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2025 高考物理一轮复习能力提升专题复习（20）电磁感应（1）参考答案
（一）电磁感应现象.楞次定律.法拉第电磁感应定律的简单应用
【例题1】1．【答案】D【详解】A．由右手定则可知，圆盘顺时针加速转动时，感应电流从圆心流向边
缘，线圈A 中产生的磁场方向向下且磁场增强。由楞次定律可知，线圈B 中的感应磁场方向向上，由右
手螺旋定则可知，ab 棒中感应电流方向由a→b，由左手定则可知，ab 棒受的安培力方向向左，ab 棒将向
左运动，选项A 错误；B．若圆盘逆时针减速转动时，感应电流从边缘流向圆心，线圈A 中产生的磁场
方向向上且磁场减小。由楞次定律可知，线圈B 中的感应磁场方向向上，由右手螺旋定则可知，ab 棒中
感应电流方向由a→b，由左手定则可知，ab 棒受的安培力方向向左，ab 棒将向左运动，选项B 错误；
C．当圆盘顺时针匀速转动时，线圈A 中产生恒定的电流，那么线圈B 的磁通量不变，则ab 棒没有感应
电流，则将不会运动，选项C 错误；D．由右手定则可知，圆盘逆时针加速转动时，感应电流从边缘流向
中心，线圈A 中产生的磁场方向向上且磁场增强，由楞次定律可知，线圈B 中的感应磁场方向向下，由
右手螺旋定则可知，ab 棒中感应电流方向由b→a，由左手定则可知，ab 棒受的安培力方向向右，ab 棒将
向右运动，选项D 正确。故选D。
（二）单杆题型
【例题2】2．【答案】D【详解】A．导体棒速度最大时合力为零，外力
故A 错误；B．由动量定理有
又由于
解得时间
故
B 错误；C．由动能定理
解得
而电阻R 上的焦耳热
故C 错误；D．通过导体棒的电荷量
故D 正确。故选D。
【例题3】（含弹簧类型）3．【答案】C【详解】A．感应电动势
感应电流
导体棒受到的安培力
故A 错误；B．由于回路中产生焦耳热，棒和弹簧的机械能有损
失，所以棒再次回到初始位置时，速度小于
，棒产生的感应电动势
电功率公式
知，AC
间电阻R 的功率小于
，故B 错误。C．MN 棒第一次运动至最右端的过程中，整个回路产生的焦
耳热为Q，由能量守恒定律得
此时弹簧的弹性势能
故C 正确；D．当导体棒
第一次到达最右端时，整个回路产生的焦耳热为
，整个运动过程中，安培力一直做负功，导体棒第一
次到达最左端的过程中，导体棒的平均速度最大，受到的平均安培力最大，位移最大，安培力做功最
大，则回路中产生的焦耳热
无法判断是否大于
，故D 错误。故选C。
【例题4】（含电容器类型）4．【答案】D【详解】A．由题
对导体棒由牛顿第二定律有
而
由法拉第电磁感应定律有
又
，
联立解得
故
选项A 错误；B．
时，电容器上两端电荷量
选项B
错误；C．t=2s 至导体棒停下的过程中，根据右手定则，可知电阻R 上的电流方向为
，选项C 错
误；D．
内，导体棒位移
后，根据动量定理有
可知
因此总位移
选项D 正确。
1
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故选D。
【例题5】5．【答案】C【详解】A．刚开始释放时，对导体棒有
所以
故A 错
误；
B．导体棒速度稳定时加速度为0，即
故B 错误；C．从释放导体棒到其速度稳定的过程中
联立解得
故C 正确；D．从释放导体棒到其速度稳定的过程中依据动能定理得
定值电阻R 上产生的热量为
联立解得
故D 错误。故选C。
【例题6】6．【答案】C【详解】A．由进入磁场I 和II 时的速度相等，两磁
场间有一段加速过程，则刚进入磁场I 时做减速运动，加速度方向竖直向上，
A 错误；B．根据牛顿第二定律，进入磁场I 的过程
可知，减速过程的加速度减小，则穿过磁场I 和
在两磁场之间的运动图像如图两个过程位移相等，则图像面积相等，可以看出
