第24讲 电磁感应现象 专项训练-2027届高考物理一轮复习

**基本信息** 聚焦电磁感应核心考点，以题型为纲系统覆盖感应电流判定、电动势计算等关键能力，注重物理观念与科学思维的综合应用。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |感应电流方向判定|8题|结合右手定则、楞次定律，涉及波浪发电、跳绳计数等情境|从现象到本质，构建“磁通量变化-感应电流方向”推理链条| |导体切割电动势|11题|平动、旋转切割模型，含电容器、变磁场综合问题|遵循“切割方式-电动势公式-能量转化”应用逻辑| |磁通量/电流变化|7题|线圈转动、延时继电器等场景，考查法拉第电磁感应定律|体现“磁通量变化率-感应电动势-电路分析”递进关系| |综合提升|14题|多过程、跨模块问题，如ABS系统、超导圆环|整合电磁感应与力学、电路知识，培养综合解题能力|

第24讲 电磁感应现象 题型一 感应电流方向的判定—右手定则 1．（2026•徐州模拟）如图所示，我国首台兆瓦级漂浮式波浪能发电装置“南鲲号”工作原理如下：浪板在海浪作用下做往复运动，通过传动机构驱动线圈在磁场中做逆时针转动。当线圈转动到图示位置，下列说法正确的是（　　） A．线圈磁通量最大 B．感应电动势等于0 C．a端电势低于b端电势 D．线圈转动的频率越大，产生的电动势越大 【答案】D 【分析】在线圈平面和磁感线平行的位置，磁通量为0，感应电动势最大；根据右手定则分析判断电势高低；转动的频率越大，角速度越大，根据E＝BLv确定感应电动势越大。 【详解】AB．在图示位置时，线圈平面与磁场方向平行，穿过线圈的磁通量为0，感应电动势最大，故AB错误； C．根据右手定则可知，线圈中的电流方向由b流向a，线圈充当电源，在电源内部电流由低电势流向高电势，则线圈b端电势低于a端电势，故C错误； D．线圈转动的频率越大，角速度越大，根据E＝BLv＝BLωr可知，感应电动势越大，故D正确。 故选：D。 2．（2026•云南模拟）某带计数器的跳绳把手计数原理图如图甲所示，手握着圆柱形把手跳绳时，摇动的绳带动内部的矩形金属框ABCD绕中心轴转动，金属框的阻值为R，边长AB＝CD＝L，边长AD＝BC＝2r。沿把手轴线方向的正视图如图乙所示，横截面圆的半径OM和ON夹角为30°，该区域内存在方向指向圆心O的辐射状磁场，其距圆心r处的磁感应强度大小为B0、沿轴线方向的宽度为d。计数器因金属框中的电流而作出计数的反应。若金属框绕轴以角速度ω匀速转动，下列说法正确的是（　　） A．AB边经过磁场区域时，金属框中产生的电流方向为B→A→D→C B．金属框中产生一次电流，计数器就计为完成一次跳绳 C．金属框AB边在磁场运动的过程中，产生的感应电流大小为 D．金属框转动一周的过程中，产生的焦耳热为 【答案】D 【分析】根据右手定则判断感应电流的方向；根据法拉第电磁感应定律求出感应电动势；根据欧姆定律得出电流大小，根据安培力公式求出大小；根据焦耳定律求解电流的有效值。 【详解】A、由右手定则可知，AB边经过磁场区域时，金属框中产生的电流方向为A→B→C→D方向，故A错误； B、金属框AB边、CD边经过磁场区域时，均有电流产生，故完成一次跳绳，金属框中产生两次电流，故B错误； C、金属框AB边和CD边的线速度v＝ωr，有效切割长度为d，产生的电动势E＝B0dv＝B0dωr 金属框AB边在磁场运动的过程中产生的电流I，故C错误； D、转动一周，AB边、CD边切割磁感线时产生的安培力FA＝BId 金属框转动一周的过程中，产生的焦耳热Q＝W，故D正确。 故选：D。 3．（2026•盐城一模）如图所示，两个完全相同的半圆形金属轨道竖直正对放置，内侧轨道接地，金属棒AB垂直两轨道水平放置，其长度与两轨道间距相等，空间存在竖直向下的匀强磁场（未画出）。在金属棒从MN向PQ匀速圆周运动的过程中，其上A点的电势φA（　　） A．保持不变 B．先降低再升高 C．先升高再降低 D．一直降低 【答案】B 【分析】金属棒匀速圆周运动切割磁感线，有效切割长度随位置变化，由右手定则判断感应电动势方向，结合有效长度变化分析A点电势的升降规律。 【详解】磁场竖直向下，导体棒AB长度方向垂直轨道平面，运动为匀速圆周运动，速度方向为轨道切线方向，只有速度的水平分量vx同时垂直于磁场和导体棒长度，因此感应电动势E＝BLvx 大小由vx决定，金属棒从MN（左）向PQ（右）做匀速圆周运动，速度大小v恒定，切线方向的水平分量vx变化为从MN到轨道最低点：vx向右，大小从O逐渐增大到最大值v； 从最低点到PQ：vx向右，大小从v逐渐减小到0。因此感应电动势E＝BLvx先增大、后减小，磁场向下（穿手心），拇指指向运动方向（切线），四指指向B端，说明B端为感应电动势的正极（电势高），A端为负极（电势低），由于内侧轨道接地，B端电势φB＝0，因此A点电势φA＝φB﹣E＝﹣E，结合E的变化：E先增大后减小，因此φA＝﹣E，先从0降低到最小值（﹣BLv），再从最小值升高回0，即先降低、再升高，故B正确，ACD错误。 故选：B。 4．（多选）（2026•福建模拟）长直导线固定在光滑绝缘水平面上，通有向右的恒定电流，质量为m的金属圆环在水平面上以大小为v0的初速度沿如图所示方向开始运动，圆环最终没有与直导线接触，则下列判断正确的是（　　） A．圆环向直导线靠近过程中，圆环中有沿逆时针方向的电流 B．圆环向直导线靠近过程中，所受安培力的合力垂直直导线 C．圆环最终速度为零 D．圆环中产生的焦耳热等于 【答案】AB 【分析】需先根据楞次定律判断感应电流方向，再分析安培力方向及合力，结合动量守恒和能量守恒判断最终速度及焦耳热。 【详解】A、直导线中电流产生的磁场在圆环处方向向下，在圆环靠近直导线过程中，圆环中磁通量增大，根据楞次定律可知，圆环中有沿逆时针方向的电流，故A正确； B、圆环向直导线靠近过程中，左右两侧电流方向相反，磁场强弱、方向相同，安培力对称等大反向；上下两侧电流反向，上方磁场强下方弱，上方受向下的安培力大于下方所受的向上的安培力，所以在平行直导线方向圆环受到安培力的合力为零，该方向圆环速度不变，所受安培力的合力垂直直导线，阻碍圆环垂直直导线方向的分运动，故B正确； C、圆环在平行于导线方向不受安培力，所以平行于导线方向的速度分量保持不变，最终圆环会以平行于导线的速度匀速运动，速度不为零，故C错误； D、圆环的一部分转化为焦耳热，还有一部分保留为平行于导线方向的动能，因此焦耳热小于，故D错误。 故选：AB。 题型二 导体棒平动切割产生感应电动势 1．（2026•聊城模拟）圆形导体框由粗细均匀的硬质导线制成，放在水平面上，ab为圆上的一条直径。导体框以恒定速度垂直磁场边界MN进入竖直方向的匀强磁场，且ab始终和MN平行。t1时刻圆弧cd在磁场内，cd所对圆心角为60°，如图甲所示；t2时刻圆弧ef在磁场外，ef所对圆心角也为60°，如图乙所示。则t1、t2时刻a、b两点的电势差大小的比值为（　　） A．1：1 B．1：2 C．1：3 D．1：4 【答案】C 【分析】根据有效切割长度关系分析感应电动势关系，再根据欧姆定律求解t1、t2时刻a、b两点的电势差大小的比值。 【详解】设圆的半径为r，圆形导体框的总电阻为R，速度为v，t1、t2时刻导体框的有效切割长度相等，均等于r，产生的感应电动势相等，设为E，则E＝Brv，导体棒中感应电流大小为I t1时刻a、b两点的电势差大小为U1＝I••EBrv t2时刻，ab右侧半圆产生的感应电动势为E′＝B•2rv＝2Brv a、b两点的电势差大小为ab右侧半圆的路端电压，即U2＝E′﹣I•2Brv•Brv 则U1：U2＝1：3，故ABD错误，C正确。 故选：C。 2．（2026•城西区校级二模）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 【答案】D 【分析】根据右手定则判断电容器的上极板带电情况；金属棒到达x0时，有效切割长度L＝2x0tanθ，根据E＝BLv求出感应电动势，由Q＝CE求出电容器所带电荷量，再求通过金属棒的电流；金属棒匀速运动，外力做的功等于克服安培力所做的功，根据功的计算公式求出克服安培力所做的功，即可得到外力F做的功。 【详解】A、金属棒运动过程中，根据右手定则可知电容器的上极板带正电，故A错误； B、金属棒匀速切割磁感线，根据几何关系可知，金属棒到达x0时有效切割长度为L＝2x0tanθ 其中x0＝vt 则金属棒产生的感应电动势为E＝BLv＝2Bv2tanθt 由题图可知电容器直接与电源相连，忽略所有电阻，则电容器的电荷量为Q＝CE＝2BCv2tanθ•t 则流过金属棒的电流I2BCv2tanθ，故B错误； C、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＝2BCv2tanθ，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，故D正确。 故选：D。 3．（2026•小店区校级模拟）间距为L、电阻不计的光滑平行金属导轨水平放置，左端接有阻值为3R的定值电阻，与导轨垂直的边界MN右侧存在垂直导轨平面向上的匀强磁场，俯视图如图所示，磁感应强度随时间变化的关系为B＝B0﹣kt（k＞0），在t＝0时刻，长度为L、电阻为R的金属棒，在外力作用下从MN处以速度v向右做匀速运动金属棒始终与导轨垂直且接触良好，则在t0时刻，MN两端的电势差为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】题目描述金属棒在变化的磁场中匀速运动，需同时考虑动生电动势和感生电动势。