专题55 法拉第电磁感应定律 自感和涡流 讲义-2027届高考物理一轮复习

该高中物理高考复习讲义围绕法拉第电磁感应定律、动生电动势、自感和涡流等核心考点，按题型分考向系统梳理知识，通过基础回顾、例题精讲、变式训练、题型精练及真题回顾环节，帮助学生构建知识网络，突破电磁感应综合应用难点。 资料采用分层教学策略，如在动生电动势计算中对比平动与转动切割模型，培养学生科学思维和模型建构能力。设置基础到综合的练习梯度，结合真题演练即时反馈，有效提升学生解题效率，为教师把控复习节奏、落实核心素养提供清晰路径。

专题55 法拉第电磁感应定律 自感和涡流 目录 题型一 法拉第电磁感应定律的理解及应用 2 考向1 感应电动势和感应电流的计算 3 题型二 动生电动势的计算 12 考向1 导体平动切割磁感线 13 考向2 导体转动切割磁感线 22 题型三 自感现象及应用 30 考向1 自感现象 31 题型四 涡流　电磁阻尼与电磁驱动 38 考向1 涡流 38 考向2 电磁阻尼与电磁驱动 44 【真题回顾】 51 【基础回顾】 一、法拉第电磁感应定律 1.感应电动势 （1）概念：在电磁感应现象中产生的电动势。 （2）产生条件：只要穿过回路的磁通量发生变化，就能产生感应电动势，与电路是否闭合无关。 （3）方向判断：产生感应电动势的那部分电路（导体或线圈）相当于电源，电源的正、负极可由 右手定则　或 楞次定律　判断。 2.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，其中n为线圈匝数。 （3）感应电流与感应电动势的关系：遵循闭合电路的欧姆定律，即I＝ 　。 3.导体切割磁感线的情形 （1）垂直切割：E＝ Blv　，式中l为导体切割磁感线的有效长度。 （2）不垂直切割：E＝ Blvsin θ　，式中θ为v与B的夹角。 （3）匀速转动：导体棒在垂直匀强磁场方向以角速度ω绕一端转动切割磁感线时，E＝ Bl2ω　。 二、自感、涡流、电磁阻尼和电磁驱动 1.互感现象 两个互相靠近的线圈，当一个线圈中的电流变化时，它所产生的变化的磁场会在另一个线圈中产生感应电动势。这种现象叫作互感，这种感应电动势叫作 互感　电动势。 2.自感现象 （1）概念：由于导体本身的 电流　变化而产生的电磁感应现象称为自感。 （2）自感电动势 ①定义：在自感现象中产生的感应电动势叫作 自感电动势　。 ②表达式：E＝ L。 （3）自感系数L ①相关因素：与线圈的大小、形状、匝数以及是否有铁芯等因素有关。 ②单位：亨利（H），1 mH＝ 10－3　H,1 μH＝ 10－6　H。 3.涡流 当线圈中的电流发生变化时，在它附近的任何导体中都会产生感应电流，这种电流像水中的旋涡，所以叫涡流。 4.电磁阻尼 导体在磁场中运动时，感应电流会使导体受到安培力，安培力的方向总是阻碍导体的运动。 5.电磁驱动：如果磁场相对于导体运动，在导体中会产生 感应电流使导体受到安培力的作用，安培力使导体运动起来。交流感应电动机就是利用电磁驱动的原理工作的。 6.电磁阻尼和电磁驱动的原理体现了 楞次定律　的推广应用。 题型一 法拉第电磁感应定律的理解及应用 1.确定感应电路中电势高低的方法 2.法拉第电磁感应定律的理解 （1）说明：E的大小与Φ、ΔΦ无关，决定于磁通量的变化率。 （2）磁通量的变化率对应Φ－t图线上某点切线的斜率。 （3）公式E＝n求解的是一个回路中某段时间的平均电动势，在磁通量均匀变化时，瞬时值才等于平均值。 3.应用法拉第电磁感应定律的三种情况 （1）当ΔΦ仅由B的变化引起时，E＝nS，其中S为线圈在磁场中的有效面积。若B＝B0＋kt，则＝k。 （2）当ΔΦ仅由S的变化引起时，E＝nB。 （3）当B、S同时变化时，则＝n≠n。求瞬时值时，分别求出动生电动势E1和感生电动势E2并进行叠加。 考向1 感应电动势和感应电流的计算 【例题精讲】 【例1】（2026•房山区学业考试）如图所示，a、b两个闭合单匝线圈用同样的导线制成，半径ra＝2rb。如图所示区域内有匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀减小。下列说法正确的是（　　） A．a、b线圈都产生了逆时针方向的电流 B．a、b线圈中产生的感应电动势之比Ea：Eb＝1：1 C．a、b线圈中感应电流之比Ia：Ib＝2：1 D．a、b线圈中电功率之比Pa：Pb＝4：1 【答案】C 【详解】A．因为磁感应强度随时间均匀减小，所以穿过线圈的磁通量在减小，根据楞次定律可知，感应电流的磁场方向与原磁场方向相同，根据安培定则可知a、b线圈都产生了顺时针方向的电流，故A错误； B．根据法拉第电磁感应定律有，可得a、b线圈中产生的感应电动势之比Ea：Eb＝4：1，故B错误； C．根据电阻定律有，可知Ra：Rb＝2：1，根据可知，a、b线圈中感应电流之比Ia：Ib＝2：1，故C正确； D．根据P＝I2R可得，a、b线圈中电功率之比Pa：Pb＝8：1，故D错误。 故选：C。 【例2】（2026春•武侯区校级期末）如图所示，在长直螺线管中间区域放置一个匝数为n、面积为S的同轴小线圈。已知，长直螺线管通电后其内部磁场处处相同，磁感应强度的大小B与螺线管中的电流I成正比，即B＝αI。在一段时间内，若电流I随时间t的变化关系满足I＝βt（β为常量），由理想电压表测出小线圈的感应电动势为E，则α可以表示为（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】由题意知电流在长直螺线管中产生的磁感应强度大小为B＝αβt 小线圈中产生的感应电动势为，则，故D正确，ABC错误。 故选：D。 【变式训练1】（2026•河南模拟）用材料相同粗细均匀的导线做成如图所示的单匝线圈，线圈构成一个闭合回路，中间大圆的半径为2d，左右两侧小圆的半径均为d，导线单位长度的电阻为r，将线圈固定在与线圈平面垂直的磁场中，磁场随时间发生变化，磁感应强度大小为B＝B0+kt，式中的B0和k为常量，且k＞0，则线圈中感应电流的大小为（　　） A． B． C． D．0 【答案】B 【详解】结合楞次定律，左侧小圆和中间大圆产生的感应电流方向相同，而右侧小圆产生的感应电流方向与左侧小圆和中间大圆的相反，根据法拉第电磁感应定律可得线圈中感应电动势的大小为 导线单位长度的电阻为r，电路总电阻为R＝r•[（2πd）×2+2π•2d] 联立可得线圈中感应电流的大小，故B正确，ACD错误。 故选：B。 【变式训练2】（2026春•重庆期中）如图甲所示，一个圆形线圈用绝缘杆固定在天花板上，线圈的匝数为n，半径为r，总电阻为R，线圈平面与匀强磁场垂直，且下面一半处在磁场中，t＝0时磁感应强度的方向如图甲所示，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示。下列说法正确的是（　　） A．在0～2t0的时间间隔内线圈内感应电流先沿顺时针方向后沿逆时针方向 B．在0～2t0的时间间隔内线圈受到的安培力先向上后向下 C．在0～t0的时间间隔内线圈中感应电流的大小为 D．在时线圈受到的安培力的大小为 【答案】C 【详解】A．在0～t0内，原磁场方向向里且磁感应强度减小，故感应电流产生的磁场方向向里，线圈内感应电流为顺时针方向；t0～2t0内，原磁场方向向外且磁感应强度增大，故感应电流产生的磁场方向向里，线圈内感应电流为顺时针方向。因此在0～2t0的时间间隔内线圈内感应电流始终沿顺时针方向，故A错误。 B．感应电流始终沿顺时针方向，由左手定则可知，在0～t0内原磁场向里减小，线圈有向磁场中运动的趋势，受到的安培力向下；t0～2t0内原磁场向外增大，线圈有远离磁场的趋势，受到的安培力向上。因此在0～2t0的时间间隔内线圈受的安培力向下后向上，故B错误。 C．根据法拉第电磁感应定律可知感应电动势，由欧姆定律可知在0～t0的时间间隔内线圈中感应电流的大小，故C正确。 D．由图乙可知，在时磁感应强度大小，线圈所受安培力大小，故D错误。 故选：C。 【变式训练3】（2026•台州模拟）图1为轴向磁通电机，线圈固定在定子上，转子盘由相互间隔的永磁体组成。图2中线圈内外半径分别为r0、2r0，每个线圈的电阻为R，线圈简化为单匝线圈，转子单个磁场、定子单个线圈所对圆心角均为60°。图3磁场中磁感应强度大小均为B。当线圈中通以方向变化、大小恒为I0的电流时，转子盘受到安培力作用以角速度ω逆时针转动。对于线圈a，下列说法正确的是（　　） A．感应电动势为Bω B．驱动时电流为逆时针方向 C．电流变化的最小周期为 D．左、右两侧边受到安培力的合力大小为BI0r0 【答案】D 【详解】A、单条边感应电动势E＝Br0v中，即 线圈有两边，故A错误； B、线圈受力方向与磁铁受力方向相反 结合安培定则得，线圈a中的电流方向为顺时针方向，故B错误； C、从转子、定子的结构看，每转过120° 回到相同的相对位置，电流变化的最小周期为，故C错误； D、安培力F＝BI0（r2﹣r1）＝BI0r0 安培力的合力，故D正确。 故选：D。 【题型精练】 1．（2026春•温州期中）如图所示，a、b两个闭合正方形线圈用同样的导线制成，匝数均为10匝，边长La＝3Lb，图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀增大，不考虑线圈之间的相互影响，则（　　） A．两线圈内产生顺时针方向的感应电流 B．两线圈有向外扩张的趋势 C．a、b线圈中感应电动势之比为1：9 D．a、b线圈中感应电流之比为3：1 【答案】D 【详解】A、结合楞次定律，原磁场垂直纸面向里且均匀增大，穿过线圈的磁通量增加，感应电流的磁场方向应垂直纸面向外，根据安培定则感应电流方向为逆时针方向，故A错误； B、结合楞次定律的推论“增缩减扩”，磁通量增大，线圈有收缩的趋势以阻碍磁通量的增加，故B错误； C、结合法拉第电磁感应定律 由于相同，n相同，则E∝L2，已知La＝3Lb 代入数据可得Ea：Eb＝9：1，故C错误； D、结合电阻定律 线圈导线总长度l＝n•4L 则R∝L，由欧姆定律 可得 代入数据可得Ia：Ib＝La：Lb＝3：1，故D正确。 故选：D。 2．（2026•鸡西校级开学）如图甲所示，金属圆环的半径为r，电阻率为ρ。圆环是由横截面积为S的硬质细导线做成的。圆环内匀强磁场的磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示，垂直纸面向外为磁场正方向，则在前2t0的时间内圆环中的感应电流为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】根据法拉第电磁感应定律 由图乙知，磁感应强度变化率一直不变，为 感应电流为 根据电阻定律 代入数据得，故A正确，BCD错误。 故选：A。 3．（多选）（2026•潮阳区校级三模）如图所示，以O为圆心的闭合导体圆环置于光滑绝缘水平桌面上，在水平桌面内以O为圆心、半径大于圆环半径的区域，存在一方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小按B＝B0﹣kt规律均匀减小（B0、k均已知），圆环半径为r，电阻为R，则（　　） A．图中圆环内电流沿顺时针方向 B．圆环中感生电场场强大小为 C．圆环的发热功率为 D．时圆环中的张力大小为 【答案】ABD 【详解】A、根据楞次定律可知，因穿过圆环的磁通量向里减小，图中圆环内电流沿顺时针方向，故A正确； B、根据楞次定律可知，圆环中感生电动势大小为 电场场强，故B正确； C、根据焦耳定律可知，圆环的发热功率为，故C错误； D、在时，， 在圆环上取一小段圆弧，该圆弧所对的圆心角为2θ，则圆弧长△l＝2rθ，则对该段圆弧分析可知2Tsinθ＝F安＝BIΔl 可得 因θ很小，则sinθ＝θ，可知圆环中的张力大小为，故D正确。 故选：ABD。 4．（多选）（2026•湖北模拟）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 【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。 5．（多选）（2026春•合肥校级月考）我国第三艘航母福建舰已正式下水，如图甲所示，福建舰配备了目前世界上最先进的电磁弹射系统。图乙是一种简化的电磁弹射模型，直流电源的电动势为E，电容器的电容为C，两条相距L的固定光滑导轨，水平放置于磁感应强度B的匀强磁场中。现将一质量为m，电阻为R的金属滑块垂直放置于导轨的滑槽内处于静止状态，并与两导轨接触良好。先将开关K置于a让电容器充电，充电结束后，再将K置于b，金属滑块会在电磁力的驱动下向右加速运动，达到最大速度后滑离轨道。不计导轨和电路其他部分的电阻，忽略空气阻力。下列说法正确的是（　　） A．空间存在的磁场方向为垂直纸面向外 B．金属滑块在轨道上运动的最大加速度为 C．金属滑块在轨道上运动的最大速度为 D．金属滑块滑离轨道的整个过程中流过它的电荷量为CE 【答案】BC 【详解】A．电容器上极板和电源的正极连接，所以电容器的上极板带正电。开关K置于b的瞬间，金属滑块中有由P指向Q的电流通过，会在电磁力的驱动下向右加速运动，根据左手定则可知，空间存在的磁场方向应垂直纸面向里，故A错误； B．开关K置于b的瞬间，流过金属滑块的电流最大，此时对应的安培力最大，滑块的加速度最大，根据牛顿第二定律有F＝BIL＝mam 其中 联立解得，故B正确； CD．金属滑块运动后，切割磁感线产生电动势，当电容器电压与滑块切割磁感线产生电动势相等时，滑块速度不再变化，做匀速直线运动，此时速度达到最大，设金属滑块加速运动到最大速度时两端电压为U，电容器放电过程中的电荷量变化为Δq，放电时间为Δt，在金属块滑动过程中，规定向右的方向为正方向，由动量定理得 电容器放电过程的电荷量变化为Δq＝C•ΔU＝C（E﹣U） 根据法拉第电磁感应定律可得联立解得U＝B L v 联立解得 ，故C正确，D错误。 故选：BC。 题型二 动生电动势的计算 1.导体平动切割磁感线时四点注意事项 对于导体平动切割磁感线产生感应电动势的计算式E＝Blv，应从以下几个方面理解和掌握。 （1）正交性：B、l、v三者相互垂直，不相互垂直时，应取垂直的分量进行计算。 （2）瞬时性：当v或l变化时，用E＝BLv计算感应电动势的瞬时值。 （3）相对性：速度v是导体相对磁场的速度，若磁场也在运动，应注意速度间的相对关系。 （4）有效性：l为导体切割磁感线的有效长度，即导体在与v垂直的方向上的投影长度，下图中有效长度分别为： 图甲：l＝sin β； 图乙：沿v1方向运动时，l＝；沿v2方向运动时，l＝0； 图丙：沿v1方向运动时，l＝R；沿v2方向运动时，l＝0；沿v3方向运动时，l＝R。 2.导体转动切割磁感线时电动势的计算 当导体棒在垂直于磁场的平面内，绕导体棒上某一点以角速度ω匀速转动时，则： （1）以导体棒中点为轴时，E＝0(相同两段的代数和）。 （2）以导体棒端点为轴时，E＝Bωl2（平均速度取中点位置的线速度ωl）。 （3）以导体棒上任意一点为轴时，E＝Bω(l－l)(不同两段的代数和，其中l1>l2）。 考向1 导体平动切割磁感线 【例题精讲】 【例1】（2026春•江北区校级月考）如图所示，ABCD为一个固定在水平面上的“”型导线框，导线框各边长均为l，BC边接有阻值为2R的电阻，所在区域有与线框平面垂直的匀强磁场，磁感应强度为B0，用细绳套将导体棒a与DC套在一起，a的下端与A点用铰链连接。一沿DC方向的恒力F作用在绳套上，使a顺时针旋转。a与DC边接触良好且足够长，不计导体棒a和绳套的质量及一切摩擦，除2R外其余电阻不计。则a从D旋转到C所需时间t为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】导体棒a无质量、无内阻，因此恒力F的功率始终与电阻的发热功率相等，即 导体切割磁感线，电动势．则 解得：，速度为定值，导体棒a与导轨接触点做匀速直线运动，可知 解得：，故B正确，ACD错误。 故选：B。 【例2】（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 【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。 【变式训练1】（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 【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。 【变式训练2】（2026•临潼区校级模拟）如图所示，在xOy平面内有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场和一段长为L、从中点弯折成直角的导线abc，其中ab段与x轴平行，bc段与y轴平行。当导线abc在xOy平面内以速度v0做匀速直线运动时，v0的方向与x轴负方向的夹角始终为θ＝60°，则a、c两点的电势差Uac为（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】根据法拉第电磁感应定律可得，ab切割磁感线产生的感应电动势为 bc切割磁感线产生的感应电动势为 根据右手定则可知E1和E2同向，a点电势高于c点电势，则，故ABC错误，D正确。 