文档内容
第 22 讲 电磁感应
题型一 电磁感应现象
题型二 法拉第电磁感应定律
题型三 电磁感应中的电路和图像问题
题型四 电磁感应中的动力学和能量问题
题型五 动量观点在电磁感应中的应用
课标要求 命题预测 重难点
1.理解电磁感应现象，会
用感应电流产生条件判断
有无感应电流产生。
生活实践类：电磁炉、电子
（1）计算电磁感应问题中电压、电流、电荷
2.通过实验理解感应电流 秤、电磁卡、电磁焊接技术、
量、热量等物理量。
方向的判断方法，会用楞 磁电式速度传感器、真空管道
（2）导体棒切割磁感线运动时，理清各物理
次定律及推论判断感应电 超高速列车、磁悬浮列车、电
量间的制约关系并能用动力学观点进行运动过
流方向等问题。 磁轨道炮、电磁驱动、电磁阻
程分析。
尼等各种实际应用模型
3.能综合应用安培定则、
（3）掌握应用动量定理处理电磁感应问题的
学习探究类：杆轨模型问题，
左手定则、楞次定律及其
方法技巧，能识别几种应用动量定理的模型。
电磁感应与动力学、能量、动
推论解决问题。
量结合问题，电磁感应的图像
4.会计算导体切割磁感线
问题
产生的感应电动势
5.掌握电磁感应中电路问
题的求解方法
题型一 电磁感应现象
【典型例题剖析】【例1】 (2020·全国卷Ⅲ·14)如图，水平放置的圆柱形光滑玻璃棒左边绕有一线圈，右边套有一金属
圆环。圆环初始时静止。将图中开关S由断开状态拨至连接状态，电路接通的瞬间，可观察到( )
A．拨至M端或N端，圆环都向左运动
B．拨至M端或N端，圆环都向右运动
C．拨至M端时圆环向左运动，拨至N端时向右运动
D．拨至M端时圆环向右运动，拨至N端时向左运动
【答案】 B
【详解】 开关S由断开状态拨至连接状态，不论拨至M端还是N端，通过圆环的磁通量均增加，根
据楞次定律(增离减靠)可知圆环会向右运动，故选B。
【高考考点对接】
1．磁通量
(1)公式：Φ＝BS，S为垂直磁场方向的投影面积，磁通量为标量(填“标量”或“矢量”)。
(2)物理意义：
磁通量的大小可形象表示穿过某一面积的磁感线条数的多少。
(3)磁通量变化：ΔΦ＝Φ－Φ。
2 1
2．电磁感应现象
(1)当穿过闭合导体回路的磁通量发生变化时，闭合导体回路中有感应电流产生，这种利用磁场产生电
流的现象叫作电磁感应。
(2)感应电流产生的条件
穿过闭合导体回路的磁通量发生变化。
(3)电磁感应现象产生感应电动势，如果电路闭合，则有感应电流。如果电路不闭合，则只有感应电动
势而无感应电流。
3．楞次定律
(1)内容：感应电流具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化。
(2)适用范围：一切电磁感应现象。
【解题能力提升】
楞次定律中“阻碍”的含义【跟踪变式训练】
【变式1-1】 在如图所示的闭合铁芯上绕有一组线圈，与滑动变阻器、电源构成闭合电路，a、b、c
为三个闭合金属圆环，假定线圈产生的磁场全部集中在铁芯内，则当滑动变阻器的滑片向右滑动时，
下列说法正确的是( )
A．穿过a、b两个环的磁通量始终相同
B．穿过b环的磁通量始终是c环的一半
C．a、c两个环中都有感应电流
D．b、c两个环中都有感应电流
【答案】 A
【详解】 线圈产生的磁场全部集中在铁芯内，所以穿过a、b两个环的磁通量始终相同，故A正确；
根据安培定则判断可知，穿过a的磁感线方向向左，穿过b的磁感线方向向上，当滑动变阻器的滑片向
右滑动时，线圈中电流将发生改变，产生的磁场随之改变，穿过 a、b两环的磁通量会发生改变，故
a、b两环中都会产生感应电流；而向左和向右穿过c环的磁感线条数相等，完全抵消，总的磁通量为
零，不发生变化，故c环中没有感应电流产生，故B、C、D错误。
【变式1-2】 (多选)(2023·广东韶关市测试)某同学设想的减小电梯坠落时造成伤害的一种应急安全装
置如图所示，在电梯轿厢底部安装永久强磁铁，磁铁 N极朝上，电梯井道内壁上铺设若干金属线圈，
线圈在电梯轿厢坠落时能自动闭合，从而减小对箱内人员的伤害。当电梯轿厢坠落到图示位置时，下
列说法正确的是( )A．从上往下看，金属线圈A中的感应电流沿逆时针方向
B．从上往下看，金属线圈B中的感应电流沿逆时针方向
C．金属线圈B对电梯轿厢下落有阻碍作用，A没有阻碍作用
D．金属线圈B有收缩的趋势，A有扩张的趋势
