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大题10 电磁感应综合问题
电磁感应综合应用是高考物理电磁学压轴题的标志性内容，近几年高考卷中占比12%-
20%。2025 年高考对“电磁感应综合应用”的考查将延续“重基础整合、强过程分析、拓
科技前沿”的命题导向，突出电磁学核心素养与复杂系统建模能力。备考需以“磁-电-
力-能”转化链为核心，强化动态过程分析与跨学科工具应用，同时关注新能源与量子科
技热点，做到“以变为纲，以恒破难”。建议关注：风力发电机组的电磁感应优化设计；
电磁悬浮列车的感应供电系统分析；超导磁体中的持续电流与能量守恒关系。
题型1 电磁感应中的平衡及动力学问题
例1.（2024 广东汕头一模）如图所示，质量
的导体棒ab 垂直放在相距为
的足够长的平行光滑金属导轨上，导体棒在电路中电阻为
，导轨平面与水平面的夹角
，并处于磁感应强度大小为B、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中。图的平行金属板长度为
，间距为
，带负电的粒子沿板方向以速度
进入金属板。不计粒子重力和
1
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粒子间的相互作用。（金属导轨电阻不计，
，g 取
）
（1）开关S 接1 时，导轨与
，内阻
的电源连接。此时导体棒恰好静止在导轨上，求磁
感应强度B 的大小；
（2）开关S 接2 时，导轨与定值电阻
连接。静止释放导体棒，当导体棒运动状态稳定时，将平
行金属板接到
的两端，所有粒子恰好均能被金属板的下板收集，求粒子的比荷；
（3）在（2）中，若导体棒从静止释放至达到最大速度的过程中，电阻
产生的热量
，求此过
程中流过R 的电荷量q。
答案（1）1T；（2）
；（3）
解析（1）开关S 接1 时，导体棒中的电流
导体棒静止时受沿斜面向上的安培力，则
解得
（2）开关S 接2 时，导轨与定值电阻
连接。静止释放导体棒，当导体棒运动状态稳定时
两金属板间的电压
若使得所有粒子恰好均能被金属板的下板收集，则
2
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，
，
联立解得
（3）导体棒从静止释放至达到最大速度时
解得
由能量关系
串联电路中，电流处处相等，产热量之比为电阻值比，所以
解得
此过程中流过R0的电荷量
例2.（2023 广东佛山二模）近年来电动汽车越来越普及，有的电动汽车动力来源
于直流电机。直流电机工作原理可简化如下图所示：在竖直向下、磁感应强度为B 的匀强磁场中，两
光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，间距为L，两轨间接一电动势恒为E、内阻恒为r 的直流电源。
质量为m 的导体棒ab 垂直导轨静置于导轨上，接入电路部分的有效电阻为R，电路其余部分电阻不计。
一根不可伸长的轻绳两端分别连接在导体棒的中央，和水平地面上质量为M 的物块上，绳与水平面平
行且始终处于伸直状态。已知物块与水平面的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，闭合开关S，物块即
刻开始加速。
（1）求S 刚闭合瞬间物块加速度的大小，设最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力；
（2）求当导体棒向右运动的速度为v 时，流经导体棒的电流；
（3）求物块运动中最大速度的大小。
3
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答案（1）
；（2）
；（3）
解析（1）以导体棒ab 和M 整体为研究对象，开关S 闭合瞬间，它们受安培力和滑动摩擦力
由牛顿第二定律
联立解得
（2）当导体棒向右运动的速度为v 时
解得此时流经导体棒的电流
（3）导体棒ab 匀速时速度最大，有
解得
4
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解决电磁感应中的动力学问题的“四个分析”
1. (2024 茂名六校联合摸底)如图所示，光滑平行金属导轨固定在水平面上，
导轨间距L＝0.5 m，左端连接R＝0.3 Ω 的电阻，右端连接一对金属卡环，导轨间MN 右侧(含MN)存在
方向垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度的B－t 图如图乙所示，质量为m＝1 kg、电阻r＝0.2
Ω 的金属棒与质量也为m 的物块通过光滑定滑轮由绳相连，绳始终处于绷紧状态，PQ、MN 到右端卡环
距离分别为17.5 m 和15 m.t＝0 时刻由PQ 位置静止释放金属棒，棒与导轨始终接触良好，滑至导轨右
