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高考重点考点解读与针对性训练
第十三章 电磁感应
考点109 电磁感应中的能量问题
【考点解读】
1.电磁感应过程中的能量转化
2.求解焦耳热Q 的三种方法
焦耳定律
Q＝I2Rt，电流、电阻都不变时适用
功能关系
Q＝W 克服安培力，任意情况都适用
能量转化
Q＝ΔE 其他能的减少量，任意情况都适用
【高考真题】
【典例1】．（2025 年高考北京卷）绝缘的轻质弹簧上端固定，下端悬挂一个磁铁。将磁
铁从弹簧原长位置由静止释放，磁铁开始振动，由于空气阻力的影响，振动最终停止。现
将一个闭合铜线圈固定在磁铁正下方的桌面上（如图所示），仍将磁铁从弹簧原长位置由
静止释放，振动最终也停止。则（ ）
A．有无线圈，磁铁经过相同的时间停止运动
B．磁铁靠近线圈时，线圈有扩张趋势
C．磁铁离线圈最近时，线圈受到的安培力最大
D．有无线圈，磁铁和弹簧组成的系统损失的机械能相同
【答案】D
【解析】将一个闭合铜线圈固定在磁铁正下方的桌面上，磁铁上下振动时，线圈中产生感
1
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应电流，磁铁上下振动受到电磁阻力，磁铁振动时间减小，A 错误；磁铁靠近线圈时，根
据楞次定律，线圈有缩小趋势，B 错误；磁铁离线圈最近时，线圈中磁通量变化率最小，
为零，线圈中产生的感应电流最小，为零，线圈受到的安培力最小，为零，C 错误；有无
线圈，磁铁和弹簧组成的系统损失的机械能相同，D 正确。
【典例2】. （2025 年1 月浙江选考）新能源汽车日趋普及，其能量回收系统可将制动时
的动能回收再利用，当制动过程中回收系统的输出电压（U）比动力电池所需充电电压（
）低时，不能直接充入其中。在下列电路中，通过不断打开和闭合开关S，实现由低压
向高压充电，其中正确的是（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】该电路中当开关S 断开时，整个电路均断开，则不能给电池充电，选项A 错误；
该电路中当S 闭合时稳定时，线圈L 中有电流通过，当S 断开时L 产生自感电动势阻碍电流
减小，L 相当电源，电源U 与L 中的自感电动势共同加在电池两端，且此时二极管能导体，
从而实现给高压充电，选项B 正确；该电路中当S 闭合时稳定时，线圈L 中有电流通过，
但当S 断开时L 也与电路断开，还是只有回收系统的电压U 加在充电电池两端，则不能实
现给高压充电，选项C 错误；
该电路中当S 闭合时稳定时，线圈L 中有电流通过，但当S 断开时电源U 也断开，只有L 产
生的自感电动势相当电源加在充电电池两端，则不能实现给高压充电，选项D 错误。
【典例3】（2024·贵州高考10 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
2
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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mv
BL
B.金属棒加速的时间为2mR
B
2 L
2
C.加速过程中拉力的最大值为4 B
2 L
2v
3 R
D.加速过程中拉力做的功为1
2mv2
答案：AB
解析：加速阶段的位移与减速阶段的位移相等，都设为x，根据q＝IΔt＝E
R Δt＝
ΔΦ
R· Δt
·Δt＝ΔΦ
R ＝BLx
R ，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，对于减速过程，由动量定理可得－BLIΔt＝－BLq＝0－mv，解得q＝mv
BL，A 正确；由q
＝mv
BL＝BLx
R ，解得x＝mvR
B
2 L
2，金属棒加速的过程中，由位移公式可得x＝1
2vt，可得加速
时间 为t＝2mR
B
2 L
2，B 正确；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Fm－BBLv
R L＝ma，其中v＝at，联立解得Fm＝3 B
