易錯點(diǎn)12電磁感應(yīng)

目錄

01易錯陷阱（3大陷阱）

02舉一反三

【易錯點(diǎn)提醒一】根據(jù)楞次定律判斷電流方向分不清因果，混淆兩種磁場方向

【易錯點(diǎn)提醒二】計(jì)算感應(yīng)電動勢分不清的平均值不是瞬時值或有效長度錯誤

【易錯點(diǎn)提醒三】分析與電路綜合問題沒有弄清電路結(jié)構(gòu)，錯誤把內(nèi)電路當(dāng)外電路

【易錯點(diǎn)提醒四】分析力學(xué)綜合問題不會受力分析，錯誤地用功能關(guān)系列式。

03易錯題通關(guān)

易錯點(diǎn)一：錯誤地運(yùn)用楞次定律求感應(yīng)電流

1.判斷電磁感應(yīng)現(xiàn)象是否發(fā)生的一般流程

2.“阻礙”的含義及步驟

楞次定律中“阻礙”的含義“四步法”判斷感應(yīng)電流方向

易錯點(diǎn)二：钷亶地運(yùn)用法拉北電磁感應(yīng)定律求感應(yīng)電動勢和分析自感現(xiàn)象

1.感應(yīng)電動勢兩個公式的比較

ΔΦ

公式E＝nE＝Blv

Δt

導(dǎo)體一個回路一段導(dǎo)體

適用普遍適用導(dǎo)體切割磁感線

意義常用于求平均電動勢既可求平均值也可求瞬時值

本質(zhì)上是統(tǒng)一的．但是，當(dāng)導(dǎo)體做切割磁感線運(yùn)動時，用E＝Blv求E比

聯(lián)系ΔΦ

較方便；當(dāng)穿過電路的磁通量發(fā)生變化時，用E＝n求E比較方便

Δt

2E=Blv的三個特性

正交性本公式要求磁場為勻強(qiáng)磁場，而且B、l、v三者互相垂直

公式中的l為導(dǎo)體棒切割磁感線的有效長度，如圖中ab

有效性

E＝Blv中的速度v是導(dǎo)體棒相對磁場的速度，若磁場也在運(yùn)動，應(yīng)注意

相對性

速度間的相對關(guān)系

3動生電動勢的三種常見情況

情景圖

一段直導(dǎo)線(或等效成直導(dǎo)繞與B垂直的軸轉(zhuǎn)動的導(dǎo)

研究對象繞一端轉(zhuǎn)動的一段導(dǎo)體棒

線)線框

1

表達(dá)式E＝BLvE＝BL2ωE＝NBSωsinωt

2

易錯點(diǎn)三：錯誤求解電磁感應(yīng)與電路和力學(xué)的綜合問題

1.電磁感應(yīng)與電路綜合問題的求解

（1)電磁感應(yīng)中電路知識的關(guān)系圖

（2）.分析電磁感應(yīng)電路問題的基本思路

內(nèi)

兩端電壓

外

求感應(yīng)電動勢E=Blv或E=→畫等效電路圖→求感應(yīng)電流I=?=??2。

外外

?Δ??電路功率?=?-??

Δ??+??總=??

2。電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題的求解?=??

（1）導(dǎo)體受力與運(yùn)動的動態(tài)關(guān)系

（2）.力學(xué)對象和電學(xué)對象的相互關(guān)系

（3）.解決電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題的一般思路

4.求解焦耳熱Q的三種方法

.

【易錯點(diǎn)提醒一】根據(jù)楞次定律判斷電流方向?qū)Υ﹥删€圈的磁通量變化情況判斷

錯誤

【例1】(多選)如圖所示軟鐵環(huán)上繞有M、N兩個線圈，線圈M通過滑動變阻器及開關(guān)與

電源相連，線圈N連接電流表G，下列說法正確的是()

A．開關(guān)閉合瞬間，通過電流表G的電流由a到b

B．開關(guān)閉合穩(wěn)定后，通過電流表G的電流由b到a

C．開關(guān)閉合穩(wěn)定后，將滑動變阻器滑片向右滑動，通過電流表G的電流由a到b

D．開關(guān)閉合穩(wěn)定后再斷開瞬間，通過電流表G的電流由a到b

易錯分析：誤選A的原因：對穿兩線圈的磁通量變化情況判斷錯誤，不能根據(jù)楞次定律正

確判斷感應(yīng)定流方向。誤選B的原因：對感應(yīng)電流的產(chǎn)生條件理解不清。對線圈中的磁通

量的變化量的情況判斷失誤，不能正確根據(jù)楞次定律判斷感應(yīng)電流方向。

【答案】CD

【解析】開關(guān)閉合瞬間，在線圈N中產(chǎn)生向下增強(qiáng)的磁場，根據(jù)楞次定律，通過電流表G

的電流由b到a，A錯誤；開關(guān)閉合穩(wěn)定后，線圈N中的磁場不變，磁通量不變，電流表中

沒有電流，B錯誤；開關(guān)閉合穩(wěn)定后，將滑動變阻器滑片向右滑動，線圈M中電流減小，產(chǎn)

生的磁場減弱，根據(jù)楞次定律，通過電流表G的電流由a到b，C正確；開關(guān)閉合穩(wěn)定后再

斷開瞬間，線圈N中的磁場減弱，根據(jù)楞次定律，通過電流表G的電流由a到b，D正確

【變式1-1】如圖所示，一平行光滑金屬導(dǎo)軌水平置于豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，導(dǎo)軌電阻

