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第22 讲 电磁感应
题型一 电磁感应现象
题型二 法拉第电磁感应定律
题型三 电磁感应中的电路和图像问题
题型四 电磁感应中的动力学和能量问题
题型五 动量观点在电磁感应中的应用
课标要求
命题预测
重难点
1.理解电磁感应现象，会
用感应电流产生条件判断
有无感应电流产生。
生活实践类：电磁炉、电子
秤、电磁卡、电磁焊接技术、
磁电式速度传感器、真空管道
超高速列车、磁悬浮列车、电
磁轨道炮、电磁驱动、电磁阻
尼等各种实际应用模型
学习探究类：杆轨模型问题，
电磁感应与动力学、能量、动
量结合问题，电磁感应的图像
问题
（1）计算电磁感应问题中电压、电流、电荷
量、热量等物理量。
（2）导体棒切割磁感线运动时，理清各物理
量间的制约关系并能用动力学观点进行运动过
程分析。
（3）掌握应用动量定理处理电磁感应问题的
方法技巧，能识别几种应用动量定理的模型。
2.通过实验理解感应电流
方向的判断方法，会用楞
次定律及推论判断感应电
流方向等问题。
3.能综合应用安培定则、
左手定则、楞次定律及其
推论解决问题。
4.会计算导体切割磁感线
产生的感应电动势
5.掌握电磁感应中电路问
题的求解方法
【典型例题剖析】
题型一
电磁感应现象
1
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【例1】 (2020·全国卷Ⅲ·14)如图，水平放置的圆柱形光滑玻璃棒左边绕有一线圈，右边套有一金属
圆环。圆环初始时静止。将图中开关S 由断开状态拨至连接状态，电路接通的瞬间，可观察到( )
A．拨至M 端或N 端，圆环都向左运动
B．拨至M 端或N 端，圆环都向右运动
C．拨至M 端时圆环向左运动，拨至N 端时向右运动
D．拨至M 端时圆环向右运动，拨至N 端时向左运动
【答案】 B
【详解】 开关S 由断开状态拨至连接状态，不论拨至M 端还是N 端，通过圆环的磁通量均增加，根
据楞次定律(增离减靠)可知圆环会向右运动，故选B。
【高考考点对接】
1．磁通量
(1)公式：Φ＝BS，S 为垂直磁场方向的投影面积，磁通量为标量(填“标量”或“矢量”)。
(2)物理意义：
磁通量的大小可形象表示穿过某一面积的磁感线条数的多少。
(3)磁通量变化：ΔΦ＝Φ2－Φ1。
2．电磁感应现象
(1)当穿过闭合导体回路的磁通量发生变化时，闭合导体回路中有感应电流产生，这种利用磁场产生电
流的现象叫作电磁感应。
(2)感应电流产生的条件
穿过闭合导体回路的磁通量发生变化。
(3)电磁感应现象产生感应电动势，如果电路闭合，则有感应电流。如果电路不闭合，则只有感应电动
势而无感应电流。
3．楞次定律
(1)内容：感应电流具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化。
(2)适用范围：一切电磁感应现象。
【解题能力提升】
楞次定律中“阻碍”的含义
2
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【跟踪变式训练】
【变式1-1】 在如图所示的闭合铁芯上绕有一组线圈，与滑动变阻器、电源构成闭合电路，a、b、c
为三个闭合金属圆环，假定线圈产生的磁场全部集中在铁芯内，则当滑动变阻器的滑片向右滑动时，
下列说法正确的是( )
A．穿过a、b 两个环的磁通量始终相同
B．穿过b 环的磁通量始终是c 环的一半
C．a、c 两个环中都有感应电流
D．b、c 两个环中都有感应电流
【答案】 A
【详解】 线圈产生的磁场全部集中在铁芯内，所以穿过a、b 两个环的磁通量始终相同，故A 正确；
根据安培定则判断可知，穿过a 的磁感线方向向左，穿过b 的磁感线方向向上，当滑动变阻器的滑片向
右滑动时，线圈中电流将发生改变，产生的磁场随之改变，穿过a、b 两环的磁通量会发生改变，故
a、b 两环中都会产生感应电流；而向左和向右穿过c 环的磁感线条数相等，完全抵消，总的磁通量为
零，不发生变化，故c 环中没有感应电流产生，故B、C、D 错误。
【变式1-2】 (多选)(2023·广东韶关市测试)某同学设想的减小电梯坠落时造成伤害的一种应急安全装
置如图所示，在电梯轿厢底部安装永久强磁铁，磁铁N 极朝上，电梯井道内壁上铺设若干金属线圈，
线圈在电梯轿厢坠落时能自动闭合，从而减小对箱内人员的伤害。当电梯轿厢坠落到图示位置时，下
列说法正确的是( )
3
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A．从上往下看，金属线圈A 中的感应电流沿逆时针方向
B．从上往下看，金属线圈B 中的感应电流沿逆时针方向
C．金属线圈B 对电梯轿厢下落有阻碍作用，A 没有阻碍作用
D．金属线圈B 有收缩的趋势，A 有扩张的趋势
【答案】 AD
【详解】 当电梯坠落至题图位置时，金属线圈A 中向上的磁场减弱，感应电流的方向从上往下看是
逆时针方向，B 中向上的磁场增强，感应电流的方向从上往下看是顺时针方向，故B 错误，A 正确；结
合A、B 的分析可知，当电梯坠落至题图位置时，金属线圈A、B 都在阻碍电梯下落，故C 错误；金属
线圈A 中向上的磁场减弱，B 中向上的磁场增强，根据楞次定律可知，线圈B 有收缩的趋势，A 有扩
张的趋势，故D 正确。
【变式1-3】 (多选)如图所示，水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒PQ、MN，PQ、
MN 均处在竖直向下的匀强磁场中，当PQ 在一外力的作用下运动时，MN 向右运动，则PQ 所做的运动