2 L
2v
2 R
，C 错误；
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
WF－W 安＝1
2mv2，可得WF＝W 安＋1
2mv2，因此加速过程中拉力做的功大于1
2mv2，D 错误。
【典例4】（2023·北京高考9 题）如图所示，光滑水平面上的正方形导线框，以某一初速
度进入竖直向下的匀强磁场并最终完全穿出。线框的边长小于磁场宽度。下列说法正确的
是（ ）
A.线框进磁场的过程中电流方向为顺时针方向
3
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B.线框出磁场的过程中做匀减速直线运动
C.线框在进和出的两过程中产生的焦耳热相等
D.线框在进和出的两过程中通过导线横截面的电荷量相等
答案 D
解析： 线框进磁场的过程中由楞次定律知电流方向为逆时针方向，A 错误；线框出磁场
的过程中，E＝BLv，I＝E
R ，有FA＝BIL＝B
2 L
2v
R
＝ma，由于线框出磁场过程中由左手定则
可知线框受到的安培力向左，则v 减小，线框做加速度减小的减速运动，B 错误；由功能
关系得线框产生的焦耳热Q＝FAL，其中线框进出磁场时均做减速运动，故其进磁场时任意
时刻的速度都大于其出磁场时的速度，所以线框进磁场时受到的安培力也一直都大，产生
的焦耳热多，C 错误；线框在进和出的两过程中通过导线横截面的电荷量q＝It，其中I＝
E
R ，E＝BL x
t ，联立有q＝BL
R x，由于线框在进和出的两过程中线框的位移均为L，则线框
在进和出的两过程中通过导线横截面的电荷量相等，故D 正确。
【典例5】.[2023 浙江6 月]如图所示，质量为M、电阻为R、长为L 的导体棒，通过两根长
均为l、质量不计的导电细杆连在等高的两固定点上，固定点间距也为L.细杆通过开关S 可
与直流电源E0或理想二极管串接.在导体棒所在空间存在磁感应强度方向竖直向上、大小为
B 的匀强磁场，不计空气阻力和其他电阻.开关S 接1，当导体棒静止时，细杆与竖直方向
的夹角θ＝π
4 ；然后开关S 接2，棒从右侧开始运动完成一次振动的过程中（ C ）
A.电源电动势E0＝√2 Mg
2BL R
B.棒产生的焦耳热Q＝（1－√2
2 ）Mgl
C.从左向右运动时，最大摆角小于π
4
D.棒两次过最低点时感应电动势大小相等
答案 C
4
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解析 作出静止时导体棒的受力图如图所示，由于θ＝π
4 ，故安培力F＝Mg，又F＝BIL，
电流I＝E0
R ，解得E0＝MgR
BL ，A 错误；开关S 接2，导体棒先向左运动，
回路中有电流，棒会产生焦耳热，然后由于重力的作用，棒向右运动，由于
二极管的作用，此过程回路中无电流，棒不会产生焦耳热，故导体棒向右通过最低点时速
度不为0，即Ek＞0，由能量守恒定律可知，棒完成一次振动的过程产生的焦耳热满足Q＋
Ek＝Mgl(1－ cos θ)，所以Q＜Mgl(1－ cos θ)＝(1－√2
2 )Mgl，B 错误；导体棒从右向左摆
动，会产生焦耳热，故由能量守恒定律可知，其从右向左运动到最左侧时摆角小于π
4 ，由
对称性可知导体棒从左向右摆动时，最大摆角也小于π
4 ，C 正确；导体棒第二次通过最低
点的速度小于第一次通过最低点的速度，故两次通过最低点的速度大小不等，由E＝BLv
可知，产生的感应电动势大小也不相等，D 错误.
【典例6】.[2023 上海]如图（a），单匝矩形线框cdef 位于倾角θ＝30°的斜面上，斜面上有
一长度为D 的匀强磁场区域，磁场方向垂直于斜面向上，磁感应强度大小为B＝0.5T，已
知线框边长cd＝D＝0.4m，质量m＝0.1kg，总电阻R＝0.25Ω.现对线框施加一沿斜面向上
的恒力F 使之向上运动，运动一段时间后，撤去外力F.线框与斜面间的动摩擦因数μ＝√3
3
，线框速度随时间变化的图像如图（b）所示.求：（重力加速度g 取9.8m/s2）
图（a） 图（b）
（1）外力F 的大小；
（2）cf 的长度L；
（3）回路产生的焦耳热Q.