故选：D。 【变式训练3】（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 【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。 【题型精练】 1.（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 【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。 2．（2026春•雁塔区校级期中）如图（a）所示，两间距L＝1m、左侧接有一电容器的光滑足够长的水平导轨处于垂直纸面向里的磁场中，已知电容器的电容C＝100μF，磁感应强度B随位置x的变化如图（b）所示。一长为L＝1m、质量m＝0.16kg的金属棒在外力F的作用下从坐标原点O沿x轴正方向以v0＝10m/s的速度匀速运动到x1＝1m处，此时电容器被击穿，电容器变成一个R＝1000Ω的电阻，通过改变外力F，使电路中电流保持不变，已知在运动过程中金属棒始终与导轨垂直且接触良好。则下列说法正确的是（　　） A．电容器被击穿之前外力F为恒力 B．电容器被击穿之前外力F做的功为20J C．电容器被击穿之后，金属棒运动1m所需要的时间为0.15s D．电容器被击穿之后，金属棒运动1m外力F做的功为12J 【答案】C 【详解】AB．由题图（b）可知，在0≤x≤1m区间内，满足B＝20x（T）。金属棒匀速运动，金属棒中的电流为，解得I＝0.2A。由于外力F与安培力始终平衡，即F＝BIL，而B＝20x（T）随位置线性增大，所以外力F＝0.4x也随x线性增大，可知电容器被击穿之前外力F做的功为WFBILx120×0.2×1J＝2J，故AB错误。 C．电容器被击穿后电路变为纯电阻电路，电阻R＝1000Ω，且电流保持不变。即由于电路中电流不变，设此后某时刻金属棒速度为v，由法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律得BLv＝IR，代入数据后有xv＝10，为了求金属棒运动时间，可以作 图像，如图所示： 图像中阴影部分面积即为金属棒从x＝1m运动到x＝2m的时间，为，故C正确。 D．根据功能关系，外力做功W等于电路中产生的焦耳热与金属棒动能变化之和，即，其中焦耳热Q＝I2Rt＝0.22×1000×0.15J＝6J，金属棒初速度v1＝10m/s、末速度v2＝5m/s，动能变化为，解得W2＝0，故D错误。 故选：C。 3．（多选）（2026•盐湖区校级模拟）如图所示，空间中虚线上方存在垂直于纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场，虚线下方为无场区。t＝0时刻，半径为a的金属圆环在纸面内以M点为轴沿顺时针方向匀速转动。已知金属圆环转动的角速度为ω，电阻为R。下列说法正确的是（　　） A．金属圆环进入磁场区域的过程中，环内电流方向为顺时针 B．感应电动势变化的周期为 C．安培力的最大值为 D．时间内，电流大小随时间变化关系为 【答案】AC 【详解】A、金属圆环进入磁场过程中磁通量向外增大，法拉第电磁感应定律，感应电流方向为顺时针，故A正确。 B、感应电流的周期与金属圆环转动的周期相同，是，故B错误。 C、当金属圆环直径与虚线重合时，切割磁感线的有效长度最大，为L＝2a，此时安培力最大，由，，，F＝BIL 代入数据可得，故C正确。 D、金属圆环在时间内进入磁场 切割磁场的有效长度为与虚线重合的弦长L，由L＝2a•sinθ，θ＝ωt，，， 代入数据可得，故D错误。 故选：AC。 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 【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。 5．（多选）（2026•青岛三模）水平桌面上半径为R的圆形区域内存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度随时间均匀变化，即B＝B0+kt，k为正常数，长度为3R的细金属杆置于桌面上，其中点与圆心O重合，a、b为金属杆的两端点，c、d为杆的三等分点，其俯视图如图所示。t＝0时刻杆开始沿其中垂线平行桌面以速度v匀速运动，时经过图中虚线位置，关于金属杆上各点间的电势差，下列说法正确的是（　　） A．t＝0时，Ucd＝﹣B0Rv B．t＝0时，Uab＝﹣3B0Rv C．时，Uac＝Udb＝0 D．时， 【答案】AD 【详解】A.t＝0时，的动生电动势，方向c→d，故φd﹣φc＝B0Rv， 因磁场关于对称，感生电动势E感＝0，因此Ucd＝φc﹣φd＝﹣B0Rv，故A正确； B.t＝0时，仅中间2R段在圆内，圆外无磁场，总动生电动势E动＝2B0Rv， 由于磁场关于对称，感生电动势为0，结合选项A，Uab＝φa﹣φb＝﹣2B0Rv，故B错误； C.时，由数学知识知金属杆部分刚好在磁场中，段、段在圆外，而圆外存在涡旋感生电场，感生电场沿ac段、段均不为零， 因此Uac≠0，Udb≠0，故C错误； D.时，分别从动生电动势和感生电动势分析①， 由数学知识知金属杆部分切割磁感线其长为R，的动生电动势，方向c→d； ②OcdO包围的面积， 由法拉第电磁感应定律得的感生电动势， 磁场向里增加，感生电场逆时针，段电动势方向为c→d，的总电动势等于， 因此，故D正确。 故选：AD。 考向2 导体转动切割磁感线 【例题精讲】 【例1】（2026春•深圳月考）法拉第圆盘发电机的示意图如图所示。铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触，关于流过电阻R的电流，下列说法正确的是（　　） A．若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定 B．若从上往下看，圆盘顺时针转动，则电流沿b到a的方向流过电阻R C．若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化 D．若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R上的热功率也变为原来的2倍 【答案】A 【详解】A、若圆盘转动的角速度恒定， 产生的感应电动势为 所以感应电动势大小恒定，电流大小恒定，故A正确； B、若从上往下看，圆盘顺时针转动，根据右手定则可知，电流沿a到b的方向流过电阻R，故B错误； C、若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向不变，故C错误； D、产生的感应电动势为 若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则感应电动势变为原来的2倍， 根据可知，电流在R上的热功率也变为原来的4倍，故D错误。 故选：A。 【例2】（2026•上城区校级模拟）如图所示是法拉第圆盘发电机的示意图：铜质圆盘安装在水平铜轴上，圆盘位于两磁极之间，圆盘平面与磁感线垂直。两铜片C、D分别与转动轴和圆盘的边缘接触。从左往右看，铜盘沿顺时针方向匀速转动，CRD平面与铜盘平面垂直。如果圆盘的半径为r，匀速转动的周期为T，圆盘全部处在一个磁感应强度为B的匀强磁场之中。下列说法中正确的是（　　） A．电阻R中电流方向向下 B．回路中有周期性变化的感应电流 C．圆盘转动产生的感应电动势为 D．若铜盘转速增大为原来的2倍，则R的电功率也将增大为原来的2倍 【答案】C 【详解】A、从左向右看，圆盘顺时针方向转动，由右手定则可知，圆盘电流方向由圆心流向边缘，则电阻R中电流方向向上，故A错误； B、圆盘转动时，圆盘的半径切割磁感线产生感应电动势，产生的感应电动势大小、方向均不变，则回路中的感应电流恒定不变，故B错误； C、圆盘转动产生的感应电动势为，故C正确； D、铜盘的角速度ω＝2π，铜盘的转速n增大为原来的2倍，则其角速度ω变为原来的2倍，感应电动势E变为原来的2倍，R的功率变为原来的4倍，故D错误。 故选：C。 【变式训练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 【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。 【变式训练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 【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。 【变式训练3】（2026春•重庆期中）如图所示是法拉第圆盘发电机原理图，金属圆盘绕中心轴C匀速转动，圆盘半径为r，整个装置处在方向垂直于圆盘平面向外的匀强磁场中，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．电阻R上产生的热功率P 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F 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Br2ω 【答案】D 【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、圆盘上产生的感应电动势 电阻R上产生的热功率为，故B错误； 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，设为N个，每个导体棒上的电流为 其中，总电流为 导体棒的个数 安培力大小为F＝BI0r 联立解得，故C错误； D、金属圆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正确。 故选：D。 【题型精练】 1．（2026春•浙江期中）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顺时针匀速转动。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．微粒带负电 B．微粒的电荷量与质量之比为 C．电阻消耗的电功率为 D．电容器所带的电荷量为 【答案】B 【详解】A、结合右手定则转轴为正极，圆环为负极微粒要想保持平衡，则qE＝mg，故粒子带正电，故A错误； B、金属棒产生的电动势为：E动Bl2ω 金属棒的电阻与定值电阻的阻值均为R，易知定值电阻与电容器两极板间的电压均等于金属棒产生的电动势的一半，即：UE动 微粒的重力与其受到的电场力大小相等，则有：mg 可得，故B正确； C、电阻消耗的电功率，故C错误； D、电容器所带的电荷量，故D错误。 故选：B。 2．（2026春•金坛区校级期中）如图，法拉第圆盘发电机的两电刷间接有一定值电阻。已知圆盘半径为r，绕中心轴以角速度ω逆时针旋转，回路中总电阻为R，圆盘电阻不可忽略，大小为B的匀强磁场垂直圆盘向上，则（　　） A．回路中感应电流方向不断周期性变化 B．定值电阻中电流方向始终由a到b C．回路中感应电流大小I D．a、b两点间电势差大小UBωr2 【答案】C 【详解】AB、将圆盘看成由一根根沿半径方向的辐条构成，每一根辐条均为一个电源，所有电源为并联关系，根据右手定则可知，感应电流方向始终由b到a，故AB错误； C、感应电动势 根据闭合电路欧姆定律有 解得，故C正确； D、根据欧姆定律可知，两点间电势差大小，故D错误。 故选：C。 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 【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。 4．（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 【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。 5．（多选）（2026•长沙模拟）磁感应强度为B的匀强磁场中，矩形导线框abcd沿ab边中垂线ef垂直弯折，弯折后的线框绕PM轴以角速度ω匀速转动（从上往下看为顺时针方向），PM与磁场方向垂直，ae＝eb＝bc＝L，t＝0时刻转动到如图所示位置，此时磁场方向与线框aefd平行，与线框ebcf垂直，且线框ebcf垂直纸面向外，下列说法正确的是（　　） A．t＝0时线框abcd中电流方向为c→b B．线框abcd中的电流可能不按正弦式规律变化 C．线框abcd的磁通量最小值为BL2 D．线框abcd中的最大感应电动势为 【答案】AD 【详解】A.t＝0时刻磁通量在增大，由楞次定律可得abcd中电流方向为d→c→b→a，故A正确； B.闭合导体线框绕垂直于匀强磁场的轴匀速转动时，产生正弦式交流电，所以线框abcd中的电流为正弦式交流电，故B错误； C.当abcd所在平面平行于磁场时，有效面积最小为0，磁通量最小值为0，故C错误； D.当abcd所在平面垂直于磁场时，有效面积最大为 此时感应电动势最大，最大为，故D正确。 故选：AD。 题型三 自感现象及应用 1.自感现象的四个特点 （1）自感电动势总是阻碍导体中电流的变化。 （2）自感电动势使线圈中的电流不能发生突变，只能缓慢变化。 （3）自感电动势只是延缓电流的变化，不能使电流停止或反向。 （4）电流稳定时，自感电动势消失，自感线圈相当于普通导体。 2.通电自感和断电自感的比较 电路图 器材要求 A1、A2同规格，R＝RL，L较大 L很大(有铁芯） 通电时 在S闭合瞬间，灯A2立即亮起来，灯A1逐渐变亮，最终一样亮 灯A立即亮，然后逐渐变暗达到稳定 断电时 回路电流减小，灯泡逐渐变暗，A1电流方向不变，A2电流反向 (1)若I2≤I1，灯泡逐渐变暗； (2)若I2>I1，灯泡闪亮后逐渐变暗。 两种情况下灯泡中电流方向均改变 总结 自感电动势总是阻碍原电流的变化 考向1 自感现象 【例题精讲】 【例1】（2026春•昭平县校级月考）如图所示，L是自感系数很大的线圈，但其自身的电阻几乎为0。L1和L2是两个相同的小灯泡。闭合开关一段时间后，突然断开开关，两灯泡始终未被烧坏，下列说法正确的是（　　） A．断开开关前，L1、L2亮度相同 B．断开开关后，L1、L2均出现闪亮现象 C．断开开关后，L1闪亮一下后逐渐熄灭 D．断开开关后，L2逐渐熄灭 【答案】C 【详解】A、线圈L电阻为0，且L与L1并联，L1被短路，L1中电流几乎为0，几乎不发光；干路电流全部流过L和L2，L2正常发光，两灯亮度不同，故A错误； BD、断开开关S后，原电源通路被切断，L2所在支路断开，L2立即失去电流，立即熄灭，故BD错误； C、线圈L自感效应，会阻碍自身电流的减小，瞬间维持原来的电流不变，L与L1形成闭合回路，L1没有电流，断开后瞬间流过大小等于L原电流的电流，L1闪亮一下，随着L中电流逐渐减小到0，L1逐渐熄灭，故C正确。 故选：C。 【例2】（2026•房山区学业考试）如图所示，L是自感系数很大的线圈，但其自身电阻几乎为0。A和B是两个相同的灯泡，实验过程中两灯泡均未烧坏。下列说法正确的是（　　） A．开关S由断开变为闭合、A灯保持亮度不变 B．开关S由断开变为闭合，B灯保持亮度不变 C．开关S由闭合变为断开，A灯逐渐变暗 D．开关S由闭合变为断开，B灯先变亮一下再变暗 【答案】D 【详解】AB、开关S由断开变为闭合，因为线圈L的自感作用，线圈中没有电流经过，A、B灯同时发光，线圈中的电流逐渐变大，因为线圈的电阻为零，最后线圈会把B灯短路，则通过B灯的电流逐渐减小为零，所以A灯逐渐变亮，B灯逐渐变暗，直至完全熄灭，故AB错误； CD、开关S由闭合变为断开，A灯马上熄灭变暗，线圈L和B灯组成闭合回路，因为线圈L的自感作用，线圈中的电流不会马上变为零，所以B灯先变亮一下再熄灭变暗，故C错误，D正确。 故选：D。 【变式训练1】（2026春•抚顺期末）如图所示，甲、乙两灯泡的规格相同，线圈L的直流电阻与定值电阻R的阻值相等。若先闭合开关S，待电路稳定后断开开关S，则下列说法正确的是（　　） A．闭合开关S，甲、乙同时亮起 B．闭合开关S，稳定后乙比甲亮 C．断开开关S，甲比乙先熄灭 D．断开开关S，甲、乙逐渐变暗并同时熄灭 【答案】D 【详解】AB、闭合开关S的瞬间，甲中有电流通过，甲立即亮起，在线圈自感的阻碍下，乙逐渐亮起，稳定后甲、乙的亮度相同，故AB错误； CD、电路稳定后，甲、乙中电流相同，断开开关S后，线圈中产生自感电动势，灯泡、线圈以及定值电阻形成完整的闭合回路，甲、乙逐渐变暗并后熄灭，故C错误，D正确。 故选：D。 【变式训练2】（2026春•连云港期末）某同学研究通、断电自感现象的实物电路图如图所示，A、B是完全相同的小灯泡，带铁芯的线圈L内阻不计。下列说法正确的是（　　） A．闭合开关S后，B立即亮 B．闭合开关S后，A一直不亮 C．断开开关S后，B闪亮后逐渐熄灭 D．开关断开前后，通过B的电流方向不变 【答案】A 【详解】A.