2026年黑吉辽蒙高考物理二轮复习易错07 交变电流与电磁感应（易错专练）（解析版）

易错07交变电流与电磁感应

目录

第一部分易错点剖析

易错典题避错攻略举一反三

易错点1电磁感应核心易错点

易错点2交变电流核心易错点

易错点3黑吉辽蒙高考命题特色与避错技巧

易错点4高频易混公式对比

第二部分易错题闯关

易错点1电磁感应核心易错点

易错典题

【例1】（2025·吉林长春·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，

两平行光滑金属导轨MM'、NN'竖直放置，两者间距为L，在M、N间和M、N'间分别接一个阻值为R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d的匀强磁场。一质量为m长为L、电阻为

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，弹簧原长时导体棒恰好与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，B0、t0、t1为已知量。求0~t0及

t0~t1时间内流过M、N的电流I1和I2的大小。

(2)为测试其力特性，在t>t0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HG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，磁感应强度大小为B，导体棒运动中与导轨

始终保持接触良好且导轨电阻不计，重力加速度为g，求：

①导体棒出磁场时弹簧的弹性势能；

②导体棒向上运动到HG的过程中在导体棒中产生的焦耳热。

2BdL

0

【答案】(1)I1，I20

3Rt0

19m3g2R29m3g2R2

(2)①mgd；②mgd

232B4L416B4L4

【详解】（1）由丙图可知，0~t0时间内磁感应强度的变化率为

BB

0

tt0

根据法拉第电磁感应定律有

BSBLd

E0

ttt0

R

总电阻为R总R

2

由闭合电路欧姆定律，可得

EE2BdL

I0

1RR3Rt

总R0

2

t0~t1时间内，磁感应强度不变，此时没有电流，I20

（2）①导体棒进入磁场瞬间，由牛顿第二定律得

mgBILma2mg

BLv

I

又3

R

2

3mgR

解得v

2B2L2

设导体棒运动到HG时弹簧的弹性势能为Ep，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4Ep，对导体棒由AB上升至EF这一过程，由能量守恒定律得

1

4E2mgdmv2

p2

19m3g2R2

解得Emgd

p232B4L4

②对导体棒上升过程，由能量守恒定律得

4EpEp3mgdQ总

27m3g2R23

解得Q总3E3mgdmgd

p32B4L42

导体棒向上运动过程中产生的焦耳热

29m3g2R2

QQ总mgd

316B4L4

避错攻略

【方法总结】

1.楞次定律理解与应用误区

易错：仅记“来拒去留”，忽略磁场的相对性（分不清原磁场、感应磁场）；判断感应电流方向时，遗漏

线圈绕向（高考常考带绕向的螺线管模型）；误将“阻碍磁通量变化”理解为“阻止磁通量变化”。

避错：三步法固定流程——①定原磁场方向和磁通量变化趋势；②由楞次定律定感应磁场方向；③由安

培定则（右手螺旋）结合线圈绕向定感应电流方向。

2.法拉第电磁感应定律计算失误

易错：平均感应电动势公式与瞬时电动势E=BLv混淆，变加速运动中错误用平均速度算瞬时电动势；

忽略有效面积（磁场与线圈不垂直时，漏乘cosa，高考常考线圈旋转、倾斜模型）；多匝线圈忘记乘匝

数n。

避错：平均电动势对应磁通量随时间变化（如线圈进入磁场、磁体插入线圈），用于求平均电流/电荷量；

瞬时电动势对应切割磁感线（v为瞬时速度，B、L、v两两垂直），用于求瞬时电流/电功率；面积始终

取垂直于磁场方向的投影面积。

3.电荷量计算的隐藏陷阱

易错：直接用q=It计算时，忽略I为平均电流，误代入瞬时电流；忘记推导式qn中R总包含电源

R总

内阻（线圈电阻）（高考计算题常考“外接电阻+线圈电阻”的总电阻）。

避错：电荷量唯一通用公式为qn，无需考虑过程，只需找初末磁通量变化和总电阻，此公式为

R总

黑吉辽蒙高考高频填空/计算考点。

4.电磁感应中的动力学与能量混淆

易错：分析导体棒切割时，误将安培力的功与感应电流的电功割裂，忽略“安培力做负功等于电路中产

生的焦耳热”；求焦耳热时，变加速运动中错误用Q=I2Rt（I为瞬时电流）。

避错：动力学分析用牛顿第二定律（F_安=BIL，I=BLv/R总），抓“速度变化→安培力变化→加速度变化”