在t0时刻，金属棒切割磁感线产生与速度相关的动生电动势，其大小取决于该时刻的磁感应强度；同时由于磁场随时间均匀变化，穿过回路的磁通量变化会产生感生电动势。根据右手定则和楞次定律判断两个电动势的方向，确定总电动势是两者之差。MN两端电势差是总电动势在定值电阻上的分压，需根据电阻比例关系计算。 【详解】由题可知，t0时刻磁感应强度B1＝B0﹣kt0。 则t0时刻导体棒向右切割磁感线产生的动生电动势大小为E1＝B1Lv＝（B0﹣kt0）Lv＝B0Lv﹣kLvt0，根据右手定则可知导体棒的下端为高电势。 由磁感应强度变化引起磁通量变化，产生的感生电动势大小为，依据楞次定律可知导体棒的上端为高电势。 因此，导体棒两端产生的总感应电动势大小为E＝E2﹣E1＝2kLvt0﹣B0Lv。 MN两端的电势差为。故ABD错误，C正确。 故选：C。 4．（多选）（2026•安徽模拟）如图所示，一单匝粗细均匀的正方形导体线框abcd，导线框的质量为1kg，导线框的电阻为1Ω，线框边长为L＝0.1m。直角坐标系xOy（x轴水平，y轴竖直）均处于竖直平面内，空间内存在垂直于纸面向里的磁场，磁感应强度在x方向均匀分布，y方向上满足B＝（5+100y）T。初始时，线框的a点与坐标原点O重合，ab边与x轴重合。现给线框一个沿着x轴正方向的速度v0＝4m/s，线框在运动过程中始终处于xOy平面内，其ab边与x轴始终保持平行，已知重力加速度为g＝10m/s2，空气阻力不计。则（　　） A．下落过程中线框中有顺时针方向的感应电流 B．开始时线框中产生的电动势为0 C．线框经1.5s时速度达到最大，此时线框运动到（6m，5m）位置 D．若线框由1匝数变为n匝，而单匝线框的参数与原来相同，则竖直方向最终速度不变 【答案】BCD 【分析】用楞次定律判断感应电流方向，结合运动学公式分析线框的运动过程，计算感应电动势与安培力，分析线框的速度变化及运动位置，逐一判断选项。 【详解】AB、下落过程中线框中有逆时针方向的感应电流，开始时线框中产生的电动势为0，故A错误，B正确； C、线框水平方向匀速运动，竖直方向加速度不断变小的加速运动，竖直方向匀速时，线框的速度达到最大，竖直方向匀速时有 代入数据可得vy＝10m/s，规定竖直向下为正，由动量定理得，，水平方向x＝vxt 代入数据可得y＝5m，x＝6m，故C正确； D、若线框匝数增大为n匝，线框的质量变为nmg，电阻变为nR，则，其中 ΔB＝kL 解得，故D正确。 故选：BCD。 题型三 导体棒旋转切割产生感应电动势 1．（2026•临沂模拟）如图所示，磁感应强度为B的匀强磁场与纸面垂直，虚线表示匀强磁场的边界，一半径为r、圆心角为的扇形单匝线框圆心O在边界线上。当线框围绕圆心O在纸面内以角速度ω匀速转动时，线框中产生交变电动势的有效值为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先计算线框转动时产生的感应电动势最大值，分析一个周期内有感应电动势的时间，根据交变电流有效值的热量等效定义，推导交变电动势的有效值。 【详解】设线框转动周期为T，而线框转动一周中只有进、出磁场过程才产生感应电动势，因此一周之内产生感应电动势的时间 感应电动势的大小为，结合有效值的定义有 感应电动势的有效值为，故B正确，ACD错误。 故选：B。 2．（2026•河池二模）如图所示，半径为L的圆形金属框固定在绝缘水平面上，圆心处有竖直导体轴OO′。间距为d、与水平面成θ＝37°角的平行金属导轨，通过导体轴、金属框与导体棒OA组成闭合回路。金属框区域磁场竖直向上，导轨区域磁场垂直导轨平面向上，两处磁感应强度大小均为B。导体棒OA绕O点以角速度ω逆时针匀速转动，导轨上垂直放置的质量为m的导体棒CD恰好静止，导体棒CD与导轨间摩擦系数为μ。已知OA、CD接入电路的电阻均为R，其余电阻不计，重力加速度为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。下列说法正确的是（　　） A．若仅增大OA的转动角速度ω，导体棒CD受到的安培力不变 B．导体棒CD对导轨的压力大小为mgsin37° C．导体棒OA转动产生的感应电动势大小为BL2ω D．导体棒CD即将下滑时，OA的角速度为 【答案】D 【分析】根据法拉第电磁感应定律求解感应电动势大小，根据闭合电路欧姆定律、安培力的计算公式分析安培力的变化情况；导体棒CD对导轨的压力大小等于重力垂直于导轨向下的分力；根据平衡条件几何闭合电路欧姆定律进行解答。 【详解】AC．导体棒OA转动产生的感应电动势大小为：E＝BLBLBL2ω 若仅增大OA的转动角速度ω，感应电动势增大，根据闭合电路欧姆定律可知电流强度增大，导体棒CD受到的安培力FA＝BId增大，故AC错误； B．根据右手定则可知导体棒中感应电流方向从O到A，导体棒CD中的电流方向从D到C，根据左手定则可知安培力的方向沿导轨向上；所以导体棒CD对导轨的压力大小等于重力垂直于导轨向下的分力，即为：FN＝mgcos37°，故B错误； D．导体棒CD即将下滑时，设电路中的电流强度为I，则有：BId+μmgcos37°＝mgsin37° 根据闭合电路欧姆定律可得：BL2ω1＝I×2R 联立解得：，故D正确。 故选：D。 3．（多选）（2026•辽宁一模）如图甲是法拉第圆盘发电机原理图，图乙为从右向左看，金属圆盘顺时针转动侧视图，金属圆盘绕中心轴C匀速转动，圆盘半径为r，整个装置处在方向与轴线平行的匀强磁场中，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．铜盘产生的感应电动势 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 D．若将此圆盘中心挖去半径为的同心圆，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 【答案】BC 【分析】由图可知圆盘的转动方向，根据右手定则判断电势高低；利用法拉第电磁感应定律，可计算感应电动势；根据圆盘的几何特点，结合电路连接情况，可得到通过扇形区域的电流大小，由安培力公式，可分析安培力与角度的关系；若挖去圆盘中心部分，根据法拉第电磁感应定律，可得到剩余部分的感应电动势。 【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．根据直导体切割磁感线公式，可得铜盘产生的感应电动势为：，故B正确； 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，每个导体棒上的电流为：，其中电流根据闭合电路欧姆定律，其中，所以导体棒受到的安培力大小为：F＝BI0r，即：，故C正确； D．铜盘产生的感应电动势，同理可求得挖去半径为的同心圆产生的电动势，故此圆盘挖去同心圆后，产生的电动势，故D错误。 故选：BC。 题型四 感应电流方向的判定—楞次定律 1．（2026•河南模拟）物理是以实验为基础的学科，实验是培养学生实践能力和科学思维的重要手段，下列实验现象说法正确的是（　　） A．图甲中，当通电导线电流方向水平向左时，小磁针的转动方向如图所示 B．图乙中闭合开关S瞬间，线圈P会产生感应电流 C．图丙中封闭的水平圆环向下穿过条形磁铁过程中，穿过圆环的磁通量不变 D．图丁中磁铁向右插入不闭合线圈，线圈中会产生感应电流 【答案】B 【分析】本题需运用安培定则判断电流的磁场方向，并根据产生感应电流的两个必要条件（闭合回路和磁通量变化）逐一分析四个选项。 【详解】A、结合安培右手定则，通电直导线在下方会产生垂直纸面向外的磁场，小磁针的转动方向与图示方向相反，故A错误； B、图乙中闭合开关S的瞬间，线圈M中有电流通过，会在铁芯中产生磁场，线圈P中的磁通量发生改变，闭合线圈P中产生感应电流，电流计指针偏转，故B正确； C、条形磁铁周围不是匀强磁场，封闭的水平圆环在向下穿过条形磁铁的过程中，通过圆环的磁通量会改变，故C错误； D、图丁中磁铁向右插入线圈时，线圈中磁通量发生改变，线圈不是闭合回路，不能产生感应电流，故D错误。 故选：B。 2．（2026•文县模拟）如图，竖直放置的线圈两端连接一个定值电阻构成回路，一块强磁铁从线圈上方某一高度由静止释放后从线圈中穿过落到地面，下列说法正确的是（　　） A．强磁铁落地的时间比没有线圈时短 B．图示位置时通过电阻的电流方向为a→R→b C．图示位置电阻的功率大小与强磁铁初始释放高度无关 D．强磁铁刚进入线圈时与刚离开线圈时的加速度方向可能相同 【答案】D 【分析】根据楞次定律的理解“增反减同”、“来拒去留”等分析AB；根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律以及功率公式分析C；根据磁铁的受力情况分析D。 【详解】A．根据楞次定律可知，在磁铁靠近线圈时，线圈对磁铁有向上的作用力，阻碍磁铁下落；当磁铁穿过线圈，远离线圈时，线圈对磁铁有向上的作用力，阻碍线圈远离，所以磁铁下落的时间比没有线圈时长，故A错误； B．磁铁的S极靠近线圈的过程中向上穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律可知，穿过线圈的感应电流如下图所示 因此通过电阻的电流方向为b→R→a，故B错误； C．