闭合开关S后，电源电压立即加在B灯所在支路，有电流通过B灯，所以B立即亮，故A正确； B.闭合开关S后，开关闭合瞬间，A灯所在支路中有电流通过，A灯立即亮；之后由于线圈L内阻不计，电路稳定后A灯被线圈短路，A灯熄灭，并不是一直不亮，故B错误； C.断开开关S后，线圈L产生自感电动势，此时L与A灯构成闭合回路，B灯所在支路电流立即消失，B灯立即熄灭，不会闪亮后逐渐熄灭，故C错误； D.断开开关S前，通过B灯的电流方向由电源正负极决定；断开开关S后，线圈L产生自感电动势，在L、A构成的回路中电流方向与原来线圈中电流方向相同，此时通过B灯的电流为0，所以开关断开前后，通过B的电流方向发生变化，故D错误。 故选：A。 【变式训练3】（2026春•鼓楼区校级期末）如图所示的电路中，A1、A2是完全相同的灯泡，线圈L的自感系数较大，它的电阻可以忽略。下列说法正确的是（　　） A．闭合开关S，A1先亮、A2后亮 B．闭合开关S，A1、A2始终一样亮 C．断开开关S，A2立刻熄灭、A1过一会儿才熄灭 D．断开开关S，A1、A2都要过一会才熄灭 【答案】D 【详解】AB、闭合开关S，A2所在支路不会产生感应电动势，A2马上亮，线圈L产生自感电动势阻碍电流的增大，A1逐渐亮起来；稳定后，线圈L的电阻忽略不计，A1所在支路的电流大于A2所在支路的电流，故A1比A2更亮，故AB错误； CD、断开开关S，线圈L产生自感电动势阻碍电流的减小，和A1、A2构成回路，A1、A2都要逐渐熄灭，故C错误，D正确。 故选：D。 【题型精练】 1．（2026春•海淀区校级月考）几位同学手拉手一起进行“千人震”实验，实验过程中同学们会感受到瞬间触电的感觉。实验器材包含两节干电池、带铁芯的多匝线圈（电阻很小）、开关，同学们按图示电路连接。实验中，先闭合开关，待电路稳定后再断开开关，认为每位同学物理学特征大致相同，以下说法正确的是（　　） A．闭合开关瞬间，同学们有触电感，电流方向为A到B B．断开开关瞬间，同学们有触电感，电流方向为A到B C．随着实验人数增多，触电瞬间每位同学两端电压几乎不变 D．随着实验人数增多，触电瞬间流过每位同学电流的变化率几乎不变 【答案】D 【详解】A、闭合开关瞬间，线圈的自感电动势只是阻碍电流增大，电源电压仅为3.0V，此时人体两端几乎没有电压差，不会有触电感觉，故A错误； B、断开开关，铁芯线圈磁通量骤减，产生很高自感电动势，人体串联接入回路才有触电；稳定时线圈电流从电源正极流入，断开自感电流维持原线圈内部流向，外部人体支路电流B→A，故B错误； C、线圈断开瞬间自感总电动势由线圈匝数、铁芯、断电快慢决定，基本不变；人越多总人体电阻越大，回路总电流变小，每个人分压会变小，故C错误； D、断开瞬间磁通量变化快慢由开关断开速度、线圈本身决定，和串联多少人无关，磁通量变化率不变，电流变化率几乎不变，故D正确。 故选：D。 2．（2026•河南模拟）当通过线圈的电流发生变化时，线圈会产生一个自感电动势来阻碍电流的改变，我们可以认为电流有一种保持原值不变的惯性。两个阻值均为R的定值电阻R1、R2与一个直流电阻不计、自感系数很大的线圈连成如图所示的电路。电源电动势为E，内阻不计，将开关S闭合，下列说法正确的是（　　） A．开关S闭合瞬间，通过R2的电流为0 B．开关S闭合瞬间，通过R1的电流不变 C．电路稳定后，通过线圈的电流为 D．电路稳定后，突然断开开关S瞬间，通过R1的电流为 【答案】C 【详解】AB、开关S闭合前，电路通过线圈和R1的电流均为，开关S闭合瞬间，线圈的自感，通过线圈的电流保持不变，干路电流为，R1、R2的电流均为，故AB错误； C、当电路稳定后，通过R1、R2的电流均I，通过线圈的电流为，故C正确； D、电路稳定后，突然断开开关S瞬间，线圈电流保持不变，通过R1的电流为，故D错误。 故选：C。 3．（多选）（2026春•重庆月考）如图所示，甲、乙两灯泡的规格相同，线圈L的直流电阻与定值电阻R的阻值相等。若先闭合开关S，待电路稳定后断开开关S，则下列说法正确的是（　　） A．闭合开关S，甲、乙同时亮起 B．闭合开关S，稳定后甲、乙的亮度相同 C．断开开关S，甲比乙先熄灭 D．断开开关S，甲、乙逐渐变暗并同时熄灭 【答案】BD 【详解】A，闭合开关瞬间，线圈L产生自感电动势，阻碍电流增大，乙灯缓慢变亮；电阻R无自感，甲灯立刻亮起，故A错误； B、电路稳定后，线圈直流电阻与定值电阻R的阻值相等，甲乙灯泡规格相同，两条支路总电阻相等，两支路电流相同，两灯实际功率相等，亮度相同，故B正确； CD、断开开关瞬间，电源通路切断，线圈L产生自感电流，电流沿L→乙→甲→R形成闭合回路，甲乙两灯共享同一逐渐减小的自感电流，同步逐渐变暗、同时熄灭，故C错误，D正确。 故选：BD。 4．（多选）（2025秋•洛阳月考）如图所示的电路中，电感线圈L的电阻不计，灯泡L1的阻值小于灯泡L2的阻值。闭合开关S，下列说法正确的是（　　） A．闭合开关S瞬间，电感线圈对电流有阻碍作用，是一种自感现象 B．闭合开关S，图甲中灯泡L1、L2同时亮 C．断开开关S，图甲中灯泡L2的电流方向与原来相反 D．断开开关S，图乙中灯泡L2会闪亮一下再熄灭 【答案】AD 【详解】A、当闭合开关 S 的瞬间，流过电感线圈 L 的电流从无到有迅速增加。根据电磁感应定律，穿过线圈的磁通量发生变化，线圈中会产生自感电动势。这个自感电动势的方向总是阻碍原电流的变化（即阻碍电流的增加），这种现象在物理学上称为自感现象。因此，电感线圈对电流的阻碍作用确实属于自感现象，故A正确； B、闭合开关S，电感线圈对电流的阻碍作用，灯泡L1立刻亮，灯泡L2缓慢变亮，故B错误； C、断开开关S，图甲中电感线圈L产生自感电动势，相当于新的电源，灯泡L2的电流方向与原来的电流方向相同，故C错误； D、灯泡L1的阻值小于灯泡L2的阻值，在图乙中稳定时IL1＞IL2，断开开关S，电感线圈L产生自感电动势，灯泡L1和灯泡L2组成回路，自感电流从IL1开始减小，灯泡L2会闪亮一下再逐渐熄灭，故D正确。 故选：AD。 5．（多选）（2026春•江北区校级月考）如图所示，L是自感系数很大的线圈，电阻为R，A、B和C是三只相同的小灯泡，电阻也为R，用导线通过开关S与直流电源相连。下列判断不正确的是（　　） A．闭合S瞬间，C灯最先亮，A、B灯缓慢逐渐亮 B．闭合S一段时间后，C灯最亮，B灯最暗 C．断开S瞬间，A灯闪亮一下后再熄灭 D．断开S瞬间前后，流过A灯的电流方向相反 【答案】AC 【详解】AB、闭合S的瞬间，由于线圈的自感作用，B灯中没有电流经过，A、C灯同时发光，此时两灯亮度一样，慢慢地通过线圈的电流逐渐增大，则A灯逐渐变暗，通过C灯的电流逐渐变大，C灯逐渐变亮，最后C灯最亮，因为线圈的电阻也为R，所以通过B灯的电流最小，则B灯最暗，故A错误，B正确； CD、断开S的瞬间，C灯马上熄灭，由于线圈的自感作用，线圈和B、A灯组成闭合回路，则A、B灯都要过一会儿熄灭，通过线圈的电流方向不变，则流过A灯的电流方向与原来的方向相反，因为电路稳定时，通过A灯的电流大于通过线圈的电流，所以断开S的瞬间，A灯不会出现闪亮效果，故C错误，D正确。 本题是选错误的，故选：AC。 题型四 涡流　电磁阻尼与电磁驱动 电磁阻尼与电磁驱动的比较 电磁阻尼 电磁驱动 不 同 点 成因 由于导体在磁场中运动而产生感应电流，从而使导体受到安培力 由于磁场相对导体运动引起穿过导体的磁通量变化而产生感应电流，从而使导体受到安培力 效果 安培力的方向与导体运动方向相反，阻碍导体运动 导体受安培力的方向与磁场运动方向相同，推动导体运动 能量 转化 导体克服安培力做功，其他形式的能转化为电能，最终转化为内能 由于电磁感应，磁场能转化为电能，通过安培力做功，电能转化为导体的机械能，从而对外做功 相同点 两者都是电磁感应现象，都遵循楞次定律，都是安培力阻碍引起感应电流的导体与磁场间的相对运动 考向1 涡流 【例题精讲】 【例1】（2026•康县校级一模）利用电磁感应涡流原理制作的简易加热器，在线圈上端放置一盛水金属杯，接通交流电源可加热水。若要缩短加热时间，可行的措施是（　　） A．降低交流电源的频率 B．增加线圈的匝数 C．将金属杯换为木质杯 D．将交流电源换成电动势更大的直流电源 【答案】B 【详解】AB、该加热器的加热原理为：线圈通入交变电流，线圈产生的交变的磁场使金属杯产生涡流，从而进行加热。由法拉第电磁感应定律可知，增加线圈的匝数、提高交流电的频率均可以提高发热功率，则可以缩短加热时间；故A错误，B正确； C、将杯子换作木制杯不会产生涡流，则无法加热水，故C错误； D、将交流电源换成电动势更大的直流电源，由于直流电不会在金属杯中产生感应电流，故无法使水加热，故D错误。 故选：B。 【例2】（2026春•江阴市校级期末）如图所示，条形磁铁用细线悬挂在O点，O点正下方固定一个水平放置的实心铝盘。让磁铁在竖直面内从左边静止释放，虚线为释放位置的对称位置，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．磁铁由于电磁阻尼无法摆到虚线位置 B．磁铁由于电磁驱动会持续摆动 C．铝盘中的涡流总是排斥磁铁，对磁铁的作用力总是阻力 D．最终铝盘中涡流产生的焦耳热大于磁铁损失的重力势能 【答案】A 【详解】AB、结合楞次定律，感应电流总是阻碍磁铁的相对运动，磁铁无法摆到虚线位置，且最终会停止，故A正确，B错误； C、结合楞次定律，磁铁靠近铝线圈时受到斥力作用，远离铝线圈时受到引力作用，故C错误； D、结合能量守恒定律，最终铝盘中涡流产生的焦耳热等于磁铁损失的重力势能，故D错误。 故选：A。 【变式训练1】（2026•房山区学业考试）真空冶炼炉的示意图如图所示。炉内装入待冶炼的金属、炉外线圈通入交变电流，这时被冶炼的金属就能熔化。这种冶炼方法速度快，温度容易控制，并能避免有害杂质混入被冶炼金属中，因此适合冶炼特种金属。关于该真空冶炼炉，下列说法正确的是（　　） A．利用线圈中电流的热效应 B．利用线圈中变化的电流在金属中产生的电流的热效应 C．电流变化得越慢，金属熔化得越快 D．炉中金属的电阻率越大，金属熔化得越快 【答案】B 【详解】A.线圈中电流的热效应是指电流通过线圈自身电阻发热，而真空冶炼炉是利用金属内部产生的涡流发热来熔化金属，并非利用线圈自身的热效应，故A错误； B.线圈中变化的电流产生变化的磁场，穿过金属的磁通量随时间变化，在金属内部产生感应电流即涡流，利用涡流的热效应使金属温度升高直至熔化，故B正确； C.电流变化得越快，磁通量的变化率越大，根据法拉第电磁感应定律，金属中产生的感应电动势越大，涡流越强，单位时间内产生的热量越多，金属熔化得越快，故C错误； D.金属的电阻率越大，在相同感应电动势下，涡流越小，由焦耳定律可知，单位时间内产生的热量越少，金属熔化得越慢，故D错误。 故选：B。 【变式训练2】（2026春•浦东新区校级期中）下列图片解释，错误的是（　　） A．通入稳恒电流，真空冶炼炉不能加热金属矿物 B．电磁炉可以通过绝缘的陶瓷锅给食物加热 C．互相绝缘的硅钢片叠成铁芯，可以减少涡流损耗 D．手指靠近电容式手机触摸屏，相应部分的电容和电荷量随之改变 【答案】B 【详解】A.真空冶炼炉依靠交变电流产生的变化磁场，在金属矿物中激发涡流实现加热，通入稳恒电流时，产生的磁场恒定，磁通量不变，无法激发涡流，故A正确； B.电磁炉依靠交变磁场在金属锅具中激发涡流来加热，陶瓷锅为绝缘体，无法形成涡流，故B错误； C.变压器铁芯用互相绝缘的硅钢片叠制，可增大涡流回路的电阻，减小涡流强度，从而减少涡流损耗，故C正确； D.手指靠近电容式触摸屏时，会与触摸屏电极形成电容，极板间距变化会改变电容大小，在电压不变时，相应部分的电荷量会随之改变，故D正确。 本题选择错误的，故选：B。 【变式训练3】（2025秋•洛阳期末）考试时，监考教师使用手持金属探测器对进入考场的考生进行检查，如题图所示，该探测器涉及的基本原理是（　　） A．涡流 B．静电感应 C．电磁阻尼 D．电磁驱动 【答案】A 【详解】金属探测器是通过交流电产生的变化磁场在金属处产生涡流的基本原理，故A正确，BCD错误。 故选：A。 【题型精练】 1．（2026•顺义区模拟）金属探测器的线圈中通有变化的电流，探测金属物品时，金属中会感应出涡流，涡流的磁场反过来影响线圈中的电流，使仪器报警。关于其工作原理，下列说法正确的是（　　） A．线圈中通有变化电流的目的是产生变化的磁场 B．探测器接触金属物品，才能在金属物品中产生涡流 C．涡流产生的磁场总是与线圈的磁场方向相反 D．探测器报警的直接原因是金属物品发热 【答案】A 【详解】A．根据电流的磁效应，变化的电流会产生变化的磁场，这是使金属内部磁通量发生变化、产生涡流的前提，故A正确； B．涡流产生的条件是金属处于变化的磁场中，并不需要探测器和金属直接接触，磁场可以穿过空气作用于金属，不需要探测器接触金属，故B错误； C．根据楞次定律，涡流的磁场仅阻碍原磁场的变化：线圈磁场增强时涡流磁场与线圈磁场反向，线圈磁场减弱时涡流磁场与线圈磁场同向，并非总是相反，故C错误； D．题干明确说明报警的直接原因是涡流的磁场反过来影响线圈中的电流，和金属发热无关，故D错误。 故选：A。 2．（2026春•福州期中）如图所示，在线圈上端放置一盛有冷水的金属杯，现接通交流电源，过了几分钟，杯内的水沸腾起来。若要缩短上述加热时间，下列措施可行的是（　　） A．提高交流电源的频率 B．将金属杯换为陶瓷杯 C．减少线圈的匝数 D．增大交流电的周期 【答案】A 【详解】A、根据法拉第电磁感应定律可知，感应电动势 提高交流电源的频率，磁感应强度的变化率变大，感应电动势变大，感应电流的功率增大，故A正确； B、将金属杯换为陶瓷杯后，由于陶瓷不是导体，因此陶瓷杯中不能产生感应电流，无法给水加热，故B错误； C、减少线圈的匝数会降低交流电产生的感应电动势，则感应电流的功率减小，使杯内的水沸腾所需的时间延长，故C错误； D、增大交流电的周期，磁感应强度的变化率变小，感应电动势变小，感应电流的功率减小，故D错误。 故选：A。 3．（多选）（2026春•兴宁区校级期中）关于下列四幅图，说法正确的是（　　） A．图甲中穿过金属圆环1和2的磁通量大小分别为φ1和φ2，则φ1＞φ2 B．图乙中粒子打在核乳胶底片上的位置越靠近S0，粒子的比荷越小 C．图丙是真空冶炼炉，当炉外线圈通入高频交流电时，线圈产生大量热量，从而冶炼金属 D．图丁为霍尔元件，若载流子带负电，稳定时元件左侧的电势低于右侧的电势 【答案】AD 【解答】解A、条形磁铁的磁场中，圆环1更靠近磁极，穿过圆环的磁感线更密集；圆环2离磁极更远，且穿过圆环的反向磁感线（外部磁场）抵消了更多磁通量，则穿过圆环1的磁通量大于圆环2的磁通量，即φ1＞φ2，故A正确； B、粒子先通过速度选择器qE＝qvB1，得到速度，所有粒子速度相同，进入偏转磁场后，轨道半径，位置越靠近S0，说明轨道半径r越小，由公式可知，r越小，比荷越大，故B错误； C、这是高频感应炉，利用的是涡流的热效应，当线圈通入高频交流电时，变化的磁场在炉内的金属中激发涡流，使金属内部的涡流产生大量热量，从而冶炼金属，而不是线圈本身发热，故C错误； D、霍尔元件，载流子带负电，根据左手定则（负电荷运动方向与电流方向相反，四指指向电流方向），负电荷受到的洛伦兹力指向元件的左侧，负电荷会向左侧偏转并聚集，导致元件左侧带负电，右侧带正电，则左侧电势低于右侧电势，故D正确。 故选：AD。 4．（多选）（2025秋•宁波期末）下列有关物理现象及其原理，说法正确的是（　　） A．图1中的扼流圈是电工技术和电子技术常用的元件，利用了电感器对交流电的阻碍作用 B．图2为检验通电导线周围是否存在磁场，要使实验现象明显，导线应东西方向放置 C．图3，三个大线圈连接到三相电源上就能产生旋转磁场，内部的小线框由于电磁驱动可以与磁场同方向地转动起来 D．图4，强磁铁从有竖直裂缝的铝管中下落，铝管内不会产生感应电动势 【答案】AC 【详解】A：扼流圈的工作原理是利用电感器对交流电的阻碍作用（感抗），在电工与电子技术中常用作滤波或限流元件，故A正确； B.奥斯特实验中，为使小磁针偏转现象明显，导线应南北方向放置（让电流磁场与地磁场垂直），而非东西方向，故B错误； C.三个线圈接三相电源会产生旋转磁场，内部小线圈因电磁感应产生电流，受安培力驱动随磁场同向转动，故C正确； D.强磁铁从有竖直裂缝的铝管下落时，铝管金属部分仍会切割磁感线产生感应电动势，只是裂缝阻断了感应电流，故D错误。 故选：AC。 5．（多选）（2025秋•揭阳期末）关于以下四幅图说法正确的是（　　） A．图甲，由静止释放的强磁铁可以在竖直铝管中做自由落体运动 B．图乙，断开开关S时，延时继电器的弹簧K并不会立刻将衔铁D拉起 C．图丙，真空冶炼炉接高频交流电，能利用炉内金属产生的涡流使金属熔化 D．图丁，用相互绝缘的硅钢片叠成的铁芯代替整块硅钢铁芯是为了美观、方便组装 【答案】BC 【详解】A.甲图中，强磁铁在竖直铝管下落时，铝管（导体）会因磁通量变化产生感应电流，磁铁受到安培力阻碍运动，做的是阻尼运动，并非自由落体运动，故A错误； B.乙图是延时继电器，断开开关S时，线圈B会因自感现象产生感应电动势，维持电路短暂有电流，电磁铁仍保持磁性，因此弹簧K不会立刻将衔铁D拉起，故B正确； C.