【文档说明】备战2024年高考物理易错题（新高考专用）易错点12 电磁感应（3大陷阱）） Word版含解析.docx，共(36)页，2.186 MB，由小赞的店铺上传

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易错点12电磁感应目录01易错陷阱（3大陷阱）02举一反三【易错点提醒一】根据楞次定律判断电流方向分不清因果，混淆两种磁场方向【易错点提醒二】计算感应电动势分不清的平均值不是瞬时值或有效长度错误【易错点提醒三】分析与电路综合问题没有弄清电路结构，错误把内电路当外电路【易错点提醒四】分析力学综合

问题不会受力分析，错误地用功能关系列式。03易错题通关易错点一：错误地运用楞次定律求感应电流1.判断电磁感应现象是否发生的一般流程2.“阻碍”的含义及步骤楞次定律中“阻碍”的含义“四步法”判断感应电流方向易

错点二：钷亶地运用法拉北电磁感应定律求感应电动势和分析自感现象1.感应电动势两个公式的比较公式E＝nΔΦΔtE＝Blv导体一个回路一段导体适用普遍适用导体切割磁感线意义常用于求平均电动势既可求平均值也可求瞬时值联系本质上是统一的．但是，当导体做切割磁感线运动时，用E＝Blv求E比较方便；

当穿过电路的磁通量发生变化时，用E＝nΔΦΔt求E比较方便2E=Blv的三个特性正交性本公式要求磁场为匀强磁场，而且B、l、v三者互相垂直有效性公式中的l为导体棒切割磁感线的有效长度，如图中ab相对性E＝Blv中的速度v是导体棒相对

磁场的速度，若磁场也在运动，应注意速度间的相对关系3动生电动势的三种常见情况情景图研究对象一段直导线(或等效成直导线)绕一端转动的一段导体棒绕与B垂直的轴转动的导线框表达式E＝BLvE＝12BL2ωE＝NBSωsinωt易错点三：错误

求解电磁感应与电路和力学的综合问题1.电磁感应与电路综合问题的求解（1)电磁感应中电路知识的关系图（2）.分析电磁感应电路问题的基本思路求感应电动势E=Blv或E=𝑛Δ𝛷Δ𝑡→画等效电路图→求感应电流I=𝐸𝑅+𝑟{两端电压{𝑈内=𝐼

𝑟𝑈外=𝐸-𝐼𝑟电路功率{𝑃外=𝐼𝑈外𝑃总=𝐼𝐸2。2。电磁感应中的动力学问题的求解（1）导体受力与运动的动态关系（2）.力学对象和电学对象的相互关系（3）.解决电磁感应中的动力学问题的一般思路4.求解焦耳热Q的

三种方法.【易错点提醒一】根据楞次定律判断电流方向对穿两线圈的磁通量变化情况判断错误【例1】(多选)如图所示软铁环上绕有M、N两个线圈，线圈M通过滑动变阻器及开关与电源相连，线圈N连接电流表G，下列说法正

确的是()A．开关闭合瞬间，通过电流表G的电流由a到bB．开关闭合稳定后，通过电流表G的电流由b到aC．开关闭合稳定后，将滑动变阻器滑片向右滑动，通过电流表G的电流由a到bD．开关闭合稳定后再断开瞬间，通过电流表G的电流由a到b易错分析：误选A的原因：对穿两线圈的磁通量变化情况判断错

误，不能根据楞次定律正确判断感应定流方向。误选B的原因：对感应电流的产生条件理解不清。对线圈中的磁通量的变化量的情况判断失误，不能正确根据楞次定律判断感应电流方向。【答案】CD【解析】开关闭合瞬间，在线圈N中产生向下增强的磁场，根据楞次定

律，通过电流表G的电流由b到a，A错误；开关闭合稳定后，线圈N中的磁场不变，磁通量不变，电流表中没有电流，B错误；开关闭合稳定后，将滑动变阻器滑片向右滑动，线圈M中电流减小，产生的磁场减弱，根据楞次定律，通过电流表G的电流由a到b，C正确；开关闭合稳定后再断开瞬间，线圈N中的磁场减弱，根据

楞次定律，通过电流表G的电流由a到b，D正确【变式1-1】如图所示，一平行光滑金属导轨水平置于竖直向下的匀强磁场中，导轨电阻不计，与大螺线管M相接，在M螺线管内同轴放置一绝缘圆盘N，N的边缘固定着许多带

负电的小球（每个小球都可视为一点电荷），且圆盘N可绕轴心在水平面内自由转动。当导体棒ab运动时，圆盘N能沿箭头方向逆时针转动，则导体棒ab的运动情况是（）A．导体棒ab向右做匀速运动B．导体棒ab向右做加速运

动C．导体棒ab向左做加速运动D．导体棒ab向左做减速运动【答案】BD【详解】圆盘N能沿箭头方向逆时针转动，可知感应电场的方向沿顺时针方向，则产生感应电场的磁场方向垂直纸面向里；若导体棒ab向右运动，则感应电流由b

到a，M中的磁场向外，与产生感应电场的磁场方向相反，可知必然是增强的，则ab必然加速运动；若导体棒ab向左运动，则感应电流由a到b，M中的磁场向里，与产生感应电场的磁场方向相同，可知必然是减弱的，则ab必然减速运动；故选BD。【变式1-2】2023年海南卷高考真题）汽车测

速利用了电磁感应现象，汽车可简化为一个矩形线圈abcd，埋在地下的线圈分别为1、2，通上顺时针（俯视）方向电流，当汽车经过线圈时（）A．线圈1、2产生的磁场方向竖直向上B．汽车进入线圈1过程产生感应电流方向为abcdC．汽车离开线圈1过程产生感应电流方向为abcdD．汽车进

入线圈2过程受到的安培力方向与速度方向相同【答案】C【详解】A．由题知，埋在地下的线圈1、2通顺时针（俯视）方向的电流，则根据右手螺旋定则，可知线圈1、2产生的磁场方向竖直向下，A错误；B．汽车进入线圈1过程中，磁通量增大，根据楞次定律可知产生感应电流方向为adcb（逆时针