强磁铁释放高度越高，则磁铁下落的速度越大，根据法拉第电磁感应定律可知，产生的感应电动势越大，通过电阻的电流就越大，所以电阻消耗的电功率越大，故C错误； D．强磁铁进入与离开线圈时，如果磁场力小于重力，加速度方向都向下，方向相同，故强磁铁进入与离开线圈时加速度方向可能相同，故D正确。 故选：D。 3．（2026•安徽模拟）如图所示，铝圆环用三根长度相同的绝缘细线吊在轻弹簧下面处于静止状态，圆环环面水平，条形磁铁竖直固定在圆环正下方，上端是N极。用外力将圆环向下拉动一小段距离后由静止释放，弹簧开始上下振动，忽略磁铁与弹簧间的作用，在圆环第一次向上运动到最高点的过程，下列说法正确的是（　　） A．圆环一直有收缩趋势 B．俯视看，圆环中有顺时针方向的电流 C．圆环中感应电动势一直增大 D．圆环中产生的焦耳热小于弹簧弹性势能的减少量 【答案】D 【分析】先分析圆环从释放点向上运动到最高点的过程中，穿过圆环的磁通量变化，再根据楞次定律判断感应电流方向、圆环形变趋势与感应电动势变化，最后结合能量守恒，分析弹簧弹性势能、圆环重力势能与焦耳热的转化关系。 【详解】A、圆环向上运动过程中，线框中的磁通量减小，根据楞次定律可知，圆环有扩张趋势，故A错误； B、根据楞次定律可知，俯视看，圆环中有逆时针方向的电流，故B错误； C、向上运动至最高点时，速度为零，感应电动势为零，故C错误； D、根据能量守恒、弹簧减少的弹性势能一部分转化为焦耳热，一部分转化为面环的重力势能，故D正确。 故选：D。 4．（多选）（2026•仙桃校级模拟）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 【分析】本题考查电磁感应现象及其能量转化。当过山车上的铜片进入强力磁铁间的磁场区域时，由于铜片是导体，其切割磁感线（或穿过铜片的磁通量发生变化）会在铜片内部产生感应电流（涡流）；根据楞次定律，感应电流在磁场中受到的安培力总是阻碍导体与磁场间的相对运动，因此这个安培力充当了阻力，使过山车减速；在此过程中，克服安培力做功，过山车的动能转化为电能（最终转化为内能）。有机玻璃是绝缘体，无法产生感应电流，也就没有安培力阻碍作用。 【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，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，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，故C正确； D、结合楞次定律“来拒去留”的推论，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。 题型五 电流发生变化产生电动势 1．（2026•漯河校级模拟）如图所示，直线MN为两个磁感应强度大小相等的匀强磁场的分界线，左边磁场方向垂直于纸面向外，右边磁场方向垂直于纸面向里，一个矩形导线框横跨在两个磁场中，其对角线的交点O正好在直线MN上，现在让导线框绕着O点旋转起来，则下列说法正确的是（　　） A．若顺时针旋转，则导线框内有顺时针方向的感应电流，若逆时针旋转，则导线框内有逆时针方向的感应电流 B．若顺时针旋转，则导线框内有逆时针方向的感应电流，若逆时针旋转，则导线框内有顺时针方向的感应电流 C．不管旋转方向怎样，导线框内都没有感应电流 D．导线框旋转得越快，感应电流越大 【答案】C 【分析】分析导线框旋转时穿过线框的总磁通量变化，由于左右两磁场磁感应强度大小相等、方向相反，且线框关于O点中心对称，总磁通量始终为零，据此判断感应电流的有无。 【详解】矩形线框的总面积为S，线框对角线的交点O在分界线MN上，故无论线框绕O点如何旋转，线框在MN左侧的面积S1与在MN右侧的面积S2始终相等，即 设左侧磁场垂直纸面向外，右侧磁场垂直纸面向里，且磁感应强度大小均为B。取垂直纸面向里为正方向，则穿过线框的总磁通量为Φ＝BS2﹣BS1 代入数据可得Φ＝0，在线框绕O点旋转的过程中，穿过线框的磁通量始终为零，保持不变。根据法拉第电磁感应定律，线框中不会产生感应电动势，导线框内没有感应电流，故C正确，ABD错误。 故选：C。 2．（2026•浙江三模）如图所示是一种延时继电器的示意图。铁芯上有两个线圈A和B。线圈A跟电源连接，线圈B两端连在一起，构成一个闭合电路。在断开开关S的时候，弹簧K并不会立刻将衔铁D拉起而使触头C（连接工作电路）离开，而是过一小段时间后才执行这个动作。则下列说法正确的是（　　） A．开关S断开时，线圈A两端的电压为零 B．开关S断开时，线圈B产生的磁场吸引D C．开关S断开时，线圈B中有图示箭头方向的电流 D．若线圈B不闭合，具有相同的延时效果 【答案】B 【分析】依据楞次定律分析开关断开时铁芯磁通量减少，闭合线圈B产生感应电流并生成磁场持续吸附衔铁，以此逐一甄别各选项正误。 【详解】S闭合时，线圈A中有电流，铁芯被磁化，吸引衔铁D，S断开时，线圈A中电流减小，磁通量减小，由楞次定律，线圈B中产生感应电流，其方向使得磁场维持原方向不变，继续吸引衔铁D，产生延时效果。 A、S断开瞬间线圈A会产生自感电动势，但由于B构成闭合回路，通过互感维持磁场，A两端电压不为零（有自感反电动势），故A错误； B、线圈B产生的感应电流维持原磁场方向，继续吸引D，故B正确； C、根据楞次定律，B中电流方向应维持原磁场，电流方向与图示箭头相反，故C错误； D、若B不闭合，线圈无法产生感应电流维持磁场，延时效果差，故D错误。 故选：B。 3．（多选）（2026•随州二模）以下图中线圈匀速转动或匀速直线运动，能产生交变电流的是（　　） A． B． C． D． 【答案】BC 【分析】依据交变电流产生条件，判断线圈运动时磁通量是否周期性变化，仅绕垂直于磁场的轴匀速转动时磁通量周期性变化才会产生交变电流，直线运动或绕平行于磁场的轴转动磁通量不变则无交变电流。 【详解】A.线圈绕平行于磁场的轴转动，磁通量始终为零，无磁通量变化，不会产生感应电流，故A错误； B.线圈绕垂直于磁场的轴匀速转动，磁通量周期性变化，会产生交变电流，故B正确； C.线圈绕垂直于磁场的轴匀速转动，磁通量周期性变化，会产生交变电流，故C正确； D.线圈匀速直线运动，磁通量改变产生恒定的电流，故D错误。 故选：BC。 题型六 磁通量发生变化产生感应电动势 1．（2026•陕西模拟）发电机的N匝导电线圈转动一周过程中的五个瞬时位置如图所示，已知面积为S的长方形线圈绕中轴线以角速度ω做匀速圆周运动，匀强磁场的磁感应强度为B，下列说法正确的是（　　） A．图1磁通量及其变化率均为最大值 B．线圈每经过图2、4的位置，感应电流的方向就改变一次 C．磁通量的最大值为NBS D．磁通量变化率的最大值为BSω 【答案】D 【分析】线圈处于中性面时磁通量最大，感应电动势为零，磁通量的变化率为零，该位置是电流方向改变；线圈平面与磁感线平行时，感应电动势最大；根据磁通量的表达式进行分析；根据感应电动势的最大值结合法拉第电磁感应定律进行分析。 【详解】A．图1中线圈处于中性面位置，此时穿过线圈的磁通量最大，但感应电动势E＝0，即磁通量的变化率，故A错误； B．线圈经过中性面（图1、3、5位置）时感应电流方向改变，图2、4位置线圈平面与磁感线平行，感应电动势最大，电流方向不改变，故B错误； C．根据磁通量的表达式可知磁通量的最大值为Φm＝BS，磁通量的最大值为BS，故C错误； D．感应电动势的最大值为Em＝NBSω，则根据法拉第电磁感应定律可知，磁通量变化率的最大值为，故D正确。 故选：D。 2．（2026•东海县校级模拟）如图所示，竖直平面xOy内存在垂直纸面向外的磁场，磁感应强度大小与纵坐标y成正比。现有一个圆形金属线圈在磁场中由图示位置静止释放，不计空气阻力。在线圈加速下落过程中，下列物理量中与下落高度成正比的是（　　） A．穿过线圈的磁通量 B．线圈产生的电动势 C．通过线圈的电荷量 D．线圈产生的焦耳热 【答案】C 【分析】题目中磁场随纵坐标线性变化，线圈由静止释放后加速下落。分析下落过程中各物理量与下落高度的关系，关键在于理解穿过线圈的磁通量变化与线圈位置变化的关系。线圈下落时，其中心位置变化导致平均磁感应强度变化，从而引起磁通量变化。根据法拉第电磁感应定律的推论，通过线圈的电荷量仅与磁通量的变化量和线圈电阻有关，而磁通量变化量正比于线圈中心位置的变化，即下落高度，因此通过线圈的电荷量与下落高度成正比。 【详解】A、设磁场分布满足B＝ky（k为常数），线圈面积为S，总电阻为R0。由于磁场随y坐标线性变化，穿过线圈的磁通量等于其中心位置的磁感应强度与面积的乘积。设线圈中心初始纵坐标为y0，下落高度为h时中心坐标为y0+h，则穿过线圈的磁通量Φ＝k（y0+h）S＝ky0S+kSh，可知Φ随h线性增大但并不成正比（存在初始磁通量），故A错误。 B、线圈产生的感应电动势，由于线圈做加速下落运动，速度v并非下落高度h的正比例函数，因此电动势E也不与h成正比，故B错误。 C、线圈下落高度为h时，磁通量变化量ΔΦ＝kSh，根据法拉第电磁感应定律推论，通过线圈的电荷量，由于k、S、R0均为常数，故电荷量q与h严格成正比，故C正确。 D、下落过程中依据能量守恒定律有，即产生焦耳热，因为线圈处于加速下落状态，动能不断增加且不与h成正比，因此耗散的焦耳热Q也不能与h成正比，故D错误。 故选：C。 3．