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专题03 电路、电磁感应篇
2 大考点概览
考点01 电路
考点02 电磁感应
1．（2026·四川凉山·二模）我国电网已处于世界领先水平，在国家电网改造前，用电高峰期，用户电压会
明显低于正常值220 V，甚至家电不能工作。当地居民常常用调压器来调整电压，其原理如图所示。交变
电压从ab端输入，从cd端输出连接到家用电器R上，滑片P 可以上下滑动。调压器视为理想变压器，匝数
n2<n1=n3，下列说法正确的是（ ）
A．该调压器只能升电压不能降电压
B．若ab输入电压为U，且P在n1的中点，则R两端的电压为n3U
4 n2
C．若2n2=n3则滑片P在n1的中点以下时，可以起到降压作用
D．此调压器ab端输入功率等于cd端输出功率，但输入端和输出端的频率不相等
【答案】C
【详解】A．滑片P 到b 端的匝数为nPb，根据变压器电压与匝数的关系，左侧线圈n1与nPb段构成自耦变压
器关系，加在n2两端的电压U 2等于nPb段的电压，即U 2= nPb
n1
U ab
右侧线圈n2与n3构成变压器，输出电压U 3= n3
n2
U 2
考点01
电路
联立可得U 3= n3
n2
⋅nPb
n1
U ab
已知n1=n3，则U 3= nPb
n2
U ab
当滑片P 向下滑动使得nPb<n2时，有U 3<U ab
即起到降压作用，因此该调压器可以降低电压，故A 错误；
B．若P 在n1的中点，则nPb= 1
2 n1
代入公式得
U 3= n3
n2
⋅
n1
2
n1
U = n3U
2n2
，故B 错误；
C．若2n2=n3，结合n1=n3，可知n1=2n2
此时U 3= nPb
n2
U ab
当滑片P 在n1的中点时，nPb= 1
2 n1=n2
此时U 3=U ab
当滑片P 在n1的中点以下时，nPb< 1
2 n1=n2
则U 3<U ab
该调压器起到降压作用，故C 正确；
D．理想变压器输入功率等于输出功率，且不改变交流电频率，输入端和输出端频率相等，故D 错误。
故选C。
2．（2026·四川宜宾·二模）如图甲所示电路中，变压器为理想变压器，电压表与电流表均为理想电表，R0
为定值电阻，R 为滑动变阻器，交流电源接入如图乙所示的交流电。则（ ）
A．交流电源电压有效值为110 ❑√2V
B．电阻R 上的电流方向每秒钟改变50 次
C．滑动变阻器的滑片向下移动，电压表的示数增大
D．滑动变阻器的滑片向下移动，电流表的示
数增大
【答案】D
【详解】A．由乙图可知，交流电源电压的最大值为Em =220 ❑√2V
故交流电源电压的有效值为E = Em
❑√2 =220 V，故A 错误；
B．由乙图可知，交流电源的周期T =0.02s，在一个周期内，电流方向改变2 次，因此每秒电流方向改变
的次数为n=2× 1
T =100次
变压器不会改变交流电的周期和频率，所以电阻R 上的电流方向每秒钟也改变100 次，故B 错误；
C．根据U 1
U 2
= n1
n2
因原线圈的电压U 1一直保持不变，可知副线圈的电压U 2也保持不变，与滑动变阻器的滑片向下移动无关，
故C 错误；
D．滑动变阻器的滑片向下移动，R的有效阻值减小，故并联电路的总电阻R并
减小，根据I 2= U 2
R并
可知副线圈中的电流I 2增大，即电流表的示数增大，故D 正确。
故选D。
3．（2026·四川南充·二模）（多选）如图为模拟远距离高压输电示意图。在输电线路的起始端接入互感器，
该互感器原、副线圈的匝数比为20:1，互感器和电表均为理想，升压变压器接发电机。则下列说法正确的
是（ ）
A．该互感器为电压互感器，起降压作用
B．若电压表的示数为200V，输电电流为10A，则线路输送电功率为400kW
C．若发电机输出电压U 1和输送功率不变，仅将滑片Q下移，则输电线损耗功率增大
D．若发电机输出电压U 1不变，增加用户数，为维持用户电压不变，可将滑片P上移