的动态过程；能量分析抓守恒，合外力做功等于动能变化，安培力做功等于焦耳热，重力势能/动能的减

少量等于电路总焦耳热（纯电阻电路）。

举一反三

【变式1-1】（2025·吉林长春·模拟预测）有关下列四幅图的描述，正确的是（）

A．图甲中，线圈顺时针匀速转动，电路中A、B发光二极管不会交替发光

B．图乙中，强相互作用可以存在于各种核子之间，作用范围只有约1010m

C．图丙中，磁电式仪表中的铝框可使指针较快停止摆动，是利用了电磁阻尼的原理

D．图丁中，自由电荷为负电荷的霍尔元件（电流和磁场方向如图所示）的N侧电势高

【答案】AC

【详解】A．图甲中，由于线圈外接换向器，使线圈中的交流电整合为直流电，电流的方向不变，则A、B

发光二极管总是其中的一个发光，不会交替发光，故A正确；

B．强相互作用的作用范围约为10-15m，不是10-10m,故B错误；

C．磁电式仪表中铝框的作用是利用“涡流（电磁）阻尼”使指针快速停摆，故C正确；

D．根据左手定则可知，自由电荷（负电荷）向N侧偏转，则N侧的电势较低，故D错误。

故选AC。

【变式1-2】（2025·内蒙古·模拟预测）如图所示，ABC、DEF为电阻忽略不计的金属导轨，导轨间距不变。

AB、DE部分水平，粗糙，其间有竖直向下、大小为B的匀强磁场。BC、EF部分倾斜，光滑。G、H为BC、

EF上的两等高点，GH与BE平行，离CF足够远。GHFC间有垂直GHFC向下、大小为B的匀强磁场。

初始时导体棒MN静置于AB、DE上，MN离BE足够远。导轨、导体棒接触良好。导体棒PQ从倾斜导轨

上GH上方某处无初速释放，则导体棒PQ从释放到进入磁场中的一段时间内的速度时间图像可能正确的是

（）

A．B．

C．D．

【答案】BD

【详解】AB．导体棒PQ进入磁场后，若最终MN没有运动，根据牛顿第二定律有mgsinBILma

根据法拉第电磁感应定律有EBLv

E

且I

R

B2L2v

则有mgsinma

R

则PQ开始做匀加速运动，进入磁场后可能做匀速运动或加速度减小的加速运动或加速度减小的减速运动直

至匀速，故A错误，B正确；

C．导体棒PQ开始做匀加速运动，进入磁场后，若速度太大，则会减速，但不会减小为零，故C错误；

D．导体棒PQ进入磁场后，若速度太大，则会减速，同时MN可能会加速。若当PQ加速度减小为零，MN

仍在加速且速度小于PQ，则接下来PQ做加速度增大的加速运动，MN做加速度减小的加速运动，当两者

加速度相等时一起做加速度不变的匀加速运动，故D正确。

故选BD。

易错点2交变电流核心易错点

易错典题

【例2】（2025·内蒙古包头·三模）电蚊拍用来杀灭蚊子，原理如图所示，由稳恒直流电源提供的电压被

高频转换器转换成u3sin10000πt(V)的低压交流电压，再将其加在变压器的原线圈上，副线圈连接电蚊拍

的高压电击网，电击网上电压峰值可达到2400V，一旦蚊子触碰到电击网就会被杀灭。假设图中电压表为

理想电表，变压器可看成理想变压器。下列说法中正确的是（）

A．t0时，电压表示数为0

B．电击网上电压的频率为1000Hz

C．原、副线圈的匝数比为n1:n21:800

D．将直流电源直接连接在变压器的原线圈上电蚊拍仍然能正常工作

【答案】C

【详解】A．电压表测量的是原线圈两端的电压有效值，所以电压表示数不为0，故A错误；

B．根据题意可知，电击网上电压的频率为f5000Hz

2π

故B错误；

nU31

C．原、副线圈的匝数比为11m

n2U2m2400800

故C正确；

D．将直流电源直接连接在变压器的原线圈上，穿过副线圈的磁通量不发生变化，在副线圈中不产生感应电

动势，没有电压输出，电蚊拍不能正常工作，故D错误。

故选C。

避错攻略

【方法总结】

1.交变电流基本量的概念混淆

易错：混淆瞬时值、有效值、平均值、最大值的适用场景，如用平均值计算电功/电热，用最大值计算电

EU

表示数；正弦式交变电流有效值公式Em、Um，误用于非正弦式交变电流（如方波、锯齿波，

22

黑吉辽蒙高考偶尔考非正弦有效值计算）。

避错：有效值唯一适用场景——电功、电热、电功率、电表测量值；最大值用于判断电容器击穿电压；