（2026•内江模拟）矩形线圈匝数为50匝，在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，穿过每一匝线圈的磁通量随时间按正弦规律变化，如图所示。下列说法中正确的是（　　） A．在t＝0.1s和t＝0.3s时，线圈的感应电动势最大 B．在t＝0.2s和t＝0.4s时，线圈的感应电动势为零 C．在t＝0.2s和t＝0.4s时，线圈的感应电动势改变方向 D．线圈感应电动势的最大值为50π（V） 【答案】D 【分析】利用Φ﹣t图像斜率等于单匝瞬时感应电动势，结合磁通量极值、零值对应的电动势大小规律，再套用交变电动势最大值公式逐一判断选项。 【详解】线圈匝数N＝50匝，由Φ﹣t图像得磁通量最大值Φm＝BS，结合周期T＝0.4s，角速度 交变电动势最大值公式Em＝NBSω； Φ﹣t图像切线斜率，单匝瞬时感应电动势，总瞬时电动势e＝N。 A.t＝0.1s、t＝0.3s时刻磁通量达到最大值Φm，Φ﹣t图像此处切线斜率 代入瞬时电动势公式得总感应电动势e＝0，故A错误； B.t＝0.2s、t＝0.4s时刻磁通量Φ＝0，Φ﹣t图像此处切线斜率的绝对值最大，取最大值，总瞬时感应电动势达到最大，故B错误； C.感应电动势的方向由磁通量的增减趋势决定，电动势方向发生切换的时刻是磁通量取最大值的时刻（0.1s、0.3s）；t＝0.2s、t＝0.4s磁通量为0，磁通量增减趋势不变，电动势方向不会改变，故C错误； D.先由周期求角速度： 结合电动势最大值公式，代入N＝50、Φm＝0.2，ω＝5π 代入数据可得Em＝50πV，故D正确。 故选：D。 4．（多选）（2026•黑龙江）如图，光滑绝缘水平面上x＝0两侧区域Ⅰ、Ⅱ分别存在竖直方向的匀强磁场，宽度均为L，磁感应强度方向相反，大小分别为B、2B，x＝﹣3L和x＝3L处有固定挡板。同种材料制成、粗细均匀的正方形导体线框MNPQ，边长为L，质量为m，总电阻为R，以初速度v0从左侧进入磁场，沿x轴方向运动。线框平面始终与磁场方向垂直，MN边始终与磁场边界平行，线框与挡板的碰撞均为弹性碰撞。则（　　） A．MN首次进入磁场时线框的加速度大小a B．MN每次经过x＝1.5L时，电势差UNM：UPQ＝1：1 C．MN与右侧挡板首次碰撞后瞬间线框的速度大小v D．线框停止处，穿过线框的磁通量为0 【答案】AC 【分析】A选项由切割磁感线求电动势、电流，再推导安培力，结合牛顿第二定律代入初速度表达式计算加速度；B选项先判断切割边、分割四边电阻，分别计算路端电压与线段电势差再求比值；C选项分三段磁场区域利用安培力冲量结合电荷量公式分段用动量定理求速度，无磁场区间匀速运动，弹性碰撞速度大小不变；D选项根据C选项的分析求出最终停止位置。 【详解】A、感应电动势E＝BLv0，感应电流 安培力 由牛顿第二定律得 代入v0得，故A正确； B、MN在x＝1.5L，即线框一半在Ⅱ区（2B向外）、一半无磁场，只有PQ边切割磁感线，电动EPQ＝2BLv线框为均匀正方形，四边电阻相等，每边电阻。PQ是电源，UPQ为路端电压（PN、NM、MQ三边总外阻3r）： MN是外电路一段导线，无切割， 比值|UMN|：|UPQ|＝1：3，故B错误； C、过程分析：从x＝﹣L到右侧挡板x＝3L MN从﹣L→0（完全在B磁场，位移L），取沿x轴正方向为正方向，动量定理﹣BL•Δt＝mv1﹣mv0，， MN从0→L，MN在2B、QP在B，两边反向切割，总电动势E＝2BLv+BLv＝3BLv，总安培力向左：F＝2BIL+BIL＝3BIL， 动量定理， MN从x＝L到x＝2L，PQ在2B，切割磁感线，电动势E＝2BLv，安培力向左：F＝2BIL，，动量定理﹣2BL•mv3﹣mv2，v3＝v2v0， x＝2L到x＝3L无磁场，匀速到挡板，弹性碰撞速度大小不变，故C正确； D、根据C选项分析可知，线框完整穿过Ⅰ、Ⅱ磁场，线框速度变化量为Δv，根据2026÷14＝14×144+10，因为144为偶数，可以判断出线框第145次从左侧进入磁场Ⅰ最终停止在磁场中，假设线框能完全进入磁场，此时速度变化量Δv′，也可由C选项直接判断出线框刚好停在磁场Ⅱ区域，穿过线圈的磁通量Φ＝2BL2，故D错误。 故选：AC。 综合提升 一．选择题 1．（2026春•大足区校级期中）在汽车的防抱死系统（ABS）中，有一个关键的电磁感应装置。如图所示当汽车在紧急制动时，车轮的运动状态会发生变化，cd杆代表车轮上的一个特殊部件，ab杆所在电路连接着控制单元。当cd杆沿轨道运动时，ab杆中的电流方向由a向b，技术人员可以根据这个电流信号，判断车轮的运动情况，进而通过控制系统调整制动力，则cd杆的运动可能是（　　） A．向左减速运动 B．向右减速运动 C．向右匀速运动 D．向左匀速运动 【答案】A 【分析】先由ab中电流方向判断线圈L1的磁场方向，再结合楞次定律反推线圈L2中磁场的变化情况，进而由右手定则判断cd杆的运动状态。 【详解】A.cd杆向左运动时，由右手定则可知其感应电流方向为d→c，线圈L2产生向下的磁场；减速运动时感应电动势减小，感应电流减小，L2的向下磁场减弱；根据楞次定律，线圈L1会产生向下的感应磁场阻碍其减弱，由安培定则可知ab杆中电流方向为a→b，故A正确； B.cd杆向右运动时，由右手定则可知其感应电流方向为c→d，线圈L2产生向上的磁场；减速运动时感应电流减小，L2的向上磁场减弱；根据楞次定律，线圈L1会产生向上的感应磁场阻碍其减弱，由安培定则可知ab杆中电流方向为b→a，故B错误； CD.cd匀速运动时，cd中感应电流恒定，则L2中磁通量不变，穿过L1的磁通量也不变化，L1中无感应电流产生，故CD错误。 故选：A。 2．（2026•广陵区模拟）如图（a）所示，相距L的两足够长平行金属导轨与水平面成θ＝30°角倾斜放置，导轨电阻忽略不计。电阻均为R的金属棒ab、cd垂直跨放在两导轨上。导轨间存在竖直向上的匀强磁场，其磁感应强度大小B随时间变化的图像如图（b）所示。t＝0时刻，两棒相距x0，锁定ab，cd由静止释放，金属棒与导轨始终接触良好，则在0～T时间内通过金属棒横截面的电荷量为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据磁通量的变化求解通过导体棒电荷量。 【详解】t＝0 时刻，Φ1＝B0x0cos30°L，t＝T0时刻，B＝0，Φ2＝0，|ΔΦ|＝|Φ2﹣Φ1|，则q，故B正确，ACD错误； 故选：B。 3．（2026•周口模拟）如图所示，固定在水平面上的半径为r＝l的金属圆环内存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。长为l阻值为R的金属棒，一端与圆环接触良好，另一端固定在竖直导电转轴OO′上，随轴以角速度ω匀速转动。在圆环的A点和电刷间接有阻值为R的电阻和电容为C、板间距为d的平行板电容器，有一带电微粒在电容器极板间处于静止状态。已知重力加速度为g，不计其它电阻和摩擦，下列说法正确的是（　　） A．金属棒两端的电压为 B．电容器所带的电荷量为 C．电阻消耗的电功率为 D．微粒的电荷量与质量之比为 【答案】B 【分析】先由导体棒转动切割电动势公式求总电动势，结合电路分压规律、电容公式、电功率公式、带电微粒受力平衡条件逐一分析选项。 【详解】A、金属棒旋转切割磁感线产生的电动势为 金属棒两端的电压为，故A错误； B、电容器所带的电荷量为，故B正确； C、电阻消耗的电功率为，故C错误； D、平行板电容器间的电场强度为 微粒受力平衡则qE＝mg 代入数据可得，故D错误。 故选：B。 4．（2026•南阳模拟）如图，一封闭纸筒置于水平地面上，上表面放一轻薄的金属箔圆环。一螺线管（直径大于圆环）置于纸筒内且通过导线与电源、开关、电流表和滑动变阻器串联构成一个闭合回路，初始时开关断开，取出螺线管内的铁芯，某时刻突然闭合开关，圆环突然弹起。下列说法正确的是（　　） A．在圆环弹起后的瞬间，纸筒对地面的压力小于开关闭合前的压力 B．从上往下看，闭合开关后的瞬间圆环内产生逆时针的电流 C．闭合开关瞬间，圆环有扩张的趋势 D．插入铁芯后重复实验，圆环弹起的高度减小 【答案】B 【分析】根据楞次定律判断圆环中感应电流的方向及圆环的运动趋势，结合受力分析判断纸筒对地面压力的变化，分析插入铁芯对实验结果的影响。 【详解】A.闭合开关瞬间穿过圆环的磁通量增大，根据楞次定律，圆环中产生感应电流，感应电流的磁场会阻碍原磁通量的增加，因此圆环受到向上的安培力而弹起。此时圆环对纸筒的作用力方向向下，纸筒对地面的压力等于纸筒重力与圆环对纸筒向下作用力之和，大于开关闭合前的压力，故A错误。 B.闭合开关后电流从螺线管上端流入、下端流出，根据安培定则，螺线管内部磁场方向向下。穿过圆环的磁通量向下且增大，根据楞次定律，感应电流的磁场方向应向上以阻碍磁通量增加。由安培定则可知，从上往下看，圆环内感应电流方向为逆时针，故B正确。 C.闭合开关瞬间，穿过圆环的磁通量增大。根据楞次定律，圆环会通过减小面积来阻碍磁通量的增加，因此圆环有收缩的趋势，故C错误。 D.插入铁芯后，螺线管的磁场强度显著增强，穿过圆环的磁通量变化率增大，根据法拉第电磁感应定律，圆环中产生的感应电动势和感应电流增大，圆环受到的安培力增大，弹起的高度随之增大，故D错误。 故选：B。 5．（2026春•浦东新区校级期中）如图所示，一金属小球用绝缘细线挂于O点，将小球拉离平衡位置并释放，小球摆动过程中经过有界的水平匀强磁场区域，A、B为该磁场的竖直边界，若不计空气阻力，错误的是（　　） A．