丙图是真空冶炼炉，接高频交流电时，变化的磁场会使炉内金属产生涡流，涡流的热效应可使金属熔化，故C正确； D.丁图中，用相互绝缘的硅钢片叠成铁芯，是为了增大电阻、减小涡流，从而减少铁芯的发热损耗，并非为了美观或方便组装，故D错误。 故选：BC。 考向2 电磁阻尼与电磁驱动 【例题精讲】 【例1】（2026春•镇江期末）如图所示为四种利用磁场让金属圆筒减速的方案，A、C选项中圆筒开有沿轴线方向的窄缝，则减速效果最好的是（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】A、磁场方向与圆筒的转轴（轴线）平行，同时圆筒开有沿轴线方向的窄缝。当圆筒绕轴线转动时，筒壁上的金属部分几乎不会切割磁感线，无法形成有效的闭合感应回路，几乎不会产生涡流，因此电磁阻尼作用极弱，减速效果很差，故A错误； B、磁场方向同样与圆筒的转轴平行，完整的金属圆筒绕轴线转动时，筒壁的运动方向与磁感线方向近乎平行，几乎不会产生磁通量的变化，无法形成明显的感应涡流，电磁阻尼作用很弱，减速效果差，故B错误； C、磁场方向与圆筒的转轴垂直，但圆筒开有沿轴线方向的窄缝。窄缝破坏了筒壁周向的闭合导电回路，圆筒转动时即便部分区域切割磁感线，也无法形成大的周向感应涡流，只能产生很微弱的感应电流，电磁阻尼作用有限，减速效果不佳，故C错误； D、磁场方向与圆筒的转轴垂直，且圆筒是完整无窄缝的金属结构。当圆筒绕轴线转动时，筒壁的每一部分都会持续切割磁感线，在筒壁内部形成大面积的闭合感应涡流，强大的涡流会在磁场中受到显著的安培阻力（电磁阻尼），将圆筒的机械能高效转化为内能，因此减速效果最好，故D正确。 故选：D。 【例2】（2026春•长沙月考）如图所示，带电粒子（不计重力）在以下四种器件中运动，下列说法正确的是（　　） A．甲图中，无论是电子还是质子从左向右水平通过速度选择器的速度都满足 B．乙图中由静止释放的磁铁在竖直铝管中做自由落体运动 C．丙图中通过励磁线圈的电流越大，粒子就能获得更大的动能 D．丁图中增大加速电压，粒子获得的最大速度不会因此变大 【答案】D 【详解】A、若粒子能从左向右水平射入速度选择器中做匀速直线运动，则Eq＝qvB 代入数据可得，速度选择器选择的是粒子的速度大小和方向，与粒子的电性、质量、电荷量无关，故A错误； B、乙图中由静止释放磁铁，竖直铝管中产生感应电流，感应电流产生的磁场对磁铁阻力的作用，磁铁既受重力，也受磁场力，故B错误； C、丙图中通过励磁线圈的电流越大，线圈产生的磁场越强，但是洛伦兹力对粒子不做功，故粒子的动能不变，故C错误； D．图丁中，当粒子运动半径等于D型盒半径时具有最大速度，即 代入数据可得 粒子的最大动能，最大动能与加速电压无关，故D正确。 故选：D。 【变式训练1】（2026•楚雄州模拟）关于如图所示四幅图所涉及的物理知识，下列说法正确的是（　　） A．图甲中转动把手可以使铝框跟随磁铁以相反方向转动，用到了电磁阻尼原理 B．图乙中电子从左孔水平向右射入装置，可能做匀速直线运动或类平抛运动 C．图丙是电磁振荡实验电路，图中时刻电容器的电场能最大，此后的四分之一周期内线圈中的电流一直增大 D．图丁是闭合电路中电源输出功率与外电阻的关系，当R＝r时，电源效率最大 【答案】C 【详解】A.图甲中转动把手带动磁铁转动，铝框因电磁感应产生感应电流，根据楞次定律，感应电流的磁场会阻碍铝框与磁铁的相对运动，因此铝框会跟随磁铁以相同方向转动，这是电磁驱动原理，而非电磁阻尼，故A错误； B.图乙中电子水平向右射入，电场力F电＝eE方向向上，洛伦兹力F洛＝evB，方向向下，当时，F电＝F洛，电子做匀速直线运动；若合力为变力（洛伦兹力随速度方向变化），加速度方向改变，无法做类平抛运动，故B错误； C.图丙中电流i＝0，此时电容器电荷量最大，电场能最大；此后电容器放电，在四分之一周期内，电场能转化为磁场能，线圈中的电流持续增大，故C正确； D.电源效率，外电阻R越大效率越高；当R＝r时输出功率最大，但效率仅为50%，并非最大，故D错误。 故选：C。 【变式训练2】（2026春•蜀山区校级期中）上海慧眼（图甲）是中国自主研制开发的世界上首个电涡流摆式调谐质量阻尼器，是中国一项创新技术，其功能是强风来袭摩天大楼晃动时，通过摆动可以削减高层晃动，帮助超高层建筑保持楼体稳定和安全，阻尼器的原理可用图乙表示：摆锤的底部附着永磁体，一起在导体板的上方摆动，导体板内产生涡流，下列说法正确的是（　　） A．导体板中产生的电流大小不变 B．阻尼器将机械能转化为内能 C．将整块的导体板分割成多块，阻尼效果更好 D．利用这一装置所揭示的原理可制成电动机 【答案】B 【详解】A、摆锤摆动的快慢不断变化，导致穿过导体板的磁感应强度变化率不断变化，导体板中产生的电流大小也不断变化，故A错误； B、电磁阻尼原理：摆锤的机械能转换成导体板涡流电能，电流热效应变成内能，故B正确； C、将整块的导体板分割成多块，则导体板的电阻增大，感应电流减小，阻尼效果减弱，故C错误； D、该装置的原理是电磁阻尼，而电动机的原理是通电导体在磁场中受安培力，故利用这一装置所揭示的原理不能制成电动机，故D错误。 故选：B。 【变式训练3】（2026春•金堂县校级期中）如图，将铝管竖直放在水平桌面上，将一块磁铁从其上端由静止释放穿过铝管，在磁铁下落过程中，磁铁不与铝管相碰，忽略空气阻力。下列说法正确的是（　　） A．在磁铁下落过程中，磁铁做自由落体运动 B．在磁铁下落过程中，铝管对桌面的压力大于铝管的重力 C．在磁铁下落过程中，磁铁和铝管构成的系统机械能守恒 D．若更换质量相同、磁性更强的磁铁，磁铁下落时间将变短 【答案】B 【详解】AC、磁铁下落过程中，铝管中磁通量发生变化，产生感应电流，根据楞次定律，感应电流产生磁场对磁铁作用力向上，磁铁不是做自由落体运动，机械能减小，故AC错误； B、感应电流产生磁场对磁铁作用力向上，对铝管的作用力的方向向下，铝管受到重力、桌面的支持力和向下的安培力处于平衡状态，则铝管对桌面的压力大于铝管的重力，故B正确； D、若更换质量相同、磁性更强的磁铁，磁铁下降相同速度穿过铝管的磁通量变化更快，所以产生的感应电流更大，则磁铁受到的安培力更大，磁铁下落时间将变长，故D错误。 故选：B。 【题型精练】 1．（2026春•高淳区期中）下列与电磁感应有关的现象中说法正确的是（　　） A．甲图中，当蹄形磁体顺时针转动（从上往下看）时，铝框也将沿顺时针方向转动 B．乙图中，真空冶炼炉的线圈通入高频交流电时，线圈会产生大量热量使金属熔化 C．丙图中，磁电式仪表内部把线圈绕在铝框骨架上，起到电磁驱动的作用 D．丁图中，铜盘在转动过程中，当手持蹄形磁体靠近铜盘时，铜盘的转速不变 【答案】A 【详解】A、当蹄形磁体顺时针转动（从上往下看）时，根据电磁感应原理，铝框中会产生感应电流，感应电流的磁场会阻碍磁体的转动，所以铝框将沿顺时针方向转动，故A正确； B、真空冶炼炉的炉外线圈通入高频交流电时，是线圈中变化的电流产生变化的磁场，使炉内金属中产生涡流，涡流产生的热量使金属熔化，从而冶炼金属，而不是线圈产生大量热量，故B错误； C、磁电式仪表中把线圈在铝框骨架上，当线圈转动时，铝框中会产生涡流，涡流的磁场会阻碍线圈的转动，起到电磁阻尼的作用，而不是电磁驱动，故C错误； D、图丁中，铜盘在转动过程中，当手持蹄形磁体靠近铜盘时，铜盘中会产生涡流，涡流的磁场会阻碍磁体的相对运动，从而影响铜盘的转速，故D错误。 故选：A。 2．（2026•日照模拟）关于电磁感应的应用，下列说法正确的是（　　） A．真空冶炼炉可以对非金属直接加热 B．金属物品通过安检门时会产生涡流，涡流的磁场影响报警器使其报警 C．电磁炉是利用电磁感应原理，使锅内的水直接产生热量 D．电磁弹射系统是利用导体切割磁感线产生动生电动势 【答案】B 【详解】A．真空冶炼炉是涡流加热，涡流只能在金属导体产生，不能直接加热非金属，故A错误； B．安检门通过交变电流产生交变磁场，金属物品通过时内部会感应出涡流，涡流的磁场反过来改变安检门原有磁场的分布，触发报警器报警，故B正确； C．电磁炉是锅底金属产生涡流发热，再将热量传递给锅内的水，不是水直接生热，故C错误； D．电磁弹射系统的工作原理是通电导体在磁场中受安培力作用获得推力，并非利用导体切割磁感线产生动生电动势，故D错误。 故选：B。 3．（多选）（2026•浙江开学）电磁学知识在科技生活中有广泛的应用，下列相关说法正确的是（　　） A．图甲中，高压输电线的上方还有两条导线，可以形成稀疏的金属“网”把高压线屏蔽起来，免遭雷击，是利用了静电屏蔽的原理 B．图乙中，线圈在电路中产生的自感电动势一定会大于原来电路中的电源电动势 C．图丙中，自制金属探测器是利用地磁场来进行探测的 D．图丁中，在磁电式仪表内把线圈绕在铝框骨架上可以增加电磁阻尼的作用 【答案】AD 【详解】A、图甲中高压输电线上方的两条导线是避雷线，其利用静电屏蔽原理保护高压线免遭雷击，故A正确； B、图乙中自感电动势，其大小取决于电流变化的快慢，不一定大于电源电动势，故B错误； C、图丙中金属探测器利用电磁感应原理工作，并非利用地磁场，故C错误； D、图丁中铝框内产生涡流，受到安培力阻碍线圈转动，起到电磁阻尼作用，故D正确。 故选：AD。 4．（多选）（2025秋•呼和浩特校级期末）磁力刹车是游乐场中过山车采用的一种新型刹车装置，比靠摩擦力刹车更稳定。如图所示，这是该新型装置的原理图（从后面朝前看），过山车的两侧装有铜片，停车区的轨道两侧装有强力磁铁，当过山车进入停车区时，铜片与磁铁的相互作用能使过山车很快停下来。下列说法正确的是（　　） A．磁力刹车应用了电磁驱动 B．磁力刹车应用了电磁感应 C．过山车的质量越大，它进入停车区时由电磁作用引起的刹车阻力越大 D．磁力刹车的过程中动能转化为电能，最终转化成内能 【答案】BD 【详解】AB.磁力刹车是铜片在磁场中运动产生感应电流，属于电磁感应现象，进而受到安培力阻碍运动，这是电磁阻尼现象，电磁驱动是磁场主动带动导体运动，故A错误，B正确； C.根据感应电动势E＝BLv，感应电流，安培力F＝BIL，联立可得，可见过山车的速度v越大，产生的刹车阻力F就越大，与过山车的质量无关，故C错误； D.刹车过程中，过山车的动能通过电磁感应转化为铜片中的电能，最终变为内能，使动能转化为电能，故D正确。 故选：BD。 5．（多选）（2024秋•广东校级期末）电磁感应现象在科技和生活中有着广泛的应用，下列说法正确的是（　　） A．图甲中，发射线圈接入恒定电流也能实现手机充电 B．图乙中，电磁炉不能使用陶瓷锅，是因为陶瓷导热性能比金属差 C．图丙中，真空冶炼炉的炉外线圈通入高频交流电时，被冶炼的金属产生涡流，从而高温冶炼 D．图丁中，电流表在运输时要用导线把两个接线柱连在一起，这是为了保护电表指针，利用了电磁阻尼原理 【答案】CD 【详解】A．根据感应电流产生的条件可知，充电设备中的发射线圈通恒定电流，其产生的磁场是恒定的，不能使手机产生感应电流，不能实现无线充电，故A错误； B．电磁炉不能用陶瓷锅是因为陶瓷锅属于绝缘材料，不会产生涡流，故B错误； C．真空冶炼炉，当炉外线圈通入高频交流电时，线圈产生交变磁场，被冶炼的金属产生涡流，产生大量的热从而冶炼金属，故C正确； D．在运输时要用导线把电流表两个接线柱连在一起，这是为了保护电表指针，利用了电磁阻尼原理，故D正确。 故选：CD。 【真题回顾】 1．（2025•浙江）如图甲所示，有一根长1m、两端固定紧绷的金属丝，通过导线连接示波器。在金属丝中点处放置一蹄形磁铁，在中点附近1.00cm范围内产生B＝10﹣3T、方向垂直金属丝的匀强磁场（其他区域磁场忽略不计）。现用一激振器使金属丝发生垂直于磁场方向的上下振动，稳定后形成如图乙所示的不同时刻的波形，其中最大振幅A＝0.5cm。若振动频率为f，则振动最大速度v＝2πfA。已知金属丝接入电路的电阻r＝0.5Ω，示波器显示输入信号的频率为150Hz。下列说法正确的是（　　） A．金属丝上波的传播速度为 B．金属丝产生的感应电动势最大值约为 C．若将示波器换成可变电阻，则金属丝的最大输出功率约为 D．若让激振器产生沿金属丝方向的振动，其他条件不变，则金属丝中点的振幅为零 【答案】C 【详解】A．根据图乙，有λ＝1m，可得λm，由v＝λf150m/s＝100m/s，则金属丝上波的传播速度为100m/s，故A错误； B．已知只考虑在中点附近L＝1.00cm范围内的磁场。金属丝产生的感应电动势最大值约为： Em＝BLvm＝BL×2πfA＝10﹣3×1.00×10﹣2×2π×150×0.5×10﹣2V＝1.5π×10﹣5V，故B错误； C．金属丝产生的感应电动势的有效值为：E 若将示波器换成可变电阻，根据电源的最大输出功率公式Pm 代入数据解得金属丝的最大输出功率约为Pm，故C正确； D．若让激振器产生沿金属丝方向的振动，会产生纵波，其他条件不变，故金属丝中点的振幅不为零，故D错误。 故选：C。 2．（2025•山西）电磁压缩法是当前产生超强磁场的主要方法之一，其原理如图所示，在钢制线圈内同轴放置可压缩的铜环，其内已“注入”一个初级磁场，当钢制线圈与电容器组接通时，在极短时间内钢制线圈中的电流从零增加到几兆安培，铜环迅速向内压缩，使初级磁场的磁感线被“浓缩”，在直径为几毫米的铜环区域内磁感应强度可达几百特斯拉。此过程，铜环中的感应电流（　　） A．与钢制线圈中的电流大小几乎相等且方向相同 B．与钢制线圈中的电流大小几乎相等且方向相反 C．远小于钢制线圈中的电流大小且方向相同 D．远小于钢制线圈中的电流大小且方向相反 【答案】B 【详解】当钢制线圈中电流迅速增加时，产生迅速增强的磁场，铜环的磁通量迅速增大，根据楞次定律，铜环中会产生感应电流来阻碍磁通量的增加，铜环中的感应电流大小与钢制线圈中的电流大小几乎相等。铜环中感应电流产生的磁场方向与钢制线圈产生的磁场方向相反，根据安培定则，铜环中的感应电流的方向与钢制线圈中的电流方向相反，故B正确、ACD错误。 故选：B。 3．（2024•湖南）如图，有一硬质导线Oabc，其中是半径为R的半圆弧，b为圆弧的中点，直线段Oa长为R且垂直于直径ac。该导线在纸面内绕O点逆时针转动，导线始终在垂直纸面向里的匀强磁场中。则O、a、b、c各点电势关系为（　　） A．φO＞φa＞φb＞φc B．φO＜φa＜φb＜φc C．φO＞φa＞φb＝φc D．φO＜φa＜φb＝φc 【答案】C 【详解】a、b、c点绕O点逆时针转动时，相当于长为Oa、Ob、Oc的导体棒转动切割磁感线，由右手定则可知，O点电势最高。设导线转动角速度大小为ω，由转动切割磁感线产生感应电动势公式有E。又lc＝lb，la＝R，由于lc＝lb＞la，则UOc＝UOb＞UOa，则 φO﹣φc＝φO﹣φb＞φO﹣φa，所以φO＞φa＞φb＝φc，故ABD错误，C正确。 故选：C。 4．（2024•山东）如图甲所示，在﹣d≤x≤d、﹣d≤y≤d的区域中存在垂直Oxy平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场（用阴影表示磁场的区域），边长为2d的正方形线圈与磁场边界重合。线圈以y轴为转轴匀速转动时，线圈中产生的交变电动势如图乙所示。若仅磁场的区域发生了变化，线圈中产生的电动势变为图丙所示实线部分，则变化后磁场的区域可能为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】图乙中，线圈中产生的交变电流的电动势瞬时值的表达式 当时，线圈转动的时间为t1 因此有 解得 即线圈从中性面开始转过时，线圈中才产生感应电动势； 线圈中磁场覆盖的区域如图所示（俯视图）： 根据数学知识结合对称性，磁场区域为 综上分析，故ABD错误，C正确。 故选：C。 5．（多选）（2025•江西）如图所示，一细金属导体棒PQ在匀强磁场中沿纸面由静止开始向右运动，磁场方向垂直纸面向里。不考虑棒中自由电子的热运动。下列选项正确的是（　　） A．电子沿棒运动时不受洛伦兹力作用 B．棒运动时，P端比Q端电势低 C．棒加速运动时，棒中电场强度变大 D．棒保持匀速运动时，电子最终相对棒静止 【答案】CD 【详解】A．由左手定则可知，是电子随着棒向右运动，电子受到竖直向下的洛伦兹力，沿棒向下运动，故A错误； B．根据右手定则可知，棒向右运动时，P端比Q端电势高，故B错误； C．棒加速运动时，PQ两端电势差U＝BLv，可知棒中电场强度，则棒加速运动时，v变大，故棒中电场强度变大，故C正确； D．棒保持匀速运动时，PQ两端电势差保持恒定，电子将集聚在导体棒下端，最终相对棒静止，故D正确。 故选：CD。 6．（多选）（2025•西藏）如图，过P点的虚线上方存在方向垂直于纸面的匀强磁场。一金属圆环在纸面内以P点为轴沿顺时针方向匀速转动，O为圆环的圆心，OP为圆环的半径。则（　　） A．圆环中感应电流始终绕O逆时针流动 B．OP与虚线平行时圆环中感应电流最大 C．圆环中感应电流变化的周期与环转动周期相同 D．圆环在磁场内且OP与虚线垂直时环中感应电流最大 【答案】BC 【详解】A．根据楞次定律，圆环中感应电流先绕O逆时针流动后绕O点顺时针流动，故A错误； B．OP与虚线平行时转动切割磁感线的有效长度最大，根据闭合电路的欧姆定律I可知，则圆环中感应电流最大，故B正确； C．在圆环转动一周的过程中，圆环转动90°，感应电流由0达到最大，转动180°过程中，感应电流由最大减小为0，之后又反向增大再减小，则感应电流变化的周期与环转动周期相同，故C正确； D．