），B错误；C．汽车离开线圈1过程中，磁通量减小，根据楞次定律可知产生感应电流方向为abcd（顺时针），C正确；D．汽车进入线圈2过程中，磁通量增大，根据楞次定律可知产生感应电流方向为adcb（时针），再根据左手定则，可

知汽车受到的安培力方向与速度方向相反，D错误。故选C【变式1-3】1（2023·广东广州天河二模）（多选）图甲为某款“自发电”无线门铃按钮，其“发电”原理如图乙所示，按下门铃按钮过程磁铁靠近螺线管，松开门铃按钮磁铁远离螺线管回归原位置。下列说法正确的是

（）A.按下按钮过程，螺线管P端电势较高B.松开按钮过程，螺线管P端电势较高C.按住按钮不动，螺线管中产生恒定的感应电动势D.若按下和松开按钮的时间相同，螺线管产生大小相同的感应电动势【答案】BD【解析】A．按下按钮过程

，穿过螺线管的磁通量向左增大，根据楞次定律可知螺线管中感应电流为从P端流入从Q端流出，螺线管充当电源，则Q端电势较高，故A错误；B．松开按钮过程，穿过螺线管的磁通量向左减小，根据楞次定律可知螺线管中感应电流为从Q端流入，从P

端流出，螺线管充当电源，则P端电势较高，故B正确；C．按住按钮不动，穿过螺线管的磁通量不变，螺线管不会产生感应电动势，故C错误；D．按下和松开按钮过程，若按下和松开按钮的时间相同，螺线管中磁通量的变化率相同，根据法拉第电磁感应定律可知，螺线管产生的感应电动势大小相同，故D正确。故选BD。【易

错点提醒二】计算感应电动势分不清的平均值不是瞬时值或有效长度错误【例2】(多选)(2017·全国卷Ⅱ·20)两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁感应强度方向与纸面垂直．边长为0.1m、总电阻为0.005Ω的正方形导线框abcd位于纸面内

，cd边与磁场边界平行，如图(a)所示．已知导线框一直向右做匀速直线运动，cd边于t＝0时刻进入磁场．线框中感应电动势随时间变化的图线如图(b)所示(感应电流的方向为顺时针时，感应电动势取正)．下列说法正确的是()A．磁感应强度的大小为0.5TB．导线框运动的速度的大小为0.5m/sC．磁感

应强度的方向垂直于纸面向外D．在t＝0.4s至t＝0.6s这段时间内，导线框所受的安培力大小为0.1N易错分析：误选A的原因：法拉第电磁感应定律计算磁感应强度计算出现错误。误选D的原因：感应电动势计算错误或者感应电流大小计算出现错误，或者安培力

计算出现错误。【答案】BC【解析】由题图(b)可知，导线框经过0.2s全部进入磁场，则速度v＝lt＝0.10.2m/s＝0.5m/s，选项B正确；由题图(b)可知，cd边切割磁感线产生的感应电动势E＝0.01V，根据E＝Blv得，B＝Elv＝0.010.1×0.5T＝0.2T，选项A错误；根据右手

定则及正方向的规定可知，磁感应强度的方向垂直于纸面向外，选项C正确；在t＝0.4s至t＝0.6s这段时间内，导线框中的感应电流I＝ER＝0.010.005A＝2A,所受的安培力大小为F＝BIl＝0.2×2×0.1N＝0.04N，选项D错误．例题3.(多选)如图，光滑水平面上两

虚线之间区域内存在垂直于纸面向里的范围足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为B.边长为a的正方形导线框PQMN沿图示速度方向进入磁场，当对角线PM刚进入磁场时线框的速度大小为v，方向与磁场边界成45°角，若线框的总电阻为R，则()A．

PM刚进入磁场时线框中的感应电流大小为BavRB．PM刚进入磁场时线框所受安培力大小为B2a2vRC．PM刚进入磁场时两端的电压为BavRD．PM进入磁场后线框中的感应电流逐渐变小易错分析：误选BC的原因

：有效长度分析错误，PM两端电压为路端电压，而不是内电压。【答案】AD【解析】PM刚进入磁场时有效的切割长度等于a，产生的感应电动势为E＝Bav，感应电流为I＝ER＝BavR，方向沿逆时针，故A正确；NM边所受的安培力大小为F1＝BIa＝B2a2vR，方向垂直NM斜向下，PN边所

受的安培力大小为F2＝BIa＝B2a2vR，方向垂直PN斜向下，线框所受安培力大小F＝F12＋F22＝2B2a2vR，故B错误；PM两端的电压为U＝I·R2＝Bav2，故C错误；PM进入磁场后，有效切割长度逐渐减小，感应电动势逐渐减小，感应电

流逐渐减小，故D正确．【变式1-1】（2023·广东深圳一模）某国产直升机在我国某地上空悬停，长度为L的螺旋桨叶片在水平面内顺时针匀速转动（俯视），转动角速度为。该处地磁场的水平分量为xB，竖直分量为yB。叶片的近轴端为a，远轴端为b。忽略转轴的尺寸

，则叶片中感应电动势为（）A.12xBL，a端电势高于b端电势B.212xBL，a端电势低于b端电势C.212yBL，a端电势高于b端电势D.212yBL，a端电势低于b端电势【答案】D【解析

】我国某地上空地磁场方向有向下的分量，大小为yB，当螺旋桨叶片在水平面内顺时针匀速转动（俯视）时，根据右手定则可知，a端电势低于b端电势；大小为20122yyLEBLBL+==故选D。2【变式1-2】(多选)(2019·全国卷Ⅰ·20)空间存在

一方向与纸面垂直、大小随时间变化的匀强磁场，其边界如图(a)中虚线MN所示．一硬质细导线的电阻率为ρ、横截面积为S，将该导线做成半径为r的圆环固定在纸面内，圆心O在MN上．t＝0时磁感应强度的方向如图(a)所示；磁感应强度B随

时间t的变化关系如图(b)所示．则在t＝0到t＝t1的时间间隔内()A．圆环所受安培力的方向始终不变B．圆环中的感应电流始终沿顺时针方向C．圆环中的感应电流大小为B0rS4t0ρD．圆环中的感应电动势大小为B0πr24t0【答案】BC【解析