【答案】AD
【详解】A．该互感器原线圈并联在高压输电线两端，属于电压互感器，且该互感器原、副线圈的匝数比
为20 1∶，故起降压作用，故A 正确；
B．若电压表的示数为200V，根据
U 2
U 电压表
= 20
1
解得U 2=20U 电压表=20×200 V = 4000 V
因为输电电流为I 2=10A，则线路输送电功率为P =U 2 I 2= 40kW，故B 错误；
C．若发电机输出电压U 1和输送功率P 不变，仅将滑片Q 下移，则升压变压器副线圈匝数n2增多，可知
U 2= n2
n1
U 1
增大，故I 2= P
U 2
减小，因此输电线损耗功率减小，故C 错误；
D．仅增加用户数，即负载总电阻R 减小，若降压变压器副线圈两端电压U 4不变，则通过副线圈的电流
I 4= U 4
R
增大，降压变压器原线圈中的电流也增大，输电线上的电压损失ΔU = I 3 R线增大，原线圈两端电
压U 3=U 2−ΔU减小，根据U 4= n4
n3
U 3
可知当U 3减小时，减小n3可以使U 4不变，所以要将降压变压器的滑片P 上移，故D 正确。
故选AD。
4．（2026·四川泸州·二模）如图所示，面积相等的单匝圆形线圈甲和单匝等边三角形线圈乙放入同一匀强
磁场中，两个线圈导线的粗细和材料均相同，都绕垂直磁场的轴做角速度相同的匀速圆周运动。从线圈平
面平行磁场位置开始计时，转动过程中（ ）
A．甲乙两线圈产生的感应电动势有效值相同
B．甲乙两线圈产生的感应电流有效值相同
C．从图示位置到线圈转动1
4
周期，通过乙线圈的电荷量更多
D．从图示位置到线圈转动一个周期，乙线圈产生的热量更少
【答案】AD
【详解】已知单匝圆形线圈甲和单匝等边三角形线圈乙，面积相等（S甲= S乙= S）。导线粗细、材料相同，
电阻率ρ相同，横截面积S0相同。绕垂直磁场的轴以相同角速度ω匀速转动，从线圈平面平行磁场位置开
始计时。
A．感应电动势最大值Em = NBSω
这里N =1，S 相同，B、ω 相同，所以Em甲= Em 乙
有效值E = Em
❑√2
，因此E甲= E乙，A 正确；
B．感应电流有效值I = E
R
，需要比较电阻R。设面积S = π r
2=
❑√3
4 a
2（r 为圆半径，a 为三角形边长）。
圆周长L甲=2πr =2❑√πS
三角形周长L乙=3a=2❑√3 ❑√3 S
所以L乙> L甲。电阻R = ρ L
S0
，因此R乙> R甲。因为E甲= E乙，所以I 甲> I 乙，B 错误；
C．转动1
4
周期，通过的电荷量q = N ΔΦ
R
从平行磁场转到垂直磁场，ΔΦ= BS−0= BS，N =1，所以q = BS
R
因为R乙> R甲，所以q乙<q甲，C 错误；
D．一个周期产生的热量Q = I
2 RT = E
2
R T
因为E甲= E乙，R乙> R甲，所以Q乙<Q甲，D 正确。
故选AD。
5．（2026·四川成都·二模）如图所示，竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，边长为L、总电阻
为R的单匝正方形线框先后绕过ab 边和bc 边的轴以相同大小的角速度ω按图示方向匀速转动。从图示位
置开始计时，下列说法正确的是（ ）
A．当线框绕过ab 边的轴转动时，在图示位置线框中电流方向为adcba
B．当线框绕过ab 边的轴转动时，a、d 两点间的电势差U ad =−1
2 B L
2ω
C．当线框绕过bc 边的轴转动时，线框中感应电动势随时间变化的表达式e = B L
2ωsinωt
D．当线框绕过bc 边的轴转动时，线框转动一周过程中外力做功W = π B
2 L
4ω
R
【答案】BD
【详解】A．当线框绕过ab 边的轴转动时，线框平面一直与磁场方向平行，穿过线框的磁通量一直为0，
不会产生感应电流，故A 错误；
B．当线框绕过ab 边的轴转动时，由右手定则可知a 点的电势低于d 点的电势，ad 边产生的电动势大小为
