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第11讲　电磁感应规律及其应用
1.〔多选〕（2025·重庆万州区联考）电吉他琴身上装有线圈，被磁化的琴弦振动时，会使线圈中的磁通量发生变化，从而产生感应电流，经信号放大器放大后传到扬声器，如图所示为其工作原理的简化示意图，图中琴弦与线圈均位于纸面内。当琴弦向左远离线圈时，下列说法正确的是（　　）
A.线圈中的磁通量变小 B.线圈受到向左的磁场力
C.线圈中不产生感应电流 D.线圈有缩小的趋势
2.（2025·北京石景山一模）近场通信（NFC）器件应用电磁感应原理进行通讯，其天线类似一个压平的线圈。设每匝线圈面积为S，共有n匝。若磁场垂直纸面向里通过此线圈且均匀增加，磁感应强度随时间的变化率为k，则线圈中产生感应电动势的大小和感应电流的方向分别为（　　）
A.nkS，顺时针 B.kS，顺时针
C.nkS，逆时针 D.kS，逆时针
3.（2025·北京高考9题）如图所示，线圈自感系数为L，电容器电容为C，电源电动势为E，A1、A2和A3是三个相同的小灯泡。开始时，开关S处于断开状态。忽略线圈电阻和电源内阻，将开关S闭合，下列说法正确的是（　　）
A.闭合瞬间，A1与A3同时亮起 B.闭合后，A2亮起后亮度不变
C.稳定后，A1与A3亮度一样 D.稳定后，电容器的电荷量是CE
4.（2025·陕西西安模拟）如图所示，竖直平面内一半径为r的金属圆盘电阻不计，垂直于磁感应强度为B的匀强磁场，边缘绕有一足够长的细线，线下吊一质量为m的重物。圆盘的圆心和边缘间接一电阻R。释放重物，圆盘绕过圆心的水平轴转动。不计所有摩擦，则重物下落的最大速度为（　　）
A. B.
C. D.
5.（2025·江苏宿迁三模）如图所示，相距为d的足够长平行光滑金属导轨MP、NQ与水平面间夹角为θ，处于磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中，导轨上端接有一电阻。水平导体棒ab质量为m，以速度v沿导轨匀速下滑，棒与导轨垂直且接触良好。已知重力加速度为g，则（　　）
A.导体棒中电流方向为a→b
B.回路中的电动势为Bdv
C.导体棒受到的安培力大小为mgsin θ
D.回路中的电功率为mgvsin θ
6.（2025·河北衡水模拟）如图所示，两平行虚线间区域存在垂直纸面向里、宽度为l的匀强磁场，梯形abcd是位于纸面内的直角梯形导线圈，ab边刚好与磁场区域右边界重合，b、c间的距离为2l，ab＞cd。从t＝0时刻起，使线圈沿垂直于磁场区域边界的方向以速度v匀速穿越磁场区域，规定梯形线圈中感应电流顺时针方向为正方向，则在线圈穿越磁场区域的过程中，下列关于感应电流I随时间t变化的图像可能正确的是（　　）
7.（2025·四川成都三模）如图所示，圆心为O、直径d＝2 m的圆形金属导轨内存在方向垂直纸面向里、磁感应强度大小B＝1 T的匀强磁场。金属杆PQ长度与导轨直径相等，单位长度电阻r0＝4 Ω/m，PQ绕O点以角速度ω＝20 rad/s逆时针匀速转动并与导轨保持良好接触。O、M两点用导线相连，A是理想电流表，阻值R＝8 Ω的电阻和电容C＝1.2×10－10 F的电容器并联在电路中，圆形导轨与导线电阻不计。下列说法正确的是（　　）
A.流过电阻R的电流方向为b→a
B.电流表的读数为2.5 A
C.电容器的电荷量为9.6×10－10 C
D.为了维持金属杆匀速转动，外力做功的功率为6.25 W
8.（2025·甘肃金昌二模）如图1所示，光滑的平行金属轨道水平固定在桌面上，轨道左端连接一可变电阻R，一导体杆与轨道垂直放置，整个装置处在竖直向下的匀强磁场中。导体杆先后两次在水平向右的拉力作用下均由静止开始做匀加速直线运动，两次运动中拉力大小F与速率v的关系图像如图2所示。其中，第一次对应直线1，开始时拉力大小为F0，改变电阻R的阻值后，第二次对应直线2，开始时拉力大小为2F0，两直线交点的纵坐标为3F0。若第一次和第二次电路中总电阻的阻值比值为a，杆从静止开始运动相同位移的时间比值为b，导体杆与轨道始终垂直并接触良好，不计导体杆和轨道的电阻，则a、b的值为（　　）
A.a＝，b＝ B.a＝，b＝
C.a＝2，b＝ D.a＝2，b＝
9.〔多选〕（2025·云南红河二模）如图所示，宽度d＝0.2 m的区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小B＝1 T，方向垂直纸面向里。一正方形导线框abcd，从距磁场上边界高度h＝0.2 m处自由下落，其下边ab刚进入磁场和刚离开磁场时的速度相同。已知线框质量m＝10 g，边长l＝0.1 m，电阻R＝0.1 Ω，g取10 m/s2，则（　　）
A.线框刚进入磁场时线框中有逆时针方向的电流
B.线框完全离开磁场时的速度为 m/s
C.线框在穿越磁场过程中产生的热量为0.02 J
D.线框穿越整个磁场所用时间为 s
10.（2025·内蒙古包头模拟）如图a，两组平行金属导轨在同一水平面上固定，间距分别为d和1.5d，分别连接电阻R1、R2，边长为d的正方形区域存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化关系如图b所示。t＝0时，在距磁场左边界d处，一长为1.5d的均匀导体棒在外力作用下，以恒定速度v0向右运动，直至通过磁场，棒至磁场左边界时与两组导轨同时接触。导体棒阻值为3R，R1、R2的阻值分别为2R、R，其他电阻不计，棒与导轨垂直且接触良好。求：
（1）0～时间内，R1中的电流方向及其消耗的电功率P；
（2）～时间内，棒受到的安培力F的大小和方向。