不計(jì)，與大螺線管M相接，在M螺線管內(nèi)同軸放置一絕緣圓盤N，N的邊緣固定著許多帶

負(fù)電的小球（每個小球都可視為一點(diǎn)電荷），且圓盤N可繞軸心在水平面內(nèi)自由轉(zhuǎn)動。當(dāng)

導(dǎo)體棒ab運(yùn)動時，圓盤N能沿箭頭方向逆時針轉(zhuǎn)動，則導(dǎo)體棒ab的運(yùn)動情況是（）

A．導(dǎo)體棒ab向右做勻速運(yùn)動B．導(dǎo)體棒ab向右做加速運(yùn)動

C．導(dǎo)體棒ab向左做加速運(yùn)動D．導(dǎo)體棒ab向左做減速運(yùn)動

【答案】BD

【詳解】圓盤N能沿箭頭方向逆時針轉(zhuǎn)動，可知感應(yīng)電場的方向沿順時針方向，則產(chǎn)生感

應(yīng)電場的磁場方向垂直紙面向里；若導(dǎo)體棒ab向右運(yùn)動，則感應(yīng)電流由b到a，M中的磁

場向外，與產(chǎn)生感應(yīng)電場的磁場方向相反，可知必然是增強(qiáng)的，則ab必然加速運(yùn)動；若導(dǎo)

體棒ab向左運(yùn)動，則感應(yīng)電流由a到b，M中的磁場向里，與產(chǎn)生感應(yīng)電場的磁場方向相

同，可知必然是減弱的，則ab必然減速運(yùn)動；故選BD。

【變式1-2】2023年海南卷高考真題）汽車測速利用了電磁感應(yīng)現(xiàn)象，汽車可簡化為一個

矩形線圈abcd，埋在地下的線圈分別為1、2，通上順時針（俯視）方向電流，當(dāng)汽車經(jīng)過

線圈時（）

A．線圈1、2產(chǎn)生的磁場方向豎直向上

B．汽車進(jìn)入線圈1過程產(chǎn)生感應(yīng)電流方向?yàn)閍bcd

C．汽車離開線圈1過程產(chǎn)生感應(yīng)電流方向?yàn)閍bcd

D．汽車進(jìn)入線圈2過程受到的安培力方向與速度方向相同

【答案】C

【詳解】A．由題知，埋在地下的線圈1、2通順時針（俯視）方向的電流，則根據(jù)右手螺

旋定則，可知線圈1、2產(chǎn)生的磁場方向豎直向下，A錯誤；

B．汽車進(jìn)入線圈1過程中，磁通量增大，根據(jù)楞次定律可知產(chǎn)生感應(yīng)電流方向?yàn)閍dcb（逆

時針），B錯誤；

C．汽車離開線圈1過程中，磁通量減小，根據(jù)楞次定律可知產(chǎn)生感應(yīng)電流方向?yàn)閍bcd（順

時針），C正確；

D．汽車進(jìn)入線圈2過程中，磁通量增大，根據(jù)楞次定律可知產(chǎn)生感應(yīng)電流方向?yàn)閍dcb

（時針），再根據(jù)左手定則，可知汽車受到的安培力方向與速度方向相反，D錯誤。故選C

【變式1-3】1（2023·廣東廣州天河二模）（多選）圖甲為某款“自發(fā)電”無線門

鈴按鈕，其“發(fā)電”原理如圖乙所示，按下門鈴按鈕過程磁鐵靠近螺線管，松開門鈴按鈕磁

鐵遠(yuǎn)離螺線管回歸原位置。下列說法正確的是（）

A.按下按鈕過程，螺線管P端電勢較高

B.松開按鈕過程，螺線管P端電勢較高

C.按住按鈕不動，螺線管中產(chǎn)生恒定的感應(yīng)電動勢

D.若按下和松開按鈕的時間相同，螺線管產(chǎn)生大小相同的感應(yīng)電動勢

【答案】BD

【解析】A．按下按鈕過程，穿過螺線管的磁通量向左增大，根據(jù)楞次定律可知螺線管

中感應(yīng)電流為從P端流入從Q端流出，螺線管充當(dāng)電源，則Q端電勢較高，故A錯誤；

B．松開按鈕過程，穿過螺線管的磁通量向左減小，根據(jù)楞次定律可知螺線管中感應(yīng)電

流為從Q端流入，從P端流出，螺線管充當(dāng)電源，則P端電勢較高，故B正確；

C．按住按鈕不動，穿過螺線管的磁通量不變，螺線管不會產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，故C錯誤；

D．按下和松開按鈕過程，若按下和松開按鈕的時間相同，螺線管中磁通量的變化率相

同，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知，螺線管產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小相同，故D正確。

故選BD。

【易錯點(diǎn)提醒二】計(jì)算感應(yīng)電動勢分不清的平均值不是瞬時值或有效長度錯誤

【例2】(多選)(2017·全國卷Ⅱ·20)兩條平行虛線間存在一勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向與

紙面垂直．邊長為0.1m、總電阻為0.005Ω的正方形導(dǎo)線框abcd位于紙面內(nèi)，cd邊與磁場

邊界平行，如圖(a)所示．已知導(dǎo)線框一直向右做勻速直線運(yùn)動，cd邊于t＝0時刻進(jìn)入磁場．線

框中感應(yīng)電動勢隨時間變化的圖線如圖(b)所示(感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r針時，感應(yīng)電動勢取

