文档内容
热点题型·选择题攻略
专题 06 电路与电磁感应
目录
01.题型综述................................................................错误: 引用源未找到
02.解题攻略................................................................错误: 引用源未找到
题组01 直流电路的动态分析.................................................................................................................1
题组02 交流电的产生、描述以及变压器...............................................................................................8
题组03 楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用..................................................................................17
题组04 电磁感应的图象问题.................................................................................................................23
题组05 电磁感应中的力、电综合与能量转化问题..............................................................................33
题组06 电磁感应中的动量问题.............................................................................................................45
03.高考练场 ..............................................................................56
电路的基本结构与规律与电磁感应电动势产生的机制一直是高考命题的热点，尤其喜欢以选择题的
形式考察电路的简单分析、电磁感应的基本规律以及变压器的相关计算等。本专题包括了两类电路模型的
分析比较，电磁感应的综合问题。通过本专题的复习与讲解旨在培养学生应用所学知识解决综合问题的能
力。
题组 01 直流电路的动态分析
【提分秘籍】
1.直流电路的动态分析方法
(1)程序法：部分电路阻值变化→电路总电阻R 变化→干路电流I变化→路端电压U变化→各分量变化，
总
即R →R →I →U →。
局 总 总 端
(2)串反并同法：所谓“串反”，即某一电阻阻值增大(减小)时，与它串联或间接串联的电阻中的电流、两
端的电压、电功率都减小(增大)。所谓“并同”，即某一电阻阻值增大(减小)时，与它并联或间接并联的电
阻中的电流、两端的电压、电功率都增大(减小)。
2．直流电路中的功率变化的判断
(1)定值电阻的功率随其电压或电流的增大而增大。
(2)外电阻越接近电源的内阻，电源输出功率越大，等于内阻时电源的输出功率最大。(3)判断变化电阻的功率时，可以将其他电路等效到电源内部，当变化电阻等于等效电阻时其功率最大，若
不能等于则越接近越大。
【典例剖析】
【例1-1】（2025高三上·山东济南·阶段练习）在如图所示电路中，电源电动势 ，内阻 ，定
值电阻 ， ，滑动变阻器 的取值范围为 ，所有电表均为理想电表。闭合
开关S，在滑动变阻器的滑片从 端滑到 端的过程中，电压表 电压表 电流表A示数的变化量分别为
。下列说法正确的是（ ）
A． 读数变小， 读数变大， 大于
B． ，
C． 的功率先增大后减小，最大值为
D．电源的输出功率先增大后减小，最大值为
【答案】C
【详解】将 和 等效为电源内阻，则等效电源的电动势
等效内阻
A．当滑动变阻器的滑片从a端滑到b端的过程中， 变大，总电阻变大，总电流减小，路端电压变大，
读数变小，则 读数变大，因
可知 小于 ，故A错误；
B．根据欧姆定律
则根据闭合电路的欧姆定律
可得
故B错误；
C．将 等效为新电源的内阻，内阻为
当外电路电阻等于电源内阻时输出功率最大，则当滑动变阻器的滑片从a端滑到b端的过程中，电阻从0
增加到30Ω，可知的功率先增大后减小，当 时功率最大，最大值为
故C正确；
D．当滑动变阻器的滑片在a端时，电源 的外电阻为
当滑动变阻器的滑片在b端时，电源E的外电阻为
电源E的内阻 ，根据电源输出功率和外电阻关系可知，滑动变阻器的滑片从a端滑到b端的过程中，
电源的输出功率一直减小，故D错误。
故选C。
【例1-2】．（2024·北京朝阳·模拟预测）如图甲所示的电路中，定值电阻 。白炽灯泡 的伏安特性
曲线如图乙所示。电源电动势 ，内阻不计。当开关S断开时，灯泡消耗的实际电功率为 ，则
开关闭合后，灯泡消耗的实际功率约为（ ）
A． B． C． D．【答案】C
【详解】当开关S断开时，灯泡消耗的实际电功率为 ，即电压电流的乘积为24W，根据乙图可知，电
压为 ，电流为 ，根据闭合电路欧姆定律
解得
据题意，定值电阻 ，故
开关闭合后，电源和 、 构成一个新电源，此新电源电动势和内阻分别为
此新电源短路电流为
图中画出此新电源的 图像，图像与白炽灯泡的伏安特性曲线交点即为灯泡的电压电流，分别为
，
灯泡消耗的实际功率
故选C。
【变式演练】
【变式1-1】（2025高三上·江苏连云港·期中）如图所示的闭合电路中， 、 为定值电阻。当变阻器
的滑动触头P向上滑动时，理想电压表与电流表的示数分别为U、I，其变化量的绝对值分别为 、 。
下列说法中正确的是（ ）A．U不变 B．I变大
C． D． 的功率变大
【答案】D
【详解】AB．当变阻器 的滑动触头P向上滑动时，阻值增大，则总电阻增大，总电流变小，路端电压增
大，即U增大，I变小，选项AB错误；
C．根据
U=E-Ir
可知
选项C错误；
D．路端电压增大，总电流变小，R 电压变小，可知R 两端电压增大，则 的功率变大，选项D正确。
1 2
故选D。
【变式1-2】（2025高三上·河北石家庄·阶段练习）如图所示，当电动机两端电压为U 时，通过电动机的
0
电流为I，风扇不转动。当电动机两端电压为U时，通过电动机的电流为I，电动机正常工作，带动风扇
0
转动。若电动机的内阻为R，则下列说法正确的是（ ）
A．电动机的内阻
B．电动机正常工作时，产生的热量为
C．电动机正常工作时，输出功率为D．电动机正常工作时，效率为
【答案】C
【详解】A．当电动机正常工作时，有
所以
故A错误；
B．电动机正常工作时，产生的热量为
故B错误；
C．电动机正常工作时，输出功率为
所以
故C正确；
D．电动机正常工作时，效率为
故D错误。
故选C。
【变式1-3】（2025高三上·广东深圳·阶段练习）如图所示的电路中，E为电源，其内电阻为r，V为理想
电压表，L为阻值恒定的小灯泡， 为定值电阻， 为半导体材料制成的光敏电阻（光照越强，电阻越
小），电容器两极板处于水平状态，闭合开关S，电容器中心P点有一带电油滴处于静止状态，电源负极
接地，下列说法正确的是（ ）A．若将 的滑片下移，电压表的示数增大
B．若光照变强，则P点电势升高
C．若光照变强，则灯泡变暗
D．若断开B节点，并将电容器上极板上移，油滴仍然保持静止
【答案】D
【详解】A．由于电容器在直流电路中相当于断路，所以当电路稳定时， 相当于导线，将 的滑片下移
时，电压表的示数保持不变，故A错误；
BC．若光照变强，光敏电阻 减小，总电阻变小，电流变大，则通过小灯泡的电流变大，灯泡变亮；电容
器两端电压为
I变大，则 变小，即电容器两板间的电压变小，场强变小，P点与下极板间电势差变小，
则P点电势降低，故BC错误；
D．断开B节点，电容器电量保持不变，并将电容器上极板上移，根据
， ，
整理得
保持不变，油滴仍然保持静止，故D正确。
故选D。
题组 02 交流电的产生、描述以及变压器
【提分秘籍】
1.解决交变电流问题要注意的几点
(1)理解几个特殊位置的磁通量、磁通量的变化率、感应电动势及感应电流的特点。
①线圈平面与中性面重合时，S⊥B，Φ最大，＝0，e＝0，i＝0，电流方向将发生改变。
②线圈平面与中性面垂直时，S∥B，Φ＝0，最大，e最大，i最大，电流方向不变。
(2)区分交变电流的峰值、瞬时值、有效值和平均值。
(3)确定交变电流中电动势、电压、电流的有效值后就可以运用直流电路的规律处理交流电路中的能量问
题。
(4)交变电流瞬时值表达式书写的基本思路
①根据已知图象或由公式E ＝NBSω确定正、余弦交变电流的峰值，其中ω＝＝2πf＝2πn(n为转速)。
m
②明确线圈的初始位置，找出对应的函数关系式。a．若线圈从中性面位置开始计时，则et图象为正弦函数，e＝E sinωt;
m
b．若线圈从垂直中性面位置开始计时，则et图象为余弦函数，e＝E cosωt。
m
2.计算交变电流有效值的方法
(1)分段计算电热，然后求和得出一个周期内产生的总热量．
