电磁感应与科技前沿题型专项训练-2027届高考物理 （解析版）

电磁感应与科技前沿题型专项训练

目录

题型01自感现象--电磁延时魔术.……………………………1

题型02涡流效应---涡旋电流玄机…………………10

题型03源于生活---真实电磁智慧………………………18

题型04前沿科技---电磁革新突破…………………27

题型训练

题型01自感现象--电磁延时魔术

解题口诀：通电自感阻增大，断电自感磁能化；看清线圈电阻差，灯泡亮暗辨刹那。

高考考向：多以选择题形式考查通电、断电自感的瞬间电流变化，辨析灯泡明暗突变、渐变现象，常结合图像分析

电流动态变化，侧重考查自感电动势的阻碍本质。

1.(2026-浙江·高考真题)如图1所示，半径为r1、横截面半径为r₂(r₂《ri)、匝数为N的圆环形螺线管通有

电流I,管内产生磁感应强度B=aI(a为常量)的匀强磁场。管外磁场近似为0,小明用电阻为R的一段

漆包线缠绕螺线管一圈后，并成双股线再缠绕螺线管两圈，最后将两端头短接，形成特殊线圈A。若电

流I随时间t变化的关系如图2所示，则()

图1图2

A.t=2t₀时，螺线管的自感电动势

B.t=5to时，线圈A的感应电动势

C.在0～2to内，通过线圈A的电荷量

D.在0～5to内，线圈A产生的焦耳热

【答案】D

【详解】A.螺线管的自感电动势公式为

其中，螺线管的横截面积S=πr2,磁感应强度B=aI。在to～2to时间段内，电流变化率为

磁感应强度变化率为

代入自感电动势公式,A错误；

B.线圈A的有效匝数是1,在4t₀~6t₀时间段内，电流变化率为

线圈A的感应电动势.,B错误；

C.流过线圈A的电荷量,其中△ΦA是穿过线圈A的总磁通量变化量。在0~

to内，螺线管电流恒定，穿过线圈A的总磁通量不变通过线圈A的电荷量为0。

在t₀~2t₀内，电流从I₀变为0,所以△I=0-I₀=-I₀

在0～2to内，通过线圈A的电荷量,C错误；

D.在0～5to内，线圈A产生焦耳热只有在电流变化的区间才产生感应电动势和焦耳热即t₀~3to和

4t₀~5to时间段。to～3to时长为2to,线圈A的感应电动势

产生的焦耳热

在4to~5to时间段内，感应电动势

产生的焦耳热(

在0~5t,内，线图A产生的焦耳热,D正确。

故选D。

2.(2025·北京·高考真题)如图所示，线圈自感系数为L,电容器电容为C,电源电动势为E,A₁、A₂和A₃是

三个相同的小灯泡。开始时，开关S处于断开状态。忽略线圈电阻和电源内阻，将开关S闭合，下列说

法正确的是()

A.闭合瞬间，A₁与A₃同时亮起B.闭合后，A₂亮起后亮度不变

C.稳定后，A₁与A₃亮度一样D.稳定后，电容器的电荷量是CE

【答案】C

【详解】A.闭合开关瞬间，电容器C相当于通路，线圈L相当于断路，所以A₁、A₂瞬间亮起，A₃逐渐变

亮，A错误；

B.闭合开关后，电容器充电，充电完成后相当于断路，所以A₂亮一下后熄灭，B错误；

C.稳定后，电容器相当于断路，线圈相当于短路，所以A₁、A₃串联，所以一样亮，C正确；

D.稳定后，电容器与A₃并联，两端电压等于A₃两端电压，由于线圈电阻和电源内阻忽略不计，且A₁、

2

A₃串联，A₃两端电压为,根据Q=CU,可得电容器的电荷量等于错误。

故选C。

3.(2025·浙江·高考真题)新能源汽车日趋普及，其能量回收系统可将制动时的动能回收再利用，当制动过

程中回收系统的输出电压(U)比动力电池所需充电电压(U₀)低时，不能直接充入其中。在下列电路中，

通过不断打开和闭合开关S,实现由低压向高压充电，其中正确的是()

B.

C.D.

【答案】B

【详解】A.该电路中当开关S断开时，整个电路均断开，则不能给电池充电，选项A错误；

B.该电路中当S闭合时稳定时，线圈L中有电流通过，当S断开时L产生自感电动势阻碍电流减小，L

相当电源，电源U与L中的自感电动势共同加在电池两端，且此时二极管导通，从而实现给高压充电，选

项B正确；

C.该电路中当S闭合时稳定时，线圈L中有电流通过，但当S断开时L也与电路断开，还是只有回收系

统的电压U加在充电电池两端，则不能实现给高压充电，选项C错误；

D.该电路中当S闭合时稳定时，线圈L中有电流通过，但当S断开时电源U也断开，只有L产生的自感

电动势相当电源加在充电电池两端，则不能实现给高压充电，选项D错误。

故选B。

4.如图所示，灯泡A₁和A₂的规格完全相同，线圈L的电阻不计，下列说法中正确的是()