【答案】 AD
【详解】 当电梯坠落至题图位置时，金属线圈A中向上的磁场减弱，感应电流的方向从上往下看是
逆时针方向，B中向上的磁场增强，感应电流的方向从上往下看是顺时针方向，故B错误，A正确；结
合A、B的分析可知，当电梯坠落至题图位置时，金属线圈A、B都在阻碍电梯下落，故C错误；金属
线圈A中向上的磁场减弱，B中向上的磁场增强，根据楞次定律可知，线圈B有收缩的趋势，A有扩
张的趋势，故D正确。
【变式1-3】 (多选)如图所示，水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒 PQ、MN，PQ、
MN均处在竖直向下的匀强磁场中，当PQ在一外力的作用下运动时，MN向右运动，则PQ所做的运动
可能是( )
A．向右加速运动 B．向左加速运动
C．向右减速运动 D．向左减速运动
【答案】 BC
【详解】 MN 向右运动，说明 MN 受到向右的安培力，因为 MN 处的磁场垂直纸面向
里 ―――――→MN 中 的 感 应 电 流 方 向 为 M→N―――――→L 中 感 应 电 流 的 磁 场 方 向 向
1
上―――――→。若L 中磁场方向向上减弱―――――→PQ中电流方向为Q→P且减小―――――→
2
向右减速运动；若L 中磁场方向向下增强―――――→PQ中电流方向为P→Q且增大―――――→向
2
左加速运动，故选B、C。
题型二 法拉第电磁感应定律【典型例题剖析】
【例2】 (2023·湖北卷·5)近场通信(NFC)器件应用电磁感应原理进行通讯，其天线类似一个压平的线圈，
线圈尺寸从内到外逐渐变大。如图所示，一正方形NFC线圈共3匝，其边长分别为1.0 cm、1.2 cm和
1.4 cm，图中线圈外线接入内部芯片时与内部线圈绝缘。若匀强磁场垂直通过此线圈，磁感应强度变化
率为103 T/s，则线圈产生的感应电动势最接近( )
A．0．30 V B．0．44 V C．0．59 V D．4．3 V
【答案】 B
【详解】 根据法拉第电磁感应定律E＝，可得E ＝S ，E ＝S ，E ＝S ，三个线圈产生的感应电动势
1 1 2 2 3 3
方向相同，故E＝E＋E＋E＝103×(1.02＋1.22＋1.42)×10－4 V＝0.44 V，故选B。
1 2 3
【高考考点对接】
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。
(2)产生条件：穿过电路的磁通量发生改变，与电路是否闭合无关。
2．法拉第电磁感应定律
(1)内容：闭合电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比。
(2)公式：E＝n，其中n为线圈匝数。
①若已知Φ－t图像，则图线上某一点的切线斜率为。
②当ΔΦ仅由B的变化引起时，E＝nS，其中S为线圈在磁场中的有效面积。若B＝B＋kt，则＝k。
0
③当ΔΦ仅由S的变化引起时，E＝nB。
④当B、S同时变化时，则＝n≠n。求瞬时值时，分别求出动生电动势E 和感生电动势E 并进行叠加。
1 2
(3)感应电流与感应电动势的关系：I＝。
(4)说明：E的大小与Φ、ΔΦ无关，决定于磁通量的变化率。
3．导体平动切割磁感线产生感应电动势的算式E＝Blv的理解
在匀强磁场中，B、l、v三者互相垂直。如果不相互垂直，应取垂直分量
适用条件
进行计算
公式E＝Blv中的l为有效长度，即为导体两端点连线在垂直于速度方向上
有效长度
的投影长度。如图，导体的有效长度分别为：图甲：l＝sin β
图乙：沿v方向运动时，l＝
图丙：沿v 方向运动时，l＝R；沿v 方向运动时，l＝R
1 2
E＝Blv中的速度v是导体相对磁场的速度，若磁场也在运动，应注意速度
相对速度
间的相对关系
4．导体转动切割磁感线
如图，当长为l的导体在垂直于匀强磁场(磁感应强度为B)的平面内，绕一端以角速度ω匀速转动，当
导体运动Δt时间后，转过的弧度θ＝ωΔt，扫过的面积ΔS＝l2ωΔt，则E＝＝＝Bl2ω(或E＝Bl＝Bl＝
Bl2ω)。
【解题能力提升】
“三个定则”、“一个定律”的比较
名称 用途 选用原则
安培定则 判断电流产生的磁场(方向)分布 因电生磁
左手定则 判断通电导线、运动电荷所受磁场力的方向 因电受力
