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第43 讲 电磁感应的综合应用
目录
01 课标达标练
题型01 电磁感应的电路问题
题型02 电磁感应的图像问题
题型03 电磁感应的动力学和能量问题
02 核心突破练
03 真题溯源练
01 电磁感应的电路问题
1.（多选）（2025·四川成都·高三月考）如图所示，在竖直向下的匀强磁场中水平放置相距L=0.50m 的平行
金属导轨，导轨左右两端接电阻R1和R2，阻值均为0.4Ω，磁场的磁感应强度B=0.40T。现将长度为
L=0.50m、电阻为r=0.20Ω 的导体棒ac 垂直放在导轨上，并对导体棒施加垂直于棒的水平外力F，使棒水
平向右做匀速滑动，导轨的电阻忽略不计，不计一切摩擦。当棒ac 以v=4.0m/s 的速度水平向右匀速滑动
0.2s 的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．ac 棒中感应电动势的大小为0.80V
1
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B．导体棒ac 两端的电压Uac=0.80V
C．回路中流过R1的电荷量为0.4C
D．外力F 做的功为0.32J
【答案】AD
【详解】A．ac 棒中感应电动势的大小为E = BLv =0.80 V，故A 正确；
B．ac 棒相当于电源，则外电阻为R外= R1 R2
R1+ R2
=0.2Ω
电路总电流为I =
E
R外+r =2A
则导体棒ac 两端的电压U ac = I R外=0.40 V，故B 错误；
C．回路中流过R1的电荷量为q1= I 1t = I
2 t =0.2C，故C 错误；
D．根据受力平衡可得外力F 大小为F = F安= BIL=0.4 N
外力F 做的功为W F= Fx = Fvt =0.32J，故D 正确。
故选AD。
2.（多选）（2025·四川内江·三模）如图，两条电阻不计的光滑平行金属导轨位于同一水平面内，其左端接
一电池，右侧部分处于竖直向下的匀强磁场中。阻值恒定的金属杆在水平向右平行导轨的恒力F 作用下，
从无磁场区域的a 处由静止开始运动，到达磁场中b 位置时开始反向运动。金属杆在整个运动过程中，始
终与导轨垂直且与导轨保持良好接触。则金属杆在第一次往、返运动中，下列说法正确的是（ ）
A．金属杆在磁场中受到的安培力始终向左
B．金属杆进入磁场后做加速度增大的减速运动
C．金属杆恰好能够回到a 处
D．金属杆能回到无磁场区，但不能回到a 处
【答案】AD
2
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【详解】AB．根据左手定则可知电源产生的电流受磁场的安培力向左，金属杆到达磁场中b 位置时能反向
运动，说明由电源电流产生的安培力F 源安大于恒力F。金属杆刚进入磁场后因切割磁感线产生的感应电动
势方向与电源方向相同，可知电流中电流增加，安培力向左且大于恒力F 可知导体棒必定向右做减速运
动，根据a= BIL−F
m
=
BL BLv + E
R
−F
m
随速度减小，则加速度减小，即导体棒向右做加速度减小的减速运动，直到速度减为零后反向运动；反向
运动开始时，因切割磁感线产生的感应电动势方向与电源方向相反，安培力方向向左，则加速度
a
' = B I
' L−F
m
=
BL E−BLv
R
−F
m
随速度增加，加速度减小，直到出离磁场边界；即整个过程中金属杆在磁场中受到的安培力始终向左，金
属杆进入磁场后向右做加速度减小的减速运动，选项A 正确，B 错误；
CD．金属杆从进入磁场到回到磁场左边界过程中，恒力F 做功为零，电源提供的能量一部分要产生焦耳
热，可知导体杆回到磁场左边界时的速度小于进入磁场时的速度，可知金属杆能回到无磁场区，但不能回
到a 处，选项C 错误，D 正确。
故选AD。
02 电磁感应的图像问题
3.一粗细均匀、总电阻为R、边长为L的正方形单匝闭合金属线圈，静置于与线圈平面垂直的匀强磁场中，
该磁场的磁感应强度B随时间t变化的关系如图所示，其中B0、t0为已知量。整个过程中，线圈无形变。下
列说法正确的是（ ）
A．在0∼t0时间内，该线圈中产生的感应电动势为B0 L
2
2t0
3
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B．在t0∼3t0时间内，该线圈中产生的感应电动势为B0 L
2
t0
C．在0∼3t0时间内，该线圈中产生的焦耳热为3 B0
2 L
4
2 Rt0
D．在0∼3t0时间内，通过该线圈某截面的电量为B0 L
2
R
【答案】C
【详解】AB．根据法拉第电磁感应定律E = ΔΦ
Δt
可知在0∼t0时间内，该线圈中产生的感应电动势为E1= ΔΦ
Δt = ΔB⋅S
Δt
= B0 L
2
t0
同理在t0∼3t0时间内，该线圈中产生的感应电动势为E2= ΔΦ
'
Δt
' = ΔB
'⋅S
Δt
'
= B0 L
2
2t0
，故AB 错误；
C．根据焦耳定律可知，在0∼t0时间内，该线圈中产生的焦耳热为
Q1= E1
2
R t0=(
B0 L
2
t0 )
2
t0
R
= B0
2 L
4
Rt0
在t0∼3t0时间内，该线圈中产生的焦耳热为
Q2= E2
2
R ⋅2t0=(
B0 L
2
2t0 )
2
R
⋅2t0= B0
2 L
4
2 Rt0
所以在0∼3t0时间内，该线圈中产生的焦耳热为Q总=Q1+Q2= B0
2 L
4
Rt0
+ B0
2 L
4
2 Rt0
= 3 B0
2 L
4
2 Rt0
，故C 正确；
D．在0∼3t0时间内，该线圈的磁通量变化为ΔΦ =|Φ末−Φ初|=|−B0 L
2−B0 L
2|=2B0 L
2
根据法拉第电磁感应定律可得在0∼3t0时间内，通过该线圈某截面的电量为q = ΔΦ
R = 2B0 L
2
R
，故D 错
误。
故选C。
4.（2025·四川绵阳·高三月考）如图所示，边长为L 的单匝均匀金属线框置于光滑水平桌面上，在拉力作用
4
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下以恒定速度通过宽度为D（D>L）、方向竖直向下的有界匀强磁场，在整个过程中线框的ab 边始终与磁
场的边界平行，若以F 表示拉力大小（以向右为正）、以Uab表示线框ab 两点间的电势差，则下列反映这
些物理量随时间变化的图像中可能正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】AB．线框向右做匀速直线运动，进入磁场和出磁场过程中根据楞次定律阻碍相对运动的条件，可
知拉力与安培力等大反向，即F = BIL= B BLv
R
L= B
2 L
2v
R
即线圈进入磁场和出离磁场的过程中拉力大小相同，方向相同；线框完全进入磁场运动过程中，闭合线框
中ΔΦ =0，线框中无感应电流，所以安培力为0，拉力大小为0，故AB 错误；
CD．线框进入磁场时，ab导体棒切割磁感线，即电源，根据右手定则可知φa>φb
所以ab两端电势差为路端电压U ab= 3
4 E = 3
4 BLv
完全进入磁场，线框中无电流，所以U ab= E = BLv
线框穿出磁场过程中，cd边切割磁感线，根据楞次定律判断感应电流可知φa>φb
则U ab= 1
4 E = 1
4 BLv
5
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对应图像可知，选项C 正确，D 错误。
故选C。
5.如图，在直角边长为L的等腰直角三角形区域efg内存在垂直纸面向里的匀强磁场，电阻为R、边长也为
L的正方形导线框abcd在纸面上向右匀速运动，cd、ef 始终在同一直线上。取逆时针方向的电流为正，在
线框通过磁场的过程中，其感应电流i和bc间电势差ubc随位移x变化的图像可能正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】AB．ad 边的位置坐标x 在0-L 的过程，根据楞次定律判断可知线框中感应电流方向沿
a→b→c→d→a，为正值。线框bc 边有效切线长度为l=L-x；感应电动势为
E=B（L-x）v
随x 的增加电动势从开始的最大均匀减小，则感应电流均匀减小，同理，x 在L-2L 过程，根据楞次定律判
断出来感应电流方向沿a→d→c→b→a，为负值，感应电流也是从最大均匀减小，故A 错误，B 正确。
6
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CD．正方形金属线框abcd 进入磁场时，ad 边为电源，若电源最大电动势
E=BLv=4U0
则
ubc= R
4 R ⋅4U 0=U 0
线框进入磁场过程中电动势均匀减小，则ubc 均匀减小；
同理金属框abcd 穿出磁场时，此时bc 为电源，开始感应电动势最大，若电源最大电动势E=4U0，则
ubc = 3 R
4 R ⋅4U 0=3U 0
然后均匀减小，故CD 错误。
故选B。
6.（2025·四川内江·高三月考）如图，一有界区域内，存在着磁感应强度大小均为B，方向分别垂直于光滑
水平桌面向下和向上的匀强磁场，磁场宽度均为L，边长为L的正方形线框abcd的bc边紧靠磁场边缘置于
桌面上，使线框从静止开始沿x轴正方向匀加速通过磁场区域，若以逆时针方向为电流的正方向，能反映
线框中感应电流变化规律的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
7
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【详解】AB．线框右边开始进入磁场时，由楞次定律可知，感应电流方向为逆时针，为正；当右边框开始
