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小题精练09 电磁感应中的感应电动势求解、电
荷量、热量计算
一、求感应电动势大小的三种方法
情境图
研究对象
表达式
回路（不一定闭合）
三种形式
E = n ΔΦ
Δt
E =n Δ BS
Δt
E = nB ΔS
Δt
一段直导线（或等效直导线）
E = Blv
绕一端转动的一段导体棒
E = 1
2 Bl
2ω
绕与B垂直的轴转动的导线框
从图示时刻开始计时e = NBSωcosωt
二、求电荷量的三种方法
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中电阻保持不变，则电路中的电流I 恒定，t 时间
内通过线圈横截面的电荷量q＝It。
2.q＝n(其中R 为回路电阻，ΔΦ 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，通过回路的磁通量与时间无关，但ΔΦ 与时间有关，随时间而变化。
3.Δq＝CBLΔv(式中C 为电容器的电容，B 为匀强磁场的磁感应强度，L 为导体棒切割磁感线的
长度，Δv 为导体棒切割速度的变化量)
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
于导体棒切割磁感线产生的电动势E，通过电容器的电流I＝＝，又E＝BLv，则ΔU＝BLΔv，可得
Δq＝CBLΔv。
三、求解焦耳热Q 的三种方法
（1）能量转化关系
（2）焦耳热的三种求法
①焦耳定律：Q = I
2 Rt，适用于电流、电阻不变的情况。
②功能关系：Q =W 克安，W 克安表示克服安培力做的功，电流变或不变都适用。
③能量转化：Q = Δ E其他，Δ E其他表示其他能的减少量，电流变或不变都适用。
【例题1】1．（2025·浙江·一模）如图，两光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，磁感应
强度大小为B，导轨间距最窄处为一狭缝，取狭缝所在处O 点为坐标原点，狭缝右侧两导轨与x
轴夹角均为θ，一电容为C 的电容器与导轨左端相连，初始两板不带电。导轨上的金属棒与x 轴
垂直，在外力F 作用下从O 点开始以速度v 向右匀速运动，忽略所有电阻，不考虑电磁辐射。下
列说法正确的是（ ）
A．金属棒运动过程中，电容器的上极板带负电
B．金属棒到达x0时，通过金属棒的电流为BCv2tanθ
C．金属棒到达x0时，电容器极板带电量为2BCv2x0tanθ
D．从初始到金属棒到达x0的过程中，外力F 做的功为W 外=2B
2C v
2 x0
2 tan
2θ
【答案】D
【详解】A．金属棒运动过程中，根据楞次定律可知电容器的上极板应带正电，故A 错误；
BC．由题知导体棒匀速切割磁感线，根据几何关系切割长度为L = 2x0tanθ
其中x0= vt
则产生的感应电动势为E = 2Bv2tanθt
由题图可知电容器直接与电源相连，则电容器的电荷量为Q = CE = 2BCv2tanθt
则流过金属棒的电流I= ΔQ
Δt =2BCv2tanθ，故B 错误；
当金属棒到达x0处时，导体棒产生的感应电动势为E′=2Bvx0tanθ
则电容器的电荷量为Q = CE′ = 2BCvx0tanθ，故C 错误；
D．金属棒运动过程中，电流为I =2BC v
2tanθ
金属棒匀速运动过程中，外力做的功等于克服安培力所做的功，可得
W 外= F安x0= BIL
2 ⋅x0=2B
2C v
2 x0
2 tan
2θ，故D 正确。
故选D。
【例题2】6．（2025·浙江宁波·三模）如图甲为利用电磁驱动原理制作的交流感应电动机。三个
线圈连接到三相电源上，电流形成的磁场可等效为以角速度ω0转动的辐向磁场。边长为l、总电
阻为R 的单匝正方形线框ABCD 可绕其中心轴OO′旋转，图乙为这种驱动装置的俯视图，线框的
两条边AB、CD 所处位置的磁感应强度大小均为B。当线框由静止开始转动时，AB、CD 两条边
受到的阻力均为Ff=kv，其中比例系数k = 2B
2l
2
R
，v 为AB、CD 两条边的线速度大小。不计其他
阻力。则当线框达到稳定转动时（ ）
A．线框的转动方向与辐向磁场的转动方向相反
B．线框的角速度大小为ω0
3
C．线框的感应电动势大小为Bl
2ω0
2
❑
D．线框AB 边所受安培力大小为B
2l
3ω0
R
❑
【答案】C
【详解】A．线框的转动方向与辐向磁场的转动方向相同，A 错误；
BCD．设线框稳定时转动的角速度大小为ω
AB 边与磁场的相对速度为v相对=(ω0−ω) l
2
AB、CD 两条边产生的感应电动势为E =2Bl v相对
感应电流大小为I = E
R
AB 边所受安培力大小为F安= BIl
稳定运行时根据平衡条件得F安=kv =kω l
2
根据题意k = 2B
2l
2
R
解得ω= ω0
2 ，E = 1
2 Bl
2ω0，F安= B
2l
3ω0
2 R
❑
，BD 错误，C 正确。
故选C。
难度：★★★☆ 建议时间：30 分钟 正确率：
/20
1.