右手定则 判断导体切割磁感线产生的感应电流方向或电源正负极 因动生电
因磁通量
楞次定律 判断因回路磁通量改变而产生的感应电流方向
变化生电
【跟踪变式训练】
【变式2-1】 (2022·全国甲卷·16)三个用同样的细导线做成的刚性闭合线框，正方形线框的边长与圆线
框的直径相等，圆线框的半径与正六边形线框的边长相等，如图所示。把它们放入磁感应强度随时间
线性变化的同一匀强磁场中，线框所在平面均与磁场方向垂直，正方形、圆形和正六边形线框中感应
电流的大小分别为I、I 和I。则( )
1 2 3A．II>I
1 3 2 1 3 2
C．I＝I>I D．I＝I＝I
1 2 3 1 2 3
【答案】 C
【详解】 设圆线框的半径为r，则由题意可知正方形线框的边长为2r，正六边形线框的边长为r；所
以圆线框的周长为C ＝2πr，面积为S ＝πr2。同理可知正方形线框的周长和面积分别为 C ＝8r，S ＝
2 2 1 1
4r2，正六边形线框的周长和面积分别为C ＝6r，S ＝，三个线框材料、粗细相同，根据电阻定律R＝
3 3
ρ，可知三个线框电阻之比为R∶R∶R＝C ∶C ∶C ＝8∶2π∶6
1 2 3 1 2 3
根据法拉第电磁感应定律有I＝＝·
可得电流之比为I∶I∶I＝2∶2∶
1 2 3
即I＝I>I，故选C。
1 2 3
【变式2-2】 (多选)如图，光滑水平面上两虚线之间区域内存在垂直于纸面向里且范围足够大的匀强
磁场，磁感应强度大小为B。边长为a的正方形导线框PQMN沿图示速度方向进入磁场，当对角线PM
刚进入磁场时，线框的速度大小为v，方向与磁场边界成45°角，若线框的总电阻为R，则( )
A．PM刚进入磁场时线框中的感应电流大小为
B．PM刚进入磁场时线框所受安培力大小为
C．PM刚进入磁场时两端的电压为
D．PM进入磁场后线框中的感应电流逐渐减小
【答案】 AD
【详解】 PM刚进入磁场时，有效切割长度等于a，产生的感应电动势为E＝Bav，感应电流为I＝
＝，方向沿逆时针，故A正确；NM边所受的安培力大小为F＝BIa＝，方向垂直NM斜向下，PN边所
1
受的安培力大小为F＝BIa＝，方向垂直PN斜向下，线框所受安培力大小F＝＝，故B错误；PM两端
2
的电压为U＝I·＝，故C错误；PM进入磁场后，有效切割长度逐渐减小，感应电动势逐渐减小，感应
电流逐渐减小，故D正确。
【变式2-3】(2023·江苏南京市金陵中学模拟)如图所示的电路中，L 、L 、L 是三个相同的灯泡，线圈
1 2 3
L的电阻和电源的内阻可忽略，D为理想二极管。下列判断正确的是( )A．开关S从断开状态突然闭合时，L 逐渐变亮，L 一直不亮，L 立即变亮
1 2 3
B．开关S从断开状态突然闭合时，L、L 逐渐变亮，L 立即变亮再熄灭
1 2 3
C．开关S从闭合状态突然断开时，L 逐渐熄灭，L 突然变亮，然后逐渐变暗至熄灭，L 立即熄灭
1 2 3
D．开关S从闭合状态突然断开时，L、L 逐渐熄灭，L 突然变亮，然后逐渐变暗至熄灭
1 2 3
【答案】 C
【详解】 由于二极管具有单向导电性，所以开关S从断开状态突然闭合时，二极管不能导通，L 一
2
直不亮；此时L 、L 和L串联在同一回路中，L产生自感电动势阻碍通过其电流增大，所以通过L 和
1 3 1
L 的电流逐渐增大，L 和L 均逐渐变亮，故A、B错误；开关S从闭合状态突然断开时，通过L 的电
3 1 3 3
流立即变为零，所以L 立即熄灭；L产生自感电动势阻碍通过其电流减小，此时自感电动势的方向满
3
足二极管导通的条件，所以L 、L 和L串联在同一回路中，通过L 的电流逐渐减小，L 逐渐熄灭，而
1 2 1 1
由于L 开始时不亮，所以L 突然变亮，然后逐渐变暗至熄灭，故C正确，D错误。
2 2
题型三 电磁感应中的电路和图像问题
【典型例题剖析】
【例3】 (多选)(2023·河南郑州市期末)在如图甲所示的电路中，电阻2R ＝R ＝2R，单匝、圆形金属
1 2
线圈的半径为r ，电阻为R，半径为r(ra
1
，只要a
2
>a
1
，(v
2
－v
1
)↑⇒I↑⇒F
安
↑⇒a
1
↑⇒a
2
↓
当a＝a 时，(v－v)恒定，I恒定，F 恒定；两棒均加速
1 2 2 1 安
规律
开始时，两棒做变加速运动；稳定时，两棒以相同的加速度做匀加速运