前一段的时间大于后一段的时间，B 错误；C．由于进入磁场I 和II 时的速度
相等，根据动能定理
又
则穿过磁场I 的过程产生的热量为
故穿过两磁场产
生的总热量为4mgd，C 正确；D．由B 选项，进入磁场时的速度为
根据机械能守恒
得
D 错误。选C。
【例题7】【答案】C【详解】A．初始时刻导体棒产生的感应电动势大小为E＝BLv0回路中感应电流大
小为
导体棒受到的安培力大小为F＝BIL 联立得
故A 错误；B．初始时刻，对导体棒由
牛顿第二定律得mg＋kx1＋F＝ma 解得导体棒的加速度大小a＝2g＋
故B 错误；C．导体棒第一
次速度为零时，根据动能定理得
所以克服弹簧弹力和克服重力做功之和等
于
故C 正确；D．导体棒在弹簧弹力作用下往复运动，当导体棒静止时，所受安培
力为零，导体棒受到重力和弹簧的弹力平衡，弹簧弹力的方向竖直向上，弹簧处于压缩状态，弹簧的压
缩量x2＝
＝x1故导体棒从开始运动到最终静止，弹簧的弹性势能不变，由能量守恒定律得
＋mg
（x1＋x2）＝Q 解得系统产生的总热量Q＝
＋
则R 上产生的热量要小于Q，故D 错误。故选
C。
（三）双杆题型
【例题8】8．【答案】ABD【详解】A．金属棒P 从下滑到刚进入磁场时，速度最大，感应电动势最
大。设金属棒P 刚进入磁场时的速度大小为
，此时回路中的感应电动势为
，根据机械能守恒定律有
2
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解得
产生的感应电动势为
故A 正确；
B．金属棒P 进入水平轨道后在安培力作用下做减速运动，金属棒Q 做加速运动，直到两金属棒产生的电
动势等大、反向，回路中的电流为零，最终两金属棒都做匀速运动。设两金属棒匀速运动时的速度大小
分别为
、
，这个过程中通过两棒的电荷量为q，则有
根据动量定理，对P、Q 金属棒分别有
解
故B 正确；C．由能量守恒定律可得回路产生的总焦耳热为
则
棒中产生的焦耳热为
故C 错误；D．由牛顿第二定律可得
因通过两金属棒的电流始终相等，根据两金属棒的长度、质量关系可知，两金属棒的加速度大小始终相
等，运动过程中的
图像如图所示：两图线关于中间虚线对称，显然两图线的交点的纵坐标为
。而
两金属棒速度大小相等时距离最近，所以两金属棒距离最近时两棒的速度大小都为
故D 正
确。故选ABD。
【例题9】9．【答案】BC【详解】A．保持棒b 静止，将棒a 由静止释放，棒ａ切割磁感线产生的感应
电动势为
回路中产生的感应电流为
棒ａ受到的安培力为
棒ａ匀速运动时，合力为零，则有
代入数据解得
故A 错误；
B．棒ｂ由静止释放，由左手定则可知棒ｂ所受安培力方向沿斜面向下，ａ、ｂ棒串联电流相等，两者的
安培力大小相等，对ｂ利用牛顿第二定律有
代入数据解得
故B 正确
C．对a、b 棒分别利用动量定理，取沿斜面向下为正方向，则有
两式联立，解得
故C 正确；D．从b 棒利
用动量定理，取沿斜面向下为正方向，则有
已知
代入数据解得
由法拉第电磁感应定律则有
由闭合电路欧姆定律则有
电量为
联立方程可得
而
入数据解
故D 错误。故选BC。
（四）线框题型
【例题10】10．【答案】D【详解】A．由题意，根据导体框进出磁场过程中运动的对称性可知，ab 边
刚好进入磁场和刚好离开磁场时的速度大小均为
设两虚线之间的距离为H，导体框全部位于磁
场中时下落的加速度大小为g，根据运动学公式有
解得
故A 错误；B．设导体
框穿过磁场的过程中产生的焦耳热为Q，对导体框从开始下落到穿过磁场的过程中，根据能量守恒定律
有
解得导体框产生的焦耳热
故B 错误；C．导体框的ab 边与虚线1 重
合时的速度大小为
此时ab 边产生的感应电动势大小为
导体框中的感应电流为
ab 边所受的安培力大小为
导体框的ab 与虚线1 重合时克服安培力做功的功率大小为
3