端被卡环卡住不动，金属导轨、卡环的电阻均不计，取g＝10 m/s2.求：
(1) 金属棒进入磁场时的速度．
(2) 金属棒进入磁场时通过棒的感应电流．
(3) 在0～8 s 时间内电路中产生的焦耳热．
甲
乙
答案(1) 5 m/s (2) 10 A (3) 375 J
解析(1) 设棒到达MN 时的速度为v，物块下落的高度为
h＝xPQ－xMN＝2.5 m
这个过程中棒和物块组成的系统机械能守恒
mgh＝×2mv2
解得v＝＝5 m/s
(2) 设进入磁场前所用时间为t1，由运动学公式
h＝t1
解得t1＝1 s
5
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由图乙可知此时磁感应强度B＝2 T
在MN 位置进入磁场时感应电动势为E＝BLv
回路中的电流I＝
解得I＝10 A
(3) 棒进入磁场时安培力F＝BIL
解得F＝10 N＝mg
进入磁场时，棒受的安培力大小等于物块所受的重力，所以棒在磁场中做匀速直线运动，设在磁
场中的运动时间为t2，由运动学公式xMN＝vt2
解得t2＝3 s
则t1＋t2＝4 s
所以棒被卡住的同时磁感应强度B 开始变化，0～4 s 电路中产生的焦耳热Q1＝I2(R＋r)t2＝150 J
4～6 s，由法拉第电磁感应定律
E＝＝S＝7.5 V
产生的热量Q2＝t3＝225 J
6～8 s 没有感应电流产生，产生的热量Q3＝0 J
所以0～8 s 产生的焦耳热Q＝Q1＋Q2＝375 J
题型二 电磁感应中的能量问题
例3. (2024 广州综合测试二)如图所示，水平面内固定有平行长直金属导轨
ab、cd 和金属圆环，金属杆MN 垂直导轨静止放置，金属杆OP 一端在圆环圆心O 处，另一端与圆环接
触良好．水平导轨区域、圆环区域有等大反向的匀强磁场．OP 绕O 点逆时针匀速转动；闭合K，待MN
匀速运动后，使OP 停止转动并保持静止．已知磁感应强度大小为B，MN 质量为m，OP 的角速度为ω，
OP 长度、MN 长度和平行导轨间距均为L，MN 和OP 的电阻阻值均为r，忽略其余电阻和一切摩擦，求：
(1) 闭合K 瞬间MN 所受安培力大小和方向．
(2) MN 匀速运动时的速度大小．
(3) 从OP 停止转动到MN 停止运动的过程，MN 产生的焦耳热．
答案 (1) ，方向水平向左 (2) ωL (3) mω2L2
解析 (1) 当OP 绕O 点逆时针匀速转动时，由右手定则可知O 点电势高，OP 切割磁感线产生感应
电动势为E＝BωL2
闭合K 瞬间，由闭合电路欧姆定律知，通过MN 的电流大小为I＝＝，方向由M 到N.
MN 所受安培力大小为F＝BIL＝
由左手定则可知，安培力方向水平向左．
(2) 闭合K 后，MN 向左做加速运动，速度逐渐增大，MN 切割磁感线产生感应电动势，则感应电流
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方向与原电流方向相反，减弱原电流，可知MN 受安培力逐渐减小，做加速度减小的加速运动，当MN 中
电流减小到零时，安培力为零，加速度为零，MN 的速度达到最大，设为v，此时做匀速直线运动，则
有MN 切割磁感线产生感应电动势与OP 产生的感应电动势大小相等，可知
EMN＝BLv＝BωL2
解得v＝ωL
(3) 从OP 停止转动到MN 停止运动的过程，由能量守恒定律可知，电路中产生的焦耳热为Q＝mv2＝
mω2L2
MN 产生的焦耳热为QMN＝Q＝mω2L2
例4.（2024 广东深圳模拟预测）如图为一舰载机电磁弹射装置的简化俯视图，无
人机通过挂钩与滑梭相连，电源、金属导轨和滑梭构成闭合回路，电源能自动调整其输出电压以确保
回路电流恒定。无人机和滑梭的质量分别为5m 和m，导轨间距为d，滑梭接入电路的电阻为R，导轨
电阻不计，整个弹射装置处在方向竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。现接通电源，回路中
的电流大小恒为
，舰载机在滑梭的拖动下由静止开始沿导轨加速运动，滑行
后与滑梭分离起飞，
运动过程中滑梭与导轨之间的摩擦忽略不计，舰载机所受阻力恒为
。在舰载机与滑梭分离的同时立
即调节电源，使回路中的电流方向反向，大小恒为
，继续滑行
后断开电源，此后滑梭进入缓冲区，
在缓冲区受到大小恒为
的阻力作用而迅速停下。求：
（1）滑梭在缓冲区滑行的距离
；
（2）滑梭带动飞机飞行过程中电源的最大电压；
（3）在加速弹射过程电源输出的电能。
答案（1）
；（2）
；（3）
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解析（1）设飞机与滑梭分离时滑梭速度为
，滑梭刚进入缓冲区的速度为
联立解得
（2）在飞机与滑梭分离时，电源输出电压最大，设最大电压为
联立解得
。
（3）设加速阶段加速度为a，加速总时间
，输出电能E
联立解得
