文档文本内容
专题12 电磁感应
目录
01 析·考情精解..........................................................................................................................................................2
02 构·知能架构...........................................................................................................................................................3
03 破·题型攻坚..........................................................................................................................................................4
题型一 楞次定律 法拉第电磁感应定律的应用..........................................................................................................4
真题动向
以前沿科技或抽象物理场景为载体
必备知识
知识1 楞次定律和右手定则
知识2 法拉第电磁感应定律
知识3 动生电动势
命题预测
考向1 楞次定律和右手定则的应用
考向2 法拉第电磁感应定律的应用
考向3 动生电动势的求解
题型二 电磁感应的图像问题........................................................................................................................................12
真题动向
与力学平衡、能量转化结合，场景更贴近实际运动过程
必备知识
知识1 电磁感应常见图像问题的种类及分析方法
知识2 电磁感应图像类选择题的常用解法
命题预测
考向1 Φ-t 图像和B-t 图像
考向2 i-t 图像和E-t 图像
考向3 U-t 图像
考向4 v-t 图像和a-t 图像
题型三 电磁感应的电路问题........................................................................................................................................23
真题动向
与实际电机原理结合，体现工程应用价值。
必备知识
知识1 电磁感应中电路知识的关系图
知识2 “三步走”分析电路为主的电磁感应问题
命题预测
考向1 动生电动势的电路问题
考向2 感生电动势的电路问题
命题
从近三年高考命题看，电磁感应试题以选择题和计算题并重，难度中等偏上。命题趋势呈
轨迹
透视
现明显进阶：从单一线圈或导体的基本电磁感应现象→导体棒在匀强磁场中的平动与转动切割
→涉及图像、电路、能量与动量的多过程综合分析→紧密联系科技应用（如无线充电、电磁阻
尼等）设计情境。试题以法拉第电磁感应定律和楞次定律为核心出发点，侧重考查建模能力与
对复杂物理过程的综合分析。
考点
频次
总结
考点
2025 年
2024 年
2023 年
楞次定律、法拉
第电磁感应定律
2025 江西卷T5，4 分
2025 北京卷T10，3 分
2025 河南卷T5，4 分
2025 甘肃卷T6，4 分
2025 广东卷T9，6 分
2024 湖南卷T4，4 分
2024 广东卷T4，4 分
2023 湖北卷T5，4 分
电磁感应中的电
路和图像问题
2024 全国甲卷T8，4 分
2024 山东卷T8，3 分
2023 辽宁卷T4，4 分
2026
命题
预测
预计在2026 年高考中，电磁感应的命题将继续以“导轨+导体棒”及“线框穿越磁场”为
经典模型，紧密结合无线充电、电磁阻尼等实际科技应用设计情境。试题将突出对动态过程的
分析，重点考查图像、能量转化及动量观点的综合应用。命题倾向于将电磁感应与电路、力学
及能量知识深度融合，在选择题与计算题中均可能作为压轴或难点出现。
确定电源：电动势大小和方向
转动电动势：
平动电动势：E=BLv
电荷量：
公式：
右手定则：磁感线穿手心，拇指运动方向，四指电流方向
内容：增反减同
动生电动势
感生电动势
法拉第电磁感应定律
楞次定律
电磁感应
题型一 楞次定律 法拉第电磁感应定律的应用
1．（2025·江西·高考真题，5T，4 分）托卡马克是一种磁约束核聚变装置，其中心柱上的密绕螺线管（CS
线圈）可以驱动附近由电子和离子组成的磁约束等离子体旋转形成等离子体电流，如图（a）所示。当CS
线圈通以如图（b）所示的电流时，产生的等离子体电流方向（俯视）为（ ）
A．顺时针
B．逆时针
C．先顺时针后逆时针D．先逆时针后顺时针
【答案】A
【详解】由图（b）可知开始阶段流过CS 线圈的电流正向减小，根据右手定则可知，CS 线圈产生的磁场下
端为N 极，上端为S 极，则穿过线圈周围某一截面的磁通量向下减小，由楞次定律可知产生的感应电场方
向为顺时针方向（俯视），则产生的等离子体电流方向（俯视）为顺时针；同理在以后阶段通过CS 线圈
的电流反向增加时，情况与前一阶段等效，即产生的等离子体电流方向（俯视）仍为顺时针。故选A。
命题解读
新情境：以磁约束核聚变装置（托卡马克）为背景，将电磁感应与等离子体电流驱动的前
沿科技结合，体现学科实用性。