小球向右穿过磁场后，不能摆至原来的高度 B．在进入和离开磁场时，小球中均有感应电流 C．小球最终不能静止在平衡位置 D．小球进入磁场后离平衡位置越近速度越大，感应电流也越大 【答案】D 【分析】根据涡流产生的条件（磁通量变化），分析小球进出磁场与在磁场中运动时的感应电流和能量变化，逐一判断选项的正误，找出错误说法。 【详解】A.金属小球在进出磁场时，穿过其横截面的磁通是发生变化，根据法拉第电磁感应定律，会产生感应电动势，进而形成涡流；涡流通过焦耳热效应消耗机械能，根据能量守恒，小球的机械能减少，因此无法回到原来的高度，故A正确； B.小球进入磁场时磁通量增加，离开时磁通量减少，两种情况下磁通量均发生变化，满足电磁感应条件，因此会产生感应电流，故B正确； C.当小球摆动幅度减小到始终在磁场内运动时，穿过小球的磁通量保持不变，无感应电流产生，机械能守恒，将在磁场内持续摆动，不会静止在平衡位置，故C正确； D.小球完全处于磁场内部时，穿过其磁通量不变，不产生感应电流，因此感应电流大小与速度无关，故D错误。 本题选择错误的，故选：D。 二．多选题 6．（多选）（2026•辽宁模拟）长直导线固定在光滑绝缘水平面上，通有向右的恒定电流，质量为m的金属圆环在水平面上以大小为v0的初速度沿如图所示方向开始运动，圆环最终没有与直导线接触，则下列判断正确的是（　　） A．圆环向直导线靠近过程中，圆环中有沿逆时针方向的电流 B．圆环向直导线靠近过程中，所受安培力的合力垂直直导线 C．圆环最终速度为零 D．圆环中产生的焦耳热等于 【答案】AB 【分析】需先根据楞次定律判断感应电流方向，再分析安培力方向及合力，结合动量守恒和能量守恒判断最终速度及焦耳热。 【详解】A、直导线中电流产生的磁场在圆环处方向向下，在圆环靠近直导线过程中，圆环中磁通量增大，根据楞次定律可知，圆环中有沿逆时针方向的电流，故A正确； B、圆环向直导线靠近过程中，左右两侧电流方向相反，磁场强弱、方向相同，安培力对称等大反向；上下两侧电流反向，上方磁场强下方弱，上方受向下的安培力大于下方所受的向上的安培力，所以在平行直导线方向圆环受到安培力的合力为零，该方向圆环速度不变，所受安培力的合力垂直直导线，阻碍圆环垂直直导线方向的分运动，故B正确； C、圆环最终以平行直导线方向的分运动做匀速直线运动，故C错误； D、因圆环向直导线靠近过程中，圆环速度仍有速度，即圆环仍有动能，根据能量守恒可知，圆环中产生的焦耳热小于，故D错误。 故选：AB。 7．（多选）（2026•吉林二模）如图，半径为r的水平导体圆盘绕竖直中心轴OO'以角速度ω匀速转动，忽略圆盘的电阻，整个装置处于方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，两电刷分别与OO'和圆盘边缘接触，电刷间接有一半导体LED灯。当a、b两点电势满足φa﹣φb≥U时，LED灯导通发光，要想让LED灯发光，则（　　） A．从上往下看圆盘顺时针转动 B．角速度ω可能为 C．若磁场变为与竖直方向夹角60°斜向右上方，则角速度ω可能为 D．若圆盘中心挖去半径为0.5r的圆洞，电刷接圆环内外边缘，则角速度ω可能为 【答案】AD 【分析】题目描述导体圆盘在竖直向上匀强磁场中匀速转动，电刷连接中心轴和边缘，LED灯在中心电势高于边缘电势达到一定值时发光。分析圆盘转动时相当于半径方向导体棒切割磁感线产生动生电动势，根据右手定则判断转动方向使中心电势更高，从而确定LED导通条件；再通过电动势表达式与电压阈值比较，推导所需角速度范围，并考虑磁场方向变化或圆盘挖洞后有效切割面积改变对电动势的影响，逐一判断各选项所述条件是否满足发光要求。 分析LED发光条件需要圆盘中心电势高于边缘电势，结合右手定则判断圆盘转动方向，使感应电动势方向从边缘指向中心，确定俯视转动方向是否符合要求。 圆盘转动切割磁感线产生的电动势与角速度、半径及磁场强度相关，利用动生电动势表达式建立电动势与电压阈值关系，推导角速度需满足的最小值，判断给定角速度是否达到发光条件。 当磁场方向变为斜向右上方时，垂直圆盘平面的磁场分量减小，需重新计算有效磁感应强度，再根据电动势表达式得到角速度新阈值，比较选项数值是否满足要求。 若圆盘中心挖去圆洞，切割磁感线的有效半径范围改变，需重新计算电动势表达式，再建立角速度与电压关系，判断给定角速度是否在可行范围内。 【详解】A、由右手定则可知，磁场竖直向上，要使圆盘中心电势高于边缘电势（即ϕa﹣ϕb＞0），感应电流方向应由边缘指向中心，圆盘应顺时针转动（俯视），故A正确； B、圆盘转动产生的感应电动势，要使LED发光需E≥U，解得，选项中不满足条件，故B错误； C、若磁场方向与竖直方向夹角为60°，则垂直圆盘的分量，感应电动势，由E'≥U解得，选项中不满足条件，故C错误； D、若圆盘中心挖去半径为0.5r的圆洞，感应电动势，由E''≥U解得，因，选项中满足条件，故D正确。 故选：AD。 8．（多选）（2026•海口模拟）如图所示，直流电源a、b两极与线圈①、开关S构成闭合电路，线圈②与电流表构成闭合电路。已知线圈①产生的磁感线如图所示。下列说法正确的是（　　） A．电源的a为正极，b为负极 B．开关S断开瞬间，线圈②产生的磁场与线圈①的磁场方向相同 C．开关S断开瞬间，线圈②产生的磁场与线圈①的磁场方向相反 D．开关S断开瞬间，线圈②产生的电流从电流表c接线柱流入 【答案】AB 【分析】先根据线圈①的磁感线方向，用安培定则判断线圈①的电流方向，确定电源正负极；再分析开关断开瞬间穿过线圈②的磁通量变化，根据楞次定律判断线圈②感应磁场的方向，最后用安培定则判断线圈②中感应电流的方向，确定电流表的电流流向。 【详解】A.首先根据线圈①的磁感线方向，利用安培定则判断线圈①的电流方向，再结合电流从电源正极流出、负极流入的规律，可判断电源的a为正极，b为负极，故A正确； B.开关断开瞬间，线圈①的电流消失，穿过线圈②的磁通量减小。根据楞次定律，线圈②感应电流的磁场会阻碍磁通量的减小，因此其磁场方向与线圈①的磁场方向相同，故B正确； C.由B选项的分析可知，线圈②产生的磁场与线圈①的磁场方向相同，故C错误； D.开关断开瞬间，根据楞次定律和安培定则，线圈②的感应电流方向为从电流表的d接线柱流入、c接线柱流出，并非从c接线柱流入，故D错误。 故选：AB。 9．（多选）（2026•泉州模拟）机器人利用柔性磁膜触觉传感器可以轻松拿起鸡蛋而不破裂，如图所示，传感器核心部分的结构为内置柔性磁膜与固定的线圈矩阵，通过线圈产生感应电流以感知磁膜上表面受到的压力变化情况。下列说法正确的是（　　） A．磁膜没有受到压力时，线圈没有感应电流产生 B．磁膜受到压力稳定后，线圈有感应电流产生 C．磁膜受到的压力减小时，线圈没有感应电流产生 D．磁膜受到的压力增大时，线圈有感应电流产生 【答案】AD 【分析】依据法拉第电磁感应定律，只有穿过线圈的磁通量发生变化时才会产生感应电流，分析磁膜在不同压力状态下磁通量是否变化，进而判断感应电流的有无。 【详解】A.磁膜未受压力时，穿过线圈的磁通量保持不变，不满足电磁感应产生的条件，因此线圈无感应电流产生，故A正确； B.磁膜受压力稳定后，磁膜的形变不再变化，穿过线圈的磁通量恒定，无感应电流产生，故B错误； C.磁膜受到的压力减小时，磁膜的形变发生变化，穿过线圈的磁通量随之改变，线圈会产生感应电流，并非无感应电流产生，故C错误； D.磁膜受到的压力增大时，磁膜的形变发生变化，穿过线圈的磁通量发生改变，满足电磁感应条件，线圈有感应电流产生，故D正确。 故选：AD。 10．（多选）（2026•淮南二模）某自行车所装车灯发电机的原理图如图所示，绕有线圈的“匚”形铁芯开口处装有磁体，自行车车轮转动时带动与其接触的摩擦轮转动，摩擦轮又通过传动轴带动磁体一起转动，从而使铁芯中磁通量发生变化，绕在铁芯上的线圈共N匝，线圈两端c、d作为发电机输出端，通过导线与额定电压为U、电阻为R的灯泡L相连，当车轮匀速转动时，发电机输出电压近似视为正弦式交变电压，灯泡阻值视为不变，发电机线圈电阻不计，摩擦轮与轮胎间不打滑。若某次无风时自行车以某一速度匀速行驶，带动磁体转动的转速为n，灯泡L恰好正常发光，假设骑车人对自行车做的功仅用于克服空气阻力和发电机阻力，已知空气阻力与车速成正比，该次骑车时骑车人克服空气阻力的功率为P，则（　　） A．磁体从图示位置匀速转过90°的过程中L中的电流逐渐变大 B．该次骑车时磁体转动过程中通过线圈的最大磁通量为 C．该次骑车时骑车人对自行车做功的功率为P D．若磁体转动的转速变为n，则骑车人对自行车做功的功率变为P 【答案】ABD 【分析】结合交变电流的产生规律、有效值与最大值的关系，以及空气阻力与车速的正比关系，分析磁通量、电流和功率相关选项。 【详解】A.由图可知，开始阶段，穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率最小，转动后，磁通量减小，磁通量的变化率增大，当转过90°时，穿过线圈的磁通量最小，磁通量的变化率最大，可知，转动过程中L中的电流逐渐增大，故A正确； B.灯泡两端的最大值为，感应电动势最大值为Em＝NBωS＝NΦ•2πn 联立可得通过线圈的最大磁通量为，故B正确； C.该次骑车时消耗的电功率为 该次骑车时骑车人对自行车做功的功率为，故C错误； D.