E = BLv = BL⋅0+ωL
2
= 1
2 B L
2ω
则a、d 两点间的电势差U ad =−1
2 B L
2ω，故B 正确；
C．当线框绕过bc 边的轴转动时，穿过线框的磁通量周期性变化，线框中产生正弦式的交变电流，电动势
最大值为Em = B L
2ω
图示位置穿过线框的磁通量为0，磁通量的变化率最大，感应电动势最大，线框中感应电动势随时间变化
的表达式e = B L
2ωcosωt，故C 错误；
D．当线框绕过bc 边的轴转动时，根据能量守恒可知，线框转动一周过程中外力做功为
W =Q =
( Em
❑√2 )
2
R
T =
( B L
2ω
❑√2
)
2
R
⋅2π
ω = π B
2 L
4ω
R
，故D 正确。
故选BD。
6. （2026·四川绵阳·二模）（多选）电子秤在日常生活中应用很广泛。某同学在研究性学习活动中自制两
种电子秤，原理如图甲、乙所示。用理想电压表的示数指示物体的质量，托盘与电阻可忽略的金属弹簧相
连，托盘与弹簧的质量均不计，滑动变阻器R 的滑片与弹簧上端连接。当托盘中没有放物体时，滑片恰好
指在变阻器的最上端。已知滑动变阻器总电阻
，长度
，电源电动势
，内阻
，限流电阻
，弹簧劲度系数
，除重力外，不计其他作用力，
。下列说法正确的是（ ）
A. 甲、乙两图托盘中没有放物体时，电压表示数不为0
B. 甲、乙两图流过
的电流均随着托盘中物体质量增大而增大
C. 当图甲电压表示数为2V 时，可推测托盘中所放物体质量为0.4kg
D. 当图乙电压表示数为2.4V 时，可推测托盘中所放物体质量为0.4kg
【答案】D
【解析】
【详解】A．当托盘中没有放物体时，两电路图滑动变阻器接入电路的电阻均为0，则电压表示数均为0，
故A 错误；
B．经过
的电流增大，说明R 接入电路阻值变小，盘中物体质量减小，故B 错误；
C．当电压表示数为2V 时，题图甲电路的电流为
则变阻器接入电路的电阻为
弹簧长度变化量
托盘中放上的物体质量为
故C 错误；
D．题图乙中，设托盘上放上质量为
的物体时，弹簧的压缩量为
，由平衡条件可得
解得
由闭合电路欧姆定律可知
则
联立解得
将
代入得
故D 正确。
故选D。
7．2025 年7 月19 日，雅鲁藏布江下游水电工程在西藏自治区林芝市正式开工。水电站向外供电示意图如
图甲所示，发电机的内部原理简化图如图乙所示。已知升压变压器原、副线圈的匝数分别为
、
，降
压变压器原、副线圈的匝数分别为
、
，变压器均为理想变压器。下列说法正确的是
A．减小
，可以提高远距离输电的输电效率
B．图乙中的线圈转过90°时，线圈产生的电流最小
C．若发电站输送功率一定，发电机的输出电压增大，则输电线中损耗的功率会减小
D．当用户端接入的用电器增多时，为维持用户电压稳定，要适当减小
【答案】C
【解析】输电效率
，其中
，减小
，根据
可知升压变压器副线圈
电压
减小，导致输电电流
增大，输电线上损耗的功率
增大，输电效率降低，故A 错误。 由图乙
可知，线圈平面与磁感线垂直，处于中性面位置，此时磁通量最大，但磁通量的变化率为零，感应电动势
为零，感应电流为零。线圈转过
时，线圈平面与磁感线平行，磁通量为零，但磁通量的变化率最大，
感应电动势最大，感应电流最大，故B 错误。若发电站输送功率
一定，发电机的输出电压
增大，根据
可知
增大。由
可知输电电流
减小。输电线中损耗的功率
，因
减小，所以
减小，故C 正确。 当用户端接入的用电器增多时，用户端总电阻减小，降压变压器副线圈电流
增
大，原线圈电流
（即输电线电流
）增大，输电线上电压损失
增大，降压变压器原线圈电压
减小。用户电压
随之减小。为维持用户电压
稳定，应增大变压比
，即适当增
大
，故D 错误。
1．（2026·四川成都·二模）如图所示，足够长的平行光滑金属导轨水平固定放置，一端连接定值电阻，空
间存在竖直向下的匀强磁场。导体棒MN 放在导轨上，t =0时以初速度v0水平向右运动，经过足够长时间