新考法：通过电流“正向减小→反向增加”的动态过程，要求分阶段应用楞次定律判断感
应电流方向，突破单一过程分析。
新角度：逆向推导磁场变化，通过等离子体电流方向反推线圈磁场的变化规律，考查逻辑
逆向思维。
2．（2025·甘肃·高考真题，6T，4 分）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 = Δ B
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。
命题解读
新情境：以磁感应强度随时间正弦变化的抽象磁场为载体，将电磁感应与图像分析结合，
场景简洁但规律复杂。
新考法：结合B-t 图像斜率分析磁通量变化率，将数学图像与法拉第电磁感应定律深度融
合，考查数形结合能力。
新角度：多阶段磁场方向分析，通过“向里减小→向外增加”的磁场变化，反推感应电流
方向的一致性，角度更细致。
知识1 楞次定律和右手定则
1.楞次定律及应用
楞次定律中“阻碍”的含义
“四步法”判断感应电流方向
2.右手定则的理解和应用
(1)右手定则适用于闭合电路的部分导体切割磁感线产生感应电流的情况。
(2)右手定则是楞次定律的一种特殊形式，用右手定则能解决的问题，用楞次定律均可代替解决。
(3)右手定则应用“三注意”：
①磁感线必须垂直穿入掌心。
②拇指指向导体运动的方向。
③四指所指的方向为感应电流方向
知识2 法拉第电磁感应定律
1.法拉第电磁感应定律
(1)内容：闭合电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比。
(2)公式E＝n 求的是一个回路中某段时间内的平均电动势，在磁通量均匀变化时，瞬时值才等于平均值。
(3)感应电动势的大小由线圈的匝数和穿过线圈的磁通量的变化率共同决定，而与磁通量Φ 的大小、变化量
ΔΦ 的大小没有必然联系。
(4)磁通量的变化率对应Φt 图线上某点切线的斜率。
(5)通过回路截面的电荷量q＝，仅与n、ΔΦ 和回路电阻R 有关，与时间长短无关。
(6)感应电动势E＝S 有效中的S 有效为圆环回路在磁场中的面积，而不是圆环回路的面积。
2.感应电流电荷量的求法
公 式
说 明
方法1
q＝It，式中I 为回路中的恒定电
流，t 为时间。
①由于导体棒匀速切割磁感线产生感应电动势而使得闭
合回路中的电流恒定，根据电流定义式可知q＝It。
②闭合线圈中磁通量均匀增大或减小且回路电阻保持不
变，则电路中的电流I 恒定，时间t 内通过线圈横截面
的电荷量q＝It。
方法2
q＝n。其中R 为回路电阻，ΔФ
为穿过闭合回路的磁通量变化
量。
①闭合回路中的电阻R 不变，并且只有磁通量变化为电
路提供电动势。
②从表面来看，通过回路的电荷量与时间无关，但ΔФ
与时间有关，随时间变化。
方法3
Δq＝C·ΔU＝CBLΔv，式中C 为
电容器的电容，B 为匀强磁场的
在匀强磁场中，电容器接在切割磁感线的导体棒两端，
不计一切电阻，电容器两极板间电压等于导体棒切割磁
磁感应强度，L 为导体棒切割磁
感线的有效长度，Δv 为导体棒切
割速度的变化量。
感线产生的感应电动势E，通过电容器的电流I＝＝，
又E＝Blv，则ΔU＝BLΔv，可得Δq＝CBLΔv。
知识3 动生电动势
1.E=Blv 的三个特性
正交性
本公式要求磁场为匀强磁场，而且B、l、v 三者互相垂直
有效性
公式中的l 为导体棒切割磁感线的有效长度，如图中ab
相对性
E＝Blv 中的速度v 是导体棒相对磁场的速度，若磁场也在运动，应注意
速度间的相对关系
2.动生电动势的三种常见情况
情景图
研究对象
一段直导线(或等效成直导
线)
绕一端转动的一段导体棒
绕与B 垂直的轴转动的导
线框
表达式
E＝BLv
E＝BL2ω
E＝NBSωsin ωt
考向1 楞次定律和右手定则的应用
1．（2025·江苏南京·模拟预测）如图所示，有一根竖直向下的长直导线，导线中通有向下的恒定电流，从
靠近导线的位置以水平向右的速度抛出一金属圆环，圆环运动过程中始终与导线处于同一竖直面。不计空
气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．圆环中不会产生感应电流
B．圆环中会产生顺时针方向的电流
C．圆环做平抛运动
D．开始的一段时间内，圆环所受安培力向左
【答案】D
【详解】AB．根据右手螺旋定则可知导线右边的磁场方向垂直纸面向外，圆环水平向右的速度抛出，离通
电直导线越远，磁感应强度越小，故圆环中的磁通量向外变小，根据楞次定律，可判断出圆环的感应电流
为逆时针方向的电流，故AB 错误；
C．圆环中有感应电流，而圆环在运动过程中会受到安培力的作用，不再只受重力，所以圆环不做平抛运
动，故C 错误；
D．开始的一段时间内，圆环中产生逆时针方向的电流，把圆环看成由无数小段电流元组成，根据左手定
则，每一小段电流元受到的安培力的合力方向向左，所以圆环所受安培力向左，故D 正确。故选D。
2．（2024·贵州黔南·二模）如图所示，左有两套装置完全相同，用导线悬挂的金属细棒ab、cd分别位于
两个蹄形磁铁的中央，悬挂点用导线分别连通。现用外力使ab棒向右快速摆动，则下列说法正确的是（
）
A．cd棒受到的安培力向左，左侧装置的工作原理相当于电动机
B．ab棒受到的安培力向左，右侧装置的工作原理相当于发电机
C．cd棒受到的安培力向右，左侧装置的工作原理相当于发电机
D．ab棒受到的安培力向右，右侧装置的工作原理相当于电动机
【答案】C
【详解】ab 棒向右切割磁感线，相当于发电机，根据右手定则可知，感应电流方向由b 到a，受安培力向
左，cd 中电流由c 到d，再根据左手定则可知，cd 中电流受向右的安培力；右侧装置的运动属于电流在磁
场中受力运动，故相当于电动机。故选C。
考向2 法拉第电磁感应定律的应用