可能是( )
A．向右加速运动 B．向左加速运动
C．向右减速运动 D．向左减速运动
【答案】 BC
【详解】 MN 向右运动，说明MN 受到向右的安培力，因为MN 处的磁场垂直纸面向
里―――――→MN 中的感应电流方向为M→N―――――→L1 中感应电流的磁场方向向
上―――――→。若L2中磁场方向向上减弱―――――→PQ 中电流方向为Q→P 且减小―――――→
向右减速运动；若L2中磁场方向向下增强―――――→PQ 中电流方向为P→Q 且增大―――――→向
左加速运动，故选B、C。
题型二
法拉第电磁感应定律
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【典型例题剖析】
【例2】 (2023·湖北卷·5)近场通信(NFC)器件应用电磁感应原理进行通讯，其天线类似一个压平的线圈，
线圈尺寸从内到外逐渐变大。如图所示，一正方形NFC 线圈共3 匝，其边长分别为1.0 cm、1.2 cm 和
1.4 cm，图中线圈外线接入内部芯片时与内部线圈绝缘。若匀强磁场垂直通过此线圈，磁感应强度变化
率为103 T/s，则线圈产生的感应电动势最接近( )
A．0．30 V B．0．44 V C．0．59 V D．4．3 V
【答案】 B
【详解】 根据法拉第电磁感应定律E＝，可得E1＝S1，E2＝S2，E3＝S3，三个线圈产生的感应电动势
方向相同，故E＝E1＋E2＋E3＝103×(1.02＋1.22＋1.42)×10－4 V＝0.44 V，故选B。
【高考考点对接】
1．感应电动势
(1)感应电动势：在电磁感应现象中产生的电动势。
(2)产生条件：穿过电路的磁通量发生改变，与电路是否闭合无关。
2．法拉第电磁感应定律
(1)内容：闭合电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比。
(2)公式：E＝n，其中n 为线圈匝数。
①若已知Φ－t 图像，则图线上某一点的切线斜率为。
②当ΔΦ 仅由B 的变化引起时，E＝nS，其中S 为线圈在磁场中的有效面积。若B＝B0＋kt，则＝k。
③当ΔΦ 仅由S 的变化引起时，E＝nB。
④当B、S 同时变化时，则＝n≠n。求瞬时值时，分别求出动生电动势E1和感生电动势E2并进行叠加。
(3)感应电流与感应电动势的关系：I＝。
(4)说明：E 的大小与Φ、ΔΦ 无关，决定于磁通量的变化率。
3．导体平动切割磁感线产生感应电动势的算式E＝Blv 的理解
适用条件
在匀强磁场中，B、l、v 三者互相垂直。如果不相互垂直，应取垂直分量
进行计算
有效长度
公式E＝Blv 中的l 为有效长度，即为导体两端点连线在垂直于速度方向上
的投影长度。如图，导体的有效长度分别为：
5
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图甲：l＝sin β
图乙：沿v 方向运动时，l＝
图丙：沿v1方向运动时，l＝R；沿v2方向运动时，l＝R
相对速度
E＝Blv 中的速度v 是导体相对磁场的速度，若磁场也在运动，应注意速度
间的相对关系
4．导体转动切割磁感线
如图，当长为l 的导体在垂直于匀强磁场(磁感应强度为B)的平面内，绕一端以角速度ω 匀速转动，当
导体运动Δt 时间后，转过的弧度θ＝ωΔt，扫过的面积ΔS＝l2ωΔt，则E＝＝＝Bl2ω(或E＝Bl＝Bl＝
Bl2ω)。
【解题能力提升】
“三个定则”、“一个定律”的比较
名称
用途
选用原则
安培定则
判断电流产生的磁场(方向)分布
因电生磁
左手定则
判断通电导线、运动电荷所受磁场力的方向
因电受力
右手定则
判断导体切割磁感线产生的感应电流方向或电源正负极
因动生电
楞次定律
判断因回路磁通量改变而产生的感应电流方向
因磁通量
变化生电
【跟踪变式训练】
【变式2-1】 (2022·全国甲卷·16)三个用同样的细导线做成的刚性闭合线框，正方形线框的边长与圆线
框的直径相等，圆线框的半径与正六边形线框的边长相等，如图所示。把它们放入磁感应强度随时间
线性变化的同一匀强磁场中，线框所在平面均与磁场方向垂直，正方形、圆形和正六边形线框中感应
电流的大小分别为I1、I2和I3。则( )
6
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A．I1<I3<I2
B．I1>I3>I2
C．I1＝I2>I3
D．I1＝I2＝I3
【答案】 C
【详解】 设圆线框的半径为r，则由题意可知正方形线框的边长为2r，正六边形线框的边长为r；所
以圆线框的周长为C2＝2πr，面积为S2＝πr2。同理可知正方形线框的周长和面积分别为C1＝8r，S1＝
4r2，正六边形线框的周长和面积分别为C3＝6r，S3＝，三个线框材料、粗细相同，根据电阻定律R＝
ρ，可知三个线框电阻之比为R1∶R2∶R3＝C1∶C2∶C3＝8 2π 6
∶
∶
根据法拉第电磁感应定律有I＝＝·
可得电流之比为I1∶I2∶I3＝2 2∶∶
即I1＝I2>I3，故选C。
【变式2-2】 (多选)如图，光滑水平面上两虚线之间区域内存在垂直于纸面向里且范围足够大的匀强
磁场，磁感应强度大小为B。边长为a 的正方形导线框PQMN 沿图示速度方向进入磁场，当对角线PM
刚进入磁场时，线框的速度大小为v，方向与磁场边界成45°角，若线框的总电阻为R，则( )
A．PM 刚进入磁场时线框中的感应电流大小为
B．PM 刚进入磁场时线框所受安培力大小为
C．PM 刚进入磁场时两端的电压为
D．PM 进入磁场后线框中的感应电流逐渐减小
【答案】 AD
