2.2 法拉第电磁感应定律 考点分类提优讲义-2026-2027学年高二下学期物理人教版选择性必修第二册

本讲义聚焦“法拉第电磁感应定律”核心知识点，系统梳理感应电动势概念、法拉第电磁感应定律内容及公式，延伸至平动切割（E=Blv sinθ）和转动切割（E=1/2 Bl²ω）的动生电动势公式推导，结合思维导图搭建知识支架。 资料通过对比表格辨析磁通量、变化量及变化率，典例与变式题结合线圈、导体棒等情境，培养科学思维与探究能力。课中辅助教师突破重难，课后学生可借练习题查漏补缺，强化物理观念应用。

2.2法拉第电磁感应定律 1.掌握法拉第电磁感应定律及其公式（感生电动势） 2.掌握平动切割磁感线和旋转切割磁感线产生的感应电动势公式（动生电动势） 【思维导图】 考点一　法拉第电磁感应定律 1．感应电动势 在电磁感应现象中产生的电动势叫作感应电动势，产生感应电动势的那部分导体相当于电源． 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为线圈的匝数． (3)在国际单位制中，磁通量的单位是韦伯(Wb)，感应电动势的单位是伏(V)． 【重难诠释】 1．磁通量Φ、磁通量的变化量ΔΦ及磁通量的变化率的比较 磁通量Φ 磁通量的变化量ΔΦ 磁通量的变化率 物理 意义 某时刻穿过磁场中某个面的磁感线条数 在某一过程中，穿过某个面的磁通量的变化量 穿过某个面的磁通量变化的快慢 当B、S互相垂直时的大小 Φ＝BS ΔΦ＝ ＝ 注意 若穿过的平面中有方向相反的磁场，则不能直接用Φ＝BS.Φ为抵消以后所剩余的磁通量 开始和转过180°时平面都与磁场垂直，但穿过平面的磁通量是不同的，一正一负，ΔΦ＝2BS，而不是零 在Φ－t图像中，可用图线的斜率表示 2.公式E＝n的理解 感应电动势的大小E由磁通量变化的快慢，即磁通量的变化率决定，与磁通量Φ、磁通量的变化量ΔΦ无关． 考点二　导体棒平动切割磁感线时的感应电动势 1．导线垂直于磁场方向运动，B、l、v两两垂直时，如图甲所示，E＝Blv. 甲　　　　 　　　 乙 2．导线的运动方向与导线本身垂直，但与磁感线方向夹角为θ时，如图乙所示，E＝Blvsin θ. 3．导体棒切割磁感线产生感应电流，导体棒所受安培力的方向与导体棒运动方向相反，导体棒克服安培力做功，把其他形式的能转化为电能． 【重难诠释】 对公式的理解 (1)当B、l、v三个量的方向互相垂直时，E＝Blv；当有任意两个量的方向互相平行时，导线将不切割磁感线，E＝0. (2)当l垂直于B且l垂直于v，而v与B成θ角时，导线切割磁感线产生的感应电动势大小为E＝Blvsin θ. (3)若导线是弯折的，或l与v不垂直时，E＝Blv中的l应为导线两端点在与v垂直的方向上的投影长度，即有效切割长度． 图甲中的有效切割长度为：l＝sin θ； 图乙中的有效切割长度为：l＝； 图丙中的有效切割长度为：沿v1的方向运动时，l＝R；沿v2的方向运动时，l＝R. 考点三　导体棒转动切割磁感线时的感应电动势 导体棒转动切割磁感线：E＝Bl2ω. 如图所示，长为l的金属棒ab，绕b端在垂直于匀强磁场的平面内以角速度ω匀速转动，磁感应强度为B，ab棒所产生的感应电动势大小可用下面两种方法推出． 方法一：棒上各处速率不等，故不能直接用公式E＝Blv求．由v＝ωr可知，棒上各点的线速度跟半径成正比．故可用棒的中点的速度作为平均切割速度代入公式计算． ＝，E＝Bl＝Bl2ω. 方法二：设经过Δt时间，ab棒扫过的扇形面积为ΔS， 则ΔS＝lωΔtl＝l2ωΔt， 磁通量的变化ΔΦ＝BΔS＝Bl2ωΔt， 所以E＝n＝n＝Bl2ω(n＝1)． 重难辨析：两大公式的区别 公式 E＝n E＝Blvsin θ 研究对象 某个回路 回路中做切割磁感线运动的那部分导体 内容 (1)求的是Δt时间内的平均感应电动势，E与某段时间或某个过程对应． (2)当Δt→0时，E为瞬时感应电动势 (1)若v为瞬时速度，求的是瞬时感应电动势． (2)若v为平均速度，求的是平均感应电动势． (3)当B、l、v三者均不变时，平均感应电动势与瞬时感应电动势相等 适用范围 对任何电路普遍适用 只适用于导体切割磁感线运动的情况 联系 (1)E＝Blvsin θ是由E＝n在一定条件下推导出来的． (2)整个回路的感应电动势为零时，回路中某段导体的感应电动势不一定为零 考向1 法拉第电磁感应定律 【典例】（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 【变式1】（2026•河北）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． 【变式2】（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 【变式3】（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 声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2026/8/16 14:25:03；用户：李陆敏；邮箱：orFmNtzVrcH7gw1f524IhJ2j63fs@weixin.jyeoo.com；学号：502078 考向2 平动切割磁场产生感应电动势 【典例】（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 【变式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． 【变式2】（2026春•南岗区校级期中）如图所示，在磁感应强度B＝0.5T的匀强磁场中，让导体PQ在U形导轨上以速度v＝10m/s向右匀速滑动，两导轨间距离l＝0.8m，则产生的感应电动势的大小和P、Q两点电势关系为（　　） A．4V，P点电势高 B．0.4V，Q点电势高 C．4V，Q点电势高 D．0.4V，P点电势高 【变式3】（2026•建邺区模拟）如图所示，光滑平行的水平导轨ab、cd之间有垂直纸面向里的匀强磁场，导轨间距为L，电阻均为R、长均为L的金属棒A、B置于导轨上，与导轨接触良好，导轨左侧接了阻值也为R的定值电阻。