电动势E 反=BLv，杆MN 受到向左的安培力，所以杆MN 的速度v 增大，设OP 长度为
d，则电路中总电动势E=1
2Bd2ω-BLv，电路的电流I= E
R+r ，MN 两端的电势差U=IR，由杆MN 的速度v 增
大，得E 减小，I 减小，U 减小，B 正确；电路中的电流变小，杆OP 所受安培力变小，又因其做匀速转动，
所以外力的功率变小，C 正确；杆MN 受到的安培力大小F 安=BIL，因为I 减小，所以F 安减小，D 错误。
5.(2025·北京师范大学第二附属中学统练)某同学利用电压传感器来研究电感线圈工作时的特点。图甲中三
个灯泡完全相同，不考虑温度对灯泡电阻的影响。在闭合开关S 的同时开始采集数据，当电路达到稳定状
态后断开开关。图乙是由传感器得到的电压u 随时间t 变化的图像。不计电源内阻及电感线圈L 的电阻。
不计电压传感器内阻对电路的影响。下列说法正确的是( )
A.开关S 闭合瞬间，流经灯D2和D3的电流相等
B.开关S 闭合瞬间至断开前，流经灯D1的电流保持不变
C.开关S 断开瞬间，灯D2闪亮一下再熄灭
D.根据题中信息，可以推算出图乙中u1与u2的比值
答案 D
解析 开关S 闭合瞬间，由于电感线圈的阻碍作用，灯D3逐渐变亮，通过灯D3的电流缓慢增加，待稳定
后，流经灯D2和D3的电流相等，故从开关S 闭合瞬间至断开前，流经灯D1的电流也是逐渐增加，A、B
错误；开关S 断开瞬间，由于电感线圈阻碍电流减小的作用，由电感线圈继续为灯D2和D3提供电流，又
因为电路稳定的时候，流经灯D2和D3的电流相等，所以灯D2逐渐熄灭，C 错误；开关S 闭合瞬间，灯D1
和D2串联，电压传感器所测电压为D2两端电压，由欧姆定律u1= E
2 ，电路稳定后，流过D3的电流为I=1
2·
E
3
2 R = E
3 R ，开关S 断开瞬间，电感线圈能够为D2和D3提供与之前等大电流，故其两端电压为u2=I·2R=2 E
3
，所以
u1
u2
=3
4 ，故可以推算出题图乙中u1与u2的比值，D 正确。
6.(2025·山东省部分学校一模)如图所示，在水平光滑绝缘桌面上有一等腰直角三角形单匝均匀金属线框
abc，直角边长为L。空间存在竖直向下的有界匀强磁场，有界磁场的宽度为2L。线框在水平拉力F 作用
下向右匀速穿过磁场区域，若图示位置为t=0 时刻，设逆时针方向为电流的正方向，水平向右为拉力的正
方向，则线框中的感应电流i 和拉力F 随时间t 的关系图像可能正确的是(时间单位为L
v ，图中曲线为抛物
线)( )
答案 D
解析 在时间为0 到L
v 范围内，由几何关系可知，线框有效切割长度为(3L-vt)，可得感应电动势E=B(L-vt)v
可知感应电动势随时间线性减小，根据右手定则可判断电流方向由b 指向a，所以感应电流为正方向，且
线性减小到0；在时间为L
v 到2 L
v 范围内，线框的磁通量保持不变，没有感应电流；在时间为2 L
v 到3 L
v 范围
内，线框有效切割长度为(3L-vt)，可得感应电动势E=B(3L-vt)v，可知感应电动势线性减小，根据右手定则
可判断电流方向由c 指向a，所以感应电流为负方向，且线性减小到0，故A、B 错误；由以上分析可知，
在时间为0 到L
v 范围内，线框处于磁场中的实际长度为(L-vt)，可得安培力大小为F 安=B
2( L- vt )
2v
R
，根据
左手定则可判断安培力方向为水平向左，拉力与安培力二力平衡，所以拉力水平向右，即拉力方向为正方