(2)利用两个公式Q＝I2Rt和Q＝t可分别求得电流有效值和电压有效值．
(3)若图象部分是正弦(或余弦)式交变电流，其中的(但必须是从零至最大值或从最大值至零)和周期部分可
直接应用正弦式交变电流有效值与最大值间的关系I＝、U＝求解．
3.变压器动态变化分析方法
(1)变压器动态分析常见的两种情况
①负载不变，匝数比变化；
②匝数比不变，负载变化。
(2)处理此类问题应注意三点
①根据题意分清变量和不变量；
②要弄清“谁决定谁”的制约关系——电压是输入决定输出，电流和功率是输出决定输入；
③动态分析顺序：
a．由U 和决定U；
1 2
b．由负载电阻R和U 决定I；
2 2
c．由P＝UI 确定P；
2 2 2 1
d．由P＝UI 确定I。
1 1 1 1
4．解决远距离输电问题的一般思路
(1)电路分析：远距离输电线路由升压变压器、输电线、降压变压器和负载四部分组成。
(2)电压关系：升压变压器输入电压U 是不变的，根据＝可以确定升压变压器的输出电压U ，输电线上有
1 2
一定的电压损失，ΔU＝IR。降压变压器输入端电压U＝U－ΔU，降压变压器输出电压U 由＝确定。
2 3 2 4
(3)功率关系：升压变压器输入功率为P ，输电线上损失功率为ΔP＝IR，降压变压器输出功率为P ，则P
1 4 1
＝P＋ΔP＝P＋IR。
4 4
(4)电流关系：用户电路的电流由I＝确定，降压变压器的电流由＝确定，升压变压器的输出电流I＝I，升
4 2 3
压变压器的输入电流由＝确定。
【典例剖析】
【例2-1】如图甲所示为一台小型发电机构造示意图，线圈逆时针转动，产生的电动势随时间按正弦规律
变化，图象如图乙所示。发电机线圈内电阻为 ，外接灯泡的电阻为 。则（ ）
A．在 的时刻，穿过线圈磁通量最大B．通过灯泡的电流为
C．电压表的示数为5V
D．前 内灯泡消耗的电能为
【答案】D
【详解】A．在t=0.005s的时刻，感应电动势最大，此时穿过线圈磁通量为零，故A错误；B．电动势有效
值 通过灯泡的电流为 故B错误；C．电压表的示数为U=IR=4V故C错误；D．
前 内灯泡消耗的电能为 故D正确。故选D。
【例2-2】．如图所示，图甲为方波交流电源的电压随时间周期性变化的图像，图乙所示为给方波交流电
源加上二极管后得到的电压随时间周期性变化的图像，则图甲和图乙中电压有效值之比为（ ）
A． ：1 B．1： C．1：2 D．2：1
【答案】A
【详解】根据有效值定义 可得图甲 解得 图乙，同理可得
解得 故 故选A。
【例2-3】如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数比 ，在原线圈回路中接有定值电阻 ，副
线圈回路中接有滑动变阻器 。原线圈一侧接在电压恒为 的正弦式交流电源上，电流表和电压表均为
理想交流电表。滑动变阻器滑片自上向下滑动时，下列说法正确的是（ ）
A．电压表的示数增大 B．电流表的示数增大
C．电压表的示数减小 D．电流表的示数先增大后减小
【答案】BC【详解】设原副线圈中电流分别为 、 ，由于是理想变压器，则
联立解得
滑动变阻器滑片自上向下滑动时， 减小， 变大， 减小，电压表示数 减小，故BC正确，AD错误。
故选BC。
【例2-4】近些年中国研发出多项独有的先进技术，其中特高压输电技术让中国标准成为了国际标准，该
技术可使输电线电压高达1000千伏及以上等级。某电厂对用户进行供电的原理如图所示。发电机的输出电
压为 ，输电线的总电阻 ，为了减小输电线路上的损耗采用了高压输电技术。变压器视为
理想变压器，其中升压变压器的匝数比为 ，用户获得的电压为 。若在某一段时间
内，发电厂的输出功率恒为 ，则下列说法中正确的是（ ）
A．输电线上的电流为300A
B．降压变压器的匝数比为
C．输电线上损失的功率为
D．若改用1000千伏超高压输电，则输电线路上可减少损失的电功率为4050W
【答案】B
【详解】A．由 得升压变压器的输入电流为
由升压变压器原副线圈电流与线圈匝数的关系为
可得输电线上的电流为故A错误；
B．由题意可得
可得
因为
所以
所以降压变压器的匝数比为
故B正确；
C．输电线上损失的功率为
故C错误；
B．若改用1000千伏超高压输电，则升压变压器原副线圈的匝数值比为
所以输电线上的电流为
此时输电线上损失的功率为
即输电线路上可减少损失的电功率为
故D错误。
故选B。
【变式演练】
【变式2-1】（2025高三上·江苏徐州·阶段练习）图甲是某燃气灶点火装置的原理图，转换器将直流电压转
换为图乙所示的正弦交流电压，并加在一台理想变压器的原线圈上，电压表为交流电表。当变压器副线圈
电压的瞬时值大于 时，就会在钢针和金属板间引发电火花进而点燃气体。开关闭合后（ ）A．电压表的示数为 B．放电针每隔时间T点火一次
C．穿过原、副线圈的磁通量之比为 D．将钢针替换为钢球，更容易引发电火花
【答案】C
【详解】A．电压表的示数为交流电电压的有效值，为
故A错误；
B．由图可知半个周期内，副线圈电压的瞬时值能够大于5000V，所以放电针每隔时间 点火一次，一个
周期 内点火两次，故B错误；
C．理想变压器无漏磁现象，穿过原、副线圈的磁通量是相同的，所以穿过原副线圈的磁通量之比为 ，
故C正确；
D．若将钢针替换为钢球，不容易发生尖端放电现象，不容易引发电火花进而点燃气体，故D错误。
故选C。
【变式2-2】．（2024·湖北·模拟预测）如图所示，理想变压器原线圈接入电压恒定的正弦交流电，副线圈
接入最大阻值为R的滑动变阻器和阻值为R的定值电阻，电压表和电流表均为理想交流电表。在变阻器滑
片从a端向b端缓慢移动的过程中（ ）
A．电流表A示数增大 B．电压表V示数减小
C．定值电阻R消耗的功率减小 D．原线圈的输入功率先减小后增大
【答案】C
【详解】B．根据
可知副线圈电压保持不变，即电压表V示数不变，故B错误；
A．分析右端电路可知，R与滑动变阻器下半部分并联后，再与上半部分串联接入电路。设滑动变阻器下边
的电阻为x，则副线圈中的总电阻为当变阻器滑片从a端向b端缓慢移动的过程中，副线圈的阻值增大，根据
可知副线圈电流减小，由
可知原线圈电流减小，即电流表A示数减小，故A错误；
C．在变阻器滑片从a端向b端缓慢移动的过程中，滑动变阻器下半部分和R并联部分电压减小，定值电阻
R消耗的功率
减小，故C正确；
D．原线圈的输入功率
随着原线圈电流的减小而减小，故D错误。
故选C。
【变式2-3】（2024·全国·模拟预测）如图所示，变压器为理想变压器，原、副线圈的匝数比 ；
、 为定值电阻， ，滑动P可以改变接入电路的线圈匝数，在 、 两端接入电压最大
值为 的正弦交流电，则下列判断正确的是（ ）
A．P从上向下滑的过程中电阻 的功率先增大后减小
B．P从上向下滑的过程中变压器的输出功率先减小后增大
C．P下滑到线圈的中点时，变压器的输出功率最大，为
D．P下滑到线圈的中点时， 消耗的功率为
【答案】C
【详解】A．等效电路如图所示由
可得等效电阻为
所以通过 的电流为
P从上向下滑的过程中 变小， 变大，所以电阻 的功率一直变大，故A错误；
B．由等效电路可知，当 时，解得
即P下滑到线圈的中点时 的功率最大，最大功率
此时 消耗的功率与 相同，则P从上向下滑的过程中变压器的输出功率先增大后减小，故B错误；
C．由上述分析可知，P下滑到线圈的中点时，变压器的输出功率最大，为 ，C正确；
D．由上述分析可知，P下滑到线圈的中点时， 消耗的功率为 ，D错误。
故选C。
【变式2-4】．（2024·全国·模拟预测）逆变器是把直流电转变成交流电的装置，驾车外出野营或旅游时，
用逆变器连接到汽车蓄电池上就能输出正弦式交变电流，可以带动家用的电风扇、电饭煲、照明灯等电器
正常工作。逆变器主要由交流转换器和变压电路组成，逆变器中的交流转换器可以将电压为 的直流电
转变成 的交变电流。将一逆变器的输入端接到汽车蓄电池上，在另一端接有灯泡和电风
扇，逆变器内变压器原线圈接有理想交流电流表，开始时开关 闭合，电流表读数为 ，灯泡和电风扇
都正常工作。已知灯泡的额定电压为 ，电阻为 ，电风扇的额定电压为 ，内部电动机线圈电阻为 ，汽车蓄电池的电压为 ，变压器可视为理想变压器，电风扇可视为一电动机，灯泡为纯电
阻元件。下列说法正确的是（ ）
A．如果将开关 断开，逆变器内变压器原线圈两端的电压将减小
B．逆变器内变压器原、副线圈的匝数比为
C．电风扇的额定功率为
D．电风扇的效率为
【答案】C
【详解】A．转换器可以将电压为 的直流电转变成 的交变电流，汽车蓄电池的电压为
，则转变的交变电流的电压为
交电流电压的有效值为 ，则逆变器内变压器原线圈两端的电压 ，不随负载功率的变化而变化，
故A错误；
B．灯泡的额定电压为 ，灯泡正常工作，则变压器副线圈两端的电压 ，变压器原、副线圈
的匝数比
故B错误；
C．电流表读数为 ，则变压器原线圈的电流 ，根据变压器原、副线圈的电流与匝数的关系
可得副线圈的电流
灯泡的额定电压为 ，电阻为 ，流过灯泡的电流
则流过电风扇的电流
电风扇的额定功率
故C正确；D．电风扇的热功率
电风扇的效率
故D错误。
故选C。
【变式2-5】．（2024·北京朝阳·模拟预测）我们一般把变压器分成左右两个电路来看待，使得在分析时将
问题变得复杂。现在我们将变压器与负载视为一个整体，等效为一个新的电阻 ，变成一个单一的回路。
