2026年高考物理一轮复习考点精讲精练(全国通用)第24讲法拉第电磁感应定律、自感和涡流(学生版+解析)

这是一份2026年高考物理一轮复习考点精讲精练(全国通用)第24讲法拉第电磁感应定律、自感和涡流(学生版+解析)，共13页。试卷主要包含了会求感生电动势和动生电动势，理解自感，运动特点，最终特征，两个极值，稳定后的能量转化规律，起动过程中的三个规律等内容，欢迎下载使用。

1、理解环和掌握法古拉第电滋感应定律。
2、会求感生电动势和动生电动势。
3、理解自感、祸流、电掬驱动和电嘟阻尼
考点一 法拉第电磁感应定律的应用
1．感应电动势
(1)感应电动势：在电磁感应现象中产生的电动势．产生感应电动势的那部分导体就相当于电源，导体的电阻相当于电源内阻．
(2)感应电流与感应电动势的关系：遵循闭合电路欧姆定律，即I＝eq \f(E,R＋r).
2．感应电动势大小的决定因素
(1)感应电动势的大小由穿过闭合电路的磁通量的变化率eq \f(ΔΦ,Δt)和线圈的匝数共同决定，而与磁通量Φ、磁通量的变化量ΔΦ的大小没有必然联系．
(2)当ΔΦ仅由B的变化引起时，则E＝neq \f(ΔB·S,Δt)；当ΔΦ仅由S的变化引起时，则E＝neq \f(B·ΔS,Δt)；当ΔΦ由B、S的变化同时引起时，则E＝neq \f(B2S2－B1S1,Δt)≠neq \f(ΔB·ΔS,Δt).
3．磁通量的变化率eq \f(ΔΦ,Δt)是Φ－t图象上某点切线的斜率．
考点二 导体切割磁感线产生感应电动势的计算
1．公式E＝Blv的使用条件
(1)匀强磁场．
(2)B、l、v三者相互垂直．
(3)如不垂直，用公式E＝Blvsin θ求解，θ为B与v方向间的夹角．
2．“瞬时性”的理解
(1)若v为瞬时速度，则E为瞬时感应电动势．
(2)若v为平均速度，则E为平均感应电动势．
3．切割的“有效长度”
公式中的l为有效切割长度，即导体在与v垂直的方向上的投影长度．图中有效长度分别为：
甲图：l＝eq \x\t(cd)sin β；
乙图：沿v1方向运动时，l＝eq \x\t(MN)；沿v2方向运动时，l＝0.
丙图：沿v1方向运动时，l＝eq \r(2)R；沿v2方向运动时，l＝0；沿v3方向运动时，l＝R.
4．“相对性”的理解
E＝Blv中的速度v是相对于磁场的速度，若磁场也运动，应注意速度间的相对关系．
一 无外力单导体棒
二 有外力单导体棒
模三 无外力等距双导体棒
四 有外力等距双导体棒
考点三 自感现象的理解
1．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，由于自感而产生的感应电动势叫做自感电动势．
(2)表达式：E＝Leq \f(ΔI,Δt).
(3)自感系数L的影响因素：与线圈的大小、形状、匝数以及是否有铁芯有关．
2．自感现象“阻碍”作用的理解
(1)流过线圈的电流增加时，线圈中产生的自感电动势与电流方向相反，阻碍电流的增加，使其缓慢地增加．
(2)流过线圈的电流减小时，线圈中产生的自感电动势与电流方向相同，阻碍电流的减小，使其缓慢地减小．
线圈就相当于电源，它提供的电流从原来的IL逐渐变小．
3．自感现象的四大特点
(1)自感电动势总是阻碍导体中原电流的变化．
(2)通过线圈中的电流不能发生突变，只能缓慢变化．
(3)电流稳定时，自感线圈就相当于普通导体．
(4)线圈的自感系数越大，自感现象越明显，自感电动势只是延缓了过程的进行，但它不能使过程停止，更不能使过程反向．
4．断电自感中，灯泡是否闪亮问题
(1)通过灯泡的自感电流大于原电流时，灯泡闪亮．
(2)通过灯泡的自感电流小于或等于原电流时，灯泡不会闪亮．
电磁俘能器可在汽车发动机振动时利用电磁感应发电实现能量回收，结构如图甲所示。两对永磁铁可随发动机一起上下振动，每对永磁铁间有水平方向的匀强磁场，磁感应强度大小均为B。磁场中，边长为L的n匝正方形线圈竖直固定在减震装置上。某时刻磁场分布与线圈位置如图乙所示，磁场分界线恰好经过线圈的13位置处，且此时永磁铁相对线圈运动的速度大小为v，永磁铁振动时磁场分界线不会离开线圈。关于图乙中的线圈，下列说法正确的是（ ）
A．此时刻线圈中的感应电动势大小E=nBLv
B．若减小永磁铁相对线圈上升的速度v，则线圈中感应电动势减小
C．若永磁铁相对线圈下降，则线圈中感应电流的方向为逆时针方向
D．若永磁铁相对线圈左右振动，则线圈中也能产生感应电流
【答案】B
【来源】2025届甘肃省白银市靖远县第一中学高三下学期模拟预测物理试题
【详解】A．根据题意可知，线圈上下两边均切割磁感线，故此时刻线圈中的感应电动势大小E=2nBLv
故A错误；