现同时分别给A、B一个初速度vA、vB，导轨电阻不计，则A、B棒开始运动的瞬间流过金属棒B中的电流大小为（　　） A． B． C． D． 声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2026/8/16 20:17:09；用户：李陆敏；邮箱：orFmNtzVrcH7gw1f524IhJ2j63fs@weixin.jyeoo.com；学号：50207874 考向3 转动切割磁场产生感应电动势 【典例】（2026春•烟台期末）如图所示，在水平面上放置一根长度为L的导体棒，导体棒绕O点以角速度ω匀速转动。在导体棒的转动圆内有两个不同的扇形区域Ⅰ和Ⅱ，分别存在磁感应强度大小为B和2B、方向相反且与平面垂直的匀强磁场，其中区域Ⅰ的圆心角为120°，区域Ⅱ的圆心角为60°。则该导体棒转动一周的过程中，产生电动势的有效值为（　　） A． B． C． D． 【变式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 【变式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 【变式3】（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 一．选择题（共14小题） 1．（2026•内乡县校级模拟）如图所示，两足够长电阻不计的光滑金属导轨MN、PQ平行固定在与水平面的夹角θ＝37°的斜面上，间距为L＝1m，导轨上端连接一个阻值为R＝1Ω的电阻，整个装置处于垂直于导轨平面向上的匀强磁场中。一根质量为m＝1kg，接入电阻R＝1Ω的金属棒垂直放置于两导轨底端并始终与导轨良好接触。开关K闭合后，对金属棒施加一沿导轨向上的恒力F＝20N，金属棒从底端由静止开始沿导轨上滑，当上滑距离s＝4m时金属棒达到最大速度vm＝4m/s。已知重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，下列说法正确的是（　　） A．金属棒刚开始运动时的加速度大小为20m/s2 B．磁感应强度大小为7T C．此过程中电阻R上产生的热量为24J D．此过程中通过金属棒的电荷量为 2．（2026•衡阳县模拟）如图甲所示，两组平行金属导轨固定在同一水平面内，间距分别为d和1.5d，分别连接电阻R1和R2，边长为d的正方形区域存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小B随时间t的变化关系如图乙所示。t＝0时刻，在距磁场左边界d处，一长度为1.5d的均匀导体棒以v0的速度始终向右做匀速直线运动，直至通过磁场，棒在磁场左边界时与两组导轨同时接触。R1＝R2＝R，其他电阻不计，棒与导轨垂直且接触良好，下列说法不正确的是（　　） A．在的时间内，回路中的感应电动势为 B．在的时间内，回路产生的热量为 C．在的时间内，电阻R1产生的热量为 D．整个过程中，回路产生的热量为 3．（2026春•山西期末）如图，两条固定的光滑平行金属导轨，所在平面与水平面夹角为导轨电阻忽略不计，两端各接一个阻值为2R的定值电阻，形成闭合回路；质量为m的金属棒垂直导轨放置，并与导轨接触良好，接入导轨之间的电阻为R；劲度系数为k的两个完全相同的绝缘轻质弹簧与导轨平行，一端固定，另一端均与金属棒中间位置相连，弹簧的弹性势能Ep与形变量x的关系为；将金属棒移至导轨中间位置时，两弹簧刚好处于原长状态；整个装置处于垂直导轨所在平面向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，间距为l，将金属棒从导轨中间位置向上移动距离a后静止释放，金属棒沿导轨向下运动到最远处，用时为t，最远处与导轨中间位置距离为b，弹簧形变始终在弹性限度内。此过程中；（　　） A．每个弹簧对金属棒施加的冲量大小为 B．每个弹簧对金属棒施加的冲量大小为 C．金属棒的平均输出功率为 D．每个定值电阻产生的热量为 4．（2026春•杭州月考）如图所示，固定在水平面上的半径为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。三根长为l、不计电阻的金属棒一端与圆环接触良好，另一端都固定在竖直导电转轴OO′上，它们互成120°，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3个定值电阻和一个电容为C、板间距为d的平行板电容器，R1＝R2＝R3＝R。有一带电小颗粒在电容器两极板中间处于静止状态。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．小颗粒带负电 B．增大电阻R3的阻值，小颗粒将向下运动 C．小颗粒的比荷为 D．电容器所带的电荷量为 5．（2026•安徽模拟）如图，在光滑绝缘水平面上有一同种金属材料制成的单匝矩形线圈ABCD，在水平外力作用下运动，第一次以大小为v的速度向右垂直于磁场边界匀速进入竖直向上的匀强磁场，第二次同样方式进入，速度大小为2v。则在线圈进入匀强磁场的过程中，下列说法正确的是（　　） A．第二次进入与第一次进入时外力之比为1：2 B．第二次进入与第一次进入时外力做功功率之比为2：1 C．第二次进入与第一次进入时线圈中产生的热量之比为4：1 D．第二次进入与第一次进入时通过线圈中某一横截面的电荷量之比为1：1 6．（2026•重庆校级模拟）如图所示，水平地面上方矩形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，两个边长相等的单匝闭合正方形线圈Ⅰ和Ⅱ，分别用相同材料，不同粗细的导线绕制（Ⅰ为细导线）。两线圈在距磁场上界面h高处由静止开始自由下落，再进入磁场，最后落到地面。运动过程中，线圈平面始终保持在竖直平面内且下边缘平行于磁场上边界。设线圈Ⅰ、Ⅱ从释放至落地所用时间分别为t1、t2，在磁场中运动时产生的热量分别为Q1、Q2。