正)．下列說法正確的是()

A．磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為0.5T

B．導(dǎo)線框運(yùn)動的速度的大小為0.5m/s

C．磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直于紙面向外

D．在t＝0.4s至t＝0.6s這段時間內(nèi)，導(dǎo)線框所受的安培力大小為0.1N

易錯分析：誤選A的原因：法拉第電磁感應(yīng)定律計(jì)算磁感應(yīng)強(qiáng)度計(jì)算出現(xiàn)錯誤。

誤選D的原因：感應(yīng)電動勢計(jì)算錯誤或者感應(yīng)電流大小計(jì)算出現(xiàn)錯誤，或者安培力計(jì)算出

現(xiàn)錯誤。

【答案】BC

【解析】

l0.1

由題圖(b)可知，導(dǎo)線框經(jīng)過0.2s全部進(jìn)入磁場，則速度v＝＝m/s＝0.5m/s，選項(xiàng)B

t0.2

正確；由題圖(b)可知，cd邊切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝0.01V，根據(jù)E＝Blv得，B

E0.01

＝＝T＝0.2T，選項(xiàng)A錯誤；根據(jù)右手定則及正方向的規(guī)定可知，磁感應(yīng)強(qiáng)度的

lv0.1×0.5

方向垂直于紙面向外，選項(xiàng)C正確；在t＝0.4s至t＝0.6s這段時間內(nèi)，導(dǎo)線框中的感應(yīng)電

E0.01

流I＝＝A＝2A,所受的安培力大小為F＝BIl＝0.2×2×0.1N＝0.04N，選項(xiàng)D錯誤．

R0.005

例題3.(多選)如圖，光滑水平面上兩虛線之間區(qū)域內(nèi)存在垂直于紙面向里的范圍足夠大的勻

強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.邊長為a的正方形導(dǎo)線框PQMN沿圖示速度方向進(jìn)入磁場，

當(dāng)對角線PM剛進(jìn)入磁場時線框的速度大小為v，方向與磁場邊界成45°角，若線框的總電

阻為R，則()

Bav

A．PM剛進(jìn)入磁場時線框中的感應(yīng)電流大小為

R

B2a2v

B．PM剛進(jìn)入磁場時線框所受安培力大小為

R

Bav

C．PM剛進(jìn)入磁場時兩端的電壓為

R

D．PM進(jìn)入磁場后線框中的感應(yīng)電流逐漸變小

易錯分析：誤選BC的原因：有效長度分析錯誤，PM兩端電壓為路端電壓，而不是內(nèi)電壓。

【答案】AD

【解析】

E

PM剛進(jìn)入磁場時有效的切割長度等于a，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E＝Bav，感應(yīng)電流為I＝＝

R

BavB2a2v

，方向沿逆時針，故A正確；NM邊所受的安培力大小為F1＝BIa＝，方向垂直NM

RR

B2a2v

斜向下，PN邊所受的安培力大小為F2＝BIa＝，方向垂直PN斜向下，線框所受安培

R

22

222BavRBav

力大小F＝F1＋F2＝，故B錯誤；PM兩端的電壓為U＝I·＝，故C錯誤；

R22

PM進(jìn)入磁場后，有效切割長度逐漸減小，感應(yīng)電動勢逐漸減小，感應(yīng)電流逐漸減小，故D

正確．

【變式1-1】（2023·廣東深圳一模）某國產(chǎn)直升機(jī)在我國某地上空懸停，長度為L

的螺旋槳葉片在水平面內(nèi)順時針勻速轉(zhuǎn)動（俯視），轉(zhuǎn)動角速度為。該處地磁場的水平

分量為Bx，豎直分量為By。葉片的近軸端為a，遠(yuǎn)軸端為b。忽略轉(zhuǎn)軸的尺寸，則葉片中

感應(yīng)電動勢為（）

11

A.BL，a端電勢高于b端電勢B.BL2，a端電勢低于b端電勢

2x2x

11

C.BL2，a端電勢高于b端電勢D.BL2，a端電勢低于b端電勢

2y2y

【答案】D

【解析】我國某地上空地磁場方向有向下的分量，大小為By，當(dāng)螺旋槳葉片在水平面

內(nèi)順時針勻速轉(zhuǎn)動（俯視）時，根據(jù)右手定則可知，a端電勢低于b端電勢；大小為

0L1

EBLBL2

y22y

故選D。

2【變式1-2】(多選)(2019·全國卷Ⅰ·20)空間存在一方向與紙面垂直、大小隨時間變化的

勻強(qiáng)磁場，其邊界如圖(a)中虛線MN所示．一硬質(zhì)細(xì)導(dǎo)線的電阻率為ρ、橫截面積為S，將

該導(dǎo)線做成半徑為r的圓環(huán)固定在紙面內(nèi)，圓心O在MN上．t＝0時磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向如

圖(a)所示；磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間t的變化關(guān)系如圖(b)所示．則在t＝0到t＝t1的時間間隔內(nèi)

()