（2025·浙江·一模）如图，a、b 两完全相同的正方形均匀导线框ABCD，右边与匀强磁场边界重合，
磁感应强度与线框平面垂直，导线框a 在外力作用下匀速进入磁场、导线框b 以CD 为轴匀速转入
磁场，至第一次转至图中虚线位置，所用时间相同。下列说法正确的是 （ ）
A．两线框的电流方向都是A→B→C→D→A
B．a 线框电流的大小等于b 线框电流的平均值
C．外力对a 线框做的功大于对b 线框做的功
D．b 线框自图示位置转过90°~180°过程中磁通量的变化率逐渐增大
【答案】B
【详解】A．对导线框a，根据楞次定律可得电流方向是A→B→C→D→A，对导线框b，根据楞次
定律可得电流方向是B→A→D→C→B，故A 错误；
B．根据q = I Δt = E
R Δt = ΔΦ
ΔtR Δt = ΔΦ
R ，两线框磁通量的变化相同，时间相同，可知a 线框电流
的大小等于b 线框电流的平均值，故B 正确；
C．对a 线框，可得感应电动势为E1= BLv0
对b 线框，根据Φ = BS sin ωt，可知感应电动势为E2= BSωcosωt
可得有效值为BSω
❑√2 = B L
2ω
❑√2
根据时间关系有t = L
v0
= 2π
ω ⋅1
4
可得B L
2ω
❑√2
= BLv0 π
2❑√2 >BLv0
根据Q = U
2
R t可得a 线框产生焦耳热小于b 线框，根据能量关系可得外力对a 线框做的功小于对b
线框做的功，故C 错误；
D．b 线框自图示位置转过90°后开始计时，则有磁通量为Φ = BSsin ωt
可得磁通量的变化率为BSωcosωt，可知磁通量的变化率逐渐减小，故D 错误。
故选B。
2.
（2025·浙江台州·一模）如图所示，日字形金属框CDEF长2 L、宽L，放置在光滑绝缘水平面上，
左侧接一个阻值为4 R的定值电阻，中间位置和右端接有阻值为2 R的金属棒PQ和金属棒CF，其
它电阻不计，线框总质量为m。金属框右侧有宽为2 L的匀强磁场区域，磁场方向竖直向下，磁感
应强度大小为B。已知金属框以初速度v0进入匀强磁场，最终CF棒恰好没从磁场中穿出。下列说
法正确的是（ ）
A．在PQ棒进入磁场前，通过PQ棒间定值电阻的总电荷量为B L
2
10 R
B．在PQ棒进入磁场后，通过DE间定值电阻的总电荷量为B L
2
10 R
C．PQ棒刚进入磁场时的速度为2
5 v0
D．整个过程中D、E间定值电阻产生的焦耳热为7
125 mv0
2
【答案】C
【详解】A．在PQ 棒进入磁场前，回路总电阻R总=2 R+ 2 R⋅4 R
2 R+ 4 R = 10 R
3
通过CF 的总电量q总= I Δt = E
R总
Δt = ΔΦ1
R总
= B L
2
10 R
3
= 3 B L
2
10 R
通过PQ棒间定值电阻的总电荷量为qPQ= 2
3 q总= B L
2
5 R ，A 错误；
BC．设PQ 棒刚进入磁场时的速度为v1，则从CF 进入磁场到PQ 棒刚进入磁场的过程，由动量定
理−B I L Δt =m v1−m v0
其中I Δt = 3 B L
2
10 R
从PQ 进入磁场到DE 刚进入磁场的过程，由动量定理−B I
' L Δt
' =0−m v1
其中I
' Δt
' =
E
'
R
'❑总
Δt
' =
ΔΦ2
4 R+ 2 R
2
= B L
2
5 R
联立解得v1= 2
5 v0
在PQ棒进入磁场后，通过DE间定值电阻的总电荷量为qDE=q总
' = I
' Δt
' = B L
2
5 R ，B 错误，C 正确；
D．金属棒PQ 刚进入磁场时，整体产生的焦耳热为Q总1= 1
2 mv0
2−1
2 mv1
2= 21
50 mv0
2
其中D、E间定值电阻产生的焦耳热为Q1=
( 1
3 I )
2
⋅4 R
I
2×2 R+( 2
3 I )
2
⋅2 R+( 1
3 I )
2
⋅4 R
Q总1= 7
125 m v0
2
金属棒PQ 进入磁场后整体产生的焦耳热Q总2= 1
2 mv1
2= 2
25 mv0
2
D、E 间定值电阻产生的焦耳热为Q1=
I
' 2⋅4 R
I
' 2⋅4 R+ I
' 2⋅R
Q总2= 8
125 m v0
2
所以整个过程中D、E 间定值电阻产生的焦耳热为Q=Q1+Q2= 3
25 mv0
2，D 错误。
故选C。
3.