电磁感应综合问题的解题思路
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2．（2024 广东中山模拟预测）如图，足够长的两光滑平行金属导轨MN、PQ 所构成
的斜面与水平面的夹角为θ，两导轨间距为L，两导轨顶端接一阻值为R 的电阻，导轨所在的空间存在
垂直于斜面向下的匀强磁场，磁感应强度的大小为B。一根质量为m 的导体棒垂直放置于导轨底端，
其在两导轨之间部分的电阻为R。现给导体棒一沿斜面向上的速度大小为v，导体棒上滑过程通过导体
截面的电荷量为q；在运动过程中导体棒始终与导轨垂直且接触良好，两光滑平行金属导轨电阻忽略不
计，重力加速度大小为g。求：
（1）导体棒刚进入磁场时的加速度大小；
（2）导体棒向上滑的最大位移x；
（3）上滑过程中，导体棒上产生的热量Q。
答案（1）
；（2）
；（3）
解析（1）刚进入磁场时
电流为
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对导体棒受力分析
解得
（2）在导体棒上滑过程中，
产生的平均感应电动势为
根据闭合电路欧姆定律，有
通过的电荷量为
联立可得
（3）上滑过程根据能量守恒，有
导体棒与电阻串联，电流相同，时间相同，由焦耳定律可得导体棒产生的热量为
解得
题型三 电磁感应中的图像问题
例5. (2023 广州综合测试二)为了模拟竹蜻蜓玩具闪闪发光的效果，某同学设
计了如图甲所示的电路．半径为a 的导电圆环内等分为四个直角扇形区域，Ⅰ、Ⅱ区域内存在垂直环
面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B.长度为a、电阻为r 的导体棒OP 以角速度ω 绕O 点逆时针匀
速转动，t＝0 时OP 经过图示位置．OP 通过圆环和导线与导通电阻为R 的发光二极管(LED)相连．忽略
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其他电阻．
(1) 求OP 切割磁感线过程中，通过二极管的电流大小和方向．
(2) 在图乙中作出0～ 时间内通过二极管的电流随时间变化的图像(规定从M 到N 为正方向，不用
写分析和计算过程).
甲
乙
答案(1) ，方向由M 到N (2) 见解析
解析(1) OP 切割磁感线过程产生的感应电动势
E＝Ba2ω
通过二极管的电流大小
I＝＝＝
根据右手定则可知通过二极管的电流的方向由M 到N.
(2) 电流图像如图所示
例6．（2024 广东湛江二模）如图甲所示，水平绝缘传送带正在输送一闭合正方形
金属线框abcd，线框每一边电阻均为r，在输送中让线框随传送带通过一固定的匀强磁场区域，磁场方
向竖直向下，磁感应强度大小为B，磁场边界MN、PQ 与传送带运动方向垂直，其间距为2d。已知传
送带以恒定速率
运动，线框质量为m，边长为d，线框与传送带间的动摩擦因数为μ，且在传送带上
始终保持线框左、右两边平行于磁场边界，在线框右边刚进入磁场到线框右边刚离开磁场的过程中，
其速度v 随时间t 变化的图像如图乙所示，重力加速度大小为g。求：
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（1）线框右边刚进入磁场时a、b 两点的电势差；
（2）整个线框恰好离开磁场时的速度大小；
（3）整个线框穿过磁场过程中产生的焦耳热。
答案（1）
；（2）
；（3）
解析（1）线框右边刚进入磁场时，有
由楞次定律可知线框进入磁场过程中感应电流方向为逆时针（俯视）。故a、b 两点电势差
（2）整个线框刚好离开磁场时的速度等于整个线框刚好进入磁场时的速度，设其大小为v，从线框恰
好完全进入磁场至右边恰好出磁场的过程中线框做匀加速直线运动，由动能定理有
解得
（3）线框穿过磁场的整个过程中初、末速度分别为
、v，整个过程中摩擦力不变，由动能定理有
又由功能关系有
解得
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3. (2023 广东省模拟测试一)如图甲所示，固定的绝缘斜面MNPQ 倾角θ＝
37°，虚线OO1与底边MN 平行，且虚线OO1下方分布有垂直于斜面向上(设为正方向)的匀强磁场，磁场
的磁感应强度B 随时间t 变化的图像如图乙所示，质量m＝3.0×10-2 kg、边长L＝0.2 m、电阻R＝
2.0×10-3 Ω、粗细均匀的正方形导线框abcd 置于斜面上，一半处在OO1的下方，另一半处在OO1的上
方，ab 与OO1平行．已知t＝0 时，导线框恰好静止在斜面上，最大静摩擦力可以认为等于滑动摩擦力，
取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：
(1) 导线框与斜面间的动摩擦因数μ 的大小．
(2) 导线框从t＝0 到恰好滑动的这段时间，导线框产生的热量Q.