停在导轨上。导体棒及导轨接触良好，且电阻均忽略不计。下列正确描述MN 运动过程中加速度a、速度v
随时间t或位移x变化的图像是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【详解】AB．设导轨间距为L，在运动过程中，由楞次定律可知金属棒受到的安培力方向向左，大小为
F安= BIL= B BLv
R总
L= B
2 L
2v
R总
根据牛顿第二定律，金属棒做减速运动，加速度的大小满足ma= B
2 L
2v
R总
考点02
电磁感应
解得a= B
2 L
2v
m R总
可知金属棒做变加速运动，速度减小时，加速度也随之减小，因此v −t图的斜率逐渐减小，金属棒的速度
不随时间线性变化，则金属棒的加速度也不随时间线性变化，故AB 错误；
C．以导体棒为研究对象，由动量定理得mv −mv0=−∑F安Δt =−B
2 L
2
R总
∑v Δt =−B
2 L
2 x
R总
化简得v = v0−B
2 L
2 x
m R总
可知金属棒的v −x图像为一次函数关系，斜率为负值，故C 错误；
D．由金属棒的加速度大小a= B
2 L
2v
m R总
结合v = v0−B
2 L
2 x
m R总
联立得a= B
2 L
2
m R总(v0−B
2 L
2 x
m R总)= B
2 L
2v0
m R总
−B
4 L
4 x
m
2 R总
2
可知金属棒的a−x图像为一次函数关系，斜率为负值，故D 正确。
故选D。
2．（2026·四川泸州·二模）如图所示为一个与电源相连的竖直放置的螺线管，a 点在螺线管内部中心。闭
合开关后，a 点的磁感应强度（ ）
A．大小为零
B．方向向上
C．方向向下
D．方向与线圈匝数有关
【答案】C
【详解】根据右手螺旋定则，螺线管下端为N 极，可知螺线管内部中心a 点的磁感应强度方向向下，其方
向与线圈匝数无关。
故选C。
3．（2026·四川凉山·二模）如图所示，倾角θ =30°的光滑斜面上存在着两个磁感应强度大小均为B =2T的
匀强磁场区域，区域Ⅰ和区域Ⅱ的磁场方向分别垂直于斜面向上和向下，磁场宽度HP及PN均为L=0.5 m。
一个质量m=0.2kg、总电阻R =2Ω（每边电阻相等）、边长也为L的单匝正方形导线框abcd由静止开始
沿斜面下滑，ab边恰好匀速穿过区域Ⅰ，再经区域Ⅱ的磁场后离开。则（ ）
A．ab边刚进入磁场Ⅰ时线框中电流方向由b到a
B．ab边刚进入磁场Ⅰ时ab两端的电压为0.5 V
C．ab边刚进入磁场Ⅱ时加速度大小为零
D．ab边刚进入磁场Ⅱ至到达M N的过程中，通过ab边的电荷量为0.5C
【答案】AD
【详解】A．ab 刚进入磁场Ⅰ，磁场Ⅰ垂直斜面向上，线框向下运动，穿过线框的向上磁通量增加，感应
电流磁场向下，线框感应电流为顺时针方向，因此ab边电流方向为b→a，A 正确；
B．ab 匀速穿过Ⅰ，根据受力平衡mgsin θ = BIL
ab两端电压为路端电压U = I × 3
4 R
解得U =1.5V ，B 错误；
C．ab 刚进入Ⅱ时，ab在Ⅱ（B向里）、cd在Ⅰ（B向外），两个边切割磁感线产生的电动势同向串联，
总电动势E
′ =2BLv =2 E = 4V
电流I
′ = E
′
R =2 A，两个边的安培力均沿斜面向上，总安培力F安=2B I
′ L= 4 N，重力分力mgsin θ =1 N，
合力F合= 4−1=3 N
加速度a= F合
m =15m/ s
2≠0，C 错误；
D．ab 刚进入Ⅱ到到达MN过程中，初始磁通量Φ1= B L
2，末态磁通量Φ2=−B L
2，磁通量变化量大小
ΔΦ =∣Φ2−Φ1∣=2B L
2=1Wb，电荷量q = I t =
ΔΦ
Δt × R × Δt = ΔΦ
R = 1
2 =0.5C，D 正确。
故选 AD。
4．（2026·四川宜宾·二模）在光滑的水平桌面上，存在宽度为0.6m 的匀强磁场区域，磁感应强度B = 5
3 T，