进入右边磁场时，感应电流方向变为顺时针，为负；线框从右边磁场离开时，感应电流方向为逆时针，为
正；
由E=BLv 及v=at 得E=BLat，故只有一条边切割磁感线时感应电动势随时间为均匀增大，故感应电流也随
时间均匀增大，当线框通过两磁场交界处时，ad 和bc 边都切割磁感线，产生两个大小相等的感应电动
势，所以bc 刚进入右边磁场时的感应电流是刚离开左边磁场的2 倍，故A 正确，B 错误；
CD．由E=BLv 及v2=2ax 可知，E=BL√2ax，故电流与√x成正比，每段图线都为抛物线；故CD 错误；
故选A。
7.如图，在光滑水平桌面上有一边长为L、电阻为R的正方形导线框ABCD；在导线框右侧有一宽度为
d (d > L)的条形匀强磁场区域，磁场的边界与BC边平行，磁场方向竖直向下。导线框以某一初速度向右运
动，t =0时BC边恰与磁场的左边界重合，随后导线框在垂直于BC边的水平外力F作用下沿直线匀加速通
过磁场区域。下列F −t图像中，可能正确描述上述过程的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】线框刚进入磁场及刚出磁场时，对线框受力分析，根据牛顿第二定律可得F −F安=ma
其中F安= BIL= B
2 L
2v
R
，v = v0+at
8
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联立可得F =ma+ B
2 L
2(v0+at )
R
由于线框始终做匀加速直线运动，故此阶段的F −t图像为一次函数，当线框完全进入磁场时，线框不受安
培力的作用，此时F =ma，即线框受到的外力大小不变，只是比刚进入磁场和刚出磁场时的拉力略小。
故选C。
8.如图所示，正六边形线框abcdef 边长为2a，放置在绝缘平面上，线框右侧有一宽度为4 a的匀强磁场区
域，pq、mn为磁场边界线，pq//mn//ce，线框以垂直pq方向的速度匀速向右运动。设线框中感应电
流为I，磁场对线框的安培力为F。以逆时针方向为线框中感应电流的正方向，水平向左为安培力的正方
向。线框d点进入磁场时开始计时，下列图像可能正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
9
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【详解】第一步：判断进磁场过程线框中电流方向
线框进磁场过程，线框中的磁通量向里增大，根据楞次定律可知，线框中感应电流沿逆时针方向。
第二步：按阶段划分线框运动过程
开始计时后，在t时刻，线框d点到磁场左边界的距离x = v0t［提示：由选项可知v0t0=a］。当0< x<a
时，线框的有效切割长度l =2 xtan60°
感应电动势E = Bl v0=2√3 B v0
2t
又线框电阻不变，则回路中的感应电流随时间均匀增大，线框所受安培力FA= BIl = 12B
2v0
3t
2
R
方向水平向左，安培力与时间的关系图像是过原点，开口向上的抛物线。
当a< x<3a时，线框的有效切割长度不变，为2√3a，感应电动势不变，感应电流不变，为I = 2√3 Ba v0
R
沿逆时针方向，安培力大小不变，为F A= 12B
2a
2v0
R
，方向水平向左。
当3a< x<4 a时，线框的有效切割长度l =2(4 a−x)tan60°
感应电动势E = Bl v0=2√3 B v0(4 a−v0t)
线框中电流随时间均匀减小，沿逆时针方向，线框所受安培力FA= BIl = 12B
2v0(4 a−v0t)
2
R
方向水平向左，安培力与时间的关系图像是顶点坐标为(
4 a
v0
,0)、开口向上的抛物线。
分析可知，线框出磁场过程的电流时间图线与进磁场过程的电流时间图线关于点(
4 a
v0
,0)中心对称，线框
出磁场过程的安培力时间图线与进磁场过程的安培力时间图线关于t = 4 a
v0
对称，综上所述。
故选D。
9.两根足够长不计电阻的光滑平行金属导轨上垂直放置两根完全相同的导体棒ab、cd，装置处于垂直导轨
平面的匀强磁场中，如图所示。t=0 时，对cd 施加向右的恒力F，下列图像中，v、a、d、i 分别为导体棒
的速度、加速度、间距和电流，则不可能正确的是（ ）
10
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A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】设两导体棒的质量均为m，电阻均为R，长度均为L。t =0时刻，两导体棒中的电流均为零，导体
棒cd 的加速度为F
m，导体棒ab 的加速度为零，此后，导体棒cd 向右加速运动，同时两导体棒中产生电
流，导体棒ab 在安培力作用下也开始向右加速运动，但导体棒cd 的加速度大于导体棒ab 的加速度，故两
导体棒的速度差越来越大，距离也越来越大，两导体棒中的电流I = BL(vcd−vab)
2 R
故两导体棒中的电流越来越大，根据牛顿第二定律有acd = F −BIL
m
，aab= BIL
m
故导体棒cd 的加速度越来越小，导体棒ab 的加速度越来越大，当两导体棒的加速度相等时，两导体棒的
速度差保持不变，两导体棒中的电流也保持不变，加速度也保持不变，此后两导体棒以相同的加速度匀加
速向右运动，两导体棒的距离随时间均匀增大。
此题选择不可能的，故选C。
10.（多选）（2025·四川南充·高三月考）边长为a、电阻为R的闭合正三角形轻质金属框架，左边竖直且与
磁场右边界平行，完全处于垂直框架平面向里的匀强磁场中。现对框架施加外力F让其水平向右匀速通过
磁场，如图所示，其中拉动距离为x，外力做功功率为P，产生的感应电流和感应电动势分别为I和E，则
下列图像正确的是（ ）
11
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A．
B．
C．
D．
【答案】BD
【详解】A．当框架穿出磁场x 距离后，线框切割磁感线的有效长度L=2 x tan30° = 2√3
3
x
感应电动势E = BLv = 2√3
3
Bvx
可知E 与x 成正比，故A 错误；
B．根据欧姆定律I = E
R总
可得I = 2√3 Bv
3 R总
x
可知I 与x 成正比，故B 正确；
C．安培力FA= BIL= 4 B
2v
3 R总
x
2
框架做匀速直线运动，由平衡条件得F = FA= 4 B
2v
3 R x
2
可知F与x
2成正比，故C 错误；
D．拉力的功率P = Fv = 4 B
2v
2
3 R
x
2
可知P与x
2成正比，故D 正确。
故选BD。
11.（多选）光滑水平面上有一宽度为2L 的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向竖直向下，俯视图
如图所示。在紧靠磁场边界处，有一边长为L 的正六边形导体线框，总电阻为R，且线框平面与磁场方向
12
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垂直，现用外力使线框以速度v 向右匀速穿过该磁场区域，以图中线框右端初始位置为坐标原点，电流沿
逆时针方向时的电动势E 为正，安培力向右为正。则以下关于线框中的感应电动势E、所受安培力F 随水
平位移变化的图像正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】AC
【详解】AB．根据楞次定律可知线框进入磁场过程中，电流方向沿逆时针，线框出磁场过程中，电流沿顺
时针方向，则感应电动势先正，后负；设六边形的内角为θ，根据法拉第电磁感应定律可知
E = Bv ×2 x tan θ
2
可知进、出磁场时，电动势先均匀增大，当有效长度达到√3 L后保持不变，再逐渐减小，电动势变化如图
A，故A 正确，B 错误；
CD．根据楞次定律的“来拒去留”可知，安培力方向向左；
根据安培力公式F = BIL= B
Bv ×2 x tan θ
2
R
2 x tan θ
2 =
4 B
2v x
2tan
2 θ
2
R
根据数学方法求导可知，初始时图像斜率逐渐增大，故C 正确，D 错误；
故选AC。
12.（多选）如图所示，在空间中存在一范围足够大的匀强磁场区域，磁感应强度为B，方向垂直纸面向
外，MN 为磁场区域的上边界，磁场上方有一个正方形导线框abcd，ab 边与MN 平行，线框平面处于竖直
面内。已知线框质量为m，边长为L，总电阻为R，重力加速度为g，线框从图示位置由静止开始下落，则
在ab 边进入磁场的过程中，关于线框的运动，以下图像可能正确的是（ ）
13
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A．
B．
C．
D．
【答案】BCD
【详解】若线框刚进入磁场时，安培力等于重力，则线框匀速进磁场，加速度为零，即
F = BIL=mg，I = E
R ，E = BLv
解得
v = mgR
B
2 L
2
若线框刚进入磁场时，安培力大于重力，线框做加速度减小的减速运动，当线框速度减小到上述速度时仍
未全部进入磁场，线框后面将做匀速运动；若线框刚进入磁场时，安培力小于重力，线框做加速度减小的
加速运动，当线框速度达到上述速度时仍未全部进入磁场，线框后面将做匀速运动。
故选BCD。
03 电磁感应的动力学和能量问题
13.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（ ）
14