甲
乙
答案(1) 0.75 (2) 3.6×10-2 J
解析(1) t＝0 时，导线框恰好静止在斜面上，有
mg sin θ＝μmg cos θ
解答图像问题应注意以下几个方面
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解得μ＝0.75
(2) 设经时间t 导线框恰好滑动，此时磁场的磁感应强度为B，有
B＝t
当导线框受到的摩擦力沿斜面向下且为最大静摩擦力时，导线框恰好滑动，此时有
BIL＝μmg cos θ＋mg sin θ
感应电流I＝
感应电动势E＝＝S，S＝
由图可知 ＝0.1 T/s
导线框产生的热量Q＝I2Rt
联立并代入数据，解得Q＝3.6×10-2 J
1．如图甲所示，一足够长阻值不计的光滑平行金属导轨MN、PQ 之间的距离L＝0.5
m，NQ 两端连接阻值R＝2.0 Ω 的电阻，磁感应强度为B 的匀强磁场垂直于导轨所在平面向上，导轨平
面与水平面间的夹角θ＝30°，一质量m1＝0.40 kg、接入电路的阻值r＝1.0 Ω 的金属棒垂直于导轨
放置并用绝缘细线通过光滑的轻质定滑轮与质量m2＝0.80 kg 的重物相连。细线与金属导轨平行。金属
棒沿导轨向上滑行的速度v 与时间t 之间的关系如图乙所示，已知金属棒在0～0.3 s 内通过的电荷量
是0.3～0.6 s 内通过电荷量的，g＝10 m/s2，求：
(1)0～0.3 s 内金属棒通过的位移大小；
(2)金属棒在0～0.6 s 内产生的热量。
答案 (1)0.3 m (2)1.05 J
解析 (1)0～0.3 s 内通过金属棒的电荷量
q1＝＝
0．3～0．6 s 内通过金属棒的电荷量
q2＝I2t2＝
由题中的电荷量关系＝
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解得x1＝0.3 m。
(2)金属棒在0～0.6 s 内通过的总位移为
x＝x1＋x2＝x1＋v0t2，解得x＝0.75 m
根据能量守恒定律有
m2gx－m1gxsin θ＝(m1＋m2)v＋Q
解得Q＝3.15 J
由于金属棒与电阻R 串联，电流相等，根据焦耳定律Q＝I2Rt，它们产生的热量与电阻成正比，所以金
属棒在0～0.6 s 内产生的热量
Qr＝Q＝1.05 J。
2．如图，两根电阻不计、互相平行的光滑金属导轨竖直放置，相距L＝1 m。在水平虚线间有与导轨所在
平面垂直的匀强磁场，磁感应强度B＝0.5 T，磁场区域的高度d＝1 m，导体棒a 的电阻Ra＝1 Ω，导
体棒b 的质量m＝0.05 kg，电阻Rb＝1.5 Ω，它们分别从图示M、N 处同时由静止开始在导轨上向下滑
动，b 匀速穿过磁场区域，且当b 刚穿出磁场时a 刚好进入磁场并将匀速穿过磁场，取g＝10 m/s2，不
计a、b 棒之间的相互作用，导体棒始终与导轨垂直且与导轨接触良好，求：
(1)b 棒匀速穿过磁场区域的速度；
(2)a 棒刚进入磁场时两端的电压；
(3)从静止释放到a 棒刚好出磁场过程中a 棒产生的焦耳热。
答案 (1)5 m/s (2)2.1 V (3)0.48 J
解析 (1)b 棒穿过磁场做匀速运动，安培力等于重力，则有I1LB＝mg
根据闭合电路欧姆定律
I1＝＝
解得vb＝5 m/s。
(2)b 棒在磁场中匀速运动的时间为t1，则有d＝vbt1
解得t1＝0.2 s
a、b 都在磁场外运动时，速度总是相等的，b 棒进入磁场后，a 棒继续加速t1时间而进入磁场，a 棒进
入磁场的速度为
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va＝vb＋gt1＝7 m/s
电动势为E2＝BLva＝3.5 V
a 棒两端的电势差即路端电压为
U＝＝2.1 V。
(3)a 棒进入磁场并将匀速穿过磁场，则有
I2LB＝mag
根据闭合电路欧姆定律
I2＝＝
解得ma＝0.07 kg
两棒穿过磁场过程中，产生的总焦耳热为
Q＝(m＋ma)gd＝1.2 J
a 棒产生的焦耳热Qa＝Q＝0.48 J。
3．如图甲所示，两条足够长的平行金属导轨间距为0．5 m，固定在倾角为37°的斜面上。导轨顶端连接