B．根据法拉第电磁感应定律可知永磁铁相对线圈上升越慢，磁通量变化越慢，线圈中产生的感应电动势越小，故B正确；
C．永磁铁相对线圈下降时，根据安培定则可知线圈中感应电流的方向为顺时针方向，故C错误；
D．永磁铁相对线圈左右振动时，穿过线圈的磁通量不变，线圈中不能产生感应电动势和感应电流，故D错误。
故选B。
如图所示，三根完全相同的电阻丝一端连在一起并固定在转轴O上，另一端分别固定于导体圆环上的A、C、D点，并互成120°角，导体圆环的电阻不计。转轴的右侧空间有垂直于纸面向里的匀强磁场，范围足够大，现让圆环绕转轴O顺时针匀速转动，在连续转动的过程中，对其中一根电阻丝OA，下列说法正确的是（ ）
A．电流方向始终不变
B．A点的电势始终高于O点的电势
C．电流大小始终不变
D．电流大小有三个不同值
【答案】B
【来源】2025届河北省部分高中高三下学期二模物理试题
【详解】A．根据右手定则可知，当OA在磁场中时，电流从O到A，当OA在磁场外时，电流从A到O，故A错误；
B．当OA在磁场中时，A为电源正极，O为电源负极，A点的电势高于O点的电势，当OA在磁场外时，电流从A到O，A点的电势高于O点的电势，故B正确；
CD．对于连续转动的不同时刻，电路有两种不同情形，如图所示
图甲为只有一根电阻丝在磁场中的情形，图乙为两根电阻丝在磁场中的情形，两电路中的电动势相同，总电阻相同，所以总电流相同，但流过图甲中的一个电阻和图乙中的一个电源的电流均为总电流的一半，故流过OA中的电流大小有两个不同值，故CD错误。
故选B。
如图所示，虚线MN左侧空间存在一方向与纸面垂直的匀强磁场，磁感应强度B随时间t的变化关系为B=2t−3T。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。对从t=0时到t=2s时，下列说法正确的是（ ）
A．圆环所受安培力的方向始终不变B．圆环中的感应电流在1.5s时发生改变
C．圆环中产生的感应电动势大小为2πr2D．圆环中的感应电流大小为rS2ρ
【答案】D
【来源】2025届河南省豫西北教研联盟（许平洛济）高三下学期三模物理试题
【详解】AB．由题知，磁感应强度B随时间t的变化关系为B=2t−3T
设当t=t0时磁感应强度B=0，代入上式，则有B=2t0−3T=0
解得t0=1.5s
即当t从0∼1.5s时磁感应强度向里减到零，1.5s时磁感应强度为零，之后磁感应强度向外反向增加；根据楞次定律可知，在0∼1.5s内圆环的电流为顺时针；1.5s后圆环的电流也为顺时针，即电流方向不发生改变；根据左手定则，可知在0∼1.5s内圆环所受的安培力向左，1.5s后圆环所受的安培力向右，即安培力方向发生变化，故AB错误；
C．根据法拉第电磁感应定律有E=ΔBΔt⋅12πr2
根据磁感应强度B随时间t的变化关系为B=2t−3T
可得ΔBΔt=2
故感应电动势大小为E=πr2
故C错误；
D．根据电阻定律，可得圆环的电阻为R=ρlS=ρ2πrS
则感应电流大小为I=ER=rS2ρ
故D正确。
故选D。
如图甲所示，两根水平放置的平行粗糙金属导轨左侧接有阻值R=3Ω的定值电阻，导轨处于垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度大小B=1T，导轨间距L=1m。一阻值r=1Ω、长度也为L=1 m的金属棒放置在导轨上，在水平向右的拉力F作用下由静止从CD处开始运动。金属棒运动的v−x图像如图乙所示，导轨电阻不计，金属棒始终与导轨垂直且接触良好，下列说法正确的是（ ）
A．金属棒做匀加速直线运动
B．运动过程中，拉力F做的功等于金属棒产生的焦耳热与克服摩擦力所做的功之和
C．运动到x=1m处时，金属棒所受安培力的大小为1N
D．金属棒从起点运动到x=1m处的过程中，回路产生的焦耳热为0.25 J
【答案】D
【来源】2025届甘肃省白银市靖远县多校高三下学期5月联考（三模）物理试题
【详解】A．由题图乙可知金属棒的速度随位移均匀变化，图线斜率k=ΔvΔx=ΔvΔtΔxΔt=av
即金属棒做加速度增大的加速运动，A项错误；
B．运动过程中金属棒受拉力、安培力及摩擦力作用，金属棒做加速运动，动能增加，故拉力做的功大于金属棒克服安培力和摩擦力所做的功之和，B项错误；
C．由题图乙可知当x=1m时，金属棒的速度为2m/s，则金属棒产生的感应电动势E=BLv1=2V
对应的感应电流I=ER+r=0.5A
所受安培力的大小F1=BIL=0.5N
C项错误；
D．由功能关系可知金属棒从起点运动到x=1 m处的过程中，回路产生的焦耳热等于金属棒克服安培力所做的功，即Q=W=F安⋅x=B2L2vR+rx