不计空气阻力，则（　　） A．t1＜t2，Q1＜Q2 B．t1＝t2，Q1＝Q2 C．t1＜t2，Q1＞Q2 D．t1＝t2，Q1＜Q2 7．（2026春•锡林郭勒盟期末）如图是一种精确测量质量的装置原理示意图，竖直平面内，质量为M的称重框架由托盘和矩形线圈组成。线圈的一边始终处于垂直线圈平面的匀强磁场中，磁感应强度不变。测量分两步：①托盘内放置质量m的待测物块，线圈通大小为I的电流，使称重框架受力平衡；②取下物块，线圈断电且保持不动，磁场以速率v匀速向下运动，测得线圈中感应电动势为E。重力加速度为g。由此可测出m的值。下列说法正确的有（　　） A．线圈电阻为 B．I越大，表明m越大 C．v越大，则E越小 D． 8．（2026春•河南期末）如图所示，空间内存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B，相距L的两足够长平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨间平行放置两根质量均为m、接入导轨部分电阻均为R的光滑金属棒a、b，初始时两金属棒均静止，现给金属棒b一个水平向右的初速度v，当两金属棒的运动状态稳定时，下列说法正确的是（　　） A．稳定时两金属棒均静止 B．稳定时金属棒a的速度小于 C．全过程金属棒b产生的热量为 D．全过程通过金属棒b的电荷量为 9．（2026春•资阳期末）如图所示，水平面内固定有相距为d的两光滑平行金属轨道，其在M、N处有一个小断口，小断口填充了绝缘材料。MN左侧两轨道之间有一电容为C、电压为U的带电电容器和定值电阻R，MN右侧两轨道之间有一自感系数为L的电感线圈，磁感应强度为B的匀强磁场与轨道平面垂直。质量为m的金属棒垂直放在MN左侧导轨上，某时刻闭合开关，随着电容器放电，金属棒开始加速，无能量损失越过MN后最远能够到达PQ位置。已知金属棒运动过程中经过MN位置时速度已达到最大值，金属棒从MN到PQ所用时间为t0，线圈的自感电动势为，金属棒始终与导轨垂直且接触良好，除定值电阻R外所有电阻均不计。不考虑电磁辐射造成的能量损失，下列说法正确的是（　　） A．金属棒最大速度的大小为 B．金属棒最大加速度的大小为 C．金属棒从MN第一次运动到MN与PQ的中间位置的时间为 D．MN与PQ之间的距离为 10．（2026春•怀化期末）如图所示，磁感应强度为B的匀强磁场方向水平（垂直于纸面向外）。竖直放置的“冂”形导轨宽为L，上端接有电阻R，导轨部分的电阻可忽略不计。光滑金属棒ab的质量为m、阻值为R。将金属棒由静止释放，金属棒下降的高度为h时达到最大速度vm。已知金属棒始终与导轨垂直并保持良好接触，则在金属棒下降h的过程中（　　） A．金属棒中的电流方向为a→b B．金属棒的最大速度 C．通过金属棒的电荷量为 D．金属棒产生的焦耳热为 11．（2026•大庆校级模拟）如图所示，足够长的光滑平行金属导轨间距为L，与水平面夹角为θ，两导轨上下两端用阻值均为2R的电阻相连，该装置处于磁感应强度大小为B、竖直向上的匀强磁场（未画出）中。上端电阻2R两端分别与一电容器两极板相连，电容器板间距为d，二极管为理想二极管，电容器上极板接地。质量为M、电阻为R、长也为L的金属杆ab垂直导轨放置，由静止释放金属杆ab经时间t后做匀速直线运动，金属杆ab匀速运动时，一质量为m的带电液滴恰好悬浮在两板间P点。在运动过程中，ab始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨的电阻及空气阻力，重力加速度为g。则（　　） A．带电液滴带正电 B．金属杆匀速运动时，若将电容器上极板向上移动，则P点的电势升高 C．金属杆匀速运动的速度大小为 D．带电液滴的电荷量大小为 12．（2026春•郴州期末）如图甲所示，三角形线圈abc水平放置，在线圈所在区域存在一变化的磁场，其变化规律如图乙所示。线圈在外力作用下处于静止状态，规定垂直于线圈平面向里的磁场方向为正方向，垂直ab边指向c的受力方向为正方向，线圈中感应电流沿abca方向为正方向，则线圈内电流I及ab边所受安培力F随时间t变化规律的图像是（　　） A． B． C． D． 13．（2026春•忻州期末）如图甲所示，一单匝带缺口（缺口很小）的刚性金属圆环固定在水平面内，圆环阻值r＝1Ω，缺口两端引出两根导线，与阻值R＝9Ω的定值电阻构成闭合回路，圆环内的磁通量变化如图乙所示，规定磁通量方向向里为正，不计导线的电阻，下列说法正确的是（　　） A．0～1s内圆环中的感应电流方向沿逆时针方向 B．0～1s和1～2s内感应电流方向不同 C．2～4s内，电阻R两端电压 Uab＝0.5V D．0～1 s内圆环有扩张趋势，且感应电流大小为0.1 A 14．（2026春•珠海期末）学生常用的饭卡内部主要由线圈和芯片组成，图甲所示，当饭卡处于刷卡机感应区域时，刷卡机会激发变化的磁场，从而在饭卡内的线圈中产生感应电流来驱动芯片工作。已知线圈共n匝、围成的面积为S。某次刷卡时，线圈平面与磁场方向垂直，且全部处于磁场区域内，线圈内的磁感线始终均匀分布，取磁场方向垂直纸面向里为正，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示，在0～t0时间内，下列说法正确的是（　　） A．线圈有扩张的趋势 B．线圈中产生的感应电流方向为顺时针方向 C．通过线圈的磁通量变化量大小为nB0S D．线圈中的感应电动势大小为n 二．多选题（共1小题） （多选）15．（2027•五华区校级模拟）如图所示，垂直于水平面的磁场Ⅰ和Ⅱ的宽度均为L，间距也为L，磁感应强度大小均为B。某一单匝正方形金属线框abcd放在水平面上，bc边与磁场边界平行。bc边刚进入磁场Ⅰ时的速度大小为v，当ad边到达磁场Ⅱ右边界时速度恰好减为零，整个过程中bc边始终与磁场边界平行。线框的边长为L、质量为m。在运动过程中除安培力外的其他阻力与速度成正比，比例系数为k。下列说法正确的是（　　） A．线框的感应电流始终沿adcba方向 B．线框bc边刚进入磁场Ⅰ时，bc两端的电势差为 C．线框bc边刚进入磁场Ⅰ时，加速度大小为 D．