【详解】 PM 刚进入磁场时，有效切割长度等于a，产生的感应电动势为E＝Bav，感应电流为I＝
＝，方向沿逆时针，故A 正确；NM 边所受的安培力大小为F1＝BIa＝，方向垂直NM 斜向下，PN 边所
受的安培力大小为F2＝BIa＝，方向垂直PN 斜向下，线框所受安培力大小F＝＝，故B 错误；PM 两端
的电压为U＝I·＝，故C 错误；PM 进入磁场后，有效切割长度逐渐减小，感应电动势逐渐减小，感应
电流逐渐减小，故D 正确。
【变式2-3】(2023·江苏南京市金陵中学模拟)如图所示的电路中，L1、L2、L3是三个相同的灯泡，线圈
L 的电阻和电源的内阻可忽略，D 为理想二极管。下列判断正确的是( )
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A．开关S 从断开状态突然闭合时，L1逐渐变亮，L2一直不亮，L3立即变亮
B．开关S 从断开状态突然闭合时，L1、L2逐渐变亮，L3立即变亮再熄灭
C．开关S 从闭合状态突然断开时，L1逐渐熄灭，L2突然变亮，然后逐渐变暗至熄灭，L3立即熄灭
D．开关S 从闭合状态突然断开时，L1、L2逐渐熄灭，L3突然变亮，然后逐渐变暗至熄灭
【答案】 C
【详解】 由于二极管具有单向导电性，所以开关S 从断开状态突然闭合时，二极管不能导通，L2一
直不亮；此时L1、L3和L 串联在同一回路中，L 产生自感电动势阻碍通过其电流增大，所以通过L1和
L3的电流逐渐增大，L1和L3均逐渐变亮，故A、B 错误；开关S 从闭合状态突然断开时，通过L3的电
流立即变为零，所以L3立即熄灭；L 产生自感电动势阻碍通过其电流减小，此时自感电动势的方向满
足二极管导通的条件，所以L1、L2和L 串联在同一回路中，通过L1的电流逐渐减小，L1逐渐熄灭，而
由于L2开始时不亮，所以L2突然变亮，然后逐渐变暗至熄灭，故C 正确，D 错误。
【典型例题剖析】
【例3】 (多选)(2023·河南郑州市期末)在如图甲所示的电路中，电阻2R1＝R2＝2R，单匝、圆形金属
线圈的半径为r1，电阻为R，半径为r2(r2<r1)的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感
应强度B 随时间t 变化的关系图线如图乙所示，其余导线的电阻不计。闭合开关S，在t0时刻，电路中
的电流已稳定。下列说法正确的是( )
A．流过电阻R1的电流方向自下向上
B．稳定后电阻R1两端的电压为
C．稳定后M、N 两点间的电压为
D．0～t0时间内，电阻R2上产生的焦耳热为
【答案】 BD
【详解】 由题图乙可知磁感应强度随着时间均匀增大，根据楞次定律，可判断出线圈中感应电流方
向为逆时针，则流过电阻R1的电流方向自上向下，故A 错误；根据法拉第电磁感应定律有E＝，S＝
题型三
电磁感应中的电路和图像问题
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πr2
2，＝＝，解得E＝，根据闭合电路欧姆定律，当稳定后M、N 两端电压为外电压U 外＝E＝，C 错误；
电阻R1两端的电压U1＝E＝，故B 正确；根据闭合电路欧姆定律，稳定后电路中的电流I＝＝，根据焦
耳定律，在0～t0时间内，电阻R2上产生的焦耳热Q2＝I2R2t0＝，故D 正确。
【高考考点对接】
1．分析电磁感应中电路问题的基本思路
2．电磁感应中电荷量的计算
设在时间Δt 内通过导体横截面的电荷量为q，则根据电流定义式＝及法拉第电磁感应定律有＝n，得q
＝Δt＝Δt＝Δt＝，即q＝n。
注意：表示电动势的平均值，表示电流的平均值。电流变化时计算通过导体横截面的电荷量时要用电
流的平均值。
【跟踪变式训练】
【变式3-1】(多选)如图甲所示，三角形线圈abc 水平放置，在线圈所在区域存在一变化的磁场，其变
化规律如图乙所示。线圈在外力作用下处于静止状态，规定垂直于线圈平面向下的磁场方向为正方向，
垂直ab 边斜向下的受力方向为正方向，线圈中感应电流沿abca 方向为正方向，则线圈内电流及ab 边
所受安培力随时间变化规律的图像是( )
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【答案】 AD
【详解】 根据法拉第电磁感应定律有E＝＝S，根据楞次定律可得感应电流的方向，又线圈中感应电
流沿abca 方向为正方向，结合题图乙可得，1～2 s 内通过线圈的电流为零，0～1 s、2～3 s、3～5 s 内
通过线圈的电流大小恒定，且0～1 s、2～3 s 内通过线圈的电流方向为正，3～5 s 内通过线圈的电流方
向为负，且大小之比为1 2∶，A 正确，B 错误；根据安培力的公式，即F 安＝BIL，因为每段时间通过线
圈的电流大小恒定，磁场均匀变化，可得安培力也是均匀变化，根据左手定则可判断出ab 边所受安培
力的方向，可知C 错误，D 正确。
【变式3-2】 (多选)(2022·河北卷·8)如图，两光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，一根导轨
位于x 轴上，另一根由ab、bc、cd 三段直导轨组成，其中bc 段与x 轴平行，导轨左端接入一电阻R。
导轨上一金属棒MN 沿x 轴正向以速度v0保持匀速运动，t＝0 时刻通过坐标原点O，金属棒始终与x 轴
垂直。设运动过程中通过电阻的电流强度为i，金属棒受到安培力的大小为F，金属棒克服安培力做功
的功率为P，电阻两端的电压为U，导轨与金属棒接触良好，忽略导轨与金属棒的电阻。下列图像可能
正确的是( )
【答案】 AC
【详解】 当金属棒从O 点向右运动L 时，即在0～时间内，在某时刻金属棒切割磁感线的长度