圆环在磁场内且OP与虚线垂直时圆环中的感应电动势为0，环中感应电流为0，故D错误。 故选：BC。 1 / 5 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题55 法拉第电磁感应定律 自感和涡流 目录 题型一 法拉第电磁感应定律的理解及应用 2 考向1 感应电动势和感应电流的计算 3 题型二 动生电动势的计算 12 考向1 导体平动切割磁感线 13 考向2 导体转动切割磁感线 22 题型三 自感现象及应用 30 考向1 自感现象 31 题型四 涡流　电磁阻尼与电磁驱动 38 考向1 涡流 38 考向2 电磁阻尼与电磁驱动 44 【真题回顾】 51 【基础回顾】 一、法拉第电磁感应定律 1.感应电动势 （1）概念：在电磁感应现象中产生的电动势。 （2）产生条件：只要穿过回路的磁通量发生变化，就能产生感应电动势，与电路是否闭合无关。 （3）方向判断：产生感应电动势的那部分电路（导体或线圈）相当于电源，电源的正、负极可由 右手定则或楞次定律判断。 2.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，其中n为线圈匝数。 （3）感应电流与感应电动势的关系：遵循闭合电路的欧姆定律，即I＝ 。 3.导体切割磁感线的情形 （1）垂直切割：E＝ Blv，式中l为导体切割磁感线的有效长度。 （2）不垂直切割：E＝ Blvsin θ，式中θ为v与B的夹角。 （3）匀速转动：导体棒在垂直匀强磁场方向以角速度ω绕一端转动切割磁感线时，E＝ Bl2ω。 二、自感、涡流、电磁阻尼和电磁驱动 1.互感现象 两个互相靠近的线圈，当一个线圈中的电流变化时，它所产生的变化的磁场会在另一个线圈中产生感应电动势。这种现象叫作互感，这种感应电动势叫作互感电动势。 2.自感现象 （1）概念：由于导体本身的电流变化而产生的电磁感应现象称为自感。 （2）自感电动势 ①定义：在自感现象中产生的感应电动势叫作 自感电动势　。 ②表达式：E＝ L。 （3）自感系数L ①相关因素：与线圈的大小、形状、匝数以及是否有铁芯等因素有关。 ②单位：亨利（H），1 mH＝ 10－3　H,1 μH＝ 10－6　H。 3.涡流 当线圈中的电流发生变化时，在它附近的任何导体中都会产生感应电流，这种电流像水中的旋涡，所以叫涡流。 4.电磁阻尼 导体在磁场中运动时，感应电流会使导体受到安培力，安培力的方向总是阻碍导体的运动。 5.电磁驱动：如果磁场相对于导体运动，在导体中会产生 感应电流使导体受到安培力的作用，安培力使导体运动起来。交流感应电动机就是利用电磁驱动的原理工作的。 6.电磁阻尼和电磁驱动的原理体现了 楞次定律　的推广应用。 题型一 法拉第电磁感应定律的理解及应用 1.确定感应电路中电势高低的方法 2.法拉第电磁感应定律的理解 （1）说明：E的大小与Φ、ΔΦ无关，决定于磁通量的变化率。 （2）磁通量的变化率对应Φ－t图线上某点切线的斜率。 （3）公式E＝n求解的是一个回路中某段时间的平均电动势，在磁通量均匀变化时，瞬时值才等于平均值。 3.应用法拉第电磁感应定律的三种情况 （1）当ΔΦ仅由B的变化引起时，E＝nS，其中S为线圈在磁场中的有效面积。若B＝B0＋kt，则＝k。 （2）当ΔΦ仅由S的变化引起时，E＝nB。 （3）当B、S同时变化时，则＝n≠n。求瞬时值时，分别求出动生电动势E1和感生电动势E2并进行叠加。 考向1 感应电动势和感应电流的计算 【例题精讲】 【例1】（2026•房山区学业考试）如图所示，a、b两个闭合单匝线圈用同样的导线制成，半径ra＝2rb。如图所示区域内有匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀减小。下列说法正确的是（　　） A．a、b线圈都产生了逆时针方向的电流 B．a、b线圈中产生的感应电动势之比Ea：Eb＝1：1 C．a、b线圈中感应电流之比Ia：Ib＝2：1 D．a、b线圈中电功率之比Pa：Pb＝4：1 【答案】C 【详解】A．因为磁感应强度随时间均匀减小，所以穿过线圈的磁通量在减小，根据楞次定律可知，感应电流的磁场方向与原磁场方向相同，根据安培定则可知a、b线圈都产生了顺时针方向的电流，故A错误； B．根据法拉第电磁感应定律有，可得a、b线圈中产生的感应电动势之比Ea：Eb＝4：1，故B错误； C．根据电阻定律有，可知Ra：Rb＝2：1，根据可知，a、b线圈中感应电流之比Ia：Ib＝2：1，故C正确； D．根据P＝I2R可得，a、b线圈中电功率之比Pa：Pb＝8：1，故D错误。 故选：C。 【例2】（2026春•武侯区校级期末）如图所示，在长直螺线管中间区域放置一个匝数为n、面积为S的同轴小线圈。已知，长直螺线管通电后其内部磁场处处相同，磁感应强度的大小B与螺线管中的电流I成正比，即B＝αI。在一段时间内，若电流I随时间t的变化关系满足I＝βt（β为常量），由理想电压表测出小线圈的感应电动势为E，则α可以表示为（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】由题意知电流在长直螺线管中产生的磁感应强度大小为B＝αβt 小线圈中产生的感应电动势为，则，故D正确，ABC错误。 故选：D。 【变式训练1】（2026•河南模拟）用材料相同粗细均匀的导线做成如图所示的单匝线圈，线圈构成一个闭合回路，中间大圆的半径为2d，左右两侧小圆的半径均为d，导线单位长度的电阻为r，将线圈固定在与线圈平面垂直的磁场中，磁场随时间发生变化，磁感应强度大小为B＝B0+kt，式中的B0和k为常量，且k＞0，则线圈中感应电流的大小为（　　） A． B． C． D．0 【答案】B 【详解】结合楞次定律，左侧小圆和中间大圆产生的感应电流方向相同，而右侧小圆产生的感应电流方向与左侧小圆和中间大圆的相反，根据法拉第电磁感应定律可得线圈中感应电动势的大小为 导线单位长度的电阻为r，电路总电阻为R＝r•[（2πd）×2+2π•2d] 联立可得线圈中感应电流的大小，故B正确，ACD错误。 故选：B。 【变式训练2】（2026春•重庆期中）如图甲所示，一个圆形线圈用绝缘杆固定在天花板上，线圈的匝数为n，半径为r，总电阻为R，线圈平面与匀强磁场垂直，且下面一半处在磁场中，t＝0时磁感应强度的方向如图甲所示，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示。下列说法正确的是（　　） A．在0～2t0的时间间隔内线圈内感应电流先沿顺时针方向后沿逆时针方向 B．在0～2t0的时间间隔内线圈受到的安培力先向上后向下 C．在0～t0的时间间隔内线圈中感应电流的大小为 D．在时线圈受到的安培力的大小为 【答案】C 【详解】A．在0～t0内，原磁场方向向里且磁感应强度减小，故感应电流产生的磁场方向向里，线圈内感应电流为顺时针方向；t0～2t0内，原磁场方向向外且磁感应强度增大，故感应电流产生的磁场方向向里，线圈内感应电流为顺时针方向。因此在0～2t0的时间间隔内线圈内感应电流始终沿顺时针方向，故A错误。 B．感应电流始终沿顺时针方向，由左手定则可知，在0～t0内原磁场向里减小，线圈有向磁场中运动的趋势，受到的安培力向下；t0～2t0内原磁场向外增大，线圈有远离磁场的趋势，受到的安培力向上。因此在0～2t0的时间间隔内线圈受的安培力向下后向上，故B错误。 C．根据法拉第电磁感应定律可知感应电动势，由欧姆定律可知在0～t0的时间间隔内线圈中感应电流的大小，故C正确。 D．由图乙可知，在时磁感应强度大小，线圈所受安培力大小，故D错误。 故选：C。 【变式训练3】（2026•台州模拟）图1为轴向磁通电机，线圈固定在定子上，转子盘由相互间隔的永磁体组成。图2中线圈内外半径分别为r0、2r0，每个线圈的电阻为R，线圈简化为单匝线圈，转子单个磁场、定子单个线圈所对圆心角均为60°。图3磁场中磁感应强度大小均为B。当线圈中通以方向变化、大小恒为I0的电流时，转子盘受到安培力作用以角速度ω逆时针转动。对于线圈a，下列说法正确的是（　　） A．感应电动势为Bω B．驱动时电流为逆时针方向 C．电流变化的最小周期为 D．左、右两侧边受到安培力的合力大小为BI0r0 【答案】D 【详解】A、单条边感应电动势E＝Br0v中，即 线圈有两边，故A错误； B、线圈受力方向与磁铁受力方向相反 结合安培定则得，线圈a中的电流方向为顺时针方向，故B错误； C、从转子、定子的结构看，每转过120° 回到相同的相对位置，电流变化的最小周期为，故C错误； D、安培力F＝BI0（r2﹣r1）＝BI0r0 安培力的合力，故D正确。 故选：D。 【题型精练】 1．（2026春•温州期中）如图所示，a、b两个闭合正方形线圈用同样的导线制成，匝数均为10匝，边长La＝3Lb，图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀增大，不考虑线圈之间的相互影响，则（　　） A．两线圈内产生顺时针方向的感应电流 B．两线圈有向外扩张的趋势 C．a、b线圈中感应电动势之比为1：9 D．a、b线圈中感应电流之比为3：1 【答案】D 【详解】A、结合楞次定律，原磁场垂直纸面向里且均匀增大，穿过线圈的磁通量增加，感应电流的磁场方向应垂直纸面向外，根据安培定则感应电流方向为逆时针方向，故A错误； B、结合楞次定律的推论“增缩减扩”，磁通量增大，线圈有收缩的趋势以阻碍磁通量的增加，故B错误； C、结合法拉第电磁感应定律 由于相同，n相同，则E∝L2，已知La＝3Lb 代入数据可得Ea：Eb＝9：1，故C错误； D、结合电阻定律 线圈导线总长度l＝n•4L 则R∝L，由欧姆定律 可得 代入数据可得Ia：Ib＝La：Lb＝3：1，故D正确。 故选：D。 2．（2026•鸡西校级开学）如图甲所示，金属圆环的半径为r，电阻率为ρ。圆环是由横截面积为S的硬质细导线做成的。圆环内匀强磁场的磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示，垂直纸面向外为磁场正方向，则在前2t0的时间内圆环中的感应电流为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】根据法拉第电磁感应定律 由图乙知，磁感应强度变化率一直不变，为 感应电流为 根据电阻定律 代入数据得，故A正确，BCD错误。 故选：A。 3．（多选）（2026•潮阳区校级三模）如图所示，以O为圆心的闭合导体圆环置于光滑绝缘水平桌面上，在水平桌面内以O为圆心、半径大于圆环半径的区域，存在一方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小按B＝B0﹣kt规律均匀减小（B0、k均已知），圆环半径为r，电阻为R，则（　　） A．图中圆环内电流沿顺时针方向 B．圆环中感生电场场强大小为 C．圆环的发热功率为 D．时圆环中的张力大小为 【答案】ABD 【详解】A、根据楞次定律可知，因穿过圆环的磁通量向里减小，图中圆环内电流沿顺时针方向，故A正确； B、根据楞次定律可知，圆环中感生电动势大小为 电场场强，故B正确； C、根据焦耳定律可知，圆环的发热功率为，故C错误； D、在时，， 在圆环上取一小段圆弧，该圆弧所对的圆心角为2θ，则圆弧长△l＝2rθ，则对该段圆弧分析可知2Tsinθ＝F安＝BIΔl 可得 因θ很小，则sinθ＝θ，可知圆环中的张力大小为，故D正确。 故选：ABD。 4．（多选）（2026•湖北模拟）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 【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。 5．（多选）（2026春•合肥校级月考）我国第三艘航母福建舰已正式下水，如图甲所示，福建舰配备了目前世界上最先进的电磁弹射系统。图乙是一种简化的电磁弹射模型，直流电源的电动势为E，电容器的电容为C，两条相距L的固定光滑导轨，水平放置于磁感应强度B的匀强磁场中。现将一质量为m，电阻为R的金属滑块垂直放置于导轨的滑槽内处于静止状态，并与两导轨接触良好。先将开关K置于a让电容器充电，充电结束后，再将K置于b，金属滑块会在电磁力的驱动下向右加速运动，达到最大速度后滑离轨道。不计导轨和电路其他部分的电阻，忽略空气阻力。下列说法正确的是（　　） A．空间存在的磁场方向为垂直纸面向外 B．金属滑块在轨道上运动的最大加速度为 C．金属滑块在轨道上运动的最大速度为 D．金属滑块滑离轨道的整个过程中流过它的电荷量为CE 【答案】BC 【详解】A．电容器上极板和电源的正极连接，所以电容器的上极板带正电。开关K置于b的瞬间，金属滑块中有由P指向Q的电流通过，会在电磁力的驱动下向右加速运动，根据左手定则可知，空间存在的磁场方向应垂直纸面向里，故A错误； B．开关K置于b的瞬间，流过金属滑块的电流最大，此时对应的安培力最大，滑块的加速度最大，根据牛顿第二定律有F＝BIL＝mam 其中 联立解得，故B正确； CD．金属滑块运动后，切割磁感线产生电动势，当电容器电压与滑块切割磁感线产生电动势相等时，滑块速度不再变化，做匀速直线运动，此时速度达到最大，设金属滑块加速运动到最大速度时两端电压为U，电容器放电过程中的电荷量变化为Δq，放电时间为Δt，在金属块滑动过程中，规定向右的方向为正方向，由动量定理得 电容器放电过程的电荷量变化为Δq＝C•ΔU＝C（E﹣U） 根据法拉第电磁感应定律可得联立解得U＝B L v 联立解得 ，故C正确，D错误。 故选：BC。 题型二 动生电动势的计算 1.导体平动切割磁感线时四点注意事项 对于导体平动切割磁感线产生感应电动势的计算式E＝Blv，应从以下几个方面理解和掌握。 （1）正交性：B、l、v三者相互垂直，不相互垂直时，应取垂直的分量进行计算。 （2）瞬时性：当v或l变化时，用E＝BLv计算感应电动势的瞬时值。 （3）相对性：速度v是导体相对磁场的速度，若磁场也在运动，应注意速度间的相对关系。 （4）有效性：l为导体切割磁感线的有效长度，即导体在与v垂直的方向上的投影长度，下图中有效长度分别为： 图甲：l＝sin β； 图乙：沿v1方向运动时，l＝；沿v2方向运动时，l＝0； 图丙：沿v1方向运动时，l＝R；沿v2方向运动时，l＝0；沿v3方向运动时，l＝R。 2.导体转动切割磁感线时电动势的计算 当导体棒在垂直于磁场的平面内，绕导体棒上某一点以角速度ω匀速转动时，则： （1）以导体棒中点为轴时，E＝0(相同两段的代数和）。 （2）以导体棒端点为轴时，E＝Bωl2（平均速度取中点位置的线速度ωl）。 （3）以导体棒上任意一点为轴时，E＝Bω(l－l)(不同两段的代数和，其中l1>l2）。 考向1 导体平动切割磁感线 【例题精讲】 【例1】（2026春•江北区校级月考）如图所示，ABCD为一个固定在水平面上的“”型导线框，导线框各边长均为l，BC边接有阻值为2R的电阻，所在区域有与线框平面垂直的匀强磁场，磁感应强度为B0，用细绳套将导体棒a与DC套在一起，a的下端与A点用铰链连接。一沿DC方向的恒力F作用在绳套上，使a顺时针旋转。a与DC边接触良好且足够长，不计导体棒a和绳套的质量及一切摩擦，除2R外其余电阻不计。则a从D旋转到C所需时间t为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】导体棒a无质量、无内阻，因此恒力F的功率始终与电阻的发热功率相等，即 导体切割磁感线，电动势．则 解得：，速度为定值，导体棒a与导轨接触点做匀速直线运动，可知 解得：，故B正确，ACD错误。 故选：B。 【例2】（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 【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。 【变式训练1】（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 【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。 【变式训练2】（2026•临潼区校级模拟）如图所示，在xOy平面内有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场和一段长为L、从中点弯折成直角的导线abc，其中ab段与x轴平行，bc段与y轴平行。当导线abc在xOy平面内以速度v0做匀速直线运动时，v0的方向与x轴负方向的夹角始终为θ＝60°，则a、c两点的电势差Uac为（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】根据法拉第电磁感应定律可得，ab切割磁感线产生的感应电动势为 bc切割磁感线产生的感应电动势为 根据右手定则可知E1和E2同向，a点电势高于c点电势，则，故ABC错误，D正确。 故选：D。 【变式训练3】（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 【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。 