线框的电阻为 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 2.2法拉第电磁感应定律 1.掌握法拉第电磁感应定律及其公式（感生电动势） 2.掌握平动切割磁感线和旋转切割磁感线产生的感应电动势公式（动生电动势） 【思维导图】 考点一　法拉第电磁感应定律 1．感应电动势 在电磁感应现象中产生的电动势叫作感应电动势，产生感应电动势的那部分导体相当于电源． 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为线圈的匝数． (3)在国际单位制中，磁通量的单位是韦伯(Wb)，感应电动势的单位是伏(V)． 【重难诠释】 1．磁通量Φ、磁通量的变化量ΔΦ及磁通量的变化率的比较 磁通量Φ 磁通量的变化量ΔΦ 磁通量的变化率 物理 意义 某时刻穿过磁场中某个面的磁感线条数 在某一过程中，穿过某个面的磁通量的变化量 穿过某个面的磁通量变化的快慢 当B、S互相垂直时的大小 Φ＝BS ΔΦ＝ ＝ 注意 若穿过的平面中有方向相反的磁场，则不能直接用Φ＝BS.Φ为抵消以后所剩余的磁通量 开始和转过180°时平面都与磁场垂直，但穿过平面的磁通量是不同的，一正一负，ΔΦ＝2BS，而不是零 在Φ－t图像中，可用图线的斜率表示 2.公式E＝n的理解 感应电动势的大小E由磁通量变化的快慢，即磁通量的变化率决定，与磁通量Φ、磁通量的变化量ΔΦ无关． 考点二　导体棒平动切割磁感线时的感应电动势 1．导线垂直于磁场方向运动，B、l、v两两垂直时，如图甲所示，E＝Blv. 甲　　　　 　　　 乙 2．导线的运动方向与导线本身垂直，但与磁感线方向夹角为θ时，如图乙所示，E＝Blvsin θ. 3．导体棒切割磁感线产生感应电流，导体棒所受安培力的方向与导体棒运动方向相反，导体棒克服安培力做功，把其他形式的能转化为电能． 【重难诠释】 对公式的理解 (1)当B、l、v三个量的方向互相垂直时，E＝Blv；当有任意两个量的方向互相平行时，导线将不切割磁感线，E＝0. (2)当l垂直于B且l垂直于v，而v与B成θ角时，导线切割磁感线产生的感应电动势大小为E＝Blvsin θ. (3)若导线是弯折的，或l与v不垂直时，E＝Blv中的l应为导线两端点在与v垂直的方向上的投影长度，即有效切割长度． 图甲中的有效切割长度为：l＝sin θ； 图乙中的有效切割长度为：l＝； 图丙中的有效切割长度为：沿v1的方向运动时，l＝R；沿v2的方向运动时，l＝R. 考点三　导体棒转动切割磁感线时的感应电动势 导体棒转动切割磁感线：E＝Bl2ω. 如图所示，长为l的金属棒ab，绕b端在垂直于匀强磁场的平面内以角速度ω匀速转动，磁感应强度为B，ab棒所产生的感应电动势大小可用下面两种方法推出． 方法一：棒上各处速率不等，故不能直接用公式E＝Blv求．由v＝ωr可知，棒上各点的线速度跟半径成正比．故可用棒的中点的速度作为平均切割速度代入公式计算． ＝，E＝Bl＝Bl2ω. 方法二：设经过Δt时间，ab棒扫过的扇形面积为ΔS， 则ΔS＝lωΔtl＝l2ωΔt， 磁通量的变化ΔΦ＝BΔS＝Bl2ωΔt， 所以E＝n＝n＝Bl2ω(n＝1)． 重难辨析：两大公式的区别 公式 E＝n E＝Blvsin θ 研究对象 某个回路 回路中做切割磁感线运动的那部分导体 内容 (1)求的是Δt时间内的平均感应电动势，E与某段时间或某个过程对应． (2)当Δt→0时，E为瞬时感应电动势 (1)若v为瞬时速度，求的是瞬时感应电动势． (2)若v为平均速度，求的是平均感应电动势． (3)当B、l、v三者均不变时，平均感应电动势与瞬时感应电动势相等 适用范围 对任何电路普遍适用 只适用于导体切割磁感线运动的情况 联系 (1)E＝Blvsin θ是由E＝n在一定条件下推导出来的． (2)整个回路的感应电动势为零时，回路中某段导体的感应电动势不一定为零 考向1 法拉第电磁感应定律 【典例】（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 【解答】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。 【变式1】（2026•河北）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． 【解答】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2】（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 【解答】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3】（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 【解答】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。 声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2026/8/17 15:31:36；用户：李陆敏；邮箱：orFmNtzVrcH7gw1f524IhJ2j63fs@weixin.jyeoo.com；学号：50207874 声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2026/8/16 20:20:16；用户：李陆敏；邮箱：orFmNtzVrcH7gw1f524IhJ2j63fs@weixin.jyeoo.com；学号：50207874 声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2026/8/16 14:25:03；用户：李陆敏；邮箱：orFmNtzVrcH7gw1f524IhJ2j63fs@weixin.jyeoo.com；学号：502078 考向2 平动切割磁场产生感应电动势 【典例】（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 【解答】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． 