平均值仅用于求电荷量；非正弦式交变电流有效值需用定义法（Q=U2/R.t）计算。

2.交变电流的产生与图像分析误区

易错：线圈从中性面开始旋转，误记瞬时电动势公式为e=Emsinωt；从峰值面开始旋转则相反；分析

e-t、i-t、B-t图像时，遗漏图像斜率的物理意义（e-t斜率表示电动势变化率，i-t斜率与感应电动势成正

比）。

避错：中性面核心特征——线圈平面与磁场垂直，磁通量最大，感应电动势为0；峰值面——线圈平面

与磁场平行，磁通量为0，感应电动势最大；记准“中弦峰余”的公式规律，图像分析先定初始位置（中

性面/峰值面）。

3.理想变压器的动态分析失误

n2

易错：忘记理想变压器三大基本关系的适用条件（电压比U2＝U1始终成立，电流比I1:I2=n2:n1仅适

n1

用于单副线圈，多副线圈需用P入=P出）；动态分析时，混淆“原线圈电压不变”和“原线圈电流由副线圈

决定”的逻辑。

避错：高考变压器动态分析固定逻辑——原线圈接市电（U1不变）→由电压比定U2→由副线圈负载R

定I2（I2={U2/R}）→由功率守恒定I1（U1I1=U2I2）；多副线圈必用P1=P2+P3+…，再结合各副线圈电压

比。

4.远距离输电的损耗计算陷阱

2

易错：计算输电线上的功率损耗P_损时，误将输电电压U送代入P损=U送/R线，正确应为输电线上的电

压降U；忽略“升压变压器升电压、降电流，减小损耗”的核心逻辑，混淆输电电压和用户端电压。

避错：远距离输电三步计算——①升压后：U送、I送=P总/U送（P总为发电机输出功率）；②输电线损耗：

2

U=I送R线，P损=I送R线；③降压后：U用=U送-U，P用=P总-P损；所有损耗计算均用输电电流I送和输电线

电阻R线，此为黑吉辽蒙高考选择题高频易错点。

举一反三

【变式2-1】（2025·内蒙古通辽·三模）如图所示，理想变压器的原、副线圈的匝数之比为3：1，副线圈所

接电阻的阻值为R，原线圈所接电阻的阻值为9R，a、b接在正弦交流电源上，已知原线圈所接电阻两端的

电压为U0下列说法正确的是（）

U

A．通过副线圈所接电阻的电流为0

R

B．a、b两端的电压为U0

C．电源输入的电压为4U0

2U2

D．电源输出的功率为0

9R

【答案】D

U

【详解】A．由欧姆定律可知，原线圈的电流为I0

19R

In1

12U0

根据可知通过副线圈所接电阻的电流为I23I1

I2n133R

故A错误；

U

B．副线圈两端电压为UIR0

223

Un3

11

根据可知原线圈两端电压为U13U2U0

U2n21

则a、b两端的电压为UabU0U12U0

故B错误；

C．电源输出的电压为2U0，根据UEIr，电源的内阻未知，无法求出电源输入的电压为多少，故C错

误；

2

2U0

D．电源输出的功率为P出UI

ab19R

故D正确。

故选D。

【变式2-2】（2026·辽宁沈阳·一模）我国自主研发的“海能-3号”波浪发电装置在南海海域成功运行。如图

为t＝0时刻沿x轴正方向传播的海水波的图像。圆柱形浮杆定位在x＝4m处的波面上，随波浪做简谐运动，

此时质点的速率为1m/s，浮杆上端固定连接200匝的圆形线圈，线圈半径r＝0.25m，线圈在磁感应强度B

＝0.4T的辐向稳定磁场中垂直切割磁感线运动，发电系统通过匝数比n1:n21:5的理想变压器接入R＝20Ω

的纯电阻负载，磁铁、变压器、纯电阻负载等固定，线圈电阻不计，下列判断正确的是（）

A．t＝0时刻浮杆正随海水向上振动B．t＝0时刻发电机产生的电动势为40π（V）

C．变压器副线圈输出电压的峰值为8π（V）D．负载消耗的功率为1000π2（W）

【答案】BD

【详解】A．波向x轴正方向传播，根据峰前质点上振，可知位于x坐标值4m的质点在t=0时刻，沿y轴

负方向振动，所以浮杆正随海水向下振动，故A错误；

B．在t=0时刻发电机产生的电动势的瞬时值最大且为EmNBLvNB2rv40(V)，故B正确；

En

C．根据变压器电压之比与线圈匝数之比关系m1

U2mn2

解得变压器副线圈输出电压的峰值为U2m200(V)，故C错误；

U

(2m)2

D．负载消耗的功率为，故D正确；

P210002(W)