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A．线框出磁场的过程中电流方向为顺时针方向
B．线框出磁场的过程中做匀减速直线运动
C．线框在进磁场和出磁场的两个过程中产生的焦耳热相等
D．线框在进磁场过程中通过导线横截面的电荷量大于出磁场过程中通过导线横截面的电荷量
【答案】A
【详解】A．线框出磁场的过程中由楞次定律知电流方向为顺时针方向，故A 正确；
B．线框出磁场的过程中，产生的电动势为E = BLv
电流为I = E
R
受到的安培力为F A = BIL
联立解得F A = B
2 L
2v
R
=ma
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，故
B 错误；
C．由能量守恒定律得线框产生的焦耳热Q = F A L
线框进出磁场时均做减速运动，但其进磁场时的速度大，安培力大，产生的焦耳热多，故C 错误；
D．线框在进和出的两过程中产生的平均电流为I = E
R
平均电动势为E = ΔΦ
Δt = BLx
Δt
通过的电荷量为q = I Δt
联立可得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 错误。
故选A。
14.如图所示，光滑水平面上存在有界匀强磁场，直径与磁场宽度相同的圆形金属线框在水平拉力作用下以
一定的速度v0斜向匀速通过磁场。则下列说法正确的是（ ）
15
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A．金属圆形线框的感应电流方向先逆时针后顺时针
B．金属圆形线框所受的安培力方向先水平向左再水平向右
C．水平拉力大小保持不变
D．若速度v0变小，通过线框某一横截面的电量减小
【答案】A
【详解】A．金属圆形线框进入磁场过程，穿过金属圆形线框的磁通量向里增加，根据楞次定律可知，线
框内感应电流方向为逆时针方向；金属圆形线框离开磁场过程，穿过金属圆形线框的磁通量向里减少，根
据楞次定律可知，线框内感应电流方向为顺时针方向，故A 正确；
B．根据左手定则可知，线框在磁场中受到的安培力方向一直水平向左，故B 错误；
C．设金属圆形线框在磁场中切割磁感线的有效长度为L（切割圆弧部分沿垂直速度方向的投影长度），则
有E = BLv，I = E
R = BLv
R
线框匀速进入磁场过程，有效长度L 先增大后减小，所以线框内感应电流大小先增大后减小；同理可知金
属框出磁场时产生的感应电流先增大后减小，线框在磁场中受到的安培力为F安= BI L
′
其中L
′是与磁场边界平行的有效长度，根据平衡条件可知，拉力方向水平向右，大小为F = F安= BI L
′
由于I、L
′均发生变化，可知拉力大小不是恒定不变，故C 错误；
D．根据q = I Δt = E
R Δt =
ΔΦ
Δt
R Δt = ΔΦ
R
可知通过线框某一横截面的电量取决于磁通量变化量，与速度大小无关，故D 错误。
故选A。
15.如图，垂直纸面的正方形匀强磁场区域内，有一位于纸面、电阻均匀的正方形导体框abcd，现将导体
框分别以v、3v 的速度沿箭头方向匀速拉出磁场，则在这两个过程中（ ）
16
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A．导体框中cd 两端电势差相同
B．导体框中产生的焦耳热相同
C．通过导体框横截面的电荷量相同
D．导体框中产生的感应电流方向不同
【答案】C
【详解】A．令边长为L，导体框匀速拉出磁场过程，回路总的感应电动势分别为E1= BLv，E2= BL⋅3 v
令导体框一边的电阻为R，则感应电流分别为I 1= E1
4 R
，I 2= E2
4 R
则导体框中cd 两端电势差大小分别为U 1= I 1 R = BLv
4
，U 2= I 2 R = 3 BLv
4
可知，导体框中cd 两端电势差不相同，故A 错误；
B．导体框中产生的焦耳热分别为Q1= I 1
2⋅4 R t1，Q2= I 2
2⋅4 R t2
其中t1= L
v ，t2= L
3 v
解得Q1= B
2 L
3v
4 R
，Q2= 3 B
2 L
3v
4 R
可知，导体框中产生的焦耳热不相同，故B 错误；
C．感应电动势的平均值E1= ΔΦ
Δt1
= B L
2
Δt1
，E2= ΔΦ
Δt2
= B L
2
Δt2
感应电流的平均值I 1= E1
4 R = q1
Δt1
，I 2= E2
4 R = q2
Δt2
解得q1=q2= B L
2
4 R
可在，通过导体框横截面的电荷量相同，故C 正确；
D．根据右手定则可知，导体框中产生的感应电流方向均沿逆时针方向，故D 错误。
故选C。
16.如图，电阻不计、半径为R 的金属圆环上固定了三根沿半径方向的金属棒OA、OB 和OC，其阻值均为
r，它们之间的夹角均为120°。圆心角为60°的扇形aOb 内有如图所示的匀强磁场，磁感应强度大小为B。
17
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现让金属圆环绕过圆心O 且与圆环平面垂直的转轴，以角速度ω 顺时针匀速转动，aOb 位置不变，则（
）
A．OA 棒通过磁场的过程中，O 点的电势小于 A 点的电势
B．OA 棒通过磁场的过程中，产生的电动势为BωR²
C．OA 棒通过磁场的过程中，OA 两端的电压为1
2 Bω R
2
D．圆环转动一周产生的热量为πω B
2 R
4
6r
【答案】D
【详解】A．根据右手定则，OA 棒通过磁场的过程中，O 点的电势高于 A 点的电势，选项A 错误；
B．OA 棒通过磁场的过程中，产生的电动势为E = BR ωR+0
2
= 1
2 Bω R
2，选项B 错误；
C．OA 棒通过磁场的过程中，OA 为电源，外电阻为r
2，则OA 两端的电压为U OA =
E
r + r
2
⋅r
2 = 1
6 Bω R
2
，
选项C 错误；
D．圆环转动一周有一半的时间导体棒在磁场内切割磁感线，则产生的热量为Q = E
2
3r
2
× π
ω = πω B
2 R
4
6r
，选
项D 正确。
故选D。
17.（多选）如图所示，两根倾角为θ、间距为L的足够长光滑平行金属导轨的底部接有一阻值为R的定值
电阻，导轨上端开口，整个装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向上。置于导
轨上的质量为m的金属棒ab在与导轨平面平行的恒力F作用下，由静止开始沿导轨向上滑动，金属棒从开
始运动到达到最大速度时沿导轨运动的距离为x，金属棒ab在导轨间的电阻为r，导轨电阻不计，金属棒始
终与导轨垂直且接触良好，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
18
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A．金属棒ab由静止先做匀加速直线运动，最终做匀速直线运动
B．金属棒ab匀速运动时的速度大小为
(F −mgsinθ)(R+r)
B
2 L
2
C．金属棒ab沿导轨运动过程中，定值电阻的最大电功率为B
2 L
2 R
( R+r )
2
D．金属棒从开始运动到达到最大速度的过程中克服安培力做的功为
Fx −mgx sinθ−m[(F −mgsinθ)(R+r)]
2
2B
4 L
4
【答案】BD
【详解】A．金属棒ab 由静止开始向上做加速运动，随着速度的增大，其受到的安培力增大，金属棒的加
速度逐渐减小直至为零，最终做匀速直线运动，故A 错误；
BC．金属棒匀速运动时有F −mgsinθ−BIL=0
又I =
E
R+r ，E=BLv
联立解得v = (F −mgsinθ)(R+r)
B
2 L
2
此时金属棒速度最大，产生的感应电流最大，则定值电阻的电功率最大P= I
2 R = (F −mgsinθ)
2 R
B
2 L
2
，故B
正确，C 错误；
D．金属棒从开始运动到达到最大速度的过程中，由动能定理得Fx−mgsinθ·x−W 安= 1
2 mv
2
解得W 安= Fx −mgx sinθ−m[(F −mgsinθ)(R+r)]
2
2B
4 L
4
，故D 正确。
19
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故选 BD。
18.（多选）如图甲所示，整个空间有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。两根足够长的平行光滑
金属导轨水平固定放置，间距为L，左端连接阻值为R 的定值电阻。一质量为m 的金属杆垂直放置于导轨
上，与导轨接触良好，导轨和金属杆电阻不计。金属杆与质量为m 的重物用绝缘细线绕过定滑轮连接，左
边细线与导轨平行。金属杆的v－t 图像如图乙所示，t＝T 时剪断细线，t＝2T 时金属杆速度减半，已知重
力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．0～T 过程中金属棒的速度v0＝mgR
B
2 L
2
B．t＝2T 时，金属杆的加速度大小为3 g
2
C．T～2T 过程中通过电阻R 的电荷量为m
2 gR
B
3 L
3
D．从t＝0 开始金属杆的最大位移大小为mgRT
B
2 L
2 + m
2 g R
2
B
4 L
4
【答案】AD
【详解】A．设金属杆匀速运动时的速度为v0，则产生的感应电动势E = BLv0
感应电流I 0= E
R = BLv0
R
受到的安培力F = B I 0 L= B
2 L
2v0
R
由于物体匀速运动，故F =mg
联立解得v0= mgR
B
2 L
2，故A 正确；
B．题意知t =2T时，由于速度减半，电动势减半，电流减半，安培力减半，金属杆的加速度大小为