3．（2025·河北秦皇岛·模拟预测）如图甲所示，在磁感应强度随时间均匀变化的匀强磁场中垂直磁场放置
一圆形金属漆包线圈（磁场方向垂直线圈平面向里），线圈中产生的感应电流为I 0。若仅将线圈扭转成图
乙所示的形状，其中大圆半径是小圆半径的3 倍，假设扭转过程中金属线圈的总长度和粗细均保持不变，
不考虑导线中电流产生磁场对磁通量的影响，则图乙线圈中产生的感应电流大小为（ ）
A．1
2 I 0
B．5
8 I 0
C．8
5 I 0
D．2 I 0
【答案】A
【详解】设小圆半径为R，则大圆半径为3R，甲图中圆的周长2πr =2πR+2π ×3 R解得r = 4 R甲图中
I 0= ΔBπ r
2
R总Δt 乙图中两圆产生电流方向相反，则I =
Δ B
R总Δt [ π(3 R)
2−π R
2]= 1
2 I 0故选A。
4．（2025·河南·三模）如图所示，虚线MN左侧空间存在一方向与纸面垂直的匀强磁场，磁感应强度B随
时间t的变化关系为B =(2t −3)T。一硬质细导线的电阻率为ρ、横截面积为S，将该导线做成半径为r的圆
环固定在纸面内，圆心O在MN上，t =0时磁感应强度的方向如图。对从t =0时到t =2s时，下列说法正确
的是（ ）
A．圆环所受安培力的方向始终不变
B．圆环中的感应电流在1.5s时发生改变
C．圆环中产生的感应电动势大小为2π r
2 D．圆环中的感应电流大小为rS
2 ρ
【答案】D
【详解】AB．由题知，磁感应强度B随时间t的变化关系为B =(2t −3)T设当t =t0时磁感应强度B =0，代入
上式，则有B =(2t0−3)T=0解得t0=1.5s即当t从0∼1.5s时磁感应强度向里减到零，1.5s时磁感应强度
为零，之后磁感应强度向外反向增加；根据楞次定律可知，在0∼1.5s内圆环的电流为顺时针；1.5s 后圆
环的电流也为顺时针，即电流方向不发生改变；根据左手定则，可知在0∼1.5s内圆环所受的安培力向左，
1.5s 后圆环所受的安培力向右，即安培力方向发生变化，故AB 错误；
C．根据法拉第电磁感应定律有E = Δ B
Δt ⋅1
2 π r
2根据磁感应强度B随时间t的变化关系为B =(2t −3)T可得
Δ B
Δt =2故感应电动势大小为E = π r
2故C 错误；
D．根据电阻定律，可得圆环的电阻为R = ρ l
S = ρ 2πr
S 则感应电流大小为I = E
R = rS
2 ρ 故D 正确。故选D。
考向3 动生电动势的求解
5．（2025·广东茂名·一模）图甲为工程师设计的传送带测速装置，图乙为其简化原理图，该测速装置固定
有间距为L、长度为d 的平行金属电极，电极间存在着磁感应强度为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，
且接有电压表和阻值为R 的电阻，测速装置上的绝缘橡胶带嵌有间距均为d 的平行细金属条，金属条阻值
为r 且与电极接触良好，橡胶带运动时磁场中始终有且仅有一根金属条，不计金属电极和其余导线的电阻，
电压表可视为理想电表。下列说法正确的是（ ）
A．当金属条经过磁场区域时，受到的安培力方向与运动方向相同
B．当电压表的读数为U 时，传送带的速度大小为v = U
BL
C．若将该电压表改装为传送带速度表，则速度表刻度均匀分布
D．当金属条通过磁场区域时的速度为v 时，电路的总发热功率为P = B
2 L
2v
R+r
【答案】C
【详解】A．当金属条经过磁场区域时，根据电磁阻尼知识可知，金属条受到的安培力方向与运动方向相
反，故A 错误；
BC．当电压表的读数为U 时，有U
R
(R+r)= BLv得传送带的速度大小为v = U (R+r)
RBL
∝U即若将该电压表
改装为传送带速度表，则速度表刻度均匀分布，故B 错误，C 正确；
D．当金属条通过磁场区域时的速度为v 时，电路的总发热功率为P = I
2(R+r)又I = BLv
R+r
联立得
P= B
2 L
2v
2
R+r
故D 错误。故选C。
6．（2025·河北秦皇岛·二模）（多选）如图所示，边长为2L 的正方形边界abcd 内存在垂直纸面向里、磁
感应强度大小为B 的匀强磁场，圆心为O、半径为L 的圆形边界内存在垂直纸面向外的磁感应强度大小为
B 的匀强磁场，圆形边界与ad 相切于ad 的中点M，cb 的中点为P，MQ 为圆形边界的直径。一长度为2L
的导体棒MN 沿着Ma 放置，一端固定在M 点，现让导体棒绕着M 点以角速度ω 顺时针匀速转动，下列说
法正确的是（ ）
A．当导体棒的端点N 与P 点重合时，M 点的电势高于N 点的电势
B．当导体棒转过60°时，N、M 两点间的电势差为2B L
2ω
C．当导体棒转过240°时，产生的感应电动势为B L
2ω
D．从导体棒转过180°计时开始，半周内瞬时电动式的表达式为e=2B L
2ωsin
2(ωt )(0≤t ≤π
ω)
【答案】BD
【详解】A．当导体棒的端点N 与P 点重合时，导体棒绕着M 点顺时针转动，根据右手定则可知，M 点的
电势低于N 点的电势，故A 错误；
B．当导体棒转过60°时，导体棒的N 点处于ab 边上，导体棒切割磁感线的有效长度为2 L，则导体棒产生
的电动势，即N、M 两点间的电势差为U NM = E = B×2 Lv其中v = ω×2 L+0
2
=ωL解得U NM =2B L
2ω故
B 正确；
C．当导体棒转过240°时，由几何关系可知此时导体棒切割磁感线的有效长度为❑√3 L，处于磁场中的那部
分导体棒的平均切割速度为v ' = ω×❑√3 L+0
2
=
❑√3
2 ωL则导体棒产生的电动势为E = B×❑√3 Lv ' = 3
2 B L
2ω
故C 错误；
D．从导体棒转过180°计时开始，当导体棒转过角度为θ时，导体棒的切割磁感线的有效长度为l =2 Lsinθ