分析
动，I恒定，Δv恒定
对等间距光滑的平行导轨：整体由牛顿第二定律得a＝a＝，
1 2
最终状态
对于导体棒1有F ＝BIL＝ma，I＝，从而可求二者速度差
安 1
【跟踪变式训练】
【变式4-1】(2023·云南昆明市第一中学模拟)某物理小组想出了一种理想化的“隔空”加速系统，该系
统通过利用其中一个金属棒在磁场中运动产生感应电流从而使另一个金属棒获得速度，这样就避免了
直接对其进行加速时所带来的磨损和接触性损伤，该加速系统可以建模抽象为在足够长的固定水平平
行导轨上放有两个金属棒MN和PQ，磁感应强度B＝0.5 T的匀强磁场与导轨所在水平面垂直，方向竖直向下，导轨电阻很小，可忽略不计。如图为模型俯视图，导轨间的距离L＝1.0 m，每根金属棒质量
均为m＝1.0 kg，电阻都为R＝5.0 Ω，可在导轨上无摩擦滑动，滑动过程中金属棒与导轨保持垂直且接
触良好，在t＝0时刻，两金属棒都处于静止状态，现有一与导轨平行、大小为F＝2.0 N恒力作用于金
属棒MN上，使金属棒MN在导轨上滑动，经过t＝10 s，金属棒MN的加速度a＝1.6 m/s2，求：
(1)此时金属棒PQ的加速度是多少？
(2)此时金属棒MN、PQ的速度各是多少？
(3)金属棒MN和PQ的最大速度差是多少？
【答案】 (1)0.4 m/s2 (2)18 m/s 2 m/s (3)40 m/s
【详解】 (1)恒力作用于MN棒，使其在导轨上向右加速运动，切割磁感线产生感应电流，根据右手
定则知电流方向为M→N，电流流经PQ，根据左手定则知MN所受安培力水平向左，PQ受到的安培力
水平向右，它们都做加速运动，对MN由牛顿第二定律得F－BIL＝ma，对PQ由牛顿第二定律得
BIL＝ma′，联立解得a′＝0.4 m/s2。
(2)设某时刻MN速度为v，PQ速度为v，根据法拉第电磁感应定律有I＝
1 2
在t＝10 s时，对MN由牛顿第二定律得F－BIL＝ma，整理得F－＝ma
代入数据得v－v＝16 m/s
1 2
由于作用于两棒的安培力等大反向，所以作用于两棒系统的合力为水平恒力F，对系统由动量定理得
Ft＝(mv＋mv)－0，代入数据得v＋v＝20 m/s
1 2 1 2
联立解得v＝18 m/s，v＝2 m/s。
1 2
(3)MN棒做加速度减小的加速运动，PQ棒做加速度增大的加速运动，最终有共同加速度，设两金属棒
的共同加速度为a ，对系统有F＝2ma ，对PQ棒有BI L＝ma ，其中I ＝＝
共 共 m 共 m
联立解得Δv ＝40 m/s。
m
【变式4-2】 (2024·广东省模拟)如图甲所示，光滑的金属导轨MN和PQ平行，间距L＝1.0 m，与水
平面之间的夹角α＝37°，匀强磁场磁感应强度B＝2.0 T，方向垂直于导轨平面向上，MP间接有阻值R
＝1.6 Ω的电阻，质量m＝0.5 kg、接入电路的电阻r＝0.4 Ω的金属棒ab垂直导轨放置，现用和导轨平
行的恒力F沿导轨平面向上拉金属棒ab，使其由静止开始运动，当金属棒上滑的位移s＝3.8 m时达到
稳定状态，对应过程的v－t图像如图乙所示。取g＝10 m/s2，导轨足够长(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。
求：
(1)运动过程中a、b哪端电势高，并计算恒力F的大小；(2)从金属棒开始运动到刚达到稳定状态，此过程金属棒上产生的焦耳热。
【答案】 (1)b端电势高 5 N (2)1.47 J
【详解】 (1)由右手定则可判断感应电流由a流向b，b相当于电源的正极，故b端电势高，当金属棒
匀速运动时，由平衡条件得F＝mgsin 37°＋F ，其中F ＝BIL＝，由题图乙可知v＝1.0 m/s，联立解
安 安
得F＝5 N
(2)从金属棒开始运动到恰好达到稳定状态，由动能定理得(F－mgsin 37°)s－W ＝mv2
克安
又克服安培力所做的功等于整个电路产生的焦耳热，代入数据解得 Q＝W ＝7.35 J，金属棒与电阻产
克安
生的焦耳热与阻值成正比，故金属棒上产生的焦耳热为Q＝Q＝1.47 J。
r
【变式4-3】 (多选)如图所示，两根间距为d的足够长光滑金属导轨，平行放置在倾角为θ＝30°的绝
缘斜面上，导轨的右端接有电阻R，整个装置放在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于