A.当接通电路时，A₁和A₂始终一样亮

B.当接通电路时，A₂先达到最大亮度，A₁后达到最大亮度，最后两灯一样亮

C.闭合电键电路稳定后断开电路时，A₂立即熄灭、A₁过一会才熄灭

D.闭合电键电路稳定后断开电路时，A₂突然闪亮一下再熄灭

【答案】B

【详解】AB.开关闭合瞬间，线圈L会产生自感电动势，阻碍自身电流的增大，因此A₁所在支路电流逐

渐增大，A₁逐渐变亮；而A₂所在支路没有电感，接通瞬间就有电流，因此A₂一开始就达到最大亮度。

3

电路稳定后，线圈L电阻不计，两个灯泡规格相同，两条并联支路电阻相等，因此两支路电流相等，最终

两灯亮度相同，故A错误，B正确；

CD.电路稳定后，由于两支路电阻相等，因此通过A₁和A₂的电流大小相等。断开开关后，电源被切断，

线圈L自感维持原有电流，L、A₁、A₂形成闭合的自感回路，两灯都会逐渐熄灭，不会立刻熄灭；同时流

过A₂的初始电流大小等于原来的电流，因此A₂不会闪亮，故CD错误。

故选B。

5.几位同学手拉手一起进行“千人震”实验，实验过程中同学们会感受到瞬间触电的感觉。实验器材包含

两节干电池(3.0V)、带铁芯的多匝线圈(电阻很小)、开关，同学们按图示电路连接。实验中，先闭合开

关，待电路稳定后再断开开关，以下说法正确的是()

A.闭合开关瞬间，同学们有触电感，电流方向为A到B

B.断开开关瞬间，同学们有触电感，且AB间电压远大于3.0V

C.断开开关瞬间，同学们有触电感，且AB间电压等于3.0V

D.断开开关瞬间，流过同学们的电流方向为A到B

【答案】B

【详解】A.两节干电池电动势约为3V,闭合开关瞬间，人体两端的电压等于电源两端电压为3V,不会

有触电感觉，故A错误；

BC.断开开关的瞬间，线圈电流变化率大，线圈产生的自感电动势非常大，远大于3.0V,故线圈两端电

压会变大，流过同学们的电流变大，同学们感觉有电流流过身体，故B正确，C错误；

D.断开开关瞬间，线圈产生的电动势要阻碍线圈中的电流变小，因此感应电流的方向与原方向相同，自

左向右，断开开关时，线圈与人组成新的闭合回路，因此流过人体的电流从B到A,故D错误。

故选B。

6.如图所示，间距为d的足够长平行光滑金属导轨竖直放置，导轨上端接有自感系数为L的电感线圈，导

轨处于垂直导轨平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。现将一根质量为m的导体棒从导轨上

某处紧贴导轨由静止释放，金属棒运动过程始终与导轨垂直且与导轨接触良好，重力加速度为g,不考虑

电磁辐射，不计一切电阻。在金属棒运动过程中，下列说法正确的是()

L

QQQ

×××X××

××××××

××××××

×××十B十×

××

××××

××

××××

A.导体棒在导轨上做变加速运动，直至匀速下滑

B.导体棒在导轨上做往复运动

C.导体棒的最大动能为

D.导体棒中最大电流为

【答案】BD

【详解】AB.由于电路中只有电感L且无电阻，导体棒切割磁感线的电动势等于自感线圈的自感电动

势，即

对等式两边同时乘△t并求和，得t=∑L△I,可得Bdc=LI

解得

对导体棒由牛顿第二定律，重力向下、安培力向上，得F=mg-BId

将代入，得

F与相对平衡位置的位移成正比、方向相反，说明导体棒做简谐运动，因此在导轨上做往复运动，而非匀

速下滑，故A错误，B正确；

C.当F=0时，导体棒处在平衡位置，则有：

解得

导体棒做简谐运动的周期为

其中,解得

则圆频率

简谐运动的最大速度出现在平衡位置，最大速度Um=Aw

其中振幅

代入得

最大动能.,故C错误；

D.由,北取最大值时工最大,最大值为

5

代入得最大电流,故D正确。

故选BD。

7.如图所示，倾角为θ、间距为d的光滑导轨的上端连接一自感系数为L的线圈，空间存在垂直于导轨平面

向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场，现将一根质量为m的导体棒从导轨上某处由静止释放，由于电

路中的总电阻极小，此后导体棒在导轨上做简谐运动，导体棒的最大速度与周期和振幅的关系为vm=

A,重力加速度大小为g,下列说法正确的是()

A.导体棒简谐运动的振幅为B.导体棒的最大速度为

C.回路中的最大电流为D.导体棒简谐运动的周期为

【答案】BC

【详解】导体棒运动时，感应电动势E=Bdv

自感电动势

电路总电阻极小，故

积分得Bdx=LI,即x(以平衡位置为原点，位移为x)。

导体棒受力：mgsinθ-BId=ma

代入,平衡位置处a=0,得：

即平衡位置位移

以平衡位置为新原点，位移为x′,则x=xo+x',代入得：

即简谐运动回复；

角频率

A.导体棒从静止释放，初始位置为最大位移处，振幅.,A错误。

B.简谐运动最大速度

6

,B正确。

C.根据前面分析，可知最大电流

代入,得C正确。

D.简谐运动周期!,D错误。

故选BC。

8.如图，水平面内有相距为d的足够长的平行金属导轨，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面，导

