微专题11 电磁感应
考向1 磁通量、感应电动势、感应电流大小、方向的分析
(2024·广东卷)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，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，下列说法中正确的是( D )
甲 乙
A．穿过线圈的磁通量为BL2
B．永磁铁相对线圈上升越高，线圈中感应电动势越大
C．永磁铁相对线圈上升越快，线圈中感应电动势越小
D．永磁铁相对线圈下降时，线圈中感应电流的方向为顺时针方向
【解析】根据图乙可知此时穿过线圈的磁通量为0，故A错误；根据法拉第电磁感应定律可知永磁铁相对线圈上升越快，磁通量变化越快，线圈中感应电动势越大，故B、C错误；永磁铁相对线圈下降时，根据楞次定律可知线圈中感应电流的方向为顺时针方向，故D正确．
考向2 磁感应强度、磁通量、感应电动势、感应电流分析
(2022·广东卷)(多选)如图所示，水平地面(xOy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．下列说法中正确的有( AC )
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
【解析】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；根据右手螺旋定则，线圈在P点时，穿进与穿出的磁感线在线圈中对称，磁通量为零，而在向N点平移过程中，磁感线在线圈中不再对称，线圈的磁通量会发生变化，故B错误；根据右手螺旋定则，线圈从P点竖直向上运动过程中，穿进与穿出的磁感线在线圈中始终对称，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；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，但P点到M点所用时间比P点到N点时间长，根据法拉第电磁感应定律，两次的感应电动势不相等，故D错误．
考向3 感应电动势大小、感应电流大小、方向及其受力的分析
(2019·新课标 Ⅰ)(多选)空间存在一方向与纸面垂直、大小随时间变化的匀强磁场，其边界如图甲中虚线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甲所示，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示，则在t＝0到t＝t1的时间间隔内( BC )
甲 乙
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
D．圆环中的感应电动势大小为
【解析】根据B－t图像，由楞次定律可知，线圈中感应电流方向一直为顺时针，但在t0时刻，磁场的方向发生变化，故安培力FA的方向在t0时刻发生变化，则A错误，B正确；由闭合电路欧姆定律得 I＝，又根据法拉第电磁感应定律得 E＝＝·＝，又根据电阻定律得 R＝ρ，联立得I＝，C正确，D错误．
考向4 转动切割、导轨回路中简单的电磁感应力电问题
(2025·广东卷)(多选)如图所示是一种精确测量质量的装置原理示意图，竖直平面内，质量恒为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．测量分两个步骤，步骤①：托盘内放置待测物块，其质量用 m表示，线圈中通大小为I的电流，使称重框架受力平衡；步骤②：线圈处于断开状态，取下物块，保持线圈不动，磁场以速率v匀速向下运动，测得线圈中感应电动势为E．利用上述测量结果可得出m的值，重力加速度为g．下列说法中正确的有( BD )
A．线圈电阻为
B．I越大，表明m越大
C．v越大，则E越小
D．m＝－M
【解析】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；A错误；根据平衡条件有(M＋m)g＝BIL，故可知I越大，m越大，B正确；根据公式有E＝BLv，可知v越大，E越大，C错误；联立可得m＝－M，D正确．
一、“三定则、一定律”及应用
1．“三定则、一定律”的比较
定则或定律 适用的现象 因果关系
安培定则 判断电流、运动电荷产生的磁场方向 因电生磁
左手定则 1．判断磁场对电流的安培力方向 2．判断磁场对运动电荷的洛伦兹力方向 因电受力
右手定则 判断导体做切割磁感线运动时产生的感应电动势或感应电流方向 因动生电
楞次定律 判断闭合回路磁通量变化产生的感应电流方向 因磁生电
2．楞次定律中“阻碍”的主要表现形式
(1) 阻碍原磁通量的变化——“增反减同”、“增离减靠”．
(2) 阻碍导体与磁场的__相对运动__——“来拒去留”．
(3) 使线圈面积有扩大或缩小的__趋势__——“增缩减扩”．
(4) 阻碍原电流的变化(自感现象)——“增反减同”．
3．解题思路
(1) 应用楞次定律时，一般要用到安培定则来分析原来磁场的分布情况．
(2) 研究感应电流受到的安培力，一般先用右手定则确定电流方向，再用左手定则确定安培力的方向，或者直接应用楞次定律的推论确定．
(3) “左力右电”：涉及力的判断都用左手判断，涉及“电生磁”或“磁生电”的判断都用右手判断．
(2025·广州二中开学测试)如图所示，一个半圆形铝框处在水平向外的非匀强磁场中，场中各点的磁感应强度为By＝，y为该点到地面的距离，c为常数，B0为一定值．铝框平面与磁场垂直，直径ab水平，空气阻力不计，铝框由静止释放下落的过程中( C )
A．直径ab受安培力方向与框的运动方向相同，为动力
B．半圆弧ab受安培力方向与框的运动方向相反，为阻力
C．铝框下落的加速度大小一定小于重力加速度g
D．铝框下落加速度大小可能等于g
【解析】铝框由静止释放下落的过程中，由楞次定律得铝框有顺时针方向的电流，由左手定则得直径ab受安培力方向为竖直向上，与框的运动方向相反，A错误；在半圆弧ab上等高且左右对称的位置分别取一段电流元，由对称性和力的平行四边形定则得，这两段电流元所受安培力的合力竖直向下，所以半圆弧ab受的安培力竖直向下，由于离地面距离大，所处位置磁感应强度小，半圆弧ab受的安培力没有直径ab受的安培力大，所以整个铝框受安培力合力竖直向上，即铝框下落的加速度大小一定小于重力加速度g，B、D错误，C正确．
二、法拉第电磁感应定律与电磁感应中的电路问题
1．“源”的分析：
(1) 等效电源电动势E的大小．
情景图
研究对象 回路(不一定闭合) 一段直导线(或等效直导线) 绕一端转动的一段导体棒 绕位于线框平面内且与B垂直的轴转动的导线框
表达式 E＝n E＝Blv E＝Bl2ω 从图示时刻计时 e＝NBSωcos ωt
(2) 用楞次定律或右手定则确定感应电流的方向：此即等效电源__内部__电流的方向，也由等效电源内部负极流向正极的方向，继而确定电源正负极，明确内阻r．
2．“路”的分析：根据等效电源和电路中其他各元件的连接方式画出等效电路．
3．结合闭合电路欧姆定律、串并联电路知识、电功率、焦耳定律等联立求解相关问题．
4．一个重要问题——电荷量的计算公式
(1) 适合__恒定电流__问题：q＝It．
(2) 电流为平均电流：q＝Δt＝Δt＝Δt＝．即q＝n．
q仅由回路电阻R和__磁通量__的变化量ΔΦ决定，与发生磁通量变化的时间Δt无关．
(3) 已知通电导体的位移x和导轨间距q＝＝．
(4) 通过动量定理求解q＝．
(2025·惠州惠东县三模)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( C )
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
D．电阻R的发热功率先变大，后变小
【解析】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＝＝，则可知回路中的电流不变，A错误；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)，B错误；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＝IR＝·R＝，C正确；R的发热功率为P＝I2R＝·R＝，电阻R的发热功率不变，D错误．