（2025·浙江·一模）如图所示，线圈的自感系数L=0.2H，直流电阻为零，电容器的电容C=20μF，
二极管D 的正向电阻R=3Ω，电源电动势E=3.0V，内阻不计。闭合开关S，待电路达到稳定状态后
断开开关S，LC 电路中将产生电磁振荡。断开开关S 瞬间t=0，则电容器左极板A 的带电量q 随时
间t 变化和通过L 的电流i（a→b 通过L 为正）随时间t 变化图像正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【详解】当S 闭合稳定时，电流沿a→b通过线圈L，由于线圈直流电阻为零，则两端的电压为零，
此时电容器C 所带的电量为零，当S 断开的瞬间，由楞次定律知，线圈中的电流仍沿a→b方向，
LC 组成一个振荡电路，第1 个1
4 T内，电容器先是B 板带正电，电量逐渐增加，线圈L 中电流逐
渐减小，故ABC 错误，D 正确。
故选D。
4.
（2025·浙江·一模）在太阳能发电系统中，太阳能电池板产生的电压U可能随光照强度和温度等因
素的变化而变化，当该不稳定的电压U比直流负载所需的稳定电压U 0低时，不宜将其直接与直流
负载相连。在下列电路中，通过不断打开和闭合开关S，实现由低压向高压输电，其中正确的是（
）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】A．该电路中当开关S 断开时，整个电路均断开，则不能给电池输电，故A 错误；
B．该电路中当S 闭合时稳定时，线圈L 中有电流通过，但当S 断开时电源U 也断开，L 产生的自
感电动势相当电源加在充电电池两端，且断开时才能有电流流过二极管，故B 正确；
C．该电路中当S 闭合时稳定时，线圈L 中有电流通过，但当S 断开时L 也与电路断开，还是只有
回收系统的电压U 加在充电电池两端，则不能实现高压输电，故C 错误；
D．该电路中当S 闭合时稳定时，线圈L 中有电流通过，当S 断开时L 产生自感电动势阻碍电流减
小，L 相当电源，电源U 与L 中的自感电动势共同加在电池两端，且此时二极管不能导通，从而无
法实现高压输电，故D 错误。
故选B。
5.
（2025·浙江·二模）电动汽车快充技术需要比照明电压高的电压，在快充电路中往往有自感系数很
大的线圈，操作不当时，当电路的开关S 由闭合转为断开瞬间，线圈会产生很大的自感电动势，而
使开关S 处产生电弧，会危及操作人员的人身安全，下列设计电路中，可以解决上述问题的是（
）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】由题意可知，当断开瞬间时，线圈中产生很高的自感电动势，若不并联元件，则会产生电
弧，因此：
D．当并联电容器时，只能对电容器充电，仍不能解决电弧现象，故D 错误；
ABC．当并联发光二极管时，由于发光二极管有单向导电性，因此注意方向，B 选项的二极管的接
法与Ａ选项的导线有一样的作用，唯有Ｃ选项，既能避免产生电弧，又能不影响电路，故Ｃ正确，
BC 错误；
故选C。
6.
（2025·浙江台州·二模）图甲是电子感应加速器的原理图。图乙中两磁极间的磁感线垂直于磁极表
面，真空室内磁场比中央弱，且离中央越远磁场越弱，交变磁场又在真空室内激发感生电场。若把
电子沿切线方向射入环形真空室，电子将受到感生电场的作用而被加速，同时电子还受到洛伦兹力
的作用，使电子在半径为R 的圆形轨道上运动。已知电子电荷量大小为e，电子轨道所围面积内平
均磁感应强度B随时间变化如图丙所示（图甲中的磁场方向为B的正方向）。从上向下看，要实现
电子沿逆时针方向在半径为R 的圆形轨道上加速运动。若t 时刻圆形轨道处的磁感应强度为BR，B
的变化率为ΔB
Δt ，下列说法正确的是（ ）
A．t 时刻电子的动量大小为2 ℜBR
B．t 时刻轨道处涡旋电场的场强大小为π R
2 ΔB
Δt
C．丙图中的第一个或第四个1
4 T可以用来加速电子
D．当2BR= B时，电子能在稳定的圆形轨道上被加速
【答案】D
【详解】A．t 时刻电子的动量大小为p=mv，ev BR=m v
2
R
联立可得p=eR BR
故A 错误；
B．t 时刻轨道处涡旋电场的场强大小为E = U
2πR =
π R
2 ΔB
Δt
2πR
=
R ΔB
Δt
2
故B 错误；
C．丙图中的第一个1
4 T内，磁场方向竖直向上增大，根据楞次定律可知，感生电场沿顺时针方向，
电子受的洛伦兹力方向指向圆心，则电子能被正常加速，第四个1
4 T内，磁场方向竖直向下减小，
根据楞次定律可知，感生电场沿顺时针方向，电子受的洛伦兹力方向背离圆心，则电子不能被正常
加速，故C 错误；
D．根据洛伦兹力提供向心力可得ev BR=m v
2
R
解得BR= mv
eR
所以ΔBR= m Δv
eR
在切线方向有aτ= eE
m = e
m ⋅
π R
2 ΔB
Δt
2πR
所以ΔBR
Δt = m Δv
eR Δt = m
eR aτ= ΔB
2 Δt
则B =2BR
故D 正确。
故选D。
7.