【解答】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。 【变式2】（2026春•南岗区校级期中）如图所示，在磁感应强度B＝0.5T的匀强磁场中，让导体PQ在U形导轨上以速度v＝10m/s向右匀速滑动，两导轨间距离l＝0.8m，则产生的感应电动势的大小和P、Q两点电势关系为（　　） A．4V，P点电势高 B．0.4V，Q点电势高 C．4V，Q点电势高 D．0.4V，P点电势高 【解答】解：导体切割磁感线时，产生的感应电动势大小为E＝Blv＝0.5×0.8×10V＝4V。根据右手定则可知流过导体PQ的电流方向由Q流向P，由于导体PQ在电路中相当于电源，在电源内部电流是从低电势流向高电势的，所以P点电势高于Q点电势。故A正确，BCD错误。 故选：A。 【变式3】（2026•建邺区模拟）如图所示，光滑平行的水平导轨ab、cd之间有垂直纸面向里的匀强磁场，导轨间距为L，电阻均为R、长均为L的金属棒A、B置于导轨上，与导轨接触良好，导轨左侧接了阻值也为R的定值电阻。现同时分别给A、B一个初速度vA、vB，导轨电阻不计，则A、B棒开始运动的瞬间流过金属棒B中的电流大小为（　　） A． B． C． D． 【解答】解：设a、c间电势差为U，A、B棒可看作内阻为R、电动势分别为BLvA和BLvB（方向均由cd到ab）的电源，左侧固定电阻为R， 规定电流由ab向cd为正，左侧电阻中的电流 通过A棒的电流 通过B棒的电流IB，且IA+IB+I＝0 联立可得 其大小为，故D正确，ABC错误。 故选：D。 声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2026/8/16 20:17:09；用户：李陆敏；邮箱：orFmNtzVrcH7gw1f524IhJ2j63fs@weixin.jyeoo.com；学号：50207874 考向3 转动切割磁场产生感应电动势 【典例】（2026春•烟台期末）如图所示，在水平面上放置一根长度为L的导体棒，导体棒绕O点以角速度ω匀速转动。在导体棒的转动圆内有两个不同的扇形区域Ⅰ和Ⅱ，分别存在磁感应强度大小为B和2B、方向相反且与平面垂直的匀强磁场，其中区域Ⅰ的圆心角为120°，区域Ⅱ的圆心角为60°。则该导体棒转动一周的过程中，产生电动势的有效值为（　　） A． B． C． D． 【解答】解：导体棒在区域Ⅰ运动的时间为，产生的电动势大小为。 导体棒在区域Ⅱ运动的时间为，产生的电动势大小为，解得：。 根据交变电流有效值的定义有， 联立解得：。故ABD错误，C正确。 故选：C。 【变式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 【解答】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。 【变式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 【解答】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3】（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 【解答】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。 1．（2026•内乡县校级模拟）如图所示，两足够长电阻不计的光滑金属导轨MN、PQ平行固定在与水平面的夹角θ＝37°的斜面上，间距为L＝1m，导轨上端连接一个阻值为R＝1Ω的电阻，整个装置处于垂直于导轨平面向上的匀强磁场中。一根质量为m＝1kg，接入电阻R＝1Ω的金属棒垂直放置于两导轨底端并始终与导轨良好接触。开关K闭合后，对金属棒施加一沿导轨向上的恒力F＝20N，金属棒从底端由静止开始沿导轨上滑，当上滑距离s＝4m时金属棒达到最大速度vm＝4m/s。已知重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，下列说法正确的是（　　） A．金属棒刚开始运动时的加速度大小为20m/s2 B．磁感应强度大小为7T C．此过程中电阻R上产生的热量为24J D．此过程中通过金属棒的电荷量为 【解答】解：B、金属棒达到最大速度时，根据牛顿第二定律可得F＝mgsinθ+BLvm， 解得，故B错误； A、根据牛顿第二定律可得F﹣mgsinθ＝ma 解得a＝14m/s2，故A错误； C、根据能量守恒定律可得 而 解得Q1＝24J，故C正确； D、根据，代入数据解得，故D错误。 故选：C。 2．（2026•衡阳县模拟）如图甲所示，两组平行金属导轨固定在同一水平面内，间距分别为d和1.5d，分别连接电阻R1和R2，边长为d的正方形区域存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小B随时间t的变化关系如图乙所示。t＝0时刻，在距磁场左边界d处，一长度为1.5d的均匀导体棒以v0的速度始终向右做匀速直线运动，直至通过磁场，棒在磁场左边界时与两组导轨同时接触。R1＝R2＝R，其他电阻不计，棒与导轨垂直且接触良好，下列说法不正确的是（　　） A．在的时间内，回路中的感应电动势为 B．在的时间内，回路产生的热量为 C．在的时间内，电阻R1产生的热量为 D．整个过程中，回路产生的热量为 【解答】解：B、在的时间内，该过程中回路的电流为 因此该过程中回路产生的热量为，故B正确； A、在的时间内，磁场均匀增加，回路中的感应电动势为，故A正确； C、在的时间内，导体棒切割磁感线，回路中的感应电动势为E＝B0dv0 R1和R2并联，流过两个电阻的电流均为 因此在此过程中电阻R1产生的热量为，故C正确； D、在的时间内，电阻R1和R2产生的总热量为 可知整个运动过程中，回路产生的总的热量，故D错误。 