20
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a=
F
2
m =
mg
2
m = g
2
，故B 错误；
C．分析可知0~T 过程，金属杆移动的位移x1= v0T = mgRT
B
2 L
2
T ～2T过程中，规定向右为正方向，对金属棒运用动量定理−BL I t =m× 1
2 v0−m v0
其中q = I t = BLv t
R
= BLx
R
联立解得q = m
2 gR
2B
2 L
2，故C 错误；
D．从剪断绳子到停止运动，对金属棒运用动量定理−BL I
′ t
′ =0−m v0
其中q
′ = I
′ t
′ = BLv
′ t
′
R
= BL x2
R
解得x2= m
2 g R
2
B
4 L
4
故金属杆最大位移大小为xm = x1+ x2= mgRT
B
2 L
2 + m
2 g R
2
B
4 L
4 ，故D 正确。
故选AD。
19.（多选）如题图甲所示，整个空间有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。两根足够长的平行光
滑金属导轨水平固定放置，间距为L，左端连接阻值为R 的定值电阻。一质量为m 的金属杆垂直放置于导
轨上，与导轨接触良好，导轨和金属杆电阻不计。金属杆与质量为m 的重物用绝缘细线绕过定滑轮连接，
左边细线与导轨平行。金属杆的v-t 图像如图乙所示，t=T 时剪断细线，t=2T 时金属杆速度减半，已知重力
加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．t=2T 时，金属杆的加速度大小为g
2
21
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B．0~T 过程中电阻R 上产生的热量为3m
3 g
2 R
2
8 B
4 L
4
C．T~2T 过程中通过电阻R 的电荷量为m
2 gR
2B
3 L
3
D．从t=0 开始金属杆的最大位移大小为mgRT
B
2 L
2 + m
2 g R
2
B
4 L
4
【答案】ACD
【详解】AB．设金属杆匀速运动时的速度为v0，则产生的感应电动势E = BLv0
感应电流I 0= E
R = BLv0
R
受到的安培力F = B I 0 L= B
2 L
2v0
R
由于物体匀速运动，故F =mg
解得v0= mgR
B
2 L
2
电阻R 产生的热量Q1= I 0
2 RT = m
2 g
2 RT
B
2 L
2
金属杆移动的位移x1= v0T = mgRT
B
2 L
2
t=2T 时，由于速度减半，电动势减半，电流减半，安培力减半，金属杆的加速度大小为g
2 ，故A 正确，B
错误；
CD．T~2T 过程中，对金属棒运用动量定理−B I <=m× 1
2 v0−m v0
其中q = I t
解得q = m
2 gR
2B
3 L
3；
从剪断绳子到停止运动，对金属棒运用动量定理−B I
′ Lt
′ =0−m v0
其中q
′ = I
′ t
′ = E
R t
′ = ΔΦ
R = BL x2
R
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解得x2= m
2 g R
2
B
4 L
4
故金属杆最大位移大小为xm = x1+ x2= mgRT
B
2 L
2 + m
2 g R
2
B
4 L
4
故CD 正确；
故选ACD。
20.如图甲，abcd 和a'b'c'd'为在同一水平面内的固定光滑平行金属导轨，左右导轨间距分别为2L、L，整个
导轨处于竖直向下的匀强磁场中，左侧导轨间的磁感应强度大小为B0，右侧导轨间的磁感应强度大小按图
乙规律变化，两根金属杆M、N 分别垂直两侧导轨放置，N 杆与cc'之间恰好围成一个边长为L 的正方形，
M 杆中点用一绝缘细线通过轻质定滑轮与一重物相连，t=0 时释放重物，同时在N 杆中点处施加一水平向
右的拉力F，两杆在0~t0时间内均处于静止状态，从t0时刻开始，拉力F 保持不变，重物向下运动x 距离
时（M 杆未到达定滑轮处），速度达到最大，已知M、N 杆和重物的质量都为m，M、N 接入电路的电阻
都为R，不计导轨电阻，重力加速度为g，下列说法不正确的是（ ）
A．0~t0时间内，回路中的感应电动势为B0 L
2
t0
B．0~t0时间内，施加在N 杆上的拉力F 随时间t 变化的关系为F = mg
t0
⋅t
C．重物下落的最大速度为v = mgR
3 B0
2 L
2
D．从t=0 时刻到重物达到最大速度的过程中，回路产生的焦耳热为B0
2 L
4
2 Rt0
+ 3mgx
2
−m
3 g
2 R
2
6 B0
4 L
4
【答案】B
【详解】A．0~t0时间内回路的感应电动势为E1= ΔΦ
Δt = ΔB
Δt S = L
2 ΔB
Δt
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根据图乙可知ΔB
Δt = B0
t0
解得E1= ΔΦ
Δt = B0 L
2
t0
，故A 正确；
B．根据图乙可知B = B0
t0
⋅t，令0~t0时间内回路的感应电流为I0，对M 有mg= B0 I 0⋅2 L
对N 有F = B I 0 L
联立解得F = mg
2t0
⋅t，故B 错误；
C．根据上述，t0时刻的拉力大小为F0= 1
2 mg，t0时刻之后，对M 与重物整体进行分析有
mg−B0 I ⋅2 L=2ma1
对N 进行分析有F0−B0 IL=ma2
解得a1=a2= 1
2 g−B0 IL
m
可知M、N 的加速度大小相等，当a1=a2=0时，重物速度最大，即1
2 g= B0 IL
m
其中I = B0 Lv +2B0 Lv
2 R
解得v = mgR
3 B0
2 L
2，故C 正确；
D．在0~t0时间内，有I = E1
2 R = B0 L
2
2 Rt0
在0~t0时间内，产生的热量为Q1= I
2⋅2 Rt0= B0
2 L
4
2 Rt0
由a1=a2，M、N 杆的速度在任意时刻大小均相等，位移大小也相等。则从t0时刻开始到重物最大速度的过
程中有mgx + Fx = 1
2 ⋅3m v
2+Q2
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解得Q2= 3
2 mgx−m
3 g
2 R
2
6 B0
4 L
4
则回路产生的焦耳热为Q =Q1+Q2= B0
2 L
4
2 Rt0
+ 3mgx
2
−m
3 g
2 R
2
6 B0
4 L
4 ，故D 正确。
本题选错误的，故选B。
21.如图所示的装置水平置于竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，电源电动势为E、内阻为R，
两副平行且光滑的导轨间距分别为d与2d。材质均匀的导体棒b、c的长度均为2d，电阻均为R，质量分
别为m、1
2 m，垂直置于导轨上。导轨足够长且不计电阻，从闭合开关到两导体棒达到稳定状态的全过程
（ ）
A．稳定前b、c棒加速度之比为1：2
B．稳定时导体棒b的速度为E
8 Bd
C．通过b棒的电量mE
9 B d
2
D．导体棒b中产生的焦耳热为m E
2
90 B
2d
2
【答案】D
【详解】A．两棒为串联关系，电流相等，根据牛顿第二定律有F = BIL=ma
解得a= BIL
m
故稳定前b、c 棒加速度之比为ab:ac = BId
m : BI 2d
1
2 m
=1:4，故A 错误；
BC．闭合开关，当两棒稳定时，两棒产生的反电动势与电源电动势的关系有E = Bd vb+ B⋅2d vc
根据动量定理对b 棒有B I d ⋅t =m vb
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对c 棒有B I ⋅2d ⋅t = 1
2 m vc
因b、c 串联，通过的电量相等，则有q = I t
联立可得vb=
E
9 Bd ，vc = 4 E
9 Bd ，q =
mE
9 B
2d
2
故BC 错误；
D．由能量守恒定律，电源提供的电能转化为动能和焦耳热qE = 1
2 mvb
2+ 1
2 × 1
2 mvc
2+Q
根据热量与电阻的正比关系可得Qb=
R
2
R+ R
2 + R
Q = 1
5 Q
联立解得导体棒b 中产生的焦耳热为Qb=
m E
2
90 B
2d
2，故D 正确。
故选D。
22.（多选）如图所示，将两根质量均为m=2kg的金属棒a、b分别垂直地放在光滑水平金属导轨
MN M
′ N
′和PQ P
′Q
′上，左右两部分导轨间距分别为d1=1m，d2=2m，导轨间存在磁感应强度大小相等
方向相反的竖直匀强磁场，磁感应强度B =1T。两棒电阻与棒长成正比，不计导轨电阻。金属棒b用绝缘
细线绕过光滑定滑轮和一质量为mc=2kg物块c相连，物块c开始时距地面的高度h= 4.8 m，此时绝缘细线
刚好伸直。现将物块c由静止释放，物块c触地前瞬间两棒速率之比va:vb=1:2，触地后不反弹，此过程中
b棒上产生的焦耳热为10J。设导轨足够长且两棒始终在不同的磁场中运动，g=10 m /s
2，整个过程中导
轨和金属棒接触良好。下列说法正确的是（ ）
A．物块c触地时，金属棒b的速度大小为3 m /s
B．物块c下落过程中，通过金属棒a的电量为6C
C．物块c触地后，金属棒稳定运动时，a 棒的速度为2.4 m /s
D．从物块c触地后开始，到两棒匀速运动过程中系统产生的热量为16.2J
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【答案】BD