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整理得
故C 错误；D．设导体框通过磁场上边界所用时间为t，导体框中的平均感应电流为
，则由动量定理可得
根据电流的定义可知t 时间内通过导体框某一截面的电荷量为
根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律综合分析可知
联立解得
故D 正确。故选D。
【例题11】11． 【答案】C【详解】A．
内根据右手定则电路中的感应电流为逆时针方向，大小
为
内闭合线圈的磁通量不变，电路中没有感应电流
内根据右手定则电路中的
感应电流为顺时针方向，大小为
内闭合线圈的磁通量不变，电路中没有感
应电流
内根据右手定则电路中的感应电流为逆时针方向，大小为
故A 错误；B．
内根据受力平衡可知拉力向右，大小为
内闭合线圈所受的安培力为零，拉
力为零
内根据受力平衡可知拉力向右，大小为
内闭合线圈
所受的安培力为零，拉力为零
内根据受力平衡可知拉力向右，大小为
故B 错误；C．
内ab 两点间的电势差为
内ab 两点间的电势差为
内ab 两点间的电势差为
内ab 两点间的电势
差为
内ab 两点间的电势差为
故C 正确D．
内线圈的
热功率
内电路中没有感应电流，线圈的热功率为零
内线圈的热功率
内电路中没有感应电流，线圈的热功率为零
内线圈的热功率
故D 错误。故选C。
【例题12】12．【答案】（1）0.5kg；（2）0.64m/s；（3）11.9J【详解】（1）线框由静止开始做匀加速
运动，设加速度大小为a，线框ab 边到达磁场Ⅰ上边界时速度为
，根据牛顿第二定律有
根据运动学公式有
线框ab 边进入磁场Ⅰ边界切割磁感线产生感应电流，根据法拉第电磁感应定
律有
线框ab 边受到的安培力大小
线框ab 边刚进入磁场Ⅰ时恰好做匀速直线运
动，根据受力平衡有
解得
（2）当ab 边进入磁场Ⅱ后，线框再次匀速运动时的速度为
，线框ab 边和cd 边同时切割磁感线，产生
4
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同方向感应电流，此时回路的感应电动势
此时线框abcd 中的电流
线框ab 边和cd
边同时受到沿斜面向上的安培力，由受力平衡可得
解得
（3）从线框开始运动到ab 边刚到达磁场Ⅱ下边界的过程中，设安培力做的功为
，根据动能定理有
根据功能关系有
解得
（五）电磁感应与科技生活
【例题13】13 【答案】（1）
，方向水平向右；（2）
；（3）
【详解】（1）设
当实验车的速度为零时，线框相对于磁场的速度大小为
，线框中左右两边
都切割磁感线，产生感应电动势，则有
根据闭合电路欧姆定律
安培力为
所以此时
金属框受到的磁场力的大小
代入数值解得
根据楞次定律可判断磁场力方
向水平向右。 （2）实验车最大速率为
时
则此时线框所受的磁场力大小为
所以实验车的最大速率为
（3）实验车以最大速度做匀速运动时，克服阻力的功率为
此时线框受到的安培力等于阻力，则当实验车以速度
匀速运动时，金属框中感应电流
金属框中的热功率为
所以外界在单位时间内需提供的总能量为
【例题14】14 【答案】（1）
；（2） ，
；（3）
【详解】（1）根据电容
的定义
，电容器充电结束时其两端电压U 等于电动势E，解得电容器所带电荷量
（2）根据以上电容的定义可知
画出
图像如图所示： 由图像可
知，稳定后电容器储存的能量
为图中阴影部分的面积
（3）设从电容器开始放电至导体棒离开轨道时的时间为t，放电的电荷量为
，平均电流为
，导体棒离开轨道时的速度为。以导体棒为研究对
象，根据动量定理有
据电流定义可知
根据题意有
5
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联立解得
导体棒离开轨道时的动能