轨右端与电感线圈相连，线圈的自感系数为L。一长度略大于d的金属棒以v₀的速度从左端滑上导轨，

金属棒质量为m,所有电阻及摩擦均不计，已知简谐运动的周期公式为。则有()

A.金属棒刚滑上导轨时刻，回路电流最大

B.金属棒速度减为零的时刻，线圈自感电动势最大

C.金属棒向右运动的最大距离为

D.金属棒从滑上导轨到速度减为零的时间为

【答案】CD

【详解】A.金属棒刚滑上导轨时，自感电动势最大，回路电流强度为零，故A错误；

B.金属棒速度为零时，回路电流最大，自感电动势为零，故B错误；

C.由自感电动势与动生电动势等大反向可知】

在△t时间内iL△i=Bd△vLi=Bdx,

线框所受安培力为

设金属棒向右最大位移为S,则有：

,故C正确；

D.线框所受安培力为

故线框所受合外力与位移x成正比，且方向与位移方向相反，则线框做简谐运动，

由简谐运动周期公式可得；,故D正确

故选CD。

7

9.一种探测气体放电过程的装置如图甲所示，充满氖气(Ne)的电离室中有两电极与长直导线连接，并通过

两水平长导线与高压电源相连。在与长直导线垂直的平面内，以导线为对称轴安装一个用阻值R₀=

10Ω的细导线绕制、匝数N=5×10³的圆环形螺线管，细导线的始末两端c、d与阻值R=90Ω的电阻连

接。螺线管的横截面是半径a=1.0×10-²m的圆，其中心与长直导线的距离r=0.1m。气体被电离后

在长直导线回路中产生顺时针方向的电流I,其I-t图像如图乙所示。为便于计算，螺线管内各处的磁

感应强度大小均可视为,其中k=2×10-7T·m/A。

(1)求0~6.0×10-3s内通过长直导线横截面的电荷量Q;

(2)求3.0×10-³s时，通过螺线管某一匝线圈的磁通量Φ;