11.（2025·广东汕头二模）小旭利用电磁阻尼设计了一个货物缓降器模型，如图所示。单匝矩形金属线框的电阻为R，质量为m，ab边长为L。线框通过绝缘绳索与质量为M（M＞m）的货物相连。线框上方有足够多的方向相反的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，方向与线框平面垂直，磁场间隔宽度与线框ac边长相同，边界与ab边平行。从适当位置释放货物，一段时间后线框恰能匀速进入磁场Ⅰ。线框从开始进入到全部进入磁场Ⅰ所用时间为t，且线框到滑轮的距离足够长，不计摩擦，重力加速度为g。求：
（1）线框刚进入磁场Ⅰ的速度大小v；
（2）线框在t时间内产生的焦耳热Q；
（3）货物下降的最终速度大小v'。
第11讲　电磁感应规律及其应用
1.AB　琴弦向左远离线圈时，穿过线圈的磁通量减少，线圈中产生感应电流，根据楞次定律推论“来拒去留”，可知琴弦受到向右的安培力，由牛顿第三定律知，线圈受到向左的磁场力；由“增缩减扩”可知线圈有扩张趋势。故A、B正确。
2.C　根据楞次定律可知线圈中的感应电流沿逆时针方向，根据法拉第电磁感应定律可得感应电动势E＝nS＝nkS，故选C。
3.C　闭合开关瞬间，电容器C相当于通路，线圈L相当于断路，所以A1、A2瞬间亮起，A3逐渐变亮，A错误；闭合开关后，电容器充电，充电完成后相当于断路，所以A2亮一下后熄灭，B错误；稳定后，电容器相当于断路，线圈相当于短路，所以A1、A3串联，所以A1、A3一样亮，C正确；稳定后，电容器与A3并联，两端电压等于A3两端电压，由于线圈电阻和电源内阻忽略不计，且A1、A3串联，A3两端电压为E，根据Q＝CU，可得电容器的电荷量等于CE，D错误。
4.C　设重物下落的最大速度为v，根据能量守恒定律可知，此时重物重力的功率等于电阻R的热功率；则有mgv＝I2R，又I＝，E＝Br＝Br·，联立解得v＝，故选C。
5.D　导体棒下滑过程中，根据右手定则可得，导体棒中电流方向为b→a，故A错误；由于磁场方向与运动方向不垂直，所以回路中的电动势为E＝Bdvcos θ，故B错误；导体棒受力示意图如图所示，根据平衡条件可得FA＝mgtan θ，故C错误；根据能量守恒定律可知，导体棒的重力势能转化为电能，所以回路中的电功率等于重力做功的功率，则P电＝PG＝mgvy＝mgvsin θ，故D正确。
6.B　由楞次定律可知，在0～时间内感应电流沿逆时针方向，线圈切割磁感线的有效长度越来越短且成线性递减，所以感应电动势线性减小，故感应电流也随时间线性减小；在～时间内感应电流沿顺时针方向，只有ad边处在磁场中的部分切割磁感线，有效切割长度不变，则感应电动势不变，故感应电流大小不变；在～时间内感应电流沿顺时针方向，线圈切割磁感线的有效长度越来越短且成线性递减，则感应电动势线性减小，故感应电流也随时间线性减小，故B正确。
7.C　PQ绕O点逆时针匀速转动，根据右手定则可知，电流从PQ两点流向O点，所以流过电阻R的电流方向为a→b，故A错误；电流从PQ两点流向O点，则PO与QO并联，则产生的电动势为E＝Bω＝10 V，PO与QO并联产生的等效内阻r等＝＝2 Ω，电流表的读数为I＝＝1 A，故B错误；电容器两端电压U＝IR＝8 V，电容器的电荷量为Q＝CU＝9.6×10－10 C，故C正确；为了维持金属杆匀速转动，外力做功的功率为P＝EI＝10 W，故D错误。
8.A　杆在水平向右的拉力作用下先后两次都做初速度为0的匀加速直线运动，则v＝0时，杆的加速度分别为a1＝，a2＝，杆从静止开始运动相同位移，有x＝a1，x＝a2，解得b＝＝，根据F－F安＝ma，F安＝ILB，I＝，E＝BLv，解得F＝v＋ma，根据F与速率v的关系图像可知斜率k＝，k1＝2k2，解得a＝＝。故A正确。
9.AD　根据右手定则可知电流方向为逆时针，故A正确；设线框刚进入磁场的速度为v，则v2＝2gh，线框完全离开磁场时的速度为v1，由题意可知线框从完全进入磁场到即将离开磁场过程中只受重力，则有v2－＝2g（d－l），可得v1＝ m/s，故B错误；由能量守恒定律可得mg（h＋d＋l）－Q热＝m，解得Q热＝0.04 J，故C错误；线框进入磁场和离开磁场的过程所用时间相同，设线框进入磁场所用的时间为t，则mgt－Σti＝mv1－mv，可得t＝ s，设完全进入磁场到刚要离开磁场所用时间为t1，根据v＝v1＋gt1，解得t1＝ s，故总时间为2t＋t1＝ s，故D正确。
10.（1）N到M　　（2）　水平向左
解析：（1）由题图b可知在0～时间段内，磁场均匀增大，根据楞次定律可知R1中的电流方向为N到M；根据法拉第电磁感应定律，这段时间内的感应电动势E＝＝＝
0～时间内，导体棒在M、N之间的电阻为2R，所以电流为I总＝＝
R1的功率为P＝×2R＝×2R＝。
（2）在～时间内，根据左手定则可知棒受到的安培力方向水平向左；分析电路可知M、N之间的部分导体棒相当于电源；M、N之外的部分和R2串联然后再和R1并联，并联电路的总电阻为R并＝＝R
回路中的总电阻为R总＝2R＋R＝3R
根据E'＝B0dv0，F安＝B0Id，I＝
可得F安＝＝。
11.（1）　（2）
（3）
解析：（1）线框进入磁场Ⅰ时受力平衡，有Mg＝mg＋BIL，I＝
解得速度大小v＝。
（2）方法1：线框进入磁场Ⅰ时，由焦耳定律有Q＝I2Rt
解得焦耳热Q＝
方法2：线框进入磁场Ⅰ时，由功能关系Q＝BILx，x＝vt
解得焦耳热Q＝。
（3）线框完全进入磁场后，先做加速度减小的减速运动，最终受力平衡，有Mg＝mg＋2BI'L，I'＝
解得最终速度v'＝。
4 / 4第11讲　电磁感应规律及其应用
1.（2025·北京高考3题）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
2.（2025·河南高考5题）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（　　）
3.（2025·湖北高考5题）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，B＝B0，两棒相距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. B.