从题图乙中图线与x轴围成的面积的物理意义可知vx=12×2×1=1m2/s2
解得该过程回路产生的总焦耳热Q总=0.25 J
D项正确。
一粗细均匀、总电阻为R、边长为L的正方形单匝闭合金属线圈，静置于与线圈平面垂直的匀强磁场中，该磁场的磁感应强度B随时间t变化的关系如图所示，其中B0、t0为已知量。整个过程中，线圈无形变。求在0～3t0时间段内：
(1)该线圈中产生的电热Q；
(2)通过该线圈截面的电量q。
【答案】(1)3B02L42Rt0
(2)2B0L2R
【来源】2025年重庆市高三下学期第三次联合诊断检测物理试题（康德卷）
【详解】（1）由法拉第电磁感应定律E=ΔΦΔt
可得在0～t0时间段内，该线圈中产生的感应电动势E1=ΔBΔtS=B0L2t0
在t0～3t0时间段内，该线圈中产生的感应电动势E2=B0L22t0
因此，0～3t0时间段内，该线圈中产生的电热Q=E12Rt0+E22R⋅2t0=3B02L42Rt0
（2）在0～3t0时间段内，通过该线圈的电量q=E1Rt0+E2R⋅2t0
联立解得q=2B0L2R
一端开有小口的水平单匝圆环线圈固定在竖直向上的均匀磁场中，其磁感应强度大小随时间的变化规律为B1=6tT，线圈的面积S=4m2，线圈与水平固定的光滑导轨连接，导轨左侧接有小灯泡L，小灯泡L的参数为“24V，5A”。一导体棒垂直导轨静止放置，导体棒的质量m=2kg，接入导轨间的长度l=1m，接入电路的电阻r=2Ω，导体棒处于竖直向下、磁感应强度大小B2=4T的匀强磁场中。不计导轨和线圈的电阻，灯泡电阻恒定，导轨足够长，从t=0时刻开始，下列说法正确的是（ ）
A．灯泡一直正常发光
B．电路中的热功率先减小后不变
C．导体棒最终将静止
D．从开始运动至达到稳定状态过程中，通过导体棒的电荷量q=3C
【答案】ABD
【来源】2025届湖南省长沙市邵阳市等多校联考高三下学期5月三模物理试题
【详解】A．根据法拉第电磁感应定律E1=NΔΦΔt
有E1=ΔBΔtS=6×4V=24V
所以开始时，线圈产生的感应电动势E1=24V，灯泡的额定电压为24V，此时灯泡两端电压为24V，灯泡正常发光。随着导体棒运动，导体棒切割磁感线产生感应电动势E2=B2lv，根据右手定则可知其该电动势方向与线圈产生的感应电动势方向相反，会使得通过导体棒的电流减小，但是灯泡两端电压不变，总为24V，所以灯泡一直正常发光，故A正确；
C．开始时，导体棒受到向右的安培力，导体棒将向右做加速运动，因为导体棒产生的电动势等于B2lv，随着速度增大，导体棒产生的反电动势增大，总电动势减小，电流减小，安培力减小，加速度减小；当E2=E1时，电流为0，安培力为0，导体棒做匀速直线运动，而不是最终静止，故C错误。
B．灯泡两端的电压保持U=E1=24V不变，灯泡的热功率P1=E2R灯不变，随着导体棒运动产生的与线圈中方向相反的电动势E2=B2lv逐渐变大，当E1=E2时导体棒中电流为零，电路达到稳定状态，即通过导体棒的电流先减小后不变，可知导体棒中的焦耳热先减小后不变，所以电路中的总的热功率先减小后不变，故B正确。
D．对导体棒，根据动量定理B2IlΔt=mv−0
而q=IΔt
则B2lq=mv
其中v为导体棒稳定时的速度，则稳定时E1=B2lv
解得v=6m/s
所以解得q=3C
故D正确。
故选ABD。
如图所示，边长为2L的正方形边界abcd内存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，圆心为O、半径为L的圆形边界内存在垂直纸面向外的磁感应强度大小为B的匀强磁场，圆形边界与ad相切于ad的中点M，cb的中点为P，MQ为圆形边界的直径。一长度为2L的导体棒MN沿着Ma放置，一端固定在M点，现让导体棒绕着M点以角速度ω顺时针匀速转动，下列说法正确的是（ ）
A．当导体棒的端点N与P点重合时，M点的电势高于N点的电势
B．当导体棒转过60°时，N、M两点间的电势差为2BL2ω
C．当导体棒转过240°时，产生的感应电动势为BL2ω
D．从导体棒转过180°计时开始，半周内瞬时电动式的表达式为e=2BL2ωsin2ωt0≤t≤πω
【答案】BD
【来源】2025届河北省秦皇岛市山海关区高三下学期毕业班第二次模拟考试物理试卷
【详解】A．当导体棒的端点N与P点重合时，导体棒绕着M点顺时针转动，根据右手定则可知，M点的电势低于N点的电势，故A错误；
B．当导体棒转过60°时，导体棒的N点处于ab边上，导体棒切割磁感线的有效长度为2L，则导体棒产生的电动势，即N、M两点间的电势差为UNM=E=B×2Lv
其中v=ω×2L+02=ωL