答案 （1）F＝1.48N （2）L＝0.5m （3）Q＝0.4J
解析 （1）由题图（b）可知，在0～0.4s 的时间内，线框做匀加速直线运动，进入磁场时
的速度v1＝2.0m/s
结合题图（b）可知线框进入磁场前的加速度大小
a＝v1－0
Δt
＝2.0－0
0.4
m/s2＝5m/s2
进入磁场前，对线框由牛顿第二定律得
F－mgsinθ－Ff＝ma
又Ff＝μFN，FN＝mgcosθ
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代入数据得F＝1.48N
（2）由题图（b）可知，线框以恒定的速度v1穿过匀强磁场，该过程中线框中产生的感应
电动势E＝BLv1
线框中产生的感应电流I＝E
R
线框受到的安培力FA＝BIL
由平衡条件得F＝FA＋mgsinθ＋μmgcosθ
联立解得L＝0.5m
（3）经分析可知，线框ed 边离开磁场时，外力F 被撤去，因为μ＝tanθ＝√3
3 ，所以线框
离开磁场运动到最高点，即速度减为零后不会沿斜面向下滑动
设线框穿过磁场所用的时间为t，则有
t＝2 D
v1
＝2×0.4
2.0
s＝0.4s
线框中的感应电流为
I＝BLv1
R
＝0.5×0.5×2.0
0.25
A＝2A
根据焦耳定律可得
Q＝I2Rt＝22×0.25×0.4J＝0.4J.
【典例7】.[2023 浙江6 月]某兴趣小组设计了一种火箭落停装置，简化
原理如图所示，它由两根竖直导轨、承载火箭装置（简化为与火箭绝缘
的导电杆MN）和装置A 组成，并形成闭合回路.装置A 能自动调节其输
出电压确保回路电流I 恒定，方向如图所示.导轨长度远大于导轨间距，
不论导电杆运动到什么位置，电流I 在导电杆以上空间产生的磁场近似
为零；在导电杆所在处产生的磁场近似为匀强磁场，大小B1＝kI（其中
k 为常量），方向垂直导轨平面向里；在导电杆以下的两导轨间产生的
磁场近似为匀强磁场，大小B2＝2kI，方向与B1相同.火箭无动力下降到
导轨顶端时与导电杆粘接，以速度v0 进入导轨，到达绝缘停靠平台时
速度恰好为零，完成火箭落停.已知火箭与导电杆的总质量为M，导轨
间距d＝3 Mg
k I
2 ，导电杆电阻为R.导电杆与导轨保持良好接触滑行，不
计空气阻力和摩擦力，不计导轨电阻和装置A 的内阻.在火箭落停过程
中，
（1）求导电杆所受安培力的大小F 和运动的距离L；
（2）求回路感应电动势E 与运动时间t 的关系；
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（3）求装置A 输出电压U 与运动时间t 的关系和输出的能量W；
（4）若R 的阻值视为0，装置A 用于回收能量，给出装置A 可回收能量的来源和大小.
答案 （1）F＝3Mg L＝v0
2
4 g
（2）E＝－12 M g
2
I
t＋6 Mg v0
I
（t≤v0
2g ）
（3）U＝12 M g
2
I
t－6 Mg v0
I
＋IR（t≤v0
2g
） W＝－3
2Mv0
2＋I
2 R v0
2g
（4）来源为导电杆和火箭机械能的减少 3
4 Mv0
2
解析 （1）导电杆所受的安培力大小F＝B1Id
又B1＝kI，d＝3 Mg
k I
2
解得F＝3Mg
火箭落停过程中，由牛顿第二定律得F－Mg＝Ma
解得a＝2g
由运动学公式可得，火箭运动的距离L＝v0
2
2a
解得L＝v0
2
4 g
（2）导电杆向下运动的速度为v＝v0－at＝v0－2gt（t≤v0
2g）
则回路中的感应电动势为E＝B2dv
又B2＝2kI
整理得E＝－12 M g
2
I
t＋6 Mg v0
I
（t≤v0
2g ）
（3）由于电路中的电流恒为I，导电杆下滑过程中的总电动势为
E 总＝U＋E
且有I＝E总
R
整理得U＝12 M g
2
I
t－6 Mg v0
I
＋IR（t≤v0
2g）
装置A 输出的功率为P＝UI＝12Mg2t－6Mgv0＋I2R（t≤v0
2g）
初始时刻，t＝0，P 始＝－6Mgv0＋I2R
到达停靠平台时，t＝v0
2 g
，P 末＝I2R
由P－t 关系可知，P＝P始＋P末
2
＝－3Mgv0＋I2R
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则在火箭落停过程中，装置A 输出的能量为
W＝P· v0
2 g
＝－3
2Mv0
2＋I
2 R v0
2g
（4）可回收能量的来源为导电杆和火箭机械能的减少
由能量守恒定律得W 回＝MgL＋1
2Mv0
2－0
又由（1）得L＝v0
2
4 g
解得W 回＝3
4 Mv0
2.