（2025·浙江金华·三模）用图1 电路探究自感电路中的电流变化，并用电流传感器记录显示。电源
电动势为E，内阻为r，定值电阻为R，电感线圈的自感系数为L（直流电阻不计），电流传感器A
可视为电阻不计的电流表。闭合开关，电流传感器显示电流变化如图2，t0后电流接近稳定，不考
虑电磁辐射，则（ ）
A．电路稳定时的最大电流为I m = E
R
B．t =0时刻，电感线圈消耗的电功率最大
C．闭合开关瞬间，线圈的自感电动势不可能大于E
D．0~t0时间内，通过电阻的电荷量为
❑√2 Et0
2(R+r)
【答案】C
【详解】A．当通电一段时间后，电流不在变化，线圈自感现象消失，此时电流达到最大值，故根
据闭合回路的欧姆定律得I m=
E
R+r
故A 错误；
B．根据E = L Δ I
Δt
得t=0 时，电感线圈中的自感电动势为最大，但是电流为0，故电功率为0
故B 错误；
C．闭合开关瞬间，由于电流要增大，电感线圈会产生自感电动势阻碍电流增大。根据楞次定律，
自感电动势的方向与电源电动势方向相反，但是自感电动势的大小是由电流的变化率和自感系数决
定的。在开关闭合瞬间，电流变化率很大，但是自感电动势不可能大于电源电动势E。因为如果自
感电动势大于E，那么电路中的电流就不会增大了，这与实际情况不符，故C 正确；
D．闭合回路中电源电动势和感应电动势之差除以电阻等于电路中的瞬时电流，即I =
E−L Δ I
Δt
(R+r)
等号两边乘以Δt，I Δt = E Δt −L Δ I
(R+r)
等号两边进行微元累加q =∑I Δt =∑E Δt −L Δ I
(R+r)
=
Et0−L
E
R+r
(R+r)
另根据q = I t，在I - t 图像中，q 等于I - t 图像与坐标轴围成的面积。由于I - t 图像不是正弦函数
图像（从题目所给信息可知，电流是从0 开始逐渐增大到稳定值的，不是正弦变化），而
q =
❑√2 Et0
2(R+r)中的
❑√2 E
2(R+r)为最大值为Im正弦（余弦）交流电的有效值，图2 不是正弦（余弦）交流
电，且计算电荷量要用平均值，故D 错误。
故选C。
8.
（2025·浙江杭州·二模）如图所示，放在光滑绝缘水平面上半径为R、总电阻为r 的金属圆环，有
一半在垂直于水平面向上大小为B 的匀强磁场中。圆环以与直线边界MN的夹角为θ(θ<90°)的初
速度v 进入磁场时，则圆环（ ）
A．有逆时针方向的感应电流
B．先做直线运动，最终速度减为零
C．PQ两端电压为BRv sinθ
D．受到安培力的大小为(2BRv sinθ)
2
r
【答案】C
【详解】A． 环进入磁场时，其穿过磁感应强度为 B 的面积增大，按楞次定律增反减同可知感应电
流应为顺时针方向， A 错误；
B．由于环的速度可以分解为沿边界 MN 方向与垂直边界两部分。沿边界方向不改变环在磁场中的
“面积”，不产生感应电动势，也无安培力；只有垂直边界的分速度会因感应电流受到安培力而逐
渐减小到零，但沿边界方向的分速度不变，因此最终环不会速度减为零而停下， B 错误；
C． 求 P、Q 两点的电势差，可视作直径 PQ 在磁场中以垂直该直径的分速度vsinθ 切割磁感线。若
整条直径 2R 都在匀强场中，则产生的感应电动势为
E直径= B×2 R×（v sinθ ）
但实际只有半个圆环在磁场中，相当于有一部分是内阻，故PQ两端电压
U PQ= E直径
r
× 1
2 r = BRv sinθ
C 正确；
D． 感应电流I = E直径
r
= 2BR (v sinθ)
r
半圆导体在匀强磁场中受到的安培力大小F = BI ×2 R = B× 2BR (v sinθ)
r
×2 R = 4 B
2 R
2v sinθ
r
D 错误。
故选C。
9.