(3)若规定c→R→d为电流的正方向，在不考虑线圈自感的情况下，通过计算，画出通过电阻R的ig-t

图像；

(4)若规定c→R→d为电流的正方向，考虑线圈自感，定性画出通过电阻R的ig-t图像。

↑IA

100

50-

oL6.0t/io³s

甲乙

【答案】(1)Q=0.5C;(2)①=6.28×10-8Wb;(3)见解析；(4)见解析

【详解】(1)由电量和电流的关系q=It可知I-t图像下方的面积表示电荷量，因此有

Q=I₁△t₁+I₂At₂+I₃△t₃

代入数据解得

Q=0.5C

(2)由磁通量的定义可得

代入数据可得

①=6.28×10-8Wb

(3)在0~1.0×10-³s时间内电流均匀增加，有楞次定律可知感应电流的方向c→R→d,产生恒定的感应

电动势

由闭合回路欧姆定律可得

代入数据解得

iR=3.14×10-³A

8

在1.0×10-3s~5.0×10-³s电流恒定，穿过圆形螺旋管的磁场恒定，因此感应电动势为零，感应电流为零，

而在5.0×10-³s~6.0×10-³s时间内电流随时间均匀变化，斜率大小和0~1.0×10-³s大小相同，因此电流

大小相同，由楞次定律可知感应电流的方向为d→R→c,则图像如图所示

i2/10⁻³A

3.14-

o1.03.04.05.06.07.0t/10⁻³s

-3.14

(4)考虑自感的情况下，线框会产生自感电动势阻碍电流的变化，因此开始时电流是缓慢增加的，过一段

时间电路达到稳定后自感消失，电流的峰值和之前大小相同，在1.0×10-³s~5.0×10-³s时间内电路中的

磁通量不变化电流要减小为零，因此自感电动势会阻碍电流的减小，使得电流缓慢减小为零。同理，在

5.0×10-³s~6.0×10-³s内电流缓慢增加，过一段时间电路达到稳定后自感消失，在6.0×10-³s之后，电

路中的磁通量不变化电流要减小为零，因此自感电动势会阻碍电流的减小，使得电流缓慢减小为零。图

像如图

i/10⁻³A

3.14-

01.02.03.04.05.06.07.0t/10⁻³s

-3.14-

10.如图所示，水平面内相距为d的两光滑平行金属轨道在M、N处有一个小断口，小断口填充了绝缘材料。

MN左侧两轨道之间有一电容为C、电压为U的带电电容器和定值电阻R,MN右侧两轨道之间有一自

感系数为L的电感线圈，磁感应强度为B的匀强磁场与轨道平面垂直。质量为m的金属棒垂直放在

MN左侧导轨上，某时刻闭合开关，随着电容器放电，金属棒开始加速，越过MN后最远能够到达PQ位

置。已知金属棒运动过程中经过MN位置时速度已达最大值，金属棒从MN到PQ所用时间为t₀,线圈

的自感电动势为,金属棒始终与导轨垂直且接触良好，除定值电阻R外所有电阻均不计，不考

虑电磁辐射造成的能量损失。求：

9

(1)金属棒最大加速度和最大速度的大小；

(2)金属棒从MN运动到PQ过程中，所受安培力大小与离MN距离x的关系；

(3)金属棒从MN第一次运动到MN与PQ的中间位置的时间(结果用t0表示)以及MN与PQ之间的距

离。

【答案】(1)a=，vm=(2)F=x(3)t=，xm=

【详解】(1)开关接通瞬间，安培力最大，因而加速度最大

根据牛顿第二定律F=ma，其中F=B⋅⋅d

解得a=

设金属棒达到稳定状态时的最大速度为vm

此时电容器带电量为q1=U1C，其中U1=Bdvm

电容器初始电量q0=UC，则电容器电量减小量为Δq=q0-q1

设在ΔtΔt→0时间内金属棒的速度变化为Δv=vm-0

以向右为正方向，根据动量定理BdIΔt=BdΔq=mΔv

解得vm=

(2)设在某时刻t金属棒的速度为v，在t∼t+ΔtΔt→0时间内Bdv=L

可得ΔI=Δt

线圈初始电流为0，根据微元求和可得I=，其中x为金属棒与MN的距离

金属棒所受安培力表达式为F=BId=x

(3)安培力F=x，设k=，且F与x方向相反，满足F=-kx，所以金属棒做简谐运动

因为从MN到PQ的时间为t0，则简谐运动周期T=4t0

设金属棒从MN运动到MN与PQ中间位置的时间为t

由简谐运动知识，得sint=

解得t==

2

由MN到PQ，利用平均力做功以及动能定理⋅xm=mvm

解得xm=vm=

题型02涡流效应--涡旋电流玄机

解题口诀：金属块处磁变场，涡旋电流体内藏；热效应来磁阻尼，分清利用与防护。

高考考向：联系生活科技情境，考查涡流的热效应、电磁阻尼与电磁驱动，高频对接电磁炉、安检门、电磁减震等实

例，选择题为主，偶尔渗透实验关联设问。

11.如图所示为某种售货机硬币识别系统简图。虚线框内存在磁场，从入口A进入的硬币沿斜面滚落，通过

磁场区域后，由测速器测出速度大小，若速度在某一合适范围，挡板B自动开启，硬币就会沿斜面进入接

收装置；否则挡板C开启，硬币进入另一个通道拒绝接收。下列说法不正确的是()

10

测速器

磁场

硬

币挡板B

投

入挡板

口

拒绝通道

A.磁场能使硬币的速度增大得更慢

B.如果没有磁场，则测速器示数会更小一些

C.硬币进入磁场的过程会受到来自磁场的阻力

D.由于磁场的作用，硬币的机械能减小

【答案】B

【详解】ABC.根据题意可知，硬币进入磁场和离开磁场时，穿过硬币的磁通量发生变化，硬币中产生感

应电流，感应电流会阻碍硬币的相对运动，即硬币进入磁场的过程会受到来自磁场的阻力，若磁场阻力

大于硬币重力沿斜面的分力，硬币将做减速运动，若磁场阻力等于硬币重力沿斜面的分力，硬币将匀速

进入磁场，若磁场阻力小于硬币重力沿斜面的分力，硬币继续加速运动，但速度增加变慢，综上所述，磁

场能使硬币的速度增大得更慢，如果没有磁场，则测速器示数会更大一些，故AC正确，不满足题意要

求，B错误，满足题意要求；

D.根据题意可知，硬币进入磁场和离开磁场时，穿过硬币的磁通量发生变化，硬币中产生感应电流，感

应电流会阻碍硬币的相对运动，对硬币做负功，使硬币的机械能减小，故D正确，不满足题意要求。

故选B。

12.(2026-河南·高考真题)如图，一金属薄片在力F作用下自左向右从两磁极之间通过。当金属薄片中心运

动到N极的正下方时，沿N极到S极的方向看，下列图中能够正确描述金属薄片内涡电流绕行方向的是

()

A.B.

C.D.

【答案】C

【详解】根据题意当金属薄片中心运动到N极正下方时，薄片右侧的磁通量在减小，左侧磁通量在增加，

由于两极间的磁场竖直向下，根据楞次定律可知此时薄片右侧的涡电流方向为顺时针，薄片左侧的涡电

流方向为逆时针。

故选C。

11

13.上海慧眼(图甲)是中国自主研制开发的世界上首个电涡流摆式调谐质量阻尼器，是中国一项创新技术。

其功能是强风来袭摩天大楼晃动时，通过摆动可以削减高层晃动，帮助超高层建筑保持楼体稳定和安

全。阻尼器的原理可用图乙表示：摆锤的底部附着永磁体，一起在导体板的上方摆动，导体板内产生涡

流。下列说法正确的是()