A．圓環(huán)所受安培力的方向始終不變

B．圓環(huán)中的感應(yīng)電流始終沿順時針方向

B0rS

C．圓環(huán)中的感應(yīng)電流大小為

4t0ρ

2

B0πr

D．圓環(huán)中的感應(yīng)電動勢大小為

4t0

【答案】BC

【解析】

在0～t0時間內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度減小，根據(jù)楞次定律可知感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r針，圓環(huán)所

受安培力方向水平向左；在t0～t1時間內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度反向增大，感應(yīng)電流的方向仍為順時

針，圓環(huán)所受安培力方向水平向右，所以選項(xiàng)A錯誤，B正確；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律

2

ΔΦ1B0B0πrl2πrEB0rS

得E＝＝πr2·＝，由R＝ρ可得R＝ρ，根據(jù)閉合電路歐姆定律可得I＝＝，

Δt2t02t0SSR4t0ρ

所以選項(xiàng)C正確，D錯誤．

【變式1-3如圖所示，由均勻?qū)Ь€制成的半徑為R的圓環(huán)，以速度v勻速進(jìn)入一磁感應(yīng)強(qiáng)

度大小為B的勻強(qiáng)磁場。當(dāng)圓環(huán)運(yùn)動到圖示位置（aOb90）時，a、b兩點(diǎn)的電勢差Uab

為（）

2

A．2BRvB．BRv

2

232

C．BRvD．BRv

44

【答案】D

【詳解】有效切割長度即a、b連線的長度，如圖所示

由幾何關(guān)系知有效切割長度為abR2R22R所以產(chǎn)生的電動勢為EBLvB2Rv

1

電流的方向?yàn)閍→b，所以U0，由于在磁場部分的阻值為整個圓的，所以

ab4

332

UB2RvBRv故選D。

ab44

【易錯點(diǎn)提醒三】分析與電路綜合問題沒有弄清電路結(jié)構(gòu)，錯誤把內(nèi)電路當(dāng)外

電路

【例4】(多選)在如圖甲所示的虛線框內(nèi)有勻強(qiáng)磁場，設(shè)圖甲所示磁場方向?yàn)檎?，磁感?yīng)強(qiáng)

度隨時間的變化規(guī)律如圖乙所示．邊長為l、電阻為R的正方形均勻線框abcd有一半處在

磁場中，磁場方向垂直于線框平面，此時線框ab邊的發(fā)熱功率為P，則()

B0

A．線框中的感應(yīng)電動勢為

l2T

P

B．線框中的感應(yīng)電流為2

R

P

C．線框cd邊的發(fā)熱功率為

2

2

B0l

D．b、a兩端電勢差Uba＝

4T

易錯分析：誤選A的原因：磁通量的變化量計(jì)算出錯，法拉第電磁感應(yīng)定律運(yùn)算出錯。

誤選C的原因：內(nèi)電路外電路分不清，內(nèi)外電路的發(fā)熱功率計(jì)算出錯

【答案】BD

R

【解析】由題可知線框四個邊的電阻均為.由題圖乙可知，在每個周期內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時

4

1

間均勻變化，線框中產(chǎn)生大小恒定的感應(yīng)電流，設(shè)感應(yīng)電流為I，則對ab邊有P＝I2·R，得

4

PΔΦΔB1ΔB2B0

I＝2，選項(xiàng)B正確；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得E＝＝·l2，由題圖乙知，＝，

RΔtΔt2ΔtT

2

B0l

聯(lián)立解得E＝，故選項(xiàng)A錯誤；線框的四邊電阻相等，電流相等，則發(fā)熱功率相等，都

T

為P，故選項(xiàng)C錯誤；由楞次定律可知，線框中感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r針，則b端電勢高于a

2

1B0l

端電勢，Uba＝E＝，故選項(xiàng)D正確．

44T

【變式1-1】（2023·河北·模擬預(yù)測）如圖所示，固定在水平面上的光滑金屬導(dǎo)軌AB、CD，

導(dǎo)軌一端連接電阻R，導(dǎo)軌寬為L，垂直于導(dǎo)軌平面向下存在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場，

將一質(zhì)量為m、電阻為r的導(dǎo)體棒垂直導(dǎo)軌放置，用恒力F向右拉動導(dǎo)體棒，經(jīng)過距離x

導(dǎo)體棒恰好達(dá)到最大速度v，則在此過程中（）

B2L2v

A．外力F

R

m(Rr)

B．從開始至速度最大所用的時間t

B2L2

B2L2Rvx

C．定值電阻產(chǎn)生的焦耳熱Q

R(Rr)2

BLx

D．通過導(dǎo)體棒的電荷量q

rR

【答案】D

【詳解】A．導(dǎo)體棒速度最大時合力為零，外力

B2L2v

FFBIL

ARr

故A錯誤；

B．由動量定理有

FtFAtmv

又由于

B2L2vtB2L2x

FtBILt

ARrrR

解得時間

m(Rr)x

t

B2L2v

故B錯誤；

C．由動能定理

1

FxWmv2

A2

解得

B2L2vx1

Wmv2

ARr2

QW1

而電阻R上的焦耳熱

22

RRBLvx12

QRQmv

RrRrRr2

故C錯誤；

D．通過導(dǎo)體棒的電荷量

BLx

qItt

（trR）rRrR

故D正確。

故選D。

【變式1-2】（2023·廣東·模擬預(yù)測）如圖甲所示，在水平地面上固定有一光滑的且電阻

不計(jì)的平行金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間距L0.5m。導(dǎo)軌左端接入一個R2Ω的定值電阻，導(dǎo)軌右端