（2024·浙江·模拟预测）如图所示，电阻不计的金属导体轴O1P 竖直放置，可绕绝缘底座无摩擦转
动。电阻r=2.0Ω、长度L=0.2m 的轻质导体棒PQ 一端固定在轴O1P 上，另一端始终与水平放置的
金属圆环O2接触且可沿圆环无摩擦滑动。右侧电路中R1=9.0Ω、R2=18.0Ω，电路一端通过电刷M 与
轴O1P 接触，另一端固定在圆环O2上。已知空间存在一竖直向上、磁感应强度B=2.0T 的匀强磁场，
图中α=30°，轴O1P 在外力F 作用下以ω=200.0rad/s 角速度保持匀速转动。忽略导线和圆环O2的电
阻，所有导体间的接触均良好。下列说法正确的是（ ）
A．电阻R1两端的电压为2V
B．经过4s 时间流过电阻R1的电荷量为1.0C
C．外力F 做功的功率为0.5W
D．电阻R2的热功率为0.25W
【答案】C
【详解】A．导体棒PQ 切割磁感线的有效长度L0= Lsin α =0.1m
导体棒PQ 切割磁感线产生的感应电动势E = B L0v = B L0⋅ω L0
2
=2V
R1和R2并联总电阻为R并= R1 R2
R1+ R2
=6 Ω
感应电流为I =
E
R并+r =0.25 A
电阻R1两端的电压为U = I R并=1.5 V
故A 错误；
B．设通过R1的电流为I 1，通过R2的电流为I 2，根据并联电路的特点I 1 R1= I 2 R2，I = I 1+ I 2
解得I 1= 1
6 A，I 2= 1
12 A
经过4s 时间流过电阻R1的电荷量为q = I 1t = 2
3 C
故B 错误；
C．根据能量守恒，外力F 做功的功率等于导体棒PQ 克服安培力做功的功率，等于电路的总热功
率，为P = I
2( R并+r )=0.5 W
故C 正确；
D．电阻R2的热功率为P2= I 2
2 R2=0.125 W
故D 错误。
故选C。
10. （2024·浙江绍兴·一模）如图甲所示，一圆心位于O 点的圆形导线框半径r=1m，电阻R=5Ω，某时
刻起，在导线框圆形区域内加一垂直线框平面的磁场，方向向里为正，磁感应强度大小随时间正弦
规律变化如图乙所示。已知当磁场变化时，将产生涡旋电场，其电场线是在线框平面内以O 为圆心
的同心圆，同一条电场线上各点的电场强度大小相等，计算时取π2=10。下列说法正确的是
（ ）
A．0~1s 内，线框中产生的感应电动势增大
B．线框最大瞬时热功率为P=5W
C．0~2s 内，通过线框的电荷量为4
π C
D．电荷沿圆心为O、半径为rʹ（rʹ<r）的路径运动过程中电场力不做功
【答案】B
【详解】A．根据法拉第电磁感应定律
E = ΔΦ
Δt = π r
2⋅ΔB
Δt = π
2r
2
2
cos π
2 t(V)
由图可知，0~1s 内，ΔB
Δt 不断减小，所以线框中产生的感应电动势减小，故A 错误；
B．线框最大瞬时热功率为
P = Em
2
R =
( π
2r
2
2
)
2
R
=5 W
故B 正确；
C．0~2s 内，通过线框的电荷量为
q = I t = E
R ⋅t = ΔΦ
R =0
故C 错误；
D．电荷沿圆心为O、半径为rʹ（rʹ<r）的路径运动过程中感生电场电场力做功，故D 错误。
故选B。
11.
（2024·河北·模拟预测）如图装置可形成稳定的辐向磁场，磁场内有匝数为n、半径为R 的圆形线
圈，在t =0时线圈由静止释放，经时间t 速度变为v，假设此时间内线圈所在处磁感应强度大小恒为
B，线圈导线单位长度的质量、电阻分别为m、r，重力加速度为g，则下列说法正确（ ）
A．在t 时刻线圈的加速度大小为g−n B
2v
mr
B．0~t 时间内线圈下落高度为mr(>−v)
B
2
C．0~t 时间内通过线圈的电荷量为mgt −mv
2πR n
2B
D．线圈下落过程中，通过线圈的磁通量始终为零
【答案】B
【详解】A．在t 时刻，线圈切割辐向磁场产生感应电动势
E =nB(2πR)v =2πnBRv
感应电流
I =
E
n2πRr = Bv
r
线圈所受安培力
F安=nBI ⋅2πR = 2n B
2πRv
r
由牛顿第二定律得
2nπRmg−F安=2nπRma
解得
a= g−B
2v
mr
故A 错误；
C．从开始下落到t 时刻，设线圈中的平均电流为I，由动量定理得
2nπRmgt −nB I ⋅2πR⋅t =2πRnmv −0
又
q = I t
综合解得
q = mgt −mv
B
故C 错误；
B．从开始下落到t 时刻，下落高度为h，由