解得UNM=2BL2ω
故B正确；
C．当导体棒转过240°时，由几何关系可知此时导体棒切割磁感线的有效长度为3L，处于磁场中的那部分导体棒的平均切割速度为v'=ω×3L+02=32ωL
则导体棒产生的电动势为E=B×3Lv'=32BL2ω
故C错误；
D．从导体棒转过180°计时开始，当导体棒转过角度为θ时，导体棒的切割磁感线的有效长度为l=2Lsinθ
则导体棒产生的电动势为e=Blv''
其中v''=ωl+02=ωl2，θ=ωt
联立，解得e=2BL2ωsin2ωt
其中0≤t≤πω
故D正确。
故选BD。
如图甲所示，相距为L1=1m的两条足够长光滑平行金属导轨，导轨的倾斜部分和水平部分在c、d处平滑连接，倾斜部分与水平面的夹角为θ=30°，一根质量为m=1kg、电阻为r=1Ω的金属棒PQ垂直导轨放置。倾斜导轨顶端接有阻值为R=1Ω的电阻，在电阻、导轨与PQ间有一面积为S=1m2的磁场区域Ⅰ，磁感应强度方向垂直导轨平面向下，磁场大小B1随时间t变化规律如图乙所示，在0到t0=1s内均匀增加到B0=1T，t0之后磁感应强度保持不变。在边界ab右侧存在磁感应强度大小为B2=2T、方向也垂直倾斜导轨平面向下的匀强磁场区域Ⅱ，边界ab与导轨垂直，到斜面底端cd的距离为L2=1m。t=0时刻将金属棒PQ由静止释放，t=2t0时刻恰好运动到边界ab，在PQ到达ab边界时给它施加一平行倾斜导轨的作用力F，使它沿导轨向下运动速度随位移均匀增大，且ΔvΔx=k，k=1s−1，导体棒运动到cd时撤掉F，之后滑进导轨的水平部分最终停止。已知导体棒PQ与导轨始终垂直并接触良好，在cd处进入水平导轨时无动能损失，不计导轨电阻，忽略磁场边界效应，重力加速度为g=10m/s2。求：
(1)求0~2t0内回路产生的热量Q1；
(2)金属棒PQ在abcd区域运动过程中产生的热量Q2和力F做的功W（结果保留3位有效数字）；
(3)金属棒PQ在水平导轨上滑行的路程s（结果保留3位有效数字）。
【答案】(1)0.5J
(2)10.5J，26.5J
(3)7.33m
【来源】2025届安徽省芜湖市高三下学期5月二模物理试卷
【详解】（1）0~t0内的电动势E1=ΔΦΔt=B0t0S=1V
t0~2t0内的电动势E2=0V
在进入区域Ⅱ之前回路产生的总热量Q1=E12R+rt0+0=0.5J
（2）到达ab时，棒的速度v1=gsinθ⋅2t0=10m/s
进入区域Ⅱ后的速度v2=v1+kx，E3=BLv，I=E3R+r，F安=B2IL1
联立得F安=B22L12R+rv=B22L12R+rv1+kx
由图像中梯形面积得克服安培力做功W克=∑F安Δx=B22L12L22(R+r)4gt0sinθ+kL2=21J
由功能关系知回路中产生的总热量Q总=W克=21J
由Q2=rR+rQ总=10.5J
由题意知，棒到达cd时的速度v2=v1+kL2=11m/s
由动能定理有W−W克+mgL2sinθ=12mv22−12mv12
联立解得W=26.5J。
（3）进入水平轨道后，对棒由动量定理得−∑B2csθidΔt=0−mv2，
q=∑iΔt=B2csθL1SR+r
联立得B22cs2θL12SR+r=mv2
解得S=mv2(R+r)B22csθ2L12=7.33m
题型1感应电动势的求解
如图所示，间距为L且足够长的金属导轨固定在水平面上，导轨电阻忽略不计，竖直向下的匀强磁场范围足够大，磁感应强度为B。导轨左端用导线连接阻值为R的定值电阻，阻值为R的导体棒垂直于导轨放置，与导轨接触良好。导体棒从导轨的最左端以速度v匀速向右运动的过程中（ ）
A．回路中的电流逐渐变大
B．回路中电流方向沿顺时针（俯视）
C．导体棒两端的电压大小为BLv2
D．导体R的发热功率先变大后变小
【答案】C
【来源】2025届广东省惠州市惠东县高三下学期三模物理试题
【详解】A．导体棒匀速运动切割磁感线，则可知产生的感应电动势为E=BLv
由闭合电路的欧姆定律可得回路中的电流为I=ER总=BLV2R
则可知回路中的电流不变，故A错误；
B．根据楞次定律结合安培定则可知，回路中电流方向沿逆时针（俯视），故B错误；
C．切割磁感线的导体相当于电源，则可知导体棒两端的电压即为路端电压，根据串联电路的特点可得导体棒两端的电压为U=I×R=BLv2R×R=BLV2
故C正确；
D．导体R的发热功率为P=I2R'=B2L2v2(2R)2R=B2L2v24R
导体R的发热功率不变，故D错误。
故选C。