三、电磁感应中的力电问题
1．“源”的分析：用法拉第电磁感应定律和楞次定律确定感应电动势的大小和方向．
2．“路”的分析：画等效电路图，根据I＝，求感应电流I．
3．“力”的分析：受力分析，求F安＝BIl及合力，根据牛顿第二定律求加速度a＝．
4．“运动状态”的分析：根据力与运动的关系，判断运动状态．
v ↓ E＝Blv ↓ I＝ ↓ F安＝BIl ↓ F合 若F合＝0 匀速直线运动
若F合≠0 ↓ F合＝ma a、v 同向 v增大，若a恒定，拉力F增大
v增大，F安增大，F合减小，a减小，做加速度减小的加速运动，当a＝0时，做匀速直线运动
a、v 反向 v减小，F安减小，a减小，当a＝0时，静止或匀速直线运动
(2021·广东卷)(多选)如图所示，水平放置足够长光滑金属导轨abc和de，ab与de平行，bc是以O为圆心的圆弧导轨，圆弧be左侧和扇形Obc内有方向如图所示的匀强磁场，金属杆OP的O端与e点用导线相接，P端与圆弧bc接触，初始时，可滑动的金属杆MN静止在平行导轨上，当杆OP绕O点在匀强磁场区域内从b到c匀速转动时，回路中始终有电流．关于此过程，下列说法中正确的有( AD )
A．杆OP产生的感应电动势恒定
B．杆OP受到的安培力不变
C．杆MN做匀加速直线运动
D．杆MN中的电流逐渐减小
【解析】杆OP转动切割磁感线产生的感应电动势为E＝Br2ω，因为杆OP匀速转动，所以杆OP产生的感应电动势恒定，故A正确；杆OP匀速转动产生的感应电流由M到N通过杆MN，由左手定则可知，杆MN会向左运动，杆MN运动会切割磁感线，产生电动势与原来电流方向相反，让回路电流减小，杆OP、MN所受安培力会减小，加速度减小，故D正确，B、C错误．
四、电磁感应中的图像问题
1．图像类型为两种：
(1) 随时间t变化的B－t图像、Φ－t图像、E－t图像和I－t图像．
(2) 随位移x变化的E－x图像和I－x图像．
2．常用技巧
(1) 排除法：定性地分析电磁感应过程中物理量的变化趋势(增大还是减小)、变化快慢(均匀变化还是非均匀变化)，特别是分析物理量的__正负__，以排除错误的选项．这种方法能快速解决问题，但不一定对所有问题都适用．
(2) 函数法：根据题目所给条件定量地写出两个物理量之间的__函数关系__，然后由函数关系对图像进行分析和判断．这种方法得到的结果准确、详细，但不够简捷．
3．三个关注
(2025·广东省三模)如图所示，两根电阻不计的光滑平行导轨(足够长)与水平面的夹角为30°．导轨底端接入一定值电阻，导轨所在区域内存在均匀分布的磁场，磁场方向垂直导轨平面向上．在导轨上放置一质量为0.1 kg的金属棒．t＝0时刻在大小为0.6 N、方向沿导轨向上的恒力F作用下，金属棒由静止从图示位置开始以大小为1 m/s2的加速度沿导轨向上做匀加速直线运动，金属棒始终与导轨垂直且接触良好．取g＝10 m/s2．下列磁感应强度大小B的倒数随时间t或时间t的二次方(t2)变化的关系图像中，可能正确的是( D )
A B
C D
【解析】根据牛顿第二定律有F－F安－mg sin θ＝ma，其中F＝0.6 N，m＝0.1 kg，θ＝30°，a＝1 m/s2，解得F安＝0，可知金属棒不受安培力，回路中没有感应电流，穿过回路的磁通量不变，因此B0S0＝B(S0＋Lx)，其中B0为t＝0时刻磁场的磁感应强度大小，S0为t＝0时刻闭合回路的面积，L为导轨的间距，金属棒在0～t时间内通过的距离x＝at2，可得＝·t2＋．故选D．
五、电磁感应中力、电、能问题
(2025·江门鹤山一中模拟)如图所示，水平面内固定有平行长直金属导轨ab、cd和金属圆环；金属杆MN垂直导轨静止放置，金属杆OP一端在圆环圆心O处，另一端与圆环接触良好．水平导轨区域、圆环区域有等大反向的匀强磁场．OP绕O点逆时针匀速转动；闭合K，待MN匀速运动后，使OP停止转动并保持静止．已知磁感应强度大小为B，MN质量为m，OP的角速度为ω，OP长度、MN长度和平行导轨间距均为L，MN和OP的电阻阻值均为r，忽略其余电阻和一切摩擦，求：
(1) 闭合K瞬间MN所受安培力大小和方向．
(2) MN匀速运动时的速度大小．
(3) 从OP停止转动到MN停止运动的过程，MN产生的焦耳热．
答案：(1) ，方向水平向左 (2) ωL (3) mω2L2
【解析】(1) 当OP绕O点逆时针匀速转动时，由右手定则可知O点电势高，OP切割磁感线产生感应电动势为E＝BωL2
闭合K瞬间，由闭合电路欧姆定律可知，通过MN的电流大小为I＝＝，方向由M到N
MN所受安培力大小为F＝BIL＝
由左手定则可知，安培力方向水平向左
(2) 闭合K后，MN向左做加速运动，速度逐渐增大，MN切割磁感线产生感应电动势，则感应电流方向与原电流方向相反，减弱原电流，可知MN受安培力逐渐减小，当安培力为零时，MN的速度达到最大，设为v，此时做匀速直线运动，MN切割磁感线产生感应电动势与OP产生的感应电动势大小相等，可知
EMN＝BLv＝BωL2
解得v＝ωL
(3) 从OP停止转动到MN停止运动的过程，由能量守恒定律可知，电路中产生的焦耳热为
Q＝mv2＝mω2L2
MN产生的焦耳热为QMN＝Q＝mω2L2
1．焦耳热的求法
(1) 焦耳定律：Q＝I2Rt，适用于电流、电阻恒定、交变电流的有效值．
(2) 功能关系：Q＝ W克安( W克安为克服安培力做的功)，适用于任何情况．
(3) 能量转化：Q＝ΔE(其他能的减少量)，适用于任何情况．
2．解题策略：“先源后路、先电后力，再是运动、能量”，即
配套热练
题组练
题组一 “三定则、一定律”及应用
1．(2025·广东省质量检测)如图所示，水平长直软导线两端固定，小磁针在软导线下方与导线平行，给软导线通入从P到Q的恒定电流，看到的现象是( D )
A．软导线最终向上弯曲
B．软导线沿水平方向向纸面外弯曲
C．小磁铁保持静止不动
D．俯视看，小磁针沿顺时针方向转动一定角度
【解析】导线通电后，根据安培定则可知，导线下方的磁场方向垂直于纸面向里，因此俯视看，小磁针将沿顺时针方向转动一定角度，C错误，D正确；根据小磁针产生磁场的分布规律，可以确定该磁场在导线所在位置的磁场方向，根据左手定则可知，小磁针的磁场对直导线的安培力先是左侧向外，右侧向内，最终向下，因此软导线先是左侧向外弯曲、右侧向里弯曲，最终向下弯曲，A、B错误．
题组二 法拉第电磁感应定律与电磁感应中的电路问题
2．(2025·广州白云区一模)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．下列说法中正确的是( D )
甲 乙
A．按下按钮过程，螺线管P端电势较高
B．松开按钮后，穿过螺线管的磁通量为零
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
【解析】按下按钮过程，通过螺线管的磁通量向左增大，根据楞次定律增反减同结合右手螺旋定则，可知电流从Q端流出，则螺线管Q端电势较高，A错误；松开按钮后，穿过螺线管的磁通量变小，但不为零，B错误；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，C错误；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，故螺线管产生的感应电动势大小相同，D正确．
题组三 电磁感应中的力、电问题
3．(2024·大湾区二模)(多选)如图甲所示，两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有电阻R．金属棒ab与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在变化的磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下，磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示，ab始终保持静止，在磁感应强度逐渐增加的过程中，下列说法中正确的是( AC )
甲 乙
A．ab中的感应电流的方向不变
B．ab中的感应电流逐渐增大
C．ab所受的安培力大小可能不变
D．ab所受的摩擦力方向始终保持水平向左