导轨平面向上。导轨上有一质量为m、电阻也为R的导体棒与两导轨垂直且接触良好，导体棒以一定
的初速度v 在沿着导轨上滑一段距离L后返回，不计导轨电阻及感应电流间的相互作用，重力加速度
0
为g。下列说法正确的是( )
A．导体棒返回时先做加速运动，最后做匀速直线运动
B．导体棒沿着导轨上滑过程中通过R的电荷量q＝
C．导体棒沿着导轨上滑过程中克服安培力做的功W＝(mv2－mgL)
0
D．导体棒沿着导轨上滑过程中电阻R上产生的热量Q＝(mv2－mgL)
0
【答案】 AC
【详解】 导体棒返回时先做加速度减小的加速运动，最后受力平衡，做匀速直线运动，所以 A正确；
根据q＝，则导体棒沿着导轨上滑过程中通过R的电荷量为q＝，所以B错误；设导体棒沿着导轨上滑
过程中克服安培力做的功为W，由能量守恒可得W＋mgLsin 30°＝mv2，解得W＝(mv2－mgL)，所以C
0 0
正确；根据功能关系可得，导体棒沿着导轨上滑过程中电阻 R上产生的热量为Q＝W，则Q＝(mv2－
0
mgL)，所以D错误。
题型五 动量观点在电磁感应中的应用
【典型例题剖析】
【例5】 (多选)(2023·云南昆明市一中质检)如图所示，一光滑轨道固定在架台上，轨道由倾斜和水平
两段组成，倾斜段的上端连接一电阻R＝0.5 Ω，两轨道间距d＝1 m，水平部分两轨道间有一竖直向下、
磁感应强度B＝0.5 T的匀强磁场。一质量m＝0.5 kg、长为l＝1.1 m、电阻忽略不计的导体棒，从轨道
上距水平面h ＝0.8 m高处由静止释放，通过磁场区域后从水平轨道末端水平飞出，落地点与水平轨道
1末端的水平距离x ＝0.8 m，水平轨道距水平地面的高度h ＝0.8 m。通过计算可知(g取10 m/s2，不计空
2 2
气阻力)( )
A．导体棒进入磁场时的速度为3 m/s
B．导体棒整个运动过程中，电阻R上产生的热量为3 J
C．磁场的长度x 为2 m
1
D．整个过程通过电阻R的电荷量为2 C
【答案】 BCD
【详解】 设导体棒进入磁场时的速度为v ，根据机械能守恒定律有mv2＝mgh ，解得v ＝4 m/s，故
0 0 1 0
A错误；导体棒从水平轨道水平飞出做平抛运动，则水平方向有x ＝vt，竖直方向有h ＝gt2，联立代入
2 2
数据解得v＝2 m/s，导体棒通过磁场区域过程中，根据能量守恒定律有 Q＝mv2－mv2，则导体棒整个
0
运动过程中，电阻R上产生的热量为Q＝3 J，故B正确；导体棒通过磁场区域过程中，根据动量定理
有 t＝Bdq＝mv－mv，又有q＝t＝＝，联立代入数据解得q＝2 C，x＝2 m，故C、D正确。
安1 0 1 1
【高考考点对接】
1．“单棒＋电阻”模型
(1)水平放置的平行光滑导轨，间距为L，左侧接有电阻阻值为R，导体棒初速度为v ，质量为m，电阻
0
不计，匀强磁场的磁感应强度为B，导轨足够长且电阻不计，从导体棒开始运动至停下来。求：
①此过程中通过导体棒横截面的电荷量q＝；
②此过程导体棒的位移x＝；
③若导体棒从获得初速度v 经一段时间减速至v，通过导体棒的电荷量为q，则v＝v－；
0 1 1 1 0
④导体棒从获得初速度v 经过位移x，速度减至v，则v＝v－。
0 0 2 2 0
(2)间距为L的光滑平行导轨倾斜放置，倾角为θ，由静止释放质量为m、接入电路的阻值为R的导体棒，
匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直导轨所在倾斜面向下(重力加速度为g，导轨电阻不计)。
①经Δt＝，通过横截面的电荷量为q，速度达到v。
1 1
②经Δt＝，导体棒下滑位移为x，速度达到v。
2 2
【解题能力提升】“电容器＋棒”模型
(1)无外力充电式
基本模型
规律
(导轨光滑，电阻阻值为R，电容器电容为C)
电路特点 导体棒相当于电源，电容器充电
安培力为阻力，棒减速，E减小，有I＝，电容器充电U 变大，当BLv
C
电流特点
＝U 时，I＝0，F ＝0，棒匀速运动
C 安
运动特点和 棒做加速度a减小的减速运动，最终做匀速运动，此时I＝0，但电容器
最终特征 带电荷量不为零
电容器充电电荷量：q＝CU
C
最终电容器两端电压U ＝BLv
C
最终速度