】在0～t0时间内，磁感应强度减小，根据楞次定律可知感应电流的方向为顺时针，圆环所受安培力方向水平向左；在t0～t1时间内，磁感应强度反向增大，感应电流的方向仍为顺时针，圆环所受安培力方向水平向右，所以选项A

错误，B正确；根据法拉第电磁感应定律得E＝ΔΦΔt＝12πr2·B0t0＝B0πr22t0，由R＝ρlS可得R＝ρ2πrS，根据闭合电路欧姆定律可得I＝ER＝B0rS4t0ρ，所以选项C正确，D错误．【变式1-3如图所示，由均匀导线制成的半径为R的圆环，以速度v匀速

进入一磁感应强度大小为B的匀强磁场。当圆环运动到图示位置（90aOb=）时，a、b两点的电势差Uab为（）A．2BRvB．22BRvC．24BRv−D．324BRv−【答案】D【详解】有效切割长度即a、b连线的长度，如图所示由几何关系知有效切割

长度为222abRRR=+=所以产生的电动势为2EBLvBRv==电流的方向为a→b，所以0abU，由于在磁场部分的阻值为整个圆的14，所以332244abUBRvBRv=−=−故选D。【易错点提醒三】分析与

电路综合问题没有弄清电路结构，错误把内电路当外电路【例4】(多选)在如图甲所示的虚线框内有匀强磁场，设图甲所示磁场方向为正，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示．边长为l、电阻为R的正方形均匀线框abcd有一半处在磁

场中，磁场方向垂直于线框平面，此时线框ab边的发热功率为P，则()A．线框中的感应电动势为B0l2TB．线框中的感应电流为2PRC．线框cd边的发热功率为P2D．b、a两端电势差Uba＝B0l24T易错分析：误选A的原因：磁通量的变化量

计算出错，法拉第电磁感应定律运算出错。误选C的原因：内电路外电路分不清，内外电路的发热功率计算出错【答案】BD【解析】由题可知线框四个边的电阻均为R4.由题图乙可知，在每个周期内磁感应强度随时间均匀变化，线框中产生大小恒定的感应电流，设感应

电流为I，则对ab边有P＝I2·14R，得I＝2PR，选项B正确；根据法拉第电磁感应定律得E＝ΔΦΔt＝ΔBΔt·12l2，由题图乙知，ΔBΔt＝2B0T，联立解得E＝B0l2T，故选项A错误；线框的四边电阻相等，电流相等，则发热功率相等，都为P，故选项C错误；由楞次定律可

知，线框中感应电流方向为逆时针，则b端电势高于a端电势，Uba＝14E＝B0l24T，故选项D正确．【变式1-1】（2023·河北·模拟预测）如图所示，固定在水平面上的光滑金属导轨AB、CD，导轨一端连接电阻R，

导轨宽为L，垂直于导轨平面向下存在磁感应强度为B的匀强磁场，将一质量为m、电阻为r的导体棒垂直导轨放置，用恒力F向右拉动导体棒，经过距离x导体棒恰好达到最大速度v，则在此过程中（）A．外力22BLvFR=B．从开始至速度最大所用

的时间22()mRrtBL+=C．定值电阻产生的焦耳热22R2()BLRvxQRr=+D．通过导体棒的电荷量BLxqrR=+【答案】D【详解】A．导体棒速度最大时合力为零，外力22ABLvFFBILRr===+故A

错误；B．由动量定理有AFtFtmv−=又由于2222ABLvtBLxFtBILtRrrR===++解得时间22()mRrxtBLv+=+故B错误；C．由动能定理212AFxWmv−=解得22212ABLvxWmvRr=−+1QW=而电阻R上的焦耳热22212RRRBLvxQQmvRrRr

Rr==−+++故C错误；D．通过导体棒的电荷量BLxqItttrRrRrR====+++（）故D正确。故选D。【变式1-2】（2023·广东·模拟预测）如图甲所示，在水平地面上固定有一光滑的且电阻不计的平行金属导轨，导轨间距0.5mL=。导轨左端接入一个2ΩR=

的定值电阻，导轨右端接入一个阻值为L4ΩR=的小灯泡。在轨道中间CDFE矩形区域内有竖直向上的匀强磁场，磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示，已知CE长2ms=。在0=t时，一阻值2Ωr=的金属棒，在垂直于金属棒的恒定外力F作用下

从AB位置由静止开始沿导轨向右运动，金属棒与导轨始终接触良好，金属棒从AB位置运动到EF位置的过程中，小灯泡的亮度一直保持不变，则下列说法正确的是（）A．金属棒在未进入磁场时，通过小灯泡的电流L0.1AI=B．金属棒在未进入磁场时，金属棒所受到

的恒定外力0.4NF=C．金属棒从AB位置运动到EF位置的过程中，金属棒的最大速度为1m/sv=D．金属棒的质量1.2kgm=，小灯泡的功率为0.04WP=【答案】ACD【详解】A．金属棒未进入磁场时，电

路的总电阻为L5ΩRrRRRr=+=+总由法拉第电磁感应定律可得10.5VSBEtt===通过小灯泡的电流1L0.1AEIR==总A正确；B．因灯泡亮度不变，故4s末金属棒恰好进入磁场且做匀速运动，此时

金属棒中的电流为LLLL0.3ARIRIIIIR=+=+=则恒力0.3NFFBIL===安B错误；C．根据题意可知，4s末金属棒恰好进入磁场且做匀速运动，此时速度达到最大。4s后回路中的感应电动势为L2L1VRREIrRR=+=+()则可知4s末金属棒的速度21m/sE

vBL==C正确；D．由运动学公式可知前4s金属棒的加速度为200.25m/svat−==故金属棒的质量1.2kgFma==小灯泡的功率为2L0.04WPIR==D正确。故选ACD。【易错点提醒四】分析力学综合问题不会受力分析，错误地用功能关系列式【例5】(多选)(2021·全国甲卷·21)