C. D.
考情分析：本讲内容在高考中通常以选择题和计算题的形式出现，难度较大，主要以法拉第电磁感应定律的理解及应用为核心，综合考查欧姆定律、牛顿运动定律、动量、能量等知识点。试题多以学习探索问题情境为载体，也可能出现与该部分内容相关的生活实践问题情境，如无线充电技术、磁悬浮列车、电磁驱动、电磁制动等。
考点一　楞次定律　法拉第电磁感应定律
【例1】　〔多选〕（2025·福建厦门联考）某新能源汽车采用电磁感应式无线充电技术，其主要部件由连接家庭电路的供电线圈与连接电池系统的受电线圈组成，如图所示。当两线圈正对且均静止，从上往下看，为使受电线圈中产生顺时针方向的感应电流，则供电线圈中的电流应沿（　　）
A.顺时针方向且逐渐增大
B.顺时针方向且逐渐减小
C.逆时针方向且逐渐增大
D.逆时针方向且逐渐减小
尝试解答　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　
　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　
规律总结
楞次定律判断感应电流的方向
（1）顺时针减小与逆时针增大是等效的。
（2）正方向减小与负方向增大是等效的。
【例2】　〔多选〕（2025·黑吉辽蒙高考9题）如图，“”形导线框置于磁感应强度大小为B、水平向右的匀强磁场中。线框相邻两边均互相垂直，各边长均为l。线框绕b、e所在直线以角速度ω顺时针匀速转动，be与磁场方向垂直。t＝0时，abef与水平面平行，则（　　）
A.t＝0时，电流方向为abcdefa
B.t＝0时，感应电动势为Bl2ω
C.t＝时，感应电动势为0
D.t＝0到t＝过程中，感应电动势平均值为0
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【例3】　〔多选〕（2025·江西南昌二模）如图所示，一实验小组利用传感器测量通过螺线管的磁场随时间变化产生感应电流的实验规律，测得螺线管的匝数为n＝30匝、横截面积S＝20 cm2，螺线管电阻r＝1 Ω，与螺线管串联的外电阻R＝5 Ω。穿过螺线管的磁场的方向如图甲所示，磁感应强度按图乙所示的规律变化（以磁场方向向左为正方向），则t＝4 s时（　　）
A.通过R的电流方向为N→M
B.通过R的电流为1 mA
C.R的电功率为2×10－5 W
D.螺线管两端M、N间的电势差UMN＝10 mV
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方法技巧
电磁感应中电路问题的解题流程
考点二　电磁感应中的图像问题
电磁感应中图像问题分析思路
1.把握三个关注
2.掌握两个常用方法
排除法 定性分析电磁感应过程中某个物理量初始时的正、负或是否为零，以及变化趋势、变化快慢，排除错误的选项。这种方法能快速解决问题，但只有部分问题适用
函数关系法 根据题目所给的条件写出物理量之间的函数关系，再对图像作出判断，这种方法得到的结果准确、详细，但不够简捷
【例4】　〔多选〕（2025·四川成都联考）如图，边长为L、粗细均匀的正方形闭合导线框以水平速度v0匀速穿过宽度为d（d＞L）的匀强磁场区域（ab、cd边和磁场竖直边界平行），磁场的磁感应强度大小为B，线框总阻值为R，线框平面与磁场方向垂直。从ab边到达磁场左侧边界开始计时，则穿过线框的磁通量Φ、线框中的感应电流I、线框所受安培力F、线框上d、c两点间的电势差Udc随时间变化的图像可能正确的是（　　）
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易错警示
（1）进、出磁场感应电流方向相反，但安培力方向相同。
（2）全部进入磁场无感应电流，但有感应电动势和电势差。
（2025·江苏无锡模拟）如图所示，一根导线制成的斜边AB长为2L的等腰直角三角形线框ABC，以速度v匀速穿过宽度为2L的匀强磁场，电流以逆时针方向为正方向，回路中感应电流I和A、B两端的电势差UAB随线框位移x变化的关系图像正确的是（　　）
考点三　电磁感应中的动力学和能量问题
电磁感应中的动力学和能量问题的分析思路
【例5】　（2025·北京门头沟一模）如图所示，空间中有垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，MN和PQ是两根互相平行、竖直放置的光滑金属导轨，导轨间距为L，导轨足够长且电阻不计。质量为m的金属杆ab与导轨垂直且接触良好，金属杆ab电阻为R，重力加速度为g。开始时，开关S断开，金属杆ab由静止自由下落，经过一段时间后再闭合开关S。当开关S闭合后，下列说法正确的是（　　）
A.a点电势高于b点电势
B.金属杆做加速度增大的加速运动
C.安培力做正功，机械能转化为电能
D.当下落高度为时，闭合开关，则金属杆ab会立刻做减速运动
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【例6】　〔多选〕（2025·四川广安二模）如图甲所示，在边长为L的正方形abcd虚线区域内，分布着方向垂直水平面向外的匀强磁场，电阻为R的圆形导体框放置在绝缘水平面上，其圆心O点与ab边的中点重合，导体框恰好有一半处于磁场中。磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示，其中B0、t0都是已知量。由于水平面粗糙，圆形导体框一直处于静止状态。则（　　）
A.t0时刻通过导体框的电流大小为
B.0～t0时间内通过圆形导体框任一横截面的电荷量为
C.2.5t0时刻，水平面对导体框的摩擦力大小为，方向水平向右
D.0～3t0时间内圆形导体框中产生的焦耳热为
尝试解答　　　　　　　　　　　　　　　　 　　
规律总结
求解焦耳热Q的三种方法
（1）焦耳定律：Q＝I2Rt，适用于电流恒定的情况；
（2）功能关系：Q＝W克安（W克安为克服安培力做的功）；
（3）能量转化：Q＝ΔE（其他能的减少量）。
【例7】　（2025·福建漳州联考）如图甲，列车进站时利用电磁制动技术产生的电磁力来刹车。某种列车制动系统核心部分的模拟原理图如图乙所示，一闭合正方形刚性单匝均匀导线框abcd放在水平面内，其质量为m，阻值为R，边长为L①；左、右两边界平行且宽度为L的区域内有磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场。当线框运动到ab边与磁场左边界间的距离为L时，线框具有水平向右的速度v0，当cd边离开磁场右边界时线框速度恰好为零②。已知运动中ab边始终与磁场左边界平行，线框始终还受到与运动方向相反、大小恒为Ff的阻力作用，③求：
（1）线框进入磁场的过程中通过线框某一横截面的电荷量绝对值q；
（2）线框通过磁场过程中产生的总焦耳热Q；
（3）线框ab边刚进入磁场时受到的安培力的大小FA及此时a、b间的电压Uab。
审题指导：
信息提取 信息加工
一闭合正方形刚性单匝均匀导线框abcd放在水平面内，其质量为m，阻值为R，边长为L① 求线框进入磁场的过程中通过线框某一横截面的电荷量绝对 值q
当线框运动到ab边与磁场左边界间的距离为L时，线框具有水平向右的速度v0，当cd边离开磁场右边界时线框速度恰好为零② 对线框通过磁场过程中利用能量守恒定律求出总焦耳热。