q = I t =
E
2πnRr t =
n ΔΦ
t
2πnRr t = nΔΦ
2πnRr = nB⋅2πRh
2πnRr
= Bh
r
由C 项分析可知
q = mgt −mv
B
联立，解得
h= mr(>−v)
B
2
故B 正确；
D．线圈下落过程中，N 极内部有竖直向上的磁场，通过线圈的磁通量不始终为零。故D 错误。
故选B。
12. （23-24 高二下·浙江温州·期末）高达632 米的上海中心大厦，在工程师的巧妙设计下，它能抵挡
15 级大风，位于第126 层的“电涡流摆设式调谐质量阻尼器”起到了关键作用。这款阻尼器由我国
自主研发，重达1000 吨，在大厦受到风力作用摇晃时，阻尼器质量块由于惯性产生反向摆动，在
质量块下方圆盘状的永磁体与楼体地板正对，由于电磁感应产生涡流，从而使大厦减振减摆，其简
化示意图如图所示。下列关于该阻尼器的说法正确的是（ ）
A．质量块下方相对的地板可以是导体也可以是绝缘体，对减振效果没有影响
B．阻尼器的振动频率取决于自身的固有频率
C．大厦受到风力作用摇晃时，阻尼器质量块的振动频率小于大厦的摇晃频率
D．地板随大厦摇晃时，在地板内产生涡流，使大厦摇晃的机械能最终转化为内能
【答案】D
【详解】A．在质量块下方圆盘状的永磁体与楼体地板相对，由于电磁感应产生涡流，从而使大厦
减振减摆，可知该阻尼器为电磁阻尼，只有下方地板是导体时，方可会起作用。故A 错误；
BC．大厦受到风力作用摇晃时，阻尼器做受迫振动，阻尼器质量块的振动频率等于大厦的摇晃频
率。故BC 错误；
D．地板随大厦摆动时，在地板内产生涡流，地板导体内有电阻，使大厦摆动的机械能最终转化为
内能逐渐耗散掉，符合电磁阻尼原理。故D 正确。
故选D。
13. （2024·浙江·一模）麦克斯韦从场的观点出发，认为变化的磁场会激发感生电场。如图甲所示，半
径为r 的绝缘光滑真空管道（内径远小于半径r）固定在水平面上，管内有一质量为m、带电量为
+q的小球，直径略小于管道内径。真空管处在匀强磁场中，磁感应强度B 随时间变化如图乙所示，
规定竖直向上为正方向。t =0时刻无初速释放小球。下列说法正确的是（ ）
A．俯视真空管道，感生电场的方向是逆时针
B．感生电场对小球的作用力大小为B0r
t0
q
C．小球绕环一周，感生电场做功为π B0r
2
t0
q
D．t0时刻管道对小球的作用力大小B0
2r q
2
4 m
【答案】C
【详解】A．根据楞次定律判断，感生电场为顺时针，故A 项错误；
B．由法拉第电磁感应定律可得
E电动势= ΔΦ
Δt
由于
ΔΦ = Δ BS
面积公式为
S = π r
2
整理有
E电动势= ΔBπ r
2
Δt
由题图可知，有
Δ B
Δt = B0
t0
产生的感生电场强度为E，由于
E电动势= Ed = E⋅2πr
整理有
E = E电动势
2πr
感生电场对小球的作用力
F = Eq= B0r
2t0
q
故B 项错误；
C．小球绕一圈电场力做功
W = F ⋅2πr = π B0r
2
t0
q
故C 项正确；
D．小球在感生电场中的加速度
Eq =maE t0时刻小球的速度
v =aE⋅t0= qr B0
2m
在水平方向上由
B0qv + F N x = m v
2
r
解得
FN x =−B0
2r q
2
4 m
所以管道对小球的作用力的大小为
FN=
❑√
(q
4 B0
4r
2)
16m
2
+(mg)
2
故D 项错误。
故选C。
14. （2024·浙江湖州·二模）如图甲为电容器上极板电量q 随时间t 在一个周期内的变化图线，如图乙
为LC 振荡电路的某一状态下磁感线的情况。则（ ）
A．图乙状态一定发生在0 ~ t1时间内
B．图乙状态一定发生在t3 ~ t4时间内
C．t1 ~ t2时间内电路中磁场能增强
D．t2 ~ t3时间内自感电动势减小
【答案】C
【详解】AB．0 ~ t1时间内，电容器处于充电状态，上极板电荷量为正，并且不断增大，线圈中的
为逆时针，而电荷的增加越来越慢，故电流减小，根据右手定则可知，线圈感应磁场方向向上；而
t3 ~ t4时间内，电容器处于放电状态，上极板电荷量为负，并且不断减小，线圈中的为逆时针，而
电荷的减小的越来越大，故电流增大，根据右手定则可知，线圈感应磁场方向向上，则图乙状态发
生在0 ~ t1或t3 ~ t4时间内均可，故AB 错误；
C．t1 ~ t2时间内，上极板电荷量为正，且不断减小，回路中的电流方向为逆时针，而减小的幅度