甲乙

A.导体板中产生的电流大小不变B.阻尼器将机械能转化为内能

C.将整块的导体板分割成多块，阻尼效果更好D.利用这一装置所揭示的原理可制成电动机

【答案】B

【详解】A.摆锤摆动的快慢不断变化，导致穿过导体板的磁感应强度变化率不断变化，导体板中产生的

电流大小也不断变化，故A错误；

B.导体板中产生的感应电流的磁场总是阻碍摆锤的摆动，故摆锤的机械能减少，导体板中由于产生感

应电流而发热，故阻尼器将机械能转化为内能，故B正确；

C.将整块的导体板分割成多块，则导体板的电阻增大，感应电流减小，阻尼效果减弱，故C错误；

D.该装置的原理是电磁阻尼，而电动机的原理是通电导体在磁场中受安培力，故利用这一装置所揭示

的原理不能制成电动机，故D错误。

故选B。

14.为了有效隔离外界振动对STM的扰动，在圆底盘周边沿其径向对称地安装若干对紫铜薄板，并施加磁

场来快速衰减其微小振动，如图所示。无扰动时，按下列四种方案对紫铜薄板施加恒磁场；出现扰动后，

对于紫铜薄板上下及左右振动的衰减最有效的方案是()

紫铜薄板

A.B.

C.D.

12

【答案】A

【详解】该装置的原理是利用电磁阻尼。薄板出现扰动时，穿过薄板表面的磁通量如果发生变化，就会产

生感应电流，薄板就会受到安培力作用，安培力总是阻碍导体相对磁场的运动，从而使薄板尽快停下来。

A.薄板上、下、左、右运动时，磁通量都会发生变化，所以都会产生感应电流，所以都会受到安培力作用

而很快停下来，故A正确；

B.薄板只有向左运动时，磁通量才会发生变化，才会产生感应电流，进而受到安培力作用而很快停下

来，而向上、向下和向右运动时，则不会产生感应电流，故B错误；

C.板只有向左运动较大距离时，磁通量才会发生变化，才会产生感应电流，进而受到安培力作用而很快

停下来，而向上向下和向右运动时，则不会产生感应电流，故C错误；

D.薄板只有向左、向右运动时，磁通量才会发生变化，才会产生感应电流，进而受到安培力作用而很快

停下来，而向上、向下运动时，则不会产生感应电流，故D错误。

故选A。

15.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。

16.下列关于电磁现象的说法中，正确的是()

小磁体小磁体

铝塑

管料接高频交

铝框管流电源

真空冶炼炉

甲乙丙

A.图甲中，转动蹄形磁铁时，原来静止的铝框会受到电磁力的作用而反方向转动

B.图乙中，金属线圈对条形磁铁的振动没有影响

13

C.图丁中，线圈通入高频交流电时，冶炼炉中的金属形成涡流产生大量热量使金属熔化

D.图丙中，两个相同的小磁体由静止穿过等长的铝管和塑料管，在塑料管中运动时间长

【答案】C

【详解】A.当摇动手柄使得蹄形磁铁转动时，根据电磁驱动原理可知，铝框会同方向转动，故A错误；

B.振动的条形磁铁在金属线圈中产生感应电流，感应电流对磁铁的相对运动有阻碍作用，使条形磁铁

快速停下来，利用了电磁阻尼规律，故B错误；

C.真空冶炼炉的炉外线圈通入高频交流电时，由于电磁感应会在金属内部产生很大的涡流使金属产生

大量热量使炉内金属熔化，从而冶炼金属，故C正确；

D.穿过塑料管的小磁体，只受重力作用，做的是自由落体运动。穿过铝管的小磁体，由于磁体在铝管中

运动的过程中，铝管产生感应电流，则小磁体受到重力和向上的电磁阻力作用，小磁体在铝管中运动的

加速度小于重力加速度，所以小磁体在塑料管中的运动时间小于在铝管中的运动时间，故D错误。

故选C。

17.图甲为无线磁力搅拌杯，其工作原理如图乙所示，杯体底部安装通电线圈，相关电路控制线圈电流从而

产生一个逆时针旋转的磁场(俯视图),杯内中心放置一搅拌金属粒，在旋转磁场作用下金属粒也产生旋

转，从而达到搅拌杯内溶液的效果。通电搅拌时，以下说法正确的是()

旋转磁场

图甲图乙

A.金属粒中会产生感应电流B.金属粒内不会产生焦耳热

C.金属粒旋转方向与磁场旋转方向相反D.加大磁场旋转速度，则金属粒旋转速度也加大

【答案】AD

【详解】AB.根据电磁感应原理，当金属粒处于变化的磁场中时会产生感应电动势，进而形成感应电流，

产生焦耳热，故A正确，B错误；

C.金属粒在旋转磁场的作用下，其内部产生的感应电流会受到安培力的作用，从而驱动金属粒跟随磁

场旋转，金属粒旋转方向与磁场旋转方向一致，故C错误；

D.当加快磁场旋转速度时，由于感应电流增大、作用力和力矩增大，金属粒也会加快旋转，故D正确。

故选AD。

18.图甲为磁控健身车，图乙为其车轮处结构示意图，在金属飞轮的外侧有一些磁体(与飞轮不接触),人用

力蹬车带动飞轮旋转时，磁体会对飞轮产生阻碍作用，拉动旋钮拉线可以改变磁体与飞轮间的距离。下

列说法正确的有()