一个阻值为1 Ω 的电阻。在MN 下方存在方向垂直于斜面向上、大小为1 T 的匀强磁场。质量为0.5
kg 的金属棒从AB 处由静止开始沿导轨下滑，其运动过程中的v－t 图像如图乙所示。金属棒运动过程
中与导轨保持垂直且接触良好，不计金属棒和导轨的电阻，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°
＝0.8。
(1)求金属棒与导轨间的动摩擦因数；
(2)求金属棒在磁场中能够达到的最大速率；
(3)已知金属棒从进入磁场到速度达到5 m/s 时通过电阻的电荷量为1.3 C，求此过程中电阻产生的焦
耳热。
答案 (1)0.25 (2)8 m/s (3)2.95 J
解析 (1)由图乙可知，金属棒进入磁场前的加速度为a＝4 m/s2
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对导体棒受力分析如图所示，根据牛顿第二定律有
mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma
解得μ＝0.25。
(2)动生电动势E＝Blv
I＝＝
F＝IlB＝
由左手定则知安培力沿斜面向上，当a＝0 时金属棒的速率达到最大值，则有
mgsin 37°＝μmgcos 37°＋
解得vm＝8 m/s。
(3)设金属棒进入磁场后下滑距离为x，
E＝＝，I＝＝，q＝IΔt
则q＝＝1.3 C
可得x＝2.6 m
则h＝xsin 37°＝2.6×0.6 m＝1.56 m
由能量守恒定律得
mv2－mv＋μmgxcos 37°＋Q＝mgh
解得Q＝2.95 J。
4．(2023 广东湛江一模)磁悬浮列车是高速低耗交通工具，如图7 甲所示，它的驱动系统可简化为如图乙
所示的物理模型。已知列车的总质量为m，固定在列车底部的正方形金属线框的边长为L，匝数为N，
总电阻为R；水平面内平行长直导轨间存在磁感应强度大小均为B、垂直水平面但方向交互相反、边长
均为L 的正方形组合匀强磁场，磁场以速度v 向右匀速移动时可恰好驱动停在轨道上的列车，假设列车
所受阻力恒定，若磁场以速度4v 匀速向右移动，当列车向右运动的速度为2v 时，线框位置如图乙所示，
求此时：
(1)线框中的感应电流方向；
(2)线框中的感应电流大小；
(3)列车的加速度大小。
答案 (1)顺时针方向 (2) (3)
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解析 (1)由于4v>2v，所以线框相对磁场向左运动，根据右手定则可知此时线框中感应电流沿顺时针
方向。
(2)当列车向右运动的速度为2v 时，由法拉第电磁感应定律可知
E＝2NBL(4v－2v)①
线框中的感应电流大小I＝②
由①②式解得I＝。
(3)列车向右运动的速度为2v 时，线框受到的安培力F＝2NBIL
解得F＝
当磁场以速度v 匀速向右移动时，同理可得线框受到的安培力F1＝
当磁场以速度v 匀速向右移动时，可恰好驱动停在轨道上的列车可知阻力f＝F1
由牛顿第二定律可知F－f＝ma
解得a＝。
5．如图所示，水平边界MN 与PQ 之间分布着垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，两边界间的
高度差为L。由质量为m 的粗细均匀的电阻丝制成的单匝正方形线框abcd，总电阻为R，线框边长为
L。现将线框从边界MN 上方H 处由静止释放，当ab 边进入磁场后，线框开始减速运动，直到其上边cd
刚好穿出磁场时，速度减为ab 边刚进入磁场时速度的一半，整个过程中线框平面始终保持竖直，且cd
边保持水平。已知重力加速度为g，空气阻力忽略不计，求：
(1)ab 边刚进入磁场时产生的电动势；
(2)线框进入磁场的过程中，通过线框的电荷量q；
(3)线框穿过磁场的过程中，cd 边产生的热量Qcd。
答案 (1)BL (2) (3)mgL＋mgH
解析 (1)设线框ab 边刚进入磁场时速度为v，
由动能定理得mgH＝mv2
ab 边刚进入磁场时产生的电动势为E＝BLv
解得E＝BL。
(2)线框进入磁场的过程中，根据法拉第电磁感应定律和电荷量的计算公式可得