接入一個阻值為RL4Ω的小燈泡。在軌道中間CDFE矩形區(qū)域內(nèi)有豎直向上的勻強(qiáng)磁場，

磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示，已知CE長s2m。在t0時，一阻

值r2Ω的金屬棒，在垂直于金屬棒的恒定外力F作用下從AB位置由靜止開始沿導(dǎo)軌向右

運(yùn)動，金屬棒與導(dǎo)軌始終接觸良好，金屬棒從AB位置運(yùn)動到EF位置的過程中，小燈泡的

亮度一直保持不變，則下列說法正確的是（）

A．金屬棒在未進(jìn)入磁場時，通過小燈泡的電流IL0.1A

B．金屬棒在未進(jìn)入磁場時，金屬棒所受到的恒定外力F0.4N

C．金屬棒從AB位置運(yùn)動到EF位置的過程中，金屬棒的最大速度為v1m/s

D．金屬棒的質(zhì)量m1.2kg，小燈泡的功率為P0.04W

【答案】ACD

【詳解】A．金屬棒未進(jìn)入磁場時，電路的總電阻為

Rr

R總R5Ω

LRr

由法拉第電磁感應(yīng)定律可得

SB

E0.5V

1tt

通過小燈泡的電流

E1

IL0.1A

R總

A正確；

B．因燈泡亮度不變，故4s末金屬棒恰好進(jìn)入磁場且做勻速運(yùn)動，此時金屬棒中的電流為

IR

IIIILL0.3A

LRLR

則恒力

FF安BIL0.3N

B錯誤；

C．根據(jù)題意可知，4s末金屬棒恰好進(jìn)入磁場且做勻速運(yùn)動，此時速度達(dá)到最大。4s后回路

中的感應(yīng)電動勢為

RR

(L)

E2Ir1V

RRL

則可知4s末金屬棒的速度

E

v21m/s

BL

C正確；

D．由運(yùn)動學(xué)公式可知前4s金屬棒的加速度為

v0

a0.25m/s2

t

故金屬棒的質(zhì)量

F

m1.2kg

a

小燈泡的功率為

2

PIRL0.04W

D正確。

故選ACD。

【易錯點(diǎn)提醒四】分析力學(xué)綜合問題不會受力分析，錯誤地用功能關(guān)系列式

【例5】(多選)(2021·全國甲卷·21)由相同材料的導(dǎo)線繞成邊長相同的甲、乙兩個正方形閉合

線圈，兩線圈的質(zhì)量相等，但所用導(dǎo)線的橫截面積不同，甲線圈的匝數(shù)是乙的2倍．現(xiàn)兩線

圈在豎直平面內(nèi)從同一高度同時由靜止開始下落，一段時間后進(jìn)入一方向垂直于紙面的勻強(qiáng)

磁場區(qū)域，磁場的上邊界水平，如圖所示．不計(jì)空氣阻力，已知下落過程中線圈始終平行于

紙面，上、下邊保持水平．在線圈下邊進(jìn)入磁場后且上邊進(jìn)入磁場前，可能出現(xiàn)的是()

A．甲和乙都加速運(yùn)動

B．甲和乙都減速運(yùn)動

C．甲加速運(yùn)動，乙減速運(yùn)動

D．甲減速運(yùn)動，乙加速運(yùn)動

易錯分析：誤選CD的原因：沒有對物理問題仔細(xì)受力分析和運(yùn)動學(xué)分析。該題綜合性較強(qiáng)，

綜合了自由落體運(yùn)動學(xué)公式，電阻定律，法拉第電磁感應(yīng)定律，閉合電路歐姆定律，牛頓第

二定律、安培力等物理學(xué)知識

【答案】AB

【解析】設(shè)線圈下邊到磁場的高度為h，線圈的邊長為l，則線圈下邊剛進(jìn)入磁場時，有v

＝2gh，

感應(yīng)電動勢為E＝nBlv，

兩線圈材料相同(設(shè)密度為ρ0)，質(zhì)量相同(設(shè)為m)，

則m＝ρ0×4nl×S，

設(shè)材料的電阻率為ρ，則線圈電阻

22

4nl16nlρρ0

R＝ρ＝

Sm

EmBv

感應(yīng)電流為I＝＝

R16nlρρ0

mB2v

所受安培力大小為F＝nBIl＝

16ρρ0

由牛頓第二定律有mg－F＝ma

FB2v

聯(lián)立解得a＝g－＝g－

m16ρρ0

加速度和線圈的匝數(shù)、橫截面積無關(guān)，則甲和乙進(jìn)入磁場時，具有相同的加速度．

B2v

當(dāng)g>時，甲和乙都加速運(yùn)動，

16ρρ0

B2v

當(dāng)g<時，甲和乙都減速運(yùn)動，

16ρρ0

B2v

當(dāng)g＝時，甲和乙都勻速運(yùn)動，

16ρρ0

故選A、B.