方向竖直向上，有一质量为0.1kg 的“日”字形线框，以v0=5 m /s的初速度垂直于磁场边界滑入磁场，其
俯视图如图所示。当线框速度减为零时被锁定，此后磁感应强度均匀减为0。已知线框AD、BC、EF 边的
电阻均为2Ω，其余电阻不计，AD = BC = EF = AE = EB =0.6 m。则（ ）
A．线框刚滑入磁场时受到的安培力为2.5N
B．全过程中线框产生的总焦耳热大于1.25J
C．线框BC 边刚滑出磁场时的速度为4m/s
D．当BC 边滑出磁场后，通过BC 边电荷量为0.2C
【答案】BD
【详解】A．线框刚滑入磁场时，BC边切割磁感线，相当于电源；AD边和EF边并联，则产生的电动势
为E0= BLv0=5 V
电路中的总电阻为R1= R+ R
2 =3Ω
通过BC边的电流为I 1= E0
R1
= 5
3 A
线框刚滑入磁场时受到的安培力为F1= B I 1 L= 5
3 N，故A 错误；
B．根据能量守恒，线框运动过程中产生的焦耳热为Q1= 1
2 mv0
2=1.25J
线框锁定后，磁感应强度均匀减为0 的过程产生的焦耳热大于零，所以全过程中线框产生的总焦耳热大于
1.25J，故B 正确；
C．线框BC 边在磁场中运动过程中，根据动量定理−B I <=mv −m v0
其中I t = E
R1
t = BLv
R1
t = B L
2
R1
解得v =3 m/s，故C 错误；
D．当BC 边滑出磁场后，EF边切割磁感线，相当于电源，则电路中的总电阻为R2= R+ R
2 =3Ω
设EF边出磁场时线框的速度大小为v1
，根据动量定理−B I
′ Lt
′ =m v1−mv
其中I
′ t
′ = E
′
R2
t
′ = BLv
′
R2
t
′ = B L
2
R2
解得v1=1m/s
此过程通过BC 边电荷量为q1= I
′ t
′
2 =0.1C
EF边出磁场后，AD边切割磁感线，相当于电源，则电路中的总电阻为R3= R+ R
2 =3Ω
根据动量定理−B I
″ Lt
″ =0−m v1
其中I
″ t
″ = E
″
R3
t
″ = BLv
″
R3
t
″ = BLx
R3
解得x =0.3 m
此过程通过BC 边电荷量为q2= I
″ t
″
2 =0.05C
线框静止后，通过BC 边电荷量为q3= I
′ ′ ′ t
′ ′ ′
2
= E
′ ′ ′
2 R3
t
′ ′ ′ =ΔΦ
2 R3
t
″ = BL( L−x)
2 R3
=0.05C
所以，当BC 边滑出磁场后，通过BC 边电荷量为q =q1+q2+q3=0.2C，故D 正确。
故选BD。
5. （2026·四川绵阳·二模）（多选）如图所示，一质量为M 的足够长“匚”型金属导轨abcd 放在光滑的
绝缘水平面上。质量为m、电阻不计的导体棒PQ 平行bc 放置在导轨上，PQ 左侧有两个固定于水平面的
立柱。导轨单位长度的电阻为R0，bc 长为L，初始时bc 与PQ 间距离也为L。分界线ef 与bc 平行，其左侧
有竖直向上的匀强磁场，右侧有水平向左的匀强磁场，磁感应强度大小均为B。在t=0 时，一水平向左的
拉力F 垂直作用在导轨bc 段中点，使导轨由静止开始做匀加速直线运动，加速度大小为a，PQ 与导轨间
动摩擦因数为μ，且始终接触良好，则（ ）
A. 回路中的电动势先增大后减小
B. 运动过程中拉力F 的最大值为Ma+μmg+
C. 若t0时间内导轨产生的焦耳热为Q，则该时间内导轨克服安培力做功为Q
D. 若t0时间内导轨产生的焦耳热为Q，则该时间内导轨克服摩擦力做功为
【答案】CD
【解析】
【详解】A．导轨做初速为零的匀加速运动，t 时刻的速度 v=at
回路中感应电动势：E=BLv=BLat
可知回路中的电动势一直增大，选项A 错误；
B．导轨运动以后，由v=at，
，Rx=R0•2x，
，F 安=BIL
得
导轨受外力F，安培力F 安和滑动摩擦力f。其中有f=μFN=μ（mg+F 安）