由相同材料的导线绕成边长相同的甲、乙两个正方形闭合线圈，两线圈的质量相等，但所用导线的横截面积不同，甲线圈的匝数是乙的2倍．现两线圈在竖直平面内从同一高度同时由静止开始下落，一段时间后进入一方向垂直于纸面的匀强磁场区域，磁场的上边界水平，如图所示．不计空气阻

力，已知下落过程中线圈始终平行于纸面，上、下边保持水平．在线圈下边进入磁场后且上边进入磁场前，可能出现的是()A．甲和乙都加速运动B．甲和乙都减速运动C．甲加速运动，乙减速运动D．甲减速运动，乙加速运动易错分析：误选CD的原因：没有对物理问题仔细受力分析和运动学分析。该题综合性较

强，综合了自由落体运动学公式，电阻定律，法拉第电磁感应定律，闭合电路欧姆定律，牛顿第二定律、安培力等物理学知识【答案】AB【解析】设线圈下边到磁场的高度为h，线圈的边长为l，则线圈下边刚进入磁场时，有v＝2gh，感应电动势

为E＝nBlv，两线圈材料相同(设密度为ρ0)，质量相同(设为m)，则m＝ρ0×4nl×S，设材料的电阻率为ρ，则线圈电阻R＝ρ4nlS＝16n2l2ρρ0m感应电流为I＝ER＝mBv16nlρρ0所受安培力

大小为F＝nBIl＝mB2v16ρρ0由牛顿第二定律有mg－F＝ma联立解得a＝g－Fm＝g－B2v16ρρ0加速度和线圈的匝数、横截面积无关，则甲和乙进入磁场时，具有相同的加速度．当g>B2v16ρρ0时，甲和乙都加速运动，当g<B2v16ρρ

0时，甲和乙都减速运动，当g＝B2v16ρρ0时，甲和乙都匀速运动，故选A、B.【变式1-1】（2022·湖南卷·T10）如图，间距1mL=的U形金属导轨，一端接有0.1Ω的定值电阻R，固定在高0.8mh=的绝缘水平桌面上。质量均为0.1kg的匀质导体棒a

和b静止在导轨上，两导体棒与导轨接触良好且始终与导轨垂直，接入电路的阻值均为0.1Ω，与导轨间的动摩擦因数均为0.1（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力），导体棒a距离导轨最右端1.74m。整个空间存在竖直向下的匀强磁场（图中未画出），磁感应强度大小为0.1T。用0.5NF=

沿导轨水平向右的恒力拉导体棒a，当导体棒a运动到导轨最右端时，导体棒b刚要滑动，撤去F，导体棒a离开导轨后落到水平地面上。重力加速度取210m/s，不计空气阻力，不计其他电阻，下列说法正确的是（）A.

导体棒a离开导轨至落地过程中，水平位移为0.6mB.导体棒a离开导轨至落地前，其感应电动势不变C.导体棒a在导轨上运动的过程中，导体棒b有向右运动的趋势D.导体棒a在导轨上运动的过程中，通过电阻R的电荷量为0.58C【答案】BD【解析】C．导体棒a

在导轨上向右运动，产生的感应电流向里，流过导体棒b向里，由左手定则可知安培力向左，则导体棒b有向左运动的趋势，故Ｃ错误；A．导体棒b与电阻R并联，有2BLvIRR=+当导体棒a运动到导轨最右端时，导体棒b刚要滑动，有2IBLmg=联立解

得a棒的速度为3m/sv=a棒做平抛运动，有xvt=212hgt=联立解得导体棒a离开导轨至落地过程中水平位移为1.2mx=故A错误；B．导体棒a离开导轨至落地前做平抛运动，水平速度切割磁感线，则产生的感应电动势不变，故B正确；D．导体棒

a在导轨上运动的过程中，通过电路的电量为0.111.74C1.16C10.152BLxqItRR====+导体棒b与电阻R并联，流过的电流与电阻成反比，则通过电阻R的电荷量为0.58C2R

qq==故D正确。故选BD。【变式1-2】（2022·全国甲卷·T20）如图，两根相互平行的光滑长直金属导轨固定在水平绝缘桌面上，在导轨的左端接入电容为C的电容器和阻值为R的电阻。质量为m、阻值也为R的导体棒MN静止于导轨上，与导轨垂直，且接触良好，导轨电阻忽略不

计，整个系统处于方向竖直向下的匀强磁场中。开始时，电容器所带的电荷量为Q，合上开关S后，（）A.通过导体棒MN电流的最大值为QRCB.导体棒MN向右先加速、后匀速运动C.导体棒MN速度最大时所受的安培力也最大D.电阻R上产生的焦耳热大于导体棒MN上产生的焦耳热【答案】AD

【解析】MN在运动过程中为非纯电阻，MN上的电流瞬时值为uBlviR−=A．当闭合的瞬间，0Blv=，此时MN可视为纯电阻R，此时反电动势最小，故电流最大mUQIaxRCR==故A正确；B．当uBlv时

，导体棒加速运动，当速度达到最大值之后，电容器与MN及R构成回路，由于一直处于通路形式，由能量守恒可知，最后MN终极速度为零，故B错误；C．MN在运动过程中为非纯电阻电路，MN上的电流瞬时值为uBlviR−=当uBlv=时，MN上电流瞬时为

零，安培力为零此时，MN速度最大，故C错误；D．在MN加速度阶段，由于MN反电动势存在，故MN上电流小于电阻R上的电流，电阻R消耗电能大于MN上消耗的电能（即RMNEE），故加速过程中，RMNQQ；当

MN减速为零的过程中，电容器的电流和导体棒的电流都流经电阻R形成各自的回路，因此可知此时也是电阻R的电流大，综上分析可知全过程中电阻R上的热量大于导体棒上的热量，故D正确。故选AD。【变式1-3】（2023·湖南·模拟预测）如图所示，倾斜放置的平行金属导轨固定在范围足够大，方向

竖直向上，磁感应强度为B的匀强磁场中，导轨与水平面夹角为，两导轨间距为L，导轨下端连入一个阻值为R的定值电阻。将一质量为m的导体杆AC水平放置于导轨某处，并对它施加一瞬时冲量，使其获得一个沿斜面向上的初