【解析】磁场方向垂直于导轨平面向下且磁感应强度随时间逐渐增大，可知回路中的磁通量增大，根据楞次定律可知，回路中的感应电流为逆时针方向(俯视)，且始终不变，故A正确；根据法拉第电磁感应定律可得E＝＝，根据图乙可知，磁感应强度随时间逐渐增大且斜率减小，回路面积保持不变，可知电动势逐渐减小，则回路中的感应电流也逐渐减小，故B错误；根据安培力表达式F安＝BIL，由于感应电流逐渐减小，而磁感应强度随时间逐渐增大，可知金属棒ab所受的安培力可能不变，故C正确；金属棒ab始终保持静止，根据受力平衡可知，金属棒ab所受的静摩擦力和安培力大小相等，方向相反，由左手定则可知，金属棒ab所受安培力水平向左，因此静摩擦力方向水平向右，故D错误．
4．(2025·广州天河区综合测试二)如图所示，两条相距l的光滑平行金属导轨位于同一水平面(纸面)内，其左端接一阻值为R的电阻；一与导轨垂直的金属棒置于两导轨上；在电阻、导轨和金属棒中间有一面积为S的区域，区域中存在垂直于纸面向里的磁场，磁感应强度大小B1随时间t的变化关系为B1＝kt，式中k为常量；在金属棒右侧还有一匀强磁场区域，区域左边界MN(虚线)与导轨垂直，磁场的磁感应强度大小为B0，方向也垂直于纸面向里．某时刻金属棒在一外加水平恒力F的作用下，从图示位置由静止开始向右运动，在t0时刻恰好以速度v0越过MN，此后向右做匀速运动．金属棒与导轨始终相互垂直并接触良好，它们的电阻均忽略不计．求：
(1) 在0～t0时间内，流过电阻的电荷量q．
(2) 在时刻t(t>t0)穿过回路的总磁通量Φ与t的关系式．
(3) 金属棒所受外加水平恒力F的大小．
答案：(1) (2) Φ＝(B0lv0＋kS)t－B0lv0t0 (3) (B0lv0＋kS)
【解析】(1) 在金属棒未越过MN之前，t0时刻穿过回路的磁通量为Φ1＝kt0S
由法拉第电磁感应定律有E1＝
由欧姆定律有I1＝
由电流的定义有I1＝
解得在0～t0时间内，流过电阻R的电荷量为q＝
(2) 当t>t0时，匀强磁场穿过回路的磁通量为
Φ2＝B0lv0(t－t0)
回路的总磁通量为Φ＝Φ1＋Φ2
则在时刻t(t>t0)穿过回路的总磁通量为
Φ＝(B0lv0＋kS)t－B0lv0t0
(3) 当t>t0时，金属棒已越过MN，由于金属棒在MN右侧做匀速运动，则有F＝FA
设此时回路中的电流为I2，FA的大小为
FA＝B0I2l
由法拉第电磁感应定律得，回路感应电动势的大小为E2＝
由欧姆定律有I2＝
联立可得F＝(B0lv0＋kS)
题组四 电磁感应中的图像问题
5．(2025·广州二中)(多选)如图甲所示，QPMN是竖直放置的金属导轨，ab是一根固定在导轨上的金属杆．穿过金属导轨的磁感应强度随时间变化的关系如图乙所示．取垂直纸面向里为磁场正方向，顺时针方向为感应电流正方向，竖直向上为安培力正方向．则流过金属杆ab的感应电流I和其所受的安培力F随时间的变化规律可能是( BD )
甲 乙
A B
C D
【解析】根据法拉第电磁感应定律可得E＝＝S，可知感应电动势大小不变，感应电流大小不变；根据楞次定律可知，感应电流方向为逆时针方向，即负方向，B正确，A错误；根据F＝BIL＝ILkt，可知随时间增加安培力逐渐变大，方向向上，C错误，D正确．
6．(2025·广州二模)如图甲所示，空间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，水平面内有两段均以O为圆心的半圆形导轨P1K1和P2K2，半径分别为L和2L，P1P2用长为L的导线连接，两根足够长的竖直导轨上端分别连接O点和K2点．导体棒a绕O以角速度ω逆时针匀速转动，导体棒b可沿竖直导轨运动，a和b长度均为2L．t＝0时，a处于K1K2位置，同时由静止释放b，此后a每次回到K1K2位置时，b的速度均恰好为零．已知导体棒运动过程中与导轨接触良好，a和b粗细均匀、质量均为m、电阻均为2R，其他电阻不计，滑动摩擦力等于最大静摩擦力，重力加速度为g．
甲 乙
(1) 在图乙中画出a转动一圈过程中，回路电流i随时间t变化的图像(写出计算过程)．
(2) 求b与竖直导轨间的动摩擦因数．
答案：(1) 见解析 (2)
【解析】(1) 当a棒在小环上转动时，回路感应电动势为E1＝BL＝BL＝BL2ω
感应电流为I1＝＝
持续时间为t1＝T＝
当a棒在大环上转动时，回路感应电动势为
E2＝B·2L＝B·2L＝2BL2ω
感应电流为I2＝＝
持续时间为t2＝T＝
i－t图像如图所示
(2) 当a棒在小环上转动时，b棒所受安培力小，摩擦力小，b棒做匀加速运动，有
mg－μBI1·2L＝ma1
当a棒在大环上转动时，b棒所受安培力大，摩擦力大，b棒做匀减速运动，有
μBI2·2L－mg＝ma2
由于加速和减速时间相同，且一个周期后，b棒速度恰变为0，故有a1t1＝a2t2
可得a1＝a2
联立解得动摩擦因数为μ＝
题组五 电磁感应中力、电、能问题
7．(2025·广州培正中学三模)(多选)如图所示，水平金属圆环的半径为L，匀质导体棒OP的长度也为L，导体棒OP、电阻R1的阻值都为R0，电路中的其他电阻忽略不计．导体棒OP绕着它的一个端点O以大小为ω的角速度匀速转动，O点恰好为金属圆环的圆心，转动平面内有竖直向上的匀强磁场，导体棒OP转动过程中始终与金属圆环接触良好．对导体棒OP转动一周的过程，下列说法中正确的是( BC )
A．电阻R1中的电流方向由a指向b
B．电阻R1两端的电压为 BL2ω
C．电阻R1上产生的焦耳热为
D．通过电阻R1的电流大小不断变化
【解析】导体棒OP转动切割磁感线，由右手定则可知，电源内部电流由O流向P，则P端为电源的正极，O端为电源的负极，则电阻R1中的电流方向由b指向a，A错误；导体棒做匀速转动垂直切割磁感线，产生的是恒定的电动势，有E＝BL＝，导体棒OP、电阻R1的阻值都为R0，则电阻R1两端的电压为U＝·R0＝，B正确；导体棒OP转动一周产生的是恒定电流，电阻R1上产生的焦耳热为Q＝T＝，C正确；因电源的电动势恒定，则流过电阻的电流恒定不变，D错误．
8．(2025·广州天河区三模)每个快递入库时都会贴一张电子标签，以便高效仓储、分拣．如图所示，某快递表面的标签上固定了一个横放的“日”字形线圈，在入库时快递与传送带一起以水平恒定速度v0穿过磁感应强度为B、方向竖直向下且宽为L的有界匀强磁场，磁场边界与CD边平行．传送带连接的传感器可以采集到快递受到的摩擦力．已知线圈短边CD长为L，长边CG长为2L，E、F为两长边的中点．电阻RCD＝RGH＝r，REF＝2r，其余部分电阻不计．求：
(1) CD边刚进磁场时，CD中感应电流的方向．
(2) CD边刚进磁场时，快递受到的摩擦力f大小．
(3) 整个“日”字形线圈穿过磁场的过程中，产生的总焦耳热Q．
答案：(1) 由D到C (2) (3)
【解析】(1) CD边刚进磁场时，根据右手定则可知，感应电流方向为由D到C
(2) CD边刚进磁场时，感应电动势为E＝BLv0，此时线圈形成回路的总电阻为
R1＝r＋＝r
通过CD边的电流为I1＝＝
CD边受到的安培力大小为
FA1＝BI1L＝
根据左手定则可知，CD边受到安培力的方向水平向左，由平衡条件可得，快递受到的摩擦力水平向右，且大小为f＝＝
(3) 从CD边进入磁场到EF边进入磁场过程中，线圈克服安培力做功为W1＝FA1L＝
当EF边切割磁感线的过程中，线圈形成回路的总电阻为R2＝2r＋＝r
通过EF边的电流为I2＝＝
EF边受到的安培力大小为
FA2＝BI2L＝
从EF边进入磁场到GH边进入磁场，线圈克服安培力做功为W2＝FA2L＝
根据对称性可知，GH边穿过磁场的过程，线圈克服安培力做功为W3＝W1＝
所以整个“日”字形线圈穿过磁场的过程中，产生的总焦耳热为Q＝W1＋W2＋W3＝
增强练
一、单项选择题
1．(2025·广州三模)我国某地一次消防演练中，一直升机利用四根相同的绝缘绳索将金属线框abcd吊起，线框始终保持水平．地磁场的竖直分量By随距离地面高度h的增大而减小，当飞机带动线框匀速上升时( B )
A．穿过线框的磁通量增大
B．线框中感应电流方向为abcd
C．线框的四条边有向内收缩的趋势
D．绳索对线框的作用力小于线框的重力
【解析】地磁场的竖直分量随距离地面高度h的增大而减小，故穿过线框的磁通量减小，A错误；根据楞次定律，向下的磁通量减小，感应电流的磁场向下，线框中感应电流方向为abcd，B正确；由广义楞次定律，穿过线框的磁通量减小，线框的四条边有向外扩张的趋势，C错误；线框受到的安培力的合力为零，当飞机带动线框匀速上升时，绳索对线框的作用力等于线框的重力，D错误．