【针对性训练】
1. （厦门市2025 届高三毕业班第四次质量检测）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
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【答案】CD
【解析】．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；
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；
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；
又导轨克服摩擦力做功为
而
，
则有
选项D 正确。
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2. （湖南怀化名校联考联合体2025 届高考考前仿真联考三）如图所示，两根等高光滑的
半圆形圆弧轨道，半径为r，间距为L，轨道竖直固定，在轨道左端连一阻值为R1的电阻，
在轨道右端连一阻值为R2的电阻，已知R1=2R2=2R0，整个装置处在竖直向上的匀强磁场中，
磁感应强度大小为B，现有一根长度稍大于L、质量为m、接入电路电阻为R0的金属棒，从
轨道的左端ab 处开始（记为t=0 时刻），在变力F 的作用下以初速度v0沿圆弧轨道做匀速
圆周运动至cd 处，直径ad、bc 水平，整个过程中金属棒与导轨接触良好，所有轨道均不
计电阻，则（ ）
A. 当
时，金属棒中的电流大小为
B. 从0 时刻起到
时，通过电阻R1的电量为
C. 从0 时刻起到
时，电阻R1的发热量为
D. 从0 时刻起到
时，外力F 做功为
【答案】ACD
【解析】．设时刻金属棒与圆心的连线和水平方向的夹角为
，则
产生的感应电动势
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根据闭合电路欧姆定律可得∶金属棒中的电流大小
故当
时，金属棒中的电流大小为
，A 正确；
根据
从0 时刻起到
时
，故通过回路的总电量为
通过电阻
的电量为
，B 错误；
通过上面的分析可知，回路内的电流为正弦交变电流，电流的最大值为
，电
阻
的发热量为
，
从0 时刻起到
时，电阻
的发热量为
，C 正确；
从0 时刻起到
时，回路内的总发热量为
根据功能关系
，D 正确。
3. 如图，MN 和PQ 是电阻不计的平行金属导轨，其间距为L，导轨弯曲部分光滑，平直
部分粗糙，两部分平滑连接，平直部分右端接一个阻值为R 的定值电阻。平直部分导轨左
边区域有宽度为d、方向竖直向上、磁感应强度大小为B 的匀强磁场，质量为m、电阻也
为R 的金属棒从高度为h 处由静止释放，到达磁场右边界处恰好停止。已知金属棒与平直
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部分导轨间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g，金属棒与导轨间接触良好，则在金属
棒穿过磁场区域的过程中（ ）
A.流过金属棒的最大电流为 Bd √2 gh
2 R
B.通过金属棒的电荷量为 BdL
2 R
C.金属棒克服安培力所做的功为mgh
D.金属棒内产生的焦耳热为 1
2mg（h－μd）
答案：BD
解析：金属棒下滑到弯曲部分底端时，根据动能定理有mgh＝ 1
2mv0
2，金属棒在磁场中运
动时产生的感应电动势E＝BLv，金属棒受到的安培力F＝ILB，当金属棒刚进入磁场中时，
感应电流最大，可得流过金属棒最大电流Imax＝ BL√2gh
2 R
，故A 错误；金属棒穿过磁场区
域的过程中通过金属棒的电荷量q＝ It＝ ΔΦ
2 R ＝ BdL
2 R ，故B 正确；对整个过程由动能定
理得mgh－W 克安－μmgd＝0，金属棒克服安培力做的功W 克安＝mgh－μmgd，金属棒内产
生的焦耳热Q＝ 1
2W 克安＝ 1
2mg（h－μd），故C 错误，D 正确。