对导轨，由牛顿第二定律得F-FA-f=Ma
联立得
分析可知， 当
即
力F 最大，则有
选项B 错误；
C．克服安培力做功等于产生的焦耳热，可知若t0时间内导轨产生的焦耳热为Q，则该时间内导轨克服安
培力做功为Q，选项C 正确；
D．又导轨克服摩擦力做功为
而
，
则有
选项D 正确。
故选CD。
6．（2026·四川南充·二模）如图，间距为L=1m的平行金属导轨，一端接有阻值为R =1Ω的定值电阻，固
定在高为h=0.8 m的绝缘水平桌面上、质量均为m=1kg的匀质导体棒a 和b 静止在导轨上，两导体棒与导
轨接触良好且始终与导轨垂直，接入电路的阻值均为R =1Ω，与导轨间的动摩擦因数均为μ=0.2，导体棒
a 距离导轨最右端距离为x =2.5 m。整个空间有竖直向下的匀强磁场（图中未画出），磁感应强度大小为
B =1T。用平行导轨水平向右的恒力F =10 N拉导体棒a，当导体棒a 运动到导轨最右端时，导体棒b 刚要
滑动，撤去F，导体棒a 离开导轨后落到水平地面上，重力加速度g取10 m /s
2，最大静摩擦力等于滑动摩
擦力，不计空气阻力，不计其他电阻。求：
(1)导体棒b 刚要滑动时，通过导体棒b 的电流I及导体棒a 速度的大小v；
(2)导体棒a 由静止运动到导轨最右端的过程中，通过导体棒a的电荷量q以及导体棒a 产生的焦耳热Qa；
(3)设导体棒a 与水平地面发生碰撞前后瞬间，竖直方向速度大小不变，方向相反，碰撞过程中水平方向所
受摩擦力大小为数值方向支持力的k =0.15倍，碰撞瞬间重力冲量忽略不计，求导体棒a 离开导轨后向右
运动的最大水平距离lm。
【答案】(1)I =2A，v =6 m/s
(2)q = 5
3 C，Qa= 4
3 J
(3)lm =12m
【详解】（1）b 刚要滑动时有BIL= μmg
解得I=2A
由题意可知I a=2 I =
BLv
R+0.5 R
联立解得v =6 m /s
（2）通过a 的电荷量q = I Δt =
ΔΦ
Δt
R+0.5 R Δt =
ΔΦ
R+0.5 R =
BLx
R+0.5 R
代入题中数据，解得q = 5
3 C
设Q 为电路中总的焦耳热，整个过程，对a，根据功能关系有Fx−μmgx =Q+ 1
2 mv
2
因为Qa= 2
3 Q
联立解得Qa= 4
3 J
（3）a 离开导轨后，与地面碰撞前做平抛运动，落地前竖直方向速度大小为v y = ❑√2gh= 4 m/s
碰撞过程，竖直方向，根据动量定理有FN Δt =2m v y
水平方向有−k F N Δt =m Δv x
解得Δv x =−1.2m /s
即与地面碰撞5 次后，水平速度为0，运动到最右侧。从抛出到第一次与地面碰撞过程有h= 1
2 gt
2
解得t=0.4s
离开导轨到与地面碰撞水平位移x0= vt =2.4 m
第1 次碰撞与第2 次碰撞之间水平位移x1=(6−1.2)×0.8 m = 4.8×0.8 m
第2 次碰撞与第3 次碰撞之间水平位移x2=(6−2.4)×0.8 m =3.6×0.8 m
以此类推有s= x1+ x2+ x3+ x4=9.6 m
故导体棒a 离开导轨后向右运动的最大水平距离lm = x0+ s=12m
7．（2026·四川广元·二模）如图所示，间距为L=1.0 m的两条平行光滑竖直金属导轨PQ、MN 足够长，底
部Q、N 之间连有一阻值为R1=3Ω的电阻，磁感应强度为B1=0.5T的匀强磁场与导轨平面垂直，导轨的
上端点P、M 分别与横截面积为5×10
−3 m
2的50 匝线圈的两端连接，线圈所在区域有与线圈轴线平行，大
小随时间均匀变化的匀强磁场B2，开关S 闭合后，质量为m=1×10
−2kg、电阻值为R2=2Ω的金属棒ab
恰能保持静止。断开开关后金属棒下落2m 时恰好达到最大速度。金属棒始终与导轨接触良好，其余部分
电阻不计，g 取10 m /s
2。求：
(1)金属棒ab 恰能保持静止时，匀强磁场B2的磁感应强度的变化率；
(2)金属棒ab 下落过程中能达到的最大动量的大小；