如图所示，两根平行光滑金属导轨固定在同一水平面内，其左端接有定值电阻R，建立Ox轴平行于金属导轨，在x>0的区域内存在着垂直导轨平面向下的磁场，磁感应强度B随坐标x分布规律为B=5x(T)，金属棒ab在外力作用下从x=0处沿导轨向右运动，经过x1、x2、x3，Ox1=x1x2=x2x3，电阻R的功率始终保持不变，不计导轨和金属棒的电阻，则在x1x2和x2x3过程中（ ）
A．金属棒a端电势低于b端
B．金属棒产生的电动势逐渐增大
C．通过电阻R的电量之比为3:5
D．金属棒运动时间之比为1:2
【答案】C
【来源】2025届江苏省G4联考高三下学期2月阶段调研物理试卷
【详解】A．导体棒相当于电源，电源的电流由负极流向正极，根据右手定则，可知导体棒中的电流从b流过a，故a端相当于电源的正极，b端相当于电源的负极，则a端电势高于b端电势，故A错误；
B．由题知，电阻R的功率始终保持不变，根据P=E2R
解得E=PR
金属棒产生的电动势E保持不变，故B错误；
C．根据E=ΔΦΔt，I=ER，q=IΔt
联立解得q=ΔΦR
故q1:q2=ΔΦ1:ΔΦ2
根据磁感应强度B随坐标x分布规律为B=5x(T)，作出B−x图像，如图所示
设两根平行光滑金属导轨间距为L，则从x1到x2，磁通量为ΔΦ1=5x1+5x22x2−x1L
从x2到x3磁通量为ΔΦ2=5x2+5x32x3−x2L
设Ox1=x1x2=x2x3=x0，可得x1=x0，x2=2x0，x3=3x0，则磁通量化简为ΔΦ1=15x022L，ΔΦ2=252x02L
故q1:q2=ΔΦ1:ΔΦ2=15x02L2:25x02L2=3:5
故C正确；
D．由B项，可知金属棒产生的电动势E保持不变，则电流I=ER
可知电流I保持不变；
根据q=IΔt
可得Δt=qI
故Δt1:Δt2=q1:q2=3:5
故D错误。
故选C。
如图装置可形成稳定的辐向磁场，磁场内有匝数为n、半径为R的圆形线圈，在t=0时刻线圈由静止释放，经时间t速度大小为v。假设此段时间内线圈所在处磁感应强度大小恒为B，线圈单位长度的质量、电阻分别为m、r，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）。
A．线圈下落过程中，通过线圈的磁通量不为零
B．t时刻线圈的加速度大小为g−B2vmr
C．0∼t时间内通过线圈的电荷量为mgt−mv2RπnB
D．0∼t时间内线圈下落高度为mrgt−vB2
【答案】ABD
【来源】2024届广西三新学术联盟百校联考高三下学期5月三模物理试题
【详解】A．线圈下落过程中，N极内部有竖直向上的磁场，通过线圈的磁通量不为零，故A正确；
B．在t时刻，线圈切割辐向磁场产生感应电动势
E=nB2πRv=2nπBRv
感应电流
I=En2πRr=2nπBRvn2πRr=Bvr
线圈所受安培力
F安=nBI⋅2πR=2nB2πRvr
由牛顿第二定律得
2nπRmg−F安=2nπRma
解得
a=g−B2vmr
故B正确；
C．从开始下落到t时刻，设线圈中的平均电流为I，由动量定理得
2πnRmgt−nBI⋅2πR⋅t=2πRnmv−0
又
q=I⋅t
综合解得
q=mgt−mvB
故C错误；
D．从开始下落到t时刻，下落高度为ℎ，由
q=I⋅t=E2πnRr⋅t=nΔΦt2πnRr⋅t=nΔΦ2πnRr=nB⋅2πRℎ2πnRr=Bℎr①
由C项分析可知
q=mgt−mvB②
由①②得
ℎ=mr(gt−v)B2
故D正确。
故选ABD。
题型2感应电流电荷量的求解
如图所示， A、B是面积、磁感应强度的大小和方向均完全相同的匀强磁场区域，只是A区域比B区域离地面高，甲、乙两个完全相同的线圈，在距地面同一高度处同时由静止开始释放顺利穿过磁场，两线圈下落时始终保持线圈平面与磁场垂直，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．两线圈穿过磁场的过程中产生的热量相等
B．两线圈穿过磁场的过程中通过线圈横截面的电荷量不相等
C．两线圈落地时乙的速度较大
D．甲线圈运动时间较长，乙线圈先落地
【答案】D
【来源】2025届广东省广州市华兴教育港澳台联考学校高三下学期港澳台班第一次模拟考物理试题
【详解】A．由法拉第电磁感应定律，欧姆定律及安培力公式有E=BLv，i=ER，F=BiL
可得F=B2L2vR
由于乙进入磁场时的速度较大，则安培力较大，克服安培力做的功较多，即产生的焦耳热较多，故A错误；
B．由电流定义式结合法拉第电磁感应定律有q=IΔt=ΔΦRΔtΔt=ΔΦR=BΔSR
可知通过线圈横截面的电荷量相等，故B错误；
C．由于甲、乙减少的重力势能相同，甲穿过磁场的过程中产生的热量较少，由能量守恒定律可知，甲落地时速度较大，故C错误；