若磁体转动的转速变为，感应电动势最大值为 有效值为 该次骑车时消耗的电功率为 磁体转动的转速变为，根据v＝rω 令匀速运动时的速度为v，根据题意知P＝fv＝kv•v＝kv2，可知自行车的速度变为原来的一半，骑车时骑车人克服空气阻力的功率为 所以骑车人对自行车做功的功率变为，故D正确。 故选：ABD。 三．解答题 11．（2026•辽宁模拟）如图所示，间距为2L的水平线MN、PQ间有竖直向上的匀强磁场，质量为m、电阻为R、边长为L的正方形金属线框abcd静止在MN左侧的水平面上，给金属线框一个水平向右的初速度，金属线框刚好能完全进入磁场，通过线框ab边截面的电量为q，整个水平面绝缘光滑，线框运动过程中ab边始终与MN平行，求： （1）匀强磁场的磁感应强度大小； （2）线框ab边刚进磁场时线框的速度大小； （3）若在线框ab边刚进磁场时，给ab边施加一个垂直于ab边的水平向右、大小为F的恒力，结果线框恰好能通过磁场，则线框穿过磁场的时间为多少？ 【答案】（1）匀强磁场的磁感应强度大小为； （2）线框ab边刚进磁场时线框的速度大小为； （3）线框穿过磁场的时间为。 【分析】（1）根据通过线框ab边截面的电量与磁通量变化量的关系求解磁感应强度大小； （2）利用动量定理求线框ab边刚进磁场时线框的速度大小； （3）线框从刚进磁场到刚出磁场的过程，利用动量定理求线框穿过磁场的时间。 【详解】（1）金属线框进入磁场的过程，通过线框ab边截面的电量为 qΔt 又， 联立解得：B （2）设线框ab边刚进磁场时线框的速度大小为v0。 金属线框进入磁场的过程，取向右为正方向，由动量定理得 ﹣BL•Δt＝0﹣mv0 又qΔt 联立解得：v0 （3）线框从刚进磁场到刚出磁场的过程，取向右为正方向，由动量定理得 Ft﹣BL•Δt﹣BL•Δt′＝0﹣mv0 线框进入磁场的过程通过线框的电荷量q•Δt•Δt 同理可得，线框穿出磁场的过程通过线框的电荷量q′ 则q′＝q 联立可得线框穿过磁场的时间为 t 答：（1）匀强磁场的磁感应强度大小为； （2）线框ab边刚进磁场时线框的速度大小为； （3）线框穿过磁场的时间为。 12．（2026•红河州校级模拟）如图所示，半径为r、圆心为O点的光滑金属圆环固定在竖直面内，长度也为r、阻值为R的金属杆一端与固定在圆心O处的转轴相连，另一端A与圆环接触良好（未固定），用电刷连接圆环，在O点和圆环之间连接阻值也为R的定值电阻和电容器，电容器P、Q两极板水平放置，两极板之间的距离为d，在环内及P、Q两极板间均有方向垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场。当金属杆以恒定角速度ω逆时针转动时，一带电微粒以速率v在P、Q两极板之间的竖直平面内做匀速圆周运动，重力加速度为g，不计圆环及导线的电阻，求： （1）P、Q两极板间的电势差UPQ； （2）微粒做圆周运动的半径。 【答案】（1）P、Q两极板间的电势差为； （2）微粒做圆周运动的半径为。 【分析】（1）根据电动势表达式和欧姆定律求P、Q两极板间的电势差UPQ； （2）根据平衡关系和洛伦兹力提供向心力求微粒做圆周运动的半径。 【详解】（1）金属杆旋转切割磁感线产生的电动势E 通过电阻R的电流 （2）设微粒的电荷量为q、质量为m，做匀速圆周运动的半径为r′，则 微粒受到的电场力和重力平衡有 根据洛伦兹力提供向心力有 则 联立解得微粒做圆周运动的半径 答：（1）P、Q两极板间的电势差为； （2）微粒做圆周运动的半径为。 13．（2026•红桥区二模）在《涡流、电磁阻尼和电磁驱动》一课的教学中，教师为了启发学生的高阶思维，利用易拉罐做了一个电磁阻尼的演示实验。如图所示，一竖直放置的薄壁厚度为d，电阻率为ρ的铝制易拉罐，可绕通过中心的竖直光滑固定轴自由转动，轴到桶壁的距离为r（d≪r）。在易拉罐外侧附近固定一条形磁铁，其横截面为边长L的正方形（L≪r）磁铁的N极正对罐壁，靠近但恰好不接触，此处的磁感应强度大小为B。现使易拉罐以某一初角速度ω0绕轴俯视逆时针转动，由于罐壁与磁场间的相互作用，易拉罐做减速转动，经过时间t后停止转动。易拉罐可等效为质量为m的理想管状物，其上下表面的质量忽略不计，忽略空气阻力。 （1）在如图所示的视角中判断磁铁正对的易拉罐表面产生的感应电流方向，并说明感应电流和阻尼现象产生的具体原理； （2）若只考虑磁铁靠近且正对部分易拉罐上的电阻，其余部分电阻忽略不计，用题中所给字母表示易拉罐最初所受到的安培力F的大小； （3）从易拉罐开始转动到完全停下来，易拉罐所转的圈数n。 【答案】（1）感应电流的方向向上，由于铝制易拉罐在转动过程中切割磁感线产生感应电流，感应电流在磁场中又受到安培力的作用，阻碍了导体与磁铁间的相对运动故而形成电磁阻尼。； （2）若只考虑磁铁靠近且正对部分易拉罐上的电阻，其余部分电阻忽略不计，易拉罐最初所受到的安培力F的大小是； （3）从易拉罐开始转动到完全停下来，易拉罐所转的圈数n是。 【分析】（1）根据楞次定律或右手定则判断易拉罐表面的感应电流方向，解释罐壁切割磁感线产生涡流，涡流在磁场中受安培力阻碍运动，形成电磁阻尼； （2）先求罐壁的线速度，由法拉第电磁感应定律求感应电动势，结合电阻定律求等效电阻，再求感应电流，最后由安培力公式求安培力大小； （3）利用角动量定理，结合安培力的冲量矩，通过微元法积分，结合时间t求出总冲量矩，进而求出转动圈数。 【详解】（1）感应电流的方向向上，由于铝制易拉罐在转动过程中切割磁感线产生感应电流，感应电流在磁场中又受到安培力的作用，阻碍了导体与磁铁间的相对运动故而形成电磁阻尼。 （2）如图所示 磁铁正对部分的易拉罐所受到的安培力：F＝ILB 根据闭合回路欧姆定律： 根据法拉第电磁感应定律推导可得动生电动势：E＝BLv0＝BLω0r 根据电阻定律： 解得：F （3）根据如图对易拉罐在转动方向上动量定理：﹣Ft＝0﹣mv0 其中： 设θ为易拉罐转过的角：θ＝at， 解得：n 答：（1）感应电流的方向向上，由于铝制易拉罐在转动过程中切割磁感线产生感应电流，感应电流在磁场中又受到安培力的作用，阻碍了导体与磁铁间的相对运动故而形成电磁阻尼。； （2）若只考虑磁铁靠近且正对部分易拉罐上的电阻，其余部分电阻忽略不计，易拉罐最初所受到的安培力F的大小是； （3）从易拉罐开始转动到完全停下来，易拉罐所转的圈数n是。 14．（2026•吉林模拟）如图（a）为“实验证实超导态分段费米面”的简化原理图。超导体圆环半径为r，电阻为R，圆环的横截面半径远小于圆环半径。钕磁铁沿过圆心的竖直轴线从上到下穿过，圆环面内沿竖直轴线方向的磁感应强度分量的平均值By随时间t变化的情况可简化为如图（b）所示的图像，求： （1）0～2t0时间内圆环中电流I1的大小及方向（俯视）； （2）0～6t0时间内圆环产生的焦耳热； （3）只有一个磁极的磁单极子磁感线分布如图（c）所示，其空间分布类似于点电荷的电场线分布，以磁单极子为球心半径为r的球面的磁通量为Φ0，已知磁感应强度大小等于单位面积的磁通量，磁单极子以恒定速度v沿过圆心的竖直轴线穿过超导圆环，求磁单极子到达圆环中心时圆环中的感应电动势。 【答案】（1）0～2t0时间内圆环中电流为，方向为顺时针方向（俯视）； （2）0～6t0时间内圆环产生的焦耳热为； （3）磁单极子到达圆环中心时圆环中的感应电动势为。 【分析】（1）根据法拉第电磁感应定律，结合图像的斜率分析求解； （2）根据焦耳定律，结合法拉第电磁感应定律分析求解； （3）根据磁单极子到达圆环中心时，相当于圆环切割磁感线分析求解。 【详解】（1）根据图像可知，0～2t0时间内，有 又有 由楞次定律可知电流方向为顺时针方向。 （2）根据图像可知在2t0～5t0时间内B不变，所以磁通量不变，故I2＝0 5t0～6t0时间内根据图像可知， 根据焦耳定律，可得 （3）以磁单极子为球心，半径为r的球面的磁通量为Φ0，设距磁单极子距离为r处的磁感应强度为B，有 磁单极子到达圆环中心时，相当于圆环切割磁感线，产生感应电动势为E＝B2πrv 代入数据解得 答：（1）0～2t0时间内圆环中电流为，方向为顺时针方向（俯视）； （2）0～6t0时间内圆环产生的焦耳热为； （3）磁单极子到达圆环中心时圆环中的感应电动势为。 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 第24讲 电磁感应现象 题型一 感应电流方向的判定—右手定则 1．（2026•徐州模拟）如图所示，我国首台兆瓦级漂浮式波浪能发电装置“南鲲号”工作原理如下：浪板在海浪作用下做往复运动，通过传动机构驱动线圈在磁场中做逆时针转动。当线圈转动到图示位置，下列说法正确的是（　　） A．线圈磁通量最大 B．感应电动势等于0 C．a端电势低于b端电势 D．线圈转动的频率越大，产生的电动势越大 2．（2026•云南模拟）某带计数器的跳绳把手计数原理图如图甲所示，手握着圆柱形把手跳绳时，摇动的绳带动内部的矩形金属框ABCD绕中心轴转动，金属框的阻值为R，边长AB＝CD＝L，边长AD＝BC＝2r。沿把手轴线方向的正视图如图乙所示，横截面圆的半径OM和ON夹角为30°，该区域内存在方向指向圆心O的辐射状磁场，其距圆心r处的磁感应强度大小为B0、沿轴线方向的宽度为d。计数器因金属框中的电流而作出计数的反应。若金属框绕轴以角速度ω匀速转动，下列说法正确的是（　　） A．AB边经过磁场区域时，金属框中产生的电流方向为B→A→D→C B．金属框中产生一次电流，计数器就计为完成一次跳绳 C．金属框AB边在磁场运动的过程中，产生的感应电流大小为 D．金属框转动一周的过程中，产生的焦耳热为 3．