旋钮一

拉线

磁体

金属/

飞轮

甲乙

A.飞轮受到的阻力主要来源于磁体对它的安培力

B.飞轮转速一定时，磁体越靠近飞轮，飞轮受到的阻力越小

C.磁体和飞轮间的距离一定时，飞轮转速越大，受到的阻力越小

D.磁体和飞轮间的距离一定时，飞轮转速越大，内部的涡流越强

【答案】AD

【详解】A.飞轮在磁场中做切割磁感线运动，所以会产生感应电动势和感应电流，根据楞次定律可知，

磁场会对运动的飞轮产生阻力，以阻碍飞轮与磁场之间的相对运动，所以飞轮受到的阻力主要来源于磁

铁对它的安培力，故A正确；

B.磁铁越靠近飞轮，飞轮处的磁感应强度越强，所以在飞轮转速一定时，磁铁越靠近飞轮，飞轮上产生

的感应电动势和感应电流越大，飞轮受到的阻力越大，故B错误；

C.磁铁和飞轮间的距离一定时，根据法拉第电磁感应定律可知，飞轮转速越大，飞轮上产生的感应电动

势和感应电流越大；飞轮受到的阻力越大，故C错误；

D.磁铁和飞轮间的距离一定时，根据法拉第电磁感应定律可知，飞轮转速越大，飞轮上产生的感应电动

势和感应电流越大，内部的涡流越强，故D正确。

故选AD。

19.(2025·广东·高考真题)科技小组制作的涡流制动演示装置由电磁铁和圆盘控制部分组成。

图(a)是电磁铁磁感应强度的测量电路。所用器材有：电源E(电动势15V,内阻不计);电流表A(量程有

0.6A和3A,内阻不计);滑动变阻器Rp(最大阻值100Ω);定值电阻R₀(阻值10Ω);开关S;磁传感器和测

试仪；电磁铁(线圈电阻16Ω);导线若干。图(b)是实物图，图中电机和底座相固定，圆形铝盘和电机转轴

相固定。

计时器

转轴

圆盘

电机

底座

电源

图(a)图(b)