对棒应用动量定理：mv－mv＝－BL·Δt＝－BLq
0
v＝
v－t图像
(2)无外力放电式
基本模型
规律
(电源电动势为E，内阻不计，电容器电容为C)
电路特点 电容器放电，相当于电源；导体棒受安培力而运动
电容器放电时，导体棒在安培力作用下开始运动，同时阻碍放电，导致电
电流特点
流减小，直至电流为零，此时U ＝BLv
C m
运动特点及
做加速度a减小的加速运动，最终匀速运动，I＝0
最终特征
电容器初始电荷量：Q＝CE
0
放电结束时电荷量：Q＝CU ＝CBLv
C m
最大速度v 电容器放电电荷量：ΔQ＝Q－Q＝CE－CBLv
m 0 m
对棒应用动量定理：mv －0＝BL·Δt＝BLΔQ
m
v ＝
mv－t图像
【跟踪变式训练】
【变式5-1】 (多选)(2023·辽宁抚顺市模拟)如图所示，M、N、P、Q四条光滑的足够长的金属导轨平
行放置，导轨间距分别为2L和L，两组导轨间由导线相连，装置置于水平面内，导轨间存在方向竖直
向下的、磁感应强度大小为B的匀强磁场，两根质量均为m、接入电路的电阻均为R的导体棒C、D分
别垂直于导轨放置，且均处于静止状态，其余部分电阻不计。t＝0时使导体棒C获得瞬时速度v 向右
0
运动，两导体棒在运动过程中始终与导轨垂直并与导轨接触良好，且达到稳定运动时导体棒C未到两
组导轨连接处，则下列说法正确的是( )
A．t＝0时，导体棒D的加速度大小为a＝
B．达到稳定运动时，C、D两棒速度之比为1∶1
C．从t＝0时至达到稳定运动的过程中，回路产生的内能为mv2
0
D．从t＝0时到达到稳定运动的过程中，通过导体棒的电荷量为
【答案】 ACD
【详解】 开始时，导体棒中的感应电动势E＝2BLv ，电路中感应电流I＝，导体棒D所受安培力F＝
0
BIL，导体棒D的加速度为a，则有F＝ma，解得a＝，故A正确；稳定运动时，电路中电流为零，设
此时C、D棒的速度分别为v 、v ，则有2BLv ＝BLv ，对变速运动中任意极短时间Δt，由动量定理得，
1 2 1 2
对C棒有2BLΔt＝m(v－v)，对D棒有BLΔt＝mv，故对变速运动全过程有v－v＝2v，解得v＝v，v
0 1 2 0 1 2 2 0 1
＝v ，故B错误；根据能量守恒定律可知回路产生的内能为Q＝mv2－mv2－mv2，解得Q＝mv2，故C
0 0 1 2 0
正确；由动量定理，对C棒有2BLΔt＝m(v－v)，可得2BLq＝m(v－v)，解得q＝，故D正确。
0 1 0 1
【变式5-2】 (多选)(2023·辽宁沈阳市东北育才学校一模)如图所示是某同学模拟电磁炮的工作原理和
发射过程，水平台面上有足够长的平行光滑金属导轨MN和PQ置于塑料圆筒内，质量为m的金属炮弹
置于圆筒内的轨道上，轨道间距为L，整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。导
轨左端连着平行板电容器和电动势为E的电源。先让单刀双掷开关接1接线柱对电容器充电，充电结
束后，将开关接2接线柱。金属炮弹在安培力作用下开始运动，达到最大速度后离开导轨，整个过程
通过炮弹的电荷量为q。已知在圆筒中金属炮弹始终与导轨接触良好，不计导轨电阻和电源内阻，炮弹
电阻为R。在这个过程中，以下说法正确的是( )A．炮弹离开导轨时的速度为
B．电容器的电容C＝
C．炮弹在导轨上的位移x＝
D．在其他条件不变时，炮弹的最大速度与电容器电容大小成正比
【答案】 AB
【详解】 对炮弹，根据动量定理t＝mv，其中，平均安培力＝BL，可得v＝＝，故A正确；刚充电结
束时，电容器电荷量为Q＝CE，炮弹达到最大速度时，电容器电荷量 Q′＝Q－q，此时电容器电压U
＝，则此时炮弹产生的感应电动势等于U，故BLv＝U，联立可得＝BLv，解得C＝，故B正确；炮弹
在导轨上运动过程，电容器有电压存在，通过炮弹的平均电流并不是，则t≠q，x≠，故C错误；根据B
项分析可知E＝v(BL＋)，故炮弹的最大速度与电容器电容大小并不成正比，故D错误。
【变式5-3】 如图所示，在磁感应强度大小为B的匀强磁场区域内，垂直磁场方向的水平面中有两根
固定的足够长的平行金属导轨，在导轨上面平放着两根导体棒ab和cd，两棒彼此平行且相距d，构成
一矩形回路。导轨间距为L，两导体棒的质量均为m，接入电路的电阻均为R，导轨电阻可忽略不计。