本题选不正确的，故选：D。 3．（2026春•山西期末）如图，两条固定的光滑平行金属导轨，所在平面与水平面夹角为导轨电阻忽略不计，两端各接一个阻值为2R的定值电阻，形成闭合回路；质量为m的金属棒垂直导轨放置，并与导轨接触良好，接入导轨之间的电阻为R；劲度系数为k的两个完全相同的绝缘轻质弹簧与导轨平行，一端固定，另一端均与金属棒中间位置相连，弹簧的弹性势能Ep与形变量x的关系为；将金属棒移至导轨中间位置时，两弹簧刚好处于原长状态；整个装置处于垂直导轨所在平面向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，间距为l，将金属棒从导轨中间位置向上移动距离a后静止释放，金属棒沿导轨向下运动到最远处，用时为t，最远处与导轨中间位置距离为b，弹簧形变始终在弹性限度内。此过程中；（　　） A．每个弹簧对金属棒施加的冲量大小为 B．每个弹簧对金属棒施加的冲量大小为 C．金属棒的平均输出功率为 D．每个定值电阻产生的热量为 【解答】解：AB、金属棒所受安培力冲量大小为 又 其中 解得 该过程中，取沿导轨向下为正方向，对金属棒，由动量定理得2I弹﹣I安+mgsinθ•t＝0 解得每个弹簧对金属棒施加的冲量大小为，AB错误； C、因金属棒的电阻与外电路总电阻相等，则金属棒的平均输出功率，故C正确； D、由能量关系可知回路产生的总热量 每个定值电阻产生的热量为，故D错误。 故选：C。 4．（2026春•杭州月考）如图所示，固定在水平面上的半径为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。三根长为l、不计电阻的金属棒一端与圆环接触良好，另一端都固定在竖直导电转轴OO′上，它们互成120°，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3个定值电阻和一个电容为C、板间距为d的平行板电容器，R1＝R2＝R3＝R。有一带电小颗粒在电容器两极板中间处于静止状态。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．小颗粒带负电 B．增大电阻R3的阻值，小颗粒将向下运动 C．小颗粒的比荷为 D．电容器所带的电荷量为 【解答】解：A、由右手定则可知，感应电流沿半径指向圆心，电容器下极板电势高上极板电势低，极板间的电场方向竖直向上，小颗粒所受静电力竖直向上，则小颗粒带正电，故A错误； B、增大电阻R3的阻值，不改变电容器两极板间的电势差，板间场强不变，小颗粒受到的电场力不变，则小颗粒仍然处于静止状态，故B错误； C、金属棒切割磁感线产生的感应电动势为，带电小颗粒处于静止状态，由平衡条件得 其中电容器两极板间的电势差为 解得小颗粒的比荷为，故C正确； D、电容器所带的电荷量为，故D错误。 故选：C。 5．（2026•安徽模拟）如图，在光滑绝缘水平面上有一同种金属材料制成的单匝矩形线圈ABCD，在水平外力作用下运动，第一次以大小为v的速度向右垂直于磁场边界匀速进入竖直向上的匀强磁场，第二次同样方式进入，速度大小为2v。则在线圈进入匀强磁场的过程中，下列说法正确的是（　　） A．第二次进入与第一次进入时外力之比为1：2 B．第二次进入与第一次进入时外力做功功率之比为2：1 C．第二次进入与第一次进入时线圈中产生的热量之比为4：1 D．第二次进入与第一次进入时通过线圈中某一横截面的电荷量之比为1：1 【解答】解：A．由E＝BLv，，可得 故第二次进入与第一次进入时外力之比为2：1，故A错误； B．外力做功功率 则第二次进入与第一次进入时外力做功功率之比为4：1，故B错误； C．根据焦耳定律可得，热量 则第二次进入与第一次进入时线圈中产生的热量之比为2：1，故C错误； D．电荷量 则第二次进入与第一次进入时通过线圈中某一横截面的电荷量之比为1：1，故D正确。 故选D。 6．（2026•重庆校级模拟）如图所示，水平地面上方矩形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，两个边长相等的单匝闭合正方形线圈Ⅰ和Ⅱ，分别用相同材料，不同粗细的导线绕制（Ⅰ为细导线）。两线圈在距磁场上界面h高处由静止开始自由下落，再进入磁场，最后落到地面。运动过程中，线圈平面始终保持在竖直平面内且下边缘平行于磁场上边界。设线圈Ⅰ、Ⅱ从释放至落地所用时间分别为t1、t2，在磁场中运动时产生的热量分别为Q1、Q2。不计空气阻力，则（　　） A．t1＜t2，Q1＜Q2 B．t1＝t2，Q1＝Q2 C．t1＜t2，Q1＞Q2 D．t1＝t2，Q1＜Q2 【解答】解：设正方形线圈的边长为l，导线的横截面积为S，材料密度为ρm，电阻率为ρe。由质量与密度的关系得m＝4ρmlS 由电阻定律得 两式相乘得 因此mR与导线粗细无关。线圈下边以速度v进入磁场时，产生的感应电动势为E＝Blv 由闭合电路欧姆定律及安培力公式得， 取竖直向下为正方向，由牛顿第二定律得mg﹣F＝ma 联立可得 两线圈进入磁场时速度相同，则两线圈进入磁场边界时加速度相同，完全处于磁场中时均做自由落体运动；它们又从同一高度由静止释放，故各对应阶段的运动情况相同，则运动时间相同，即t1＝t2。 速度为v时热功率为，线圈Ⅰ的导线较细，则R1＞R2；在线圈穿越磁场边界的各对应时刻，两线圈的速度和产生感应电流的持续时间相同，则Q1＜Q2，故ABC错误，D正确。 故选：D。 7．（2026春•锡林郭勒盟期末）如图是一种精确测量质量的装置原理示意图，竖直平面内，质量为M的称重框架由托盘和矩形线圈组成。线圈的一边始终处于垂直线圈平面的匀强磁场中，磁感应强度不变。测量分两步：①托盘内放置质量m的待测物块，线圈通大小为I的电流，使称重框架受力平衡；②取下物块，线圈断电且保持不动，磁场以速率v匀速向下运动，测得线圈中感应电动势为E。重力加速度为g。由此可测出m的值。下列说法正确的有（　　） A．线圈电阻为 B．I越大，表明m越大 C．v越大，则E越小 D． 