R

故选BD。

易错点3黑吉辽蒙高考命题特色与避错技巧

易错典题

【例3】（2026·辽宁沈阳·一模）如图，在水平的虚线边界M、N之间存在垂直纸面向里的磁感应强度大小

为B的匀强磁场。正方形单匝导线框abcd的边长为h，ab边与边界M和N平行。现从距离M也为h的正

2

上方静止释放导线框，运动过程中cd边与两虚线边界重合时的速度大小均为2gh。已知导线框的质量为

3

m、总电阻为R，重力加速度为g。忽略空气阻力，导线框始终在同一竖直面内下落且不发生转动。求：

(1)ab边刚进入磁场时，ab边所受安培力的大小；

(2)两边界M、N之间的竖直距离；

(3)cd边与M重合到cd边与N重合所用的时间。

B2h22gh

【答案】(1)

R

14

(2)h

9

B2h3

(3)

mgR

1

【详解】（1）当导线框的ab边与边界M重合时，由动能定理有mghmv2

21

产生的感应电动势EBhv1

E

感应电流I

R

B2h22gh

联立可得安培力FBIh

R

112

（2）线框进入磁场的过程中，由动能定理有mghWmv2mv2，v2gh

2213

14

解得Wmgh

9

设两虚线边界间的距离为h′，从线框刚入磁场到刚出磁场，由动能定理有mgh'W0

14

解得hh

9

（3）对线框从cd边与M重合到cd边与N重合，由动量定理有mgtBIht'0

EBh2

其中It't't'

RRt'R

B2h3

联立解得t

mgR

避错攻略

【方法总结】

1.模型固定：电磁感应常考“导体棒在导轨上切割”“线圈进出磁场”；交变电流常考“理想变压器动态分

析”“远距离输电”“交变电流图像分析”，熟记各模型的解题模板。

2.注重细节：黑吉辽蒙高考对线圈绕向、有效面积、总电阻、电表测量对象（有效值）考查细致，解

题时先圈画题干中的细节条件（如“多匝线圈”“线圈电阻为r”“电容器击穿电压”）。

3.图像结合：常考i-t、e-t、B-t、I-t图像的相互转换，解题时抓住“斜率、初始值、周期”三个关键，结

合电磁感应/交变电流公式推导。

4.计算规范：黑吉辽蒙高考计算题步骤分明确，公式先行（如写法拉第电磁感应定律、有效值定义式），

再代入数据，避免跳步导致的公式分丢失；注意单位统一（如磁通量单位Wb，角速度单位rad/s）。

举一反三

【变式3-1】（2026·黑龙江辽宁·一模）电磁制动是一种利用电磁感应产生的电磁力来制动的技术，广泛应

用于各种机械设备中。如图甲所示为一竖直下降的电梯内电磁制动系统核心部分模拟原理图，“日”字形导

线框始终处于竖直平面内，线框水平部分EFPQMNL1.0m，电阻均为R2.0，PQ与EF、MN

间距均为L1.0m，线框竖直部分电阻不计，线框总质量m600kg；线框下方有垂直纸面向外的有界匀强

磁场，场强大小B100T，磁场高度h1.0m，上下边界水平，导线框以初速度v0进入磁场，流过MN的电

流与下降路程s的关系如图乙所示（部分），不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2。求（）

A．线框刚进入磁场时，MN边中电流的方向NM

B．线框刚进入磁场时，线框的速度6.0m/s

40

C．PQ边刚进入磁场时，线框的加速度a=m/s2

3

D．线框MN边穿越磁场的过程MN边产生的焦耳热Q9400J

【答案】ABD

【详解】AB．由右手定则可知MN边刚进入磁场时电流的方向NM（向左）

MN边在磁场中运动产生的感应电动势，有E0BLv0

E0

感应电流I0

R0

由图像知I0200A

1

总电阻RRR3.0

02

联立解得速度v06.0m/s，故AB正确；

C．由图像知，PQ边刚进入磁场时，MN中的电流I150A

则由电路结构知流过PQ的电流I100A

由牛顿第二定律BILmgma

20

解得am/s2，方向向上；故C错误；

3

D．线框MN边出磁场时，线框的速度v由法拉第电磁感应定律EBLv

E

感应电流I

R

由图像知I100A

1

总电阻RRR3.0

2

联立解得速度v3.0m/s

11

由能量守恒mgLmv2mv2Q

202

2

MN边穿越磁场的过程MN边焦耳热QQ

3

解得Q9400J，故D正确。

故选ABD。

【变式3-2】（2025·辽宁鞍山·一模）如图，两条平行光滑金属导轨水平放置，间距为L，中间有宽度为L、

磁感应强度为B的匀强磁场；导轨右侧接有一个阻值为R的定值电阻。一个边长为L的正方形导线框abcd

置于导轨左侧，其ab、cd边始终与导轨接触良好。导线框的ac、bd两边电阻均为R，ab、cd边电阻可忽

v

略，现给导线框一个初速度v，当它完全进入磁场区域时，速度变为，求：

2

(1)线框进入磁场区域左边界瞬间bd两点间的电压U；

(2)线框的质量m；

(3)上述过程中导轨右侧定值电阻R上产生的焦耳热Q。

BLv

【答案】(1)U

3

4B2L3

(2)m

3Rv

B2L3v

(3)