设导体棒可在导轨上无摩擦地滑行，初始时刻ab棒静止，给cd棒一个向右的初速度v，求：
0
(1)当cd棒速度减为0.6v 时，ab棒的速度v及加速度a的大小；
0
(2)ab、cd棒间的距离从d增大到最大的过程中，通过回路的电荷量q及两棒间的最大距离x。
【答案】 (1)0.4v (2) d＋
0
【详解】 (1)两棒组成的系统所受合外力为零，因此满足动量守恒定律，有mv＝0.6mv＋mv
0 0
解得v＝0.4v
0
回路感应电动势E＝0.6BLv －0.4BLv ，此时回路电流I＝，因此加速度a＝
0 0
整理得a＝
(2)ab、cd棒速度相等时有最大距离，根据动量守恒定律可得mv＝2mv
0 共
对ab棒，根据动量定理有BLΔt＝mv
共
而q＝Δt，解得q＝
在这段时间内，平均感应电动势＝BL
回路平均电流＝
因此流过某截面的电荷量q＝Δt＝Δt＝，解得最大距离x＝d＋。1．(2023·北京卷·5)如图所示，L是自感系数很大、电阻很小的线圈，P、Q是两个相同的小灯泡，开始时，
开关S处于闭合状态，P灯微亮，Q灯正常发光，断开开关( )
A．P与Q同时熄灭 B．P比Q先熄灭
C．Q闪亮后再熄灭 D．P闪亮后再熄灭
【答案】 D
【详解】 由题知，开始时，开关S处于闭合状态，由于L的电阻很小，Q灯正常发光，P灯微亮，通
过L的电流大于通过P灯的电流，断开开关，Q所在电路未闭合，立即熄灭，由于自感，L中产生感应
电动势，与P组成闭合回路，故P灯闪亮后再熄灭，故选D。
2．(2023·江苏卷·8)如图所示，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，OC导体棒的O端位于圆心，棒的
中点A位于磁场区域的边缘。现使导体棒绕 O点在纸面内逆时针转动。O、A、C点电势分别为φ 、
O
φ 、φ ，则( )
A C
A．φ >φ B．φ >φ
O C C A
C．φ ＝φ D．φ －φ ＝φ －φ
O A O A A C
【答案】 A
【详解】 由题图可看出导体棒OA段逆时针转动切割磁感线，则根据右手定则可知φ >φ ，其中导体
O A
棒AC段不在磁场中，不切割磁感线，电势差为0，即φ ＝φ ，则φ >φ ，A正确，B、C错误；根据以
C A O C
上分析可知φ －φ >0，φ －φ ＝0，则φ －φ >φ －φ ，D错误。
O A A C O A A C
3．(2023·山东德州市模拟)如图甲所示，正方形虚线框为匀强磁场区域的边界，取垂直纸面向里为正方向，
磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示。匝数为n、半径为r的导线圈恰好处于虚线框的外接圆
上，导线圈与电阻箱R、定值电阻R 组成回路，回路中的其他电阻不计。以下说法正确的是( )
1 2
A．R 中的电流方向先向左，再向右
2B．回路中的电动势为
C．t＝t 时刻，回路中的电流为零
0
D．R＝R 时，R 消耗的电功率最大
1 2 1
【答案】 D
【详解】 磁感应强度B先正向减小后反向增大，根据楞次定律和安培定则可知R 中的电流方向一直
2
向左，A错误；根据法拉第电磁感应定律得E＝nS＝n(r)2＝，B错误；由题图乙可知磁感应强度B一直
在发生变化，所以t＝t 时刻，回路中的电流不为零，C错误；根据闭合电路欧姆定律可知，R 消耗的
0 1
电功率为P＝()2R＝，由此可知，当R＝R 时，R 消耗的电功率最大，D正确。
1 1 2 1
4．如图所示是两个相互连接的金属圆环，小金属环的电阻是大金属环电阻的二分之一，连接处电阻不计，
匀强磁场垂直穿过大金属环所在区域，当磁感应强度随时间均匀变化时，在大环内产生的感应电动势
为E，则a、b两点间的电压为( )
A.E B.E C.E D．E
【答案】 B
【详解】 a、b间的电压等于路端电压，而小环电阻占电路总电阻的，故a、b间电压为U＝E，选项
B正确。
5．(2023·上海市华师大二附中模拟)如图所示，由均匀导线制成的半径为R的圆环，以速度v匀速进入一磁
感应强度大小为B的匀强磁场。当圆环运动到图示位置(∠aOb＝90°)时，a、b两点的电势差U 为(
ab
)
A.BRv B.BRv C．－BRv D．－BRv
【答案】 D