【题型精练】 1.（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 【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。 2．（2026春•雁塔区校级期中）如图（a）所示，两间距L＝1m、左侧接有一电容器的光滑足够长的水平导轨处于垂直纸面向里的磁场中，已知电容器的电容C＝100μF，磁感应强度B随位置x的变化如图（b）所示。一长为L＝1m、质量m＝0.16kg的金属棒在外力F的作用下从坐标原点O沿x轴正方向以v0＝10m/s的速度匀速运动到x1＝1m处，此时电容器被击穿，电容器变成一个R＝1000Ω的电阻，通过改变外力F，使电路中电流保持不变，已知在运动过程中金属棒始终与导轨垂直且接触良好。则下列说法正确的是（　　） A．电容器被击穿之前外力F为恒力 B．电容器被击穿之前外力F做的功为20J C．电容器被击穿之后，金属棒运动1m所需要的时间为0.15s D．电容器被击穿之后，金属棒运动1m外力F做的功为12J 【答案】C 【详解】AB．由题图（b）可知，在0≤x≤1m区间内，满足B＝20x（T）。金属棒匀速运动，金属棒中的电流为，解得I＝0.2A。由于外力F与安培力始终平衡，即F＝BIL，而B＝20x（T）随位置线性增大，所以外力F＝0.4x也随x线性增大，可知电容器被击穿之前外力F做的功为WFBILx120×0.2×1J＝2J，故AB错误。 C．电容器被击穿后电路变为纯电阻电路，电阻R＝1000Ω，且电流保持不变。即由于电路中电流不变，设此后某时刻金属棒速度为v，由法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律得BLv＝IR，代入数据后有xv＝10，为了求金属棒运动时间，可以作 图像，如图所示： 图像中阴影部分面积即为金属棒从x＝1m运动到x＝2m的时间，为，故C正确。 D．根据功能关系，外力做功W等于电路中产生的焦耳热与金属棒动能变化之和，即，其中焦耳热Q＝I2Rt＝0.22×1000×0.15J＝6J，金属棒初速度v1＝10m/s、末速度v2＝5m/s，动能变化为，解得W2＝0，故D错误。 故选：C。 3．（多选）（2026•盐湖区校级模拟）如图所示，空间中虚线上方存在垂直于纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场，虚线下方为无场区。t＝0时刻，半径为a的金属圆环在纸面内以M点为轴沿顺时针方向匀速转动。已知金属圆环转动的角速度为ω，电阻为R。下列说法正确的是（　　） A．金属圆环进入磁场区域的过程中，环内电流方向为顺时针 B．感应电动势变化的周期为 C．安培力的最大值为 D．时间内，电流大小随时间变化关系为 【答案】AC 【详解】A、金属圆环进入磁场过程中磁通量向外增大，法拉第电磁感应定律，感应电流方向为顺时针，故A正确。 B、感应电流的周期与金属圆环转动的周期相同，是，故B错误。 C、当金属圆环直径与虚线重合时，切割磁感线的有效长度最大，为L＝2a，此时安培力最大，由，，，F＝BIL 代入数据可得，故C正确。 D、金属圆环在时间内进入磁场 切割磁场的有效长度为与虚线重合的弦长L，由L＝2a•sinθ，θ＝ωt，，， 代入数据可得，故D错误。 故选：AC。 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 【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。 5．（多选）（2026•青岛三模）水平桌面上半径为R的圆形区域内存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度随时间均匀变化，即B＝B0+kt，k为正常数，长度为3R的细金属杆置于桌面上，其中点与圆心O重合，a、b为金属杆的两端点，c、d为杆的三等分点，其俯视图如图所示。t＝0时刻杆开始沿其中垂线平行桌面以速度v匀速运动，时经过图中虚线位置，关于金属杆上各点间的电势差，下列说法正确的是（　　） A．t＝0时，Ucd＝﹣B0Rv B．t＝0时，Uab＝﹣3B0Rv C．时，Uac＝Udb＝0 D．时， 【答案】AD 【详解】A.t＝0时，的动生电动势，方向c→d，故φd﹣φc＝B0Rv， 因磁场关于对称，感生电动势E感＝0，因此Ucd＝φc﹣φd＝﹣B0Rv，故A正确； B.t＝0时，仅中间2R段在圆内，圆外无磁场，总动生电动势E动＝2B0Rv， 由于磁场关于对称，感生电动势为0，结合选项A，Uab＝φa﹣φb＝﹣2B0Rv，故B错误； C.时，由数学知识知金属杆部分刚好在磁场中，段、段在圆外，而圆外存在涡旋感生电场，感生电场沿ac段、段均不为零， 因此Uac≠0，Udb≠0，故C错误； D.时，分别从动生电动势和感生电动势分析①， 由数学知识知金属杆部分切割磁感线其长为R，的动生电动势，方向c→d； ②OcdO包围的面积， 由法拉第电磁感应定律得的感生电动势， 磁场向里增加，感生电场逆时针，段电动势方向为c→d，的总电动势等于， 因此，故D正确。 故选：AD。 考向2 导体转动切割磁感线 【例题精讲】 【例1】（2026春•深圳月考）法拉第圆盘发电机的示意图如图所示。铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触，关于流过电阻R的电流，下列说法正确的是（　　） A．若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定 B．若从上往下看，圆盘顺时针转动，则电流沿b到a的方向流过电阻R C．若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化 D．若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R上的热功率也变为原来的2倍 【答案】A 【详解】A、若圆盘转动的角速度恒定， 产生的感应电动势为 所以感应电动势大小恒定，电流大小恒定，故A正确； B、若从上往下看，圆盘顺时针转动，根据右手定则可知，电流沿a到b的方向流过电阻R，故B错误； C、若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向不变，故C错误； D、产生的感应电动势为 若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则感应电动势变为原来的2倍， 根据可知，电流在R上的热功率也变为原来的4倍，故D错误。 故选：A。 【例2】（2026•上城区校级模拟）如图所示是法拉第圆盘发电机的示意图：铜质圆盘安装在水平铜轴上，圆盘位于两磁极之间，圆盘平面与磁感线垂直。两铜片C、D分别与转动轴和圆盘的边缘接触。从左往右看，铜盘沿顺时针方向匀速转动，CRD平面与铜盘平面垂直。如果圆盘的半径为r，匀速转动的周期为T，圆盘全部处在一个磁感应强度为B的匀强磁场之中。下列说法中正确的是（　　） A．电阻R中电流方向向下 B．回路中有周期性变化的感应电流 C．圆盘转动产生的感应电动势为 D．若铜盘转速增大为原来的2倍，则R的电功率也将增大为原来的2倍 【答案】C 【详解】A、从左向右看，圆盘顺时针方向转动，由右手定则可知，圆盘电流方向由圆心流向边缘，则电阻R中电流方向向上，故A错误； B、圆盘转动时，圆盘的半径切割磁感线产生感应电动势，产生的感应电动势大小、方向均不变，则回路中的感应电流恒定不变，故B错误； C、圆盘转动产生的感应电动势为，故C正确； D、铜盘的角速度ω＝2π，铜盘的转速n增大为原来的2倍，则其角速度ω变为原来的2倍，感应电动势E变为原来的2倍，R的功率变为原来的4倍，故D错误。 故选：C。 【变式训练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 【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。 【变式训练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 【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。 【变式训练3】（2026春•重庆期中）如图所示是法拉第圆盘发电机原理图，金属圆盘绕中心轴C匀速转动，圆盘半径为r，整个装置处在方向垂直于圆盘平面向外的匀强磁场中，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．电阻R上产生的热功率P 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F 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Br2ω 【答案】D 【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、圆盘上产生的感应电动势 电阻R上产生的热功率为，故B错误； 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，设为N个，每个导体棒上的电流为 其中，总电流为 导体棒的个数 安培力大小为F＝BI0r 联立解得，故C错误； D、金属圆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正确。 故选：D。 【题型精练】 1．（2026春•浙江期中）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顺时针匀速转动。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．微粒带负电 B．微粒的电荷量与质量之比为 C．电阻消耗的电功率为 D．电容器所带的电荷量为 【答案】B 【详解】A、结合右手定则转轴为正极，圆环为负极微粒要想保持平衡，则qE＝mg，故粒子带正电，故A错误； B、金属棒产生的电动势为：E动Bl2ω 金属棒的电阻与定值电阻的阻值均为R，易知定值电阻与电容器两极板间的电压均等于金属棒产生的电动势的一半，即：UE动 微粒的重力与其受到的电场力大小相等，则有：mg 可得，故B正确； C、电阻消耗的电功率，故C错误； D、电容器所带的电荷量，故D错误。 故选：B。 2．（2026春•金坛区校级期中）如图，法拉第圆盘发电机的两电刷间接有一定值电阻。已知圆盘半径为r，绕中心轴以角速度ω逆时针旋转，回路中总电阻为R，圆盘电阻不可忽略，大小为B的匀强磁场垂直圆盘向上，则（　　） A．回路中感应电流方向不断周期性变化 B．定值电阻中电流方向始终由a到b C．回路中感应电流大小I D．a、b两点间电势差大小UBωr2 【答案】C 【详解】AB、将圆盘看成由一根根沿半径方向的辐条构成，每一根辐条均为一个电源，所有电源为并联关系，根据右手定则可知，感应电流方向始终由b到a，故AB错误； C、感应电动势 根据闭合电路欧姆定律有 解得，故C正确； D、根据欧姆定律可知，两点间电势差大小，故D错误。 故选：C。 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 【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。 4．（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 【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。 5．（多选）（2026•长沙模拟）磁感应强度为B的匀强磁场中，矩形导线框abcd沿ab边中垂线ef垂直弯折，弯折后的线框绕PM轴以角速度ω匀速转动（从上往下看为顺时针方向），PM与磁场方向垂直，ae＝eb＝bc＝L，t＝0时刻转动到如图所示位置，此时磁场方向与线框aefd平行，与线框ebcf垂直，且线框ebcf垂直纸面向外，下列说法正确的是（　　） A．t＝0时线框abcd中电流方向为c→b B．线框abcd中的电流可能不按正弦式规律变化 C．线框abcd的磁通量最小值为BL2 D．线框abcd中的最大感应电动势为 【答案】AD 【详解】A.t＝0时刻磁通量在增大，由楞次定律可得abcd中电流方向为d→c→b→a，故A正确； B.闭合导体线框绕垂直于匀强磁场的轴匀速转动时，产生正弦式交流电，所以线框abcd中的电流为正弦式交流电，故B错误； C.当abcd所在平面平行于磁场时，有效面积最小为0，磁通量最小值为0，故C错误； D.当abcd所在平面垂直于磁场时，有效面积最大为 此时感应电动势最大，最大为，故D正确。 故选：AD。 题型三 自感现象及应用 1.自感现象的四个特点 （1）自感电动势总是阻碍导体中电流的变化。 （2）自感电动势使线圈中的电流不能发生突变，只能缓慢变化。 （3）自感电动势只是延缓电流的变化，不能使电流停止或反向。 （4）电流稳定时，自感电动势消失，自感线圈相当于普通导体。 2.通电自感和断电自感的比较 电路图 器材要求 A1、A2同规格，R＝RL，L较大 L很大(有铁芯） 通电时 在S闭合瞬间，灯A2立即亮起来，灯A1逐渐变亮，最终一样亮 灯A立即亮，然后逐渐变暗达到稳定 断电时 回路电流减小，灯泡逐渐变暗，A1电流方向不变，A2电流反向 (1)若I2≤I1，灯泡逐渐变暗； (2)若I2>I1，灯泡闪亮后逐渐变暗。 两种情况下灯泡中电流方向均改变 总结 自感电动势总是阻碍原电流的变化 考向1 自感现象 【例题精讲】 【例1】（2026春•昭平县校级月考）如图所示，L是自感系数很大的线圈，但其自身的电阻几乎为0。L1和L2是两个相同的小灯泡。闭合开关一段时间后，突然断开开关，两灯泡始终未被烧坏，下列说法正确的是（　　） A．断开开关前，L1、L2亮度相同 B．断开开关后，L1、L2均出现闪亮现象 C．断开开关后，L1闪亮一下后逐渐熄灭 D．断开开关后，L2逐渐熄灭 【答案】C 【详解】A、线圈L电阻为0，且L与L1并联，L1被短路，L1中电流几乎为0，几乎不发光；干路电流全部流过L和L2，L2正常发光，两灯亮度不同，故A错误； BD、断开开关S后，原电源通路被切断，L2所在支路断开，L2立即失去电流，立即熄灭，故BD错误； C、线圈L自感效应，会阻碍自身电流的减小，瞬间维持原来的电流不变，L与L1形成闭合回路，L1没有电流，断开后瞬间流过大小等于L原电流的电流，L1闪亮一下，随着L中电流逐渐减小到0，L1逐渐熄灭，故C正确。 故选：C。 【例2】（2026•房山区学业考试）如图所示，L是自感系数很大的线圈，但其自身电阻几乎为0。A和B是两个相同的灯泡，实验过程中两灯泡均未烧坏。下列说法正确的是（　　） A．开关S由断开变为闭合、A灯保持亮度不变 B．开关S由断开变为闭合，B灯保持亮度不变 C．开关S由闭合变为断开，A灯逐渐变暗 D．开关S由闭合变为断开，B灯先变亮一下再变暗 【答案】D 【详解】AB、开关S由断开变为闭合，因为线圈L的自感作用，线圈中没有电流经过，A、B灯同时发光，线圈中的电流逐渐变大，因为线圈的电阻为零，最后线圈会把B灯短路，则通过B灯的电流逐渐减小为零，所以A灯逐渐变亮，B灯逐渐变暗，直至完全熄灭，故AB错误； CD、开关S由闭合变为断开，A灯马上熄灭变暗，线圈L和B灯组成闭合回路，因为线圈L的自感作用，线圈中的电流不会马上变为零，所以B灯先变亮一下再熄灭变暗，故C错误，D正确。 故选：D。 【变式训练1】（2026春•抚顺期末）如图所示，甲、乙两灯泡的规格相同，线圈L的直流电阻与定值电阻R的阻值相等。若先闭合开关S，待电路稳定后断开开关S，则下列说法正确的是（　　） A．闭合开关S，甲、乙同时亮起 B．闭合开关S，稳定后乙比甲亮 C．断开开关S，甲比乙先熄灭 D．断开开关S，甲、乙逐渐变暗并同时熄灭 【答案】D 【详解】AB、闭合开关S的瞬间，甲中有电流通过，甲立即亮起，在线圈自感的阻碍下，乙逐渐亮起，稳定后甲、乙的亮度相同，故AB错误； CD、电路稳定后，甲、乙中电流相同，断开开关S后，线圈中产生自感电动势，灯泡、线圈以及定值电阻形成完整的闭合回路，甲、乙逐渐变暗并后熄灭，故C错误，D正确。 故选：D。 【变式训练2】（2026春•连云港期末）某同学研究通、断电自感现象的实物电路图如图所示，A、B是完全相同的小灯泡，带铁芯的线圈L内阻不计。下列说法正确的是（　　） A．闭合开关S后，B立即亮 B．闭合开关S后，A一直不亮 C．断开开关S后，B闪亮后逐渐熄灭 D．开关断开前后，通过B的电流方向不变 【答案】A 【详解】A.闭合开关S后，电源电压立即加在B灯所在支路，有电流通过B灯，所以B立即亮，故A正确； B.闭合开关S后，开关闭合瞬间，A灯所在支路中有电流通过，A灯立即亮；之后由于线圈L内阻不计，电路稳定后A灯被线圈短路，A灯熄灭，并不是一直不亮，故B错误； C.