12R

【详解】（1）bd边切割磁感线，电动势EBLv

E

由欧姆定律I

R总

E

I

即R

R

2

2BLv

解得I

3R

b、d两点间电压UEIR

BLv

解得U

3

v

（2）线框进入磁场的过程，根据动量定理有BILtmmv

2

t

其中I，2

RΔBL

R

2

4B2L3

解得m

3Rv

2

（）由系统能量守恒得系统产生的总焦耳热121v

3Q总mvm

222

23

32BLv

解得Q总mv

82R

根据Q总QacQbdQR

22

其中2，I，I

QbdIRtQacRtQRRt

22

1B2L3v

解得QQ总

R612R

易错点4高频易混公式对比

易错典题

【例4】（2025·辽宁盘锦·三模）如图所示为一含有理想变压器的电路，三个灯泡完全相同，电阻箱示数

为0时，三个灯泡均在额定电压U下工作。已知电路的输入电压恒为U0，变压器原、副线圈匝数分别为n1、

n2，忽略灯泡电阻的变化。下列说法正确的是（）

A．n1∶n2=1∶2

B．U0=3U

C．其他条件不变，若灯泡L1断路，则L2两端电压峰值较之前变小

D．其他条件不变，增大电阻箱示数，L3的电功率增大

【答案】B

【详解】A．设灯泡正常工作的电流为I，则原线圈上的电流为I，副线圈上的电流为2I，则原、副线圈匝

数之比为2∶1，故A错误；

Un

11

B．原、副线圈两端的电压满足，U2U

U2n2

可得U12U

根据闭合电路欧姆定律可知U0U1U3U，故B正确；

U21

C．设副线圈两端电压为U2，副线圈所有负载总电阻为R，则有U2UR

02R21

L1断路，R增大，U2增大，可知L2两端电压峰值较之前变大，故C错误；

D．若增大电阻箱示数，R增大，U2增大，则原线圈两端电压增大，L3两端电压减小，其电功率减小，故D

错误。

故选B。

避错攻略

【知识链接】

物理量正确公式易错公式适用场景

平均感应电动势（仅切割适用）磁通量变化/求电荷量

瞬时感应电动势（两两垂直）（为夹角）导体棒切割/求瞬时电流

正弦式有效值（绝对错误）电功、电热、电表测量

变压器电流比（单副）多副线圈直接用此式单副线圈，纯电阻负载

输电功率损耗远距离输电

举一反三

【变式4-1】（2025·辽宁朝阳·三模）如图甲所示，一自耦变压器的原线圈与有效值不变的正弦交流电源相

连接，副线圈中通过输电线接有3只灯泡L1、L2和L3，输电线等效电阻为R；如图乙所示，一总阻值为R

的滑动变阻器与有效值不变的正弦交流电源相连接，通过输电线接有3只灯泡L4、L5和L6，输电线等效电

阻为R，A1、A2均可视为理想电表。下列分析判断正确的是（）

A．当滑动触头P1向上移动一段后，灯泡L1、L2和L3都变亮

B．当滑动触头P2向下移动一段后，灯泡L4、L5和L6都变亮

C．当滑动触头P1向下移动一段后，原线圈中电流表A1的示数增大

D．当滑动触头P2向下移动一段后，电流表A2的示数减小

【答案】C

【详解】AC．此自耦变压器为升压变压器，滑动触头P1向下移动，输入电压不变，输出电压增大，等效电

阻R、灯泡L1、L2和L3消耗的功率都变大，原线圈中电流表A1示数变大，相反，若P1向上移动，则灯泡L1、

L2和L3消耗的功率都变小，灯泡L1、L2和L3都变暗，A错误，C正确；

BD．当滑动触头P2向下移动一段后，电路中的总电阻减小，总电流增大，电流表A2的示数增大，通过灯

泡L4、L5和L6所在支路电流减小，所以灯泡L4、L5和L6变暗，BD错误。

故选C。

【变式4-2】（2025·辽宁葫芦岛·二模）磁悬浮电梯是基于电磁学原理使电梯的轿厢悬停及上下运动的，如

图甲所示，它主要由磁场和含有导线框的轿厢组成。其原理简化为：竖直面上相距为d的两根绝缘平行直

导轨，置于等距离分布的方向相反的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面，磁感应强度大小均为B，每