速度0v。一段时间后，观察到导体杆沿斜面匀速下滑。已知导体杆和斜面间的动摩擦因数为，导体杆和导轨电阻不计，重力加速度为g，则下列说法正确的是（）的A．导体杆刚开始上滑时摩擦力最小B．导体杆刚开始上滑时加速度最小C．导体杆的最终速度为22sincoscoscossinmgRvBL

−=+（）（）D．导体杆下滑过程中，电阻R的功率增加的越来越慢，然后保持不变【答案】ACD【详解】A．金属杆上滑过程中，产生的感应电流大小为cosBLvIR=其所受安培力为22cosABLvFBILR==，方向水平向左对金属杆受力分析，垂直斜面方向NsincosAFFmg

+=沿斜面方向cossinAfFmgma++=NfF=综上得22cossincosBLvfmgR=−金属杆上滑过程中必然减速，故开始时其速度最大，所以此时其摩擦力最小，故A正确。B．上滑时，导体杆的加速度为22coscossincossinB

LvagmR=++−（）（）由于cos和sin的关系无法判断，故加速度随v的变化也无法判断，故B错误。C．金属杆下滑过程中，最终速度必然是沿斜面方向受力平衡，此时，对金属杆受力分析，有cossinAf

Fmg+=NfF=垂直斜面方向NsincosAFFmg=+22cosABLvFBILR==综上得22sincoscoscossinmgRvBL−=+（）（）故C正确。D．金属杆下滑过程中，加速度逐渐减小，即速度增

加的越来越慢，即电流增加的越来越慢，即电阻的功率增加的越来越慢，当导体杆一旦匀速，电阻R的功率保持不变，故D正确。．1。（2023·广东湛江·校联考模拟预测）如图所示，光滑绝缘水平面上存在方向竖直向下的有界（边界竖直）匀强磁场，一直径与磁场区域宽度相同的闭合金属圆形线圈在平行于水平

面的拉力作用下，在水平面上沿虚线方向匀速通过磁场。下列说法正确的是（）A．线圈进磁场的过程中，线圈中的感应电流沿顺时针方向B．线圈出磁场的过程中，线圈中的感应电流沿逆时针方向C．该拉力的方向与线圈运动速度的方向相同D．该拉力的方向水平向右【答案】D【详解】A．线圈进入磁场的过程

中，垂直于纸面向里的磁通量变大，根据楞次定律可知线圈中的感应电流产生的磁场应垂直于纸面向外，根据安培定则可知线圈中的电流为逆时针方向，故A错误；B．线圈离开磁场的过程中，垂直于纸面向里的磁通量变小，根据楞次定律可知线圈中的感应电流产生的磁场应垂直于纸面向里，根据安培定则可知线圈中的电流为

顺时针方向，故B错误；CD．线圈切割磁感线的有效长度示意图如图：结合楞次定律阻碍相对运动的推论，根据左手定则可知安培力始终水平向左，则该拉力的方向水平向右，故C错误，D正确。故选D。2．（2003·浙江·统考二模）如图所示，圆环形导体线圈a平放在水平桌面

上，在a的正上方固定一竖直螺线管b，二者轴线重合，螺线管b与电源、滑动变阻器连接成如图所示的电路。若将滑动变阻器的滑片P向下滑动，下列表述正确的是（）A．线圈a中将产生沿顺时针方向（俯视）的感应电流B．穿过线圈a的磁通量减小C．线圈

a有扩张的趋势D．线圈a对水平桌面的压力FN将增大【答案】D【详解】B．当滑动变阻器的滑片P向下滑动时，螺线管中的电流将增大，使穿过线圈a的磁通量变大，故B错误；ACD．由楞次定律可知，线圈a中将产生沿逆时针方向（俯视）的感应电流

，并且线圈a有缩小和远离螺线管的趋势，线圈a对水平桌面的压力FN将增大，故D正确，AC错误。故选D。3．（2023·江西鹰潭·统考三模）国产航母福建舰上的舰载飞机起飞实现了先进的电磁弹射技术。电磁驱动原理示意图如图所示，在固定线圈左右两侧对称位置放置两个闭合金属圆环，铝环和铜环的形状、大小相

同、已知铜的电阻率较小，不计所有接触面间的摩擦，则闭合开关S的瞬间（）A．铝环向右运动，铜环向左运动B．铝环和铜环都向右运动C．铜环受到的安培力大于铝环受到的安培力D．从左向右看，两环中的感应电流均沿沿逆时针方向【答案】C【详解】AB．根据楞次定律中的“增离减靠”可知，闭合开关的瞬间，铝环向左运

动，铜环向右运动，AB错误；C．同时由于铜环的电阻率较小，于是铜环中产生的感应电流较大，铜环受到的安培力大于铝环受到的安培力，C正确；D．根据楞次定律和安培定则可知，从左向右看，两环中的感应电流均沿顺时针方向，D错误。故选C。4．（2023·河北沧州·沧县中学校考模拟预测）如图甲所示，一长直导线

与闭合金属线框位于同一竖直平面内，长直导线中的电流i随时间t的变化关系如图乙所示（以水平向右为电流的正方向），则在20t时间内，下列说法正确的是（）A．穿过线框的磁通量一直减小B．线框中始终产生顺时针方向的感应电流C．线框先有收缩的趋势后有扩张的趋势D．线框所受

安培力的合力先向下后向上【答案】B【详解】A．长直导线中的电流先减小后增大，所以穿过线框的磁通量先减小后增大，故A错误；B．由楞次定律可以判断在20t时间内，线框中始终产生顺时针方向的感应电流，故B正确；C．穿过线框的磁通量先减小后增大，由榜次定律知线框先有扩张的趋势后有收缩的趋势，故C错误；D．

由㭶次定律、左手定则判断线框受安培力的合力方向先向上后向下，故D错误。故选B。5.（2022·广东卷·T1）如图所示，水平地面（Oxy平面）下有一根平行于y轴且通有恒定电流I的长直导线。P、M和N为地面上的三点，P点位于导线正上方，MN平