【详解】A．流过金属棒a、b 的电流相同，金属棒a、b 的电阻之比为1：2，所以a 棒上产生的焦耳热
Qa= Qb
2 =5J
根据能量守恒有mgh=Qa+Qb+ 1
2 mva
2+ 1
2 mvb
2+ 1
2 mcvb
2
va:vb=1:2
解得va=3 m/s
vb=2va=6 m/s
A 错误；
B．对金属棒a 分析，设向右运动为正方向，根据动量定理−B I d1t =−m va
解得q = mva
B d1
=6C
B 正确；
C．c 触地后，绳子无拉力，金属棒稳定运动时满足B d1va
′ = B d2vb
′
解得va
′ =2vb
′
根据动量定理−B I d1t =−m va
′−(−m va)
−B I d2t =m vb
′−m vb
联立解得vb
′ =2.4 m/s
va
′ = 4.8 m/s
C 错误；
D．触地后到金属棒匀速运动过程中能量守恒，有Q = 1
2 m(va
2+ vb
2−v
′
a
2−v
′
b
2)=16.2J
D 正确。
故选BD。
23.（多选）两根足够长的平行光滑金属导轨固定在水平面上，间距为L，导轨间有竖直向下、磁感应强度
大小为B的匀强磁场。金属棒m、n垂直导轨静止放置，质量均为M、接入电路的电阻均为R。现给金属
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棒n一个水平向右的初速度v0，经过时间t，金属棒m、n速度达到稳定。金属棒m、n运动过程中始终和
导轨垂直且接触良好，导轨的电阻不计，下列说法正确的是（ ）
A．金属棒m、n达到稳定后，速度大小均为v0
4
B．时间t内，金属棒m上产生的焦耳热为M v0
2
8
C．时间t内，金属棒m的位移大小为v0t
2 −M v0 R
B
2 L
2
D．时间t内，金属棒n的位移大小为v0t
2 + M v0 R
2B
2 L
2
【答案】BD
【详解】AB．两金属棒组成的系统动量守恒，M v0=2 Mv
两棒稳定后的速度大小均为v = v0
2 ，方向水平向右，根据能量守恒Q = 1
2 M v0
2−1
2 ×2 M v
2，Qm= Q
2
解得Qm= M v0
2
8
，A 项错误，B 项正确；
CD．设金属棒n速度为v1，金属棒m速度为v2，总电动势为E = BL(v1−v2)
回路电流为I = E
2 R
金属棒所受的安培力为F = BIL
联立可得F = B
2 L
2
2 R (v1−v2)
对金属棒m，由动量定理得∑B
2 L
2
2 R (v1−v2)Δt = Mv
其中∑(v1−v2)Δt = x1−x2
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解得x1−x2= M v0 R
B
2 L
2
两棒组成的系统动量守恒M v0= M v1+ M v2，v0= v1+ v2
两边同乘以Δt，再求和得∑v0Δt =∑v1Δt +∑v2Δt
即v0t = x1+ x2
联立解得x1= v0t
2 + M v0 R
2B
2 L
2 , x2= v0t
2 −M v0 R
2B
2 L
2 ，C 项错误，D 项正确。
故选BD。
24.（多选）将一足够长光滑平行金属导轨固定于水平面内（如图），已知左侧导轨间距为L，右侧导轨间
距为2 L，导轨足够长且电阻可忽略不计.左侧导轨间存在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁
场，右侧导轨间存在磁感应强度大小为2B、方向竖直向下的匀强磁场.在t =t1时刻，长为L、电阻为r、质
量为m 的匀质金属棒EF静止在左侧导轨右端，长为2 L、质量为3m的匀质金属棒GH从右侧导轨左端以
大小为v0的初速度水平向右运动。一段时间后，流经棒EF的电流为0，此时t =t2。已知金属棒EF 、GH
由相同材料制成，在运动过程中两棒始终与导轨垂直且接触良好，不计电流的磁效应，则（ ）
A．t1时刻流经棒GH的电流为12BLv0
7r
B．t2时刻棒EF的速度大小为12
19 v0
C．t1∼t2时间内，回路磁通量的变化率逐渐增大
D．t1∼t2时间内，棒EF产生的焦耳热为72m v0
2
133
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【答案】ABD
【详解】A．棒EF 、GH由相同材料制成，即电阻率ρ1、密度ρ2均相同，根据Rx= ρ1 x
S ，mx = ρ2 xS
可得Rx⋅mx = ρ1 ρ2 x
2
设GH的电阻为r
′ ，则有
rm
r
′⋅3m
=
L
2
(2 L)
2
可得r
′ = 4
3 r
根据右手定则可知，t1时刻GH产生的感应电动势方向是从H 到G，回路中的感应电动势为
E =2B⋅2 Lv0= 4 BLv0
根据闭合电路欧姆定律可知此时回路中的感应电流为I =
E
r +r
′ = 12BLv0
7r
，故A 正确；
B．设t2时刻，EF 、GH的速度大小分别为v1、v2，则有BLv1=2B×2 Lv2
可得v2= 1
4 v1
t1∼t2时间内，根据动量定理，对EF有B I <=m v1−0
对GH有−2B I ⋅2<=3m v2−3m v0
联立解得v1= 12
19 v0，v2= 3
19 v0，故B 正确；
C．根据左手定则知EF受到的安培力水平向左，GH受到的安培力水平向左，EF的速度逐渐增大，GH的
速度逐渐减小，回路中的感应电动势E
′ =2B⋅2 LvGH −BLv EF
逐渐减小，根据法拉第电磁感应定律知，回路磁通量的变化率逐渐减小，故C 错误；
D．在t1∼t2时间内，对两棒组成的系统，根据能量守恒定律有1
2 ×3mv0
2= 1
2 mv1
2+ 1
2 ×3mv2
2+Q总
解得回路中产生的总热量Q总= 24
19 m v0
2
根据焦耳定律有
QEF
Q总
=
r
r +r
′
解得QEF = 72
133 m v0
2，故D 正确。
30
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故选ABD。
25.（多选）如图所示，导体棒a、b 水平放置于足够长的光滑平行金属导轨上，导轨左右两部分的间距分
别为l、2l，质量分别为m、2m，两棒接入电路的电阻分别为R、2R，其余电阻均忽略不计；导体棒a、b
均处于竖直向上的磁感应强度大小为B 的匀强磁场中；a、b 两棒以v0的初速度同时向右运动，两棒在运
动过程中始终与导轨垂直且保持良好接触， a 总在窄轨上运动，b 总在宽轨上运动，直到两棒达到稳定状
态，则从开始运动到两棒稳定的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．稳定时b 棒的速度为4
3 v0
B．电路中产生的焦耳热为m v0
2
6
C．流过导体棒a 的某一横截面的电荷量为mv0
3 Bl
D．当a 棒的速度为5
4 v0时，b 棒的加速度为B
2l
2v0
12mR
【答案】BCD
【详解】A．稳定时回路中的电流为零，即有Bl va= B⋅2l vb
解得va=2vb
取向右为正方向，根据动量定理得，对a 棒B I <=m va−m v0
对b 棒−B I ⋅2<=2m vb−2m v0
联立解得稳定时两棒速度分别为va= 4
3 v0，vb= 2
3 v0，故A 错误；
B．设电路中产生的焦耳热为Q，对a、b 系统，根据能量守恒得Q = 1
2
(m+2m)v0
2−[
1
2 m va
2+ 1
2 ×2m vb
2]
解得Q = 1
6 mv0
2，故B 正确；
31
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C．对a 棒由动量定理有B I <=m va−m v0
根据q = I t
可得Blq =m va−m v0
解得q = mv0
3 Bl ，故C 正确；
D．当a 棒的速度v
′
a= 5
4 v0时，根据动量定理得，对a 棒B I <=m v
′
a−m v0
对b 棒−B I ⋅2<=2m v
′
b−2m v0
解得v
′
b= 3
4 v0
此时电路中电流I =
B⋅2l⋅3
4 v0−Bl 5
4 v0
3 R
= Bl v0
12 R
对b棒，有BI ⋅2l =2ma
可知a= B
2l
2v0
12mR
，故D 正确。
故选BCD。
26.（多选）如图所示，两根足够长的平行金属光滑导轨MNPQ、M 1 N 1 P1Q1固定在倾角为30°的斜面上，
导轨电阻不计。MN 与M 1 N 1间距为2L， PQ 与P1Q1间距为L。在MN 与M 1 N 1区域有方向垂直斜面向下
的匀强磁场，在PQ 与P1Q1区域有方向垂直斜面向上的匀强磁场，两磁场的磁感应强度大小均为B。在
MN 与M 1 N 1区域中，将质量为m，电阻为R，长度为2L 的导体棒b 置于导轨上，且被两立柱挡住。PQ 与
P1Q1区域中将质量也为m，电阻为R，长度为L 的导体棒a 置于导轨上。a 由静止下滑，经时间t，b 恰好
离开立柱，a、b 始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，重力加速度大小为g。则（ ）
A．两导体棒最终做匀加速直线运动
32
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B．t 时刻，a 的速度大小为mgR
2B
2 L
2
C．0~t 内，a 下滑的距离为mgRt
2B
2 L
2 −m
2 g R
2
2B
4 L
4
D．a 中电流的最大值为3mg
10 BL
【答案】ABD
【详解】A．若a 棒最终做匀速直线运动，则有 B I 0 L=mgsin30
∘
此时对b 棒则有 B I 0(2 L)>mgsin30