D．线圈穿过磁场区域时受到的安培力为变力，设受到的平均安培力为F，穿过磁场时间为Δt，下落全过程时间为t，落地时的速度为v，则全过程由动量定理得mgt−FΔt=mv
而FΔt=BILΔt，I=ΔΦΔtR
所以FΔt=BLΔΦR
可见，下落过程中两线圈所受安培力的冲量相等，又因为甲落地的速度大于乙落地的速度v乙φbB．E=BLv02+2gℎ，φa>φb
C．E=BLv0，φai2。在t1时刻将S迅速断开，在较短一段时间内流过灯泡的电流随时间变化的图像是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【来源】2025届宁夏银川市第二中学高三下学期二模物理试题
【详解】S闭合后，流过线圈L的电流恒为i1，流过灯泡A的电流恒为i2，且i1>i2。在t1时刻将S迅速断开，由于线圈产生自感电动势阻碍i1的减小，且线圈与灯泡A构成回路，所以通过灯泡A的电流从i1逐渐减小，且通过灯泡A的电流方向与原来的i2方向相反。
故选D。
如图所示，P和Q是两个相同的小灯泡，L是自感系数很大的线圈，其电阻小于灯泡的电阻，两灯泡在以下操作中不会被烧坏。下列说法正确的是（ ）
A．开关S闭合时，P灯先亮，Q灯后亮
B．开关S闭合一段时间后，两灯的亮度相同
C．开关S断开前后通过P灯的电流方向改变
D．开关S由闭合变为断开时，Q灯闪亮后熄灭
【答案】C
【来源】2025届北京市西城区高三下学期统一测试（一模）物理试卷
【详解】A．开关S闭合时，由于线圈的自感作用，线圈相当于断路，则P灯、Q灯同时亮，故A错误；
B．线圈的电阻小于灯泡，则线圈与灯泡P并联的电阻小于灯泡Q的电阻，则开关闭合一段时间后，线圈与灯泡P并联的电压小于灯泡Q的电压，所以灯泡Q比灯泡P亮，故B错误；
C．开关断开，通过灯泡P的电流从左向右，开关断开后瞬间，由于线圈自感作用产生感应电流阻碍其电流减小，与灯泡P组成闭合回路，流过灯泡P的电流从右向左，即开关S断开前后通过P灯的电流方向改变，故C正确；
D．开关S由闭合变为断开时，灯泡Q立即熄灭，故D错误。
故选C。
如图所示，两个灯泡A1和A2的规格相同，闭合开关，稳定后两个灯泡正常发光且亮度相同。下列说法正确的是（ ）
A．闭合开关瞬间，A1、A2亮度相同
B．闭合开关瞬间，M点电势低于N点电势
C．电路稳定后断开S，A2闪亮一下再熄灭
D．电路稳定后断开S瞬间，M点电势低于N点电势
【答案】D
【来源】2025届北京市朝阳区高三下学期第一次质量检测物理试题
【详解】AB．闭合开关瞬间，由于自感线圈有自感电动势产生，阻碍电流增大，所以A1逐渐变亮，而A2立即变亮，A1所在电路的电流方向为从M到N，所以M点电势高于N点电势，故AB错误；
C．电路稳定后断开S， A1、A2与L、R构成回路，L相当于电源，因原来两支路电流相等，所以不会出现A2闪亮一下再熄灭的现象，A1、A2都会逐渐熄灭，故C错误；
D．电路稳定后断开S瞬间，A1所在电路的电流方向为从N→A1→A2→R→M，所以M点电势低于N点电势，故D正确。
故选D。
题型6涡流
下面对四幅图片中所涉及物理知识的描述，正确的是（ ）
A．甲图中小磁针转动是由于电流产生的电场对小磁针有作用力
B．乙图中回旋加速器通过磁场加速粒子
C．丙图中高频冶炼炉利用涡流热效应工作
D．丁图中无线充电过程利用了接触起电原理
【答案】C
【来源】2025届吉林省长春市高三下学期二模物理试题
【详解】A．通电导线周围产生的是磁场，小磁针受磁场作用而转动，故A错误；
B．回旋加速器真正提供粒子加速（增速）的不是磁场，而是交变电场，磁场只负责改变粒子运动方向，故B错误；
C．高频感应炉的加热确实利用了涡流热效应，故C正确；
D．无线充电利用的是电磁感应原理，而非“接触起电”原理，故D错误。
故选C。
(24-25高二上·江苏宿迁·期中)如图所示，“中国第一高楼”上海中心大厦上的阻尼器，该阻尼器首次采用了电涡流技术，底部附着永磁铁的质量块摆动通过导体板上方时，导体板内产生涡流。关于阻尼器，下列说法正确的是（ ）
A．阻尼器摆动时产生的涡流源于外部电源供电
B．阻尼器最终将机械能转化为内能
C．风速越大，导体板中磁通量变化率越小
D．阻尼器摆动时产生的涡流源于电流的磁效应现象
【答案】B
【来源】江苏省宿迁市2024-2025学年高二上学期11月期中物理试题
【详解】AD．阻尼器摆动时，永磁铁通过导体板上方使之磁通量发生变化，从而在导体板中产生涡流，属于电磁感应现象，故AD错误；
B．通过阻碍质量块和永磁铁的运动，阻尼器将动能转化为电能，并通过电流做功将电能最终转化为焦耳热，故B正确；
C．风速越大，质量块摆动越快，则导体板中磁通量变化率越大，故C错误。