行于y轴，PN平行于x轴。一闭合的圆形金属线圈，圆心在P点，可沿不同方向以相同的速率做匀速直线运动，运动过程中线圈平面始终与地面平行。下列说法正确的有（）A.N点与M点的磁感应强度大小相等，方向相同B.线圈沿PN方向运动时，穿过线圈的磁通量不

变C.线圈从P点开始竖直向上运动时，线圈中无感应电流D.线圈从P到M过程的感应电动势与从P到N过程的感应电动势相等【答案】AC【解析】A．依题意，M、N两点连线与长直导线平行、两点与长直导线的距离相同，根据右手螺旋定则可知，通电长直导线在M、N两点产生的磁感应强度大小相等，方向相同，故

A正确；B．根据右手螺旋定则，线圈在P点时，磁感线穿进与穿出在线圈中对称，磁通量为零；在向N点平移过程中，磁感线穿进与穿出线圈不再对称，线圈的磁通量会发生变化，故B错误；C．根据右手螺旋定则，线圈从P点

竖直向上运动过程中，磁感线穿进与穿出线圈对称，线圈的磁通量始终为零，没有发生变化，线圈无感应电流，故C正确；D．线圈从P点到M点与从P点到N点，线圈的磁通量变化量相同，依题意P点到M点所用时间较从P点到N点时间长

，根据法拉第电磁感应定律，则两次的感应电动势不相等，故D错误。故选AC。6。（2022·全国甲卷·T16）三个用同样的细导线做成的刚性闭合线框，正方形线框的边长与圆线框的直径相等，圆线框的半径与正六边形线框的边长相等，如图所示

。把它们放入磁感应强度随时间线性变化的同一匀强磁场中，线框所在平面均与磁场方向垂直，正方形、圆形和正六边形线框中感应电流的大小分别为12II、和3I。则（）A132IIIB.132IIIC.123III=D.123III==【答案】C【解析】设圆线框的半径为r，则由

题意可知正方形线框的边长为2r，正六边形线框的边长为r；所.以圆线框的周长为22Cr=面积为22Sr=同理可知正方形线框的周长和面积分别为18Cr=，214Sr=正六边形线框的周长和面积分别为36C

r=，2313336222rSrr==三线框材料粗细相同，根据电阻定律LRS=横截面可知三个线框电阻之比为123123::::8:2:6RRRCCC==根据法拉第电磁感应定律有EBSIRtR=

=可得电流之比为：123::2:2:3III=即123=III故选C。7.（2022·浙江1月卷·T13）如图所示，将一通电螺线管竖直放置，螺线管内部形成方向竖直向上、磁感应强度大小B=kt的匀强磁场，在内部用绝缘轻绳悬挂一与螺线管共轴的金属薄圆

管，其电阻率为、高度为h、半径为r、厚度为d（d≪r），则（）A.从上向下看，圆管中的感应电流为逆时针方向B.圆管的感应电动势大小为2krhC.圆管的热功率大小为232dhkrD.轻绳对圆管的拉力随时间减小【答案】C【解

析】A．穿过圆管的磁通量向上逐渐增加，则根据楞次定律可知，从上向下看，圆管中的感应电流为顺时针方向，选项A错误；B．圆管的感应电动势大小为22BErkrt==选项B错误；C．圆管的电阻2rRdh=圆管的热功率大小为2232Ed

hkrPR==选项C正确；D．根据左手定则可知，圆管中各段所受的受安培力方向指向圆管的轴线，则轻绳对圆管的拉力的合力始终等于圆管的重力，不随时间变化，选项D错误。8.（2022·广东卷·T4）图是简化的某种旋转磁极式发电机原理图。定子是仅匝数n不同的两线圈，12nn，二

者轴线在同一平面内且相互垂直，两线圈到其轴线交点O的距离相等，且均连接阻值为R的电阻，转子是中心在O点的条形磁铁，绕O点在该平面内匀速转动时，两线圈输出正弦式交变电流。不计线圈电阻、自感及两线圈间的相互影响，下列说

法正确的是（）A.两线圈产生的电动势的有效值相等B.两线圈产生的交变电流频率相等C.两线圈产生电动势同时达到最大值D.两电阻消耗的电功率相等【答案】B的【解析】AD．根据Ent=两线圈中磁通量变化率相

等，但是匝数不等，则产生的感应电动势最大值不相等，有效值也不相等，根据2UPR=可知，两电阻电功率也不相等，选项AD错误；B．因两线圈放在同一个旋转磁铁的旁边，则两线圈产生的交流电的频率相等，选项B正确；C．当磁铁的磁极到达线圈附近时，磁通量变化率最大，感应电

动势最大，可知两线圈产生的感应电动势不可能同时达到最大值，选项C错误；故选B。故选C。9.（2022·河北·T5）将一根绝缘硬质细导线顺次绕成如图所示的线圈，其中大圆面积为1S，小圆面积均为2S，垂直线圈平面方向有一随时间t变化的磁场，磁感应强度大小0BBkt=+，0B和k均为常量，则

线圈中总的感应电动势大小为（）A.1kSB.25kSC.12()5SkS−D.12(5)kSS+【答案】D【解析】由法拉第电磁感应定律可得大圆线圈产生的感应电动势1111BSEkStt===每

个小圆线圈产生的感应电动势2222EkStt===由线圈的绕线方式和楞次定律可得大、小圆线圈产生的感应电动势方向相同，故线圈中总的的的感应电动势大小为12124(5)EEEkSS=+=+故选D。10．（2023·山东威海·统考二模）如图所示，两足够长的水平光滑导轨

置于竖直方向的匀强磁场中，左端分别连接一定值电阻和电容器，将两导体棒分别垂直放在两导轨上。给甲图导体棒一水平向右的初速度v，乙图导体棒施加水平向右的恒定拉力F。不计两棒电阻，两棒向右运动的过程中，下列说法正确的是（）A．

图甲中，导体棒速度的减小量与运动的时间成正比B．图甲中，导体棒速度的减小量与通过的距离成正比C．图乙中，电容器储存的电能与运动时间的平方成正比D．图乙中，导体棒速度的增加量与通过的距离成正比【答案】BC【详解】AB．图甲中，导体切割磁感线产生感应电动势，则有EBLv=，EIR=根据牛