【變式1-1】（2022·湖南卷·T10）如圖，間距L1m的U形金屬導(dǎo)軌，一端接有0.1Ω

的定值電阻R，固定在高h(yuǎn)0.8m的絕緣水平桌面上。質(zhì)量均為0.1kg的勻質(zhì)導(dǎo)體棒a和b

靜止在導(dǎo)軌上，兩導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌接觸良好且始終與導(dǎo)軌垂直，接入電路的阻值均為0.1Ω，

與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)均為0.1（設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力），導(dǎo)體棒a距離導(dǎo)軌最

右端1.74m。整個空間存在豎直向下的勻強(qiáng)磁場（圖中未畫出），磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為0.1T。

用F0.5N沿導(dǎo)軌水平向右的恒力拉導(dǎo)體棒a，當(dāng)導(dǎo)體棒a運(yùn)動到導(dǎo)軌最右端時，導(dǎo)體棒

b剛要滑動，撤去F，導(dǎo)體棒a離開導(dǎo)軌后落到水平地面上。重力加速度取10m/s2，不計(jì)

空氣阻力，不計(jì)其他電阻，下列說法正確的是（）

A.導(dǎo)體棒a離開導(dǎo)軌至落地過程中，水平位移為0.6m

B.導(dǎo)體棒a離開導(dǎo)軌至落地前，其感應(yīng)電動勢不變

C.導(dǎo)體棒a在導(dǎo)軌上運(yùn)動的過程中，導(dǎo)體棒b有向右運(yùn)動的趨勢

D.導(dǎo)體棒a在導(dǎo)軌上運(yùn)動的過程中，通過電阻R的電荷量為0.58C

【答案】BD

【解析】

C．導(dǎo)體棒a在導(dǎo)軌上向右運(yùn)動，產(chǎn)生的感應(yīng)電流向里，流過導(dǎo)體棒b向里，由左手定則可

知安培力向左，則導(dǎo)體棒b有向左運(yùn)動的趨勢，故Ｃ錯誤；

A．導(dǎo)體棒b與電阻R并聯(lián)，有

BLv

I

R

R

2

當(dāng)導(dǎo)體棒a運(yùn)動到導(dǎo)軌最右端時，導(dǎo)體棒b剛要滑動，有

I

BLmg

2

聯(lián)立解得a棒的速度為

v3m/s

a棒做平拋運(yùn)動，有

xvt

1

hgt2

2

聯(lián)立解得導(dǎo)體棒a離開導(dǎo)軌至落地過程中水平位移為

x1.2m

故A錯誤；

B．導(dǎo)體棒a離開導(dǎo)軌至落地前做平拋運(yùn)動，水平速度切割磁感線，則產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢不

變，故B正確；

D．導(dǎo)體棒a在導(dǎo)軌上運(yùn)動的過程中，通過電路的電量為

BLx0.111.74

qItC1.16C

1

RR0.15

2

導(dǎo)體棒b與電阻R并聯(lián)，流過的電流與電阻成反比，則通過電阻R的電荷量為

q

q0.58C

R2

故D正確。

故選BD。

【變式1-2】（2022·全國甲卷·T20）如圖，兩根相互平行的光滑長直金屬導(dǎo)軌固定在

水平絕緣桌面上，在導(dǎo)軌的左端接入電容為C的電容器和阻值為R的電阻。質(zhì)量為m、阻

值也為R的導(dǎo)體棒MN靜止于導(dǎo)軌上，與導(dǎo)軌垂直，且接觸良好，導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)，整

個系統(tǒng)處于方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場中。開始時，電容器所帶的電荷量為Q，合上開關(guān)S

后，（）

Q

A.通過導(dǎo)體棒MN電流的最大值為

RC

B.導(dǎo)體棒MN向右先加速、后勻速運(yùn)動

C.導(dǎo)體棒MN速度最大時所受的安培力也最大

D.電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱大于導(dǎo)體棒MN上產(chǎn)生的焦耳熱

【答案】AD

【解析】

MN在運(yùn)動過程中為非純電阻，MN上的電流瞬時值為

uBlv

i

R

A．當(dāng)閉合的瞬間，Blv0，此時MN可視為純電阻R，此時反電動勢最小，故電流最大

UQ

Imax

RCR

故A正確；

B．當(dāng)uBlv時，導(dǎo)體棒加速運(yùn)動，當(dāng)速度達(dá)到最大值之后，電容器與MN及R構(gòu)成回路，

由于一直處于通路的形式，由能量守恒可知，最后MN終極速度為零，故B錯誤；

C．MN在運(yùn)動過程中為非純電阻電路，MN上的電流瞬時值為

uBlv

i

R

當(dāng)uBlv時，MN上電流瞬時為零，安培力為零此時，MN速度最大，故C錯誤；

D．在MN加速度階段，由于MN反電動勢存在，故MN上電流小于電阻R上的電流，電

阻R消耗電能大于MN上消耗的電能（即EREMN），故加速過程中，QRQMN；當(dāng)MN

減速為零的過程中，電容器的電流和導(dǎo)體棒的電流都流經(jīng)電阻R形成各自的回路，因此可

知此時也是電阻R的電流大，綜上分析可知全過程中電阻R上的熱量大于導(dǎo)體棒上的熱量，

故D正確。

故選AD。

【變式1-3】（2023·湖南·模擬預(yù)測）如圖所示，傾斜放置的平行金屬導(dǎo)軌固定在范圍足

夠大，方向豎直向上，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，導(dǎo)軌與水平面夾角為，兩導(dǎo)軌間距