q＝It＝t＝t＝。
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(3)从线框开始下落到cd 边刚穿出匀强磁场的过程中，由能量守恒定律得焦耳热
Q＝2mgL＋mgH－m＝2mgL＋mgH
cd 边产生的热量为Qcd＝Q
解得Qcd＝mgL＋mgH。
6．固定在水平面上的金属导轨CD 和EF 平行放置，D、E 之间连接一阻值为R 的电阻，导轨CD 和EF 之间相
距l，两导轨之间有一宽度为、垂直导轨所在平面向下的匀强磁场，如图12，电阻为r 的金属棒MN 垂
直导轨以速度v 向右做匀速运动，整个过程中金属棒和导轨接触良好，导轨电阻忽略不计，MN 始终和
导轨垂直。
图12
(1)若磁场磁感应强度大小为B0，求电阻R 的电功率；
(2)若t＝0 时，磁场的磁感应强度大小为B1，此时MN 到达的位置恰好使MDEN 构成一个边长为l 的正方
形，为使MN 中不产生感应电流，推导出两导轨之间磁场的磁感应强度随时间变化的规律；
(3)若两导轨之间磁场的磁感应强度随时间的变化规律为B＝kt(k＞0)，电阻为r 的金属棒MN 从导轨最
左端沿导轨以速度v 向右做匀速运动，求t0时刻金属棒的电功率。
答案 (1) (2)B＝ (3)
解析 (1)由法拉第电磁感应定律知，金属棒中产生的感应电动势E0＝B0lv
由闭合电路欧姆定律得，电阻R 中电流I＝
电阻R 的电功率P＝I2R＝。
(2)根据产生感应电流的条件可知，若MN 中不产生感应电流，回路中磁通量变化量为零，
即Bl(l＋vt)－B1l2＝0，解得B＝。
(3)由楞次定律可知，回路中产生的感应电流方向为逆时针方向，t0时刻感生电动势的大小为
E1＝lkvt0
由右手定则可知金属棒切割磁感线产生的感应电流方向为由N 指向M，t0时刻动生电动势的大小为
E2＝lvkt0
所以t0时刻回路中产生的总电动势
E′＝E1＋E2＝lvkt0＋lvkt0＝lvkt0
t0时刻金属棒中电流I′＝
金属棒的电功率P′＝I′2r
联立解得P′＝。
7．如图甲所示，倾角α＝30°、宽度L＝0.5 m、电阻不计的光滑金属轨道足够长，在轨道的上端连接阻
值R＝1.0 Ω 的定值电阻，金属杆MN 的电阻r＝0.25 Ω，质量m＝0.2 kg，整个装置处于垂直轨道平
面向下的匀强磁场中。将金属杆由静止开始释放，在计算机屏幕上同步显示出电流i 和时间t 的关系如
图乙所示，已知t＝3.2 s 之后电流渐近于某个恒定的数值，杆与轨道始终保持垂直，0～3.2 s 内金属
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杆下滑的距离s＝2 m(g＝10 m/s2)。求：
(1)磁感应强度B 的大小；
(2)1.0 s 时金属棒的加速度大小；
(3)3.2 s 时金属杆的速度大小；
(4)0～3.2 s 内回路中产生总的焦耳热。
答案 (1)1.25 T (2)1.875 m/s2 (3)3.2 m/s (4)0.976 J
解析 (1)由图像可知，金属杆稳定运动时的电流为1.60 A，杆受三个力平衡，受力如图所示
根据平衡条件有
mgsin 30°＝BIL
代入数据解得B＝1.25 T。
(2)由图像可知1.0 s 时电流为1.0 A，
根据牛顿第二定律有mgsin 30°－BIL＝ma
代入数据解得a＝1.875 m/s2。
(3)由题意可知3.2 s 时电流为1.60 A，
导体切割磁感线产生的感应电动势为E＝BLv
根据闭合电路欧姆定律有E＝I(R＋r)
联立解得v＝3.2 m/s。
(4)根据能量守恒定律有mgs·sin 30°＝mv2＋Q
代入数据解得Q＝0.976 J。
8．如图甲所示，光滑水平面上宽度为3L 的区域有方向垂直于水平面向下的匀强磁场，初始时磁感应强度
为B0，一个边长为L，质量为m，总电阻为R 的单匝正方形金属框在拉力作用下以速度v0向右匀速进入
磁场，当金属框完全进入磁场时撤去拉力，线框依然能以速度v0继续匀速运动至磁场右边界，速度方
向始终与磁场边界垂直。以金属框cd 边到达磁场左边界时为计时起点，磁感应强度按如图乙所示的规
律变化。