已知运动中ab边始终与磁场左边界平行，线框始终还受到与运动方向相反、大小恒为Ff的阻力作用，③ 根据动能定理求出线框ab边刚进入磁场时的速度大小为v；进入磁场时ab棒相当于电源，求出电动势，根据闭合电路欧姆定律求出电流，从而求出安培力的大小以及此时a、b间的电压。
尝试解答
电磁感应中含电容器的电路问题
情境示例 运动分析 v-t图像
有恒定外力，导轨光滑，导体棒不计电阻 电容器持续充电，F－BIL＝ma，I＝，ΔQ＝CΔU＝CBLΔv，a＝，联立解得a＝，a恒定，金属杆做匀加速直线运动
导轨光滑，导体棒有初速度，初始电容器电压为0 （1）杆加速度a＝＝－，杆做加速度逐渐减小的减速运动。当BLvmin＝UCm时，I＝0，此后杆做匀速直线运动。 （2）电容器充电，最终电容器两端的电压UCm＝BLvmin，最终电容器的电荷量q＝CUCm＝CBLvmin，由动量定理可得－BL·Δt＝mvmin－mv0，由于q＝·Δt，联立解得vmin＝
导轨光滑，导体棒初速度为0，初始电容器电压为U0 （1）导体棒做加速度逐渐减小的加速运动。 （2）电容器放电电荷量ΔQ＝CU0－CBLvm，由动量定理可得BL·Δt＝mvm，由于q＝·Δt，q＝ΔQ，联立解得vm＝
【典例】　〔多选〕（2025·河南商丘联考）如图所示，两根电阻不计、足够长的光滑平行金属导轨与水平面成θ角，导轨上端连接电容器C，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中。一电阻不计的金属棒MN从某高度处由静止释放，下滑过程中始终与导轨垂直并接触良好。MN所受的安培力大小为F、加速度大小为a、位移大小为x、电容器（未被击穿）的电荷量为Q，则它们随时间t变化的关系图像可能正确的是（　　）
尝试解答　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　
第11讲　电磁感应规律及其应用
【体验·高考真题】
1.A　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；距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，穿过圆环的磁通量发生变化，金属圆环中能产生感应电流，故C错误；根据条形磁铁的磁感线分布情况可知，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.C　根据题图可知，沿N极到S极的方向看，穿过金属薄片的磁场方向垂直纸面向里，则磁通量垂直纸面向里，又金属薄片中心向右运动到N极的正下方时，通过薄片右半边的磁通量在减小，通过薄片左半边的磁通量在增多，由楞次定律可知，右侧涡流产生的磁场方向垂直纸面向里，左侧涡流产生的磁场方向垂直纸面向外，所以由安培定则可知，右侧涡流沿顺时针方向，左侧涡流沿逆时针方向，C正确。
3.B　结合＝、＝和q＝Δt可知0～T时间内流过回路的电荷量为q＝，由Φ＝BS可知q＝＝，B正确。
【精研·高频考点】
考点一
典例精析
【例1】　BC　从上往下看，为使受电线圈中产生顺时针方向的感应电流，则受电线圈的感应电流磁场方向向下，根据楞次定律可知，供电线圈的磁场方向向下减小或向上增加；根据安培定则可知，供电线圈中的电流应沿顺时针方向且逐渐减小或逆时针方向且逐渐增大。故B、C正确。
【例2】　AB　t＝0时，线框中能切割磁感线的边只有af边，由右手定则可知af边的电流方向为f到a，则线框中的电流方向为abcdefa，A正确；t＝0时，af边的速度方向与磁场方向垂直，且af边的速度大小为v＝ωl，感应电动势的大小为E＝Blv，解得E＝Bl2ω，B正确；线框的转动周期为T＝，则t＝时，线框转动了180°，此时线框中能切割磁感线的边仍只有af边，且af边的速度方向与磁场方向垂直，所以线框中产生的感应电动势的大小仍为Bl2ω，C错误；t＝0时刻穿过bcde面的磁通量为Φ1＝－Bl2，t＝时磁场从bcde面的另一面穿过，磁通量为Φ2＝Bl2，由法拉第电磁感应定律得＝，由以上整理得＝，D错误。
【例3】　AC　由图乙可知，通过螺线管的磁通量增大，由楞次定律可知，感应电流产生的磁场方向与原磁场方向相反，结合安培定则可知，通过R的电流方向为N→M，A正确；根据法拉第电磁感应定律可知，电路中的感应电动势E＝n＝30×2×10－1×20×10－4 V＝1.2×10－2 V，结合闭合电路欧姆定律可得I＝＝ A＝2 mA，B错误；根据P＝I2R，代入数据解得定值电阻的电功率为P＝（2×10－3）2×5 W＝2×10－5 W，C正确；根据楞次定律可知螺线管N端相当于电源正极，根据部分电路欧姆定律可得螺线管两端M、N间的电势差UMN＝－IR＝－2×5 mV＝－10 mV，D错误。
考点二
典例精析
【例4】　AD　线框进入磁场过程磁通量为Φ＝BS＝BLv0t，当线框全部进入磁场后，磁通量达到最大，且保持不变，线框离开磁场过程，磁通量均匀减小，故A正确；进入磁场过程感应电流为I＝，方向为逆时针方向，全部进入磁场后，感应电流为零，而离开磁场的过程感应电流大小与进入磁场时相等，但电流方向为顺时针，故B错误；进入磁场过程线框所受安培力大小为F0＝BIL＝，方向向左，全部进入磁场后，线框不受安培力，离开磁场过程中，安培力大小、方向均与进入磁场过程相同，故C错误；线框进入磁场过程中Udc＝I·R＝＝，全部进入磁场后Udc＝BLv0＝U0，离开磁场过程Udc＝I·R＝＝，故D正确。
强化训练
　D　线框进出磁场，电流I和电势差UAB方向和正、负号都相反，且由于切割有效长度的变化，造成电流I和电势差UAB大小发生变化。故A、B、C错误，D正确。
考点三
典例精析
【例5】　D　根据右手定则可知，a点电势低于b点电势，A错误；金属杆受向上的安培力和向下的重力，若安培力大于重力，则加速度向上，则向下做减速运动，加速度为a＝＝－g，故做加速度减小的减速运动；若安培力等于重力，则金属杆做匀速运动；若安培力小于重力，则加速度向下，则金属杆向下做加速运动，加速度为a＝＝g－，故金属杆做加速度减小的加速运动，B错误；安培力方向向上，则安培力做负功，机械能转化为电能，C错误；当下落高度为h＝时，闭合开关，此时安培力F安＝BIL＝＝＝mg＞mg，此时闭合开关，则金属杆ab会立刻做减速运动，D正确。
【例6】　AC　由题图甲可知圆形导体框的有效面积为S＝π＝，在0～2t0时间内，由法拉第电磁感应定律可得感应电动势的大小为E＝＝S＝·＝，则t0时刻通过导体框的电流大小为I＝＝，故A正确；0～t0时间内通过圆形导体框任一横截面的电荷量为q＝It0＝，故B错误；2t0～3t0时间内，由法拉第电磁感应定律可得感应电动势大小为E'＝＝·＝，感应电流大小为I'＝＝，2.5t0时刻导体框所受安培力大小为F＝I'L＝，根据左手定则可知，安培力方向水平向左，由于导体框一直处于静止状态，摩擦力与安培力平衡，可知f＝，方向水平向右，故C正确；0～3t0时间内圆形导体框中产生的焦耳热为Q＝I2R·2t0＋I'2Rt0＝＋＝，故D错误。
【例7】　（1）　（2）m－3FfL
（3）　－BL
解析：（1）线框进入磁场的过程中，根据法拉第电磁感应定律有＝＝
根据闭合电路欧姆定律有＝
通过线框某一横截面的电荷量q＝·Δt＝。
（2）对全过程，根据能量守恒定律有Q＋Ff·3L＝m－0
解得Q＝m－3FfL。
（3）设线框ab边刚进入磁场时的速度大小为v，根据动能定理有－FfL＝mv2－m
解得v＝
根据闭合电路欧姆定律有I＝