二、多项选择题
2．(2025·肇庆鼎湖区一模)如图所示为我国民众应对高温天气所用的吊扇，此时固定于天花板上的吊扇正在顺时针旋转(仰视)，转速为n．已知叶片ab的长度为L，忽略转轴的大小，吊扇所在位置处地磁场的磁感应强度大小为B，方向与竖直方向的夹角为θ，则下列说法中正确的是( AC )
A．a、b两端的电势差大小为nπBL2cos θ
B．a、b两端的电势差大小为nπBL2sin θ
C．a端的电势高于b端的电势
D．a端的电势低于b端的电势
【解析】北方地磁场的磁感应强度垂直于叶片向下的分量为B1＝Bcos θ，由法拉第电磁感应定律有E＝B1L＝B1L2ω，根据角速度和转速得关系有ω＝2πn，又因为U＝E，可得a、b两端的电势差大小为U＝nπBL2cos θ，由右手定则可知，a端的电势高于b端的电势．故选AC．
3．(2025·清远三中集团期中)如图所示，边长为l、电阻为R的正方形导线框沿x轴正方向运动．在外力F作用下以速度v匀速穿过三个宽度均为l的匀强磁场区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，已知三个区域中磁场的磁感应强度大小均为B，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ区域中的磁场方向分别为垂直纸面向里、向外和向里．若以磁感线垂直纸面向里时穿过线框的磁通量Φ为正，产生的电流沿顺时针方向的电动势E为正，外力F向右为正，从线框刚进入磁场时开始计时，则下列反映线框中的磁通量Φ、感应电动势E、外力F和线框的电功率P随时间变化的图像正确的是( BC )
A B
C D
【解析】在线框进入磁场区域Ⅰ的过程中，穿过线框的磁通量Φ＝Blvt∝t，所以在0～时间内，磁通量Φ随时间t均匀增加，由E＝Blv可知在0～时间内电动势为定值，电流方向为逆时针，所以电动势为负值，因感应电流I＝，故F＝F安＝BIl＝v，在此段时间内也为定值，且方向向右，故为正，功率P＝I2R同样为定值．同理，在～时间内，Φ先逐渐减小到零，再反向增大，电动势E、电流I为正值且均变成原来的两倍，外力F、功率P变为原来的四倍．在～时间内，Φ从负的最大逐渐减小到零，再变为正的最大，电动势E为负值且是0～时间内电动势的两倍，外力和功率仍与～时间内大小相同．在～时间内，磁通量Φ逐渐减小，外力F、功率P与0～时间内大小相同，电动势与0～时间内大小相同，但方向相反．故选BC．
4．(2025·湛江高考测试一)如图所示，间距为L、电阻不计的足够长双斜面型光滑平行金属导轨，分别与水平面成α、β角，磁感应强度分别为B1、B2的匀强磁场斜向上分别垂直于两导轨所在的斜面．质量分别为m、2m，电阻均为r的金属棒ab、cd与两平行导轨垂直放置且接触良好．当金属棒ab匀速下滑时，金属棒cd恰好静止不动，重力加速度为g，则( BD )
A．流过金属棒cd的电流方向为从d到c
B．B1＝B2
C．金属棒ab匀速下滑的速度大小为
D．金属棒cd消耗的电功率为
【解析】根据题意，由右手定则可知，当金属棒ab匀速下滑时，感应电流从b到a，则流过金属棒cd的电流方向为从c到d，A错误；根据题意，由平衡条件，对金属棒ab有mg sinα＝B1IL，对金属棒cd有2mg sin β＝B2IL，联立解得B1＝B2，B正确；根据题意，设金属棒ab匀速下滑的速度大小为v，感应电动势为E＝B1Lv，感应电流为I＝＝，对金属棒cd有2mg sin β＝B2IL，联立解得v＝，C错误；金属棒cd消耗的电功率为P＝I2r，对金属棒ab有mg sin α＝B1IL，联立解得P＝，D正确．
三、非选择题
5．小红在查阅资料时看到了“嫦娥五号”的月球着落装置设计，她也利用所学知识设计了一个地面着落回收的电磁缓冲装置，其工作原理是利用电磁阻尼作用减缓返回舱和地面间的冲击力．如图甲所示，在返回舱的底盘安装有均匀对称的4台电磁缓冲装置，电磁缓冲结构示意图如图乙所示．在缓冲装置的底板上，沿竖直方向固定着两个光滑绝缘导轨PQ、MN．导轨内侧，安装电磁铁(图中未画出)，能产生垂直于导轨平面的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B＝5 T．导轨内的缓冲滑块K由高强度绝缘材料制成，滑块K上绕有闭合矩形线圈abcd，线圈的总电阻为R＝100 Ω，匝数为n＝200匝，ab边长为L＝40 cm．假设整个返回舱以速度v0＝10 m/s与地面碰撞后，滑块K立即停下，此后在线圈与轨道的磁场作用下使舱体减速，从而实现缓冲．返回舱质量为m＝2×103 kg，地球表面的重力加速度取g＝10 m/s2，一切摩擦阻力不计，缓冲装置质量忽略不计．
甲 乙
(1) 求滑块K的线圈中最大感应电流的大小．
(2) 若缓冲装置向下移动距离H＝80 cm后速度减为v＝6 m/s，则此过程中每个缓冲装置的线圈abcd中通过的电荷量和产生的焦耳热各是多少？
(3) 若要使缓冲滑块K和返回舱不相碰，且缓冲时间为t＝1.5 s，则缓冲装置中的光滑导轨PQ和MN长度至少多大？(结果保留三位有效数字)
答案：(1) 40 A (2) 3.2 C 2×104 J (3) 7.81 m
【解析】(1) 滑块与地面碰撞后瞬间速度为零，此时返回舱速度为v0且最大，则滑块K中的感应电动势最大，为Emax＝nBLv0
根据闭合电路的欧姆定律可得滑块K的线圈中最大感应电流的大小为I＝
将已知量代入可解得I＝40 A
(2) 此过程中通过每个缓冲装置的线圈abcd中的电荷量为q＝Δt
平均电流为＝
平均感应电动势为＝n＝n＝
联立以上各式解得q＝
将已知量代入可得q＝3.2 C
根据能量守恒定律可知，此过程中每个缓冲装置的线圈abcd中产生的焦耳热为
Q＝×(m＋mgH－m)
将已知量代入可得Q＝2×104 J
(3) 根据感应电动势公式、欧姆定律及安培力公式可得，每台减速装置受到的安培力平均值为
L
电流平均值为＝
而电动势平均值为
因为有4台减速装置，以向上的方向为正方向，根据动量定理得4安t－mgt＝0－(－mv0)
设缓冲装置中的光滑导轨PQ和MN长度至少为d，则t＝d
联立解得d＝
将已知量代入可得d＝7.81 m
21世纪教育网(www.21cnjy.com)微专题11 电磁感应
考向1 磁通量、感应电动势、感应电流大小、方向的分析
(2024·广东卷)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，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，下列说法中正确的是( )
甲 乙
A．穿过线圈的磁通量为BL2
B．永磁铁相对线圈上升越高，线圈中感应电动势越大
C．永磁铁相对线圈上升越快，线圈中感应电动势越小
D．永磁铁相对线圈下降时，线圈中感应电流的方向为顺时针方向
考向2 磁感应强度、磁通量、感应电动势、感应电流分析
(2022·广东卷)(多选)如图所示，水平地面(xOy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．下列说法中正确的有( )
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
考向3 感应电动势大小、感应电流大小、方向及其受力的分析
(2019·新课标 Ⅰ)(多选)空间存在一方向与纸面垂直、大小随时间变化的匀强磁场，其边界如图甲中虚线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甲所示，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示，则在t＝0到t＝t1的时间间隔内( )
甲 乙
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
D．圆环中的感应电动势大小为
考向4 转动切割、导轨回路中简单的电磁感应力电问题