顿第二定律有BILma=又vat=则2222BLBLvvtxmRmR==所以图甲中，导体棒速度的减小量与通过的距离成正比，故A错误，B正确；CD．图乙中，设极短时间Δt内，导体棒速度变化量为v，则导体棒的加速度为vat=导体

棒产生的的电动势为EBLv=电容器增加的电荷量为qCECBLv==电容器储存的电能为222EqECBLv==电流为qICBLat==导体又受到安培力为22FBILBLCa==安根据牛顿第二定律安−=FFma解得22FamCBL=

+则22FvtmCBL=+，2222222()CBLFEqEtmCBL==+所以图乙中，电容器储存的电能与运动时间的平方成正比，图乙中，导体棒速度的增加量与运动时间成正比，故C正确，D错误。故选BC。11．（2023·山

东济南·统考三模）如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨竖直放置，导轨间距为L=0.1m，导轨平面内分布着垂直导轨平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小B=5T，导轨上端分别接有电阻R和电源E。质量为m=0.2kg的金属棒M

N紧靠导轨水平放置，已知电阻R=1Ω，电源E=1.5V、内阻r=0.5Ω，重力加速度g=10m/s2，不计金属棒和导轨的电阻。闭合开关后将金属棒MN由静止释放，以下说法正确的是（）A．若开关与1接通，金属棒

MN克服安培力的功等于回路中产生的焦耳热B．若开关与2接通，金属棒MN克服安培力的功等于回路中产生的焦耳热C．若开关与1接通，金属棒MN最终以8m/s的速度匀速运动D．若开关与2接通，金属棒MN最终以1m/s的速度匀速运动【答案】ACD【详解】AC．若开关与1接通，该回路为纯电

阻回路，且只有动生电动势，因此金属棒MN克服安培力的功等于回路中产生的焦耳热，当金属棒所受安培力大小与重力相等时，金属棒匀速运动，即BILmg=而BLvIR=联合解得8m/sv=故AC正确；BD．若开关与2接通，导体棒与电源串联，回路中除了动生电动势外还

有电源，电源在回路中产生的电流也产生焦耳热，因此，金属棒MN克服安培力的功不等于回路中产生的焦耳热，当金属棒所受安培力大小与重力相等时，金属棒匀速运动，即BILmg=而+BLvEIr=联合解得1m/sv=故B错误，D正确。故选ACD。12．（

2023·山西运城·统考二模）如图甲所示，光滑绝缘水平面上有一间距1mL=的U形金属导轨，左端接一电阻1ΩR=，在虚线（与导轨垂直）范围内存在垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度1TB=。质量0.1kg

m=的导体棒ab（与导轨垂直）以一定初速度水平向左运动，规定向左为正方向，导体棒通过磁场区域的加速度a随时间t变化的图像如图乙所示，导体棒通过磁场区域的平均速度为1.6m/sv=，导轨与导体棒的电阻不计，则导体棒（）A．刚进入磁场时的速

度为6m/sB．刚要离开磁场时克服安培力的功率为2WC．在磁场中的运动时间为1s8D．在穿过磁场的过程中的平均加速度为216m/s−【答案】CD【详解】A．导体棒刚进入磁场时，由乙图可得加速度大小为2130m/sa=由11FBiL=11EiR=11

EBLv=由牛顿第二定律11Fma=可得2211BLvmaR=解得13m/sv=故A错误；B．导体棒刚要离开磁场时的加速度大小为2210m/sa=由2222BLvmaR=可得21m/sv=克服安培力的功率为222221WBLvPvR==故B错误；C．设导体棒在磁场中的运动时间为Δt

，由动量定理可得21ΔBILtmvmv−=−由EBLv=，EIR=整理可得2221ΔBLvtmvmvR−=−解得1Δs8t=故C正确；D．导体棒在穿过磁场的过程中的平均加速为22116m/sΔvvat−

==−故D正确。故选CD。13．（2023·山东淄博·山东省淄博第一中学校联考二模）如图所示，两根足够长且相互平行的光滑金属导轨固定在与水平面成角的绝缘斜面上，导轨间距为L，在导轨的右上端分别用单刀双掷开关接入阻值为R的电阻和电容为C的电容器（电容器不会被击穿）。

质量为m、长为L、阻值不计的金属杆ab锁定于导轨上，与导轨垂直且接触良好，解除锁定后，ab由静止沿导轨下滑，并始终与底边cd平行，不计导轨的电阻和空气阻力，整个导轨处在垂直导轨平面向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，重力加速度为g。下列说法正

确的是（）A．当开关打到1同时解除锁定，则金属杆最大速度为22mgRBLB．当开关打到1同时解除锁定，则金属杆所受安培力的功率最大值为22222sinmgRBLC．当开关打到2同时解除锁定，则金属杆做加速度为22sinmgaBLCm=−的匀加速直线运动D．当开关打到2同时解除锁定，则在时间t

内金属杆运动的位移为()222sin2mgtBLCm+【答案】BD【详解】A．开关打到1同时解除锁定，稳定时，对金属杆有1sin=BILmg感应电流11BLvIR=解得122sinmgRvBL=A错误；B．根据上述，开关打到1同时解除锁定，则金属杆所受安培力的功率最大值1

11PBILv=解得222122sinmgRPBL=B正确；C．当开关打到2同时解除锁定，对金属杆分析有sinmgBILma−=感应电动势UBLv=回路电流QCUCBLvICBLattt====解得22sinmgaCBLm=+C错误；D．根据上述，金属

杆向下做匀加速直线运动，则时间t内金属杆运动的位移212xat=解得()222sin2mgtxBLCm=+D正确。故选BD。14．（2023·北京西城·北京四中校考模拟预测）如图甲所示，光滑的金属导轨MN和PQ平行，间距L=1.0m，与水

平面之间的夹角a=37°，匀强磁场磁感应强度B=2.0T，方向垂直于导轨平面向上，MP间接有阻值R=1.6Ω的电阻，质量m=0.5kg，电阻r=0.4Ω的金属棒ab垂直导轨放置，现用和导轨平行的恒力F沿导轨平面向上拉金属杆ab，使其由静止开始运动，当金属棒上滑的位移s=3.