则导体棒产生的电动势为e = Bl v ' '其中v ' ' = ωl+0
2
= ωl
2 ，θ =ωt联立，解得e =2B L
2ωsin
2(ωt )其中
0≤t ≤π
ω故D 正确。故选BD。
题型二 电磁感应的图像问题
1．（2025·湖北·高考真题，5T，4 分）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
【详解】通过导体的电荷量q = I Δt而I = E
2 R t =T时，磁感应强度为零，故E
−
= ΔΦ
Δt = B0l x0−0
T
联立以上
各式，可得q = B0l x0
2 R 故选B。
命题解读
新情境：以双金属棒在变化磁场中的运动为背景，将电磁感应与力学平衡结合，场景贴近
实际动态系统。
新考法：通过磁通量变化率与电荷量的关联，考查法拉第电磁感应定律的综合应用，突破
单一图像分析。
新角度：聚焦电荷量计算，通过“磁通量变化→感应电动势→电荷量”的逻辑链条，角度
更侧重过程量的推导。
2．（2024·天津·高考真题，5T，5 分）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（ ）
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。
命题解读
新情境：以金属棒在倾斜导轨上的下滑为背景，将电磁感应与加速度、速度的动态变化结
合，场景更具力学关联性。
新考法：同时考查安培力、加速度、速度、电流的图像变化，要求建立“速度→电流→安
培力→加速度”的链式关系，综合性强。
新角度：图像斜率的物理意义，通过v-t 图像斜率（加速度）与安培力的关联，考查图像
本质理解。
知识1 电磁感应常见图像问题的种类及分析方法
知识2 电磁感应图像类选择题的常用解法
1.排除法：定性地分析电磁感应过程中物理量的变化趋势(增大还是减小)、变化快慢(均匀变化还是非均
匀变化)，特别是物理量的正负，排除错误的选项。
2.函数法：根据题目所给条件定量地写出两个物理量之间的函数关系，然后由函数关系对图像进行分析和
判断。
考向1 Φ-t 图像和B-t 图像
1．（2025·河北秦皇岛·模拟预测）如图甲所示，将表面带有绝缘漆、粗细均匀的金属线圈的一部分扭转半
圈，扭成一“∞”形导线框，导线框所在空间存在斜方向的均匀磁场，磁场方向与水平方向的夹角为α，
磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示。已知大圆的半径为2r，小圆的半径为r，金属线的横截面积为
S0，电阻率为ρ，规定磁场斜向右上方为正。下列说法正确的是（ ）
A．0~t0
2
时间内，导线框有缩小的趋势
B．0~t0时间内，小圆中的感应电流方向从上向下看沿顺时针
C．导线框中的感应电动势大小为10 π B0r
2sin α
t0
D．0~t0时间内，导线框中产生的焦耳热为6 π B0
2 S0r
3sin
2α
ρt0
【答案】D
【详解】A．由题意和图乙可知，0~t0
2
时间内，穿过导线框的磁场斜向左下方且均匀减小，由楞次定律可
知，导线框有增大的趋势，故A 错误；
B．0~t0时间内，根据楞次定律可知，大圆和小圆中产生的感应电动势方向相反，且大圆中的感应电动势大
于小圆中的感应电动势，则小圆中的感应电流方向从上向下看沿逆时针方向，故B 错误；
C．导线框中的感应电动势大小为E = E大−E小由法拉第电磁感应定律有E大= ΔΦ
Δt = ΔB
Δt S sin α，
ΔB
Δt = 2B0
t0
，S = π(2r )
2可得E大= 8 π B0r
2sin α
t0
同理可得E小= 2π B0r
2sin α
t0
则导线框中的感应电动势大
小为E = 6 π B0r
2sin α
t0
，故C 错误；
D．导线框的总电阻为R = ρ L
S0
= ρ 2π ⋅2r +2πr
S0
= 6 ρπr
S0
导线框中的感应电流为I = E
R = B0 S0r sin α
ρt0
0~t0时间内，导线框中产生的焦耳热为Q = I
2 Rt0= 6 π B0
2 S0r
3sin
2α
ρt0
，故D 正确。故选D。
2．（2025·河南·模拟预测）电吉他的拾音器的简化结构如图甲所示，其原理是当琴手拨动被磁化的金属弦
时，线圈中产生感应电流，电流通过放大器放大，然后经过音箱发出声音。若某次拨动琴弦时，在一段时
间0～t0内，线圈中的磁通量Φ与时间t的变化规律如图乙所示（图像为正弦函数）。已知线圈的匝数为N，
则线圈中产生的感应电动势e随时间t的变化关系式为（ ）
A．e = N (Φ2−Φ1) π
t0
sin 2π
t0
t
B．e = 2 N (Φ2−Φ1)π
t0
sin 2π
t0
t
C．e = N (Φ2−Φ1) π
t0
sin(
2π
t0
t + π
2)
D．e = 2 N (Φ2−Φ1)π
t0
sin(
2π
t0
t + π
2)
【答案】C
【详解】由图可知T =t0则ω= 2π
T = 2π
t0
则线圈中感应电动势的峰值为
Em = NBSω= N ⋅ΔΦ ω= N ⋅(Φ2−Φ1)
2
ω= N (Φ2−Φ1)π
t0
图像得斜率表示磁通量得变化率，因此初始时
刻电动势最大，根据交变电流的规律可知e = N (Φ2−Φ1)π
t0
sin(
2π
t0
t + π
2)故选C。
考向2 i-t 图像和E-t 图像
3．（2025·重庆·模拟预测）如图所示，在边长为L 的等边三角形区域abc 内存在垂直纸面向外的匀强磁场，
边长为L 的等边三角形导线框def 顶点f 与点b 重合，从静止开始水平向右做匀速直线运动，底边ef 始终与
边界bc 在同一直线上。取顺时针方向为电流的正方向，导线框def 中感应电流i 随位移x 变化的图像可能