(2025·广东卷)(多选)如图所示是一种精确测量质量的装置原理示意图，竖直平面内，质量恒为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．测量分两个步骤，步骤①：托盘内放置待测物块，其质量用 m表示，线圈中通大小为I的电流，使称重框架受力平衡；步骤②：线圈处于断开状态，取下物块，保持线圈不动，磁场以速率v匀速向下运动，测得线圈中感应电动势为E．利用上述测量结果可得出m的值，重力加速度为g．下列说法中正确的有( )
A．线圈电阻为
B．I越大，表明m越大
C．v越大，则E越小
D．m＝－M
一、“三定则、一定律”及应用
1．“三定则、一定律”的比较
定则或定律 适用的现象 因果关系
安培定则 判断电流、运动电荷产生的磁场方向 因电生磁
左手定则 1．判断磁场对电流的安培力方向 2．判断磁场对运动电荷的洛伦兹力方向 因电受力
右手定则 判断导体做切割磁感线运动时产生的感应电动势或感应电流方向 因动生电
楞次定律 判断闭合回路磁通量变化产生的感应电流方向 因磁生电
2．楞次定律中“阻碍”的主要表现形式
(1) 阻碍原磁通量的变化——“增反减同”、“增离减靠”．
(2) 阻碍导体与磁场的__相对运动__——“来拒去留”．
(3) 使线圈面积有扩大或缩小的__趋势__——“增缩减扩”．
(4) 阻碍原电流的变化(自感现象)——“增反减同”．
3．解题思路
(1) 应用楞次定律时，一般要用到安培定则来分析原来磁场的分布情况．
(2) 研究感应电流受到的安培力，一般先用右手定则确定电流方向，再用左手定则确定安培力的方向，或者直接应用楞次定律的推论确定．
(3) “左力右电”：涉及力的判断都用左手判断，涉及“电生磁”或“磁生电”的判断都用右手判断．
(2025·广州二中开学测试)如图所示，一个半圆形铝框处在水平向外的非匀强磁场中，场中各点的磁感应强度为By＝，y为该点到地面的距离，c为常数，B0为一定值．铝框平面与磁场垂直，直径ab水平，空气阻力不计，铝框由静止释放下落的过程中( )
A．直径ab受安培力方向与框的运动方向相同，为动力
B．半圆弧ab受安培力方向与框的运动方向相反，为阻力
C．铝框下落的加速度大小一定小于重力加速度g
D．铝框下落加速度大小可能等于g
二、法拉第电磁感应定律与电磁感应中的电路问题
1．“源”的分析：
(1) 等效电源电动势E的大小．
情景图
研究对象 回路(不一定闭合) 一段直导线(或等效直导线) 绕一端转动的一段导体棒 绕位于线框平面内且与B垂直的轴转动的导线框
表达式 E＝n E＝Blv E＝Bl2ω 从图示时刻计时 e＝NBSωcos ωt
(2) 用楞次定律或右手定则确定感应电流的方向：此即等效电源__内部__电流的方向，也由等效电源内部负极流向正极的方向，继而确定电源正负极，明确内阻r．
2．“路”的分析：根据等效电源和电路中其他各元件的连接方式画出等效电路．
3．结合闭合电路欧姆定律、串并联电路知识、电功率、焦耳定律等联立求解相关问题．
4．一个重要问题——电荷量的计算公式
(1) 适合__恒定电流__问题：q＝It．
(2) 电流为平均电流：q＝Δt＝Δt＝Δt＝．即q＝n．
q仅由回路电阻R和__磁通量__的变化量ΔΦ决定，与发生磁通量变化的时间Δt无关．
(3) 已知通电导体的位移x和导轨间距q＝＝．
(4) 通过动量定理求解q＝．
(2025·惠州惠东县三模)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
D．电阻R的发热功率先变大，后变小
三、电磁感应中的力电问题
1．“源”的分析：用法拉第电磁感应定律和楞次定律确定感应电动势的大小和方向．
2．“路”的分析：画等效电路图，根据I＝，求感应电流I．
3．“力”的分析：受力分析，求F安＝BIl及合力，根据牛顿第二定律求加速度a＝．
4．“运动状态”的分析：根据力与运动的关系，判断运动状态．
v ↓ E＝Blv ↓ I＝ ↓ F安＝BIl ↓ F合 若F合＝0 匀速直线运动
若F合≠0 ↓ F合＝ma a、v 同向 v增大，若a恒定，拉力F增大
v增大，F安增大，F合减小，a减小，做加速度减小的加速运动，当a＝0时，做匀速直线运动
a、v 反向 v减小，F安减小，a减小，当a＝0时，静止或匀速直线运动
(2021·广东卷)(多选)如图所示，水平放置足够长光滑金属导轨abc和de，ab与de平行，bc是以O为圆心的圆弧导轨，圆弧be左侧和扇形Obc内有方向如图所示的匀强磁场，金属杆OP的O端与e点用导线相接，P端与圆弧bc接触，初始时，可滑动的金属杆MN静止在平行导轨上，当杆OP绕O点在匀强磁场区域内从b到c匀速转动时，回路中始终有电流．关于此过程，下列说法中正确的有( )
A．杆OP产生的感应电动势恒定
B．杆OP受到的安培力不变
C．杆MN做匀加速直线运动
D．杆MN中的电流逐渐减小
四、电磁感应中的图像问题
1．图像类型为两种：
(1) 随时间t变化的B－t图像、Φ－t图像、E－t图像和I－t图像．
(2) 随位移x变化的E－x图像和I－x图像．
2．常用技巧
(1) 排除法：定性地分析电磁感应过程中物理量的变化趋势(增大还是减小)、变化快慢(均匀变化还是非均匀变化)，特别是分析物理量的__正负__，以排除错误的选项．这种方法能快速解决问题，但不一定对所有问题都适用．
(2) 函数法：根据题目所给条件定量地写出两个物理量之间的__函数关系__，然后由函数关系对图像进行分析和判断．这种方法得到的结果准确、详细，但不够简捷．
3．三个关注
(2025·广东省三模)如图所示，两根电阻不计的光滑平行导轨(足够长)与水平面的夹角为30°．导轨底端接入一定值电阻，导轨所在区域内存在均匀分布的磁场，磁场方向垂直导轨平面向上．在导轨上放置一质量为0.1 kg的金属棒．t＝0时刻在大小为0.6 N、方向沿导轨向上的恒力F作用下，金属棒由静止从图示位置开始以大小为1 m/s2的加速度沿导轨向上做匀加速直线运动，金属棒始终与导轨垂直且接触良好．取g＝10 m/s2．下列磁感应强度大小B的倒数随时间t或时间t的二次方(t2)变化的关系图像中，可能正确的是( )
A B
C D
五、电磁感应中力、电、能问题
(2025·江门鹤山一中模拟)如图所示，水平面内固定有平行长直金属导轨ab、cd和金属圆环；金属杆MN垂直导轨静止放置，金属杆OP一端在圆环圆心O处，另一端与圆环接触良好．水平导轨区域、圆环区域有等大反向的匀强磁场．OP绕O点逆时针匀速转动；闭合K，待MN匀速运动后，使OP停止转动并保持静止．已知磁感应强度大小为B，MN质量为m，OP的角速度为ω，OP长度、MN长度和平行导轨间距均为L，MN和OP的电阻阻值均为r，忽略其余电阻和一切摩擦，求：
(1) 闭合K瞬间MN所受安培力大小和方向．
(2) MN匀速运动时的速度大小．
(3) 从OP停止转动到MN停止运动的过程，MN产生的焦耳热．
1．焦耳热的求法
(1) 焦耳定律：Q＝I2Rt，适用于电流、电阻恒定、交变电流的有效值．
(2) 功能关系：Q＝ W克安( W克安为克服安培力做的功)，适用于任何情况．
(3) 能量转化：Q＝ΔE(其他能的减少量)，适用于任何情况．
2．解题策略：“先源后路、先电后力，再是运动、能量”，即
配套热练
题组练
题组一 “三定则、一定律”及应用
1．(2025·广东省质量检测)如图所示，水平长直软导线两端固定，小磁针在软导线下方与导线平行，给软导线通入从P到Q的恒定电流，看到的现象是( )
A．软导线最终向上弯曲
B．软导线沿水平方向向纸面外弯曲
C．小磁铁保持静止不动
D．俯视看，小磁针沿顺时针方向转动一定角度
题组二 法拉第电磁感应定律与电磁感应中的电路问题
2．(2025·广州白云区一模)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．下列说法中正确的是( )
甲 乙
A．按下按钮过程，螺线管P端电势较高
B．松开按钮后，穿过螺线管的磁通量为零
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
题组三 电磁感应中的力、电问题