【解答】解：C、磁场以速度v向下匀速运动，线圈保持静止，则线圈相对磁场向上运动，则动生电动势E＝BLv 其中L是线圈切割边的长度，B是磁感应强度，均不变，可知v越大，感应电动势E越大，故C错误； BD、放入待测物m后，线圈通电流I，结合左手定则，安培力方向向上，框架自身重力已预先平衡，安培力仅需要平衡m的重力，则BIL＝（M+m）g 根据E＝BLv 解得，故电流I越大，待测质量m越大，故B正确，D错误； A、根据题意电动势E是线圈断开时切割磁感线产生的感应电动势，I为线圈闭合时通入的电流，故不是线圈的电阻，故A错误。 故选：B。 8．（2026春•河南期末）如图所示，空间内存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B，相距L的两足够长平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨间平行放置两根质量均为m、接入导轨部分电阻均为R的光滑金属棒a、b，初始时两金属棒均静止，现给金属棒b一个水平向右的初速度v，当两金属棒的运动状态稳定时，下列说法正确的是（　　） A．稳定时两金属棒均静止 B．稳定时金属棒a的速度小于 C．全过程金属棒b产生的热量为 D．全过程通过金属棒b的电荷量为 【解答】解：AB、水平面光滑，两根金属棒组成的系统水平方向合外力为零（安培力为内力，大小相等方向相反），满足动量守恒。 稳定后，回路感应电动势为零（E＝BLvb﹣BLva＝0），电流为零，两棒最终共速，做匀速运动。 设共速为v共，以运动方向为正方向，由动量守恒可得mv＝（m+m）v共，解得，故AB错误； D、以运动方向为正方向，对金属棒a应用动量定理，安培力的冲量等于动量变化 解得通过金属棒的电荷量，故D正确； C、由能量守恒，总焦耳热等于系统动能损失 两棒电阻串联，电流相同，热量与电阻成正比，两棒电阻均为R，因此金属棒b产生的热量，故C错误。 故选：D。 9．（2026春•资阳期末）如图所示，水平面内固定有相距为d的两光滑平行金属轨道，其在M、N处有一个小断口，小断口填充了绝缘材料。MN左侧两轨道之间有一电容为C、电压为U的带电电容器和定值电阻R，MN右侧两轨道之间有一自感系数为L的电感线圈，磁感应强度为B的匀强磁场与轨道平面垂直。质量为m的金属棒垂直放在MN左侧导轨上，某时刻闭合开关，随着电容器放电，金属棒开始加速，无能量损失越过MN后最远能够到达PQ位置。已知金属棒运动过程中经过MN位置时速度已达到最大值，金属棒从MN到PQ所用时间为t0，线圈的自感电动势为，金属棒始终与导轨垂直且接触良好，除定值电阻R外所有电阻均不计。不考虑电磁辐射造成的能量损失，下列说法正确的是（　　） A．金属棒最大速度的大小为 B．金属棒最大加速度的大小为 C．金属棒从MN第一次运动到MN与PQ的中间位置的时间为 D．MN与PQ之间的距离为 【解答】解：A、当棒到达MN时速度最大设速度为vm，此时加速度为零，即着棒受到的安培力为零，回路中的电流为零，此时电容器两端电压等于金属棒切割磁感线产生的动生电动势，回路总电动势为零。 设从静止加速到vm的过程中，流过金属棒的平均电流为，总时间为t，流过金属棒的总电荷量为q。 规定向右为正，根据动量定理得 因为，所以Bdq＝mvm 电容器初始电压为U，初始总电荷量为Q0＝CU，当棒达到最大速度vm时，由于回路电流为零，电容器两端电压恰好等于金属棒切割磁感线产生的动生电动势U′＝E＝Bdvm 电容器上剩余的电荷量为Q′＝CU′＝CBdvm 流过金属棒的总放电量q＝Q0﹣Q′＝CU﹣CBdvm 将q代入Bdq＝mvm中，得Bd（CU﹣CBdvm）＝mvm 代入数据可得，故A正确； B、金属棒刚开始运动时，速度为零，回路中没有动生电动势，此时回路电流最大，安培力最大，加速度达到最大值。 闭合瞬间，电容器两端电压为U，纯电阻R两端的电压即为U，最大电流 最大安培力 最大加速度，故B错误； C、金属棒进入MN右侧后，受到向左的安培力。由安培力公式和法拉第电磁感应定律可知，棒受到的合力，受力大小与位移成正比且方向相反，棒做简谐运动。 简谐运动从平衡位置MN到最大位移处PQ的总时间t0是四分之一个周期，简谐运动是变加速运动，速度随位移减小而减小，前一半位移速度快，用时短；后一半位移速度慢，用时长，到达中间位置的时间必定小于，故C错误； D、在右侧简谐运动中，结合能量守恒，类比弹簧振子 可得最大位移xmax，MN到PQ的距离与最大速度vm的关系为 将选项A中得出的vm代入，故D错误。 故选：A。 10．（2026春•怀化期末）如图所示，磁感应强度为B的匀强磁场方向水平（垂直于纸面向外）。竖直放置的“冂”形导轨宽为L，上端接有电阻R，导轨部分的电阻可忽略不计。光滑金属棒ab的质量为m、阻值为R。将金属棒由静止释放，金属棒下降的高度为h时达到最大速度vm。已知金属棒始终与导轨垂直并保持良好接触，则在金属棒下降h的过程中（　　） A．金属棒中的电流方向为a→b B．金属棒的最大速度 C．通过金属棒的电荷量为 D．金属棒产生的焦耳热为 【解答】解：A、根据右手定则判断可知，金属棒中的电流方向为b→a，故A错误； B、金属棒匀速运动时受到的合力为零，此时速度达到最大值，加速度为零，根据平衡条件有，解得：，故B正确； C、根据法拉第电磁感应定律可得，平均感应电动势，平均电流，电荷量，联立三式得，故C错误； D、根据能量守恒定律有，由于两个电阻阻值相等，流过的电流和通电时间均相同，因此金属棒产生的热量，联立解得：，故D错误。 故选：B。 11．（2026•大庆校级模拟）如图所示，足够长的光滑平行金属导轨间距为L，与水平面夹角为θ，两导轨上下两端用阻值均为2R的电阻相连，该装置处于磁感应强度大小为B、竖直向上的匀强磁场（未画出）中。上端电阻2R两端分别与一电容器两极板相连，电容器板间距为d，二极管为理想二极管，电容器上极板接地。质量为M、电阻为R、长也为L的金属杆ab垂直导轨放置，由静止释放金属杆ab经时间t后做匀速直线运动，金属杆ab匀速运动时，一质量为m的带电液滴恰好悬浮在两板间P点。在运动过程中，ab始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨的电阻及空气阻力，重力加速度为g。则（　　） A．