∘
可见两导体棒最终都做匀加速直线运动，故A 正确；
B．设t 时刻，a 的速度大小为v，a 棒产生的感应电动势E = BLv
由闭合电路欧姆定律E =2 IR
分析b 受力BI （2 L)=mgsin30°
解得v = mgR
2B
2 L
2
故 B 正确；
C．在时间t 内，对a 棒由动量定理有 (mgsin30
∘)t −B
2 L
2
2 R x =mv
解得x =2 R (mgsin30
∘)t −mv
B
2 L
2
= mgRt
B
2 L
2 −m
2 g R
2
B
4 L
4
故 C 错误；
D．由闭合电路欧姆定律，a 棒中的电流满足I = BLva−2BLvb
2 R
对b 棒，由牛顿第二定律2BIL−mgsin30
∘=mab
对a 棒，由牛顿第二定律mgsin30
∘−BIL=maa
显然，当电流最大时， va−2vb最大，有Δva=2Δvb
即aa=2ab
解得 I m = 3mg
10 BL，故D 正确。
33
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故选ABD。
27.（多选）如图所示，半径为l 的圆形金属导轨固定在水平面上，在金属导轨区域内存在垂直于导轨平
面，大小为B1，方向竖直向下的匀强磁场。一根长也为l、电阻为R 的金属棒ab 一端与导轨接触良好，另
一端固定在圆心处的导电转轴OO'上，由电动机A 带动转轴以角速度ω匀速旋转。从圆形金属导轨引出导
线和通过电刷从转轴引出导线经开关S 与宽度为L 的水平导轨连接，水平导轨的最右侧用一绝缘点G 连
接，MX 段与NY 段平行，XG、YG 长度均为L。MN 右侧存在垂直于导轨平面，大小为B，方向竖直向下的
匀强磁场（两部分磁场不会相互影响）。水平导轨的左侧连接阻值为R 的电阻，MN 和XY 之间某处静止放
置一质量为m、电阻为R 的导体棒PQ，已知PQ 棒到达XY 处前已经做匀速运动，且所有导轨电阻不计，
不计其余电阻和摩擦等阻力，则以下说法正确的是（ ）
A．开关闭合瞬间，通过PQ 棒的电流动B1ωl
2
6 R
B．开关闭合瞬间，PQ 棒的加速度为B1
2ωl
3
6mR
C．PQ 导体棒做匀速运动时的速度为1
2 ωl
D．若PQ 棒在到达XY 处时因某种原因变成超导体，同时断开开关S，则PQ 棒离开导轨的速度为
B1ωl
2
4 BL −√3 B
2 L
3
6mR
【答案】AD
【详解】A．由法拉第电磁感应定律可得E = B1l⋅lω
2 = 1
2 B1ωl
2
34
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闭合开关后根据闭合电路欧姆定律I =
E
R内+ R外
而R内+ R外= R+ R
2 = 3 R
2
联立解得I = B1ωl
2
3 R
所以流过金属棒PQ 的电流I 1= I
2
代入得到I 1= B1ωl
2
6 R
，故A 正确；
B．对PQ 棒F A = B I 1 L= B B1ωLl
2
6 R
由牛顿第二定律F A =ma
联立解得a= B B1ωLl
2
6mR
，故B 错误；
C．当BLv = 1
4 B1ωl
2时，PQ 导体棒中电流为0，做匀速运动。解得v = B1ωl
2
4 BL
，故C 错误；
D．若PQ 棒在到达XY 处时因某种原因变成超导体，同时断开开关S，则对PQ 棒
有−∑
❑
❑Bi L有效Δt =m v
′−mv
i= B L有效v
R
联立可得−∑B
2 L有效
2
v
R
Δt =mv
′−mv
微元累加求和如图所示可知∑L有效
2
v Δt =V 正四棱锥
由数学知识可得V 正四棱锥= √3
6 L
3
由上可得v
′ = v −B
2V 正四棱锥
mR
= B1ωl
2
4 BL −√3 B
2 L
3
6mR
，故D 正确。
35
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故选AD。
28.（多选）如图所示，两根等高光滑的半圆形轨道，半径为r，间距为L，轨道竖直固定。轨道左、右两
端分别接有电阻R1、R2。已知R1=2 R2=2 R，整个装置处在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为
B，现有一根长度稍大于L、接入电路电阻为R 的轻质金属棒，从ab 处开始（记为t =0时刻），在外力F
的作用下以恒定速率v 沿圆弧轨道运动至cd 处，直径ad、bc 水平，整个过程中金属棒与导轨接触良好，
其余电阻不计。下列说法正确的是（ ）
A．a 点电势比b 点高
B．t = πr
3 v 时，金属棒中的电流大小为3√3 BLv
10 R
C．金属棒到达最低点的过程中，通过电阻R2的电荷量为BLr
5 R
D．金属棒到达最低点的过程中，外力F 做功为3 πvr B
2 L
2
20 R
【答案】ABD
【详解】A．金属棒向右切割磁感线，棒中电流由b 向a，棒为电源，a 端电势高，A 正确；
B．t = πr
3 v 时，导体棒转过的角度为θ = π
3 ，则感应电动势E = BLv sin π
3 ，R总= 5 R
3
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金属棒中的电流大小为I = E
R总
= 3√3 BLv
10 R
，B 正确；
C．通过金属棒的电荷量q = I Δt = E
R总
Δt =ΔΦ
R总
= BLr
5
3 R
= 3 BLr
5 R
通过R2的电荷量q2= 2
3 q = 2BLr
5 R ，C 错误；
D．回路中产生按正弦规律变化的电流Em = BLv , E = Em
√2
W F =Q = E
2
R总
⋅πr
2v = 3 πvr B
2 L
2
20 R
，D 正确；
故选ABD。
29.（多选）如图所示，上下两段光滑且电阻不计的金属导轨在M、N两点绝缘连接，M、N等高，间距
L=1m，连接处平滑，导轨位于竖直平面内，上下两端分别连接一个阻值R =0.04Ω的电阻和C =1F的电
容器，整个装置处于磁感应强度B =0.2T的垂直导轨平面向外的匀强磁场中，两根导体棒ab、cd分别放在
MN上下两侧，质量分别为m1=0.4 kg，m2=0.2kg，ab棒电阻为0.06Ω，cd棒的电阻不计，将ab棒由
静止释放，同时距离MN为x0=8 m处的cd棒，在一个大小F =2.96 N，方向沿导轨平面向上的恒力作用下
由静止开始运动，两棒恰好在M、N处发生完全非弹性碰撞，已知碰前瞬间ab的速度大小为8 m /s，重力
加速度g=10 m /s
2，则（ ）
A．ab从释放到第一次碰撞前所用时间为2s
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B．ab从释放到第一次碰撞前瞬间，通过ab的电荷量为16C
C．两棒第一次碰撞前瞬间，电容器储存的能量为1.28J
D．两棒第一次碰撞后瞬间，cd的速度大小为40
3 m /s
【答案】AC
【详解】A．由于金属棒ab、cd 同时由静止释放，且恰好在M、N 处发生完全非弹性碰撞，则说明ab、cd
在到达M、N 处所用的时间是相同的，对金属棒cd 和电容器组成的回路有Δq =CBL Δv
对cd 根据牛顿第二定律有F −BIL−m2 g=m2a2
其中a2= Δv
Δt ，I = Δq
Δt
解得a2=
F −m2 g
m2+C B
2 L
2
则说明金属棒cd 做匀加速直线运动，则有x0= 1
2 a2t
2
解得a2= 4 m/ s
2，t =2s
故A 正确；
B．ab从释放到第一次碰撞前瞬间，由动量定理得m1>−B I <=m1v1
解得通过ab的电荷量为q = I t =24 C
故B 错误；
C．两棒第一次碰撞前瞬间，cd 的速度大小为v2=a2t =8m/ s
对cd 由动能定理得F x0−m2 g x0−W F安= 1
2 m2v2
2
解得W F安=1.28J
由功能关系可知电容器储存的能量为E =W F安=1.28J
故C 正确；
D．两棒恰好在M、N处发生完全非弹性碰撞，设竖直向下为正方向，由动量守恒定律得
m1v1−m2v2=(m1+m2)v
解得两棒第一次碰撞后瞬间，cd的速度大小为v = 8
3 m/ s
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故D 错误。
故选AC。
30.（多选）如图所示，水平面内间距为L 的平行边界MN、PQ 之间有垂直于水平面向下的匀强磁场，磁
场的磁感应强度大小为B，边长为4√3
3
L、电阻为R 的正三角形金属线框ABC 放在光滑绝缘水平面上，对
金属线框施加一个水平力，使金属线框以速度v 匀速通过匀强磁场，BC 边始终与PQ 平行，则下列说法正
确的是（ ）
A．线框穿过磁场过程中，线框中感应电流先沿逆时针方向后沿顺时针方向
B．线框穿过磁场过程中，克服安培力做功的功率不断增大
C．从A 点进磁场到BC 边刚要进磁场过程中，通过BC 边的电量为√3 B L
2
R
D．从A 点出磁场到BC 边刚要进磁场过程中，回路中产生的焦耳热为4 B
2 L
3v
3 R
【答案】ACD
【详解】A．线框穿过磁场过程中，穿过线圈的磁通量向里先增加后减小，根据楞次定律可知，线框中感
应电流先沿逆时针方向后沿顺时针方向，选项A 正确；
B．由几何关系可知，A 点到BC 边的距离为2L，根据安培力的功率P = BIlv = B
2l
2v
2
R
，（其中l 为线圈切
割磁感线的有效长度）线框从A 点开始进入磁场到A 点出离磁场，线框切割磁感线的有效长度从零增加到
L，可知克服安培力的功率逐渐变大；从A 点出离磁场到BC 边开始进入磁场，线圈切割磁感线的有效长度