若已知原、副线圈的匝数比为 ，副线圈所接电阻为 ，则 等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】设原线圈的输入电压为 ，则副线圈的输出电压为
则电阻 消耗的功率为
将变压器与负载视为一个整体，等效为一个新的电阻 ，则 消耗的功率为
又
联立可得
故选B。
题组 03 楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用
【提分秘籍】
1.感应电流方向的判断方法(1)右手定则，即根据导体在磁场中做切割磁感线运动的情况进行判断。
(2)楞次定律，即根据穿过闭合回路的磁通量的变化情况进行判断。
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”。
(2)阻碍相对运动——“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．感应电动势大小的计算
情景图
回路(不一定闭 一段直导线(或 绕一端转动的一 绕与B垂直的轴转
研究对象
合) 等效直导线) 段导体棒 动的导线框
从图示时刻计时E
表达式 E＝n E＝BLv E＝BL2ω
＝NBS·ωcosωt
【典例剖析】
【例3-1】如图所示，螺线管竖直固定，螺线管正下方水平地面上有一金属圆环，螺线管的轴线通过圆环
的圆心，给螺线管通入如图所示方向的电流，电流均匀增大，圆环保持不动，则下列说法正确的是
（ ）
A．从上往下看，圆环中有顺时针方向的感应电流
B．圆环中磁通量均匀增大
C．圆环中感应电流均匀增大
D．圆环受到的安培力均匀增大
【答案】BD
【详解】A B．根据安培定则可知通电螺线管下端为N极，螺线管上电流电流均匀增大，根据电流的磁效
应，所以磁场均匀变大，那么圆环中磁通量均匀增大，根据楞次定律可知，从上往下看，圆环中有逆时针
方向的感应电流，A错误，B 正确；
C．根据法拉第电磁感应定律与对AB选项的分析可知：圆环中感应电流大小恒定，方向不变，C错误；
D．由于螺线管中的磁场在圆环位置均匀变大，所以圆环受到的安培力均匀增大，D正确。故选BD。
【例3-2】如图所示，一不可伸长的细绳的上端固定，下端系在边长为l=0.40m的正方形金属框的D点上。
金属框的一条对角线AC水平，其下方有方向垂直于金属框所在平面的匀强磁场。己知构成金属框的导线
单位长度的阻值为 =5.0×10-3Ω/m。在t=0到t=3.0s时间内，磁感应强度大小随时间t的变化关系为B（t）
=0.3-0.1t（SI制）。则下列说法正确的是（ ）
A．t=0到t=3.0s时间内，金属框中产生的感应电动势为0.016V
B．t=0到t=3.0s时间内，金属框中的电流方向为A→D→C→B→A
C．t=2.0s时金属框所受安培力的大小为 N
D．在t=0到t=2.0s时间内金属框产生的焦耳热为0.032J
【答案】C
【详解】A．t=0到t=3.0s时间内，金属框中产生的感应电动势为
故A错误；
B．根据楞次定律的增反减同可知t=0到t=3.0s时间内，金属框中的电流方向为D→A→B→C→D。故B错
误；
C．由欧姆定律。可得
t=2.0s时磁感应强度为
金属框处于磁场中的有效长度为
所受安培力的大小为
N
故C正确；
D．在t=0到t=2.0s时间内金属框产生的焦耳热为
故D错误。
故选C。【例3-3】（2025高三上·江苏南京·期中）如图所示，光滑水平地面上有一辆静止小车，车上固定一个螺线
管，螺线管通过电阻R连成通路。虚线表示一光滑绝缘轨道穿过线圈内部，一个条形磁铁，N极向右，可
以沿着轨道运动，且磁铁、轨道和线圈不接触。现推动一下磁铁，使它获得向右的初速度，下列说法正确
的是（ ）
A．磁铁在运动过程中，速度可能为零
B．当磁铁处于线圈正中位置时，磁铁和小车的总动能最小
C．当磁铁向小车运动时，电阻R中的电流方向由A向B，磁铁和小车的总动量减少
D．若磁铁穿过了线圈并逐渐远离线圈，则此时电阻R中的电流方向由B向A，磁铁和小车的总动能减
少
【答案】D
【详解】A．根据楞次定律，来拒去留可知，磁铁一直减速，直到和小车的速度最终相同，速度不可能为
零，故A错误；
C．当磁铁向小车运动时，由楞次定律和安培定则可知，电阻R中的电流方向由A向B，系统不受外力，故
磁铁和小车的总动量守恒，保持不变，故C错误；
BD．根据能量守恒定律可知，磁铁的动能转化为小车的动能与电阻R产生的热量，若磁铁穿过了线圈并逐
渐远离线圈，根据楞次定律和安培定则可知此时电阻R中的电流方向由B向A，磁铁和小车的总动能减少，
故当磁铁处于线圈正中位置时，磁铁和小车的总动能不是最小，故B错误，D正确。
故选D。
【变式演练】
【变式3-1】（2025高三上·湖北武汉·开学考试）有一种科普玩具由一枚强磁铁和一根厚铝管组成，铝管竖
直放置，磁铁从铝管上端口由静止释放，在铝管内下落很慢。小明同学认为铝管可以等效成多个铝环叠放，
所以用套在长玻璃管外的线圈代替铝环，结合传感器进行研究，如图甲所示。现将连接电流传感器的线圈
套在竖直放置的长玻璃管上，如图甲所示。将强磁铁从离玻璃管上端高为h处由静止释放，磁铁在玻璃管
内下落并穿过线圈。如图乙所示是实验中观察到的线圈中电流随时间变化的图像，则（ ）A．该科普玩具的原理是电流的磁效应
B．若上下翻转磁铁，电流先负向后正向
C．线圈匝数加倍后重复实验，电流峰值将加倍
D．h加倍后重复实验，电流峰值将加倍
【答案】B
【详解】A．该科普玩具的原理是电磁感应，故A错误；
B．磁铁上下翻转后重复实验，穿过圆环过程中，磁通量方向相反，根据楞次定律可知，将会产生负向电
流后产生正向电流，故B正确；
C．若将线圈匝数加倍后，根据法拉第电磁感应定律
可知，线圈中感应电动势也加倍，由电阻定律
可知，线圈匝数加倍，长度也加倍，电阻加倍，由欧姆定律
可知，线圈中感应电流的峰值不会加倍，故C错误；
D．若没有磁场力，则由机械能守恒定律
可得
若将h加倍，速度并非变为原来的2倍，实际中存在磁场力做负功，速度也不是原来的2倍，则线圈中产
生的电流峰值不会加倍，故D错误。
故选B。
【变式3-2】（2025高三上·甘肃张掖·开学考试）线圈炮由加速线圈和弹丸线圈构成，根据通电线圈之间磁
场的相互作用原理而工作。如图所示，弹丸线圈放在绝缘且内壁光滑的水平发射导管内。闭合开关 后，
在加速线圈中接通方向如图所示、大小变化的电流 ，发现静止的弹丸线圈向右发射，则下列说法正确的
是（ ）A．加速线圈内部磁场方向向左
B．穿过弹丸线圈的磁通量减小
C．加速线圈中的电流 变大
D．加速线圈中的电流 变化越快，弹丸线圈中感应电动势越小
【答案】C
【详解】A．根据安培定则可知，加速线圈内部磁场方向向右，A错误；
BC．静止的弹丸线圈向右发射，则弹丸线圈内产生感应电流，根据楞次定律可知，加速线圈中应通有增大
的电流使得通过弹丸线圈磁通量增大，弹丸远离加速线圈，B错误，C正确；
D．根据法拉第电磁感应定律可知，加速线圈中的电流 变化越快，弹丸线圈中感应电动势越大，D错误。
故选C。
【变式3-3】如图所示，圆环形导体线圈a平放在水平桌面上，在a的正上方固定一竖直螺线管b，二者轴
线重合，螺线管b与电源、滑动变阻器连接成如图所示的电路。若将滑动变阻器的滑片P向下滑动，下列
表述正确的是（ ）
A．线圈a中将产生沿顺时针方向（俯视）的感应电流
B．穿过线圈a的磁通量减小
C．线圈a有扩张的趋势
D．线圈a对水平桌面的压力F 将增大
N
【答案】D
【详解】AB．当滑动触头P向下移动时电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知通过线圈b的电流增大，穿过
线圈a的磁通量增加，方向向下；根据楞次定律即可判断出线圈a中感应电流方向俯视应为逆时针，故AB
错误；
C．根据楞次定律，感应电流的产生总是阻碍引起感应电流的原因，因为滑动触头向下滑动导致穿过线圈a
的磁通量增加，故只有线圈面积减少时才能阻碍磁通量的增加，故线圈a应有收缩的趋势，故C错误；
D．开始时线圈a对桌面的压力等于线圈a的重力，当滑动触头向下滑动时，可以用“等效法”，即将线
圈a和b看做两个条形磁铁，判断知此时两磁铁的N极相对，互相排斥，故线圈a对水平桌面的压力将增
大，故D正确。
故选D。题组 04 电磁感应的图象问题
【提分秘籍】
1．图象类型
2．分析方法
3．解答电磁感应中图象类选择题的两个常用方法
排 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
除 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
法 排除错误的选项
函
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
数
函数关系对图象进行分析和判断
法
【典例剖析】
【例4-1】（2024·广西·模拟预测）水平桌面上固定一根绝缘长直导线，矩形导线框abcd靠近长直导线固
定在桌面上，如图甲所示。当长直导线中的电流按图乙的规律变化时（图甲所示电流方向为其正方向），
则（ ）
A． ，线框内电流的方向为abcda
B． ，线框内电流的方向为abcdaC． ，线框所受安培力方向先向左后向右
D． ，线框所受安培力方向一直向左
【答案】A
【详解】A． ，穿过线圈的磁通量向里减小，根据楞次定律可知，线框内电流的方向为abcda，选项
A正确；