越来越大，说明电流越来越大，故磁场能越来越大，故C 正确；
D．LC 振荡电路的能量装换图，i—t 图、q—t 图的关系如下图所示
其中t2 ~ t3时间内类比上图中的（2）→（3）过程，电荷的增加越来越慢，电流减小的越来越快，
则线圈自感电动势逐渐变大，故D 错误。
故选C。
15. （2024·浙江温州·二模）如图所示，两通电长直导线沿正方体的A
′ D
′边和B B
′边放置，通过大小相
等、方向如图中所示的恒定电流。一闭合圆形金属小线圈，初始位置圆心在A 点，可沿不同方向以
相同速率做匀速直线运动，运动过程中小线圈平面始终与A A
′ B
′ B平面平行。沿AD 方向观察，不
考虑地磁场影响，下列说法正确的是（ ）
A．C 和D 两点的磁感应强度相同
B．C
′点的磁感应强度方向由D 点指向C
′点
C．圆形小线圈由A 点向A
′点移动时能产生顺时针方向的感应电流
D．圆形小线圈由A 点向D 点移动时能产生逆时针方向的感应电流
【答案】D
【详解】A．根据右手螺旋定则，知A
′ D
′边导线产生的磁感应强度为B1、B1
′和B B
′边导线产生的
磁感应强度为B2、B2
′，在C 和D 两点产生的磁场方向如图所示
根据矢量的合成，知C 和D 两点的合磁场大小相等，方向不同，故A 错误；
B．根据右手螺旋定则，知A
′ D
′边导线在C
′点产生的磁场方向由C
′→C，B B
′边导线在C
′点产生
的磁场方向由C
′→D
′，根据矢量的合成，得C
′点的磁感应强度方向由C
′点指向D 点，故B 错误；
C．圆形小线圈由A 点向A
′点移动时，因为小线圈平面始终与AA′B′B 平面平行，故磁通量不变，无
感应电流产生，故C 错误；
D．圆形小线圈由A 点向D 点移动时，磁通量减小，根据楞次定律得感应电流磁场方向垂直纸面向
外，产生逆时针方向的感应电流，故D 正确。
故选D。
16. （2024·浙江·二模）为模拟航天器着陆，研究室构建了如图一个立体非匀强磁场，关于中心轴对称
分布，磁感应强度可分为纵向分量Bh和水平径向分量Bτ（背向轴心），Bh的大小只随高度h 变化
（计初始位置为h=0），关系为Bh= B0(1+ 400h)，Bτ =
B0
200r （r 为到对称轴的距离）。现有横截
面半径为1mm 的金属细丝构成直径为1cm 的圆环在磁场中由静止开始下落，其电阻率为
1.6×10
−8Ω⋅m。其中B0=0.1T，沿圆环中心的磁场方向始终竖直向上，在运动过程中圆环平面
始终保持水平，速度在下落1.6m 后达到稳定状态。则从开始下落到稳定时圆环上通过的电荷量为
（ ）
A．175 π C
B．20 π C
C．12.5 π C
D．6.5 π C
【答案】B
【详解】根据题意可知，由E = ΔΦ
Δt 、I = E
R 和q = I Δt可得
q = ΔΦ
R
又有
R = ρ L
S =1.6×10
−8⋅πd
π r
2 =1.6×10
−4 Ω
运动过程中，竖直方向上，由楞次定律可知，线圈中产生顺时针的感应电流（从上往下看），
ΔΦ =(Bh−B0)⋅π(
d
2)
2
=1.6 π ×10
−3 Wb
则有
q1= ΔΦ
R =10 π C
水平方向上
Bτ =
B0
200⋅d
2
= B0
由右手定则可知，下落过程中线圈切割水平磁场，同样产生顺时针电流（从上往下看），则有
q2= B0⋅πdh
R
=10 π C
则从开始下落到稳定时圆环上通过的电荷量为
q =q1+q2=20 π C
故选B。
17. （23-24 高三上·北京丰台·期末）地磁学家曾经尝试用“自激发电”假说解释地球磁场的起源，其原
理如图所示：一个金属圆盘A 在某一大小恒定、方向时刻沿切线方向的外力作用下，在弱的轴向磁
场B 中绕金属轴OO
′转动，根据法拉第电磁感应定律，盘轴与盘边之间将产生感应电动势，用一根
螺旋形导线MN 在圆盘下方连接盘边与盘轴，MN 中就有感应电流产生，最终回路中的电流达到稳
定值，磁场也达到稳定状态。下列说法正确的是（ ）
A．MN 中的电流方向从M→N
B．MN 中感应电流的磁场方向与原磁场方向相反
C．圆盘转动的速度逐渐减小
D．磁场达到稳定状态后，MN 中不再产生感应电流
【答案】A
【详解】A．根据右手定则知，MN 中的电流方向从M→N，故A 正确；
B．根据右手螺旋定则判断知MN 中感应电流的磁场方向与原磁场方向相同，故B 错误；
C．圆盘在大小恒定、方向时刻沿切线方向的外力作用下，转动的速度先越来越大，磁场也越来越