保持2 L tan30° = 2√3
3
L不变，则克服安培力的功率不变；从BC 进入磁场到出离磁场，线圈切割磁感线
的有效长度逐渐变大，则线圈克服安培力做功的功率不断增大，选项B 错误；
C．根据q = I Δt = E
R Δt = ΔΦ
R
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从A 点进磁场到BC 边刚要进磁场过程中，ΔΦ = B× 3
4 × 1
2 × 4√3
3
L×2 L=√3 B L
2
则通过BC 边的电量为q = √3 B L
2
R
，选项C 正确；
D．从A 点出磁场到BC 边刚要进磁场过程中，线圈切割磁感线的有效长度为2√3
3
L不变，则回路中产生的
焦耳热为Q =
(B 2√3 L
3
v)
2
R
L
v = 4 B
2 L
3v
3 R
，选项D 正确。
故选ACD。
31.（多选）由材料相同、横截面积相同的导线绕成边长相同的甲、乙两个正方形闭合线圈，甲线圈的匝数
是乙的2 倍。现两线圈在竖直平面内从同一高度同时由静止开始下落，一段时间后进入一方向垂直于纸面
的匀强磁场区域，磁场的上边界水平，如图所示。不计空气阻力，已知下落过程中线圈始终平行于纸面，
上、下边保持水平，甲进入磁场时做加速运动，下列说法正确的是（ ）
A．乙进入磁场时做加速运动
B．乙进入磁场时做减速运动
C．进入磁场的过程中线圈产生的焦耳热Q甲=2Q乙
D．进入磁场的过程中线圈产生的焦耳热Q甲= 4Q乙
【答案】AC
【详解】AB．设线圈到磁场的高度为h，线圈的边长为l，线圈材料密度为ρ0，横截面积为S，电阻率为ρ
，线圈刚进入磁场时速度为v，有v =√2 gh
线框质量m=n❑4lS ρ0
线框电阻R❑= ρ n❑×4l
S
因为进磁场时甲受到的安培力F❑=n❑BIl = n❑
2 B
2l
2v
R❑
因为I = n❑Blv
R❑
= BvS
4 ρ
40
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联立解得F❑= n❑
2 B
2l
2v
R❑
由牛顿第二定律有m❑g−F❑=m❑a❑
联立解得a❑= g−B
2√2 gh
16 ρ ρ0
可知线圈在磁场中运动的加速度与匝数、横截面积无关，则甲乙线圈进入磁场时，具有相同的加速度，即
乙进入磁场时做加速运动，故A 正确，B 错误；
C．线框热功率P = I
2 R
联立以上解得P =n× B
2v
2S
4 ρ
可知热功率与n 成正比，甲乙线圈在磁场中运动速度相同，运动时间相同，故进入磁场的过程中线圈产生
的焦耳热Q甲=2Q乙，故C 正确，D 错误。
故选AC。
32.（多选）如图，足够长的光滑平行金属轨道ad、bc 水平放置，cd 端连有一电阻R，整个装置处于方向
竖直向下的匀强磁场中（图中未画出）。金属杆MN 在水平向右的恒力F 作用下，从静止开始做加速运
动，一段时间后以最大速度vm做匀速运动。金属杆始终保持与轨道垂直且接触良好，轨道和金属杆的电阻
及空气阻力均可忽略不计。则（ ）
A．金属杆开始做匀加速运动，最终达到速度vm
B．金属杆加速运动过程中的平均速度大于vm
2
C．当金属杆的速度为vm
2
时，它的加速度大小也等于最大加速度大小的一半
D．金属杆从开始运动到获得最大速度的过程中，克服安培力做的功等于动能的增加量
【答案】BC
【详解】A．设轨道间距为L，根据安培力公式、闭合电路欧姆定律及法拉第电磁感应定律有
F安= BIL= BLE
R
= B
2 L
2v
R
可知金属杆受到的安培力随着速度的增大而增大，对金属杆根据牛顿第二定律有
F −F安=ma
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可知金属杆的加速度a越来越小，故金属杆做加速度减小的加速运动，最终达到速度vm，故A 错误；
B．作出金属杆的v −t图像如图所示
由图像可知金属杆加速运动过程中图线与时间轴所围图形的面积大于金属杆在相同时间内速度从零匀加速
到vm时的图线与时间轴所围图形的面积，故金属杆加速运动过程中的平均速度大于vm
2 ，故B 正确；
C．当金属杆的速度为vm时，安培力和恒力F大小相等，即有
F = B
2 L
2vm
R
当金属杆的速度为vm
2 时，金属杆所受安培力
F
′
安= B
2 L
2
R
· vm
2 = F
2
加速度
a
′ = F −F
′
安
m
= F
2m
刚施加力F时，金属杆的加速度最大，最大值为
am= F
m
即当金属杆的速度为vm
2 时，它的加速度大小也等于最大加速度大小的一半，故C 正确；
D．根据功能关系可知，金属杆克服安培力做的功等于电路中产生的热量，故D 错误；
故选BC。
33.（2025·四川绵阳·高三月考）如图所示，在宽度均为L的两个相邻有界区域内，存在着方向相反、磁感
应强度大小均为B的匀强磁场。一个阻值大小为R，边长为L的等边三角形闭合线框，从图示位置开始以大
小为v、方向水平向右的速度匀速通过两个磁场区域。规定逆时针方向为电流正方向，下列能反映线框中
电流变化的是（ ）
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A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】在0≤x ≤L
2 之间时，根据楞次定律判断出线圈的电流方向为逆时针，即正方向，根据法拉第电磁
感应定律为E = Blv =√3 Bxv
感应电流I = E
R = √3 Bxv
R
当x = L
2 时I max = √3 BLv
2 R
当L
2 ≤x ≤L，根据楞次定律判断出线圈的电流方向为逆时针，即正方向，根据法拉第电磁感应定律为
E = Blv =√3 B( L−x)v
感应电流I = E
R = √3 B( L−x)v
R
当x = L时，I =0
当L≤x ≤3 L
2 ，根据楞次定律判断出线圈的电流方向为顺时针，即负方向，根据法拉第电磁感应定律为
E =2Blv =2√3 B( x−L)v
感应电流I = E
R = 2√3 B( x−L)v
R
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当x = 3 L
2 时，I max = √3 BLv
R
当3 L
2 ≤x ≤2 L，根据楞次定律判断出线圈的电流方向为顺时针，即负方向，根据法拉第电磁感应定律为
E =2Blv =2√3 B(2 L−x)v
感应电流I = E
R = 2√3 B(2 L−x)v
R
当x =2 L时，I =0
当2 L≤x ≤5 L
2 ，根据楞次定律判断出线圈的电流方向为逆时针，即正方向，根据法拉第电磁感应定律为
E = Blv =√3 B( x−2 L)v
感应电流I = E
R = √3 B( x−2 L)v
R
当x = 5 L
2 时，I max = √3 BLv
2 R
当5 L
2 ≤x ≤3 L，根据楞次定律判断出线圈的电流方向为逆时针，即正方向，根据法拉第电磁感应定律为
E = Blv =√3 B(3 L−x)v
感应电流I = E
R = √3 B(3 L−x)v
R
当x =3 L时，I =0
故选A。
34.如图所示，两个半径均为R 的圆形磁场区域内，存在磁感应强度的大小相等、方向分别垂直纸面向外、
向里的匀强磁场。现有半径也为R 的圆形导线框从图示位置开始向右匀速穿过磁场区域。若以顺时针方向
为电流的正方向，则线框中产生的感应电流i 与线框移动的位移x 的关系图像是（ ）
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A．
B．
C．
D．
【答案】D
【详解】AB．当导线框进入第一个圆时，根据几何知识可得切割磁感线的弦长为
L=2√
R
2−(
2 R−x
2 )
2
=√4 Rx −x
2
根据e = BLv ，i= e
R总
可知感应电流与位移x 不是线性关系，故AB 错误；
CD．根据上述分析，当x =2 R时，i0= 2BRv
R总
若导线框与两个圆都相交时，如图所示
设导线框进入第二个圆位移为x 时，根据几何知识可得切割磁感线的总弦长为
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L=2√
R
2−(
2 R−x
2 )
2
+2√
R
2−(
x
2)
2
=√4 Rx −x
2+√4 R
2−x
2
根据柯西不等式有L
2=[√4 Rx −x
2+√4 R
2−x
2]
2
≤（1
2+1
2）[（√4 Rx −x
2）
2+（√4 R
2−x
2）
2]
即L
2≤−4 x
2+8 Rx +8 R
2
因为0≤x ≤2 R
由二次函数式，可解得当x = R时，L≤2√3 R
即线圈的中心到达两圆形磁场的交点位置时，线圈在两个磁场中的部分切割磁感线产生的感应电动势方向
相同，此时线圈中的感应电动势最大，感应电流最大，
则感应电流i=2× √3 BRv
R总
=√3i0<2i0
故C 错误，D 正确。
故选D。
第二种方法：定性解释法
根据几何关系，圆形导线框不可能同时与两圆相交的弦长都为直径，有效长度不可能达到L<4 R
根据e = BLv ，i= e
R总
可得i<2i0
故C 错误，D 正确。
故选D。
35.如图所示，垂直纸面向里的匀强磁场的区域宽度为L，磁感应强度的大小为B。一直角边长为2 L的等腰
直角三角形均匀导线框ABC 从图示位置开始沿x轴正方向以速度v匀速穿过磁场区域。规定逆时针电流方
向为正，水平向左为安培力的正方向。则关于线框中的电流I，线框受到的安培力F与线框移动距离x的关
系图像可能正确的是（ ）