4. 如图所示，相距为d 的两水平线L1和L2分别是水平向里的匀强磁场的边界，磁场的磁
感应强度为B，正方形线框abcd 边长为L（L＜d）、质量为m、电阻为R。将线框在磁场上
方高h 处由静止释放，ab 边刚进入磁场和穿出磁场时的速度恰好相等，重力加速度为g，
则在线框全部穿过磁场的过程中（ ）
A.ab 边刚进入磁场时a、b 两端间的电势差为BL√2 gh
B.感应电流所做功为mgd
C.感应电流所做功为2mgd
D.线框最小速度为v＝√2 g（h＋L－d ）
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答案：CD
解析：线框自由下落过程，有mgh＝1
2mv0
2，ab 边刚进入磁场时，有E＝BLv0，U＝3
4
BLv0，联立解得U＝3
4 BL√2 gh，故A 错误；根据能量守恒定律可知，从ab 边刚进入磁场到
ab 边刚穿出磁场的过程，动能变化为0，重力势能转化为线框产生的热量，则Q＝mgd，
ab 边刚进入磁场时速度为v0，ab 边刚离开磁场时速度也为v0，所以从ab 边刚穿出磁场到
cd 边离开磁场的过程，线框产生的热量与从ab 边刚进入磁场到cd 边刚进入磁场的过程产
生的热量相等，所以线框从ab 边进入磁场到cd 边离开磁场的过程，感应电流做的功等于
产生的热量，有W＝Q'＝2mgd，故B 错误，C 正确；因为进磁场时要减速，即此时的安培
力大于重力，速度减小，安培力也减小，线框全部进入磁场将做加速运动，所以全部进入
磁场的瞬间速度最小，设线框的最小速度为v，从ab 边刚进入磁场到线框完全进入磁场的
过程，由动能定理，有mgL－W 安＝1
2mv2－1
2mv0
2，又1
2mv0
2＝mgh，W 安＝mgd，联立解
得线框的最小速度为v＝√2 g（h＋L－d ），故D 正确。
5 .[2023 四川南充高级中学校考/多选]电磁减震器是利用电磁感应原理制成的一种新型智能
化汽车独立悬架系统.某同学也设计了一个电磁减震器，如图所示为其简化的原理图.该减震
器由绝缘滑动杆及固定在杆上的多个相互紧靠的相同矩形线圈组成，滑动杆及线圈的总质
量m＝1.0kg.每个矩形线圈abcd 匝数n＝100 匝，电阻R＝1.0Ω，ab 边长L＝20cm，bc 边长
d＝10cm，该减震器在光滑水平面上以初速度v0＝5m/s 向右进入磁感应强度大小B＝0.1T、
方向竖直向下的匀强磁场中，磁场范围足够大，不考虑线圈个数变化对减震器总质量的影
响.则（ BD ）
A.刚进入磁场时减震器的加速度大小a＝0.2m/s2
B.第二个线圈恰好完全进入磁场时，减震器的速度大小为4.2m/s
C.滑动杆上至少需安装12 个线圈才能使减震器完全停下来
D.进入磁场的第一个线圈和最后一个线圈产生的热量比k＝96
答案 BD
解析 线圈在磁场中受到安培力的作用而做减速运动.由安培力公式可得F 安＝
nBIL，其中I＝E
R ＝nBLv
R
，联立可得F 安＝nBL·nBLv
R
＝n
2B
2 L
2v
R
，线圈刚进入磁场时速
度v
＝v0，L＝20 cm＝0.2 m，代入数据可解得F 安＝20 N，根据牛顿第二定律可得加速度
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大小为a＝F安
m
＝20
1
m/s2＝20 m/s2，故A 错误；设向右为正方向，对减震器进行分析，
当第二个线圈恰好完全进入磁场时设所用时间为t，此时减震器的速度大小为v2，则
由动量定理可得－nBLIt＝mv2－mv0，其中It＝nBLv
R
t＝nBL
R
·2d，(d＝10 cm＝0.1 m)代
入数据可得v2＝4.2 m/s，故B 正确；由以上分析可知，每一个线圈进入磁场的过程，安培
力的冲量大小均相等，且为n
2B
2 L
2
R
·d，由动量定理可知每一个线圈进入磁场的过程，减震
器的速度减小量均相等.由B 选项的结果可知，进入两个线圈后，减震器的速度减小量为5
m/s－4.2 m/s＝0.8 m/s，可得每一个线圈进入磁场后，减震器的速度减小量均为Δv＝0.8
2