向，其大小为F=F 安=B
2( L- vt )
2v
R
，同理得在时间为2 L
v 到3 L
v 到范围内，有F=F 安=B
2(3 L- vt )
2v
R
，且拉
力方向为正。在时间为L
v 到2 L
v 范围内，线框的磁通量保持不变，没有感应电流，安培力为零，拉力也为
零，故C 错误，D 正确。
7.(2025·湖北卷·5)如图(a)所示，相距L 的两足够长平行金属导轨放在同一水平面内，两长度均为L、电阻
均为R 的金属棒ab、cd 垂直跨放在两导轨上，金属棒与导轨接触良好。导轨电阻忽略不计。导轨间存在与
导轨平面垂直的匀强磁场，其磁感应强度大小B 随时间变化的图像如图(b)所示，t=T 时刻，B=0。t=0 时刻，
两棒相距x0，ab 棒速度为零，cd 棒速度方向水平向右，并与棒垂直，则0~T 时间内流过回路的电荷量为(
)
A.B0 L x0
4 R
B.B0 L x0
2 R
C.B0 L x0
R
D.2B0 L x0
R
答案 B
解析 t=0 时，Φ1=B0Lx0；t=T 时，磁感应强度为零，Φ2=0，0~T 时间内流过回路的电荷量q=IΔt=IT，I=
E
2 R ，E= ΔΦ
Δt =B0 L x0-0
T
，联立以上各式，解得q=B0 L x0
2 R
，故选B。
8.(多选)(2025·江西省六校联考)如图，两条水平轨道MN、M'N'放置在水平面上，两条半径为R 的1
4 圆弧轨
道PM、P'M'和水平轨道MN、M'N'平滑连接，水平轨道足够长，轨道间距为l，空间内存在竖直向上匀强
磁场，磁感应强度大小为B。ab、cd 为质量均为m、长度均为l、电阻均为r 的金属棒，金属棒cd 放置在
水平轨道左端MM'处，金属棒ab 在圆弧轨道上端PP'处。金属棒cd 处于锁定状态，在外力作用下使金属
棒ab 沿圆弧轨道以大小为v 的速度匀速下滑，当金属棒ab 滑至圆弧轨道底端时撤去外力，立即解除cd 棒
的锁定，ab 棒与cd 棒发生弹性碰撞，经过一段时间后最终ab 棒和cd 棒间距不再发生变化，重力加速度大
小为g。不考虑轨道电阻，金属棒与轨道接触良好且始终与轨道垂直，忽略一切阻力，则( )
A.金属棒cd 中电流方向始终由c 流向d
B.两棒最终相距2mvr
B
2l
2
C.外力做功为π B
2l
2 Rv
8r
-mgR
D.整个过程产生的总热量为π B
2l
2 Rv
8r
+1
4 mv2
答案 CD
解析 根据右手定则知，碰前金属棒cd 电流方向由c 流向d，碰后电流方向由d 流向c，故A 错误；两棒
弹性碰撞，速度互换，由动量守恒mv=2mv1
对ab 棒，根据动量定理BIlΔt=mv1，又I=Bl(vcd - vab)
2r
，Δx=(vcd-vab)Δt，联立解得Δx= mvr
B
2l
2，故B 错误；
ab 匀速下滑的过程产生的电能等效正弦交流电T
4 内产生的电热，有mgR+WF=Q，又Q=( √2
2 Blv)
2
2r
×
π
2 R
v
=
π B
2l
2 Rv
8r
，解得WF=π B
2l
2 Rv
8r
-mgR，故整个过程产生的总热量Q 总=Q+(1
2mv2-1
2×2mv1
2)=π B
2l
2 Rv
8r
+1
4
mv2，故C、D 正确。
9.(多选)(2025·河北沧州市一模)如图所示，空间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，足够长的