L＝l0＋v0ttan θ(θ 为ab 与ad 的夹角)，
则根据E＝BLv0，
可得i＝＝(l0＋v0ttan θ)，
可知回路电流随时间均匀增加；
安培力F＝＝(l0＋v0ttan θ)2，
则F－t 关系为二次函数关系，但是不过原点；
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安培力做功的功率
P＝Fv0＝＝(l0＋v0ttan θ)2，
则P－t 关系为二次函数关系，且不过原点；
电阻两端的电压等于金属棒产生的感应电动势，即U＝E＝BLv0＝Bv0(l0＋v0ttan θ)
即U－t 图像是不过原点的直线；根据以上分析，可排除B、D 选项；
在～时间内，金属棒切割磁感线的长度不变，感应电动势E 不变，感应电流i 不变，安培力F 大小不变，
安培力的功率P 不变，电阻两端电压U 保持不变；同理可判断，在～时间内，金属棒切割磁感线长度
逐渐减小，金属棒切割磁感线的感应电动势E 均匀减小，感应电流i 均匀减小，安培力F 大小按照二次
函数关系减小，但是不能减小到零，与0～内是对称的关系，安培力的功率P 按照二次函数关系减小，
但是不能减小到零，与0～内是对称的关系，电阻两端电压U 按线性均匀减小，综上所述选项A、C 可
能正确，B、D 错误。
【变式3-3】(多选)如图所示，导线圆环总电阻为2R，半径为d，垂直磁场固定于磁感应强度为B 的匀
强磁场中，此磁场的左边界正好与圆环直径重合，电阻为R 的直金属棒ab 以恒定的角速度ω 绕过环心
O 的轴匀速转动，a、b 端正好与圆环保持良好接触。以下说法正确的是( )
A．图示位置处杆O 点电势高于b 点电势
B．a、b 两点的电势差Uab＝Bd2ω
C．转动过程中金属棒与圆环上消耗的电功率之比2 1∶
D．棒转动一圈时金属棒上产生的热量为
【答案】 CD
【详解】 根据右手定则可知，图示位置直金属棒Oa 部分充当电源，电源内部电流方向为O→a，外
电路电流方向为b→O，则杆O 点电势低于b 点电势，故A 错误；由法拉第电磁感应定律可知，感应电
动势E 感＝Bdv＝Bd·＝，根据等效电路可知，圆环部分电阻为R 环＝＝，整个电路的总电阻为R 总＝R 环
＋R＝，干路电流为I＝＝，a、b 两点的电势差大小Uab＝IR 环＝，故B 错误；转动过程中金属棒与圆环
上消耗的电功率分别为P 棒＝I2R，P 环＝I2R 环＝，故转动过程中金属棒与圆环上消耗的电功率之比为P 棒
∶P 环＝2 1∶，故C 正确；棒转动一圈时导体棒上产生的热量Q＝I2Rt＝()2·R·＝，故D 正确。
【典型例题剖析】
【例4】(多选)如图所示，U 形光滑金属导轨与水平面成37°角倾斜放置，现将一金属杆垂直放置在导轨
题型四
电磁感应中的动力学和能量问题
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上且与两导轨接触良好，在与金属杆垂直且沿着导轨向上的外力F 的作用下，金属杆从静止开始做匀
加速直线运动。整个装置处于垂直导轨平面向上的匀强磁场中，外力F 的最小值为8 N，经过2 s 金属
杆运动到导轨最上端并离开导轨。已知U 形金属导轨两轨道之间的距离为1 m，导轨电阻可忽略不计，
金属杆的质量为1 kg、电阻为1 Ω，磁感应强度大小为1 T，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos
37°＝0.8。下列说法正确的是( )
A．拉力F 是恒力
B．拉力F 随时间t 均匀增加
C．金属杆运动到导轨最上端时拉力F 为12 N
D．金属杆运动的加速度大小为2 m/s2
【答案】 BCD
【详解】 t 时刻，金属杆的速度大小为v＝at，产生的感应电动势为E＝Blv，电路中的感应电流I＝，
金属杆所受的安培力大小为F 安＝BIl＝，由牛顿第二定律F－mgsin 37°－F 安＝ma 得F＝ma＋mgsin 37°
＋，F 与t 是一次函数关系，选项A 错误，B 正确；t＝0 时，F 最小，代入数据可求得a＝2 m/s2，选项
D 正确；t＝2 s 时，代入数据解得F＝12 N，选项C 正确。
【高考考点对接】
1．导体的两种运动状态
状态
特征
处理方法
平衡态
加速度为零
根据平衡条件列式分析
非平衡态
加速度不为零
根据牛顿第二定律结合运动学公式进行分析
2．用动力学观点解答电磁感应问题的一般步骤
3．导体常见运动情况的动态分析
v
若F 合＝0
匀速直线运动
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↓
E＝Blv
↓
I＝
↓
F 安＝BIl
↓
F 合
若F 合≠0
↓
F 合＝ma
a、v 同向
v 增大，若a 恒定，拉力F 增大
v 增大，F 安增大，若其他力恒定，F 合
减小，a 减小，做加速度减小的加速运
动→a＝0，匀速直线运动
a、v 反向
v 减小，F 安减小，a 减小→a＝0，静止
或匀速直线运动
【解题能力提升】
有恒定外力等间距双棒模型
示意图及
条件
两光滑金属导轨固定在水平面内，导轨间距为L，电阻不计，两导体棒1、
2 质量分别为m1、m2，电阻分别为R1、R2，两棒初速度为零，F 恒定
电路特点
棒2 相当于电源；棒1 受安培力而运动
运动分析
棒1：a1＝
棒2：a2＝，最初阶段，a2>a1，只要a2>a1，(v2－v1)↑⇒I↑⇒F 安↑⇒a1↑⇒a2↓
当a1＝a2时，(v2－v1)恒定，I 恒定，F 安恒定；两棒均加速
规律
分析
开始时，两棒做变加速运动；稳定时，两棒以相同的加速度做匀加速运
动，I 恒定，Δv 恒定