正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】当线框进入时磁通量增大，根据楞次定律可知，感应电流的方向为顺时针方向（为正值），出来
时磁通量减小，感应电流的方向为逆时针方向（为负值）。如图所示
线框从静止开始向右匀速运动，产生的感应电动势为E＝BL 有效v
进入磁场的过程中，有效切割磁感线的长度L 有效正比于线框的位移x，因为x=vt
故产生的感应电动势、以及感应电流正比于t；线框出磁场的过程中，有效切割磁感线的长度L 有效正比于
（2L﹣x），故产生的感应电动势、以及感应电流正比于（2L﹣x）t，此过程感应电流随位移减小。故选
A。
4．（2025·山西太原·模拟预测）如图所示，在光滑的绝缘水平面上，三条相互平行、间距为d 的虚线间存
在图示方向的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，一直角三角形导体框放在水平面上，AB 边与虚线平行，
BC 边长度为d，刚开始导体框的C 点刚好在最左侧的虚线上。现给导体框施加一水平向右的外力F，使导
体框向右做匀速直线运动。关于运动过程中产生的感应电动势E 的大小、感应电流I 的大小、外力F 的大
小以及外力功率P 的大小随位移或位移的平方的变化规律正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】AD
【详解】设∠C=α，磁感应强度为B，导体框的速度为v
A．导体框向右运动的位移在0~d 的过程中，从0 开始向右移动的位移为x，根据几何关系可得有效长度
L= x tan α导体框产生的感应电动势为E = BLv = Bxv tan α可知E与x成正比，E−x图像是一条过原点的倾
斜直线；当x =d时感应电动势的最大值为E0= Bdv tan α导体框向右运动的位移在d-2d 的过程中，从d 开
始向右移动的位移为x，根据几可关系可得线框在左边磁场的有效长度为L1= x tan α产生的感应电动势大
小为E1= B L1v = Bxv tan α根据几何关系，可得线框在右边磁场的有效长度为L2= x tan α产生的感应电动
势大小为E2= B L2v = Bxv tan α根据右手定则可知，两个电源产生的电流方向相同，两个电源相互叠加增
强，则总的电动势为E = E1+ E2=2Bxv tan α可知E与x成正比，E−x图像是一条的倾斜直线；
当x =d时感应电动势的最大值为E
′
0=2Bdv tan α =2 E0导体框向右运动的位移在2d~3d 的过程中，从2d
开始向右移动的位移x，根据几可关系可得线框的有效长度为L3= x tan α导体框产生的感应电动势为
E = B L3 v = Bxv tan α可知E与x成正比，E−x图像是一条倾斜的直线；当x =d时感应电动势的最大值为
E
″
0= Bdv tan α = E0故A 正确；
B．导体框向右运动的位移在0~d 的过程中，导体框中的感应电流为I = E
R = Bxv tanα
R
可知I与x成正比，
I −x图像是一条过原点的倾斜直线；
当x =d时感应电流的最大值为 I 0= Bdv tanα
R
当导体框向右运动的位移在d-2d 的过程中，导体框中的感应电流为I = E
R = 2Bxv tanα
R
可知I与x成正比，I −x图像是一条的倾斜直线；
当x =d时感应电流的最大值为I
′
0= 2Bdv tan α
R
=2 I 0
导体框向右运动的位移在2d~3d 的过程中，导体框中的感应电流为I = E
R = Bxv tan α
R
可知I与x成正比，
I −x图像是一条倾斜直线；当x =d时感应电流的最大值为I
″
0= E
R = Bdv tan α
R
= I 0故B 错误；
C．导体框向右运动的位移在0~d 的过程中，导体框所受的安培力大小为F A = BIL= B
2 x
2v tan
2α
R
由力的平衡条件得外力的大小为F = F A = B
2 x
2v tan
2α
R
可知F与x ❑
❑
2
成正比，F −x图像是一条过原点的开口向上的曲线；
当x =d时外力的最大值为F0= B
2d
2v tan
2α
R
当导体框向右运动的位移在d-2d 的过程中，导体框所受的安培力大小为
F A =2Bx tan α ⋅I = 4 B
2 x
2v tan
2α
R
由力的平衡条件得外力的大小为F = F A = 4 B
2 x
2v tan
2α
R
可知F与x ❑
❑
2
成正比，F −x图像是一条过开口向上的曲线；
当x =d时外力的最大值为F
′
0= 4 B
2d
2v tan
2α
R
= 4 F0
导体框向右运动的位移在2d~3d 的过程中，导体框所受的安培力大小为F A = BI L3= B
2 x
2v tan
2α
R
由力的平衡条件得外力的大小为F = F A = B
2 x
2v tan
2α
R
可知F与x ❑
❑
2
成正比，F −x图像是一条曲线；
当x =d时外力的最大值为F
″
0= B
2d
2v tan
2α
R
= F0故C 错误；
D．导体框向右运动的位移在0~d 的过程中，外力F 的功率为P= Fv = B
2v
2tan
2α
R
x
2
可知P与x ❑
❑
2
成正比，P−x
2图像是一条过原点的倾斜直线；
当x =d时外力的功率最大值为P0= B
2d
2v
2tan
2α
R
当导体框向右运动的位移在d-2d 的过程中，力F 的功率为P = Fv = 4 B
2v
2tan
2α
R
x
2
可知P与x ❑
❑
2
成正比，P−x
2图像是一条的倾斜直线；
当x =d时外力的功率最大值为P
′
0= 4 B
2d
2v
2tan
2α
R
= 4 P0
导体框向右运动的位移在2d~3d 的过程中，外力F 的功率为P= Fv = B
2 x