断开开关S后，线圈L产生自感电动势，此时L与A灯构成闭合回路，B灯所在支路电流立即消失，B灯立即熄灭，不会闪亮后逐渐熄灭，故C错误； D.断开开关S前，通过B灯的电流方向由电源正负极决定；断开开关S后，线圈L产生自感电动势，在L、A构成的回路中电流方向与原来线圈中电流方向相同，此时通过B灯的电流为0，所以开关断开前后，通过B的电流方向发生变化，故D错误。 故选：A。 【变式训练3】（2026春•鼓楼区校级期末）如图所示的电路中，A1、A2是完全相同的灯泡，线圈L的自感系数较大，它的电阻可以忽略。下列说法正确的是（　　） A．闭合开关S，A1先亮、A2后亮 B．闭合开关S，A1、A2始终一样亮 C．断开开关S，A2立刻熄灭、A1过一会儿才熄灭 D．断开开关S，A1、A2都要过一会才熄灭 【答案】D 【详解】AB、闭合开关S，A2所在支路不会产生感应电动势，A2马上亮，线圈L产生自感电动势阻碍电流的增大，A1逐渐亮起来；稳定后，线圈L的电阻忽略不计，A1所在支路的电流大于A2所在支路的电流，故A1比A2更亮，故AB错误； CD、断开开关S，线圈L产生自感电动势阻碍电流的减小，和A1、A2构成回路，A1、A2都要逐渐熄灭，故C错误，D正确。 故选：D。 【题型精练】 1．（2026春•海淀区校级月考）几位同学手拉手一起进行“千人震”实验，实验过程中同学们会感受到瞬间触电的感觉。实验器材包含两节干电池、带铁芯的多匝线圈（电阻很小）、开关，同学们按图示电路连接。实验中，先闭合开关，待电路稳定后再断开开关，认为每位同学物理学特征大致相同，以下说法正确的是（　　） A．闭合开关瞬间，同学们有触电感，电流方向为A到B B．断开开关瞬间，同学们有触电感，电流方向为A到B C．随着实验人数增多，触电瞬间每位同学两端电压几乎不变 D．随着实验人数增多，触电瞬间流过每位同学电流的变化率几乎不变 【答案】D 【详解】A、闭合开关瞬间，线圈的自感电动势只是阻碍电流增大，电源电压仅为3.0V，此时人体两端几乎没有电压差，不会有触电感觉，故A错误； B、断开开关，铁芯线圈磁通量骤减，产生很高自感电动势，人体串联接入回路才有触电；稳定时线圈电流从电源正极流入，断开自感电流维持原线圈内部流向，外部人体支路电流B→A，故B错误； C、线圈断开瞬间自感总电动势由线圈匝数、铁芯、断电快慢决定，基本不变；人越多总人体电阻越大，回路总电流变小，每个人分压会变小，故C错误； D、断开瞬间磁通量变化快慢由开关断开速度、线圈本身决定，和串联多少人无关，磁通量变化率不变，电流变化率几乎不变，故D正确。 故选：D。 2．（2026•河南模拟）当通过线圈的电流发生变化时，线圈会产生一个自感电动势来阻碍电流的改变，我们可以认为电流有一种保持原值不变的惯性。两个阻值均为R的定值电阻R1、R2与一个直流电阻不计、自感系数很大的线圈连成如图所示的电路。电源电动势为E，内阻不计，将开关S闭合，下列说法正确的是（　　） A．开关S闭合瞬间，通过R2的电流为0 B．开关S闭合瞬间，通过R1的电流不变 C．电路稳定后，通过线圈的电流为 D．电路稳定后，突然断开开关S瞬间，通过R1的电流为 【答案】C 【详解】AB、开关S闭合前，电路通过线圈和R1的电流均为，开关S闭合瞬间，线圈的自感，通过线圈的电流保持不变，干路电流为，R1、R2的电流均为，故AB错误； C、当电路稳定后，通过R1、R2的电流均I，通过线圈的电流为，故C正确； D、电路稳定后，突然断开开关S瞬间，线圈电流保持不变，通过R1的电流为，故D错误。 故选：C。 3．（多选）（2026春•重庆月考）如图所示，甲、乙两灯泡的规格相同，线圈L的直流电阻与定值电阻R的阻值相等。若先闭合开关S，待电路稳定后断开开关S，则下列说法正确的是（　　） A．闭合开关S，甲、乙同时亮起 B．闭合开关S，稳定后甲、乙的亮度相同 C．断开开关S，甲比乙先熄灭 D．断开开关S，甲、乙逐渐变暗并同时熄灭 【答案】BD 【详解】A，闭合开关瞬间，线圈L产生自感电动势，阻碍电流增大，乙灯缓慢变亮；电阻R无自感，甲灯立刻亮起，故A错误； B、电路稳定后，线圈直流电阻与定值电阻R的阻值相等，甲乙灯泡规格相同，两条支路总电阻相等，两支路电流相同，两灯实际功率相等，亮度相同，故B正确； CD、断开开关瞬间，电源通路切断，线圈L产生自感电流，电流沿L→乙→甲→R形成闭合回路，甲乙两灯共享同一逐渐减小的自感电流，同步逐渐变暗、同时熄灭，故C错误，D正确。 故选：BD。 4．（多选）（2025秋•洛阳月考）如图所示的电路中，电感线圈L的电阻不计，灯泡L1的阻值小于灯泡L2的阻值。闭合开关S，下列说法正确的是（　　） A．闭合开关S瞬间，电感线圈对电流有阻碍作用，是一种自感现象 B．闭合开关S，图甲中灯泡L1、L2同时亮 C．断开开关S，图甲中灯泡L2的电流方向与原来相反 D．断开开关S，图乙中灯泡L2会闪亮一下再熄灭 【答案】AD 【详解】A、当闭合开关 S 的瞬间，流过电感线圈 L 的电流从无到有迅速增加。根据电磁感应定律，穿过线圈的磁通量发生变化，线圈中会产生自感电动势。这个自感电动势的方向总是阻碍原电流的变化（即阻碍电流的增加），这种现象在物理学上称为自感现象。因此，电感线圈对电流的阻碍作用确实属于自感现象，故A正确； B、闭合开关S，电感线圈对电流的阻碍作用，灯泡L1立刻亮，灯泡L2缓慢变亮，故B错误； C、断开开关S，图甲中电感线圈L产生自感电动势，相当于新的电源，灯泡L2的电流方向与原来的电流方向相同，故C错误； D、灯泡L1的阻值小于灯泡L2的阻值，在图乙中稳定时IL1＞IL2，断开开关S，电感线圈L产生自感电动势，灯泡L1和灯泡L2组成回路，自感电流从IL1开始减小，灯泡L2会闪亮一下再逐渐熄灭，故D正确。 故选：AD。 5．（多选）（2026春•江北区校级月考）如图所示，L是自感系数很大的线圈，电阻为R，A、B和C是三只相同的小灯泡，电阻也为R，用导线通过开关S与直流电源相连。下列判断不正确的是（　　） A．闭合S瞬间，C灯最先亮，A、B灯缓慢逐渐亮 B．闭合S一段时间后，C灯最亮，B灯最暗 C．断开S瞬间，A灯闪亮一下后再熄灭 D．断开S瞬间前后，流过A灯的电流方向相反 【答案】AC 【详解】AB、闭合S的瞬间，由于线圈的自感作用，B灯中没有电流经过，A、C灯同时发光，此时两灯亮度一样，慢慢地通过线圈的电流逐渐增大，则A灯逐渐变暗，通过C灯的电流逐渐变大，C灯逐渐变亮，最后C灯最亮，因为线圈的电阻也为R，所以通过B灯的电流最小，则B灯最暗，故A错误，B正确； CD、断开S的瞬间，C灯马上熄灭，由于线圈的自感作用，线圈和B、A灯组成闭合回路，则A、B灯都要过一会儿熄灭，通过线圈的电流方向不变，则流过A灯的电流方向与原来的方向相反，因为电路稳定时，通过A灯的电流大于通过线圈的电流，所以断开S的瞬间，A灯不会出现闪亮效果，故C错误，D正确。 本题是选错误的，故选：AC。 题型四 涡流　电磁阻尼与电磁驱动 电磁阻尼与电磁驱动的比较 电磁阻尼 电磁驱动 不 同 点 成因 由于导体在磁场中运动而产生感应电流，从而使导体受到安培力 由于磁场相对导体运动引起穿过导体的磁通量变化而产生感应电流，从而使导体受到安培力 效果 安培力的方向与导体运动方向相反，阻碍导体运动 导体受安培力的方向与磁场运动方向相同，推动导体运动 能量 转化 导体克服安培力做功，其他形式的能转化为电能，最终转化为内能 由于电磁感应，磁场能转化为电能，通过安培力做功，电能转化为导体的机械能，从而对外做功 相同点 两者都是电磁感应现象，都遵循楞次定律，都是安培力阻碍引起感应电流的导体与磁场间的相对运动 考向1 涡流 【例题精讲】 【例1】（2026•康县校级一模）利用电磁感应涡流原理制作的简易加热器，在线圈上端放置一盛水金属杯，接通交流电源可加热水。若要缩短加热时间，可行的措施是（　　） A．降低交流电源的频率 B．增加线圈的匝数 C．将金属杯换为木质杯 D．将交流电源换成电动势更大的直流电源 【答案】B 【详解】AB、该加热器的加热原理为：线圈通入交变电流，线圈产生的交变的磁场使金属杯产生涡流，从而进行加热。由法拉第电磁感应定律可知，增加线圈的匝数、提高交流电的频率均可以提高发热功率，则可以缩短加热时间；故A错误，B正确； C、将杯子换作木制杯不会产生涡流，则无法加热水，故C错误； D、将交流电源换成电动势更大的直流电源，由于直流电不会在金属杯中产生感应电流，故无法使水加热，故D错误。 故选：B。 【例2】（2026春•江阴市校级期末）如图所示，条形磁铁用细线悬挂在O点，O点正下方固定一个水平放置的实心铝盘。让磁铁在竖直面内从左边静止释放，虚线为释放位置的对称位置，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．磁铁由于电磁阻尼无法摆到虚线位置 B．磁铁由于电磁驱动会持续摆动 C．铝盘中的涡流总是排斥磁铁，对磁铁的作用力总是阻力 D．最终铝盘中涡流产生的焦耳热大于磁铁损失的重力势能 【答案】A 【详解】AB、结合楞次定律，感应电流总是阻碍磁铁的相对运动，磁铁无法摆到虚线位置，且最终会停止，故A正确，B错误； C、结合楞次定律，磁铁靠近铝线圈时受到斥力作用，远离铝线圈时受到引力作用，故C错误； D、结合能量守恒定律，最终铝盘中涡流产生的焦耳热等于磁铁损失的重力势能，故D错误。 故选：A。 【变式训练1】（2026•房山区学业考试）真空冶炼炉的示意图如图所示。炉内装入待冶炼的金属、炉外线圈通入交变电流，这时被冶炼的金属就能熔化。这种冶炼方法速度快，温度容易控制，并能避免有害杂质混入被冶炼金属中，因此适合冶炼特种金属。关于该真空冶炼炉，下列说法正确的是（　　） A．利用线圈中电流的热效应 B．利用线圈中变化的电流在金属中产生的电流的热效应 C．电流变化得越慢，金属熔化得越快 D．炉中金属的电阻率越大，金属熔化得越快 【答案】B 【详解】A.线圈中电流的热效应是指电流通过线圈自身电阻发热，而真空冶炼炉是利用金属内部产生的涡流发热来熔化金属，并非利用线圈自身的热效应，故A错误； B.线圈中变化的电流产生变化的磁场，穿过金属的磁通量随时间变化，在金属内部产生感应电流即涡流，利用涡流的热效应使金属温度升高直至熔化，故B正确； C.电流变化得越快，磁通量的变化率越大，根据法拉第电磁感应定律，金属中产生的感应电动势越大，涡流越强，单位时间内产生的热量越多，金属熔化得越快，故C错误； D.金属的电阻率越大，在相同感应电动势下，涡流越小，由焦耳定律可知，单位时间内产生的热量越少，金属熔化得越慢，故D错误。 故选：B。 【变式训练2】（2026春•浦东新区校级期中）下列图片解释，错误的是（　　） A．通入稳恒电流，真空冶炼炉不能加热金属矿物 B．电磁炉可以通过绝缘的陶瓷锅给食物加热 C．互相绝缘的硅钢片叠成铁芯，可以减少涡流损耗 D．手指靠近电容式手机触摸屏，相应部分的电容和电荷量随之改变 【答案】B 【详解】A.真空冶炼炉依靠交变电流产生的变化磁场，在金属矿物中激发涡流实现加热，通入稳恒电流时，产生的磁场恒定，磁通量不变，无法激发涡流，故A正确； B.电磁炉依靠交变磁场在金属锅具中激发涡流来加热，陶瓷锅为绝缘体，无法形成涡流，故B错误； C.变压器铁芯用互相绝缘的硅钢片叠制，可增大涡流回路的电阻，减小涡流强度，从而减少涡流损耗，故C正确； D.手指靠近电容式触摸屏时，会与触摸屏电极形成电容，极板间距变化会改变电容大小，在电压不变时，相应部分的电荷量会随之改变，故D正确。 本题选择错误的，故选：B。 【变式训练3】（2025秋•洛阳期末）考试时，监考教师使用手持金属探测器对进入考场的考生进行检查，如题图所示，该探测器涉及的基本原理是（　　） A．涡流 B．静电感应 C．电磁阻尼 D．电磁驱动 【答案】A 【详解】金属探测器是通过交流电产生的变化磁场在金属处产生涡流的基本原理，故A正确，BCD错误。 故选：A。 【题型精练】 1．（2026•顺义区模拟）金属探测器的线圈中通有变化的电流，探测金属物品时，金属中会感应出涡流，涡流的磁场反过来影响线圈中的电流，使仪器报警。关于其工作原理，下列说法正确的是（　　） A．线圈中通有变化电流的目的是产生变化的磁场 B．探测器接触金属物品，才能在金属物品中产生涡流 C．涡流产生的磁场总是与线圈的磁场方向相反 D．探测器报警的直接原因是金属物品发热 【答案】A 【详解】A．根据电流的磁效应，变化的电流会产生变化的磁场，这是使金属内部磁通量发生变化、产生涡流的前提，故A正确； B．涡流产生的条件是金属处于变化的磁场中，并不需要探测器和金属直接接触，磁场可以穿过空气作用于金属，不需要探测器接触金属，故B错误； C．根据楞次定律，涡流的磁场仅阻碍原磁场的变化：线圈磁场增强时涡流磁场与线圈磁场反向，线圈磁场减弱时涡流磁场与线圈磁场同向，并非总是相反，故C错误； D．题干明确说明报警的直接原因是涡流的磁场反过来影响线圈中的电流，和金属发热无关，故D错误。 故选：A。 2．（2026春•福州期中）如图所示，在线圈上端放置一盛有冷水的金属杯，现接通交流电源，过了几分钟，杯内的水沸腾起来。若要缩短上述加热时间，下列措施可行的是（　　） A．提高交流电源的频率 B．将金属杯换为陶瓷杯 C．减少线圈的匝数 D．增大交流电的周期 【答案】A 【详解】A、根据法拉第电磁感应定律可知，感应电动势 提高交流电源的频率，磁感应强度的变化率变大，感应电动势变大，感应电流的功率增大，故A正确； B、将金属杯换为陶瓷杯后，由于陶瓷不是导体，因此陶瓷杯中不能产生感应电流，无法给水加热，故B错误； C、减少线圈的匝数会降低交流电产生的感应电动势，则感应电流的功率减小，使杯内的水沸腾所需的时间延长，故C错误； D、增大交流电的周期，磁感应强度的变化率变小，感应电动势变小，感应电流的功率减小，故D错误。 故选：A。 3．（多选）（2026春•兴宁区校级期中）关于下列四幅图，说法正确的是（　　） A．图甲中穿过金属圆环1和2的磁通量大小分别为φ1和φ2，则φ1＞φ2 B．图乙中粒子打在核乳胶底片上的位置越靠近S0，粒子的比荷越小 C．图丙是真空冶炼炉，当炉外线圈通入高频交流电时，线圈产生大量热量，从而冶炼金属 D．图丁为霍尔元件，若载流子带负电，稳定时元件左侧的电势低于右侧的电势 【答案】AD 【解答】解A、条形磁铁的磁场中，圆环1更靠近磁极，穿过圆环的磁感线更密集；圆环2离磁极更远，且穿过圆环的反向磁感线（外部磁场）抵消了更多磁通量，则穿过圆环1的磁通量大于圆环2的磁通量，即φ1＞φ2，故A正确； B、粒子先通过速度选择器qE＝qvB1，得到速度，所有粒子速度相同，进入偏转磁场后，轨道半径，位置越靠近S0，说明轨道半径r越小，由公式可知，r越小，比荷越大，故B错误； C、这是高频感应炉，利用的是涡流的热效应，当线圈通入高频交流电时，变化的磁场在炉内的金属中激发涡流，使金属内部的涡流产生大量热量，从而冶炼金属，而不是线圈本身发热，故C错误； D、霍尔元件，载流子带负电，根据左手定则（负电荷运动方向与电流方向相反，四指指向电流方向），负电荷受到的洛伦兹力指向元件的左侧，负电荷会向左侧偏转并聚集，导致元件左侧带负电，右侧带正电，则左侧电势低于右侧电势，故D正确。 故选：AD。 4．（多选）（2025秋•宁波期末）下列有关物理现象及其原理，说法正确的是（　　） A．图1中的扼流圈是电工技术和电子技术常用的元件，利用了电感器对交流电的阻碍作用 B．图2为检验通电导线周围是否存在磁场，要使实验现象明显，导线应东西方向放置 C．图3，三个大线圈连接到三相电源上就能产生旋转磁场，内部的小线框由于电磁驱动可以与磁场同方向地转动起来 D．图4，强磁铁从有竖直裂缝的铝管中下落，铝管内不会产生感应电动势 【答案】AC 【详解】A：扼流圈的工作原理是利用电感器对交流电的阻碍作用（感抗），在电工与电子技术中常用作滤波或限流元件，故A正确； B.奥斯特实验中，为使小磁针偏转现象明显，导线应南北方向放置（让电流磁场与地磁场垂直），而非东西方向，故B错误； C.三个线圈接三相电源会产生旋转磁场，内部小线圈因电磁感应产生电流，受安培力驱动随磁场同向转动，故C正确； D.强磁铁从有竖直裂缝的铝管下落时，铝管金属部分仍会切割磁感线产生感应电动势，只是裂缝阻断了感应电流，故D错误。 故选：AC。 5．（多选）（2025秋•揭阳期末）关于以下四幅图说法正确的是（　　） A．图甲，由静止释放的强磁铁可以在竖直铝管中做自由落体运动 B．图乙，断开开关S时，延时继电器的弹簧K并不会立刻将衔铁D拉起 C．图丙，真空冶炼炉接高频交流电，能利用炉内金属产生的涡流使金属熔化 D．图丁，用相互绝缘的硅钢片叠成的铁芯代替整块硅钢铁芯是为了美观、方便组装 【答案】BC 【详解】A.甲图中，强磁铁在竖直铝管下落时，铝管（导体）会因磁通量变化产生感应电流，磁铁受到安培力阻碍运动，做的是阻尼运动，并非自由落体运动，故A错误； B.乙图是延时继电器，断开开关S时，线圈B会因自感现象产生感应电动势，维持电路短暂有电流，电磁铁仍保持磁性，因此弹簧K不会立刻将衔铁D拉起，故B正确； C.丙图是真空冶炼炉，接高频交流电时，变化的磁场会使炉内金属产生涡流，涡流的热效应可使金属熔化，故C正确； D.丁图中，用相互绝缘的硅钢片叠成铁芯，是为了增大电阻、减小涡流，从而减少铁芯的发热损耗，并非为了美观或方便组装，故D错误。 故选：BC。 