请完成下列实验操作和计算。

(1)量程选择和电路连接。

①由器材参数可得电路中的最大电流为A(结果保留2位有效数字),为减小测量误差，电流表的

量程选择0.6A挡。

②图(b)中已正确连接了部分电路，请在虚线框中完成Rp、R₀和A间的实物图连线。

15

(2)磁感应强度B和电流I关系测量。

①将图(a)中的磁传感器置于电磁铁中心，滑动变阻器Rp的滑片P置于b端。置于b端目的是使电路中

的电流,保护电路安全。

②将滑片P缓慢滑到某一位置，闭合S。此时A的示数如图所示，读数为A。分别记录测试仪示

数B和I,断开S。

③保持磁传感器位置不变，重复步骤②。

④下图是根据部分实验数据描绘的B-I图线，其斜率为mT/A(结果保留2位有效数字)。

B/mT

18.0

16.0

14.0

12.0

10.0

8.0

6.0

4.0I/A

0.10.20.30.40.50.6

(3)制动时间t测量。

利用图(b)所示装置测量了t,结果表明B越大，t越小。

计时器

转轴

圆盘

电机

R₀底座

【答案】(1)0.58电源

(2)最小0.48

【详解】(1)①[1]由题知，电源内阻不计、电流表内阻不计，则当滑动变阻器的阻值为零时，电路中有最大

②[2]由于电路中最大电流为0.58A,则电流表应选择0～0.6A量程，根据电路图实物图连线如下

16

计时器

转轴

圆盘

电机

R₀底座

电源

(2)①[1]滑动变阻器Rp的滑片P置于b端时滑动变阻器的电阻最大，电路中的电流最小，保护电路安

全。

②[2]电流表读数为0.48A。

20.如图1所示是用来冶炼合金钢的真空冶炼炉，炉外有线圈。在线圈中通入变化的电流，就会在炉内的金

属中产生涡流，涡流产生的热量使金属熔化。冶炼炉的工作原理可简化成如图2所示的模型，将冶炼炉

内的金属块视为一个材质均匀的圆柱体。在某次加热过程中，线圈中的电流i随时间t均匀增大，即i=

k₁t,在炉内产生的磁场可视为匀强磁场(图中未画出),其磁感应强度的大小B=k₂i、方向与圆柱体轴线

平行，磁场截面圆心与圆柱体截面圆心重合。圆柱体可看作由一系列同轴圆柱状薄壳组成，每层薄壳自

成一个闭合回路，各回路间互不影响。k₁和k₂均为已知常量。研究半径为r、厚度为△r(△r《r)的薄

壳。

图1图2

(1)求薄壳回路中的感应电动势E。

(2)已知圆柱体高为h,电阻率为p。

a.求薄壳沿感应电流方向的电阻R。

b.求薄壳内的感应电流I。

c.经典物理学认为，金属导体中自由电子在定向移动过程中会受到与其定向移动方向相反的阻力。已

知电子的电荷量为e。当薄壳中形成稳定的电流时，论证某一自由电子定向移动过程中受到的阻力大

小fxr²,并确定a的值。

【答案】(1)E=k₁k₂πr²

(2)a.J;c.设变化的磁场在半径为r处产生的感生电场为E感，电流稳定

时，电子做匀速直线运动。对一个自由电子有f=eE感

根据电动势定义有

17

联立解得f=r

综上可知f∝r

对比可知a=1

【详解】(1)题意可知B=k1k2t

根据法拉第电磁感应定律有E==×πr2

2

联立解得E=k1k2πr

(2)a．根据R=ρ=ρ

b．根据I=

联立解得I=

c．经典物理学认为，金属导体中自由电子在定向移动过程中会受到与其定向移动方向相反的阻力。已

知电子的电荷量为e。当薄壳中形成稳定的电流时，论证某一自由电子定向移动过程中受到的阻力大

小f∝ra，并确定a的值。

题型03源于生活--真实电磁智慧

解题口诀：生活场景藏磁变，磁通量变是关键；分清阻尼与驱动，利弊两面细分辨。

高考考向：常以手摇发电、电磁制动、安检探雷、电涡流阻尼器为载体，选择题为主，考查楞次定律、法拉第电磁感

应定律，侧重从真实生产情境剥离物理模型，辨析电磁感应现象的实际利弊。

21.(2026·江苏·高考真题)旅客在网上购买高铁票后，可使用二代身份证在自动检票闸机上刷身份证进出

站。当身份证进入刷卡机感应范围后，刷卡机会向身份证发射高频电磁波，下列说法正确的是()

A.身份证放在刷卡机上不动不会产生感应电流

B.身份证放在刷卡机上不动就会产生感应电流

C.身份证快速靠近刷卡机感应电流会变大

D.身份证快速远离刷卡机感应电流会变大

【答案】B

【详解】感应电流产生的条件是闭合回路中磁通量发生变化，刷卡机发射的高频电磁波本质是周期性变

化的磁场，结合法拉第电磁感应定律分析各选项。

A．身份证放在刷卡机上不动时，刷卡机产生的交变磁场会使穿过身份证内置线圈的磁通量随时间周期

性变化，因此会产生感应电流，故A错误；

B．由A的分析可知，身份证不动时磁通量持续变化，会产生感应电流，故B正确；

C．根据法拉第电磁感应定律E=，感应电流大小与磁通量变化率成正比，身份证快速靠近或者快

速远离刷卡机过程，由于刷卡机产生的是交变磁场，这两个过程中的磁通量变化率都有可能是减小的，

感应电流也可能是减小的，故CD错误。

故选B。

22.(2026·河南·高考真题)某种呼吸监测装置的原理如图1所示。呼吸气流可从绕有线圈的空心圆管左端进

出，使位于圆管右端的磁性薄膜运动。呼气时薄膜向右运动，吸气时薄膜向左运动。图2为电压传感器

显示的电压U随时间t变化的图像，U为正时b点电势高于a点，下列说法正确的是()

18

磁性U/mV

气流薄膜

20

10-

空心

圆管-10

电压传感器-20Lt/s

60

图1图2

A.若磁性薄膜的N极在右侧，则吸气时a点电势高

B.若磁性薄膜的N极在右侧，则吸气时b点电势高

C.若图2中P点对应呼气，则磁性薄膜的S极在右侧

D.若图2中Q点对应呼气，则磁性薄膜的S极在右侧

【答案】BC

【详解】AB.若磁性薄膜的N极在右侧，则通过线圈的磁场方向向右，吸气时薄膜向左运动，通过线圈的

磁场增强，由楞次定律可知感应磁场方向向左，则线圈中电流方向由a到b,即b点电势高于a点，故A

错误，B正确；

C.由题图2可知，P点对应的电压为正，即由题意可知此时b点电势高于a点电势，线圈中的感应电流

由a到b,通过线圈的感应磁场方向向左，若P点对应呼气，则线圈中的原磁场减弱，即原磁场方向应向

左，磁性薄膜的S极在右侧，故C正确；

D.由题图2可知，Q点对应的电压为负，即由题意可知此时b点电势低于a点电势，线圈中的感应电流

由b到a,通过线圈的感应磁场方向向右，若Q点对应呼气，则线圈中的原磁场减弱，即原磁场方向应向

右，磁性薄膜的S极应在左侧，故D错误。

故选BC。

23.(2026-山西陕西·高考真题)电磁泵减速部分的简化工作原理如图。在垂直纸面向外、磁感应强度大小为

B的匀强磁场中，竖直放置的U形光滑金属导轨左右间距为L,水平放置的导体棒ab质量为m,与竖直

放置且下端固定的绝缘轻弹簧相连，ab与导轨接触良好且其接入回路的电阻阻值为R。将ab自弹簧

原长位置由静止释放，ab第一次到达最低点时下降高度为h,此过程中其最大速度为v。导轨电阻忽略

不计，弹簧始终在弹性限度内。在ab从静止释放到第一次到达最低点的过程中()