2v
2tan
2α
R
可知P与x ❑
❑
2
成正比，P−x
2图像是一条过原点的倾斜直线；
当x =d时外力的功率最大值为P
″
0= B
2d
2v
2tan
2α
R
= P0
故D 正确。
故选AD。
考向3 U-t 图像
5．（2025·黑龙江·二模）如图所示，两相邻宽度均为L 的有界匀强磁场，其磁场方向相反，磁感应强度大
小均为B。边长为L、电阻为R 的单匝正方形线框abcd 的ab 边与磁场左边界共线，线框在外力作用下，以
速度v 匀速穿越有界磁场。以ab 边刚进入磁场为计时零点，规定线框中感应电流i 逆时针方向为正方向，
力方向向右为正方向，ab 边所受安培力为F
′，外力为F，下列图像正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】0∼L
v 时间内，由楞次定律可知，电流方向逆时针，感应电动势E1= BLv
感应电流为I 1= E1
R = BLv
R
，ab 两点间的电势差U ab= I 1× 3 R
4 = 3
4 BLv，ab 所受的安培力大小为
F1
′ = B I 1 L= B
2 L
2v
R
方向向左，外力F1= F1
′ = B I 1 L= B
2 L
2v
R
方向向右；
L
v ∼2 L
v 时间内，由楞次定律可知，电流方向顺时针，感应电动势E2=2BLv
感应电流为I 2= E2
R = 2BLv
R
，ab 两点间的电势差U ab=−( E1−I 2× R
4 )=−BLv
2
，ab 所受的安培力大小为
F2
′ = B I 2 L= 2B
2 L
2v
R
方向向左，cd 所受的安培力大小也为F2
′ = B I 2 L= 2B
2 L
2v
R
方向向左，则外力
F2=2 F2
′ = 4 B
2 L
2v
R
方向向右；
2 L
v ∼3 L
v 时间内，由楞次定律可知，电流方向逆时针，感应电动势E3= BLv
感应电流为I 3= E3
R = BLv
R ，ab 两点间的电势差U ab=−I 3× R
4 =−BLv
4
，ab 所受的安培力大小为F3
′ =0cd
所受的安培力大小为F
′ = B I 3 L= B
2 L
2v
R
方向向左，则外力F3= F
′ = B
2 L
2v
R
方向向右；综合分析可知选项
B 正确。故选B。
6．（2023·湖北·模拟预测）（多选）如图所示，有一等腰直角三角形的区域，其斜边长为2L，高为L。在
该区域内分布着如图所示垂直纸面向内的磁场，磁感应强度大小均为B。一边长为L、总电阻为R 的正方
形导线框abcd，从图示位置开始沿x 轴正方向以速度v 匀速穿过磁场区域。取沿逆时针的感应电流方向为
正，由图乙中表示线框中电流i 随bc 边的位置坐标x 变化的图像与Ubc随坐标x 变化的图像正确的是
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】AC
【详解】设线圈电阻为4R，在0−L阶段，没有切割磁感线，故电流i=0，U bc =0在L−2 L阶段，电流
I 1= E
4 R = Bv( x−L)
4 R
= Bv
4 R x−BvL
4 R U bc = I 1⋅3 R = 3 Bv( x−L)
4
= 3 Bv
4
x−3 BvL
4
在2 L−2.5 L阶段，电流I 2= Ebc−Ead
4 R
= Bv(5 L−2 x)
4 R
= 5 BvL
4 R −Bv
2 R x，
U bc = Ebc−I 2 R = Bv(7 L−2 x)
4
= 7 BvL
4
−Bv
2 x
在2.5 L−3 L阶段，电流I 3= Ead−Ebc
4 R
= Bv(2 x−5 L)
4 R
= Bv
2 R x−5 BvL
4 R ，
U bc = Ebc+ I 3 R = Bv(7 L−2 x)
4
= 7 BvL
4
−Bv
2 x
在3 L−4 L阶段，电流I 4= Bv(4 L−x)
4 R
= BvL
R −Bv
4 R x，U bc = Bv(4 L−x)
4
= BvL−Bv
4 x故选AC。
考向4 v-t 图像和a-t 图像
7．（2024·江苏镇江·三模）如图，边长为L 的正方形金属线框，先做自由落体，刚进下方高度为2L 的匀
强磁场时，恰好做匀速运动。设线框底边离开磁场下边界的距离为x，线框加速度为a（以竖直向上为正方
向），不计空气阻力，下列图像不可能的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】设线框底边刚进入磁场时的速度为v0，则有mg= BIL= B BLv0
R
L= B
2 L
2v0
R
线框底边刚要离开磁
场时，线框速度为v，根据运动学公式可得v
2−v0
2=2 gL线框底边离开磁场的过程做加速度减小的减速运
动。
AB．若x =0时加速度等于g，则离开过程平均加速度小于g，则线框全部离开磁场时的速度大于v0，线框
出磁场的过程不会出现匀速过程，即加速度不会为零，故A 图像不可能，B 图像可能；
CD．若x =0时加速度大于g，则离开过程平均加速度可能等于g 也可能小于g，则线框全部离开磁场时的
速度可能等于v0，也可能大于v0，线框出磁场的过程加速度可能减小到零，故CD 图像可能。
故选A。
8．（2025·广东惠州·模拟预测）如图所示，匀强磁场垂直于倾斜的光滑平行金属导轨所在平面，导轨下端
连接一个定值电阻，导轨电阻不计，一根金属棒以初速度v0紧贴着导轨向上运动，从出发到运动至最高过
程中，用a、v 、I 、F分别表示金属棒的加速度、速度、电流和所受安培力的大小，t为运动时间，下列
图像可能正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】ABD．设轨道的宽度为L，导体棒冲上斜轨道，受到的安培力平行导轨平面向下，且F = BIL，