為L，導(dǎo)軌下端連入一個阻值為R的定值電阻。將一質(zhì)量為m的導(dǎo)體桿AC水平放置于導(dǎo)軌

某處，并對它施加一瞬時沖量，使其獲得一個沿斜面向上的初速度v0。一段時間后，觀察到

導(dǎo)體桿沿斜面勻速下滑。已知導(dǎo)體桿和斜面間的動摩擦因數(shù)為，導(dǎo)體桿和導(dǎo)軌電阻不計(jì)，

重力加速度為g，則下列說法正確的是（）

A．導(dǎo)體桿剛開始上滑時摩擦力最小

B．導(dǎo)體桿剛開始上滑時加速度最小

mgR（sincos）

C．導(dǎo)體桿的最終速度為v

B2L2cos（cossin）

D．導(dǎo)體桿下滑過程中，電阻R的功率增加的越來越慢，然后保持不變

【答案】ACD

【詳解】A．金屬桿上滑過程中，產(chǎn)生的感應(yīng)電流大小為

BLvcos

I

R

其所受安培力為

B2L2vcos

FBIL，方向水平向左

AR

對金屬桿受力分析，垂直斜面方向

FNFAsinmgcos

沿斜面方向

fFAcosmgsinma

fFN

綜上得

B2L2vcossin

fmgcos

R

金屬桿上滑過程中必然減速，故開始時其速度最大，所以此時其摩擦力最小，故A正確。

B．上滑時，導(dǎo)體桿的加速度為

B2L2vcos

a（cossin）g（cossin）

mR

由于cos和sin的關(guān)系無法判斷，故加速度隨v的變化也無法判斷，故B錯誤。

C．金屬桿下滑過程中，最終速度必然是沿斜面方向受力平衡，此時，對金屬桿受力分析，

有

fFAcosmgsin

fFN

垂直斜面方向

FNFAsinmgcos

B2L2vcos

FBIL

AR

綜上得

mgR（sincos）

v

B2L2cos（cossin）

故C正確。

D．金屬桿下滑過程中，加速度逐漸減小，即速度增加的越來越慢，即電流增加的越來越慢，

即電阻的功率增加的越來越慢，當(dāng)導(dǎo)體桿一旦勻速，電阻R的功率保持不變，故D正確。

．1。（2023·廣東湛江·校聯(lián)考模擬預(yù)測）如圖所示，光滑絕緣水平面上存在方向豎直向下的

有界（邊界豎直）勻強(qiáng)磁場，一直徑與磁場區(qū)域?qū)挾认嗤拈]合金屬圓形線圈在平行于水平

面的拉力作用下，在水平面上沿虛線方向勻速通過磁場。下列說法正確的是（）

A．線圈進(jìn)磁場的過程中，線圈中的感應(yīng)電流沿順時針方向

B．線圈出磁場的過程中，線圈中的感應(yīng)電流沿逆時針方向

C．該拉力的方向與線圈運(yùn)動速度的方向相同

D．該拉力的方向水平向右

【答案】D

【詳解】A．線圈進(jìn)入磁場的過程中，垂直于紙面向里的磁通量變大，根據(jù)楞次定律可知線

圈中的感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場應(yīng)垂直于紙面向外，根據(jù)安培定則可知線圈中的電流為逆時針方

向，故A錯誤；

B．線圈離開磁場的過程中，垂直于紙面向里的磁通量變小，根據(jù)楞次定律可知線圈中的感

應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場應(yīng)垂直于紙面向里，根據(jù)安培定則可知線圈中的電流為順時針方向，故B