m/s＝0.4 m/s，则要使减震器的速度减为零需要的线圈个数为N＝5
0.4
＝12.5，可知需要13
个线圈，故C 错误；只有进入磁场的线圈才能产生热量，根据能量守恒定律可知，线圈上
产生的热量在数值上等于减震器动能的减少量.第一个线圈恰好完全进入磁场时的速度为v1
＝v0－Δv＝5 m/s－0.4 m/s＝4.6 m/s，最后一个线圈刚进入磁场时的速度为v13＝v0－12Δv＝5
m/s－12×0.4 m/s＝0.2 m/s，则有k＝
1
2 m v0
2−1
2 m v1
2
1
2 m v13
2
，解得k＝96，故D 正确
6.[多选]如图，MN 和PQ 是电阻不计的平行金属导轨，其间距为L，导轨弯曲部分光滑，
平直部分粗糙，两部分平滑连接，平直部分右端接一个阻值为R 的定值电阻.平直部分导轨
左边区域有宽度为d、方向竖直向上、磁感应强度大小为B 的匀强磁场.质量为m、电阻也
为R 的金属棒从高度为h 处由静止释放，到达磁场右边界处恰好停止.已知金属棒与平直部
分导轨间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g，金属棒与导轨始终垂直且接触良好，则
金属棒穿过磁场区域的过程中（ BD ）
A.通过金属棒的最大电流为B d √2 gh
2 R
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B.通过金属棒的电荷量为B d L
2 R
C.克服安培力所做的功为mgh
D.金属棒上产生的焦耳热为1
2mg（h－μd）
答案 BD
解析 金属棒由静止释放下滑到弯曲部分底端，根据动能定理有mgh＝1
2mv0
2，金属棒在磁
场中运动时产生的感应电动势E＝BLv，当金属棒刚进入磁场时，产生的感应电动势最大，
感应电流最大，Imax＝BLv0
2 R ＝BL√2gh
2 R
，A 错误；金属棒穿过磁场区域的过程中通过金属
棒的电荷量q＝It＝E
2 R t＝ΔΦ
2 R ＝BdL
2 R ，B 正确；对整个过程由动能定理得mgh－W 克安－
μmgd＝0，金属棒克服安培力做的功W 克安＝mgh－μmgd，C 错误；由功能关系可得，金属
棒上产生的焦耳热Q＝1
2W 克安＝1
2mg(h－μd)，D 正确.
7. 如图所示，间距为l 的平行金属导轨与水平面间的夹角为θ，导轨电阻不计，与阻值为
R 的定值电阻相连，匀强磁场垂直穿过导轨平面，磁感应强度为B.有一质量为m、长为l 的
导体棒在ab 位置以初速度v 沿导轨向上运动，最远到达a'b'处，导体棒向上滑行的最远距
离为x.已知导体棒的电阻也为R，与导轨之间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g.导体
棒与导轨始终保持垂直且接触良好，下列说法正确的是（ BCD ）
A.导体棒受到的最大安培力为B
2l
2v
R
B.导体棒损失的机械能为1
2mv2－mgxsinθ
C.导体棒运动的时间为
2mvR－B
2l
2 x
2mgR（sinθ＋μc osθ）
D.整个电路产生的焦耳热为1
2mv2－mgx（sinθ＋μcosθ）
答案 BCD
解析 根据E＝Blv，可以知道速度最大时感应电动势最大，电流和安培力也最
大，所以初始时刻导体棒受到的安培力最大，根据F＝BIl，I＝Blv
2 R ，可得F＝B
2l
2v
2 R ，
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故A 错误；从初始位置到滑行最远时，损失的机械能为ΔE＝1
2mv2－mgx sin θ，故B 正
确；导体棒向上滑动的过程，由动量定理可得BIlt＋(mg sin θ＋μmg cos θ)t＝mv，而
It＝E
R总
t＝ΔΦ
R总
＝Blx
2 R ，联立解得t＝
2mvR−B
2l
2 x
2mgR(sinθ＋μcosθ)，故C 正确；导体棒上滑过
程中克
服重力、滑动摩擦力和安培力做功，根据能量守恒定律可得整个电路产生的焦耳热
为Q＝1
2mv2－mgx( sin θ＋μ cos θ)，故D 正确.