电容器释放的能量
，
联立解得能量转化效率
（六）巩固练习
（1）电磁感应现象.楞次定律.法拉第电磁感应定律的简单应用
15．【答案】C【详解】ABC．当磁铁靠近线圈时，穿过线圈的磁通量增加，线圈中产生感应电流，线圈
受到磁铁的安培力作用，根据楞次定律“来拒去留”可知，线圈受到的安培力斜向右下方，则线圈对桌
面的压力增大，即
大于mg；线圈相对桌面有向右运动趋势，受到桌面向左的静摩擦力；
当磁铁远离线圈时，穿过线圈的磁通量减小，线圈中产生感应电流，线圈受到磁铁的安培力作用，根据
楞次定律“来拒去留”可知，线圈受到的安培力斜向右上方，则线圈对桌面的压力减小，即
小于mg；
线圈相对桌面有向右运动趋势，受到桌面向左的静摩擦力。选项AB 错误，C 正确；D．磁铁靠近线圈的
过程中穿过线圈的磁通量增大，远离线圈的过程中穿过线圈的磁通量减小，磁通量的变化相反，所以产
生的感应电流的方向也一定相反，选项D 错误。故选C。
16．【答案】D【详解】AB．根据右手螺旋定则可以判断接通电源瞬间，螺线管的下端为Ｎ极，产生向
下的磁场，再由楞次定律可知圆盘会顺时针转动（从上往下看）并产生逆时针方向的电流，从而产生向
上的磁场，AB 错误；C．若小球带正电，开关闭合瞬间，圆板将顺时针（从上往下看）转动，C 错误；
D．电路稳定情况下，断开开关瞬间磁通量减小，而闭合开关瞬间磁通量增大，根据楞次定律可知，圆转
动方向相反，D 正确。故选D。
17．【答案】C【分析】根据B-t 图线斜率的变化，根据法拉第电磁感应定律得出电动势的变化，从而得
出感应电流的变化，根据楞次定律判断出感应电流的方向，根据右手螺旋定则判断出电流所产生的磁
场，从而确定磁通量的变化．【详解】A、由B-t 图知，
时刻磁通量的变化率为零，则感应电流为零，
金属圆环周围没有磁场，金属圆环L 内的磁通量最小，选项A 错误；B、在
时刻，磁感应强度为零，但
是磁通量的变化率最大，则感应电流最大，金属圆环L 内的磁通量最大，选项B 错误；D、在
时间
内，L 内的磁场增加，由愣次定律可以确定L 必须减小面积以达到阻碍磁通量的增加，故有收缩的趋势，
选项C 正确；C、在
时间内，磁通量的变化率不断变大，则线圈内的感应电流不断变大，根据楞次
定律，在线圈中的电流方向f 到c，根据右手螺旋定则，穿过圆环的磁通量向外增大，则根据楞次定律，
在金属圆环中产生顺时针方向的感应电流，选项D 错误。故选C。
18.【答案】C【详解】AB．根据B-t 图像，由楞次定律可知，线圈中感应电流方向一直为顺时针；在t0
时刻，磁场的方向发生变化，故安培力方向在t0时刻发生变化，t=0 至t=t0时段，安培力向左；t=t0至t=t1
时段，安培力向右，故AB 错误；CD．由闭合电路欧姆定律得
又根据法拉第电磁感应定律得
由电阻定律有
联立解得
故C 正确，D 错误。故选C。
（2）单杆题型
19【详解】（1）由图乙可知金属杆P 先做加速度减小的加速运动，2s 后做匀速直线运动当
时，
，此时感应电动势
感应电流
安培力
根据牛顿运动定律有
解得
（2）刚开始运动时加速度最大，根据牛顿运动定律有
解得
（3）通过金属杆P 的电荷量
其中
所以
（x 为P 的位移）
设第一个2s 内金属杆P 的位移为
，第二个2s 内P 的位移为
，则
6
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又由于
联立解得
，
前4s 内由能量守恒定律得
解得
20 【答案】（1）1.2m/s2；（2）5m/s；（3）1J；（4）4s
【详解】（1）取ab 杆为研究对象其受力如图示，建立如图所示坐标系mgsinθ-
BIL-f=ma 且N-mgcosθ=0 摩擦力f=μN
E=BLv 联立上面解得
当v=2m/s 时解得a＝1.2m/s2（2）由上问可知
故AB 做加速度减小的加速运动当a=0 速度最大，则