线框ab边受到的安培力的大小FA＝ILB＝
此时a、b间的电压Uab＝－I·
解得Uab＝－BL。
【培优·提能加餐】
【典例】　BC　金属棒切割磁感线产生感应电动势，相当于电源，持续对电容器充电。设在极短时间Δt内，电容器电荷量增加ΔQ，则回路中的电流大小为I＝＝＝CBLa，金属棒受到的安培力大小为F＝BIL＝B2L2Ca，设导轨平面与水平面的夹角为θ，由牛顿第二定律得mgsin θ－F＝ma联立解得a＝，可知加速度为定值，则通过金属棒的电流I和金属棒所受的安培力F均为定值，A错误，B正确；由位移公式x＝at2可知x-t关系为开口向上的二次函数，故C正确；电容器的电荷量Q＝CU＝CBLΔv＝CBLat，可知Q-t图像为线性关系，故D错误。
7 / 7(共73张PPT)
第11讲　电磁感应规律及其应用
02
体验 高考真题
01
构建 知识网络
锁定主干知识
明确高考考向
03
精研 高频考点
聚焦重难热新
04
培优 提能加餐
拓展思维空间
05
分层 强化训练
夯基固本提能
目
录
contents
构建 知识网络
锁定主干知识
体验 高考真题
明确高考考向
1. （2025·北京高考3题）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
√
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；距
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，穿过圆环的磁通量发生变化，金属圆
环中能产生感应电流，故C错误；根据条形磁铁的磁感线分布情况可知，
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·河南高考5题）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（　　）
√
解析： 　根据题图可知，沿N极到S极的方向看，穿过金属薄片的磁场方
向垂直纸面向里，则磁通量垂直纸面向里，又金属薄片中心向右运动到N
极的正下方时，通过薄片右半边的磁通量在减小，通过薄片左半边的磁通
量在增多，由楞次定律可知，右侧涡流产生的磁场方向垂直纸面向里，左
侧涡流产生的磁场方向垂直纸面向外，所以由安培定则可知，右侧涡流沿
顺时针方向，左侧涡流沿逆时针方向，C正确。
3. （2025·湖北高考5题）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，B＝B0，两棒相距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（　　）
√
解析： 　结合＝、＝和q＝Δt可知0～T时间内流过回路的电荷量
为q＝，由Φ＝BS可知q＝＝，B正确。
考情分析：本讲内容在高考中通常以选择题和计算题的形式出现，难度较
大，主要以法拉第电磁感应定律的理解及应用为核心，综合考查欧姆定
律、牛顿运动定律、动量、能量等知识点。试题多以学习探索问题情境为
载体，也可能出现与该部分内容相关的生活实践问题情境，如无线充电技
术、磁悬浮列车、电磁驱动、电磁制动等。
精研 高频考点
聚焦重难热新
考点一　楞次定律　法拉第电磁感应定律
【例1】　〔多选〕（2025·福建厦门联考）某新能源汽车采用电磁感应式
无线充电技术，其主要部件由连接家庭电路的供电线圈与连接电池系统的
受电线圈组成，如图所示。当两线圈正对且均静止，从上往下看，为使受
电线圈中产生顺时针方向的感应电流，则供电线圈中的电流应沿（　BC）
BC
A. 顺时针方向且逐渐增大
B. 顺时针方向且逐渐减小
C. 逆时针方向且逐渐增大
D. 逆时针方向且逐渐减小
解析：从上往下看，为使受电线圈中产生顺时针方向的感应电流，则受电
线圈的感应电流磁场方向向下，根据楞次定律可知，供电线圈的磁场方向
向下减小或向上增加；根据安培定则可知，供电线圈中的电流应沿顺时针
方向且逐渐减小或逆时针方向且逐渐增大。故B、C正确。
规律总结
楞次定律判断感应电流的方向
（1）顺时针减小与逆时针增大是等效的。
（2）正方向减小与负方向增大是等效的。
【例2】　〔多选〕（2025·黑吉辽蒙高考9题）如图，“ ”形导线框置于
磁感应强度大小为B、水平向右的匀强磁场中。线框相邻两边均互相垂
直，各边长均为l。线框绕b、e所在直线以角速度ω顺时针匀速转动，be与
磁场方向垂直。t＝0时，abef与水平面平行，则（　AB　）
AB
A. t＝0时，电流方向为abcdefa
B. t＝0时，感应电动势为Bl2ω
解析：t＝0时，线框中能切割磁感线的边只有af边，由右手定则可知af边的
电流方向为f到a，则线框中的电流方向为abcdefa，A正确；t＝0时，af边的
速度方向与磁场方向垂直，且af边的速度大小为v＝ωl，感应电动势的大小
为E＝Blv，解得E＝Bl2ω，B正确；线框的转动周期为T＝，则t＝时，
线框转动了180°，此时线框中能切割磁感线的边仍只有af边，且af边的速
度方向与磁场方向垂直，所以线框中产生的感应电动势的大小仍为Bl2ω，
C错误；t＝0时刻穿过bcde面的磁通量为Φ1＝－Bl2，t＝时磁场从bcde面的
另一面穿过，磁通量为Φ2＝Bl2，由法拉第电磁感应定律得＝，由以
上整理得＝，D错误。
【例3】　〔多选〕（2025·江西南昌二模）如图所示，一实验小组利用传
感器测量通过螺线管的磁场随时间变化产生感应电流的实验规律，测得螺
线管的匝数为n＝30匝、横截面积S＝20 cm2，螺线管电阻r＝1 Ω，与螺线
管串联的外电阻R＝5 Ω。穿过螺线管的磁场的方向如图甲所示，磁感应强
度按图乙所示的规律变化（以磁场方向向左为正方向），则t＝4 s时
（　AC　）
AC
A. 通过R的电流方向为N→M
B. 通过R的电流为1 mA
C. R的电功率为2×10－5 W
D. 螺线管两端M、N间的电势差UMN＝10 mV
解析：由图乙可知，通过螺线管的磁通量增大，由楞次定律可知，感应电
流产生的磁场方向与原磁场方向相反，结合安培定则可知，通过R的电流
方向为N→M，A正确；根据法拉第电磁感应定律可知，电路中的感应电动
势E＝n＝30×2×10－1×20×10－4 V＝1.2×10－2 V，结合闭合电路欧
姆定律可得I＝＝ A＝2 mA，B错误；根据P＝I2R，代入数据解
得定值电阻的电功率为P＝（2×10－3）2×5 W＝2×10－5 W，C正确；根据
楞次定律可知螺线管N端相当于电源正极，根据部分电路欧姆定律可得螺
线管两端M、N间的电势差UMN＝－IR＝－2×5 mV＝－10 mV，D错误。
方法技巧
电磁感应中电路问题的解题流程
考点二　电磁感应中的图像问题
电磁感应中图像问题分析思路
1. 把握三个关注
2. 掌握两个常用方法
排除法 定性分析电磁感应过程中某个物理量初始时的正、负或是
否为零，以及变化趋势、变化快慢，排除错误的选项。这
种方法能快速解决问题，但只有部分问题适用
函数 关系法 根据题目所给的条件写出物理量之间的函数关系，再对图
像作出判断，这种方法得到的结果准确、详细，但不够简
捷
【例4】　〔多选〕（2025·四川成都联考）如图，边长为L、粗细均匀的正
方形闭合导线框以水平速度v0匀速穿过宽度为d（d＞L）的匀强磁场区域
（ab、cd边和磁场竖直边界平行），磁场的磁感应强度大小为B，线框总
阻值为R，线框平面与磁场方向垂直。从ab边到达磁场左侧边界开始计