8 （2025 年5 月北京朝阳二模）如图所示，一边长为L、质量为m 的正方形单匝线圈
abcd，自某高处沿竖直面下落，匀速穿过磁感应强度大小为B 的水平匀强磁场区域，速度
大小为v ,重力加速度大小为g，不计空气阻力。求：
（1）刚进入磁场时线圈中的电流大小I；
（2）线圈的电阻R；
（3）线圈穿过磁场区域过程中产生的热量Q。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】（1）由二力平衡
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可得
（2）感应电动势
由欧姆定律
可得
（3）根据题意线圈匀速穿过磁场，可知磁场宽度为L，由能量守恒
可得
9 （2025·广东容山中学期中）如图所示，MN、PQ 是竖直放置的光滑平行金属导轨，相
距L＝0.5 m。上端接有R＝0.8 Ω 的定值电阻，金属杆ab 质量m＝100 g，电阻r＝0.2 Ω，
其余电阻不计。整个装置在垂直导轨平面的匀强磁场中，磁感应强度B＝1.0 T。ab 杆从轨
道上端由静止开始下落，下落过程中ab 杆始终与轨道保持良好接触，当杆下落10 m 时，
达到最大速度。重力加速度取g＝10 m/s2。求：
（1）ab 杆的最大速度；
（2）从静止开始到达到最大速度的过程中，定值电阻上消耗的焦耳热；
（3）从静止开始到达到最大速度的过程中，通过金属杆ab 某横截面的电荷量。
答案：（1）4 m/s （2）7.36 J （3）5 C
解析：（1）当ab 匀速下落时速度达到最大，此时所受安培力与重力二力平衡，
则有F 安＝mg
又F 安＝BIL，E＝BLvmax，I＝
E
R＋r
联立解得ab 杆的最大速度为vmax＝4 m/s。
（2）从静止开始到达到最大速度的过程中，由能量守恒定律得
mgh＝Q 总＋1
2mvmax
2
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所以回路产生的总焦耳热为Q 总＝mgh－1
2mvmax
2＝9.2 J
定值电阻上消耗的焦耳热为QR＝
R
R＋r Q 总＝7.36 J。
（3）从静止开始到达到最大速度的过程中，通过金属杆ab 某横截面的电荷量q＝IΔt
I＝
E
R＋r
E＝ΔΦ
Δt
ΔΦ＝BΔS＝BLh
联立解得q＝5 C。
10.（16 分）（2024 年7 月湖南名校联考）如图所示，两间距为L、足够长的光滑平行直导
轨固定在绝缘水平地面上，左端固定一阻值为R 的定值电阻。空间存在方向竖直向下、磁
感应强度大小为B 的匀强磁场，质量为m 的导体棒紧靠电阻垂直放在导轨上，
时刻作
用于导体棒的水平恒力F 使导体棒由静止开始做加速运动，当导体棒达到最大速度时对应
的加速距离为d，此时撤去外力F，同时匀强磁场随时间按照某种规律变化，使得导体棒始
终做匀速直线运动，已知导体棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，电路中其他电阻
均不计。求：
（1）导体棒的最大速度v；
（2）电阻上产生的热量Q；
（3）通过回路中某截面的电荷量q；
（4）导体棒匀速运动时匀强磁场的磁感应强度大小
随时间t 的变化规律。
【名师解析】：（1）导体棒达到最大速度时，安培力大小等于F，设导体棒达到最大速度
时产生的电动势为E，则有
（1 分）
（1 分）
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解得
。（1 分）
（2）电阻上产生的热量Q 等于导体棒克服安培力做的功，所以有
（2 分）
解得
。（1 分）
（3）设导体棒的加速时间为
，加速过程中的平均速度为
，对应的平均电动势为
，平
均电流为
，则有
（1 分）
（1 分）
（1 分）
解得
。（1 分）
（4）撤去外力F 后导体棒做匀速直线运动，说明穿过闭合回路的磁通量保持不变，导体棒
达到最大速度时穿过闭合回路的磁通量为BLd，导体棒达到最大速度后在t 时刻的磁感应强
度大小为
，则有
（2 分）
对导体棒应用动量定理有
（2 分）
对上式两边求和得
（1 分）
解得
。（1 分）
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11 .（12 分）（2024 湖南新高考教学联盟4 月第二次联考）如图甲所示，长度为L 的水平
绝缘传送带顺时针转动，速度大小恒定，上表面与地面间的高度为h，且粗糙程度相同。