B． ，穿过线圈的磁通量向里增加，根据楞次定律可知，线框内电流的方向为adcba，选项B错误；
C． ，穿过线圈的磁通量向外增加，根据楞次定律可知，线框内电流的方向为abcda，根据左手定则，
ad受安培力向右，bc受安培力向左，因ad边受安培力大于bc边受的安培力，可知线框所受安培力方向一
直向右，选项C错误；
D． ，线框内电流的方向为abcda，根据左手定则，ad受安培力向左，bc受安培力向右，因ad边受
安培力大于bc边受的安培力，可知线框所受安培力方向向左，可知 ，线框所受安培力方向先向左后
向右，选项D错误。
故选A。
【例4-2】如图所示，空间有一个边长为2L的等边三角形匀强磁场区域，现有一个底边长为L的直角三角
形金属线框，电阻为R，高度与磁场区域相等，金属线框以速度v匀速穿过磁场区域的过程中，规定逆时
针方向的电流为正，则下列关于线框中感应电流i随位移x变化的图线正确的是（开始时线框右端点与磁
场区域左端点重合）（ ）
A． B．C． D．
【答案】B
【详解】 时，穿过线框的磁通量垂直纸面向里增大，由楞次定律可知，线框中感应电流沿逆时针
方向为正，设线框有效切割长度为l，则由几何关系有
由法拉第电磁感应定律有
由闭合电路欧姆定律知
当 时
时，穿过线框的磁通量垂直纸面向里增大，由楞次定律可知，线框中感应电流沿
逆时针方向为正，由几何关系可得
当 时， ； 时，穿过线框的磁通量垂直纸面向里减小，由楞次定律可知，线框中感应
电流沿顺时针方向为负，当斜边刚出磁场时
之后，由几何关系可得当 时， ，B图符合题意。
故选B。
【例4-3】（2025高三上·江苏镇江·开学考试）如图甲所示，足够长的光滑金属导轨处在垂直于导轨平面向
里的匀强磁场中，其磁感应强度B随时间t的变化图像如图乙所示。导轨左端接有一个电阻值恒为R的灯
泡。从0时刻开始，垂直于导轨的导体棒ab在水平外力F的作用下从导轨的左端沿导轨以速度v水平向右
匀速运动。导体棒ab的长度为l，导体棒运动过程中与导轨接触良好，导体棒与导轨的电阻均不计。在导
体棒ab向右运动的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．灯泡亮度不变
B．水平外力F逐渐变小
C．在t 时刻，
0
D．在t 时刻，
0
【答案】C
【详解】A．时刻t时磁感应强度大小为
动生电动势为
感生电动势为
总电动势为
灯泡的电流为
灯泡亮度增大，A错误；
B．根据平衡条件得解得
水平外力F逐渐变大，B错误；
CD．在t 时刻
0
解得
C正确，D错误。
故选C。
【例4-4】（2025·海南省直辖县级单位·模拟预测）如图甲所示，单匝矩形线圈 垂直固定在匀强磁场
中。规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向，磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示。以逆时针方向
为电流正方向，以向右方向为安培力正方向，下列关于 段导线中的感应电流i和受到的安培力F随时间
变化的图像正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】A B． 时间内，磁感应强度减小，方向垂直纸面向里，由楞次定律可知，产生的感应电流
沿顺时针方向，为负，同理可知， 时间内，电流为正，由法拉第电磁感应定律可知， 时
间内通过 段导线的电流是 时间内通过 段导线的 ，故A错误，B正确；
C D．由左手定则可知，在0~0.5T时间内，bc边所受安培力水平向右为正，在0.5T~T时间内，bc边所受安
培力水平向左为负；根据
可知，在0~0.5T时间内，bc边所受安培力逐渐减小；在0.5T~T时间内，bc边所受安培力逐渐增加，且在0.5T~T时间内安培力的最大值为在0~0.5T时间内最大值的4倍，CD错误。
故选B。
【变式演练】
【变式4-1】（2025·江西赣州·二模）如图甲所示为某电动牙刷的无线充电示意图，送电线圈以由a到b为
电流的正方向，当送电线圈通过如图乙所示的电流时，在 时间内（ ）
A．受电线图中产生的感应电流增大且方向由d到c
B．受电线圈中产生的感应电流减小且方向由d到c
C．受电线圈中产生的感应电流增大且方向由c到d
D．受电线圈中产生的感应电流减小且方向由c到d
【答案】A
【详解】在 时间内，送电线圈电流减小，但是电流的变化率变大，穿过受电线圈的磁通量变化率变大，
则受电线圈中产生的感应电流变大，根据楞次定律可知，受电线圈中电流方向由d到c。
故选A。
【变式4-1】．（2025高三上·广西·阶段练习）如图甲所示，一固定竖直倒放的“ U”形足够长金属导轨的
上端接一定值电阻R，整个装置处于方向垂直轨道平面向里的匀强磁场中，现将一质量为 m的金属棒从距
电阻R足够远的导轨上某处，以大小为 的初动量竖直向上抛出，金属棒的动量随时间变化的图像如图乙
所示（图中 的虚线为图像渐近线）。整个过程中金属棒与导轨接触良好且保持垂直，不计空气
阻力及金属棒和导轨电阻，重力加速度大小为 。关于此过程中，下列说法正确的是（ ）
A． 时刻金属棒的加速度为零
B．金属棒的最大加速度大小为3g
C．金属棒上升过程安培力的冲量大小为D．金属棒上升过程定值电阻产生的焦耳热大于
【答案】B
【详解】A． 时刻金属棒的速度为零，则电路中感应电动势为零，金属棒所受安培力为零，则金属棒仅
受重力作用，加速度为 g ，故A错误；
B．金属棒在运动中切割磁感线，
又
联立可得
由图可知金属棒向下运动动量大小为 时
解得
此时斜率为零，故合外力为零，金属棒所受安培力竖直向上，与安培力等大反向，故
在 时，金属棒向上运动的速度最大，所受向下的安培力最大，设
解得金属棒向上运动的最大速度
故金属棒受向下最大的安培力大小为
金属棒的最大加速度大小为
故B正确；
C．设金属棒上升过程安培力的冲量大小为 I ，对金属棒利用动量定理得
解得金属棒上升过程安培力的冲量大小为故C错误；
D．金属棒的初动能为
金属棒上升过程由动能定理可知
金属棒上升过程克服安培力所做的功等于定值电阻产生的焦耳热，小于 ，故D错误。
故选B。
【变式4-2】．（2025·湖北·一模）舰载机返回航母甲板时有多种减速方式，如图所示，为一种电磁减速方
式的简要模型。固定在水平面上足够长的平行光滑导轨，左端接有定值电阻，整个装置处在匀强磁场中。
现有一舰载机可等效为垂直于导轨的导体棒ab，以一定初速度水平向右运动，导体棒和导轨的电阻不计。
则导体棒运动过程中，其速度v、加速度a随运动时间t的关系图像可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【详解】AB．导体棒切割磁感线，回路中出现感应电流，导体棒ab受到向左的安培力，向右减速运动，
由
可知，由于导体棒速度减小，则加速度减小，所以导体棒做的是加速度越来越小的减速运动直至停止运动。故A错误；B正确；
CD．导体棒的最大加速度为
导体棒做加速度减小的减速运动，可知a-t图像的形状与v-t图像类似，为凹函数。故CD错误。
故选B。
【变式4-3】两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁感应强度方向与纸面垂直。边长为0.1m、总电阻为
0.005Ω的正方形导线框abcd位于纸面内，cd边与磁场边界平行，如图（a）所示。已知导线框一直向右做
匀速直线运动，cd边于t=0时刻进入磁场。线框中感应电动势随时间变化的图线如图（b）所示（感应电流
为顺时针方向时，感应电动势取正），下列说法正确的是（ ）
A．磁感应强度的方向垂直于纸面向里
B．磁感应强度的大小为0.5T
C．导线框运动的速度大小为0.5m/s
D．在t=0.4s至t=0.6s这段时间内，导线框所受的安培力大小为0.1N
【答案】C
【详解】A．由题图（b）可知，导线框刚进入磁场时，感应电流为顺时针方向，由右手定则和楞次定律可
知，磁感应强度的方向垂直于纸面向外，故A错误；
C．0.2~0.4s时间内线框没有产生感应电动势，则线框进入磁场的时间为0.2s，由于线框匀速运动，可得
故C正确；
B．线框进入磁场时，感应电动势为0.01V，所以
故B错误；
D．在t=0.4s至t=0.6s这段时间内，感应电动势为0.01V，则感应电流为
导线框所受安培力大小为故D错误。
故选C。
【变式4-4】一长直导线与闭合金属线框放在同一竖直面内，如图甲所示，长直导线中的电流i随时间t的
变化关系如图乙所示（以竖直向上为电流的正方向）。则在0～T时间内，下列说法正确的是（ ）
A． 时间内，穿过线框的磁通量最小
B． 时间内，线框中始终产生逆时针方向的感应电流
C． 时间内，线框先有扩张的趋势后有收缩的趋势
D． 时间内，线框所受安培力的合力方向向右
【答案】BC
【详解】A． 时间内，长直导线中的电流最大，且保持不变，所以穿过线框的磁通量最大，A错误；
BC．在 时间内，导线中的电流先反向减小后正向增大，线框内的磁通量先减小后增大，由楞次定
律可以判断线框中感应电流的方向始终沿逆时针方向，线框先有扩张的趋势后有收缩的趋势，BC正确；
D． 时间内，导线中电流保持不变，穿过线框的磁通量不变，所以线框内无感应电流产生，线框不
受安培力的作用，D错误。
故选BC。
题组 05 电磁感应中的力、电综合与能量转化问题
【提分秘籍】
1.分析导体棒切割磁感线运动时要由牛顿第二定律列方程，在方程中讨论 v的变化影响安培力的变化，进