时，则穿过线框的磁通量Φ、线框中的感应电流I、线框所受安培力F、线
框上d、c两点间的电势差Udc随时间变化的图像可能正确的是（　AD　）
AD
解析：线框进入磁场过程磁通量为Φ＝BS＝BLv0t，当线框全部进入磁场
后，磁通量达到最大，且保持不变，线框离开磁场过程，磁通量均匀减
小，故A正确；进入磁场过程感应电流为I＝，方向为逆时针方向，全
部进入磁场后，感应电流为零，而离开磁场的过程感应电流大小与进入磁
场时相等，但电流方向为顺时针，故B错误；进入磁场过程线框所受安培
力大小为F0＝BIL＝，方向向左，全部进入磁场后，线框不受安培
力，离开磁场过程中，安培力大小、方向均与进入磁场过程相同，故C错
误；线框进入磁场过程中Udc＝I·R＝＝，全部进入磁场后Udc＝BLv0
＝U0，离开磁场过程Udc＝I·R＝＝，故D正确。
易错警示
（1）进、出磁场感应电流方向相反，但安培力方向相同。
（2）全部进入磁场无感应电流，但有感应电动势和电势差。
（2025·江苏无锡模拟）如图所示，一根导线制成的斜
边AB长为2L的等腰直角三角形线框ABC，以速度v匀速
穿过宽度为2L的匀强磁场，电流以逆时针方向为正方
向，回路中感应电流I和A、B两端的电势差UAB随线框位移x变化的关系图像正确的是（　　）
√
解析： 　线框进出磁场，电流I和电势差UAB方向和正、负号都相反，且
由于切割有效长度的变化，造成电流I和电势差UAB大小发生变化。故A、
B、C错误，D正确。
考点三　电磁感应中的动力学和能量问题
电磁感应中的动力学和能量问题的分析思路
【例5】　（2025·北京门头沟一模）如图所示，空间中有垂直纸面向里、
磁感应强度为B的匀强磁场，MN和PQ是两根互相平行、竖直放置的光滑金
属导轨，导轨间距为L，导轨足够长且电阻不计。质量为m的金属杆ab与导
轨垂直且接触良好，金属杆ab电阻为R，重力加速度为g。开始时，开关S
断开，金属杆ab由静止自由下落，经过一段时间后再闭合开关S。当开关S
闭合后，下列说法正确的是（　D　）
D
A. a点电势高于b点电势
B. 金属杆做加速度增大的加速运动
C. 安培力做正功，机械能转化为电能
解析：根据右手定则可知，a点电势低于b点电势，A错误；金属杆受向上
的安培力和向下的重力，若安培力大于重力，则加速度向上，则向下做减
速运动，加速度为a＝＝－g，故做加速度减小的减速运动；若
安培力等于重力，则金属杆做匀速运动；若安培力小于重力，则加速度向
下，则金属杆向下做加速运动，加速度为a＝＝g－，故金属杆
做加速度减小的加速运动，B错误；安培力方向向上，则安培力做负功，
机械能转化为电能，C错误；当下落高度为h＝时，闭合开关，此时安培力F安＝BIL＝＝＝mg＞mg，此时闭合开关，则金属杆ab会立刻做减速运动，D正确。
【例6】　〔多选〕（2025·四川广安二模）
如图甲所示，在边长为L的正方形abcd虚线
区域内，分布着方向垂直水平面向外的匀
强磁场，电阻为R的圆形导体框放置在绝缘
水平面上，其圆心O点与ab边的中点重合，导体框恰好有一半处于磁场中。磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示，其中B0、t0都是已知量。由于水平面粗糙，圆形导体框一直处于静止状态。则（　AC　）
AC
解析：由题图甲可知圆形导体框的有效面积为S＝π＝，在0～2t0时
间内，由法拉第电磁感应定律可得感应电动势的大小为E＝＝S＝
·＝，则t0时刻通过导体框的电流大小为I＝＝，故A正确；
0～t0时间内通过圆形导体框任一横截面的电荷量为q＝It0＝，故B错
误； 2t0～3t0时间内，由法拉第电磁感应定律可得感应电动势大小为E'＝
＝·＝，感应电流大小为I'＝＝，2.5t0时刻导体框所受安培力
大小为F＝I'L＝，根据左手定则可知，安培力方向水平向左，由于
导体框一直处于静止状态，摩擦力与安培力平衡，可知f＝，方向水
平向右，故C正确；0～3t0时间内圆形导体框中产生的焦耳热为Q＝I2R·2t0
＋I'2Rt0＝＋＝，故D错误。
规律总结
求解焦耳热Q的三种方法
（1）焦耳定律：Q＝I2Rt，适用于电流恒定的情况；
（2）功能关系：Q＝W克安（W克安为克服安培力做的功）；
（3）能量转化：Q＝ΔE（其他能的减少量）。
【例7】　（2025·福建漳州联考）如图甲，列车进站时利用电磁制动技术
产生的电磁力来刹车。某种列车制动系统核心部分的模拟原理图如图乙所
示，一闭合正方形刚性单匝均匀导线框abcd放在水平面内，其质量为m，
阻值为R，边长为L①；左、右两边界平行且宽度为L的区域内有磁感应强
度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场。当线框运动到ab边与磁场左边界
间的距离为L时，线框具有水平向右的速度v0，当cd边离开磁场右边界时线
框速度恰好为零②。已知运动中ab边始终与磁场左边界平行，线框始终还
受到与运动方向相反、大小恒为Ff的阻力作用，③求：
（1）线框进入磁场的过程中通过线框某一横截面的电荷量绝对值q；
（2）线框通过磁场过程中产生的总焦耳热Q；
（3）线框ab边刚进入磁场时受到的安培力的大小FA及此时a、b间的电压
Uab。
信息提取 信息加工
一闭合正方形刚性单匝均匀导线框abcd
放在水平面内，其质量为m，阻值为
R，边长为L① 求线框进入磁场的过程中通过线
框某一横截面的电荷量绝对值q
审题指导：
信息提取 信息加工
当线框运动到ab边与磁场左边界间的距
离为L时，线框具有水平向右的速度
v0，当cd边离开磁场右边界时线框速度
恰好为零② 对线框通过磁场过程中利用能量
守恒定律求出总焦耳热。
已知运动中ab边始终与磁场左边界平
行，线框始终还受到与运动方向相反、
大小恒为Ff的阻力作用，③ 根据动能定理求出线框ab边刚进
入磁场时的速度大小为v；进入
磁场时ab棒相当于电源，求出电
动势，根据闭合电路欧姆定律求
出电流，从而求出安培力的大小
以及此时a、b间的电压。
答案：（1）　
（2）m－3FfL
（3）　－BL
解析：（1）线框进入磁场的过程中，根据法拉第电磁感应定律有＝＝
根据闭合电路欧姆定律有＝
通过线框某一横截面的电荷量q＝·Δt＝。
（2）对全过程，根据能量守恒定律有Q＋Ff·3L＝m－0
解得Q＝m－3FfL。
（3）设线框ab边刚进入磁场时的速度大小为v，根据动能定理有－FfL＝
mv2－m
解得v＝
根据闭合电路欧姆定律有I＝
线框ab边受到的安培力的大小FA＝ILB＝
此时a、b间的电压Uab＝－I·
解得Uab＝－BL。
培优 提能加餐
拓展思维空间
电磁感应中含电容器的电路问题
情境示例 运动分析 v-t图像
有恒定外力，
导轨光滑，导
体棒不计电阻
情境示例 运动分析 v-t图像
导轨光滑，导
体棒有初速
度，初始电容
器电压为0
情境示例 运动分析 v-t图像
导轨光滑，导
体棒初速度为
0，初始电容器
电压为U0
【典例】　〔多选〕（2025·河南商丘联考）如图所示，两根电阻不计、足
够长的光滑平行金属导轨与水平面成θ角，导轨上端连接电容器C，整个装
置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中。一电阻不计的金属棒MN从某
高度处由静止释放，下滑过程中始终与导轨垂直并接触良好。MN所受的
安培力大小为F、加速度大小为a、位移大小为x、电容器（未被击穿）的