考向2 电磁阻尼与电磁驱动 【例题精讲】 【例1】（2026春•镇江期末）如图所示为四种利用磁场让金属圆筒减速的方案，A、C选项中圆筒开有沿轴线方向的窄缝，则减速效果最好的是（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】A、磁场方向与圆筒的转轴（轴线）平行，同时圆筒开有沿轴线方向的窄缝。当圆筒绕轴线转动时，筒壁上的金属部分几乎不会切割磁感线，无法形成有效的闭合感应回路，几乎不会产生涡流，因此电磁阻尼作用极弱，减速效果很差，故A错误； B、磁场方向同样与圆筒的转轴平行，完整的金属圆筒绕轴线转动时，筒壁的运动方向与磁感线方向近乎平行，几乎不会产生磁通量的变化，无法形成明显的感应涡流，电磁阻尼作用很弱，减速效果差，故B错误； C、磁场方向与圆筒的转轴垂直，但圆筒开有沿轴线方向的窄缝。窄缝破坏了筒壁周向的闭合导电回路，圆筒转动时即便部分区域切割磁感线，也无法形成大的周向感应涡流，只能产生很微弱的感应电流，电磁阻尼作用有限，减速效果不佳，故C错误； D、磁场方向与圆筒的转轴垂直，且圆筒是完整无窄缝的金属结构。当圆筒绕轴线转动时，筒壁的每一部分都会持续切割磁感线，在筒壁内部形成大面积的闭合感应涡流，强大的涡流会在磁场中受到显著的安培阻力（电磁阻尼），将圆筒的机械能高效转化为内能，因此减速效果最好，故D正确。 故选：D。 【例2】（2026春•长沙月考）如图所示，带电粒子（不计重力）在以下四种器件中运动，下列说法正确的是（　　） A．甲图中，无论是电子还是质子从左向右水平通过速度选择器的速度都满足 B．乙图中由静止释放的磁铁在竖直铝管中做自由落体运动 C．丙图中通过励磁线圈的电流越大，粒子就能获得更大的动能 D．丁图中增大加速电压，粒子获得的最大速度不会因此变大 【答案】D 【详解】A、若粒子能从左向右水平射入速度选择器中做匀速直线运动，则Eq＝qvB 代入数据可得，速度选择器选择的是粒子的速度大小和方向，与粒子的电性、质量、电荷量无关，故A错误； B、乙图中由静止释放磁铁，竖直铝管中产生感应电流，感应电流产生的磁场对磁铁阻力的作用，磁铁既受重力，也受磁场力，故B错误； C、丙图中通过励磁线圈的电流越大，线圈产生的磁场越强，但是洛伦兹力对粒子不做功，故粒子的动能不变，故C错误； D．图丁中，当粒子运动半径等于D型盒半径时具有最大速度，即 代入数据可得 粒子的最大动能，最大动能与加速电压无关，故D正确。 故选：D。 【变式训练1】（2026•楚雄州模拟）关于如图所示四幅图所涉及的物理知识，下列说法正确的是（　　） A．图甲中转动把手可以使铝框跟随磁铁以相反方向转动，用到了电磁阻尼原理 B．图乙中电子从左孔水平向右射入装置，可能做匀速直线运动或类平抛运动 C．图丙是电磁振荡实验电路，图中时刻电容器的电场能最大，此后的四分之一周期内线圈中的电流一直增大 D．图丁是闭合电路中电源输出功率与外电阻的关系，当R＝r时，电源效率最大 【答案】C 【详解】A.图甲中转动把手带动磁铁转动，铝框因电磁感应产生感应电流，根据楞次定律，感应电流的磁场会阻碍铝框与磁铁的相对运动，因此铝框会跟随磁铁以相同方向转动，这是电磁驱动原理，而非电磁阻尼，故A错误； B.图乙中电子水平向右射入，电场力F电＝eE方向向上，洛伦兹力F洛＝evB，方向向下，当时，F电＝F洛，电子做匀速直线运动；若合力为变力（洛伦兹力随速度方向变化），加速度方向改变，无法做类平抛运动，故B错误； C.图丙中电流i＝0，此时电容器电荷量最大，电场能最大；此后电容器放电，在四分之一周期内，电场能转化为磁场能，线圈中的电流持续增大，故C正确； D.电源效率，外电阻R越大效率越高；当R＝r时输出功率最大，但效率仅为50%，并非最大，故D错误。 故选：C。 【变式训练2】（2026春•蜀山区校级期中）上海慧眼（图甲）是中国自主研制开发的世界上首个电涡流摆式调谐质量阻尼器，是中国一项创新技术，其功能是强风来袭摩天大楼晃动时，通过摆动可以削减高层晃动，帮助超高层建筑保持楼体稳定和安全，阻尼器的原理可用图乙表示：摆锤的底部附着永磁体，一起在导体板的上方摆动，导体板内产生涡流，下列说法正确的是（　　） A．导体板中产生的电流大小不变 B．阻尼器将机械能转化为内能 C．将整块的导体板分割成多块，阻尼效果更好 D．利用这一装置所揭示的原理可制成电动机 【答案】B 【详解】A、摆锤摆动的快慢不断变化，导致穿过导体板的磁感应强度变化率不断变化，导体板中产生的电流大小也不断变化，故A错误； B、电磁阻尼原理：摆锤的机械能转换成导体板涡流电能，电流热效应变成内能，故B正确； C、将整块的导体板分割成多块，则导体板的电阻增大，感应电流减小，阻尼效果减弱，故C错误； D、该装置的原理是电磁阻尼，而电动机的原理是通电导体在磁场中受安培力，故利用这一装置所揭示的原理不能制成电动机，故D错误。 故选：B。 【变式训练3】（2026春•金堂县校级期中）如图，将铝管竖直放在水平桌面上，将一块磁铁从其上端由静止释放穿过铝管，在磁铁下落过程中，磁铁不与铝管相碰，忽略空气阻力。下列说法正确的是（　　） A．在磁铁下落过程中，磁铁做自由落体运动 B．在磁铁下落过程中，铝管对桌面的压力大于铝管的重力 C．在磁铁下落过程中，磁铁和铝管构成的系统机械能守恒 D．若更换质量相同、磁性更强的磁铁，磁铁下落时间将变短 【答案】B 【详解】AC、磁铁下落过程中，铝管中磁通量发生变化，产生感应电流，根据楞次定律，感应电流产生磁场对磁铁作用力向上，磁铁不是做自由落体运动，机械能减小，故AC错误； B、感应电流产生磁场对磁铁作用力向上，对铝管的作用力的方向向下，铝管受到重力、桌面的支持力和向下的安培力处于平衡状态，则铝管对桌面的压力大于铝管的重力，故B正确； D、若更换质量相同、磁性更强的磁铁，磁铁下降相同速度穿过铝管的磁通量变化更快，所以产生的感应电流更大，则磁铁受到的安培力更大，磁铁下落时间将变长，故D错误。 故选：B。 【题型精练】 1．（2026春•高淳区期中）下列与电磁感应有关的现象中说法正确的是（　　） A．甲图中，当蹄形磁体顺时针转动（从上往下看）时，铝框也将沿顺时针方向转动 B．乙图中，真空冶炼炉的线圈通入高频交流电时，线圈会产生大量热量使金属熔化 C．丙图中，磁电式仪表内部把线圈绕在铝框骨架上，起到电磁驱动的作用 D．丁图中，铜盘在转动过程中，当手持蹄形磁体靠近铜盘时，铜盘的转速不变 【答案】A 【详解】A、当蹄形磁体顺时针转动（从上往下看）时，根据电磁感应原理，铝框中会产生感应电流，感应电流的磁场会阻碍磁体的转动，所以铝框将沿顺时针方向转动，故A正确； B、真空冶炼炉的炉外线圈通入高频交流电时，是线圈中变化的电流产生变化的磁场，使炉内金属中产生涡流，涡流产生的热量使金属熔化，从而冶炼金属，而不是线圈产生大量热量，故B错误； C、磁电式仪表中把线圈在铝框骨架上，当线圈转动时，铝框中会产生涡流，涡流的磁场会阻碍线圈的转动，起到电磁阻尼的作用，而不是电磁驱动，故C错误； D、图丁中，铜盘在转动过程中，当手持蹄形磁体靠近铜盘时，铜盘中会产生涡流，涡流的磁场会阻碍磁体的相对运动，从而影响铜盘的转速，故D错误。 故选：A。 2．（2026•日照模拟）关于电磁感应的应用，下列说法正确的是（　　） A．真空冶炼炉可以对非金属直接加热 B．金属物品通过安检门时会产生涡流，涡流的磁场影响报警器使其报警 C．电磁炉是利用电磁感应原理，使锅内的水直接产生热量 D．电磁弹射系统是利用导体切割磁感线产生动生电动势 【答案】B 【详解】A．真空冶炼炉是涡流加热，涡流只能在金属导体产生，不能直接加热非金属，故A错误； B．安检门通过交变电流产生交变磁场，金属物品通过时内部会感应出涡流，涡流的磁场反过来改变安检门原有磁场的分布，触发报警器报警，故B正确； C．电磁炉是锅底金属产生涡流发热，再将热量传递给锅内的水，不是水直接生热，故C错误； D．电磁弹射系统的工作原理是通电导体在磁场中受安培力作用获得推力，并非利用导体切割磁感线产生动生电动势，故D错误。 故选：B。 3．（多选）（2026•浙江开学）电磁学知识在科技生活中有广泛的应用，下列相关说法正确的是（　　） A．图甲中，高压输电线的上方还有两条导线，可以形成稀疏的金属“网”把高压线屏蔽起来，免遭雷击，是利用了静电屏蔽的原理 B．图乙中，线圈在电路中产生的自感电动势一定会大于原来电路中的电源电动势 C．图丙中，自制金属探测器是利用地磁场来进行探测的 D．图丁中，在磁电式仪表内把线圈绕在铝框骨架上可以增加电磁阻尼的作用 【答案】AD 【详解】A、图甲中高压输电线上方的两条导线是避雷线，其利用静电屏蔽原理保护高压线免遭雷击，故A正确； B、图乙中自感电动势，其大小取决于电流变化的快慢，不一定大于电源电动势，故B错误； C、图丙中金属探测器利用电磁感应原理工作，并非利用地磁场，故C错误； D、图丁中铝框内产生涡流，受到安培力阻碍线圈转动，起到电磁阻尼作用，故D正确。 故选：AD。 4．（多选）（2025秋•呼和浩特校级期末）磁力刹车是游乐场中过山车采用的一种新型刹车装置，比靠摩擦力刹车更稳定。如图所示，这是该新型装置的原理图（从后面朝前看），过山车的两侧装有铜片，停车区的轨道两侧装有强力磁铁，当过山车进入停车区时，铜片与磁铁的相互作用能使过山车很快停下来。下列说法正确的是（　　） A．磁力刹车应用了电磁驱动 B．磁力刹车应用了电磁感应 C．过山车的质量越大，它进入停车区时由电磁作用引起的刹车阻力越大 D．磁力刹车的过程中动能转化为电能，最终转化成内能 【答案】BD 【详解】AB.磁力刹车是铜片在磁场中运动产生感应电流，属于电磁感应现象，进而受到安培力阻碍运动，这是电磁阻尼现象，电磁驱动是磁场主动带动导体运动，故A错误，B正确； C.根据感应电动势E＝BLv，感应电流，安培力F＝BIL，联立可得，可见过山车的速度v越大，产生的刹车阻力F就越大，与过山车的质量无关，故C错误； D.刹车过程中，过山车的动能通过电磁感应转化为铜片中的电能，最终变为内能，使动能转化为电能，故D正确。 故选：BD。 5．（多选）（2024秋•广东校级期末）电磁感应现象在科技和生活中有着广泛的应用，下列说法正确的是（　　） A．图甲中，发射线圈接入恒定电流也能实现手机充电 B．图乙中，电磁炉不能使用陶瓷锅，是因为陶瓷导热性能比金属差 C．图丙中，真空冶炼炉的炉外线圈通入高频交流电时，被冶炼的金属产生涡流，从而高温冶炼 D．图丁中，电流表在运输时要用导线把两个接线柱连在一起，这是为了保护电表指针，利用了电磁阻尼原理 【答案】CD 【详解】A．根据感应电流产生的条件可知，充电设备中的发射线圈通恒定电流，其产生的磁场是恒定的，不能使手机产生感应电流，不能实现无线充电，故A错误； B．电磁炉不能用陶瓷锅是因为陶瓷锅属于绝缘材料，不会产生涡流，故B错误； C．真空冶炼炉，当炉外线圈通入高频交流电时，线圈产生交变磁场，被冶炼的金属产生涡流，产生大量的热从而冶炼金属，故C正确； D．在运输时要用导线把电流表两个接线柱连在一起，这是为了保护电表指针，利用了电磁阻尼原理，故D正确。 故选：CD。 【真题回顾】 1．（2025•浙江）如图甲所示，有一根长1m、两端固定紧绷的金属丝，通过导线连接示波器。在金属丝中点处放置一蹄形磁铁，在中点附近1.00cm范围内产生B＝10﹣3T、方向垂直金属丝的匀强磁场（其他区域磁场忽略不计）。现用一激振器使金属丝发生垂直于磁场方向的上下振动，稳定后形成如图乙所示的不同时刻的波形，其中最大振幅A＝0.5cm。若振动频率为f，则振动最大速度v＝2πfA。已知金属丝接入电路的电阻r＝0.5Ω，示波器显示输入信号的频率为150Hz。下列说法正确的是（　　） A．金属丝上波的传播速度为 B．金属丝产生的感应电动势最大值约为 C．若将示波器换成可变电阻，则金属丝的最大输出功率约为 D．若让激振器产生沿金属丝方向的振动，其他条件不变，则金属丝中点的振幅为零 【答案】C 【详解】A．根据图乙，有λ＝1m，可得λm，由v＝λf150m/s＝100m/s，则金属丝上波的传播速度为100m/s，故A错误； B．已知只考虑在中点附近L＝1.00cm范围内的磁场。金属丝产生的感应电动势最大值约为： Em＝BLvm＝BL×2πfA＝10﹣3×1.00×10﹣2×2π×150×0.5×10﹣2V＝1.5π×10﹣5V，故B错误； C．金属丝产生的感应电动势的有效值为：E 若将示波器换成可变电阻，根据电源的最大输出功率公式Pm 代入数据解得金属丝的最大输出功率约为Pm，故C正确； D．若让激振器产生沿金属丝方向的振动，会产生纵波，其他条件不变，故金属丝中点的振幅不为零，故D错误。 故选：C。 2．（2025•山西）电磁压缩法是当前产生超强磁场的主要方法之一，其原理如图所示，在钢制线圈内同轴放置可压缩的铜环，其内已“注入”一个初级磁场，当钢制线圈与电容器组接通时，在极短时间内钢制线圈中的电流从零增加到几兆安培，铜环迅速向内压缩，使初级磁场的磁感线被“浓缩”，在直径为几毫米的铜环区域内磁感应强度可达几百特斯拉。此过程，铜环中的感应电流（　　） A．与钢制线圈中的电流大小几乎相等且方向相同 B．与钢制线圈中的电流大小几乎相等且方向相反 C．远小于钢制线圈中的电流大小且方向相同 D．远小于钢制线圈中的电流大小且方向相反 【答案】B 【详解】当钢制线圈中电流迅速增加时，产生迅速增强的磁场，铜环的磁通量迅速增大，根据楞次定律，铜环中会产生感应电流来阻碍磁通量的增加，铜环中的感应电流大小与钢制线圈中的电流大小几乎相等。铜环中感应电流产生的磁场方向与钢制线圈产生的磁场方向相反，根据安培定则，铜环中的感应电流的方向与钢制线圈中的电流方向相反，故B正确、ACD错误。 故选：B。 3．（2024•湖南）如图，有一硬质导线Oabc，其中是半径为R的半圆弧，b为圆弧的中点，直线段Oa长为R且垂直于直径ac。该导线在纸面内绕O点逆时针转动，导线始终在垂直纸面向里的匀强磁场中。则O、a、b、c各点电势关系为（　　） A．φO＞φa＞φb＞φc B．φO＜φa＜φb＜φc C．φO＞φa＞φb＝φc D．φO＜φa＜φb＝φc 【答案】C 【详解】a、b、c点绕O点逆时针转动时，相当于长为Oa、Ob、Oc的导体棒转动切割磁感线，由右手定则可知，O点电势最高。设导线转动角速度大小为ω，由转动切割磁感线产生感应电动势公式有E。又lc＝lb，la＝R，由于lc＝lb＞la，则UOc＝UOb＞UOa，则 φO﹣φc＝φO﹣φb＞φO﹣φa，所以φO＞φa＞φb＝φc，故ABD错误，C正确。 故选：C。 4．（2024•山东）如图甲所示，在﹣d≤x≤d、﹣d≤y≤d的区域中存在垂直Oxy平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场（用阴影表示磁场的区域），边长为2d的正方形线圈与磁场边界重合。线圈以y轴为转轴匀速转动时，线圈中产生的交变电动势如图乙所示。若仅磁场的区域发生了变化，线圈中产生的电动势变为图丙所示实线部分，则变化后磁场的区域可能为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】图乙中，线圈中产生的交变电流的电动势瞬时值的表达式 当时，线圈转动的时间为t1 因此有 解得 即线圈从中性面开始转过时，线圈中才产生感应电动势； 线圈中磁场覆盖的区域如图所示（俯视图）： 根据数学知识结合对称性，磁场区域为 综上分析，故ABD错误，C正确。 故选：C。 5．（多选）（2025•江西）如图所示，一细金属导体棒PQ在匀强磁场中沿纸面由静止开始向右运动，磁场方向垂直纸面向里。不考虑棒中自由电子的热运动。下列选项正确的是（　　） A．电子沿棒运动时不受洛伦兹力作用 B．棒运动时，P端比Q端电势低 C．棒加速运动时，棒中电场强度变大 D．棒保持匀速运动时，电子最终相对棒静止 【答案】CD 【详解】A．由左手定则可知，是电子随着棒向右运动，电子受到竖直向下的洛伦兹力，沿棒向下运动，故A错误； B．根据右手定则可知，棒向右运动时，P端比Q端电势高，故B错误； C．棒加速运动时，PQ两端电势差U＝BLv，可知棒中电场强度，则棒加速运动时，v变大，故棒中电场强度变大，故C正确； D．棒保持匀速运动时，PQ两端电势差保持恒定，电子将集聚在导体棒下端，最终相对棒静止，故D正确。 故选：CD。 6．（多选）（2025•西藏）如图，过P点的虚线上方存在方向垂直于纸面的匀强磁场。一金属圆环在纸面内以P点为轴沿顺时针方向匀速转动，O为圆环的圆心，OP为圆环的半径。则（　　） A．圆环中感应电流始终绕O逆时针流动 B．OP与虚线平行时圆环中感应电流最大 C．圆环中感应电流变化的周期与环转动周期相同 D．圆环在磁场内且OP与虚线垂直时环中感应电流最大 【答案】BC 【详解】A．根据楞次定律，圆环中感应电流先绕O逆时针流动后绕O点顺时针流动，故A错误； B．OP与虚线平行时转动切割磁感线的有效长度最大，根据闭合电路的欧姆定律I可知，则圆环中感应电流最大，故B正确； C．在圆环转动一周的过程中，圆环转动90°，感应电流由0达到最大，转动180°过程中，感应电流由最大减小为0，之后又反向增大再减小，则感应电流变化的周期与环转动周期相同，故C正确； D．圆环在磁场内且OP与虚线垂直时圆环中的感应电动势为0，环中感应电流为0，故D错误。 故选：BC。 1 / 5 学科网（北京）股份有限公司 $