而影响加速度a的变化，a的变化又影响v的变化．
2.克服安培力做功的过程就是其他形式的能转化为电能的过程，克服安培力做了多少功，就有多少其他形
式的能转化为电能．
3.电磁感应中的力电综合问题的分析思路注：有些物理量必须用动量定理或动量守恒定律定量计算(参考易错警示)。
4．求解电磁感应问题中焦耳热的三个途径
(1)感应电路为纯电阻电路时产生的焦耳热等于克服安培力做的功，即Q＝W ，一般用于电流变化的电路。
克安
(2)感应电路中电阻产生的焦耳热等于电流通过电阻做的功，即Q＝I2Rt，一般用于电流恒定的电路。
(3)感应电路中产生的焦耳热可通过能量守恒定律列方程求解。
【典例剖析】
【例4-1】（2025·全国·模拟预测）如图所示，间距为 的平行光滑金属导轨中间水平部分长为 ，距离
地面高度为 ，导轨右侧向上弯曲部分为半径为 的四分之一圆弧，且圆弧导轨左侧最低点切线水平，
导轨左侧向下弯折，位于竖直平面内，并连接定值电阻 。水平导轨 所在区域存在竖直向上的匀强磁
场，磁感应强度大小为 。将质量为 的导体棒从圆弧的最高点由静止释放，导体棒最终从中间水平导轨
左边缘飞出并落至水平地面上的 点（图中未画出）。已知重力加速度为 ，空气阻力忽略不计，导体棒
接入回路的电阻为 ，金属导轨电阻不计，导体棒在导轨上运动时始终垂直于导轨且与导轨接触良好，
则下列说法正确的是（ ）
A．导体棒在磁场中运动的最大加速度为
B．通过导体棒的电荷量为
C． 点到 的水平距离为D．定值电阻 上产生的焦耳热为
【答案】AC
【详解】A．设导体棒运动到圆弧最低点的速度为 ，则根据动能定理有
此后导体棒进入磁场区域做减速运动，则导体棒在磁场中运动时在 位置加速度最大，此时根据牛顿第二
定律有
其中
解得
选项A正确；
B．导体棒在磁场中运动时产生的平均电动势
平均电流
电荷量
解得
选项B错误；
C．导体棒在磁场中做减速运动，根据动量定理有
其中
导体棒水平飞出后做平抛运动，有
解得选项C正确；
D．根据能量守恒定律有
定值电阻 上产生的焦耳热
解得
选项D错误。
故选AC。
【例4-2】（2025·广西·模拟预测）如图所示，线框ac、bd边长为2L、电阻不计，三条短边ab、cd、ef长
均为L、电阻均为R，ef位于线框正中间。线框下方有一宽度为L的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B，
cd边与磁场边界平行，当cd距磁场上边界一定高度时无初速释放线框，线框cd边进入磁场时线框恰好匀
速运动，下落过程中线框始终在竖直面内，已知线框质量为m，重力加速度为g，则下列判断正确的是（
）
A．线框通过磁场过程中流过ab边的电流不变
B．线框通过磁场过程中a、b两点间电势差始终为
C．释放时cd边到磁场上边界高度为
D．整个过程中ab边产生的焦耳热一定为2mgL
【答案】BC
【详解】A．设整个运动过程中，产生的感应电流为I，当cd和ef通过磁场的过程中，流过ab的电流为两
个电阻大小相等支路的电流，大小均为 ，方向均为b→a；当ab通过磁场的过程中，流过ab的电流为等效电路的干路电流，大小为I，方向为a→b，A错误；
B．线框cd边进入磁场时的速度为 ，则有
线框受到的安培力
联立解得
根据线框构成等效电路的特点可知线框在通过磁场的过程中将始终做匀速运动，a、b两点间电势差始终等
于对应等效电路的路端电压的相反数，即
解得
B正确；
C．设释放时cd边到磁场上边界高度为h，根据运动学公式可得
解得cd边进入磁场时的速度大小为
结合上述分析可得
联立解得
故C正确；
D．根据焦耳定律可得整个过程中ab边产生的焦耳热为
解得
D错误。故选BC。
【例4-3】．（2025高三上·广西·阶段练习）如图甲所示，不计电阻的足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ
竖直固定，其间距L=1m，磁感应强度大小B=1T的匀强磁场垂直穿过导轨平面，导轨的上端M与P之间连
接一电阻R=0.75Ω，一阻值r=0.25Ω、长度L=1m的金属棒ab紧贴在导轨上。现使金属棒ab由静止开始下
滑，下滑过程中金属棒ab始终保持水平，且与导轨接触良好，其下滑距离x与时间t的关系如图乙所示，
图像中的OA段为曲线，AB段为直线，忽略金属棒ab运动过程中对原磁场的影响，取重力加速度大小
g=10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．金属棒ab稳定运动时的速度大小为6m/s
B．金属棒ab的质量为0.8kg
C．金属棒ab匀速运动时，其两端的电压为2V
D．在t~t+1s内，金属棒ab中产生的热量为16J
0 0
【答案】BD
【详解】A．由图乙可知，金属棒先向下做加速运动后做匀速运动，匀速运动的速度大小为
故A错误；
B．匀速阶段有
所以
故B正确；
C．金属棒ab匀速运动时，其两端的电压为
故C错误；
D．在 内，金属棒ab中产生的热量为故D正确。
故选BD。
【例4-4】．如图所示，足够长的平行光滑金属导轨固定在绝缘水平面上，两金属棒M、N紧靠在一起垂
直导轨放置，空间内存在垂直于导轨平面竖直向下的匀强磁场。现用水平恒力F使金属棒M向右做直线运
动，经过时间t系统达到稳定。已知运动过程中两金属棒与导轨始终垂直且接触良好，导轨电阻不计，下
列说法正确的是（ ）
A．系统达到稳定状态后，两金属棒的加速度相等且两金属棒之间的距离保持不变
B．系统达到稳定状态前，金属棒N的速度与两金属棒之间的距离成正比
C．系统达到稳定状态后，安培力对两金属棒的总冲量为零、总功也为零
D．系统达到稳定状态前，金属棒M克服安培力做的功等于系统产生的焦耳热与金属棒N的动能之和
【答案】BD
【详解】A．金属棒M在恒力F的作用下由静止开始加速，切割磁感线产生感应电流，在安培力的作用下
加速度逐渐减小，金属棒N开始由静止加速，加速度逐渐增大，当两者的加速度相等时，系统达到稳定状
态，两金属棒的速度差不变，但两者之间的距离逐渐增大，A项错误；
B．对金属棒N应用动量定理有
，
联立可得
x为两金属棒之间的距离，B项正确；
C．作用在两金属棒上的安培力大小相等、方向相反，在t时间内安培力的总冲量为零，但两金属棒位移不
同，总功不为零，C项错误；
D．对金属棒M由动能定理有
根据能量守恒定律有
联立解得
D项正确。
故选BD。
【变式演练】
【变式4-1】（2024·湖北·模拟预测）如图所示，平行光滑金属导轨间距为 ，导轨处在竖直向上的匀强磁场中，两个相同的金属棒 垂直于导轨平行放置，与导轨始终接触良好，每个金属棒质量为 ，接入
电路的电阻均为 。开始时 棒锁定在轨道上，对 棒施加水平向右的恒定拉力 ，经时间 棒的速
度达到最大值 ，此时撤去拉力，同时解除对 棒的锁定，导轨足够长且电阻不计。则（ ）
A．匀强磁场的磁感应强度大小 为 B．撤去拉力前 棒前进的距离为
C．撤去拉力前 棒前进的距离为 D．全过程中回路产生的焦耳热为
【答案】AC
【详解】A．ab棒匀速时受力平衡，有
解得
故A正确；
BC．ab棒从开始运动到匀速，列动量定理
解的
故B错误，C正确。
D．ab棒从开始运动到匀速的过程中能量守恒
解得
故D错误。
故选AC。【变式4-2】如图，足够长光滑绝缘斜面的倾角为 ，且 ，斜面上相距为1m的水平虚线 和
之间有垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为 ，一边长 、质量 、电
阻 的正方形金属线框 的 边紧靠磁场边界 。 时刻，线框在沿斜面向上的外力作用
下，由静止开始以大小为 的加速度匀加速进入匀强磁场，当线框 边到达磁场边界 时，撤
去外力，当线框 边到达磁场边界 时，线框速度恰好减为零。重力加速度 取 ，此过程中说法
正确的是（ ）
A．线框进磁场过程与出磁场过程安培力的冲量相同
B．整个过程线框中感应电流的最大值为2A
C．线框进入磁场过程中，拉力的功率与时间的关系为
D．线框从 边刚离开边界 到 边抵达边界 经历的时间为
【答案】AC
【详解】A．由题意可知，线框由静止到线框 边到达磁场边界 时，在外力的驱动下线框做匀加速直
线运动；线框完全进入磁场到线框 边到 时，线框做匀减速直线运动（加速度由线框重力的分力提
供）；线框冲出磁场到线框 边到达磁场边界 时，线框做变减速直线运动。当线框开始进磁场到完全
进入磁场时发生的时间为t，根据法拉第电磁感应定律有有
过程中受到的安培力
以上方程联立得
则线框进入磁场过程的冲量为
线框完全进入磁场到线框 边到 时，线框受到安倍力为0，则安培力的冲量为0；线框冲出磁场，线框
边到达磁场边界 发生的时间为 ，根据法拉第电磁感应定律有过程中受到的安培力
以上方程联立得
则线框出磁场过程的冲量为
得
故A正确；
B．由题意分析可知，线框完全进入磁场线框 边到达磁场边界 ，此时线框的速度最大，设此时的速
度为 ，由运动学公式有
此刻线框产生的感应电动势为E，线框产生的电流为I，则有
以上方程联立代入数值解得
故B错误；
C．线框进入磁场过程中，对线框进行受力分析，根据牛顿第二定律有
根据感应电动势及线框所受的安倍力有
则有
根据加速公式有
则拉力的功率与时间的关系为
故C正确；
D．线框 边到 时，设此时的速度为 ，在线框完全进入磁场到线框 边到 的过程中，线框做匀减