电荷量为Q，则它们随时间t变化的关系图像可能正确的是（　BC　）
BC
解析：金属棒切割磁感线产生感应电动势，相当于电源，持续对电容器充
电。设在极短时间Δt内，电容器电荷量增加ΔQ，则回路中的电流大小为I
＝＝＝CBLa，金属棒受到的安培力大小为F＝BIL＝B2L2Ca，设导
轨平面与水平面的夹角为θ，由牛顿第二定律得mgsin θ－F＝ma联立解得a
＝，可知加速度为定值，则通过金属棒的电流I和金属棒所受的安
培力F均为定值，A错误，B正确；由位移公式x＝at2可知x-t关系为开口向
上的二次函数，故C正确；电容器的电荷量Q＝CU＝CBLΔv＝CBLat，可知
Q-t图像为线性关系，故D错误。
分层 强化训练
夯基固本提能
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1. 〔多选〕（2025·重庆万州区联考）电吉他琴身上装有线圈，被磁化的
琴弦振动时，会使线圈中的磁通量发生变化，从而产生感应电流，经信号
放大器放大后传到扬声器，如图所示为其工作原理的简化示意图，图中琴
弦与线圈均位于纸面内。当琴弦向左远离线圈时，下列说法正确的是
（　　）
A. 线圈中的磁通量变小
B. 线圈受到向左的磁场力
C. 线圈中不产生感应电流
D. 线圈有缩小的趋势
√
√
解析： 　琴弦向左远离线圈时，穿过线圈的磁通量减少，线圈中产生感
应电流，根据楞次定律推论“来拒去留”，可知琴弦受到向右的安培力，
由牛顿第三定律知，线圈受到向左的磁场力；由“增缩减扩”可知线圈有
扩张趋势。故A、B正确。
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2. （2025·北京石景山一模）近场通信（NFC）器件应用电磁感应原理进
行通讯，其天线类似一个压平的线圈。设每匝线圈面积为S，共有n匝。若
磁场垂直纸面向里通过此线圈且均匀增加，磁感应强度随时间的变化率为
k，则线圈中产生感应电动势的大小和感应电流的方向分别为（　　）
A. nkS，顺时针 B. kS，顺时针
C. nkS，逆时针 D. kS，逆时针
解析： 　根据楞次定律可知线圈中的感应电流沿逆时针方向，根据法拉
第电磁感应定律可得感应电动势E＝nS＝nkS，故选C。
√
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3. （2025·北京高考9题）如图所示，线圈自感系数为L，电容器电容为C，
电源电动势为E，A1、A2和A3是三个相同的小灯泡。开始时，开关S处于断
开状态。忽略线圈电阻和电源内阻，将开关S闭合，下列说法正确的是
（　　）
A. 闭合瞬间，A1与A3同时亮起
B. 闭合后，A2亮起后亮度不变
C. 稳定后，A1与A3亮度一样
D. 稳定后，电容器的电荷量是CE
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解析： 　闭合开关瞬间，电容器C相当于通路，线圈L相当于断路，所以
A1、A2瞬间亮起，A3逐渐变亮，A错误；闭合开关后，电容器充电，充电
完成后相当于断路，所以A2亮一下后熄灭，B错误；稳定后，电容器相当
于断路，线圈相当于短路，所以A1、A3串联，所以A1、A3一样亮，C正
确；稳定后，电容器与A3并联，两端电压等于A3两端电压，由于线圈电阻
和电源内阻忽略不计，且A1、A3串联，A3两端电压为E，根据Q＝CU，可
得电容器的电荷量等于CE，D错误。
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4. （2025·陕西西安模拟）如图所示，竖直平面内一半径为r的金属圆盘电
阻不计，垂直于磁感应强度为B的匀强磁场，边缘绕有一足够长的细线，
线下吊一质量为m的重物。圆盘的圆心和边缘间接一电阻R。释放重物，圆
盘绕过圆心的水平轴转动。不计所有摩擦，则重物下落的最大速度为
（　　）
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解析： 　设重物下落的最大速度为v，根据能量守恒定律可知，此时重物
重力的功率等于电阻R的热功率；则有mgv＝I2R，又I＝，E＝Br＝
Br·，联立解得v＝，故选C。
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5. （2025·江苏宿迁三模）如图所示，相距为d的足够长平行光滑金属导轨
MP、NQ与水平面间夹角为θ，处于磁感应强度大小为B、方向竖直向上的
匀强磁场中，导轨上端接有一电阻。水平导体棒ab质量为m，以速度v沿导
轨匀速下滑，棒与导轨垂直且接触良好。已知重力加速度为g，则
（　　）
A. 导体棒中电流方向为a→b
B. 回路中的电动势为Bdv
C. 导体棒受到的安培力大小为mgsin θ
D. 回路中的电功率为mgvsin θ
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解析： 　导体棒下滑过程中，根据右手定则可得，导体棒中
电流方向为b→a，故A错误；由于磁场方向与运动方向不垂
直，所以回路中的电动势为E＝Bdvcos θ，故B错误；导体棒
受力示意图如图所示，根据平衡条件可得FA＝mgtan θ，故C错误；根据能量守恒定律可知，导体棒的重力势能转化为电能，所以回路中的电功率等于重力做功的功率，则P电＝PG＝mgvy＝mgvsin θ，故D正确。
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6. （2025·河北衡水模拟）如图所示，两平行虚线间区域
存在垂直纸面向里、宽度为l的匀强磁场，梯形abcd是位
于纸面内的直角梯形导线圈，ab边刚好与磁场区域右边
界重合，b、c间的距离为2l，ab＞cd。从t＝0时刻起，使
线圈沿垂直于磁场区域边界的方向以速度v匀速穿越磁场区域，规定梯形
线圈中感应电流顺时针方向为正方向，则在线圈穿越磁场区域的过程中，
下列关于感应电流I随时间t变化的图像可能正确的是（　　）
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解析： 　由楞次定律可知，在0～时间内感应电流沿逆时针方向，线圈
切割磁感线的有效长度越来越短且成线性递减，所以感应电动势线性减
小，故感应电流也随时间线性减小；在～时间内感应电流沿顺时针方
向，只有ad边处在磁场中的部分切割磁感线，有效切割长度不变，则感应
电动势不变，故感应电流大小不变；在～时间内感应电流沿顺时针方
向，线圈切割磁感线的有效长度越来越短且成线性递减，则感应电动势线
性减小，故感应电流也随时间线性减小，故B正确。
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7. （2025·四川成都三模）如图所示，圆心为O、直径d＝2 m的圆形金属导
轨内存在方向垂直纸面向里、磁感应强度大小B＝1 T的匀强磁场。金属杆
PQ长度与导轨直径相等，单位长度电阻r0＝4 Ω/m，PQ绕O点以角速度ω＝
20 rad/s逆时针匀速转动并与导轨保持良好接触。O、M两点用导线相连，
A是理想电流表，阻值R＝8 Ω的电阻和电容C＝1.2×10－10 F的电容器并联
在电路中，圆形导轨与导线电阻不计。下列说法正确的是（　　）