有一长度为d 的导体杆，质量为m，电阻不计，两端通过两根柔软的轻质导线连接到电路
中，电路中接有一阻值为R 的定值电阻。导线的电阻均不计且导线够长，故导体杆在运动
过程中不会受到导线的拉力，且运动过程中柔软导线不会进入磁场。图乙为整个装置的俯
视图，如图所示，宽度恰为d 的区域中存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B，边界
正好始终与导体杆垂直。现将导体杆垂直传送带传动方向轻轻放上传送带的左侧，导体杆
能做加速运动，且恰能在滑离传送带前与其共速。导体杆滑离传送带后立即沿水平方向抛
出，水平射程为x，落地时动能为抛出时的一半，且速度与水平面的夹角为45°。重力加速
度为g。导体杆由特殊轻质材料制成，其运动整个过程中都需同时考虑其重力和空气阻力，
空气阻力方向始终与运动方向相反，大小为
，其中k 为定值。导体杆运动过程中始
终和初始状态保持平行。
（1）求导体杆从放上传送带到落地的过程中，流过电阻的电荷量；
（2）求导体杆在空中运动的时间；
（3）求传送带多消耗的电能。
【名师解析】（1）导体棒在运动过程中，由电流的定义可知
由闭合电路欧姆定律，有
由法拉第电磁感应定律，可得
，
联立以上各式，可得
。
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（2）落地时动能为原来的一半，夹角为45°，可得其水平分量
，竖直分量
两个方向上分别使用动量定理，可得
其中
、
分别为空气阻力的水平、竖直分量，由矢量的分解结果可得
联立以上各式，并对时间进行累积，可得
解方程组，可得
（3）由第（2）问可得
传送带多消耗的电能等于滑动摩擦力对传送带做的负功，即
在传送带上运动时，由动量定理可知
该式对时间累积，可得
联立以上式子，可得
即
或
12．（18 分）（2024 年重庆第七次质检）如图所示，带有水平端、倾角
的绝缘斜面体装
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置“
”固定在地面上，装置表面
内对称的固定两根金属导轨
，导轨
间距为L，导轨
左右宽度为L、右
端间距
，其中导轨斜面、水平部分在N、
处绝缘（断点）。区域Ⅰ（边界
、
）中的匀强磁场
方向垂直斜面向上，区域Ⅱ（边界
、
）中的匀强磁场
方向垂直斜面向下，区域Ⅲ（边界
、
）中的匀强磁场
方向垂直水平面向上，
其中
（具体大小未知），各边界与
、
、
彼此平行，除区域Ⅱ
内的导轨粗糙外其它导轨均光滑。
现将一质量为m、长为3L 的细金属杆甲由距
上方2L 处静止释放，当甲进入区域Ⅰ时，
将另一质量为m、长为3L 的细金属杆乙（图中未画出）由
上方某处静止释放，甲恰好
开始匀速运动并保持匀速通过Ⅰ、Ⅱ，其中：当甲进入区域Ⅱ时，乙刚好进入区域Ⅰ并开
始匀速运动；当甲离开区域Ⅱ时，乙刚好离开区域Ⅰ。最终乙在甲进入区域Ⅲ前，与甲发
生碰撞后，乙杆被锁定，甲以
进入区域Ⅲ。已知乙杆在导轨间的有效电阻
为R，甲杆、导轨电阻不计，两杆始终与边界平行，且只与导轨接触并接触良好，经过
处杆速度大小不变，重力加速度为g，求：
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（1）甲、乙进入区域Ⅰ的速度
、
大小；
（2）区域Ⅱ的
大小及宽度（a 到c）
大小；
（3）关于甲能否通过区域Ⅲ，某同学做了分析计算，得到极短时间内甲杆速度变化量
与杆切割的有效长度
、切割的极小位移
之间满足：
正比于
，后续无法继续
完成并做出结论，请分析论证：若甲能通过Ⅲ，则求出通过
时的速度大小；若甲不能
通过Ⅲ，则求出最终停下来的位置距
的距离大小。
【参考答案】（18 分）
（1）
（2）
4L
（3）甲能通过Ⅲ，速度为
【名师解析】（1）甲进入Ⅰ时：
甲、乙均匀
、
速通过Ⅰ，显然前后电流、总电压不变
故：
易得：
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（2）甲进入Ⅰ匀速，则满足：
得：
即：
设Ⅰ、Ⅱ宽度为
、
，据题意运动时间关系，显然易得：
即：
（3）假设甲能离开
，速度为
，则甲在Ⅲ内的极小时间
内：
动量定理得：
（微元思想：如上图推演）
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故假设成立，所以甲能离开
。
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