最终状态
对等间距光滑的平行导轨：整体由牛顿第二定律得a1＝a2＝，
对于导体棒1 有F 安＝BIL＝m1a，I＝，从而可求二者速度差
【跟踪变式训练】
【变式4-1】(2023·云南昆明市第一中学模拟)某物理小组想出了一种理想化的“隔空”加速系统，该系
统通过利用其中一个金属棒在磁场中运动产生感应电流从而使另一个金属棒获得速度，这样就避免了
直接对其进行加速时所带来的磨损和接触性损伤，该加速系统可以建模抽象为在足够长的固定水平平
行导轨上放有两个金属棒MN 和PQ，磁感应强度B＝0.5 T 的匀强磁场与导轨所在水平面垂直，方向竖
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直向下，导轨电阻很小，可忽略不计。如图为模型俯视图，导轨间的距离L＝1.0 m，每根金属棒质量
均为m＝1.0 kg，电阻都为R＝5.0 Ω，可在导轨上无摩擦滑动，滑动过程中金属棒与导轨保持垂直且接
触良好，在t＝0 时刻，两金属棒都处于静止状态，现有一与导轨平行、大小为F＝2.0 N 恒力作用于金
属棒MN 上，使金属棒MN 在导轨上滑动，经过t＝10 s，金属棒MN 的加速度a＝1.6 m/s2，求：
(1)此时金属棒PQ 的加速度是多少？
(2)此时金属棒MN、PQ 的速度各是多少？
(3)金属棒MN 和PQ 的最大速度差是多少？
【答案】 (1)0.4 m/s2 (2)18 m/s 2 m/s (3)40 m/s
【详解】 (1)恒力作用于MN 棒，使其在导轨上向右加速运动，切割磁感线产生感应电流，根据右手
定则知电流方向为M→N，电流流经PQ，根据左手定则知MN 所受安培力水平向左，PQ 受到的安培力
水平向右，它们都做加速运动，对MN 由牛顿第二定律得F－BIL＝ma，对PQ 由牛顿第二定律得
BIL＝ma′，联立解得a′＝0.4 m/s2。
(2)设某时刻MN 速度为v1，PQ 速度为v2，根据法拉第电磁感应定律有I＝
在t＝10 s 时，对MN 由牛顿第二定律得F－BIL＝ma，整理得F－＝ma
代入数据得v1－v2＝16 m/s
由于作用于两棒的安培力等大反向，所以作用于两棒系统的合力为水平恒力F，对系统由动量定理得
Ft＝(mv1＋mv2)－0，代入数据得v1＋v2＝20 m/s
联立解得v1＝18 m/s，v2＝2 m/s。
(3)MN 棒做加速度减小的加速运动，PQ 棒做加速度增大的加速运动，最终有共同加速度，设两金属棒
的共同加速度为a 共，对系统有F＝2ma 共，对PQ 棒有BImL＝ma 共，其中Im＝＝
联立解得Δvm＝40 m/s。
【变式4-2】 (2024·广东省模拟)如图甲所示，光滑的金属导轨MN 和PQ 平行，间距L＝1.0 m，与水
平面之间的夹角α＝37°，匀强磁场磁感应强度B＝2.0 T，方向垂直于导轨平面向上，MP 间接有阻值R
＝1.6 Ω 的电阻，质量m＝0.5 kg、接入电路的电阻r＝0.4 Ω 的金属棒ab 垂直导轨放置，现用和导轨平
行的恒力F 沿导轨平面向上拉金属棒ab，使其由静止开始运动，当金属棒上滑的位移s＝3.8 m 时达到
稳定状态，对应过程的v－t 图像如图乙所示。取g＝10 m/s2，导轨足够长(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。
求：
(1)运动过程中a、b 哪端电势高，并计算恒力F 的大小；
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(2)从金属棒开始运动到刚达到稳定状态，此过程金属棒上产生的焦耳热。
【答案】 (1)b 端电势高 5 N (2)1.47 J
【详解】 (1)由右手定则可判断感应电流由a 流向b，b 相当于电源的正极，故b 端电势高，当金属棒
匀速运动时，由平衡条件得F＝mgsin 37°＋F 安，其中F 安＝BIL＝，由题图乙可知v＝1.0 m/s，联立解
得F＝5 N
(2)从金属棒开始运动到恰好达到稳定状态，由动能定理得(F－mgsin 37°)s－W 克安＝mv2
又克服安培力所做的功等于整个电路产生的焦耳热，代入数据解得Q＝W 克安＝7.35 J，金属棒与电阻产
生的焦耳热与阻值成正比，故金属棒上产生的焦耳热为Qr＝Q＝1.47 J。
【变式4-3】 (多选)如图所示，两根间距为d 的足够长光滑金属导轨，平行放置在倾角为θ＝30°的绝
缘斜面上，导轨的右端接有电阻R，整个装置放在磁感应强度大小为B 的匀强磁场中，磁场方向垂直于
导轨平面向上。导轨上有一质量为m、电阻也为R 的导体棒与两导轨垂直且接触良好，导体棒以一定
的初速度v0在沿着导轨上滑一段距离L 后返回，不计导轨电阻及感应电流间的相互作用，重力加速度
为g。下列说法正确的是( )
A．导体棒返回时先做加速运动，最后做匀速直线运动
B．导体棒沿着导轨上滑过程中通过R 的电荷量q＝
C．导体棒沿着导轨上滑过程中克服安培力做的功W＝(mv0
2－mgL)
D．导体棒沿着导轨上滑过程中电阻R 上产生的热量Q＝(mv0
2－mgL)
【答案】 AC
【详解】 导体棒返回时先做加速度减小的加速运动，最后受力平衡，做匀速直线运动，所以A 正确；
根据q＝，则导体棒沿着导轨上滑过程中通过R 的电荷量为q＝，所以B 错误；设导体棒沿着导轨上滑
过程中克服安培力做的功为W，由能量守恒可得W＋mgLsin 30°＝mv0
2，解得W＝(mv0
2－mgL)，所以C
正确；根据功能关系可得，导体棒沿着导轨上滑过程中电阻R 上产生的热量为Q＝W，则Q＝(mv0
2－
mgL)，所以D 错误。
【典型例题剖析】