A. 流过电阻R的电流方向为b→a
B. 电流表的读数为2.5 A
C. 电容器的电荷量为9.6×10－10 C
D. 为了维持金属杆匀速转动，外力做功的功率为6.25 W
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解析： 　PQ绕O点逆时针匀速转动，根据右手定则可知，电流从PQ两点
流向O点，所以流过电阻R的电流方向为a→b，故A错误；电流从PQ两点流
向O点，则PO与QO并联，则产生的电动势为E＝Bω＝10 V，PO与
QO并联产生的等效内阻r等＝＝2 Ω，电流表的读数为I＝＝1 A，故
B错误；电容器两端电压U＝IR＝8 V，电容器的电荷量为Q＝CU＝9.6×10
－10 C，故C正确；为了维持金属杆匀速转动，外力做功的功率为P＝EI＝
10 W，故D错误。
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8. （2025·甘肃金昌二模）如图1所示，光滑的平行金属轨道水平固定在桌
面上，轨道左端连接一可变电阻R，一导体杆与轨道垂直放置，整个装置
处在竖直向下的匀强磁场中。导体杆先后两次在水平向右的拉力作用下均
由静止开始做匀加速直线运动，两次运动中拉力大小F与速率v的关系图像
如图2所示。其中，第一次对应直线1，开始时拉力大小为F0，改变电阻R
的阻值后，第二次对应直线2，开始时拉力大小为2F0，两直线交点的纵坐
标为3F0。若第一次和第二次电路中总电阻的阻值比值为a，杆从静止开始
运动相同位移的时间比值为b，导体杆与轨道始终垂直并接触良好，不计
导体杆和轨道的电阻，则a、b的值为（　　）
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解析： 　杆在水平向右的拉力作用下先后两次都做初速度为0的匀加速直
线运动，则v＝0时，杆的加速度分别为a1＝，a2＝，杆从静止开始运
动相同位移，有x＝a1，x＝a2，解得b＝＝，根据F－F安＝
ma，F安＝ILB，I＝，E＝BLv，解得F＝v＋ma，根据F与速率v的关系
图像可知斜率k＝，k1＝2k2，解得a＝＝。故A正确。
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9. 〔多选〕（2025·云南红河二模）如图所示，宽度d＝0.2 m的区域内存
在匀强磁场，磁感应强度大小B＝1 T，方向垂直纸面向里。一正方形导线
框abcd，从距磁场上边界高度h＝0.2 m处自由下落，其下边ab刚进入磁场
和刚离开磁场时的速度相同。已知线框质量m＝10 g，边长l＝0.1 m，电阻
R＝0.1 Ω，g取10 m/s2，则（　　）
A. 线框刚进入磁场时线框中有逆时针方向的电流
C. 线框在穿越磁场过程中产生的热量为0.02 J
√
√
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解析： 　根据右手定则可知电流方向为逆时针，故A正确；设线框刚进
入磁场的速度为v，则v2＝2gh，线框完全离开磁场时的速度为v1，由题意
可知线框从完全进入磁场到即将离开磁场过程中只受重力，则有v2－＝
2g（d－l），可得v1＝ m/s，故B错误；由能量守恒定律可得mg（h＋d＋
l）－Q热＝m，解得Q热＝0.04 J，故C错误；线框进入磁场和离开磁场
的过程所用时间相同，设线框进入磁场所用的时间为t，则mgt－Σti＝
mv1－mv，可得t＝ s，设完全进入磁场到刚要离开磁场所用时间为t1，
根据v＝v1＋gt1，解得t1＝ s，故总时间为2t＋t1＝ s，故D正确。
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10. （2025·内蒙古包头模拟）如图a，两组平行金属导轨在同一水平面上固
定，间距分别为d和1.5d，分别连接电阻R1、R2，边长为d的正方形区域存
在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化关系如图b所示。t＝0
时，在距磁场左边界d处，一长为1.5d的均匀导体棒在外力作用下，以恒
定速度v0向右运动，直至通过磁场，棒至磁场左边界时与两组导轨同时接
触。导体棒阻值为3R，R1、R2的阻值分别为2R、R，其他电阻不计，棒与
导轨垂直且接触良好。求：
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（1）0～时间内，R1中的电流方向及其消耗的电功率P；
答案： N到M　　
解析： 由题图b可知在0～时间段内，磁场均匀增大，根据楞次定律
可知R1中的电流方向为N到M；根据法拉第电磁感应定律，这段时间内的感
应电动势E＝＝＝
0～时间内，导体棒在M、N之间的电阻为2R，所以电流为I总＝＝
R1的功率为P＝×2R＝×2R＝。
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（2）～时间内，棒受到的安培力F的大小和方向。
答案： 　水平向左
解析：在～时间内，根据左手定则可知棒受到的安培力方向水平向左；
分析电路可知M、N之间的部分导体棒相当于电源；M、N之外的部分和R2
串联然后再和R1并联，并联电路的总电阻为R并＝＝R
回路中的总电阻为R总＝2R＋R＝3R
根据E'＝B0dv0，F安＝B0Id，I＝
可得F安＝＝。
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11. （2025·广东汕头二模）小旭利用电磁阻尼设计
了一个货物缓降器模型，如图所示。单匝矩形金属
线框的电阻为R，质量为m，ab边长为L。线框通过
绝缘绳索与质量为M（M＞m）的货物相连。线框
上方有足够多的方向相反的匀强磁场，磁感应强度
大小均为B，方向与线框平面垂直，磁场间隔宽度与
线框ac边长相同，边界与ab边平行。从适当位置释放货物，一段时间后线框恰能匀速进入磁场Ⅰ。线框从开始进入到全部进入磁场Ⅰ所用时间为t，且线框到滑轮的距离足够长，不计摩擦，重力加速度为g。求：
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答案： 　
（1）线框刚进入磁场Ⅰ的速度大小v；
解析： 线框进入磁场Ⅰ时受力平衡，有Mg＝mg＋BIL，I＝
解得速度大小v＝。
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（2）线框在t时间内产生的焦耳热Q；
答案：
解析：方法1：线框进入磁场Ⅰ时，由焦耳定律有Q＝I2Rt
解得焦耳热Q＝
方法2：线框进入磁场Ⅰ时，由功能关系Q＝BILx，x＝vt
解得焦耳热Q＝。
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（3）货物下降的最终速度大小v'。
答案：
解析：线框完全进入磁场后，先做加速度减小的减速运动，最终受力平
衡，有Mg＝mg＋2BI'L，I'＝
解得最终速度v'＝。
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THANKS
演示完毕 感谢观看

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