速直线运动，加速度由线框重力的分力提供，则有由速度位移公式得
又因为
设线框从 边刚离开边界 到 边抵达边界 过程中发生的时间为 ，由以上解答可知线框出磁场过程
的冲量为
根据动量定理有
以上方程联立代入数据解得
故D错误。
故选AC。
【变式4-3】．（2024·全国·模拟预测）如图甲所示，两根足够长的光滑金属导轨固定在同一水平面内且平
行放置，导轨间距为 ，水平面内存在垂直水平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为 ，导轨左侧与一
阻值为 的电阻相连，一质量为 的金属棒在外力 作用下沿导轨向右运动，外力 与金属棒运动的时间
的关系如图乙所示，图像斜率为 ，其余电阻不计，金属棒始终与导轨垂直且接触良好，下列说法正确
的是（ ）
A．当 时，金属棒做匀加速直线运动，加速度为
B．当 时，金属棒做加速度减小的加速运动，最终加速度为
C．当 时，金属棒做加速度增大的加速运动，最终加速度为
D．当 时，金属棒做加速度减小的加速运动，最终加速度为
【答案】AD【详解】A．金属棒开始做加速运动，根据牛顿第二定律
若此后过程中金属棒做匀加速直线运动，则有
对金属棒受力分析，根据牛顿第二定律
方程右侧为定值，需满足左侧 的系数 为零，即
解得
即当
时金属棒做
的匀加速直线运动，故A正确；
BC．同理，根据牛顿第二定律
可得
故当
时，初始加速度较小， 的系数大于零，加速度随时间增大，最终稳定时 的系数为零，金属棒做匀加速直
线运动，满足
即
故BC错误；
D．根据牛顿第二定律可得
故当
时，金属棒初始加速度较大， 的系数小于零，加速度随时间减小，最终稳定时 的系数为零，金属棒做匀
加速直线运动，满足
即
故D正确。
故选AD。
题组 06 电磁感应中的动量问题
【提分秘籍】
示意图
导体棒1受安培力的作用做
导体棒1做加速度逐渐减小
加速度减小的减速运动，导
的加速运动，导体棒2做加
体棒2受安培力的作用做加
动力学观点 速度逐渐增大的加速运动，
速度减小的加速运动，最后
最终两棒以相同的加速度做
两棒以相同的速度做匀速直
匀加速直线运动
线运动
动量观点 系统动量守恒 系统动量不守恒
棒1动能的减少量＝棒2动 外力做的功＝棒1的动能＋
能量观点
能的增加量＋焦耳热 棒2的动能＋焦耳热
1.杆＋导轨模型可以考查学生综合运用动力学、能量、动量的观点解决电磁感应问题，有可能作为压轴题
或最后一道选择题出现(如江苏高考)，所以有必要介绍一下。常见的杆＋导轨模型如下：
(1)单杆模型的常见情况(2)双杆模型的常见情况
杆＋导轨模型的动力学、能量分析参见典例探究例3后面的规律总结，因为杆一般做变加速运动，所以有
些物理量必须从动量的角度求解。
2．应用动量观点解决电磁感应综合问题可分为两类：
(1)利用动量定理求感应电荷量或运动位移
应用动量定理可以由动量变化来求解变力的冲量，如在导体棒做非匀变速运动的问题中，应用动量定理可
以解决牛顿运动定律不易解答的问题。
如：BILΔt＝Δp，q＝I·Δt，可得q＝。
Δt＝Δp，x＝vΔt，可得x＝。
(2)利用动量守恒定律分析双导体杆问题
在相互平行的光滑水平轨道间的双棒做切割磁感线运动时，由于这两根导体棒所受的安培力等大反向，合
外力为零，若不受其他外力，两导体棒的总动量守恒(上面双杆模型的第二种情况动量不守恒，须用动量定
理)。解决此类问题往往要应用动量守恒定律。
【典例剖析】
【例4-1】（2024·全国·模拟预测）如图所示，足够长的 形金属框质量 ，放在光滑绝缘水平面
上，相距 的两条边 、 相互平行，电阻 的 边垂直于 边。质量 的
光滑导体棒 横放在金属框上，其接入电路的电阻 。 棒被左侧固定在水平面上的两个立柱挡
住。整个装置处于竖直向上的空间足够大的匀强磁场中，磁感应强度 。 时刻，金属框获得一
水平向左、大小为 的初速度，金属框停止运动时，向左运动的总位移为 。已知运动过程中 棒与
金属框 边始终垂直且接触良好，其他电阻忽略不计。下列说法正确的是（ ）A． 时刻，金属框的加速度大小为
B．
C．若仅撤去立柱，则通过 棒的总电荷量为
D．若仅撤去立柱，则 棒上产生的焦耳热为
【答案】BD
【详解】A． 时刻金属框开始向左运动， 边切割磁感线产生的感应电动势
产生的感应电流
金属框受到的安培力
对金属框根据牛顿第二定律有
解得
A错误；
B．设通过 边的电荷量为 ，则有
对金属框由动量定理有
解得
B正确；
C．若仅撤去立柱，金属框与 棒组成的系统动量守恒，设共速时的速度为 ，则有
对 棒由动量定理有
解得
C错误；D．若仅撤去立柱，对金属框与 棒组成的系统，由能量守恒定律有
棒上产生的焦耳热
解得
D正确。
故选BD。
【例4-2】（2024·全国·模拟预测）如图所示，足够长的光滑平行金属导轨水平放置，以直线 为分界线，
左、右两侧导轨的间距分别为 、 。导轨处在竖直向上的匀强磁场中，其中 左侧磁场的磁感应
强度大小为 、 右侧磁场的磁感应强度大小为 。质量分别为 、 的导体棒 、 均垂直导轨放
置，两导体棒接入电路中的阻值均为 ，其余电阻不计。初始时两导体棒均静止，现对 棒施加水平向左
的恒力 ，同时对 棒施加水平向右的恒力 ，且 ，两导体棒在运动过程中始终与导轨垂直且
保持良好接触。已知从开始运动到两棒运动状态刚好稳定的过程中 棒的位移大小为 ，则此过程中
（ ）
A．同一时刻 棒的加速度大小等于 棒加速度大小的2倍
B．运动状态稳定时 棒做匀加速运动
C．运动状态稳定时 棒的速度大小为
D． 棒产生的焦耳热为
【答案】AD
【详解】A．设回路中的电流为 ，根据牛顿第二定律，对 棒有
对 棒有
可得
A正确；
B．分析可知两棒稳定的运动状态均为匀速直线运动，B错误；C．设两棒运动状态稳定时速度大小分别为 、 ，此时闭合回路中的总感应电动势
在达到稳定运动状态前的任意时刻有
则
可得
又稳定时有
其中
联立解得
C错误；
D．在运动状态稳定前的任意时刻均有
则从开始运动到运动状态稳定， 棒的位移大小
稳定运动时
对 、 棒组成的系统根据能量守恒定律有
棒产生的焦耳热
联立解得
D正确。
故选AD。
【例4-3】．（2025高三上·广西贵港·阶段练习）如图所示，两根足够长的平行金属导轨固定于同一水平面
内，导轨间的距离为L，导轨上平行放置两根导体棒ab和cd，构成矩形回路，已知ab棒质量为m，cd棒
质量为2m，两根导体棒电阻值均为r，其它电阻忽略不计，整个导轨处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B，导体棒均可沿导轨无摩擦的滑行。开始时两导体棒均静止，现给cd一向右的初速度v，对它们
0
之后的整个运动过程说法正确的是（ ）
A．cd的加速度为其最大加速度的一半时其速度大小为
B．cd的克服安培力所做的总功为
C．通过ab的电荷量为
D．两导体棒间的距离最终变为
【答案】AC
【详解】A．给cd棒一向右的初速度v 时的加速度最大设为a ，设开始运动后某时刻，cd棒的速度为v ，
0 m cd
ab棒的速度为v ，则矩形回路中的感应电动势为
ab
由闭合电路欧姆定律得
由安培力公式得
联立以上式子可得任意时间的加速度为
而最大加速度
由题意可知，当cd棒加速度为最大值的一半时有
两棒组成的系统合外力为零，系统动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律可得
联立解得故A正确；
B．cd棒受到向左的安培力而减速，ab棒受到向右的安培力而加速，当两者共速时回路的磁通量不变，不
再产生感应电流，两棒不受安培力，而以相同的速度一起做匀速直线运动，设两棒的共同速度为v，取向
右为正方向，根据动量守恒定律得
解得
对cd棒，根据动能定理得
解得cd克服安培力所做的总功为
故B错误；
C．对ab棒，取向右为正，由动量定理
通过ab的电荷量为
解得
故C正确；
D．设两导体棒间的距离最终变为s，则两棒相对运动的距离为s-L，通过两棒的电荷量为
解得
故D错误。
故选AC。
【变式演练】
【变式4-1】（2025高三上·广东·阶段练习）如图所示为模拟“电磁制动”原理的示意图，间距为 的光滑
平行金属导轨固定在绝缘水平面上，左端连接阻值为 的定值电阻，质量为 、长度为 、阻值为 的金
属棒垂直放在导轨上，整个装置处在竖直向上、磁感应强度大小为 的匀强磁场中。现使导体棒以初速度向右运动，经距离 后停止运动，下列说法正确的是（ ）
A．整个过程中通过电阻 的电荷量为
B．当导体棒运动距离 时，速度大小为
C．当导体棒运动距离 时，电阻 的发热功率为
D．若仅将磁感应强度大小加倍，则经距离 后导体棒停止运动
【答案】ABC
【详解】A．根据动量定理可得
则通过电阻 的电荷量为
故A正确；
D．根据牛顿第二定律可得
导体棒的制动距离为
若仅将磁感应强度大小加倍，则制动距离将变为 ，故D错误；
B．根据动量定理可得
当 时，可得故B正确；
C．当 时，可知
电阻 的发热功率
故C正确。
故选ABC。
【变式4-2】．如图所示，光滑平行长直导轨水平放置，间距 ，左侧接有阻值 的电阻。
导体棒质量 ，垂直静止放在导轨上，且接触良好。导体棒及导轨的电阻均不计。导轨所在区域
有垂直纸面向下的匀强磁场，磁感应强度 。初始时刻给导体棒一向右的初速 ，滑行一段
时间 后导体棒速度变为 ，已知重力加速度 ，则以下说法中正确的是（ ）
A．导体棒做匀减速运动，直到速度为0