故选B。
如图所示，玻璃圆管内壁光滑、竖直放置在方向竖直向上、磁感应强度B随时间均匀减小的磁场中。有一带正电的小球（可视为质点），以速率v0沿逆时针方向从管口上端贴着管壁水平射入管内，经过一段时间后从底部离开圆管，小球从下端离开玻璃管时磁场还没减小到0，若再次重复该过程，小球以相同速率v0进入管内，同时撤去磁场，设运动过程中小球所带电量不变，空气阻力不计。下列说法正确的是（ ）
A．撤去磁场后小球离开管口的速率小于有磁场时的速率
B．撤去磁场后小球离开管口的时间大于有磁场时的时间
C．有磁场时小球对玻璃管的压力一定不断增大
D．小球两次在玻璃管中运动时，都只有重力做功，故小球与地球组成的系统机械能守恒
【答案】A
【来源】2024届安徽省江淮十校高三下学期三模联考物理试题
【详解】A．有磁场时，会在空间形成涡旋电场，电场力对小球做功，小球离开管口的速率大于撤去磁场时的速率，故A正确；
B．撤去磁场后，小球竖直方向受力不变，运动时间不变，故B错误；
C．根据牛顿第二定律有
FN−qvB=mv2r
解得
FN=mv2r+qvBv虽然在增加但是B在减小，所以qvB不一定是一直增加的，故C错误；
D．有磁场时，小球在玻璃管中运动时，涡旋电场也在做功，故小球与地球组成的系统机械能不守恒，故D错误。
故选A。
题型7电磁阻尼和电磁驱动
电磁驱动是21世纪初问世的新概念，该技术被视为将带来交通工具大革命。在日常生活中，摩托车和汽车上装有的磁性转速表就是利用了电磁驱动原理。如图所示是磁性转速表及其原理图，永久磁铁随车轮系统的转轴转动，铝盘固定在指针轴上，与永久磁铁不固定。关于磁性式转速表的电磁驱动原理，下列说法正确的是（ ）
A．铝盘接通电源，通有电流的铝盘在磁场作用下带动指针转动
B．永久磁体随转轴转动产生运动的磁场，在铝盘中产生感应电流，感应电流使铝盘受磁场力而转动
C．铝盘转动的方向与永久磁体转动方向相反
D．由于铝盘和永久磁体被同转轴带动，所以两者转动是完全同步的
【答案】B
【来源】2025届北京市第四中学高三下学期零模物理试卷
【详解】AB．当永久磁铁随转轴转动时，产生转动的磁场，在铝盘中会产生感应电流，这时永久磁铁的磁场会对铝盘上的感应电流有力的作用，而产生一个转动的力矩，使指针转动，由于弹簧游丝的反力矩，会使指针稳定指在某一刻度上，故A错误，B正确；
C．该转速表运用了电磁感应原理，由楞次定律知，铝盘磁场总是阻碍永久磁铁转动，要使减小穿过铝盘磁通量的变化，永久磁铁转动方向与铝盘转动方向相同，故C错误；
D．永久磁铁固定在转轴上，铝盘固定在指针轴上，铝盘和永久磁铁不是同转轴带动，所以两者转动不是同步的，故D错误。
故选B。
(23-24高二上·宁夏银川一中·期末)物理学中有很多关于圆盘的实验，第一个是法拉第圆盘，圆盘全部处于磁场区域，可绕中心轴转动，通过导线将圆盘圆心和边缘与外面电阻相连。第二个是阿拉果圆盘，将一铜圆盘水平放置，圆盘可绕中心轴自由转动，在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针，以下说法正确的是（ ）
A．法拉第圆盘在转动过程中，圆盘中磁通量不变，无感应电动势，无感应电流
B．阿拉果圆盘实验中，转动圆盘，小磁针会同向转动，反之，转动小磁针，圆盘则不动
C．阿拉果圆盘实验中，转动圆盘，小磁针会同向转动，但会滞后于圆盘
D．法拉第圆盘和阿拉果圆盘都是电磁驱动的表现
【答案】C
【来源】宁夏回族自治区银川一中2023-2024学年高二上学期期末考试物理试题
【详解】A．法拉第圆盘运动过程中，半径方向的金属条在切割磁感线，在圆心和边缘之间产生了感应电动势，故A错误；
BC．阿拉果圆盘实验中，转动圆盘或小磁针，都产生感应电流，因安培力的作用，另一个物体也会跟着转动，则转动圆盘，小磁针会同向转动，但会滞后于圆盘，故B错误，C正确；
D．如果磁场相对于导体运动，在导体中会产生感应电流，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，这种作用就是电磁驱动，显然法拉第圆盘是机械能转化为电能的过程，并不是电磁驱动，故D错误。
故选C。
发电机是把机械能转化为电能的装置，其他动力作为机械驱动，对如图甲、乙所示的两类发电机，下列说法正确的是（ ）

A．有一种发电机并不满足法拉第电磁感应定律
B．图甲是旋转电枢式发电机，图乙是旋转磁极式发电机
C．图甲所示的发电机可输出几千伏到几万伏的高压
D．发电机在实际运行过程中将机械能转化为电能的效率可达100%
【答案】B
【来源】2023届黑龙江省齐齐哈尔市高三下学期三模理综物理试题