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（1）求金属框进入磁场过程中，通过回路的电荷量q；
（2）求金属框进入磁场过程中，拉力对金属框所做的功W；
（3）cd 边由磁场左边界运动到磁场右边界的过程中，求金属框产生的焦耳热Q。
答案（1）B0 L
2
R
（2）B0
2 L
3v0
R
（3）3 B0
2 L
3v0
2 R
解析（1）金属框进入磁场过程中，产生的电动势为E1＝B0Lv0，感应电流为I1＝E1
R ＝B0 Lv0
R
，通过回
路的电荷量为q＝I1t＝B0 Lv0
R
· L
v0
＝B0 L
2
R
。
（2）金属框进入磁场过程中，拉力对金属框所做的功为W＝FAL＝I1B0L·L＝B0
2 L
3v0
R
。
（3）金属框在磁场运动过程中，产生的感应电动势为E2＝ΔΦ
Δt ＝ΔB
Δt S＝
2B0－B0
2 L
v0
L2＝B0 Lv0
2
，感应
电流为I2＝E2
R ＝B0 Lv0
2 R
，cd 边由磁场左边界运动到磁场右边界的过程中，金属框产生的焦耳热为Q＝
I 1
2R· L
v0
＋I 2
2R·2 L
v0
＝3 B0
2 L
3 v0
2 R
。
9．（2024 广东二模）如图甲，水平面上两根足够长的、电阻可忽略不计的平行金属导轨间距
，
导轨间两个矩形区域I 和Ⅱ的宽度分别为
、
；区域I 和II 内有垂直于水平面向上的
匀强磁场B1和B2，其中B1随时间变化的图像如图乙，
。导体棒a 和b 分别垂直导轨放置在I
区域MM1的左侧和II 区域的右边缘QQ1处，在a、b 中点处通过绝缘、松弛的轻绳连接。
时，a 以
平行于导轨的初速度
向左运动；
时，绳子瞬间拉直带动b 共同运动并匀速通过磁场区域II。已
知a、b 质量相等、电阻均为
，b 仅与NP、N1P1之间的导轨有摩擦，其他摩擦不计，且b 未进入I
区域，g 取
，回路中电流方向以俯视逆时针为正方向。
（1）求
内回路的感应电动势大小和感应电流的大小及方向；
（2）求a 棒的初速度
；
（3）通过计算，在图丙中画出
内，回路中电流I 随时间变化的图像。
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答案（1）
，
，负方向；（2）1m/s；（3）
解析（1）由图乙可知
内
回路的感生电动势
回路中的电流
由楞次定律可知，回路中电流方向为顺时针，即负方向。
（2）设
棒的质量均为
，轻绳拉直后瞬间两棒的共同速度为，由动量守恒定律得
棒在磁场区域II 中运动产生的动生电动势
由题意可知两电动势相互抵消，则
联立解得
，
（3）各个时间段的电流分段计算如下，由（1）可知在
内，回路的电流
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方向为负方向。
棒通过II 磁场区域的时间
因此
棒到达
边界时，
恰好为
。故在
内，回路电流
在
内，回路的感生电动势
故该段时间内电流
方向为正方向。由于
棒未进入区域Ⅰ，
后
，所以在
内，回路的电流
综上所述，
内，回路中电流如下图
10．（2024 广东惠州三模）为了确保载人飞船返回舱安全着陆，设计师在返回舱的底部安装了4 台完全相
同的电磁缓冲装置，如图（a）所示，图（b）为其中一台电磁缓冲装置的结构简图。舱体沿竖直方向
固定着两光滑绝缘导轨MN、PQ，导轨内侧安装电磁铁（图中未画出），能产生垂直于导轨平面的匀
强磁场，磁感应强度为B。导轨内的缓冲滑块K 内部用绝缘材料填充，外侧绕有n 匝闭合矩形线圈
abcd，其总电阻为R，ab 边长为L。着陆时电磁缓冲装置以速度v0与地面碰撞后，滑块K 立即停下，
此后在线圈与轨道的磁场作用下使舱体减速，从而实现缓冲。导轨MN、PQ 及线圈的ad 和bc 边足够
长，返回舱质量为m（缓冲滑块K 质量忽略不计），取重力加速度为g，一切摩擦阻力不计。求：
（1）缓冲滑块K 刚停止运动时，舱体的加速度大小；
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（2）舱体着陆时（即导轨MN、PQ 刚触地前瞬时）的速度v 的大小；