带电液滴带正电 B．金属杆匀速运动时，若将电容器上极板向上移动，则P点的电势升高 C．金属杆匀速运动的速度大小为 D．带电液滴的电荷量大小为 【解答】解：B、金属杆匀速运动时，若将电容器上极板向上移动，则电容器的电容减小，根据公式则电容器带电量应该减小，即电容器应该放电， 而二极管不能使电容器放电，则电容器电量保持不变，根据公式，，可得 电容器两板间场强不变，根据公式可知P点与上极板间电势差增加，因上极板电势为零，则P点的电势降低，故B错误； A、金属杆ab向下运动时，产生的感应电动势由b指向a，可知电容器上板电势高，则带电液滴带负电，故A错误； C、金属杆匀速运动时电阻为 电流为 此时满足Mgsinθ＝BILcosθ 解得匀速运动的速度大小为，故C错误； D、带电液滴平衡时， 解得，故D正确。 故选：D。 12．（2026春•郴州期末）如图甲所示，三角形线圈abc水平放置，在线圈所在区域存在一变化的磁场，其变化规律如图乙所示。线圈在外力作用下处于静止状态，规定垂直于线圈平面向里的磁场方向为正方向，垂直ab边指向c的受力方向为正方向，线圈中感应电流沿abca方向为正方向，则线圈内电流I及ab边所受安培力F随时间t变化规律的图像是（　　） A． B． C． D． 【解答】解：AB.根据题意，由法拉第电磁感应定律和楞次定律可知，0～1s电流恒定，方向为正方向，1～2s电流为零，2～3s电流恒定，方向为正方向，且大小与0～1s大小相等，3～5s电流恒定，方向为负方向，且大小为0～1s大小的2倍，故AB错误； CD.根据安培力的公式FA＝BIL，因为电流恒定，磁场均匀变化，可得安培力也是均匀变化，再根据左手定则判断力的方向，0～1s和2～3s安培力为正方向，3～4s安培力为负方向，最大值为0～1s和2～3s的2倍，4～5s安培力为正方向，最大值为0～1s和2～3s的2倍，故C错误，D正确。 故选：D。 13．（2026春•忻州期末）如图甲所示，一单匝带缺口（缺口很小）的刚性金属圆环固定在水平面内，圆环阻值r＝1Ω，缺口两端引出两根导线，与阻值R＝9Ω的定值电阻构成闭合回路，圆环内的磁通量变化如图乙所示，规定磁通量方向向里为正，不计导线的电阻，下列说法正确的是（　　） A．0～1s内圆环中的感应电流方向沿逆时针方向 B．0～1s和1～2s内感应电流方向不同 C．2～4s内，电阻R两端电压 Uab＝0.5V D．0～1 s内圆环有扩张趋势，且感应电流大小为0.1 A 【解答】解：A、在0～1s内，磁通量减小，根据楞次定律，感应磁场方向与原磁场方向相反，再依据右手螺旋定则，感应电流方向为顺时针，故A错误； B、在1～2s内，磁通量反向增加，依据楞次定律，感应磁场方向与原磁场方向相反，根据右手螺旋定则，感应电流方向为顺时针，该方向与0～1s内的电流方向相同，故B错误； C、在2～4s内，由法拉第电磁感应定律可得，解得：E＝0.5V。根据闭合电路欧姆定律可得，解得：UR＝0.45V。由楞次定律“增反减同”及右手螺旋定则可知，电流方向为逆时针，因此Uab＝﹣UR，解得：Uab＝﹣0.45V，故C错误； D、依据楞次定律“增缩减扩”，在0～1s内圆环具有扩张趋势。由法拉第电磁感应定律可得，根据闭合电路欧姆定律可得，联立求解可得I＝0.1A，故D正确。 故选：D。 14．（2026春•珠海期末）学生常用的饭卡内部主要由线圈和芯片组成，图甲所示，当饭卡处于刷卡机感应区域时，刷卡机会激发变化的磁场，从而在饭卡内的线圈中产生感应电流来驱动芯片工作。已知线圈共n匝、围成的面积为S。某次刷卡时，线圈平面与磁场方向垂直，且全部处于磁场区域内，线圈内的磁感线始终均匀分布，取磁场方向垂直纸面向里为正，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示，在0～t0时间内，下列说法正确的是（　　） A．线圈有扩张的趋势 B．线圈中产生的感应电流方向为顺时针方向 C．通过线圈的磁通量变化量大小为nB0S D．线圈中的感应电动势大小为n 【解答】解：A、在0～t0时间内，磁感应强度增大，磁通量增大，根据楞次定律“增缩减扩”可知线圈有缩小的趋势，故A错误； B、磁通量向里增大，根据楞次定律与右手螺旋定则，感应电流为逆时针方向，故B错误； C、磁通量变化量ΔΦ＝ΔBS＝B0S，匝数不影响磁通量变化量，故C错误； D、由法拉第电磁感应定律可知，线圈中的感应电动势大小为 故D正确。 故选：D。 二．多选题（共1小题） （多选）15．（2027•五华区校级模拟）如图所示，垂直于水平面的磁场Ⅰ和Ⅱ的宽度均为L，间距也为L，磁感应强度大小均为B。某一单匝正方形金属线框abcd放在水平面上，bc边与磁场边界平行。bc边刚进入磁场Ⅰ时的速度大小为v，当ad边到达磁场Ⅱ右边界时速度恰好减为零，整个过程中bc边始终与磁场边界平行。线框的边长为L、质量为m。在运动过程中除安培力外的其他阻力与速度成正比，比例系数为k。下列说法正确的是（　　） A．线框的感应电流始终沿adcba方向 B．线框bc边刚进入磁场Ⅰ时，bc两端的电势差为 C．线框bc边刚进入磁场Ⅰ时，加速度大小为 D．线框的电阻为 【解答】解：A．根据楞次定律可知，线圈进入磁场时，感应电流方向为adcba；出离磁场时感应电流方向为abcda，A错误； B．线框bc边刚进入磁场Ⅰ时，bc边产生的感应电动势为E＝BLv，因bc两端的电势差为路端电压，故，B正确； D．线圈bc边进入磁场Ⅰ的过程由动量定理 其中 可得 则有 同理线圈bc出离磁场Ⅰ时有 线圈bc进入磁场Ⅱ时有 线圈bc出离磁场Ⅱ时有 四式相加可得 解得线框的电阻为，D正确； C．线框bc边刚进入磁场Ⅰ时感应电流为 根据牛顿第二定律得kv+BIL＝ma 解得线框bc边刚进入磁场Ⅰ时，加速度大小为，故C正确； 故选：BCD。 声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2026/8/17 15:44:22；用户：李陆敏；邮箱：orFmNtzVrcH7gw1f524IhJ2j63fs@weixin.jyeoo.com；学号：50207874 2 学科网（北京）股份有限公司 $