个磁场分布区间的长度都是l，相间排列，如图乙所示。当这些磁场在竖直方向匀速平动时，跨在两导轨间

的宽为d、长为l、总电阻为R的导线框MNPQ（固定在轿厢上）将受到安培力。当磁场平动速度为v1时，

轿厢悬停；当磁场平动速度为v2时，轿厢最终竖直向上做匀速运动。重力加速度为g，下列说法中正确的

是（）

A．磁场平动的速度v1方向竖直向上

B．磁场平动的速度v2方向竖直向下

4B2d2v

C．导线框和电梯轿厢的总质量为1

gR

D．当磁场以速度v2平动时，轿厢最终速度为v2v1

【答案】ACD

【详解】AB．依题意，轿厢悬停或者竖直向上做匀速运动时，均需要竖直向上的安培力，由楞次定律的“阻

碍作用”可知，磁场相对轿厢的运动方向均为竖直向上，即速度v1和v2的方向都是竖直向上，故A正确，B

错误；

2E2Bdv

C．设导线框和电梯轿厢的总质量为m。轿厢悬停时，导线框中的电流大小为I1

1RR

又由平衡条件有mg=2BI1d

4B2d2v

联立解得m1，故C正确；

gR

D．当磁场平动速度为v2时，线框向上运动，当其加速度为零时，达到最大速度，设轿厢向上能达到的最

2Bdvv

终速度为v，则有I2

2R

又由平衡条件有mg=2BI2d

联立解得v=v2-v1，则D正确。

故选ACD。

1．（2025·黑龙江·模拟预测）安检门是一个用于安全检查的“门”，“门”框内有线圈，线圈里通有交变电流，

电流在“门”内产生磁场，当有金属物品通过“门”时，在金属内部产生涡流，涡流的磁场又反过来影响线圈中

的电流，从而报警。安检门工作时利用了（）

A．电磁感应原理B．电磁驱动原理C．电磁阻尼原理D．电流的热效应

【答案】A

【详解】安检门利用涡流探测人身上携带的金属物品，当线圈中通以交变电流时，产生变化的磁场，在磁

场内的金属物品产生交变的感应电流，而金属物品中感应电流产生的交变磁场会在线圈中产生感应电流，

引起线圈中交变电流的变化，从而被探测到，主要是利用电磁感应原理。

故选A。

2．（2025·辽宁沈阳·模拟预测）《科学》中文版的文章中介绍了一种新技术——航天飞缆，航天飞缆是用

柔性缆索将两个物体连接起来在太空飞行的系统。飞缆系统在太空飞行中能为自身提供电能和拖拽力，它

还能清理“太空垃圾”等。如图所示为飞缆系统的简化模型示意图，图中两个物体P、Q的质量分别为mP、mQ，

柔性金属缆索长为L（LR），外有绝缘层，系统在近地轨道做圆周运动，运动过程中Q距地面高为h，设

缆索总保持指向地心，Q更靠近地表，P的速度为vP，所在处的地磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里。