（2026•盐城一模）如图所示，两个完全相同的半圆形金属轨道竖直正对放置，内侧轨道接地，金属棒AB垂直两轨道水平放置，其长度与两轨道间距相等，空间存在竖直向下的匀强磁场（未画出）。在金属棒从MN向PQ匀速圆周运动的过程中，其上A点的电势φA（　　） A．保持不变 B．先降低再升高 C．先升高再降低 D．一直降低 4．（多选）（2026•福建模拟）长直导线固定在光滑绝缘水平面上，通有向右的恒定电流，质量为m的金属圆环在水平面上以大小为v0的初速度沿如图所示方向开始运动，圆环最终没有与直导线接触，则下列判断正确的是（　　） A．圆环向直导线靠近过程中，圆环中有沿逆时针方向的电流 B．圆环向直导线靠近过程中，所受安培力的合力垂直直导线 C．圆环最终速度为零 D．圆环中产生的焦耳热等于 题型二 导体棒平动切割产生感应电动势 1．（2026•聊城模拟）圆形导体框由粗细均匀的硬质导线制成，放在水平面上，ab为圆上的一条直径。导体框以恒定速度垂直磁场边界MN进入竖直方向的匀强磁场，且ab始终和MN平行。t1时刻圆弧cd在磁场内，cd所对圆心角为60°，如图甲所示；t2时刻圆弧ef在磁场外，ef所对圆心角也为60°，如图乙所示。则t1、t2时刻a、b两点的电势差大小的比值为（　　） A．1：1 B．1：2 C．1：3 D．1：4 2．（2026•城西区校级二模）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 3．（2026•小店区校级模拟）间距为L、电阻不计的光滑平行金属导轨水平放置，左端接有阻值为3R的定值电阻，与导轨垂直的边界MN右侧存在垂直导轨平面向上的匀强磁场，俯视图如图所示，磁感应强度随时间变化的关系为B＝B0﹣kt（k＞0），在t＝0时刻，长度为L、电阻为R的金属棒，在外力作用下从MN处以速度v向右做匀速运动金属棒始终与导轨垂直且接触良好，则在t0时刻，MN两端的电势差为（　　） A． B． C． D． 4．（多选）（2026•安徽模拟）如图所示，一单匝粗细均匀的正方形导体线框abcd，导线框的质量为1kg，导线框的电阻为1Ω，线框边长为L＝0.1m。直角坐标系xOy（x轴水平，y轴竖直）均处于竖直平面内，空间内存在垂直于纸面向里的磁场，磁感应强度在x方向均匀分布，y方向上满足B＝（5+100y）T。初始时，线框的a点与坐标原点O重合，ab边与x轴重合。现给线框一个沿着x轴正方向的速度v0＝4m/s，线框在运动过程中始终处于xOy平面内，其ab边与x轴始终保持平行，已知重力加速度为g＝10m/s2，空气阻力不计。则（　　） A．下落过程中线框中有顺时针方向的感应电流 B．开始时线框中产生的电动势为0 C．线框经1.5s时速度达到最大，此时线框运动到（6m，5m）位置 D．若线框由1匝数变为n匝，而单匝线框的参数与原来相同，则竖直方向最终速度不变 题型三 导体棒旋转切割产生感应电动势 1．（2026•临沂模拟）如图所示，磁感应强度为B的匀强磁场与纸面垂直，虚线表示匀强磁场的边界，一半径为r、圆心角为的扇形单匝线框圆心O在边界线上。当线框围绕圆心O在纸面内以角速度ω匀速转动时，线框中产生交变电动势的有效值为（　　） A． B． C． D． 2．（2026•河池二模）如图所示，半径为L的圆形金属框固定在绝缘水平面上，圆心处有竖直导体轴OO′。间距为d、与水平面成θ＝37°角的平行金属导轨，通过导体轴、金属框与导体棒OA组成闭合回路。金属框区域磁场竖直向上，导轨区域磁场垂直导轨平面向上，两处磁感应强度大小均为B。导体棒OA绕O点以角速度ω逆时针匀速转动，导轨上垂直放置的质量为m的导体棒CD恰好静止，导体棒CD与导轨间摩擦系数为μ。已知OA、CD接入电路的电阻均为R，其余电阻不计，重力加速度为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。下列说法正确的是（　　） A．若仅增大OA的转动角速度ω，导体棒CD受到的安培力不变 B．导体棒CD对导轨的压力大小为mgsin37° C．导体棒OA转动产生的感应电动势大小为BL2ω D．导体棒CD即将下滑时，OA的角速度为 3．（多选）（2026•辽宁一模）如图甲是法拉第圆盘发电机原理图，图乙为从右向左看，金属圆盘顺时针转动侧视图，金属圆盘绕中心轴C匀速转动，圆盘半径为r，整个装置处在方向与轴线平行的匀强磁场中，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．铜盘产生的感应电动势 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 D．若将此圆盘中心挖去半径为的同心圆，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 题型四 感应电流方向的判定—楞次定律 1．（2026•河南模拟）物理是以实验为基础的学科，实验是培养学生实践能力和科学思维的重要手段，下列实验现象说法正确的是（　　） A．图甲中，当通电导线电流方向水平向左时，小磁针的转动方向如图所示 B．图乙中闭合开关S瞬间，线圈P会产生感应电流 C．图丙中封闭的水平圆环向下穿过条形磁铁过程中，穿过圆环的磁通量不变 D．图丁中磁铁向右插入不闭合线圈，线圈中会产生感应电流 2．（2026•文县模拟）如图，竖直放置的线圈两端连接一个定值电阻构成回路，一块强磁铁从线圈上方某一高度由静止释放后从线圈中穿过落到地面，下列说法正确的是（　　） A．强磁铁落地的时间比没有线圈时短 B．图示位置时通过电阻的电流方向为a→R→b C．图示位置电阻的功率大小与强磁铁初始释放高度无关 D．强磁铁刚进入线圈时与刚离开线圈时的加速度方向可能相同 3．（2026•安徽模拟）如图所示，铝圆环用三根长度相同的绝缘细线吊在轻弹簧下面处于静止状态，圆环环面水平，条形磁铁竖直固定在圆环正下方，上端是N极。用外力将圆环向下拉动一小段距离后由静止释放，弹簧开始上下振动，忽略磁铁与弹簧间的作用，在圆环第一次向上运动到最高点的过程，下列说法正确的是（　　） A．圆环一直有收缩趋势 B．俯视看，圆环中有顺时针方向的电流 C．圆环中感应电动势一直增大 D．圆环中产生的焦耳热小于弹簧弹性势能的减少量 4．（多选）（2026•仙桃校级模拟）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 题型五 电流发生变化产生电动势 1．（2026•漯河校级模拟）如图所示，直线MN为两个磁感应强度大小相等的匀强磁场的分界线，左边磁场方向垂直于纸面向外，右边磁场方向垂直于纸面向里，一个矩形导线框横跨在两个磁场中，其对角线的交点O正好在直线MN上，现在让导线框绕着O点旋转起来，则下列说法正确的是（　　） A．若顺时针旋转，则导线框内有顺时针方向的感应电流，若逆时针旋转，则导线框内有逆时针方向的感应电流 B．若顺时针旋转，则导线框内有逆时针方向的感应电流，若逆时针旋转，则导线框内有顺时针方向的感应电流 C．不管旋转方向怎样，导线框内都没有感应电流 D．导线框旋转得越快，感应电流越大 2．（2026•浙江三模）如图所示是一种延时继电器的示意图。铁芯上有两个线圈A和B。线圈A跟电源连接，线圈B两端连在一起，构成一个闭合电路。在断开开关S的时候，弹簧K并不会立刻将衔铁D拉起而使触头C（连接工作电路）离开，而是过一小段时间后才执行这个动作。则下列说法正确的是（　　） A．开关S断开时，线圈A两端的电压为零 B．开关S断开时，线圈B产生的磁场吸引D C．开关S断开时，线圈B中有图示箭头方向的电流 D．若线圈B不闭合，具有相同的延时效果 3．（多选）（2026•随州二模）以下图中线圈匀速转动或匀速直线运动，能产生交变电流的是（　　） A． B． C． D． 题型六 磁通量发生变化产生感应电动势 1．（2026•陕西模拟）发电机的N匝导电线圈转动一周过程中的五个瞬时位置如图所示，已知面积为S的长方形线圈绕中轴线以角速度ω做匀速圆周运动，匀强磁场的磁感应强度为B，下列说法正确的是（　　） A．图1磁通量及其变化率均为最大值 B．线圈每经过图2、4的位置，感应电流的方向就改变一次 C．磁通量的最大值为NBS D．磁通量变化率的最大值为BSω 2．（2026•东海县校级模拟）如图所示，竖直平面xOy内存在垂直纸面向外的磁场，磁感应强度大小与纵坐标y成正比。现有一个圆形金属线圈在磁场中由图示位置静止释放，不计空气阻力。在线圈加速下落过程中，下列物理量中与下落高度成正比的是（　　） A．穿过线圈的磁通量 B．线圈产生的电动势 C．通过线圈的电荷量 D．线圈产生的焦耳热 3．（2026•内江模拟）矩形线圈匝数为50匝，在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，穿过每一匝线圈的磁通量随时间按正弦规律变化，如图所示。下列说法中正确的是（　　） A．在t＝0.1s和t＝0.3s时，线圈的感应电动势最大 B．在t＝0.2s和t＝0.4s时，线圈的感应电动势为零 C．在t＝0.2s和t＝0.4s时，线圈的感应电动势改变方向 D．线圈感应电动势的最大值为50π（V） 4．（多选）（2026•黑龙江）如图，光滑绝缘水平面上x＝0两侧区域Ⅰ、Ⅱ分别存在竖直方向的匀强磁场，宽度均为L，磁感应强度方向相反，大小分别为B、2B，x＝﹣3L和x＝3L处有固定挡板。同种材料制成、粗细均匀的正方形导体线框MNPQ，边长为L，质量为m，总电阻为R，以初速度v0从左侧进入磁场，沿x轴方向运动。