(3)金属棒ab 从开始下落到恰好运动至最大速度的过程中，金属棒产生的焦耳热和所用时间。
【答案】(1)4 T/s
(2)0.02kg⋅m/s
(3)0.072J，1.2s
【详解】（1）开关闭合金属棒静止时，受力平衡，安培力等于重力，即mg= B1 IL
由法拉第电磁感应定律，线圈感应电动势E =nΔΦ
Δt
=nSΔB2
Δt
回路电流
I =
E
R1+ R2
=
nSΔB2
Δt
R1+ R2
联立可得ΔB2
Δt
= mg( R1+ R2)
B1nSL
代入数值解得ΔB2
Δt
= 4 T/s
（2）断开开关后，金属棒达到最大速度时受力平衡，安培力等于重力B1 I
′ L=mg
其中感应电流I
′ = B1 Lvm
R1+ R2
联立得最大速度vm = mg( R1+ R2)
B1
2 L
2
= 0.01×10×5
0.5
2×1
2
m/s=2m/s
最大动量p=m vm =1×10
−2kg×2m/s=0.02kg⋅m/s
（3）由能量守恒，得mgh= 1
2 m vm
2 +Q总
解得总焦耳热Q总=0.01×10×2J−1
2 ×0.01×2
2J =0.18J
串联电路焦耳热与电阻成正比，金属棒的焦耳热Q2=Q总⋅
R2
R1+ R2
=0.18J× 2Ω
5Ω =0.072J
对金属棒下落过程，安培力的冲量大小为
I 安=∑B1 IL Δt =∑B1⋅B1 Lv
R1+ R2
⋅L Δt =∑B1
2 L
2
R1+ R2
⋅v Δt = B1
2 L
2
R1+ R2
⋅h
由动量定理，得mgt −I 安=m vm
代入得mgt =m vm+ B1
2 L
2h
R1+ R2
代入数值解得t =1.2s
8．（2026·四川泸州·二模）如图为科研实验室设计的弹射碰撞装置简化图，间距L=0.5 m的水平平行导轨，
其左端有通过单刀双掷开关连接的电源和电容器，轨道上有质量均为m=0.5kg的金属杆ab和绝缘杆cd。
虚线MN左侧存在与水平面成θ =53
∘斜向上、大小B =1.25T的匀强磁场。金属杆ab置于磁场内，绝缘杆
cd置于磁场外的水平轨道上。先将开关K 接通1 给电容器充满电再接在2 上，ab杆向右运动且出磁场前已
达匀速，出磁场后与cd杆相碰，两杆碰后粘在一起，最后以速度v =20 m /s冲出导轨。运动过程中，ab、
cd杆始终与导轨垂直并接触良好。已知电容器的电容C =1F，忽略一切摩擦，取sin53
∘=0.8，
cos53
∘=0.6，重力加速度大小g=10 m /s
2。求：
(1)ab、cd两杆碰撞过程损失的机械能Δ E；
(2)从开关接到2 到ab杆离开磁场，电容器上电荷的变化量Δq；
(3)电源电动势E的大小。
【答案】(1)Δ E =200J
(2)Δq = 40C
(3)E =60 V
【详解】（1）设ab 杆碰前速度为v0，根据动量守恒定律，有m v0=2mv
解得v0= 40 m/s
两杆碰撞过程损失的机械能Δ E = 1
2 m v0
2−1
2 ×2m v
2=200J
（2）磁场垂直于导轨平面的分量为B1= Bsinθ =1T
以ab 杆为研究对象，由动量定理，得F Δt = B1 I L Δt = B1 L Δq =m v0
解得Δq = m v0
B1 L = 40C
（3）电容器初始电荷Q0=CE
ab 杆离开磁场时已达匀速，电流为零，电容器电压U等于感应电动势U = B1 Lv0=20 V
此时电容器上的电荷Q1=CU =20C
由电荷变化量Δq =Q−Q1= 40C
解得Q =60C，E =60 V
9．（2026·四川内江·二模）如图所示，绕过轻质光滑定滑轮的绝缘轻绳，一端吊着单匝正方形闭合线圈，
另一端连接质量为M的滑块。斜面的倾角为θ，与滑块间的动摩擦因数为μ，单匝正方形线圈的边长为L、
总电阻为r。边长为L
2
的正方形磁场区域对称分布在正方形线圈下边的两侧，磁场方向垂直纸面向里，大