B．在 时间内，导体棒向右运动的位移为2.5m
C．在 时间内，电阻 产生的内能为
D．在 时间内，通过电阻 的电荷量
【答案】BD
【详解】A.由右手定则和左手定则可知导体棒在向右运动过程中所受安培力向左，所以导体棒向右做减速
运动。再由
可知在减速过程中为变力，所以导体棒向右做变减速运动，直至处于静止状态，故A错误；
BD.由动量定理
得
又由
解得
故BD正确；
C.由能量守恒定律有
解得
故C错误。
故选BD。
【变式4-3】．如图所示，光滑水平金属导轨置于磁场中，磁场的磁感应强度为 ，左侧导轨间距为 ，右
侧导轨间距为 ，导轨均足够长。质量为 的导体棒 和质量为 的导体棒 均垂直于导轨放置，处
于静止状态。 的电阻为 ， 的电阻为 ，两棒始终在对应的导轨部分运动，两棒始终与导轨垂直且
接触良好，导轨电阻不计。现给 一水平向右的初速度 ，则此后的运动过程中，下列说法正确的是（
）
A． 和 组成的系统动量守恒
B．两棒最终以相同的速度做匀速直线运动
C． 最终的速度为
D．从 获得初速度到二者稳定运动，此过程系统产生的焦耳热为
【答案】CD
【详解】A．导体棒ab和cd的长度不一样，所以受到的安培力大小不相等，系统合力不为零，所以导体棒ab和cd组成的系统动量不守恒，故A错误；
BC．根据题意可知，当导体棒ab和cd产生的电动势相等时，两棒都做匀速直线运动，则有
对导体棒ab，规定水平向右为正方向，由动量定理可得
对导体棒cd，规定水平向右为正方向，由动量定理可得
联立解得
，
故B错误，C正确；
D．由能量守恒定律得，整个回路产生的焦耳热
解得
故D正确。
故选CD。
【变式4-4】．如图，两根足够长的光滑平行导轨固定在绝缘水平面上，左、右两侧导轨间距分别为2L和
L， 左侧是电阻不计的金属导轨，右侧是绝缘轨道。 左侧处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强
度大小为 B； 右侧以 O 为原点，沿导轨方向建立 x 轴，沿 Ox 方向存在分布规律为 B =B+ kx（k
0 0
> 0）的竖直向下的磁场（图中未标出）。一质量为 m、阻值为 R、三边长度均为 L 的 U 形金属框，左
端紧靠 静置在绝缘轨道上（与金属导轨不接触）。导体棒 a 、b 质量均为 m ，电阻均为 R ，分别
静止在立柱左右 两侧的金属导轨上。现同时给导体棒 a ，b 大小相同的水平向右的速度v，当导体棒 b
0
运动至 时，导体棒 a 中已无电流（a 始终在宽轨上）。导体棒 b 与 U 形金属框碰撞后连接在一起
构成回路，导体棒 a 、b 、金属框与导轨始终接触良好，导体棒 a 被立柱挡住没有进入右侧轨道。下列
说法正确的是（ ）
A．导体棒a到达立柱时的速度大小为 v
0
B．导体棒b到达 时的速度大小为 v
0C．导体棒b与U形金属框碰撞后连接在一起后做匀减速运动
D．导体棒b与U形金属框碰撞后，导体棒 b 静止时与 的距离为
【答案】BD
【详解】AB．设b到达 时的速度为 ，此时a的速度为 ，电路中刚好无电流，则
由动量定理可知
解得
故A错误，B正确；
C．碰撞后，由于磁场是变化的感应电流也是变化的，安培力的大小不是一个恒定的值，加速度不恒定，
故C错误；
D．设碰后的共同速度为 ，则
右侧的磁感应强度比左边区域的磁感应强度大
从碰撞共速到停止的过程中，电路中的平均电流
结合动量定理可知
其中
解得
故D正确。
故选BD。
一、单选题
1.（2024·天津·高考真题）如图所示，两根不计电阻的光滑金属导轨平行放置，导轨及其构成的平面均与水
平面成某一角度，导轨上端用直导线连接，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中。具有一定阻值的金属棒MN从某高度由静止开始下滑，下滑过程中MN始终与导轨垂直并接触良好，则MN所受的安
培力F及其加速度a、速度v、电流I，随时间t变化的关系图像可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【详解】ABC．根据题意，设导体棒的电阻为R，导轨间距为L，磁感应强度为B，导体棒速度为v时，受
到的安培力为
可知
由牛顿第二定律可得，导体棒的加速度为
可知，随着速度的增大，导体棒的加速度逐渐减小，当加速度为零时，导体棒开始做匀速直线运动，则v
− t图像的斜率逐渐减小直至为零时，速度保持不变，由于安培力F与速度v成正比，则F − t图像的斜率
逐渐减小直至为零时，F保持不变，故A正确，BC错误；
D．根据题意，由公式可得，感应电流为
由数学知识可得
由于加速度逐渐减小，则I − t图像的斜率逐渐减小，故D错误。故选A。
2．（2023·福建·高考真题）如图，M、N是两根固定在水平面内的光滑平行金属导轨，导轨足够长且电阻
可忽略不计；导轨间有一垂直于水平面向下的匀强磁场，其左边界 垂直于导轨；阻值恒定的两均匀金
属棒a、b均垂直于导轨放置，b始终固定。a以一定初速度进入磁场，此后运动过程中始终与导轨垂直且
接触良好，并与b不相碰。以O为坐标原点，水平向右为正方向建立x轴坐标；在运动过程中，a的速度
记为v，a克服安培力做功的功率记为P。下列v或P随x变化的图像中，可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【详解】AB．设导轨间磁场磁感应强度为B，导轨间距为L，金属棒总电阻为R，由题意导体棒a进入磁场
后受到水平向左的安培力作用，做减速运动，根据动量定理有
根据
可得
又因为
联立可得根据表达式可知v与x成一次函数关系，故A正确，B错误；
CD．a克服安培力做功的功率为
故 图像为开口向上的抛物线，由于F和v都在减小，故P在减小,故CD错误。
故选A。
3．（2023·重庆·高考真题）如图所示，与水平面夹角为θ的绝缘斜面上固定有光滑U型金属导轨。质量为
m、电阻不可忽略的导体杆MN沿导轨向下运动，以大小为v的速度进入方向垂直于导轨平面向下的匀强
磁场区域，在磁场中运动一段时间t后，速度大小变为2v。运动过程中杆与导轨垂直并接触良好，导轨的
电阻忽略不计，重力加速度为g。杆在磁场中运动的此段时间内（ ）
A．流过杆的感应电流方向从N到M
B．杆沿轨道下滑的距离为
C．流过杆感应电流的平均电功率等于重力的平均功率
D．杆所受安培力的冲量大小为
【答案】D
【详解】A．根据右手定则，判断知流过杆的感应电流方向从M到N，故A错误；
B．依题意，设杆切割磁感线的有效长度为 ，电阻为 。杆在磁场中运动的此段时间内，杆受到重力，轨
道支持力及沿轨道向上的安培力作用，根据牛顿第二定律可得
联立可得杆的加速度
可知，杆在磁场中运动的此段时间内做加速度逐渐减小的加速运动；若杆做匀加速直线运动，则杆运动的
距离为根据 图像围成的面积表示位移，可知杆在时间t内速度由 达到 ，杆真实运动的距离大于匀加速情
况发生的距离，即大于 ，故B错误；
C．由于在磁场中运动的此段时间内，杆做加速度逐渐减小的加速运动，杆的动能增大。由动能定理可知，
重力对杆所做的功大于杆克服安培力所做的功，根据 可得安培力的平均功率小于重力的平均功率，
也即流过杆感应电流的平均电功率小于重力的平均功率，故C错误；
D．杆在磁场中运动的此段时间内，根据动量定理，可得
得杆所受安培力的冲量大小为
故D正确。
故选D。
二、多选题
4．（2024·贵州·高考真题）如图，间距为L的两根金属导轨平行放置并固定在绝缘水平桌面上，左端接有
一定值电阻R，导轨所在平面存在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场。质量为m的金属棒置
于导轨上，在水平拉力作用下从静止开始做匀加速直线运动，一段时间后撤去水平拉力，金属棒最终停在
导轨上。已知金属棒在运动过程中，最大速度为v，加速阶段的位移与减速阶段的位移相等，金属棒始终
与导轨垂直且接触良好，不计摩擦及金属棒与导轨的电阻，则（ ）
A．加速过程中通过金属棒的电荷量为 B．金属棒加速的时间为
C．加速过程中拉力的最大值为 D．加速过程中拉力做的功为
【答案】AB
【详解】A．设加速阶段的位移与减速阶段的位移相等为 ，根据
可知加速过程中通过金属棒的电荷量等于减速过程中通过金属棒的电荷量，则减速过程由动量定理可得
解得A正确；
B．由
解得
金属棒加速的过程中，由位移公式可得
可得加速时间为
B正确；
C．金属棒在水平拉力作用下从静止开始做匀加速直线运动，加速过程中，安培力逐渐增大，加速度不变，
因此拉力逐渐增大，当撤去拉力的瞬间，拉力最大，由牛顿第二定律可得
其中
联立解得
C错误；
D．加速过程中拉力对金属棒做正功，安培力对金属棒做负功，由动能定理可知，合外力的功
可得
因此加速过程中拉力做的功大于 ，D错误。
故选AB。
5．（2024·海南·高考真题）两根足够长的导轨由上下段电阻不计，光滑的金属导轨组成，在M、N两点绝
缘连接，M、N等高，间距L = 1m，连接处平滑。导轨平面与水平面夹角为30°，导轨两端分别连接一个
阻值R = 0.02Ω的电阻和C = 1F的电容器，整个装置处于B = 0.2T的垂直导轨平面斜向上的匀强磁场中，
两根导体棒ab、cd分别放在MN两侧，质量分为m = 0.8kg，m = 0.4kg，ab棒电阻为0.08Ω，cd棒的电
1 2
阻不计，将ab由静止释放，同时cd从距离MN为x = 4.32m处在一个大小F = 4.64N，方向沿导轨平面