大，根据法拉第电磁感应定律
E = BLv
知产生的电动势也越来越大，流过电阻R 的电流也越来越大，最终回路中的电流达到稳定值，磁场
也达到稳定状态，则圆盘转动的速度也达到稳定值。故C 错误；
D．可将圆盘看成若干个沿着半径方向的幅条组成，因此在任何时刻都有幅条切割磁感线，故磁场
达到稳定状态后，MN 中也产生感应电流，故D 错误。
故选A。
18. （2024·浙江嘉兴·一模）如图所示，假设“天宫一号”正以速度7.5km /s绕地球做匀速圆周运动，
运动方向与其太阳帆板两端相距20 m的M、N的连线垂直，太阳帆板视为导体。飞经某处时的地磁
场磁感应强度垂直于MN所在平面的分量为1.0×10
−5T，若此时在太阳帆板上将一只“
1.5 V，0.3 W”的小灯泡与M 、N相连构成闭合电路（图中未画出），太阳帆板内阻不可忽略。
则（ ）
A．此时M 、N两端间的电势差为0
B．此时小灯泡恰好能正常发光
C．“天宫一号”绕行过程中受到电磁阻尼
D．“天宫一号”在南、北半球水平飞行时M端的电势始终高于N端
【答案】C
【详解】AB．小灯泡与M 、N相连构成闭合回路，它们一起在磁场中做切割磁感线运动，闭合回
路的磁通量不变，回路中不产生感应电流，小灯泡不工作，M 、N间感应电动势大小为
E = BLv
代入数据得
E =1.5 V
此时M 、N两端间的电势差不为0，绝对值为1.5V。太阳帆板存在内阻小灯泡不能正常发光，故
AB 错误；
C．导体在磁场中做切割磁感线运动，受到电磁阻尼，故C 正确；
D．地磁场磁感应强度垂直于MN所在平面的分量在南、北半球方向相反，所以“天宫一号”在南、
北半球水平飞行时M 、N间感应电动势方向相反，故D 错误。
故选C。
19. （2024·浙江金华·模拟预测）杭州亚运村的座椅可以实现无线充电功能。在无线充电技术中，感应
充电是移动设备最成熟和普及的方式。如图甲所示是一手机正水平放置在感应充电器上充电的场景，
手机不需连接USB 接口，放在充电器上即可匹配快速充电。图乙是感应充电的简化原理图。下列
说法正确的是（ ）
A．当手机的重力大小等于充电器对它的支持力大小时，手机输入线圈中的电流一定为零
B．感应充电的原理是电磁感应，图乙中充电器输出线圈中的电流正在增大
C．手机输入线圈与充电器输出线圈中的交流电频率不一定相等
D．如果两线圈用超导材料制作，充电的能量传输效率有望达到100%
【答案】B
【详解】A．当充电器输出线圈中的交流电为零时，此时充电器输出线圈的磁感应强度为零，但此
时手机输入线圈中的电流最大，而这瞬间手机不受安培力，此时手机的重力等于充电器对它的支持
力大小，故A 错误；
B．根据右手螺旋定则可知，手机输入线圈中的磁场方向与充电器输出线圈中的磁场方向相反，则
根据楞次定律可知，充电器输出线圈中的磁场正在增强，即电流正在增大，故B 正确；
C．手机输入线圈的交流电频率等于充电器输出线圈中的交流电频率，故C 错误；
D．如果两线圈用超导材料制作，虽然不会有热损耗，但仍会存在漏磁，所以充电的能量传输效率
不能达到100%，故D 错误。
故选B。
20. （2024·浙江·模拟预测）如图甲所示，连接电流传感器的线圈套在竖直放置的长玻璃管上。将强磁
铁从离玻璃管上端高为h 处由静止释放，磁铁在玻璃管内下落并穿过线圈。如图乙所示是实验中观
察到的线圈中电流随时间变化的图像，则（ ）
A．t1~t3过程中线圈对磁铁作用力方向先向上后向下
B．磁铁上下翻转后重复实验，电流方向先负向后正向
C．线圈匝数加倍后重复实验，电流峰值将加倍
D．h 加倍后重复实验，电流峰值将加倍
【答案】B
【详解】A．由楞次定律的“来拒去留”可知，t1~t3过程中线圈对磁铁作用力方向一直向上，A 错
误；
B．磁铁上下翻转后重复实验，穿过圆环过程中，磁通量方向相反，根据楞次定律可知，将会产生
负向电流后产生正向电流，B 正确；
C．若将线圈匝数加倍后，根据法拉第电磁感应定律
E =n ΔΦ
Δt
可知，线圈中感应电动势也加倍，由电阻定律
R = ρ l
S
可知，线圈匝数加倍，长度也加倍，电阻加倍，由欧姆定律
I = U
R
可知，线圈中感应电流的峰值不会加倍，C 错误；
D．若没有磁场力，则由机械能守恒定律
mgh= 1
2 mv
2
可得
v = ❑√2gh
若将h 加倍，速度并非变为原来的2 倍，实际中存在磁场力做负功，速度也不是原来的2 倍，则线
圈中产生的电流峰值不会加倍，D 错误。
故选B。