解得vm=5m/s（3）从静止开始到匀速运动过程中
解得x=7.5m 设两电阻发热和为Q 由能量守恒可知
QR：Qr=R：r 联立解
得
（4）对导体棒由动量定理
其中
解得
t=4s
【例题15】21【答案】BD【详解】AB．对导体棒进行受力分析，根据牛顿第二定律
而
整理得
解得
①下滑的过程中，加速度保持不变，因此B 正确，A 错误；C．根据速度与位移的关系
②由①②联立
C 错误；D．下降过程中，由于电容器充电，根据能量守
恒，减小的重力势能，一部分转化为动能，一部分转化为电场能，因此减少的重力势能大于增加的动
能，机械能不守恒，D 正确。故选BD。
22【答案】ABC【详解】A．根据动能定理有
金属棒刚进磁场Ⅰ时的速度大小为
故A 正确B．由于金属棒进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等，在金属棒从磁场Ⅰ的下边界到磁场Ⅱ的上边界
这一过程中，机械能守恒，设金属棒出磁场Ⅰ的速度为
，进磁场Ⅱ的速度为
，则有
又
解得金属棒刚出磁场Ⅰ时的速度大小为
故B 正确；
C．由能量守恒得
解得金属棒穿过两个磁场后电阻R 中产生的焦耳热为
故C 正确；D．设金属棒穿过磁场Ⅰ所用的时间为t，根据动量定理
该过程的
电量为
解得金属棒穿过磁场Ⅰ所用的时间为
故D 错误。故选
ABC。
（3）双杆题型
23．【答案】A【详解】A．两铜棒在任意时刻所受安培力等大反向，所以系统动量守恒，共速时b 有最
大速度
铜棒b 的最大速度
故A 正确；C．选取水平向右为正方向，根据动量定理
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求解a 开始时速度
根据左手定则判断安培力，可知此后a 导体棒做减速运动，b 导体棒做加速运
动，所以回路中的感应电动势最大值
铜棒b 中的最大电流为
故C 错误；B．根据
牛顿第二定律，铜棒b 的最大加速度
故B 错误；D．两铜棒共速后，回路中不再产生感
应电流，则根据能量守恒定律，系统产生的热量
铜棒b 中产生的最大焦耳热为
故D 错误。故选A。
24．【答案】详解】（1）设
棒滑至水平轨道瞬间的速度大小为，对于P 棒，金属棒下落h 过程应用
动能定理
解得P 棒刚进入磁场时的速度为
当P 棒进入水平轨道后，切割磁感线产生感
应电流。P 棒受到安培力作用而减速，Q 棒受到安培力而加速，Q 棒运动后也将产生感应电动势，与P 棒
感应电动势反向，因此回路中的电流将减小。最终达到匀速运动时，回路的电流为零。P 棒和Q 棒产生
的感应电动势大小
即
解得
因为当P，Q 在水平轨道上运动时，它们所受到的
合力并不为零，设I 为回路中的电流，P 棒和Q 棒受到的安培力大小
因此P，Q 组成
的系统动量不守恒。设P 棒从进入水平轨道开始到速度稳定所用的时间为
，规定向右为正方向，对
P，Q 分别应用动量定理得
又
联立解
（2）由能量守恒定律得，整个过程中系统产生的焦耳热
25．【答案】D【详解】A．a 棒刚开始运动时，产生的动生电动势为
回路中的总电阻
则回路中的感应电流为
在此瞬间对b 棒由牛顿第二定律可得
解
故A 错误；B．分析可知，a 棒、b 棒分别向右做速度减小的减速运动和速度增大的加速运
动，回路中的感应电动势为
当
时，感应电动势为零，
两棒将均做匀速直线运动，对两棒组成的系统合外力
则可知两棒组成的系统动量守
恒，有
得
可知，经过足够长的时间后，a 棒的速度大小为
，故B 错误；C．根据能量
守恒可知，整个过程中，a 棒克服安培力做的功等于ab 两棒上的发热量与b 棒所获得的动能之和，故C
错误；D．根据能量守恒，可得在整个过程中产生得总热量为
而b 棒产生得热量
故D 正确。故选D。
26．【答案】ABD【详解】设导体棒
瞬间获得向右的初速度为
，当导体棒