【例5】 (多选)(2023·云南昆明市一中质检)如图所示，一光滑轨道固定在架台上，轨道由倾斜和水平
两段组成，倾斜段的上端连接一电阻R＝0.5 Ω，两轨道间距d＝1 m，水平部分两轨道间有一竖直向下、
磁感应强度B＝0.5 T 的匀强磁场。一质量m＝0.5 kg、长为l＝1.1 m、电阻忽略不计的导体棒，从轨道
上距水平面h1＝0.8 m 高处由静止释放，通过磁场区域后从水平轨道末端水平飞出，落地点与水平轨道
题型五
动量观点在电磁感应中的应用
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末端的水平距离x2＝0.8 m，水平轨道距水平地面的高度h2＝0.8 m。通过计算可知(g 取10 m/s2，不计空
气阻力)( )
A．导体棒进入磁场时的速度为3 m/s
B．导体棒整个运动过程中，电阻R 上产生的热量为3 J
C．磁场的长度x1为2 m
D．整个过程通过电阻R 的电荷量为2 C
【答案】 BCD
【详解】 设导体棒进入磁场时的速度为v0，根据机械能守恒定律有mv0
2＝mgh1，解得v0＝4 m/s，故
A 错误；导体棒从水平轨道水平飞出做平抛运动，则水平方向有x2＝vt，竖直方向有h2＝gt2，联立代入
数据解得v＝2 m/s，导体棒通过磁场区域过程中，根据能量守恒定律有Q＝mv0
2－mv2，则导体棒整个
运动过程中，电阻R 上产生的热量为Q＝3 J，故B 正确；导体棒通过磁场区域过程中，根据动量定理
有安t1＝Bdq＝mv0－mv，又有q＝t1＝＝，联立代入数据解得q＝2 C，x1＝2 m，故C、D 正确。
【高考考点对接】
1．“单棒＋电阻”模型
(1)水平放置的平行光滑导轨，间距为L，左侧接有电阻阻值为R，导体棒初速度为v0，质量为m，电阻
不计，匀强磁场的磁感应强度为B，导轨足够长且电阻不计，从导体棒开始运动至停下来。求：
①此过程中通过导体棒横截面的电荷量q＝；
②此过程导体棒的位移x＝；
③若导体棒从获得初速度v0经一段时间减速至v1，通过导体棒的电荷量为q1，则v1＝v0－；
④导体棒从获得初速度v0经过位移x0，速度减至v2，则v2＝v0－。
(2)间距为L 的光滑平行导轨倾斜放置，倾角为θ，由静止释放质量为m、接入电路的阻值为R 的导体棒，
匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直导轨所在倾斜面向下(重力加速度为g，导轨电阻不计)。
①经Δt1＝，通过横截面的电荷量为q，速度达到v1。
②经Δt2＝，导体棒下滑位移为x，速度达到v2。
【解题能力提升】
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“电容器＋棒”模型
(1)无外力充电式
基本模型
规律
(导轨光滑，电阻阻值为R，电容器电容为C)
电路特点
导体棒相当于电源，电容器充电
电流特点
安培力为阻力，棒减速，E 减小，有I＝，电容器充电UC变大，当BLv
＝UC时，I＝0，F 安＝0，棒匀速运动
运动特点和
最终特征
棒做加速度a 减小的减速运动，最终做匀速运动，此时I＝0，但电容器
带电荷量不为零
最终速度
电容器充电电荷量：q＝CUC
最终电容器两端电压UC＝BLv
对棒应用动量定理：mv－mv0＝－BL·Δt＝－BLq
v＝
v－t 图像
(2)无外力放电式
基本模型
规律
(电源电动势为E，内阻不计，电容器电容为C)
电路特点
电容器放电，相当于电源；导体棒受安培力而运动
电流特点
电容器放电时，导体棒在安培力作用下开始运动，同时阻碍放电，导致电
流减小，直至电流为零，此时UC＝BLvm
运动特点及
最终特征
做加速度a 减小的加速运动，最终匀速运动，I＝0
最大速度vm
电容器初始电荷量：Q0＝CE
放电结束时电荷量：Q＝CUC＝CBLvm
电容器放电电荷量：ΔQ＝Q0－Q＝CE－CBLvm
对棒应用动量定理：mvm－0＝BL·Δt＝BLΔQ
vm＝
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v－t 图像
【跟踪变式训练】
【变式5-1】 (多选)(2023·辽宁抚顺市模拟)如图所示，M、N、P、Q 四条光滑的足够长的金属导轨平
行放置，导轨间距分别为2L 和L，两组导轨间由导线相连，装置置于水平面内，导轨间存在方向竖直
向下的、磁感应强度大小为B 的匀强磁场，两根质量均为m、接入电路的电阻均为R 的导体棒C、D 分
别垂直于导轨放置，且均处于静止状态，其余部分电阻不计。t＝0 时使导体棒C 获得瞬时速度v0向右
运动，两导体棒在运动过程中始终与导轨垂直并与导轨接触良好，且达到稳定运动时导体棒C 未到两
组导轨连接处，则下列说法正确的是( )
A．t＝0 时，导体棒D 的加速度大小为a＝
B．达到稳定运动时，C、D 两棒速度之比为1 1∶
C．从t＝0 时至达到稳定运动的过程中，回路产生的内能为mv0
2
D．从t＝0 时到达到稳定运动的过程中，通过导体棒的电荷量为
【答案】 ACD
【详解】 开始时，导体棒中的感应电动势E＝2BLv0，电路中感应电流I＝，导体棒D 所受安培力F＝
BIL，导体棒D 的加速度为a，则有F＝ma，解得a＝，故A 正确；稳定运动时，电路中电流为零，设
此时C、D 棒的速度分别为v1、v2，则有2BLv1＝BLv2，对变速运动中任意极短时间Δt，由动量定理得，
对C 棒有2BLΔt＝m(v0－v1)，对D 棒有BLΔt＝mv2，故对变速运动全过程有v0－v1＝2v2，解得v2＝v0，v1
＝v0，故B 错误；根据能量守恒定律可知回路产生的内能为Q＝mv0
2－mv1
2－mv2