（3）若舱体的速度大小从v0减到v 的过程中，舱体下落的高度为h，则该过程中每台电磁缓冲装置中
产生的焦耳热Q。
答案（1）
；（2）
；（3）
解析（1）缓冲滑块K 刚停止运动时，单个闭合矩形线圈产生的感应电动势为
回路电流为
返回舱所受单个闭合矩形线圈的安培力为
根据牛顿第二定律得
解得
（2）返回舱向下做减速运动，受到向上的安培力和向下的重力，随着速度的减小，安培力减小，直
到安培力减小到与重力大小相等时，速度最小，此后匀速运动，直至舱体着陆时速度大小为v，可得
，
，
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由平衡条件可知
解得
（3）由能量守恒
解得
11．（2023 广东湛江一模）磁悬浮列车是高速低耗交通工具，如图甲所示，它的驱动系统可简化为如图乙
所示的物理模型。已知列车的总质量为m，固定在列车底部的正方形金属线框的边长为L，匝数为
N，总电阻为R；水平面内平行长直导轨间存在磁感应强度大小均为B、垂直水平面但方向交互相反、
边长均为L 的正方形组合匀强磁场，磁场以速度v 向右匀速移动时可恰好驱动停在轨道上的列车，假
设列车所受阻力恒定，若磁场以速度
匀速向右移动，当列车向右运动的速度为
时，线框位置如
图乙所示，求此时：
（1）线框中的感应电流方向；
（2）线框中的感应电流I 大小；
（3）列车的加速度a 大小。
答案（1）顺时针方向；（2）
；（3）
解析（1）由于
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所以线框相对磁场向左运动，根据右手定则可知此时线框中感应电流沿顺时针方向。
（2）当列车向右运动的速度为
时，则感应电动势为
线框中的感应电流大小
解得
（3）列车向右运动的速度为
时，线框受到的安培力为
解得
当磁场以速度v 匀速向右移动时，同理可得线框受到的安培力
当磁场以速度v 匀速向右移动时，可恰好驱动停在轨道上的列车可知阻力
由牛顿第二定律可知
解得
1．(2023 广东高考)光滑绝缘的水平面上有垂直平面的匀强磁场，磁场被分成区域Ⅰ和
Ⅱ，宽度均为h，其俯视图如图(a)所示，两磁场磁感应强度随时间t 的变化如图(b)所示，0～τ 时间
内，两区域磁场恒定，方向相反，磁感应强度大小分别为2B0和B0，一电阻为R，边长为h 的刚性正方
形金属框abcd，平放在水平面上，ab、cd 边与磁场边界平行。t＝0 时，线框ab 边刚好跨过区域Ⅰ的
左边界以速度v 向右运动。在τ 时刻，ab 边运动到距区域Ⅰ的左边界h
2处，线框的速度近似为零，此
时线框被固定，如图(a)中的虚线框所示。随后在τ～2τ 时间内，Ⅰ区磁感应强度线性减小到0，Ⅱ
区磁场保持不变；2τ～3τ 时间内，Ⅱ区磁感应强度也线性减小到0。求：
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(1)t＝0 时线框所受的安培力F；
(2)t＝1.2τ 时穿过线框的磁通量Φ；
(3)2τ～3τ 时间内，线框中产生的热量Q。
答案(1)9 B0
2h
2v
R
，方向水平向左 (2)3 B0h
2
10
(3)B0
2h
4
4 τR
解析(1)由题图(b)可知t＝0 时线框切割磁感线的感应电动势为E＝2B0hv＋B0hv＝3B0hv
则感应电流大小为I＝E
R ＝3 B0hv
R
所受的安培力为F＝2B03 B0hv
R
h＋B03 B0hv
R
h＝9 B0
2h
2v
R
，方向水平向左。
(2)在τ 时刻，ab 边运动到距区域Ⅰ的左边界h
2处，线框的速度近似为零，此时线框被固定，则t＝
1.2τ 时穿过线框的磁通量为Φ＝1.6B0h·1
2h－B0h·1
2h＝3 B0h
2
10
，方向垂直纸面向里。
(3)2τ～3τ 时间内，Ⅱ区磁感应强度也线性减小到0，则有E'＝ΔΦ
Δt ＝B0 1
2 h
2
τ
＝B0h
2
2τ
感应电流大小为I'＝E'
R ＝B0h
2
2τR
则2τ～3τ 时间内，线框中产生的热量为Q＝I'2Rt＝B0
2h
4
4 τR
。
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