8m时达到稳定状态，对应过程的v-t图像如图乙所示。取g=10m/s2，导轨足够长（sin37°=0.6，cos37°=0.8）。求：（1）运动过程中a、b哪端电势高，并计算恒力F的大小；（2）从金属杆开始运动到刚达到稳定状态，此过

程金属杆上产生的焦耳热；（3）计算导体棒在第1秒末的加速度。【答案】（1）b端电势高；5NF=；（2）1.47J；（3）20.08m/sa=【详解】（1）由右手定则可判断感应电流由a流向b，b相当于电源的

正极，故b端电势高，当金属棒匀速运动时，由平衡条件得sin37FmgF=+安其中22==+安BLvFBILRr由乙图可知1.0m/sv=联立解得5NF=（2）从金属棒开始运动到恰好达到稳定状态，由动能定理()21sin372FmgsWmv−−=克又克服安培力所做的功等于整个电

路产生的焦耳热，代入数据解得7.35JQW==克两电阻产生的焦耳热与阻值成正比，故金属棒上产生的焦耳热为1.47JrrQQRr==+（3）进入匀强磁场导体棒做加速度减小的加速运动，由牛顿第二定律有()sin37FmgFma

−−=安221BLvFBILRr==+安由图可知10.98m/sv=代入数据解得20.08m/sa=15．（2023·浙江·校联考模拟预测）如图所示，一对平行光滑轨道倾斜放置在水平面上，与水平面间夹角为θ，两轨道相距

L，两轨道间通过开关，并列连接阻值为R的电阻和电容为C的超级电容器，有一质量m的导体棒ab静止放在轨道上，与两轨道垂直，导体棒的电阻为零，轨道足够长且轨道的电阻忽略不计，整个装置处于垂直于导轨平面磁感应强度B的

匀强磁场中，磁场方向垂直轨道平面向下。现用沿平行于导轨的恒力F拉动导体棒向上运动，则：（1）当开关S接通时求导体棒的最终速度；（2）若开关S断开，求导体棒运动过程中的加速度大小；（3）当开关S接通时，已知从静止开始直到导体棒

达到稳定速度所经历的位移为x，求在此过程中电阻R产生的焦耳热（电容器储存的电能表达式22CCUE=，U是电容器两端的电压）。【答案】（1）()22sinFmgRBL−；（2）22sinFmgmCBL−+；（3）(

)()()22222244sinsinsin22CRFmgmFmgRFmgxBLBL−−−−−【详解】（1）当开关S接通时，导体棒在力F作用下加速运动，最后匀速，设导体棒的最终速度为v，则有EBLv=，EI

R=，FBlL=安根据受力平衡可得sinFFmg=+安联立解得()22sinFmgRvBL−=（2）若开关S断开，导体棒在t时间内，速度增加量为v，则电路中的电流为qItttCUCBLv===又vat=由牛顿第二定律可得sinFBILmgma−−=联立解得导体

棒运动过程中的加速度大小为22sinFmgamCBL−=+（3））当开关S接通时，速度稳定时，电动势为()sinFmgREBLvBL−==电容器两端电压UE=由能量守恒得()21sin2CFmgxQEmv−=++R产生的热量RQQ

=联立可得()()()22222244sinsinsin22RCRFmgmFmgRQFmgxBLBL−−=−−−16．（2023·湖南长沙·长郡中学校考模拟预测）某研发小组设计了一个臂力测试仪．装置的简化原理图如图甲所示，两平行金属导轨MMN

N、竖直放置，两者间距为1mL=，在M、N间和MN、间分别接一个阻值为5ΩR=的电阻，在两导轨间EFGH矩形区域内有垂直导轨平面向里、宽为0.5md=的磁场，磁场变化如图丙所示，已知00.75TB=，00.25st=。一质量为0.5kgm=、长为1mL=、电阻也为R的导体棒

垂直放置在导轨上，导体棒与弹簧相连，弹簧下端固定，弹簧伸至原长后其顶端恰好与EF在同一条直线上。测试者利用臂力将导体棒向下压至某位置后释放，导体棒向上运动经过HG时，会与HG处的压力传感器发生撞击（图乙为装置的侧视图），压力传感器可以显示撞击力的大小，以此来反映臂力的大

小。（1）为测试其电特性，进行如下实验：磁场区域内的磁感应强度如图丙所示，求00t时间内流过MN的电流I的大小和方向；（2）为测试其力特性，在0tt这段时间内进行如下实验：设某次测试中，将弹簧压缩至AB位置后释放，AB与EF间的竖直距离为2d，当导体棒进入磁场的瞬间，加速度为2g，导体棒运动到H

G时压力传感器示数恰好为0．已知弹簧的弹性势能与弹簧形变量的平方成正比，导体棒运动中与导轨始终保持接触良好且导轨电阻不计，重力加速度210m/sg=，求：①导体棒出磁场时弹簧的弹性势能；②导体棒向上运

动过程中产生的焦耳热。【答案】（1）2A3MNI=，方向为N流到M；（2）①p26.25JE=；②47.5J【详解】（1）由丙图可知，00t时间内磁感应强度的变化率为00ΔΔBBtt=根据法拉第电磁感应定律有00ΔΦΔ

ΔΔBSBLdEttt===由闭合电路欧姆定律，可得00232BdLEEIRRRtR===+总联立解得1AI=则流过MN的电流2A3MNI=根据楞次定律，可得此时流过MN的电流为N流到M。（2）①导体棒进入磁场瞬间，由牛顿第二定律得02mgBILmg+=又01.5BLvIR=解得22032mgRv

BL=设导体棒运动到HG时弹簧的弹性势能为pE，由弹性势能与形变量的关系可知释放导体棒时弹簧的弹性势能为p4E，对导体棒由AB上升至EF这一过程，由能量守恒定律得p21422Emgdmv=+解得p26.25JE=②对导体棒上升过程，由能量守恒定律得pp43总

EEmgdQ=++导体棒向上运动过程中产生的焦耳热247.5J3QQ==总