3．(2024·大湾区二模)(多选)如图甲所示，两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有电阻R．金属棒ab与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在变化的磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下，磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示，ab始终保持静止，在磁感应强度逐渐增加的过程中，下列说法中正确的是( )
甲 乙
A．ab中的感应电流的方向不变
B．ab中的感应电流逐渐增大
C．ab所受的安培力大小可能不变
D．ab所受的摩擦力方向始终保持水平向左
4．(2025·广州天河区综合测试二)如图所示，两条相距l的光滑平行金属导轨位于同一水平面(纸面)内，其左端接一阻值为R的电阻；一与导轨垂直的金属棒置于两导轨上；在电阻、导轨和金属棒中间有一面积为S的区域，区域中存在垂直于纸面向里的磁场，磁感应强度大小B1随时间t的变化关系为B1＝kt，式中k为常量；在金属棒右侧还有一匀强磁场区域，区域左边界MN(虚线)与导轨垂直，磁场的磁感应强度大小为B0，方向也垂直于纸面向里．某时刻金属棒在一外加水平恒力F的作用下，从图示位置由静止开始向右运动，在t0时刻恰好以速度v0越过MN，此后向右做匀速运动．金属棒与导轨始终相互垂直并接触良好，它们的电阻均忽略不计．求：
(1) 在0～t0时间内，流过电阻的电荷量q．
(2) 在时刻t(t>t0)穿过回路的总磁通量Φ与t的关系式．
(3) 金属棒所受外加水平恒力F的大小．
题组四 电磁感应中的图像问题
5．(2025·广州二中)(多选)如图甲所示，QPMN是竖直放置的金属导轨，ab是一根固定在导轨上的金属杆．穿过金属导轨的磁感应强度随时间变化的关系如图乙所示．取垂直纸面向里为磁场正方向，顺时针方向为感应电流正方向，竖直向上为安培力正方向．则流过金属杆ab的感应电流I和其所受的安培力F随时间的变化规律可能是( )
甲 乙
A B
C D
6．(2025·广州二模)如图甲所示，空间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，水平面内有两段均以O为圆心的半圆形导轨P1K1和P2K2，半径分别为L和2L，P1P2用长为L的导线连接，两根足够长的竖直导轨上端分别连接O点和K2点．导体棒a绕O以角速度ω逆时针匀速转动，导体棒b可沿竖直导轨运动，a和b长度均为2L．t＝0时，a处于K1K2位置，同时由静止释放b，此后a每次回到K1K2位置时，b的速度均恰好为零．已知导体棒运动过程中与导轨接触良好，a和b粗细均匀、质量均为m、电阻均为2R，其他电阻不计，滑动摩擦力等于最大静摩擦力，重力加速度为g．
甲 乙
(1) 在图乙中画出a转动一圈过程中，回路电流i随时间t变化的图像(写出计算过程)．
(2) 求b与竖直导轨间的动摩擦因数．
题组五 电磁感应中力、电、能问题
7．(2025·广州培正中学三模)(多选)如图所示，水平金属圆环的半径为L，匀质导体棒OP的长度也为L，导体棒OP、电阻R1的阻值都为R0，电路中的其他电阻忽略不计．导体棒OP绕着它的一个端点O以大小为ω的角速度匀速转动，O点恰好为金属圆环的圆心，转动平面内有竖直向上的匀强磁场，导体棒OP转动过程中始终与金属圆环接触良好．对导体棒OP转动一周的过程，下列说法中正确的是( )
A．电阻R1中的电流方向由a指向b
B．电阻R1两端的电压为 BL2ω
C．电阻R1上产生的焦耳热为
D．通过电阻R1的电流大小不断变化
8．(2025·广州天河区三模)每个快递入库时都会贴一张电子标签，以便高效仓储、分拣．如图所示，某快递表面的标签上固定了一个横放的“日”字形线圈，在入库时快递与传送带一起以水平恒定速度v0穿过磁感应强度为B、方向竖直向下且宽为L的有界匀强磁场，磁场边界与CD边平行．传送带连接的传感器可以采集到快递受到的摩擦力．已知线圈短边CD长为L，长边CG长为2L，E、F为两长边的中点．电阻RCD＝RGH＝r，REF＝2r，其余部分电阻不计．求：
(1) CD边刚进磁场时，CD中感应电流的方向．
(2) CD边刚进磁场时，快递受到的摩擦力f大小．
(3) 整个“日”字形线圈穿过磁场的过程中，产生的总焦耳热Q．
增强练
一、单项选择题
1．(2025·广州三模)我国某地一次消防演练中，一直升机利用四根相同的绝缘绳索将金属线框abcd吊起，线框始终保持水平．地磁场的竖直分量By随距离地面高度h的增大而减小，当飞机带动线框匀速上升时( )
A．穿过线框的磁通量增大
B．线框中感应电流方向为abcd
C．线框的四条边有向内收缩的趋势
D．绳索对线框的作用力小于线框的重力
二、多项选择题
2．(2025·肇庆鼎湖区一模)如图所示为我国民众应对高温天气所用的吊扇，此时固定于天花板上的吊扇正在顺时针旋转(仰视)，转速为n．已知叶片ab的长度为L，忽略转轴的大小，吊扇所在位置处地磁场的磁感应强度大小为B，方向与竖直方向的夹角为θ，则下列说法中正确的是( )
A．a、b两端的电势差大小为nπBL2cos θ
B．a、b两端的电势差大小为nπBL2sin θ
C．a端的电势高于b端的电势
D．a端的电势低于b端的电势
3．(2025·清远三中集团期中)如图所示，边长为l、电阻为R的正方形导线框沿x轴正方向运动．在外力F作用下以速度v匀速穿过三个宽度均为l的匀强磁场区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，已知三个区域中磁场的磁感应强度大小均为B，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ区域中的磁场方向分别为垂直纸面向里、向外和向里．若以磁感线垂直纸面向里时穿过线框的磁通量Φ为正，产生的电流沿顺时针方向的电动势E为正，外力F向右为正，从线框刚进入磁场时开始计时，则下列反映线框中的磁通量Φ、感应电动势E、外力F和线框的电功率P随时间变化的图像正确的是( )
A B
C D
4．(2025·湛江高考测试一)如图所示，间距为L、电阻不计的足够长双斜面型光滑平行金属导轨，分别与水平面成α、β角，磁感应强度分别为B1、B2的匀强磁场斜向上分别垂直于两导轨所在的斜面．质量分别为m、2m，电阻均为r的金属棒ab、cd与两平行导轨垂直放置且接触良好．当金属棒ab匀速下滑时，金属棒cd恰好静止不动，重力加速度为g，则( )
A．流过金属棒cd的电流方向为从d到c
B．B1＝B2
C．金属棒ab匀速下滑的速度大小为
D．金属棒cd消耗的电功率为
三、非选择题
5．小红在查阅资料时看到了“嫦娥五号”的月球着落装置设计，她也利用所学知识设计了一个地面着落回收的电磁缓冲装置，其工作原理是利用电磁阻尼作用减缓返回舱和地面间的冲击力．如图甲所示，在返回舱的底盘安装有均匀对称的4台电磁缓冲装置，电磁缓冲结构示意图如图乙所示．在缓冲装置的底板上，沿竖直方向固定着两个光滑绝缘导轨PQ、MN．导轨内侧，安装电磁铁(图中未画出)，能产生垂直于导轨平面的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B＝5 T．导轨内的缓冲滑块K由高强度绝缘材料制成，滑块K上绕有闭合矩形线圈abcd，线圈的总电阻为R＝100 Ω，匝数为n＝200匝，ab边长为L＝40 cm．假设整个返回舱以速度v0＝10 m/s与地面碰撞后，滑块K立即停下，此后在线圈与轨道的磁场作用下使舱体减速，从而实现缓冲．返回舱质量为m＝2×103 kg，地球表面的重力加速度取g＝10 m/s2，一切摩擦阻力不计，缓冲装置质量忽略不计．
甲 乙
(1) 求滑块K的线圈中最大感应电流的大小．
(2) 若缓冲装置向下移动距离H＝80 cm后速度减为v＝6 m/s，则此过程中每个缓冲装置的线圈abcd中通过的电荷量和产生的焦耳热各是多少？
(3) 若要使缓冲滑块K和返回舱不相碰，且缓冲时间为t＝1.5 s，则缓冲装置中的光滑导轨PQ和MN长度至少多大？(结果保留三位有效数字)
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专题四
微专题11 电磁感应
电路与电磁感应
直面高考真题
考向1 磁通量、感应电动势、感应电流大小、方向的分析
(2024·广东卷)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，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，下列说法中正确的是 ( )