I = BLv
R = BL(v0−at )
R
联立可得F = B
2 L
2(v0−at )
R
对导体棒根据牛顿第二定律有
mgsinθ+ B
2 L
2(v −at )
R
=ma由于a与v反向，可知导体棒在运动到最高点的过程中，在轨道上做加速度逐
渐减小的减速运动，由于v随时间不是线性变化，所以可知，F随时间不是均匀减小的，故AD 错误，B 正
确；
C．由于导体棒做加速度逐渐减小的减速运动，根据I = E
R = BLv
R 可知导体棒中的感应电流随时间是减小的，
故C 错误。
故选B。
题型三 电磁感应的电路问题
21．（2024·浙江·高考真题，20T，14 分）某小组探究“法拉第圆盘发电机与电动机的功用”，设计了如图
所示装置。飞轮由三根长a=0.8 m的辐条和金属圆环组成，可绕过其中心的水平固定轴转动，不可伸长细
绳绕在圆环上，系着质量m=1kg的物块，细绳与圆环无相对滑动。飞轮处在方向垂直环面的匀强磁场中，
左侧电路通过电刷与转轴和圆环边缘良好接触，开关S 可分别与图示中的电路连接。已知电源电动势
E0=12V、内阻r =0.1Ω、限流电阻R1=0.3Ω、飞轮每根辐条电阻r0=0.9Ω，电路中还有可调电阻R2
（待求）和电感L，不计其他电阻和阻力损耗，不计飞轮转轴大小。
（1）开关S 掷1，“电动机”提升物块匀速上升时，理想电压表示数U =8 V。
①判断磁场方向，并求流过电阻R1的电流I1；
②求物块匀速上升的速度v1。
（2）开关S 掷2，物块从静止开始下落，经过一段时间后，物块匀速下降的速度与“电动机”匀速提升物
块的速度大小相等，
①求可调电阻R2的阻值；
②求磁感应强度B 的大小。
【答案】（1）①垂直纸面向外，10A；②5m/s；（2）①0.2Ω；②2.5T
【详解】（1）①物块上升，则金属轮沿逆时针方向转动，辐条受到的安培力指向逆时针方向，辐条中电
流方向从圆周指向O 点，由左手定则可知，磁场方向垂直纸面向外；等效电路如图
由闭合电路的欧姆定律可知E0−U = I 1( R1+r )则I 1= E0−U
R1+r = 12−8
0.3+0.1 A =10A
②等效电路如图
辐条切割磁感线产生的电动势与电源电动势相反，设每根辐条产生的电动势为E1，则U −E1= I 1
r0
3
解得
E1=5 V此时金属轮可视为电动机P出= E1 I 1当物块P 匀速上升时P出=mg v1解得v1=5 m/s
另解：因U =8V，I 1=10 A，根据U I 1= I 1
2 r0
3 +mg v1解得v1=5 m/s
（2）①物块匀速下落时，由受力分析可知，辐条受到的安培力与第（1）问相同，等效电路如图
经过R2的电流I 2= I 1=10 A由题意可知v2= v1=5m/s每根辐条切割磁感线产生的感应电动势E2= E1=5 V，
R总= E2
I 2
=5V
10A =0.5Ω，R总= R2+ r0
3 解得R2=0.2Ω
另解：由能量关系可知mg v2= I 2
2( R2+ r0
3 )解得R2=0.2Ω
②根据E2= 1
2 Bωa
2= 1
2 Baωa= 1
2 Ba v2 而E2=5 V解得B =2.5T
命题解读
新情境：以圆盘发电机与电动机的功用为背景，将电磁感应与实际电机原理结合，涉及
“提升物块→发电→充电”多环节能量转化。
新考法：通过“开关掷1（电动机）→开关掷2（发电机）”的状态切换，构建多状态等
效电路，计算电流、电压及功率，突破单一电路分析。
新角度：逆向推导磁场方向，通过物块运动方向反推辐条电流方向，进而判断磁场方向，
考查因果逆向逻辑。
知识1 电磁感应中电路知识的关系图
知识2 “三步走”分析电路为主的电磁感应问题
考向1 动生电动势的电路问题
1．（2025·广西·模拟预测）（多选）如图（a）所示，光滑金属导轨PQMNO由半圆形金属导轨PQ和直线
金属导轨QM、NO构成，金属导轨NO与QM平行，长度相等，金属导轨的电阻均不计。MN间连接阻值
为R =1Ω的定值电阻。t =0时刻，电阻为2Ω的导体棒从图示位置开始绕O点沿圆弧顺时针转动，其角速
度恒定，经6s由P转到Q。半圆形区域内存在方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B1=2T的匀强磁场，
矩形abcd区域内存在磁场方向垂直纸面向里的匀强磁场，其磁感应强度大小B2随时间t变化的图像如图
（b）所示。已知半圆形金属导轨的半径为0.5 m ,O为其圆心，3∼6s内，电阻R中的电流恒为零，下列说
法正确的是（ ）
A．0∼3s内导体棒上O点的电势高于P点
B．0∼3s内导体棒OP两端的电压的绝对值为π
72 V
C．0∼3s内导体棒OP克服安培力做功π
2
144 J
D．边界ab、cd的间距为π
4 m
【答案】BD
【详解】A．根据右手定则，可知0∼3s内通过导体棒的电流方向从O 到P，所以导体棒上O 点的电势低
于P 点，故A 错误；
B．0∼3s内矩形abcd 区域磁感应强度不变，不会产生感应电动势，所以整个电路只有导体棒产生电动势，
则导体棒产生电动势为E = 1
2 B1r
2ω= 1
2 ×2×0.5
2× π
6 V= π
24 V
OP 两端的电压的绝对值为|U OP)= IR =
E
R+ R1
R =
π
24
2+1 ×1V= π
72 V，故B 正确；
C．根据能量守恒可知0∼3s内导体棒OP 克服安培力做功
W 克=Q = I
2(R+ R1)t =(
E
R+ R1)
2
(R+ R1)t = π
2
576 J，故C 错误；
D．3∼6s内，电阻R 中的电流恒为零，所以有1
2 B1r
2ω= Δ B2
Δt rd解得d = π
4 m，故D 正确。故选BD。
2．（2025·山西晋中·三模）（多选）如图所示，半径分别为r和2r的同心圆形光滑导轨固定在同一水平面