【详解】 有效切割长度即a、b连线的长度，如图所示，
由几何关系知有效切割长度为R，所以产生的电动势为E＝BLv＝B·Rv，电流的方向为a→b，所以
U <0，由于外电路的电阻值为R ，所以U ＝－B·Rv＝－BRv，故选D。
ab 总 ab6．如图甲所示，在线圈l 中通入电流i 后，在l 上产生的感应电流随时间变化的规律如图乙所示，l、l 中
1 1 2 1 2
电流的正方向如图甲中的箭头所示。则通入线圈l 中的电流i 随时间t变化的图像可能是( )
1 1
【答案】 D
【详解】 因为l 中感应电流大小不变，根据法拉第电磁感应定律可知，l 中磁场的变化是均匀的，即
2 1
l 中电流的变化也是均匀的，A、C错误；根据题图乙可知，0～时间内l 中的感应电流产生的磁场方向
1 2
向左，所以线圈l 中感应电流产生的磁场方向向左并且减小，或方向向右并且增大，B错误，D正确。
1
7．(多选)(2024·北京市月考)矩形导线框abcd放在匀强磁场中，在外力控制下处于静止状态，如图甲所示。
磁感线方向与导线框所在平面垂直，磁感应强度B随时间变化的图像如图乙所示。t＝0时刻，磁感应
强度的方向垂直导线框平面向里，在0～4 s时间内，流过导线框的电流I(规定顺时针方向为正方向)与
导线框ad边所受安培力F 随时间t变化的图像(规定向左为安培力正方向)可能是( )
安
【答案】 AD
【详解】 根据楞次定律得0～2 s内线框中的感应电流为顺时针方向，即为正方向，2～4 s内感应电流
为逆时针方向，即为负方向，由E＝n，I＝知，电流I大小不变，A正确，B错误；由以上分析得，在1
～2 s时间内，导线框ad边电流方向由d流向a，空间所加磁场的磁感应强度方向为垂直导线框平面向
外，且线性增大，电流I为定值，根据左手定则及F＝BIL得，导线框ad边受安培力向右，且线性增大，
即安培力为负方向，线性增大，同理可知0～1 s、2～3 s、3～4 s内安培力的变化情况，C错误，D正
确。8．(多选)如图甲所示，两间距为L的平行光滑金属导轨固定在水平面内，左端用导线连接，导轨处在竖直
向上的匀强磁场中，一根长度也为L、电阻为R的金属棒放在导轨上，在平行于导轨向右、大小为F的
恒力作用下向右运动，金属棒运动过程中，始终与导轨垂直并接触良好，金属棒运动的加速度与速度
的关系如图乙所示，不计金属导轨及左边导线电阻，金属导轨足够长，若图乙中的a、v 均为已知量，
0 0
则下列说法正确的是( )
A．金属棒的质量为
B．匀强磁场的磁感应强度大小为
C．当拉力F做功为W时，通过金属棒横截面的电荷量为
D．某时刻撤去拉力，此后金属棒运动过程中加速度大小与速度大小成正比
【答案】 ABD
【详解】 由题意可知F－＝ma，得a＝－v，结合a－v图像可知＝a ，＝，解得m＝，B＝＝，A、B
0
正确；当拉力F做功为W时，金属棒运动的距离为s＝，则通过金属棒横截面的电荷量q＝t＝t＝＝，C
错误；某时刻撤去拉力，此后＝ma，则a＝v，D正确。
9．(2023·黑龙江哈尔滨市第九中学模拟)如图甲所示，MN、PQ两条平行的光滑金属轨道与水平面成θ＝
30°角固定，间距为L＝1 m，质量为m的金属杆ab垂直放置在轨道上且与轨道接触良好，其阻值忽略
不计。空间存在匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面向上，磁感应强度大小为 B＝0.5 T。P、M间接有
阻值为R 的定值电阻，Q、N间接电阻箱R。现从静止释放ab，改变电阻箱的阻值R，测得金属棒ab
1
最大速度为v ，得到与的关系如图乙所示。若轨道足够长且电阻不计，重力加速度 g取10 m/s2，则(
m
)
A．金属杆中感应电流方向由a指向b
B．金属杆所受的安培力沿轨道向下
C．定值电阻的阻值为1 Ω
D．金属杆的质量为1 kg
【答案】 C
【详解】 由右手定则可判断，金属杆中感应电流方向由b指向a，由左手定则知，金属杆所受的安培力沿轨道向上，A、B错误；总电阻为R ＝，I＝，当达到最大速度时，金属杆受力平衡，有 mgsin θ
总
＝BI L＝(R ＋R)，变形得＝·＋，根据题图乙可得＝k＝0.5 s·m－1·Ω，＝b＝0.5 s·m－1，解得金属杆的质
m 1
量m＝0.1 kg，定值电阻阻值R＝1 Ω，C正确，D错误。
1