小随时间变化规律为B =kt（k >0且为定值），在t =0时，滑块与斜面相对静止且恰好无摩擦，经过一段
时间后滑块开始沿斜面滑动。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，线框无转动，重力加速度为g。求：
(1)线圈中的感应电动势大小；
(2)从t =0开始至滑块恰好滑动的时间。
【答案】(1)k L
2
8
(2)16 μrMgcosθ
k
2 L
3
【详解】（1）根据法拉第电磁感应定律，有E = ΔB
Δt S
有效面积为S = L
2
8
联立解得E = k L
2
8
（2）设线框的质量为m，绳的拉力为T，开始时，有mg = Mgsinθ
线框中的电流为I = E
r
线框受到的安培力为F = BI L
2
对滑块，有Mgsinθ =T + μMgcosθ
对线框，有mg =T + F
其中B =k t0
联立解得t0= 16 μrMgcosθ
k
2 L
3
10．（2026·四川宜宾·二模）如图所示，匀强磁场垂直于倾角θ =30°的光滑倾斜金属导轨，磁感应强度
B =2T，导轨宽度L=0.5 m，导轨下端接R = 4 Ω的定值电阻。质量m=0.2kg，电阻r =1Ω的金属杆上端
系一弹簧，初始处于静止状态。现给金属杆一平行于斜面向下的I 0=1N⋅s的瞬时冲量。其余电阻不计，
整个过程中弹簧形变量均在弹性限度内，重力加速度g=10 m /s
2，求：
(1)金属杆开始运动瞬间的加速度大小；
(2)金属杆从开始运动到停止运动过程中，定值电阻R上产生的焦耳热。
【答案】(1)a=5 m /s
2
(2)QR=2J
【详解】（1）由动量定理可知金属杆的速度满足I 0=mv
解得v =5 m /s
回路的感应电动势为E = BLv =5 V
金属杆的电流大小为I =
E
r + R =1A
由楞次定律可知回路的电流沿逆时针方向，结合左手定则，金属杆受到的安培力方向沿斜面向上，大小为
F安= BIL=1N
由于系统初始处于静止状态，金属杆重力沿倾斜金属导轨向下的分量与弹簧弹力等大反向，由牛顿第二定
律可知金属杆开始运动瞬间的加速度大小a= F合
m = F安
m =5 m /s
2
（2）金属杆最终静止于倾斜金属导轨上，由于速度为0，回路无电动势，安培力的大小也为0，可知金属
杆最终静止于初始位置，由能量守恒可知回路产生的焦耳热满足Q = 1
2 mv
2=2.5J
由于定值电阻R与金属杆电阻r串联，焦耳热与电阻成正比，故定值电阻R上产生的焦耳热为
QR=
R
R+r Q =2J
11．某兴趣小组设计了如图（a）所示的电磁阻拦系统。当模型飞机着陆时，关闭动力系统，通过绝缘阻
拦索钩住水平面内平行导轨上的金属棒ab，飞机与金属棒ab 在匀强磁场中共同滑行3m 后停下。已知
ab 被钩住后瞬间与飞机的共同速度为3m/s，导轨间距为1m，定值电阻R=1Ω，ab 接入电路的电阻
r=2Ω，不计导轨电阻。除电磁阻力外，忽略其他阻力。以ab 初始位置为起点，ab 两端电压U 与其位移
s 的关系如图（b）所示，则
A．b 端的电势高于a 端的电势
B．ab 被钩住后瞬间产生的电动势为1V
C．通过电阻R 的总电量为3C
D．ab、阻拦索与飞机的总质量约为0.33kg
【答案】D
【解析】根据右手定则，可知导体棒
产生感应电流方向为
到
，导体棒视为电源，电源内部的电流是
由负极流向正极，故a 端的电势高于b 端的电势，故A 错误；由图（b）可知，当ab 被钩住后瞬间，ab 两
端电压
，因导体棒与电阻
形成了一个闭合电路，故此电压为路端电压，则此瞬间产生的感应电动
势为
，故B 错误；由B 项分析，可知ab 被钩住后瞬间产生的感应电动势为
，根
据法拉第电磁感应定律有
，解得
，根据
，
，
，
，联立解
得
，由图（b）可知当
时
，说明此时导体棒刚好停止运动，速度为零，代入数据解得
，故C 错误；根据动能定理有
，又
，联立可得
，由图（b）可
得
，代入数据解得
，故D 正确。