上，一长为r、电阻为R0的直导体棒AB置于圆导轨上面，BA的延长线通过圆导轨的中心O，直径PQ左侧
的半圆环区域内存在垂直导轨平面的匀强磁场，磁感应强度的大小为B，方向垂直水平面向上。在内圆导
轨的C点和外圆导轨的D点之间接有定值电阻R1、R2，R1=3 R0，R2=6 R0。直导体棒在水平外力作用下
以较大角速度ω绕O匀速转动，在转动过程中始终与导轨保持良好接触，其他电阻忽略不计。以下说法正
确的是（ ）
A．外电路MN两端电压的有效值为
❑√2Br
2ω
2
B．导体棒转动一周外力做功的平均功率为3 B
2r
4ω
2
8 R0
C．导体棒转动一周流过R2的电荷量为3 π r
2B
2 R0
D．导体棒转动一周R1上产生的焦耳热为π B
2r
4ω
2 R0
【答案】AB
【详解】A．导体棒AB在磁场中转动切割磁感线产生电动势为
E = Br v = Br ⋅v A+ vB
2
= Br ⋅ωr +ω⋅2r
2
= 3 Br
2ω
2
由于导体棒转动一周的时间内只有半个周期有感应电动势，设电动势有效值为E有，则有E有
R T = E
2
R ⋅T
2
解得E有= E
❑√2 = 3 ❑√2Br
2ω
4
R1、R2并联后的电阻为R并= 3 R0⋅6 R0
3 R0+6 R0
=2 R0则外电路MN两端电压的有效值为
U 有=
R并
R并+ R0
E有=
2 R0
2 R0+ R0
⋅3 ❑√2Br
2ω
4
=
❑√2Br
2ω
2
故A 正确；
B．根据能量守恒可知，导体棒转动一周外力做功的平均功率为
P = P热=
E有
2
R并+ R0
=
( 3 ❑√2Br
2ω
4
)
2
3 R0
= 3 B
2r
4ω
2
8 R0
故B 正确；
CD．导体棒在磁场中转动时，回路的总电流为I =
E
R并+ R0
=
3 Br
2ω
2
3 R0
= Br
2ω
2 R0
通过R2的电流为
I 2=
3 R0
3 R0+6 R0
I = Br
2ω
6 R0
则导体棒转动一周流过R2的电荷量为q2= I 2⋅T
2 = Br
2ω
6 R0
⋅π
ω = πBr
2
6 R0
通过R1的电流为
I 1=
6 R0
3 R0+6 R0
I = Br
2ω
3 R0
则导体棒转动一周R1上产生的焦耳热为Q1= I 1
2⋅3 R0⋅T
2 =( Br
2ω
3 R0
)
2
⋅3 R0⋅π
ω = π B
2r
4ω
3 R0
故CD 错误。故
选AB。
考向2 感生电动势的电路问题
3．（24-25 高三上·江西·期末）（多选）如图甲所示，两定值电阻R1=2 R、R2=3 R通过导线与匝数为n、
半径为r、阻值为R的线圈相连接，图中的虚线为过圆形线圈圆心的直径，从t =0时刻，在虚线右侧存在如
图乙所示的磁场，规定垂直纸面向里的方向为正方向。下列说法正确的是（ ）
A．线圈中产生的感应电动势为nπ B0r
2
2t0
B．a、b两点的电势差为5nπ B0r
2
12t0
C．定值电阻R1消耗的电功率为n
2π
2B0❑
2r
4
72 Rt0
D．0∼4 t0时间内通过定值电阻R1的电荷量为nπ B0r
2
3 R
【答案】AD
【详解】A．由题意，根据法拉第电磁感应定律可得线圈中产生的感应电动势为
E =n ΔB
Δt S =n 3 B0
3t0
· π r
2
2 = nπ B0r
2
2t0
故A 正确；
B．根据楞次定律，可判断线圈中产生感应电流的方向为顺时针方向。闭合电路欧姆定律，可得a、b两点
的电势差为U ab=−
E
R1+ R2+r ( R1+ R2)=−5nπ B0r
2
12t0
故B 错误；
C．定值电阻R1消耗的电功率为耗的电功率为P=(
E
R1+ R2+r )
2
R1= n
2π
2B0❑
2r
4
72 Rt0
2
故C 错误；
D．0∼4 t0时间内通过定值电阻R1的电荷量为q =n ΔΦ
R总
=n
4 B0× 1
2 π r
2
6 R
= nπ B0r
2
3 R
故D 正确。故选AD。
4．（24-25 高三下·山东·开学考试）（多选）如图1 所示，匝数为1000 匝的线圈与定值电阻R 构成闭合回
路，线圈静置于均匀磁场区域，磁场方向与线圈平面垂直，已知线圈面积为0.02m
2，电阻为2Ω，定值电
阻R 阻值为2Ω。磁场随时间增强，t =0时，磁场磁感应强度大小为0.05T，变化的磁场对MN 右侧电路的
影响忽略不计，a、b 两点之间电势差随时间的变化图像如图2 所示。下列说法正确的是（ ）
A．磁场方向垂直纸面向里
B．t =0.05s时，磁感应强度随时间的变化率为0.15T/s
C．t =0.05s时，磁感应强度的大小为5×10
−3T
D．t =0.05s时，穿过线圈的磁通量为1.1×10
−3 Wb
【答案】BD
【详解】A．如图2 可知，a 点电势高于b 点电势，所以感应电流是从a 点流向b 点，可知线圈电流为顺时
针，根据安培定则可判断出感应电流产生的磁场方向为垂直纸面向里，根据楞次定律可判断原磁场方向垂
直纸面向外，故A 错误；
B．根据法拉第电磁感应定律E =n ΔΦ
Δt =nS Δ B
Δt 闭合回路中的电流为I =
E
R+r a、b 两点电势差为U ab= IR
联立解得U ab= nSR
R+r ⋅Δ B
Δt 已知n=1000 匝，S =0.02m
2，R =2Ω，r =2Ω，t =0.05s时，U ab=1.5 V，代
入解得Δ B
Δt =0.15T/s故B 正确；
C．由图2 可知t =0时，B0=0.05T，由ΔB
Δt =0.15T/s，可得B = B0+ ΔB
Δt t，t =0.05s时，磁感应强度的
大小为B =0.0575T故C 错误；
D．根据磁通量公式Φ = BS，t =0.05s时，解得穿过线圈的磁通量为Φ≈1.1×10
−3 Wb
故D 正确。故选BD。