已知地球半径为R，地面的重力加速度g。（）

A．缆索P端电势高于Q端

B．vPvQ

C．若此时飞缆系统在赤道平面上，为了更好地清理垃圾，缆索的绕行方向应与地球自转方向相反

D．若想清理更低轨道上的“太空垃圾”，飞缆系统机械能需要增大

【答案】C

【详解】A．根据右手定则可知缆索中的电流方向是从P流向Q，缆索相当于电源，在电源内部，电流从低

电势流向高电势，所以缆索P端电势低于Q端，故A错误；

B．因为缆索总保持指向地心，Q更靠近地表，所以P端和Q端的角速度相等，根据vr可知vPvQ，

故B错误；

C．若此时飞缆系统在赤道平面上，为了更好地清理垃圾，缆索的绕行方向应与地球自转方向相反，这样缆

索相对地球的速度较大，故C正确；

D．若想清理更低轨道上的“太空垃圾”，飞缆系统需要降低高度，所以飞缆系统需要减速，即系统机械能需

要减小，故D错误。

故选C。

3．（2025·辽宁沈阳·模拟预测）下列四幅图中的现象说法正确的是（）

A．麦克斯韦利用甲图装置，发现发射电路有火花放电时，接收线圈也火花放电，验证了电磁波存在

B．乙图中若仅增大电池电动势，其余条件不变，则开关闭合瞬间，检流计的指针偏角会变大

C．丙图中若铝管侧壁沿竖直方向有裂缝，则小磁块在铝管中下落过程将不会受到电磁阻尼作用

D．电子在丁图的感应加速器中加速运动时，上、下线圈中的变化电流产生的变化磁场会激发感生电场，

感生电场力可以为电子的圆周运动提供了向心力

【答案】B

【详解】A．甲图是赫兹利用该装置验证了电磁波存在，故A错误；

B．乙图中若仅增大电池电动势，则电路闭合后电流会变得更大，其余条件不变，则开关闭合瞬间，电流变

化率更大，根据法拉第电磁感应定律，产生的感应电流也会更大，故检流计的指针偏角会变大，故B正确；

C．丙图，铝管竖直方向虽然有裂缝，但小磁块在下落过程，在铝管上仍会产生感应电流，感应电流的磁场

反过来对磁块的运动形成电磁阻尼，故C错误；

D．丁图，电子感应加速器中，变化的磁场产生的感生电场使电子做加速运动，故D错误。

故选B。

4．（2025·辽宁沈阳·模拟预测）2024年9月，中国科学院合肥物质科学研究院强磁场科学中心自主研制的

水冷磁体，成功产生了42.02T的稳态磁场（稳态磁场是指磁感应强度不随时间变化的磁场），其磁感应强

度约为地磁场磁感应强度的80万倍，打破了2017年美国国家强磁场实验室水冷磁体创造的世界纪录，成

为国际强磁场水冷磁体技术发展新的里程碑，下列说法正确的是（）

A．42.02T表示磁通量的大小

B．该稳态磁场不可能激发出电场

C．磁感应强度不随时间变化的磁场一定是匀强磁场

D．将通电直导线放入该稳态磁场，受到的安培力一定很大

【答案】B

【详解】A．42.02T表示磁感应强度的大小，故A错误；

B．根据麦克斯韦电磁场理论可知该稳态磁场不可能激发出电场，故B正确；

C．磁感应强度不随时间变化的磁场为恒定磁场，在恒定磁场中，如果磁感应强度在空间各处完全相同，即

大小和方向都不变，就是匀强磁场，故C错误；

D．将通电直导线与磁场平行放入该稳态磁场，受到的安培力为零，故D错误。

故选B。

5．（2025·辽宁·三模）在物理学发展过程中，许多科学家做出了杰出贡献，下列说法正确的是（）

A．楞次运用了归纳法总结出了判断感应电流方向的规律

B．库仑通过扭称实验，采用了极限的思想测出了引力常量

C．第谷通过对天体运动的长期观察，采用类比法发现了行星运动三定律

D．亚里士多德通过斜面实验，得出了力不是维持物体运动的原因，采用了控制变量法

【答案】A

【详解】A．楞次通过大量实验，运用了归纳法总结出了判断感应电流方向的规律，即楞次定律，故A正

确；

B．卡文迪什通过扭称实验，采用了放大的思想测出了引力常量，故B错误；

C．第谷进行了数据的观测，开普勒主要运用了数学分析和归纳法发现了行星运动三定律，故C错误；

D．伽利略通过斜面实验，采用了实验加推理的方法，得出了力不是维持物体运动的原因，故D错误。

故选A。

6．（2025·黑龙江·模拟预测）在一次公开课的展示中，小王老师给同学们做了“探究感应电流的方向”实验。

王老师拿了一块磁极方向未知的条形磁铁，平板小车上安装线圈、导线、发光二极管等元件，线圈绕法及

电路连接方式如图所示，已知桌面的摩擦很小，下列说法中正确的是（）

A．当条形磁铁向右靠近线圈时，平板小车将向左移动

B．当左侧二极管发光时，此过程一定是条形磁铁的S极向右插入线圈

C．在条形磁铁插入线圈的过程中，如果右侧的二极管发光则条形磁铁的右端为N极

D．实验中发现左侧二极管发光的同时，小车又向右移动，则我们无法判断条形磁铁哪一端为N极

【答案】C

【详解】A．根据楞次定律的推广含义“来拒去留”当条形磁铁向右靠近线圈时，平板小车也应该向右移动，

故A错误；

B．当左侧二极管发光时，由安培定则可以判断线圈内的感应电流磁场向右，再由楞次定律判断原磁场的磁

通量可能向左增大或向右减小，因此，条形磁铁可能S极向右插入线圈或N极向左抽离线圈，故B错误；