光滑平行金属导轨水平放置，导轨左右两部分的间距分别为l、2l；质量分别为m、2m 的导体棒a、b 均垂
直导轨放置，导体棒a 接入电路的电阻为R，其余电阻均忽略不计；a、b 两棒分别以v0、2v0的初速度同时
向右运动，两棒在运动过程中始终与导轨垂直且保持良好接触，a 总在窄轨上运动，b 总在宽轨上运动，直
到两棒达到稳定状态，从开始运动到两棒稳定的过程中，下列说法正确的是( )
A.a 棒加速度的大小始终等于b 棒加速度的大小
B.稳定时a 棒的速度为1.5v0
C.电路中产生的焦耳热为3
2mv0
2
D.流过导体棒a 的某一横截面的电荷量为mv0
2Bl
答案 AC
解析 由F 安=BIL 和牛顿第二定律F 安=ma，联立可得a=BIL
m ，可知：a、b 棒串联，电流相等，a、b 棒长
度分别为l、2l，质量分别为m、2m，则a、b 棒加速度大小相等，故A 正确；因为导轨光滑，故两棒只受
到安培力作用，对a 棒，根据动量定理有Fa·t=BIl·t=mva-mv0，同理，对b 棒有Fbt=BI×2l·t=2m·2v0-2mvb，
稳定时无电流，即Blva=B·2lvb，得va=2vb，联立解得va=2v0，vb=v0，故B 错误；由能量守恒可知，两棒动能
的损失等于电路中产生的焦耳热，两棒初动能Ek0=1
2mv0
2+1
2×2m(2v0)
2，两棒末动能Ek=1
2m(2v0)
2+1
2
×2mv0
2，则电路中产生的焦耳热为Ek0-Ek=3
2mv0
2，故C 正确；对a 应用动量定理BIl·Δt=mva-mv0，又q=I
·Δt，va=2v0，解得q=mv0
Bl ，故D 错误。
10.(2025·河南省模拟)如图所示，间距为L 的倾斜光滑平行金属导轨的倾角θ=30°，底端接有阻值为R 的定
值电阻，虚线MN 上方的导轨区域存在垂直导轨平面向上的范围足够大的匀强磁场，磁感应强度的大小为
B，质量为m、阻值为R、长度为L 的导体棒ab 垂直导轨放置。某时刻给ab 一平行导轨斜面向上的初速度，
已知ab 进入磁场时速度大小为2v0，经过时间t0速度减小为零，一段时间后，以大小为v0的速度离开磁场，
不计导轨的电阻，导体棒与导轨接触良好，且两者始终垂直，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A.导体棒在磁场中沿导轨上滑的最大距离为4 mv0 R -2mgt0 R
B
2 L
2
B.导体棒在磁场中下滑过程中通过定值电阻的电荷量大小为2m v0-mgt0
BL
C.导体棒在磁场中下滑过程经历的时间为6 v0
g -t0
D.整个过程中定值电阻产生的焦耳热为3
2mv0
答案 C
解析 导体棒上滑过程由动量定理得mgt0sin θ+BILt0=m×2v0，而q=It0= Et0
2 R = ΔΦ
2 R =BLx
2 R ，联立解得x=
4 mR v0-mgRt0
B
2 L
2
，q=4 m v0-mgt0
2BL
，故A 错误；下滑过程通过的距离与上滑过程通过的距离大小相等，因
此下滑过程通过电阻的电荷量大小与上滑过程的相等，故B 错误；设导体棒在磁场中下滑过程经历的时间
为t1，此过程对导体棒有mgt1sin θ-BqL=mv0得t1=6 v0
g -t0，故C 正确；整个过程中电路产生的总的焦耳热Q
总=1
2m×(2v0)2-1
2mv0
2，定值电阻产生的焦耳热QR=1
2Q 总=3
4 mv0
2，故D 错误。