【详解】A．各种各样的发电机都是磁生电的装置，都满足法拉第电磁感应定律，A错误；
B．电枢转动、磁极不动的发电机叫做旋转电枢式发电机，这种发电机的原理如图甲所示，如果磁极转动、电枢不动，线圈内磁通量发生改变，电枢同样会产生感应电动势，这种发电机叫做旋转磁极式发电机，原理如图乙所示，B正确；
C．图甲是旋转电枢式发电机，旋转电枢式发电机输出不超过500V的电压，C错误；
D．发电机在实际运行过程中存在各种能量损耗，主要包括铁芯涡流能量损耗、导线焦耳热损效率不可能达100%，D错误。
故选B。
无外力单导体棒
1．电路特点
导体棒相当于电源。当速度为v时，电动势E=BLv
2．安培力的特点
安培力为阻力，并随速度减小而减小：F安=BIL=B2L2vR+r∝v
3．加速度特点
加速度随速度减小而减小,a=B2L2vm(R+r)+μg
4．运动特点
速度如图所示。a减小的减速运动
5．最终状态
静止
6．四个规律
(1)全过程能量关系：−μmgx−Q=0−12mv02 , QUOTE QRQr
速度为v时的能量关系−μmgx−Q=12mv2−12mv02
电阻产生的焦耳热QRQ=RR+r
(2)瞬时加速度：a=B2L2vm(R+r)+μg，
(3)电荷量q=IΔt=ER+rΔt=ΔφΔt(R+r)Δt=ΔφR+r
(4)动量关系：μmgΔt−BILΔt=μmgΔt−BqL=0−mv0
(安培力的冲量FΔt=BILΔt=BqL)
安培力的冲量公式是μmgΔt−BILΔt=0−mv0①
闭合电路欧姆定律 I=ER+r②
平均感应电动势：E=BLv③
位移：x=vt④
①②③④得μmgΔt+B2L2xR+r=mv0
有外力单导体棒
1、电路特点
导体棒相当于电源，当速度为v时，电动势E=BLv
2、安培力的特点
安培力为阻力，并随速度增大而增大. F安=BIL=B2L2vR+r∝v
3、加速度特点
加速度随速度增大而减小.a=Fm−μg−B2L2vm(R+r)
4、运动特点
速度如图所示。做加速度减小的加速运动
5、最终特征
匀速运动
6、两个极值
(1)v=0时,有最大加速度：a=Fm−μg
(2) a=0时,有最大速度：vm=(F−μmg)(R+r)B2L2
7、稳定后的能量转化规律
Fvm=(BLvm)2R+r+μmgvm
8、起动过程中的三个规律
(1)动量关系：Ft−BILt−μmgt=mvm
Ft−B2L2xR+r−μmgt=mvm
(2)能量关系：Fx−μmgx−Q=12mvm2
(3)电荷量q=IΔt=ER+rΔt=ΔφΔt(R+r)Δt=ΔφR+r
10、若F的作用下使导体棒做匀加速直线运动则F随时间线性变化
证明：根据法拉第电磁感应定律
E=（1）
闭合电路欧姆定律I=ER+(2)
安培力F＝（3）
由（1）（2）（3）得F=B2L2vR+（4）
由牛顿第二定律F−B2L2vR+r=（5）
由运动学公式 v=(6)
(5)(6)联立得F=B2L2aR+rt+(7)
由（7）式可以看出要让导体棒做匀加速直线运动所加外力必然随时间均匀变化即F=kt+b
无外力等距导体棒
1．电路特点
棒2相当于电源；棒1受安培力而加速起动,运动后产生反电动势
2．电流特点
I=Blv2−BLv1R1+R2=Bl(v2−v1)R1+R2随着棒2的减速、棒1的加速，两棒的相对速度v2−v1变小，回路中电流也变小。
v1=0时：电流最大，I=Blv0R1+R2。 v1=v2时：电流 I=0
3．两棒的运动情况
安培力大小：F安=BIl=B2L2(v2−v1)R1+R2
两棒的相对速度变小,感应电流变小,安培力变小.棒1做加速度变小的加速运动，棒2做加速度变小的减速运动，最终两棒具有共同速度。
4．两个规律
(1)动量规律：两棒受到安培力大小相等方向相反,系统合外力为零, 系统动量守恒.m2v0=(m1+m2)v共
(2)能量转化规律：系统机械能的减小量等于内能的增加量.（类似于完全非弹性碰撞）Q=12m2v02−12(m1+m2)v共2两棒产生焦耳热之比：Q1Q2=R1R2；Q=Q1+Q2
有外力等距双导体棒
1．电路特点
棒2相当于电源，棒1受安培力而起动.
2．运动分析
某时刻回路中电流：I=Blv2−BLv1R1+R2=Bl(v2−v1)R1+R2
安培力大小：F安=BIL。棒1：a1=F安m1 棒2：a2=F−F安m2
最初阶段，a2>a1, 只要a2>a1,v2−v1↑；I↑；F安↑；a1↑；a2↓
当a1=a2时，v2−v1恒定，I恒定，F安恒定，两棒匀加速
3．稳定时的速度差
F=(m1+m2)a，F安=m1a，F安=BIL，I=Bl(v2−v1)R1+R2，v2−v1=(R1+R2)m1FB2L2(m1+m2)