0向上的力作用下由静止开始运动，两棒恰好在M、N处发生弹性碰撞，碰撞前瞬间撤去F，已知碰前瞬间
ab的速度为4.5m/s，g = 10m/s2（ ）
A．ab从释放到第一次碰撞前所用时间为1.44s
B．ab从释放到第一次碰撞前，R上消耗的焦耳热为0.78J
C．两棒第一次碰撞后瞬间，ab的速度大小为6.3m/s
D．两棒第一次碰撞后瞬间，cd的速度大小为8.4m/s
【答案】BD
【详解】A．由于金属棒ab、cd同时由静止释放，且恰好在M、N处发生弹性碰撞，则说明ab、cd在到达
M、N处所用的时间是相同的，对金属棒cd和电容器组成的回路有
Δq = C·BLΔv
对cd根据牛顿第二定律有
F－BIL－mgsin30° = ma
2 2 2
其中
，
联立有
则说明金属棒cd做匀加速直线运动，则有
联立解得
a = 6m/s2，t = 1.2s
2
故A错误；
B．由题知，知碰前瞬间ab的速度为4.5m/s，则根据功能关系有
金属棒下滑过程中根据动量定理有
其中，R = R＋R = 0.1Ω
总 ab
联立解得
q = 6C，x = 3m，Q = 3.9J
ab
则R上消耗的焦耳热为
故B正确；
CD．由于两棒恰好在M、N处发生弹性碰撞，取沿斜面向下为正，有
mv－mv = mv′＋mv′
1 1 2 2 1 1 2 2
其中
v = at = 7.2m/s
2 2
联立解得
v′ = －3.3m/s，v′ = 8.4m/s
1 2
故C错误、D正确。
故选BD。
6．（2024·宁夏四川·高考真题）如图，一绝缘细绳跨过两个在同一竖直面（纸面）内的光滑定滑轮，绳的
一端连接一矩形金属线框，另一端连接一物块。线框与左侧滑轮之间的虚线区域内有方向垂直纸面的匀强
磁场，磁场上下边界水平，在 时刻线框的上边框以不同的初速度从磁场下方进入磁场。运动过程中，
线框始终在纸面内且上下边框保持水平。以向上为速度的正方向，下列线框的速度v随时间t变化的图像
中可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．【答案】AC
【详解】设线圈的上边进入磁场时的速度为v，设线圈的质量M，物块的质量m，图中线圈进入磁场时线
圈的加速度向下，则对线圈由牛顿第二定律可知
对滑块
其中
即
线圈向上做减速运动，随速度的减小，向下的加速度减小；当加速度为零时，即线圈匀速运动的速度为
A．若线圈进入磁场时的速度较小，则线圈进入磁场时做加速度减小的减速运动，线圈的速度和加速度都
趋近于零，则图像A可能正确；
B．因t=0时刻线圈就进入磁场，则进入磁场时线圈向上不可能做匀减速运动，则图像B不可能；
CD．若线圈的质量等于物块的质量，且当线圈进入磁场时，且速度大于v，线圈进入磁场做加速度减小的
0
减速运动，完全进入磁场后线圈做匀速运动；当线圈出离磁场时，受向下的安培力又做加速度减小的减速
运动，最终出离磁场时做匀速运动，则图像C有可能，D不可能。
故选AC。
7．（2024·湖南·高考真题）某电磁缓冲装置如图所示，两足够长的平行金属导轨置于同一水平面内，导轨
左端与一阻值为R的定值电阻相连，导轨 段与 段粗糙，其余部分光滑， 右侧处于竖直向下的匀
强磁场中，一质量为m的金属杆垂直导轨放置。现让金属杆以初速度 沿导轨向右经过 进入磁场，最
终恰好停在 处。已知金属杆接入导轨之间的阻值为R，与粗糙导轨间的摩擦因数为 ， 。
导轨电阻不计，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．金属杆经过 的速度为B．在整个过程中，定值电阻R产生的热量为
C．金属杆经过 与 区域，金属杆所受安培力的冲量相同
D．若将金属杆的初速度加倍，则金属杆在磁场中运动的距离大于原来的2倍
【答案】CD
【详解】A．设平行金属导轨间距为L，金属杆在AABB区域向右运动的过程中切割磁感线有
1 1
E = BLv，
金属杆在AABB区域运动的过程中根据动量定理有
1 1
则
由于 ，则上面方程左右两边累计求和，可得
则
设金属杆在BBC C区域运动的时间为t，同理可得，则金属杆在BBC C区域运动的过程中有
1 1 0 1 1
解得
综上有
则金属杆经过BB 的速度大于 ，故A错误；
1
B．在整个过程中，根据能量守恒有
则在整个过程中，定值电阻R产生的热量为
故B错误；
C．金属杆经过AABB与BBC C区域，金属杆所受安培力的冲量为
1 1 1 1则金属杆经过AABB与BBC C区域滑行距离均为 ，金属杆所受安培力的冲量相同，故C正确；
1 1 1 1
D．根据A选项可得，金属杆以初速度 在磁场中运动有
金属杆的初速度加倍，设此时金属杆在BBC C区域运动的时间为 ，全过程对金属棒分析得
1 1
联立整理得
分析可知当金属杆速度加倍后，金属杆通过BBC C区域的速度比第一次大，故 ，可得
1 1
可见若将金属杆的初速度加倍，则金属杆在磁场中运动的距离大于原来的2倍，故D正确。
故选CD。
8．（2024·辽宁·高考真题）如图，两条“∧”形的光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，间距为L，左、
右两导轨面与水平面夹角均为30°，均处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小分别为2B和B。将有
一定阻值的导体棒ab、cd放置在导轨上，同时由静止释放，两棒在下滑过程中始终与导轨垂直并接触良好，
ab、cd的质量分别为2m和m，长度均为L。导轨足够长且电阻不计，重力加速度为g，两棒在下滑过程中
（ ）
A．回路中的电流方向为abcda B．ab中电流趋于
C．ab与cd加速度大小之比始终为2︰1 D．两棒产生的电动势始终相等
【答案】AB
【详解】A．两导体棒沿轨道向下滑动，根据右手定则可知回路中的电流方向为abcda；故A正确；
BC．设回路中的总电阻为R，对于任意时刻当电路中的电流为I时，对ab根据牛顿第二定律得
对cd故可知
分析可知两个导体棒产生的电动势相互叠加，随着导体棒速度的增大，回路中的电流增大，导体棒受到的
安培力在增大，故可知当安培力沿导轨方向的分力与重力沿导轨向下的分力平衡时导体棒将匀速运动，此
时电路中的电流达到稳定值，此时对ab分析可得
解得
故B正确，C错误；
D．根据前面分析可知 ，故可知两导体棒速度大小始终相等，由于两边磁感应强度不同，故产生的
感应电动势不等，故D错误。
故选AB。
9．（2023·辽宁·高考真题）如图，两根光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，左、右两侧导轨间距分别
为d和2d，处于竖直向上的磁场中，磁感应强度大小分别为2B和B。已知导体棒MN的电阻为R、长度为
d，导体棒PQ的电阻为2R、长度为2d，PQ的质量是MN的2倍。初始时刻两棒静止，两棒中点之间连接
一压缩量为L的轻质绝缘弹簧。释放弹簧，两棒在各自磁场中运动直至停止，弹簧始终在弹性限度内。整
个过程中两棒保持与导轨垂直并接触良好，导轨足够长且电阻不计。下列说法正确的是（ ）
A．弹簧伸展过程中，回路中产生顺时针方向的电流
B．PQ速率为v时，MN所受安培力大小为
C．整个运动过程中，MN与PQ的路程之比为2：1
D．整个运动过程中，通过MN的电荷量为
【答案】AC
【详解】A．弹簧伸展过程中，根据右手定则可知，回路中产生顺时针方向的电流，选项A正确；
B．任意时刻，设电流为I，则PQ受安培力
方向向左；MN受安培力方向向右，可知两棒系统受合外力为零，动量守恒，设PQ质量为2m，则MN质量为m， PQ速率为v时，
则
解得
回路的感应电流
MN所受安培力大小为
选项B错误；
C．两棒最终停止时弹簧处于原长状态，由动量守恒可得
可得则最终MN位置向左移动
PQ位置向右移动
因任意时刻两棒受安培力和弹簧弹力大小都相同，设整个过程两棒受的弹力的平均值为F ，安培力平均
弹
值F ，则整个过程根据动能定理
安
可得
选项C正确；
D．两棒最后停止时，弹簧处于原长位置，此时两棒间距增加了L，由上述分析可知，MN向左位置移动
，PQ位置向右移动 ，则
选项D错误。
故选AC。
10．（2023·山东·高考真题）足够长U形导轨平置在光滑水平绝缘桌面上，宽为 ，电阻不计。质量为
、长为 、电阻为 的导体棒MN放置在导轨上，与导轨形成矩形回路并始终接触良好，I和Ⅱ区域内分别存在竖直方向的匀强磁场，磁感应强度分别为 和 ，其中 ，方向向下。用不可伸长的轻
绳跨过固定轻滑轮将导轨CD段中点与质量为 的重物相连，绳与CD垂直且平行于桌面。如图所示，
某时刻MN、CD同时分别进入磁场区域I和Ⅱ并做匀速直线运动，MN、CD与磁场边界平行。MN的速度
，CD的速度为 且 ，MN和导轨间的动摩擦因数为0.2。重力加速度大小取 ，下列
说法正确的是（ ）
A． 的方向向上B． 的方向向下 C． D．
【答案】BD
【详解】AB．导轨的速度 ，因此对导体棒受力分析可知导体棒受到向右的摩擦力以及向左的安培力，
摩擦力大小为
导体棒的安培力大小为
由左手定则可知导体棒的电流方向为 ，导体框受到向左的摩擦力，向右的拉力和向
右的安培力，安培力大小为
由左手定则可知 的方向为垂直直面向里，A错误B正确；
CD．对导体棒分析
对导体框分析
电路中的电流为
联立解得
C错误D正确；
故选BD。