2，解得Q＝mv0
2，故C
正确；由动量定理，对C 棒有2BLΔt＝m(v0－v1)，可得2BLq＝m(v0－v1)，解得q＝，故D 正确。
【变式5-2】 (多选)(2023·辽宁沈阳市东北育才学校一模)如图所示是某同学模拟电磁炮的工作原理和
发射过程，水平台面上有足够长的平行光滑金属导轨MN 和PQ 置于塑料圆筒内，质量为m 的金属炮弹
置于圆筒内的轨道上，轨道间距为L，整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。导
轨左端连着平行板电容器和电动势为E 的电源。先让单刀双掷开关接1 接线柱对电容器充电，充电结
束后，将开关接2 接线柱。金属炮弹在安培力作用下开始运动，达到最大速度后离开导轨，整个过程
通过炮弹的电荷量为q。已知在圆筒中金属炮弹始终与导轨接触良好，不计导轨电阻和电源内阻，炮弹
电阻为R。在这个过程中，以下说法正确的是( )
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A．炮弹离开导轨时的速度为
B．电容器的电容C＝
C．炮弹在导轨上的位移x＝
D．在其他条件不变时，炮弹的最大速度与电容器电容大小成正比
【答案】 AB
【详解】 对炮弹，根据动量定理t＝mv，其中，平均安培力＝BL，可得v＝＝，故A 正确；刚充电结
束时，电容器电荷量为Q＝CE，炮弹达到最大速度时，电容器电荷量Q′＝Q－q，此时电容器电压U
＝，则此时炮弹产生的感应电动势等于U，故BLv＝U，联立可得＝BLv，解得C＝，故B 正确；炮弹
在导轨上运动过程，电容器有电压存在，通过炮弹的平均电流并不是，则t≠q，x≠，故C 错误；根据B
项分析可知E＝v(BL＋)，故炮弹的最大速度与电容器电容大小并不成正比，故D 错误。
【变式5-3】 如图所示，在磁感应强度大小为B 的匀强磁场区域内，垂直磁场方向的水平面中有两根
固定的足够长的平行金属导轨，在导轨上面平放着两根导体棒ab 和cd，两棒彼此平行且相距d，构成
一矩形回路。导轨间距为L，两导体棒的质量均为m，接入电路的电阻均为R，导轨电阻可忽略不计。
设导体棒可在导轨上无摩擦地滑行，初始时刻ab 棒静止，给cd 棒一个向右的初速度v0，求：
(1)当cd 棒速度减为0.6v0时，ab 棒的速度v 及加速度a 的大小；
(2)ab、cd 棒间的距离从d 增大到最大的过程中，通过回路的电荷量q 及两棒间的最大距离x。
【答案】 (1)0.4v0 (2) d＋
【详解】 (1)两棒组成的系统所受合外力为零，因此满足动量守恒定律，有mv0＝0.6mv0＋mv
解得v＝0.4v0
回路感应电动势E＝0.6BLv0－0.4BLv0，此时回路电流I＝，因此加速度a＝
整理得a＝
(2)ab、cd 棒速度相等时有最大距离，根据动量守恒定律可得mv0＝2mv 共
对ab 棒，根据动量定理有BLΔt＝mv 共
而q＝Δt，解得q＝
在这段时间内，平均感应电动势＝BL
回路平均电流＝
因此流过某截面的电荷量q＝Δt＝Δt＝，解得最大距离x＝d＋。
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1．(2023·北京卷·5)如图所示，L 是自感系数很大、电阻很小的线圈，P、Q 是两个相同的小灯泡，开始时，
开关S 处于闭合状态，P 灯微亮，Q 灯正常发光，断开开关( )
A．P 与Q 同时熄灭
B．P 比Q 先熄灭
C．Q 闪亮后再熄灭
D．P 闪亮后再熄灭
【答案】 D
【详解】 由题知，开始时，开关S 处于闭合状态，由于L 的电阻很小，Q 灯正常发光，P 灯微亮，通
过L 的电流大于通过P 灯的电流，断开开关，Q 所在电路未闭合，立即熄灭，由于自感，L 中产生感应
电动势，与P 组成闭合回路，故P 灯闪亮后再熄灭，故选D。
2．(2023·江苏卷·8)如图所示，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，OC 导体棒的O 端位于圆心，棒的
中点A 位于磁场区域的边缘。现使导体棒绕O 点在纸面内逆时针转动。O、A、C 点电势分别为φO、
φA、φC，则( )
A．φO>φC
B．φC>φA
C．φO＝φA
D．φO－φA＝φA－φC
【答案】 A
【详解】 由题图可看出导体棒OA 段逆时针转动切割磁感线，则根据右手定则可知φO>φA，其中导体
棒AC 段不在磁场中，不切割磁感线，电势差为0，即φC＝φA，则φO>φC，A 正确，B、C 错误；根据以
上分析可知φO－φA>0，φA－φC＝0，则φO－φA>φA－φC，D 错误。
3．(2023·山东德州市模拟)如图甲所示，正方形虚线框为匀强磁场区域的边界，取垂直纸面向里为正方向，
磁感应强度B 随时间t 变化的规律如图乙所示。匝数为n、半径为r 的导线圈恰好处于虚线框的外接圆
上，导线圈与电阻箱R1、定值电阻R2组成回路，回路中的其他电阻不计。以下说法正确的是( )
A．R2中的电流方向先向左，再向右
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B．回路中的电动势为
C．t＝t0时刻，回路中的电流为零
D．R1＝R2时，R1消耗的电功率最大
【答案】 D
【详解】 磁感应强度B 先正向减小后反向增大，根据楞次定律和安培定则可知R2中的电流方向一直
向左，A 错误；根据法拉第电磁感应定律得E＝nS＝n(r)2＝，B 错误；由题图乙可知磁感应强度B 一直
在发生变化，所以t＝t0时刻，回路中的电流不为零，C 错误；根据闭合电路欧姆定律可知，R1消耗的