在窄导轨上运动与
导体棒
在宽轨上运动割磁感线产生的感应电动势相等时，两导体棒匀速，此时有
根据
动量定理，对MN 有
对PQ 有
解得
，
8
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，
根据能量守恒
同理，二者在宽轨上运动速度相等时，有
联立，求得
根据能量守恒
对PQ 有
解得
AB．可得导体棒
前后两次匀速运动的速率之比为
导体棒
前后两次匀速运动的速率之比为
故AB 正确；C．导体棒
分别
在窄轨上和宽轨上运动的过程中，通过回路的电荷量之比为
故C 错误D．导体棒
分别在窄
轨上和宽轨上运动的过程中，回路中产生的焦耳热之比为
故D 正确。故选ABD。
（4）线框题型
27．【答案】B【详解】A．四种情况下穿过线框的磁通量均减小，根据楞次定律判断可知感应电流方向
均为顺时针方向，则通过ab 边的电流的方向都相同，故A 错误；B．由
可知，由于
相同，
所以流过线框的电荷量都相等，故B 正确；C．由法拉第电磁感应定律可知，导体棒切割磁感线时产生的
电动势为
上述四个图中，切割边的长度相同，所以产生的电动势大小均相等，回路电阻均为4r
（每边电阻为r），则电路中的电流亦相等，即
只有B 图中，ab 为电源，所以有
ACD 的图中，
故C 错误；D．安培力做功的功率为
因为I 相同，所以P 相等，
故D 错误。
故选B。
28．【答案】A【详解】AB．0~t1时间内为bc 边切割向里的磁场，电流为逆时针方向，t1~t2时间内ad 边
和bc 边同向切割反向的磁场，电流加倍为顺时针，t2~t3时间内为ad 边切割向外的磁场，电流为逆时针。
线框做匀加速直线运动，则切割磁场的速度
线框运动的速度随时间增大，运动相同位移所用时间越
来越短；0~t1、t2~t3时间内一个边切磁感线产生的电动势为
电流
0~t1、t2~t3时
间内i-t 图像斜率相同。t1~t2时间内，两个边切割磁感线，电动势为
电流
故A 正确，B 错误；CD．物体做匀加速运动
故电流的表达式还可以
所以电流不与位移成正比，故CD 错误。故选A。
29．【答案】B【详解】A．线框前进
过程中，单边（右边框）切割磁感线，有
其中为
实际切割长度，随着导线框的移动而增大，与水平位移成正比，故感应电流增大。同理导线框前进
过程中，也是单边（左边框）切割，其实际切割长度一直在增大，其感应电流随位移呈线性关系
增大，A 正确；B．当线框沿
轴正方向运动位移
时，穿过线框的磁通量最大，最大值
在这之前（
），磁通量
关于位移的表达式为
在这之后（
），磁通量
关于位移的表达式为
B 错误；C．通过线框横截面的电荷量
故通过线框横截面的电荷量与穿过线框的磁通量成正比关系，故C 图像符合，C 正
确；D．由左手定则判断可知，穿过磁场过程中线框受到的安培力一直向左，在
内，其大小
9
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在
内，其大小
D 正确。选错误的，故选B。
30【答案】C【详解】AB．根据楞次定律可知，穿过线圈的磁通量增加，则线框中的电流始终为逆时针
方向，故AB 错误；CD．高为a，线圈的边长为
；t=
时刻，线圈切割磁感线的有效长度为
，动
生电动势
线圈中产生的感生电
流过线框的电流大小为
故C 正确，D 错误。
故选C。
31．【答案】BCD【详解】AB．线框先做自由落体运动，若安培力大于重力，ab 边进入磁场先做减速运
动，根据安培力公式
可知，线框的加速度应该是逐渐减小，v-t 图象的斜率应逐渐减小，先线框
所受的安培力与重力二力平衡后，做匀速直线运动，速度不变；线框完全进入磁场后，磁通量不变，没
有感应电流产生，线框只受重力，做加速度为g 的匀加速直线运动，故v-t 图象的斜率可能先不变，后减