A．穿过线圈的磁通量为BL2
B．永磁铁相对线圈上升越高，线圈中感应电动势越大
C．永磁铁相对线圈上升越快，线圈中感应电动势越小
D．永磁铁相对线圈下降时，线圈中感应电流的方向为
顺时针方向
D
1
【解析】根据图乙可知此时穿过线圈的磁通量为0，故A错误；根据法拉第电磁感应定律可知永磁铁相对线圈上升越快，磁通量变化越快，线圈中感应电动势越大，故B、C错误；永磁铁相对线圈下降时，根据楞次定律可知线圈中感应电流的方向为顺时针方向，故D正确．
考向2 磁感应强度、磁通量、感应电动势、感应电流分析
(2022·广东卷)(多选)如图所示，水平地面(xOy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．下列说法中正确的有 ( )
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
AC
2
【解析】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；根据右手螺旋定则，线圈在P点时，穿进与穿出的磁感线在线圈中对称，磁通量为零，而在向N点平移过程中，磁感线在线圈中不再对称，线圈的磁通量会发生变化，故B错误；根据右手螺旋定则，线圈从P点竖直向上运动过程中，穿进与穿出的磁感线在线圈中始终对称，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；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，但P点到M点所用时间比P点到N点时间长，根据法拉第电磁感应定律，两次的感应电动势不相等，故D错误．
考向3 感应电动势大小、感应电流大小、方向及其受力的分析
BC
3
考向4 转动切割、导轨回路中简单的电磁感应力电问题
4
BD
强化核心考点
一、“三定则、一定律”及应用
1．“三定则、一定律”的比较
定则或定律 适用的现象 因果关系
安培定则 判断电流、运动电荷产生的磁场方向 因电生磁
左手定则 1．判断磁场对电流的安培力方向
2．判断磁场对运动电荷的洛伦兹力方向 因电受力
右手定则 判断导体做切割磁感线运动时产生的感应电动势或感应电流方向 因动生电
楞次定律 判断闭合回路磁通量变化产生的感应电流方向 因磁生电
2．楞次定律中“阻碍”的主要表现形式
(1) 阻碍原磁通量的变化——“增反减同”、“增离减靠”．
(2) 阻碍导体与磁场的____________——“来拒去留”．
(3) 使线圈面积有扩大或缩小的________——“增缩减扩”．
(4) 阻碍原电流的变化(自感现象)——“增反减同”．
相对运动
趋势
3．解题思路
(1) 应用楞次定律时，一般要用到安培定则来分析原来磁场的分布情况．
(2) 研究感应电流受到的安培力，一般先用右手定则确定电流方向，再用左手定则确定安培力的方向，或者直接应用楞次定律的推论确定．
(3) “左力右电”：涉及力的判断都用左手判断，涉及“电生磁”或“磁生电”的判断都用右手判断．
C
1
【解析】铝框由静止释放下落的过程中，由楞次定律得铝框有顺时针方向的电流，由左手定则得直径ab受安培力方向为竖直向上，与框的运动方向相反，A错误；在半圆弧ab上等高且左右对称的位置分别取一段电流元，由对称性和力的平行四边形定则得，这两段电流元所受安培力的合力竖直向下，所以半圆弧ab受的安培力竖直向下，由于离地面距离大，所处位置磁感应强度小，半圆弧ab受的安培力没有直径ab受的安培力大，所以整个铝框受安培力合力竖直向上，即铝框下落的加速度大小一定小于重力加速度g，B、D错误，C正确．
二、法拉第电磁感应定律与电磁感应中的电路问题
1．“源”的分析：
(1) 等效电源电动势E的大小．
情景图
研究对象 回路(不一定闭合) 一段直导线(或等效直导线) 绕一端转动的一段导体棒 绕位于线框平面内且与B垂直的轴转动的导线框
表达式 E＝Blv 从图示时刻计时
e＝NBSωcos ωt
(2) 用楞次定律或右手定则确定感应电流的方向：此即等效电源________电流的方向，也由等效电源内部负极流向正极的方向，继而确定电源正负极，明确内阻r．
2．“路”的分析：根据等效电源和电路中其他各元件的连接方式画出等效电路．
3．结合闭合电路欧姆定律、串并联电路知识、电功率、焦耳定律等联立求解相关问题．
内部
恒定电流
磁通量
C
2
4．“运动状态”的分析：根据力与运动的关系，判断运动状态．
若F合＝0 匀速直线运动
若F合≠0
↓
F合＝ma a、v
同向 v增大，若a恒定，拉力F增大
v增大，F安增大，F合减小，a减小，做加速度减小的加速运动，当a＝0时，做匀速直线运动
a、v
反向 v减小，F安减小，a减小，当a＝0时，静止或匀速直线运动
(2021·广东卷)(多选)如图所示，水平放置足够长光滑金属导轨abc和de，ab与de平行，bc是以O为圆心的圆弧导轨，圆弧be左侧和扇形Obc内有方向如图所示的匀强磁场，金属杆OP的O端与e点用导线相接，P端与圆弧bc接触，初始时，可滑动的金属杆MN静止在平行导轨上，当杆OP绕O点在匀强磁场区域内从b到c匀速转动时，回路中始终有电流．关于此过程，下列说法中正确的有 ( )
A．杆OP产生的感应电动势恒定
B．杆OP受到的安培力不变
C．杆MN做匀加速直线运动
D．杆MN中的电流逐渐减小
AD
3
四、电磁感应中的图像问题
1．图像类型为两种：
(1) 随时间t变化的B－t图像、Φ－t图像、E－t图像和I－t图像．
(2) 随位移x变化的E－x图像和I－x图像．
2．常用技巧
(1) 排除法：定性地分析电磁感应过程中物理量的变化趋势(增大还是减小)、变化快慢(均匀变化还是非均匀变化)，特别是分析物理量的________，以排除错误的选项．这种方法能快速解决问题，但不一定对所有问题都适用．
(2) 函数法：根据题目所给条件定量地写出两个物理量之间的____________，然后由函数关系对图像进行分析和判断．这种方法得到的结果准确、详细，但不够简捷．
正负
函数关系
3．三个关注
D
4
突破关键问题
五、电磁感应中力、电、能问题
(2025·江门鹤山一中模拟)如图所示，水平面内固定有平行长直金属导轨ab、cd和金属圆环；金属杆MN垂直导轨静止放置，金属杆OP一端在圆环圆心O处，另一端与圆环接触良好．水平导轨区域、圆环区域有等大反向的匀强磁场．OP绕O点逆时针匀速转动；闭合K，待MN匀速运动后，使OP停止转动并保持静止．已知磁感应强度大小为B，MN质量为m，OP的角速度为ω，OP长度、MN长度和平行导轨间距均为L，MN和OP的电阻阻值均为r，忽略其余电阻和一切摩擦，求：
5
1．焦耳热的求法
(1) 焦耳定律：Q＝I2Rt，适用于电流、电阻恒定、交变电流的有效值．
(2) 功能关系：Q＝ W克安( W克安为克服安培力做的功)，适用于任何情况．
(3) 能量转化：Q＝ΔE(其他能的减少量)，适用于任何情况．
2．解题策略：“先源后路、先电后力，再是运动、能量”，即
热练
题组一 “三定则、一定律”及应用
1．(2025·广东省质量检测)如图所示，水平长直软导线两端固定，小磁针在软导线下方与导线平行，给软导线通入从P到Q的恒定电流，看到的现象是 ( )
A．软导线最终向上弯曲
B．软导线沿水平方向向纸面外弯曲
C．小磁铁保持静止不动
D．俯视看，小磁针沿顺时针方向转动一定角度
D
【解析】导线通电后，根据安培定则可知，导线下方的磁场方向垂直于纸面向里，因此俯视看，小磁针将沿顺时针方向转动一定角度，C错误，D正确；根据小磁针产生磁场的分布规律，可以确定该磁场在导线所在位置的磁场方向，根据左手定则可知，小磁针的磁场对直导线的安培力先是左侧向外，右侧向内，最终向下，因此软导线先是左侧向外弯曲、右侧向里弯曲，最终向下弯曲，A、B错误．
题组二 法拉第电磁感应定律与电磁感应中的电路问题
2．(2025·广州白云区一模)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．下列说法中正确的是 ( )
A．按下按钮过程，螺线管P端电势较高
B．松开按钮后，穿过螺线管的磁通量
为零
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