C．如果右侧的二极管发光，根据安培定则可以判断线圈内的感应电流磁场向左，在条形磁铁插入线圈的过

程时，磁通量增大，再根据楞次定律“增反减同”判断原磁场一定向右，条形磁铁的右端为一定为N极，故

C正确；

D．如果实验中发现左侧二极管发光的同时，小车又向右移动，则一定是条形磁铁左端为N极，右端为S

极，故D错误。

故选C。

7．（2025·辽宁大连·三模）如图，水平导轨间距为0.1m，按如图甲建立xOy坐标系，在x0区域内有垂直

纸面向里、大小为B1T的匀强磁场，在1mx0的区域内有垂直纸面向里、大小按Bx0.5x1T规

律变化的磁场。一个质量为0.2kg的导体棒，在外力F的作用下从x1m处开始向右运动，t0.5s时恰好

通过x0处，此过程中监测系统显示回路中的电流变化如图乙所示（前0.5s呈正弦规律变化，0.5s时恰好

达到电流的峰值，之后稳定于0.6A）。已知导体棒接入电路的阻值为R0.5Ω，闭合回路中的其他电阻忽

略不计，且导体棒与导轨接触良好。下列说法正确的是（）

A．导体棒通过x0时的速度大小为3m/s

B．在0至0.5s内电阻产生的焦耳热为0.09J

C．0.5s后，磁场每秒钟对导体棒的冲量大小为0.06Ns

D．导体棒在x0区域向右做匀速直线运动

【答案】ACD

【详解】A．由题知，在1mx0的区域内磁感应强度的变化规律为Bx0.5x1T

则x0处的磁感应强度为B1T

由乙图知，此时感应电流为Im0.6A

BLv

根据法拉第电磁感应定律有I

mR

代入数据解得v3m/s，故A正确；

I

B．由题知，在00.5s内的电流呈正弦规律变化，则电流的有效值为Im0.32A

2

2

则电阻产生的焦耳热为QI2Rt0.320.50.5J0.045J，故B错误；

C．0.5s后，电流强度大小不变，恒为Im0.6A，磁场每秒钟对导体棒的冲量大小

IBImLt10.60.11Ns0.06Ns，故C正确；

BLv

D．0.5s后，电流强度大小不变，根据I

mR

可知速度不变，导体棒在x0区域向右做匀速直线运动，故D正确。

故选ACD。

8．（2025·辽宁盘锦·三模）如图所示，水平放置的平行光滑导轨间接有电阻R、电容为C的电容器和一个

单刀双掷开关。两导轨间距为L，匀强磁场垂直于导轨平面向下，磁感应强度大小为B。一质量为m、接入

电路中的电阻为R的金属棒ab垂直于导轨放置。现将开关拨至位置1，金属棒ab在水平恒力F的作用下

由静止开始向右运动，当金属棒ab的速度达到最大时，开关拨至位置2，并撤去外力F，金属棒ab继续运

动直至达到稳定状态。不计导轨电阻，下列说法正确的是（）

2FR

A．金属棒的最大速度是v

maxB2L2

2FRm

B．开关拨至位置2后，金属棒稳定后的速度v

CB4L4

2CmFR

C．电容器中储存的电荷量Q

BL(B2L2Cm)

2CmFR2

D．开关拨至位置2后，导体棒运动的距离x

B2L2(B2L2Cm)

【答案】AC

【详解】A．当开关拨至位置1时，金属棒ab在水平恒力F的作用下开始运动，此时金属棒受到水平恒力F

E

和安培力的作用，根据安培力公式F安BIL，I，EBLv

2R

B2L2v

所以F安

2R

B2L2v

当金属棒达到最大速度时，加速度为零，此时水平恒力F与安培力大小相等，即FFmax

安m2R

2FR

解得金属棒的最大速度v，故A正确；

maxB2L2

B．当开关拨至位置2后，电路中接入了电容器，此时金属棒和电容器组成闭合回路，金属棒在磁场中运动

产生感应电动势，对电容器充电，当电容器两端电压与感应电动势相等时，电路中电流为零，金属棒达到

稳定状态，设金属棒稳定后的速度为v，此时感应电动势EBLv

由于电容器两端电压等于金属棒两端电压，故有UCBLv

此过程由动量定理，可得BILtmvmaxmv，ItCUC

2FRm

联立得v，故B错误；

CB4L4mB2L2

2CmFR

C．电容器中储存的电荷量QCUC，故C正确；

BL(B2L2Cm)

BLx

D．开关接入位置2后，电路中有电流，但不是真正意义上的回来，不可以用Q来求位移，所

RR

以位移没办法计算，故D错误。

故选AC。

9．（2025·辽宁沈阳·二模）如图所示，两光滑平行的金属导轨底部固定在绝缘水平桌面上，其两端是竖直

平面内的圆弧与底部平滑连接，导轨电阻不计，右端接一定值电阻R，底部水平部分所在空间内存在竖直向

上的匀强磁场。现将一导体棒垂直于导轨从左侧圆弧上距桌面h1高处的M点由静止释放，导体棒到达右侧

圆弧的最高点为距桌面h2高处的N点，此过程中电阻R产生的热量为Q1，然后返回，再次到达左侧圆弧的

最高点为距桌面h3高处的P点，此过程中电阻R产生的热量为Q2，运动过程中导体棒与导轨始终垂直且接

触良好，导体棒电阻不计，下列说法正确的是（）

A．h1h2一定等于h2h3

B．h1h2一定小于h2h3

C．Q1一定大于Q2

D．Q1一定等于Q2