錯誤；

CD．線圈切割磁感線的有效長度示意圖如圖：

結(jié)合楞次定律阻礙相對運(yùn)動的推論，根據(jù)左手定則可知安培力始終水平向左，則該拉力的方

向水平向右，故C錯誤，D正確。故選D。

2．（2003·浙江·統(tǒng)考二模）如圖所示，圓環(huán)形導(dǎo)體線圈a平放在水平桌面上，在a的正上方

固定一豎直螺線管b，二者軸線重合，螺線管b與電源、滑動變阻器連接成如圖所示的電路。

若將滑動變阻器的滑片P向下滑動，下列表述正確的是（）

A．線圈a中將產(chǎn)生沿順時針方向（俯視）的感應(yīng)電流

B．穿過線圈a的磁通量減小

C．線圈a有擴(kuò)張的趨勢

D．線圈a對水平桌面的壓力FN將增大

【答案】D

【詳解】B．當(dāng)滑動變阻器的滑片P向下滑動時，螺線管中的電流將增大，使穿過線圈a的

磁通量變大，故B錯誤；

ACD．由楞次定律可知，線圈a中將產(chǎn)生沿逆時針方向（俯視）的感應(yīng)電流，并且線圈a有

縮小和遠(yuǎn)離螺線管的趨勢，線圈a對水平桌面的壓力FN將增大，故D正確，AC錯誤。故選

D。

3．（2023·江西鷹潭·統(tǒng)考三模）國產(chǎn)航母福建艦上的艦載飛機(jī)起飛實(shí)現(xiàn)了先進(jìn)的電磁彈射技

術(shù)。電磁驅(qū)動原理示意圖如圖所示，在固定線圈左右兩側(cè)對稱位置放置兩個閉合金屬圓環(huán)，

鋁環(huán)和銅環(huán)的形狀、大小相同、已知銅的電阻率較小，不計(jì)所有接觸面間的摩擦，則閉合開

關(guān)S的瞬間（）

A．鋁環(huán)向右運(yùn)動，銅環(huán)向左運(yùn)動

B．鋁環(huán)和銅環(huán)都向右運(yùn)動

C．銅環(huán)受到的安培力大于鋁環(huán)受到的安培力

D．從左向右看，兩環(huán)中的感應(yīng)電流均沿沿逆時針方向

【答案】C

【詳解】AB．根據(jù)楞次定律中的“增離減靠”可知，閉合開關(guān)的瞬間，鋁環(huán)向左運(yùn)動，銅環(huán)向

右運(yùn)動，AB錯誤；

C．同時由于銅環(huán)的電阻率較小，于是銅環(huán)中產(chǎn)生的感應(yīng)電流較大，銅環(huán)受到的安培力大于

鋁環(huán)受到的安培力，C正確；

D．根據(jù)楞次定律和安培定則可知，從左向右看，兩環(huán)中的感應(yīng)電流均沿順時針方向，D錯

誤。故選C。

4．（2023·河北滄州·滄縣中學(xué)?？寄M預(yù)測）如圖甲所示，一長直導(dǎo)線與閉合金屬線框位于

同一豎直平面內(nèi)，長直導(dǎo)線中的電流i隨時間t的變化關(guān)系如圖乙所示（以水平向右為電流

的正方向），則在0t2時間內(nèi)，下列說法正確的是（）

A．穿過線框的磁通量一直減小

B．線框中始終產(chǎn)生順時針方向的感應(yīng)電流

C．線框先有收縮的趨勢后有擴(kuò)張的趨勢

D．線框所受安培力的合力先向下后向上

【答案】B

【詳解】A．長直導(dǎo)線中的電流先減小后增大，所以穿過線框的磁通量先減小后增大，故A

錯誤；

B．由楞次定律可以判斷在0t2時間內(nèi)，線框中始終產(chǎn)生順時針方向的感應(yīng)電流，故B正確；

C．穿過線框的磁通量先減小后增大，由榜次定律知線框先有擴(kuò)張的趨勢后有收縮的趨勢，

故C錯誤；

D．由?次定律、左手定則判斷線框受安培力的合力方向先向上后向下，故D錯誤。故選B。

5.（2022·廣東卷·T1）如圖所示，水平地面（Oxy平面）下有一根平行于y軸且通有恒定

電流I的長直導(dǎo)線。P、M和N為地面上的三點(diǎn)，P點(diǎn)位于導(dǎo)線正上方，MN平行于y軸，

PN平行于x軸。一閉合的圓形金屬線圈，圓心在P點(diǎn)，可沿不同方向以相同的速率做勻速

直線運(yùn)動，運(yùn)動過程中線圈平面始終與地面平行。下列說法正確的有（）

A.N點(diǎn)與M點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，方向相同

B.線圈沿PN方向運(yùn)動時，穿過線圈的磁通量不變

C.線圈從P點(diǎn)開始豎直向上運(yùn)動時，線圈中無感應(yīng)電流

D.線圈從P到M過程的感應(yīng)電動勢與從P到N過程的感應(yīng)電動勢相等

【答案】AC

【解析】

A．依題意，M、N兩點(diǎn)連線與長直導(dǎo)線平行、兩點(diǎn)與長直導(dǎo)線的距離相同，根據(jù)右手螺旋

定則可知，通電長直導(dǎo)線在M、N兩點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，方向相同，故A正確；

B．根據(jù)右手螺旋定則，線圈在P點(diǎn)時，磁感線穿進(jìn)與穿出在線圈中對稱，磁通量為零；在

向N點(diǎn)平移過程中，磁感線穿進(jìn)與穿出線圈不再對稱，線圈的磁通量會發(fā)生變化，故B錯

誤；

C．根據(jù)右手螺旋定則，線圈從P點(diǎn)豎直向上運(yùn)動過程中，磁感線穿進(jìn)與穿出線圈對稱，線

圈的磁通量始終為零，沒有發(fā)生變化，線圈無感應(yīng)電流，故C正確；

D．線圈從P點(diǎn)到M點(diǎn)與從P點(diǎn)到N點(diǎn)，線圈的磁通量變化量相同，依題意P點(diǎn)到M點(diǎn)所

用時間較從P點(diǎn)到N點(diǎn)時間長，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，則兩次的感應(yīng)電動勢不相等，

故D錯誤。

故選AC。

6。（2022·全國甲卷·T16）三個用同樣的細(xì)導(dǎo)線做成的剛性閉合線框，正方形線框的邊

長與圓線框的直徑相等，圓線框的半徑與正六邊形線框的邊長相等，如圖所示。把它們放入

磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間線性變化的同一勻強(qiáng)磁場中，線框所在平面均與磁場方向垂直，正方形、

、

圓形和正六邊形線框中感應(yīng)電流的大小分別為I1I2和I3。則（）

AIIIB.IIIC.IIID.

.132132123

I1I2I3

【答案】C

【解析】

設(shè)圓線框的半徑為r，則由題意可知正方形線框的邊長為2r，正六邊形線框的邊長為r；所

以圓線框的周長為

C22r

面積為

2

S2r

同理可知正方形線框的周長和面積分別為

2

C18r，S14r

正六邊形線框的周長和面積分別為

1333r2

C36r，S6rr

3222

三線框材料粗細(xì)相同，根據(jù)電阻定律