小，再为零，最后又不变，故A 错误，B 正确；C．线框先做自由落体运动，ab 边进入磁场后因为重力大
于安培力，做加速度减小的加速运动，cd 边离开磁场做匀加速直线运动，加速度为g，故C 正确;
D．线框先做自由落体运动，ab 边进入磁场后因为重力等于安培力，做匀速直线运动，cd 边离开磁场做
匀加速直线运动，加速度为g，故D 正确。故选BCD。
32【答案】AC【详解】(1)ab 边进入左侧磁场时感应电动势为
感应电流为
由右手定则
可知，线框进入磁场过程感应电流沿逆时针方向，是正的。安培力为
(2)ab 边进入右侧磁场、
gh 与cd 边进入左侧磁场时感应电动势为
感应电流为
由右手定则可
知，线框中合感应电流沿逆时针方向，是正的。安培力为
(3)gh 与cd
边进入右侧磁场、ef 边进入左侧磁场时感应电动势为
感应电流为
由右手定则可知，线框中合感应电流沿顺时针方向，是负的。安培力为
(4)ef 边离开磁场时感应电动势为
感应电流为
安培力为
由右手定则可知感应电流沿逆时针方向，是正的。选项AC 正确，BD 错误。故选
AC。
（5）电磁感应与科技生活
33．【答案】ABD【详解】A．列车进站过程中穿过线框的磁通量变大，由楞次定律可知列车进站过程中
电流方向为abcd，A 正确；BD．列车ab 边进入磁场瞬间产生的感应电动势为
由闭合电路的欧姆定律得
对列车由牛顿第二定律得
联立解得
BD 正确；C．列车从进站到停下来的过程中，减少的动能等于线框产生的热量与克服空气阻力产生的摩
擦生热，C 错误。故选ABD。
34．【答案】ACD【详解】开关S 接1，电容器充电，充电电流逐渐减小至0；开关S 接2，电容器放
电，金属棒中的电流方向由上至下，而金属棒向右运动，由左手定则，磁感应强度的方向垂直导轨平面
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向下；开关S 接2 发射金属棒的过程，电容器储存的电能主要转化为金属棒的动能；开关S 接1，电源对
电容器充电，电容器所带电荷量
开关S 接2，电容器通过金属棒放电，金属棒向右做加速度逐渐
减小的加速运动，最终速度为v。此时，金属棒匀速切割磁场产生的感应电动势与电容器两端的电压相
等，设为U，则
电容器所带电荷量
电容器放电量为
设该过程中某一时刻，流
过金属棒的电流为i，作用在金属棒上的安培力为
在
时间内，对金属棒，由动量定理
对上式累加求和，
即
由电路知识
联立解得
故
选ACD。
35．【答案】BD【详解】A．开关S 接2 后，MN 开始向右加速运动，MN 切割磁感线产生的感应电动势
阻碍电容器C 放电，当MN 上的感应电动势与电容器两极板间的电压相等时，回路中电流为零，MN 达到
最大速度，此过程中通过MN 的电流减小，则MN 在水平方向有
所以MN 先做加速度逐渐减
小的加速运动，最后匀速，故A 错误；B．S 接至2 瞬间，MN 棒未动，电路属于纯电阻电路，通过MN
的电流为
所以金属棒MN 加速度大小为
故B
正确；
C．当MN 达到最大速度时，MN 切割磁感线产生的感应电动势等于此时电容器两端电压，则
由动量定理得
联立解得
故C 错误；D．当MN 达到最
大速度时，电容器的电量
下一架相同飞机要以相同的最大速度起飞还需
要对电容器充电的电量
故D 正确。故选BD。
36．【答案】【详解】（1）①达到最大速度时，弹丸切割磁感线产生的感应电动势与电源电动势相等，
即
最大速度大小
②弹丸从EF 到MN 的过程中，由动量定理有
到达最大速度的过程中，流过弹丸的电荷量
联立解得电荷量为
（2）充满电电容的电荷量为
设击穿沙层后弹丸的速度为
，此时电容器电量为
，可得
弹丸穿过沙子到达PQ 时，由动量理
弹丸穿过沙子到达PQ 时的速度大小
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