A.流过导体棒的感应电流方向由a向bB.导体棒所受安培力的冲量为零

19

C.通过导体棒的电荷量大小为D.导体棒的加速度最大值为

【答案】C

【详解】A.由右手定则可知，流过导体棒的感应电流方向由b向a,故A错误；

B.导体棒下降过程中，安培力大小改变，方向不变，由冲量公式I=Ft可知，导体棒所受安培力的冲量不为

零，故B错误；

C.导体棒下降过程中，感应电动势为

感应电流为

通过导体棒的电荷量大小为q=I·L,故C正确；

D.根据题意可知，导体棒下降过程中，先做加速度减小的加速运动，再做加速度增大的减速运动，则导体棒

的加速度最大值出现在最低点或初始位置，导体棒速度最大时有

若没有磁场，由能量守恒定律有

可知，在最低点时，有kx=2mg

此时，加速度为

有磁场时，由能量守恒定律可知，弹簧的形变量减小，则最低点时加速度小于g,则导体棒的加速度最大值出

现在初始位置，此时，导体棒只受重力，加速度为,故D错误。

故选C。

24.(2026-湖南·高考真题)某科技小组制作了一储能器，其两端电压U与其储存的电荷量q间的函数关系近

似为U=kq(k为常量)。将该储能器接入如图所示电路，a、b、c为固定的三个触点。两足够长的平行金

属导轨固定于水平面上，电阻不计，间距为L。导轨间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B。质量

为m的导体棒垂直导轨放置，接入电路的阻值为r。电源电动势为E,内阻不计。定值电阻阻值为R.

to时刻开关S与a连接，直到导体棒做匀速运动，再于t₁时刻切换开关与b或c连接。运动过程中导体棒

与导轨始终垂直且接触良好，忽略摩擦。

(1)求t₀时刻导体棒加速度a₀的大小；

(2)若t₁时刻开关与b连接，储能器接入电路前电压为0,当储能器电压为U₀时(此时电路中电流不为0),

求导体棒速度v的大小；

(3)若t时刻开关与c连接，求从t时刻起到导体棒静止的过程中，导体棒上产生的焦耳热Q。

【答案】】(1)c

【小问1详解】

20

to时刻开关S与a连接，流过导体棒的电流

导体棒所受的安培力F=BIL

根据牛顿第二定律F=mao

联立可得。

【小问2详解】

当导体棒匀速运动时，导体棒产生的电动势等于电源电动势，设此时导体棒速度为vo,即E=BLv₀

BIL·t=mv-mv₀

q=∑I·t

可得-BLq=mv-mv₀

根据题意U=kq

联立可得

【小问3详解】

从to~t1过程对导体棒，根据动量定理BIL·t=mwo

q′=I·t

可得,

导体棒上产生的焦耳热

可得

从t₁时刻到导体棒静止过程中，根据能量守恒定律可知电路中产生的焦耳热为

导体棒产生的焦耳热为

从t₀时刻起到导体棒静止的过程中，导体棒上产生的焦耳热

25.电磁压缩法是当前产生超强磁场的主要方法之一，其原理如图所示，在钢制线圈内同轴放置可压缩的铜

环，其内已“注入”一个初级磁场，当钢制线圈与电容器组接通时，在极短时间内钢制线圈中的电流从零

增加到几兆安培，铜环迅速向内压缩，使初级磁场的磁感线被“浓缩”,在直径为几毫米的铜环区域内磁

感应强度可达几百特斯拉。此过程，铜环中的感应电流()

钢制线圈

开关钢制线圈开关

电容器组电容器组

压缩前铜环压缩后铜环

A.与钢制线圈中的电流大小几乎相等且方向相同

B.与钢制线圈中的电流大小几乎相等且方向相反

21

C.远小于钢制线圈中的电流大小且方向相同

D.远小于钢制线圈中的电流大小且方向相反

【答案】B

【详解】当钢制线圈与电容器组连通时，钢制线圈中产生迅速增大的电流，线圈中产生迅速增强的磁场。

根据楞次定律，可知铜环中产生的感应电流的磁场会阻碍引起感应电流的磁通量的变化，故铜环中的感

应电流与钢制线圈中的电流方向相反。为阻碍铜环中磁通量变化，铜环上感应的电流与钢制线圈的电

流大小几乎相等。因此两个方向相反的大电流之间的作用力使圆环被急速的向内侧压缩。ACD错误，

B正确。

故选B。

26.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

【答案】D

【详解】A.根据图乙可知此时穿过线圈的磁通量为0,故A错误；

BC.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BC错误；

D.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D正确。

故选D。

27.如图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。下列说法正确的有()

步骤①步骤②

A.线圈电阻为B.I越大，表明m越大

C.v越大，则E越小

D.

【答案】BD

【详解】A.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；

故A错误；

B.根据平衡条件有(M+m)g=BIL①

故可知I越大，m越大；

故B正确；

C.根据公式有E=BLv②

故可知v越大，E越大；

故C错误；

D.联立①②可得

故D正确。

故选BD。

28.某电磁助推装置设计如图，超级电容器经调控系统为电路提供1000A的恒定电流，水平固定的平行长直

导轨处于垂直水平面的匀强磁场中，a可视为始终垂直导轨的导体棒，b为表面绝缘的无人机。初始时

a静止于MM处，b静止于a右侧某处。现将开关S接1端，a与b正碰后锁定并一起运动，损失动能全

部储存为弹性势能。当a运行至NN′时将S接2端，同时解除锁定，所储势能瞬间全部转化为动能，a

与b分离。已知电容器电容C为10F,导轨间距为0.5m,磁感应强度大小为1T,MM'到NN′的距离为

5m,a、b质量分别为2kg、8kg,a在导轨间的电阻为0.01Ω。碰撞、分离时间极短，各部分始终接触良