D
【解析】按下按钮过程，通过螺线管的磁通量向左增大，根据楞次定律增反减同结合右手螺旋定则，可知电流从Q端流出，则螺线管Q端电势较高，A错误；松开按钮后，穿过螺线管的磁通量变小，但不为零，B错误；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，C错误；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，故螺线管产生的感应电动势大小相同，D正确．
题组三 电磁感应中的力、电问题
3．(2024·大湾区二模)(多选)如图甲所示，两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有电阻R．金属棒ab与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在变化的磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下，磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示，ab始终保持静止，在磁感应强度逐渐增加的过程中，下列说法中正确的是
( )
A．ab中的感应电流的方向不变
B．ab中的感应电流逐渐增大
C．ab所受的安培力大小可能不变
D．ab所受的摩擦力方向始终保持水平向左
AC
4．(2025·广州天河区综合测试二)如图所示，两条相距l的光滑平行金属导轨位于同一水平面(纸面)内，其左端接一阻值为R的电阻；一与导轨垂直的金属棒置于两导轨上；在电阻、导轨和金属棒中间有一面积为S的区域，区域中存在垂直于纸面向里的磁场，磁感应强度大小B1随时间t的变化关系为B1＝kt，式中k为常量；在金属棒右侧还有一匀强磁场区域，区域左边界MN(虚线)与
导轨垂直，磁场的磁感应强度大小为B0，方向也垂直于
纸面向里．某时刻金属棒在一外加水平恒力F的作用下，
从图示位置由静止开始向右运动，在t0时刻恰好以速度v0
越过MN，此后向右做匀速运动．金属棒与导轨始终相互
垂直并接触良好，它们的电阻均忽略不计．求：
(2) 在时刻t(t>t0)穿过回路的总磁通量Φ与t的关系式．
答案：(2) Φ＝(B0lv0＋kS)t－B0lv0t0
【解析】(2) 当t>t0时，匀强磁场穿过回路的磁通量为
Φ2＝B0lv0(t－t0)
回路的总磁通量为Φ＝Φ1＋Φ2
则在时刻t(t>t0)穿过回路的总磁通量为
Φ＝(B0lv0＋kS)t－B0lv0t0
题组四 电磁感应中的图像问题
5．(2025·广州二中)(多选)如图甲所示，QPMN是竖直放置的金属导轨，ab是一根固定在导轨上的金属杆．穿过金属导轨的磁感应强度随时间变化的关系如图乙所示．取垂直纸面向里为磁场正方向，顺时针方向为感应电流正方向，竖直向上为安培力正方向．则流过金属杆ab的感应电流I和其所受的安培力F随时间的变化规律可能是 ( )
BD
6．(2025·广州二模)如图甲所示，空间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，水平面内有两段均以O为圆心的半圆形导轨P1K1和P2K2，半径分别为L和2L，P1P2用长为L的导线连接，两根足够长的竖直导轨上端分别连接O点和K2点．导体棒a绕O以角速度ω逆时针匀速转动，导体棒b可沿竖直导轨运动，a和b长度均为2L．t＝0时，a处于K1K2位置，
同时由静止释放b，此后a每次回到K1K2
位置时，b的速度均恰好为零．已知导
体棒运动过程中与导轨接触良好，a和b
粗细均匀、质量均为m、电阻均为2R，其
他电阻不计，滑动摩擦力等于最大静摩擦力，重力加速度为g．
(1) 在图乙中画出a转动一圈过程中，回路电流i随时间t变化的图像(写出计算过程)．
答案：(1) 见解析
BC
8．(2025·广州天河区三模)每个快递入库时都会贴一张电子标签，以便高效仓储、分拣．如图所示，某快递表面的标签上固定了一个横放的“日”字形线圈，在入库时快递与传送带一起以水平恒定速度v0穿过磁感应强度为B、方向竖直向下且宽为L的有界匀强磁场，磁场边界与CD边平行．传送带连接的传感器可以采集到快递受到的摩擦力．已知线圈短边CD长为L，长边CG长为2L，E、F为两长边的中点．电阻RCD＝RGH＝r，REF＝2r，其余部分电阻不
计．求：
(1) CD边刚进磁场时，CD中感应电流的方向．
答案：(1) 由D到C
【解析】(1) CD边刚进磁场时，根据右手定则可知，感应电流方向为由D到C
一、单项选择题
1．(2025·广州三模)我国某地一次消防演练中，一直升机利用四根相同的绝缘绳索将金属线框abcd吊起，线框始终保持水平．地磁场的竖直分量By随距离地面高度h的增大而减小，当飞机带动线框匀速上升时 ( )
A．穿过线框的磁通量增大
B．线框中感应电流方向为abcd
C．线框的四条边有向内收缩的趋势
D．绳索对线框的作用力小于线框的重力
B
【解析】地磁场的竖直分量随距离地面高度h的增大而减小，故穿过线框的磁通量减小，A错误；根据楞次定律，向下的磁通量减小，感应电流的磁场向下，线框中感应电流方向为abcd，B正确；由广义楞次定律，穿过线框的磁通量减小，线框的四条边有向外扩张的趋势，C错误；线框受到的安培力的合力为零，当飞机带动线框匀速上升时，绳索对线框的作用力等于线框的重力，D错误．
二、多项选择题
2．(2025·肇庆鼎湖区一模)如图所示为我国民众应对高温天气所用的吊扇，此时固定于天花板上的吊扇正在顺时针旋转(仰视)，转速为n．已知叶片ab的长度为L，忽略转轴的大小，吊扇所在位置处地磁场的磁感应强度大小为B，方向与竖直方向的夹角为θ，则下列说法中正确的是 ( )
A．a、b两端的电势差大小为nπBL2cos θ
B．a、b两端的电势差大小为nπBL2sin θ
C．a端的电势高于b端的电势
D．a端的电势低于b端的电势
AC
3．(2025·清远三中集团期中)如图所示，边长为l、电阻为R的正方形导线框沿x轴正方向运动．在外力F作用下以速度v匀速穿过三个宽度均为l的匀强磁场区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，已知三个区域中磁场的磁感应强度大小均为B，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ区域中的磁场方向分别为垂直纸面向里、向外和向里．若以磁感线垂直纸面向里时穿过线框的磁通量Φ为正，产生的电流沿顺时针方向的电动势E为正，外力F向右为正，从线框刚进入磁场时开始计时，则下列反映线框中的磁通量Φ、感应电动势E、外力F和线框的电功率P随时间变化的图像正确的是 ( )
BC
BD
三、非选择题
5．小红在查阅资料时看到了“嫦娥五号”的月球着落装置设计，她也利用所学知识设计了一个地面着落回收的电磁缓冲装置，其工作原理是利用电磁阻尼作用减缓返回舱和地面间的冲击力．如图甲所示，在返回舱的底盘安装有均匀对称的4台电磁缓冲装置，电磁缓冲结构示意图如图乙所示．在缓冲装置的底板上，沿竖直方向固定着两个光滑绝缘导轨PQ、MN．导轨内侧，安装电磁铁(图中未画出)，能产生垂直于导轨平面的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B＝5 T．导轨内的缓冲滑块K由高强度绝缘材料制成，滑块K上绕有闭合矩形线圈abcd，线圈的总电阻为R＝100 Ω，匝数为n＝200匝，ab边长为L＝40 cm．
假设整个返回舱以速度v0＝10 m/s与地面碰撞后，滑块K立即停下，此后在线圈与轨道的磁场作用下使舱体减速，从而实现缓冲．返回舱质量为m＝2×103 kg，地球表面的重力加速度取g＝10 m/s2，一切摩擦阻力不计，缓冲装置质量忽略不计．
(1) 求滑块K的线圈中最大感应电流的大小．
答案：(1) 40 A
(2) 若缓冲装置向下移动距离H＝80 cm后速度减为v＝6 m/s，则此过程中每个缓冲装置的线圈abcd中通过的电荷量和产生的焦耳热各是多少？
答案：(2) 3.2 C 2×104 J
(3) 若要使缓冲滑块K和返回舱不相碰，且缓冲时间为t＝1.5 s，则缓冲装置中的光滑导轨PQ和MN长度至少多大？(结果保留三位有效数字)
答案：(3) 7.81 m