电功率为P＝()2R1＝，由此可知，当R1＝R2时，R1消耗的电功率最大，D 正确。
4．如图所示是两个相互连接的金属圆环，小金属环的电阻是大金属环电阻的二分之一，连接处电阻不计，
匀强磁场垂直穿过大金属环所在区域，当磁感应强度随时间均匀变化时，在大环内产生的感应电动势
为E，则a、b 两点间的电压为( )
A.E B.E C.E D．E
【答案】 B
【详解】 a、b 间的电压等于路端电压，而小环电阻占电路总电阻的，故a、b 间电压为U＝E，选项
B 正确。
5．(2023·上海市华师大二附中模拟)如图所示，由均匀导线制成的半径为R 的圆环，以速度v 匀速进入一磁
感应强度大小为B 的匀强磁场。当圆环运动到图示位置(∠aOb＝90°)时，a、b 两点的电势差Uab为(
)
A.BRv B.BRv C．－BRv D．－BRv
【答案】 D
【详解】 有效切割长度即a、b 连线的长度，如图所示，
由几何关系知有效切割长度为R，所以产生的电动势为E＝BLv＝B·Rv，电流的方向为a→b，所以
Uab<0，由于外电路的电阻值为R 总，所以Uab＝－B·Rv＝－BRv，故选D。
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6．如图甲所示，在线圈l1中通入电流i1后，在l2上产生的感应电流随时间变化的规律如图乙所示，l1、l2中
电流的正方向如图甲中的箭头所示。则通入线圈l1中的电流i1随时间t 变化的图像可能是( )
【答案】 D
【详解】 因为l2中感应电流大小不变，根据法拉第电磁感应定律可知，l1中磁场的变化是均匀的，即
l1中电流的变化也是均匀的，A、C 错误；根据题图乙可知，0～时间内l2中的感应电流产生的磁场方向
向左，所以线圈l1中感应电流产生的磁场方向向左并且减小，或方向向右并且增大，B 错误，D 正确。
7．(多选)(2024·北京市月考)矩形导线框abcd 放在匀强磁场中，在外力控制下处于静止状态，如图甲所示。
磁感线方向与导线框所在平面垂直，磁感应强度B 随时间变化的图像如图乙所示。t＝0 时刻，磁感应
强度的方向垂直导线框平面向里，在0～4 s 时间内，流过导线框的电流I(规定顺时针方向为正方向)与
导线框ad 边所受安培力F 安随时间t 变化的图像(规定向左为安培力正方向)可能是( )
【答案】 AD
【详解】 根据楞次定律得0～2 s 内线框中的感应电流为顺时针方向，即为正方向，2～4 s 内感应电流
为逆时针方向，即为负方向，由E＝n，I＝知，电流I 大小不变，A 正确，B 错误；由以上分析得，在1
～2 s 时间内，导线框ad 边电流方向由d 流向a，空间所加磁场的磁感应强度方向为垂直导线框平面向
外，且线性增大，电流I 为定值，根据左手定则及F＝BIL 得，导线框ad 边受安培力向右，且线性增大，
即安培力为负方向，线性增大，同理可知0～1 s、2～3 s、3～4 s 内安培力的变化情况，C 错误，D 正
确。
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8．(多选)如图甲所示，两间距为L 的平行光滑金属导轨固定在水平面内，左端用导线连接，导轨处在竖直
向上的匀强磁场中，一根长度也为L、电阻为R 的金属棒放在导轨上，在平行于导轨向右、大小为F 的
恒力作用下向右运动，金属棒运动过程中，始终与导轨垂直并接触良好，金属棒运动的加速度与速度
的关系如图乙所示，不计金属导轨及左边导线电阻，金属导轨足够长，若图乙中的a0、v0均为已知量，
则下列说法正确的是( )
A．金属棒的质量为
B．匀强磁场的磁感应强度大小为
C．当拉力F 做功为W 时，通过金属棒横截面的电荷量为
D．某时刻撤去拉力，此后金属棒运动过程中加速度大小与速度大小成正比
【答案】 ABD
【详解】 由题意可知F－＝ma，得a＝－v，结合a－v 图像可知＝a0，＝，解得m＝，B＝＝，A、B
正确；当拉力F 做功为W 时，金属棒运动的距离为s＝，则通过金属棒横截面的电荷量q＝t＝t＝＝，C
错误；某时刻撤去拉力，此后＝ma，则a＝v，D 正确。
9．(2023·黑龙江哈尔滨市第九中学模拟)如图甲所示，MN、PQ 两条平行的光滑金属轨道与水平面成θ＝
30°角固定，间距为L＝1 m，质量为m 的金属杆ab 垂直放置在轨道上且与轨道接触良好，其阻值忽略
不计。空间存在匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面向上，磁感应强度大小为B＝0.5 T。P、M 间接有
阻值为R1的定值电阻，Q、N 间接电阻箱R。现从静止释放ab，改变电阻箱的阻值R，测得金属棒ab
最大速度为vm，得到与的关系如图乙所示。若轨道足够长且电阻不计，重力加速度g 取10 m/s2，则(
)
A．金属杆中感应电流方向由a 指向b
B．金属杆所受的安培力沿轨道向下
C．定值电阻的阻值为1 Ω
D．金属杆的质量为1 kg
【答案】 C
【详解】 由右手定则可判断，金属杆中感应电流方向由b 指向a，由左手定则知，金属杆所受的安培
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力沿轨道向上，A、B 错误；总电阻为R 总＝，I＝，当达到最大速度时，金属杆受力平衡，有mgsin θ
＝BImL＝(R1＋R)，变形得＝·＋，根据题图乙可得＝k＝0.5 s·m－1·Ω，＝b＝0.5 s·m－1，解得金属杆的质
量m＝0.1 kg，定值电阻阻值R1＝1 Ω，C 正确，D 错误。
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