线框平面始终与磁场方向垂直，MN边始终与磁场边界平行，线框与挡板的碰撞均为弹性碰撞。则（　　） A．MN首次进入磁场时线框的加速度大小a B．MN每次经过x＝1.5L时，电势差UNM：UPQ＝1：1 C．MN与右侧挡板首次碰撞后瞬间线框的速度大小v D．线框停止处，穿过线框的磁通量为0 综合提升 一．选择题 1．（2026春•大足区校级期中）在汽车的防抱死系统（ABS）中，有一个关键的电磁感应装置。如图所示当汽车在紧急制动时，车轮的运动状态会发生变化，cd杆代表车轮上的一个特殊部件，ab杆所在电路连接着控制单元。当cd杆沿轨道运动时，ab杆中的电流方向由a向b，技术人员可以根据这个电流信号，判断车轮的运动情况，进而通过控制系统调整制动力，则cd杆的运动可能是（　　） A．向左减速运动 B．向右减速运动 C．向右匀速运动 D．向左匀速运动 2．（2026•广陵区模拟）如图（a）所示，相距L的两足够长平行金属导轨与水平面成θ＝30°角倾斜放置，导轨电阻忽略不计。电阻均为R的金属棒ab、cd垂直跨放在两导轨上。导轨间存在竖直向上的匀强磁场，其磁感应强度大小B随时间变化的图像如图（b）所示。t＝0时刻，两棒相距x0，锁定ab，cd由静止释放，金属棒与导轨始终接触良好，则在0～T时间内通过金属棒横截面的电荷量为（　　） A． B． C． D． 3．（2026•周口模拟）如图所示，固定在水平面上的半径为r＝l的金属圆环内存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。长为l阻值为R的金属棒，一端与圆环接触良好，另一端固定在竖直导电转轴OO′上，随轴以角速度ω匀速转动。在圆环的A点和电刷间接有阻值为R的电阻和电容为C、板间距为d的平行板电容器，有一带电微粒在电容器极板间处于静止状态。已知重力加速度为g，不计其它电阻和摩擦，下列说法正确的是（　　） A．金属棒两端的电压为 B．电容器所带的电荷量为 C．电阻消耗的电功率为 D．微粒的电荷量与质量之比为 4．（2026•南阳模拟）如图，一封闭纸筒置于水平地面上，上表面放一轻薄的金属箔圆环。一螺线管（直径大于圆环）置于纸筒内且通过导线与电源、开关、电流表和滑动变阻器串联构成一个闭合回路，初始时开关断开，取出螺线管内的铁芯，某时刻突然闭合开关，圆环突然弹起。下列说法正确的是（　　） A．在圆环弹起后的瞬间，纸筒对地面的压力小于开关闭合前的压力 B．从上往下看，闭合开关后的瞬间圆环内产生逆时针的电流 C．闭合开关瞬间，圆环有扩张的趋势 D．插入铁芯后重复实验，圆环弹起的高度减小 5．（2026春•浦东新区校级期中）如图所示，一金属小球用绝缘细线挂于O点，将小球拉离平衡位置并释放，小球摆动过程中经过有界的水平匀强磁场区域，A、B为该磁场的竖直边界，若不计空气阻力，错误的是（　　） A．小球向右穿过磁场后，不能摆至原来的高度 B．在进入和离开磁场时，小球中均有感应电流 C．小球最终不能静止在平衡位置 D．小球进入磁场后离平衡位置越近速度越大，感应电流也越大 二．多选题 6．（多选）（2026•辽宁模拟）长直导线固定在光滑绝缘水平面上，通有向右的恒定电流，质量为m的金属圆环在水平面上以大小为v0的初速度沿如图所示方向开始运动，圆环最终没有与直导线接触，则下列判断正确的是（　　） A．圆环向直导线靠近过程中，圆环中有沿逆时针方向的电流 B．圆环向直导线靠近过程中，所受安培力的合力垂直直导线 C．圆环最终速度为零 D．圆环中产生的焦耳热等于 7．（多选）（2026•吉林二模）如图，半径为r的水平导体圆盘绕竖直中心轴OO'以角速度ω匀速转动，忽略圆盘的电阻，整个装置处于方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，两电刷分别与OO'和圆盘边缘接触，电刷间接有一半导体LED灯。当a、b两点电势满足φa﹣φb≥U时，LED灯导通发光，要想让LED灯发光，则（　　） A．从上往下看圆盘顺时针转动 B．角速度ω可能为 C．若磁场变为与竖直方向夹角60°斜向右上方，则角速度ω可能为 D．若圆盘中心挖去半径为0.5r的圆洞，电刷接圆环内外边缘，则角速度ω可能为 8．（多选）（2026•海口模拟）如图所示，直流电源a、b两极与线圈①、开关S构成闭合电路，线圈②与电流表构成闭合电路。已知线圈①产生的磁感线如图所示。下列说法正确的是（　　） A．电源的a为正极，b为负极 B．开关S断开瞬间，线圈②产生的磁场与线圈①的磁场方向相同 C．开关S断开瞬间，线圈②产生的磁场与线圈①的磁场方向相反 D．开关S断开瞬间，线圈②产生的电流从电流表c接线柱流入 9．（多选）（2026•泉州模拟）机器人利用柔性磁膜触觉传感器可以轻松拿起鸡蛋而不破裂，如图所示，传感器核心部分的结构为内置柔性磁膜与固定的线圈矩阵，通过线圈产生感应电流以感知磁膜上表面受到的压力变化情况。下列说法正确的是（　　） A．磁膜没有受到压力时，线圈没有感应电流产生 B．磁膜受到压力稳定后，线圈有感应电流产生 C．磁膜受到的压力减小时，线圈没有感应电流产生 D．磁膜受到的压力增大时，线圈有感应电流产生 10．（多选）（2026•淮南二模）某自行车所装车灯发电机的原理图如图所示，绕有线圈的“匚”形铁芯开口处装有磁体，自行车车轮转动时带动与其接触的摩擦轮转动，摩擦轮又通过传动轴带动磁体一起转动，从而使铁芯中磁通量发生变化，绕在铁芯上的线圈共N匝，线圈两端c、d作为发电机输出端，通过导线与额定电压为U、电阻为R的灯泡L相连，当车轮匀速转动时，发电机输出电压近似视为正弦式交变电压，灯泡阻值视为不变，发电机线圈电阻不计，摩擦轮与轮胎间不打滑。若某次无风时自行车以某一速度匀速行驶，带动磁体转动的转速为n，灯泡L恰好正常发光，假设骑车人对自行车做的功仅用于克服空气阻力和发电机阻力，已知空气阻力与车速成正比，该次骑车时骑车人克服空气阻力的功率为P，则（　　） A．磁体从图示位置匀速转过90°的过程中L中的电流逐渐变大 B．该次骑车时磁体转动过程中通过线圈的最大磁通量为 C．该次骑车时骑车人对自行车做功的功率为P D．若磁体转动的转速变为n，则骑车人对自行车做功的功率变为P 三．解答题 11．（2026•辽宁模拟）如图所示，间距为2L的水平线MN、PQ间有竖直向上的匀强磁场，质量为m、电阻为R、边长为L的正方形金属线框abcd静止在MN左侧的水平面上，给金属线框一个水平向右的初速度，金属线框刚好能完全进入磁场，通过线框ab边截面的电量为q，整个水平面绝缘光滑，线框运动过程中ab边始终与MN平行，求： （1）匀强磁场的磁感应强度大小； （2）线框ab边刚进磁场时线框的速度大小； （3）若在线框ab边刚进磁场时，给ab边施加一个垂直于ab边的水平向右、大小为F的恒力，结果线框恰好能通过磁场，则线框穿过磁场的时间为多少？ 12．（2026•红河州校级模拟）如图所示，半径为r、圆心为O点的光滑金属圆环固定在竖直面内，长度也为r、阻值为R的金属杆一端与固定在圆心O处的转轴相连，另一端A与圆环接触良好（未固定），用电刷连接圆环，在O点和圆环之间连接阻值也为R的定值电阻和电容器，电容器P、Q两极板水平放置，两极板之间的距离为d，在环内及P、Q两极板间均有方向垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场。当金属杆以恒定角速度ω逆时针转动时，一带电微粒以速率v在P、Q两极板之间的竖直平面内做匀速圆周运动，重力加速度为g，不计圆环及导线的电阻，求： （1）P、Q两极板间的电势差UPQ； （2）微粒做圆周运动的半径。 13．（2026•红桥区二模）在《涡流、电磁阻尼和电磁驱动》一课的教学中，教师为了启发学生的高阶思维，利用易拉罐做了一个电磁阻尼的演示实验。如图所示，一竖直放置的薄壁厚度为d，电阻率为ρ的铝制易拉罐，可绕通过中心的竖直光滑固定轴自由转动，轴到桶壁的距离为r（d≪r）。在易拉罐外侧附近固定一条形磁铁，其横截面为边长L的正方形（L≪r）磁铁的N极正对罐壁，靠近但恰好不接触，此处的磁感应强度大小为B。现使易拉罐以某一初角速度ω0绕轴俯视逆时针转动，由于罐壁与磁场间的相互作用，易拉罐做减速转动，经过时间t后停止转动。易拉罐可等效为质量为m的理想管状物，其上下表面的质量忽略不计，忽略空气阻力。 （1）在如图所示的视角中判断磁铁正对的易拉罐表面产生的感应电流方向，并说明感应电流和阻尼现象产生的具体原理； （2）若只考虑磁铁靠近且正对部分易拉罐上的电阻，其余部分电阻忽略不计，用题中所给字母表示易拉罐最初所受到的安培力F的大小； （3）从易拉罐开始转动到完全停下来，易拉罐所转的圈数n。 14．（2026•吉林模拟）如图（a）为“实验证实超导态分段费米面”的简化原理图。超导体圆环半径为r，电阻为R，圆环的横截面半径远小于圆环半径。钕磁铁沿过圆心的竖直轴线从上到下穿过，圆环面内沿竖直轴线方向的磁感应强度分量的平均值By随时间t变化的情况可简化为如图（b）所示的图像，求： （1）0～2t0时间内圆环中电流I1的大小及方向（俯视）； （2）0～6t0时间内圆环产生的焦耳热； （3）只有一个磁极的磁单极子磁感线分布如图（c）所示，其空间分布类似于点电荷的电场线分布，以磁单极子为球心半径为r的球面的磁通量为Φ0，已知磁感应强度大小等于单位面积的磁通量，磁单极子以恒定速度v沿过圆心的竖直轴线穿过超导圆环，求磁单极子到达圆环中心时圆环中的感应电动势。 1 学科网（北京）股份有限公司 $