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A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】AB．导线框进入磁场中切割磁感线的有效长度与位移大小x1相等，导线框进入磁场中的感应电动
势e1= B x1v
此过程的感应电流I 1= e1
R = Bv
R x1
感应电流与位移大小成正比，根据右手定则可知，感应电流方向沿逆时针方向，即感应电流为正值，上述
过程导线框的位移为L；当导线框的A 出磁场后，导线框切割磁感线的有效长度始终为L，即感应电动势
一定，感应电流一定，根据右手定则可知，感应电流方向沿逆时针方向，感应电流为正值，此过程维持的
位移大小为L；当导线框的BC 边开始进入磁场时，令从导线框刚刚进入磁场作为初始位置，总位移为x2
，则磁感线的有效长度x2−L，导线框进入磁场中的感应电动势e2= B(x2−L)v
根据右手定则可知，感应电流方向沿顺时针方向，为负值，则此过程的感应电流
I 2=−e2
R =−Bv
R (x2−L)= BvL
R −Bv
R x2
结合上述可知，A 正确，B 错误；
CD．结合上述可知，导线框刚刚进入磁场时感应电流方向沿逆时针方向，根据左手定则可知，安培力方向
向左，安培力为正值，大小为F = B I 1 x1= B
2v
R x1
2
可知，安培力与位移成二次函数的关系；当导线框的A 出磁场后，感应电流方向沿逆时针方向，根据左手
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定则可知，安培力方向向左，安培力为正值，大小为F = BIL= B
2 L
2v
R
当导线框的BC 边开始进入磁场时，感应电流方向沿顺时针方向，根据左手定则可知，安培力方向向左，
安培力为正值，大小为F = B|I 2|x2= B
2v
R (x2−L)
2
可知，安培力与位移成二次函数的关系，故CD 错误。
故选A。
36.如图所示，平面直角坐标系xOy 内有一边长为2a 的正六边形区域，该区域内存在垂直于纸面向里的匀
强磁场，正六边形的左顶点O 位于坐标原点。平面内有一矩形匀质导线框MNPQ，线框边长MN =2a，
NP =2√3a，且NP 边与y 轴重合，O 点位于NP 边的中点。施加外力使线框自O 点开始沿x 轴水平向右匀
速运动，设线框中感应电流为I，磁场对线框的安培力为F，线框运动的位移为x，以逆时针方向为线框中
感应电流的正方向，水平向左为安培力的正方向，下列图象可能正确的是（ ）
A．
B．
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C．
D．
【答案】D
【详解】当线框运动的位移为x，当0≤x ≤a，根据楞次定律可知线框中感应电流方向为逆时针方向,导线
框运动过程中有效切割长度越来越大，与时间成线性关系，即
L1=2√3 x
则
E1= B L1v =2√3 Bvx
由欧姆定律可知感应电流
I 1= E1
R = 2√3 Bv
R
x
即感应电流随线框位移均匀增大，线框受到的安培力
F1= B I 1 L1= 6 B
2v
R
x
2
根据左手定则可知安培力方向水平向左；
当a≤x ≤2a过程中，此过程中NP 切割磁感线长度不变，等于NP，即
L2= NP =2√3a
则感应电动势不变，为
E2= B L2v =2√3 Bav
感应电流方向为逆时针方向，大小为
I 2= E2
R = 2√3 Bav
R
则感应电流不变，安培力不变
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F2= B I 2 L2= 6 B
2a
2v
R
根据左手定则可知安培力方向水平向左；
同理当2a≤x ≤3a过程中，此过程中NP 切割磁感线长度不变，MQ 切割磁感线长度变大，为
L3=2√3( x−2a)
根据楞次定律可知线框中感应电流方向为逆时针方向；感应电动势为
E3= E2−B L3v =2√3 Bv(3a−x)
则感应电流
I 3= E3
R = 2√3 Bv
R
(3a−x)
感应电流随线框位移均匀变小，由
F3= B I 3 L2−B I 3 L3= 6 B
2v
R
(3a−x)
2
安培力大小时位移的一元二次函数，为抛物线，根据左手定则可知安培力方向水平向左。
当3a≤x ≤4 a过程中，此过程中MQ 切割磁感线长度不变，NP 切割磁感线长度变小，NP 切割磁感线长度
L4=2√3(4 a−x)
根据楞次定律可知线框中感应电流方向为顺时针方向；感应电动势为
E4= B L2v −B L4 v =2√3 Bv( x−3a)
则感应电流
I 4= E4
R = 2√3 Bv
R
( x−3a)
感应电流随线框位移均匀变小，由
F3= B I 4 L2−B I 4 L4= 6 B
2v
R
( x−3a)
2
安培力大小时位移的一元二次函数，为抛物线，根据左手定则可知安培力方向水平向左。
当4 a≤x ≤5a过程中，此过程中NP 在磁场外，不切割磁感线，MQ 切割磁感线长度不变，感应电动势为
E5= B L2v =2√3 Bav
感应电流方向为顺时针方向，大小为
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I 5= E5
R = 2√3 Bav
R
则感应电流不变，安培力不变
F5= B I 5 L2= 6 B
2a
2v
R
根据左手定则可知安培力方向水平向左；
当5a≤x ≤6a过程中，此过程中NP 在磁场外，不切割磁感线，MQ 切割磁感线长度变小，MQ 切割磁感线
长度
L6=2√3(6a−x)
感应电动势为
E6= B L6 v =2√3 Bv(6a−x)
根据楞次定律可知线框中感应电流方向为顺时针方向，大小为
I 6= E6
R = 2√3 Bv
R
(6a−x)
感应电流随线框位移均匀变小，由
F6= B I 6 L6= 6 B
2v
R
(6a−x)
2
安培力大小时位移的一元二次函数，为抛物线，根据左手定则可知安培力方向水平向左。
故选D。
37.（多选）如图所示，电阻不计、间距为l 的光滑平行金属导轨水平放置于磁感强度为B、方向竖直向下
的匀强磁场中，导轨左端接一定值电阻R。质量为m、电阻为r 的金属棒MN置于导轨上，受到垂直于金
属棒的水平外力F 的作用由静止开始运动，外力F 与金属棒速度v 的关系是F = F0+kv（F0、k 是常
量），金属棒与导轨始终垂直且接触良好。金属棒中感应电流为i，受到的安培力大小为FA，电阻R 两端
的电压为U R，感应电流的功率为P，它们随时间t 变化图像可能正确的有（ ）
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A．
B．
C．
D．
【答案】ABD
【详解】设金属棒在某一时刻速度为v，由题意可知，感应电动势
E = BLv
环路电流
I =
E
R+r = BL
R+r v
即
I ∝v
安培力方向水平向左，即
F安= BIL= B
2 L
2v
R+r
则
F安∝vR 两端电压
U R= IR = BLR
R+r v
即
U R∝v
感应电流功率
P = EI = B
2 L
2
R+r v
2
即
P∝v
2
分析金属棒运动情况，由力的合成和牛顿第二定律可得
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F合= F −F安= F0+kv −B
2 L
2
R+r v = F0+(k −B
2 L
2
R+r)v
加速度
a= F合
m
因为金属棒从静止出发，所以
F0>0
且
F合>0，a>0
加速度方向水平向右。
AC．若
k = B
2 L
2
R+r ，F合= F0
即
a= F0
m
金属棒水平向右做匀加速直线运动。有
v =at
说明
v ∝t
即
I ∝t，F安∝t，U R∝t，P∝t
2
A 正确，C 错误；
B．若
k > B
2 L
2
R+r F合随v 增大而增大，即a 随v 增大而增大，说明金属棒做加速度增大的加速运动，速度与时间
呈指数增长关系，B 选项；
D．若
k < B
2 L
2
R+r F合随v 增大而减小，即a 随v 增大而减小，说明金属棒在做加速度减小的加速运动，直到加速
度减小为0 后金属棒做匀速直线运动，D 正确。
故选ABD。
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38.（北京·高考真题）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
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
【详解】A．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；
B．线框出磁场的过程中，根据
E = Blv
I = E
R
联立有
FA= 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；
C．由能量守恒定律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，但其进磁场时的速度大，安培力大，产生的焦耳热多，C 错误；
D．线框在进和出的两过程中通过导线横截面的电荷量
q = I t
其中
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I = E
R ，E = BL x
t
则联立有
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。
故选D。
39.（天津·高考真题）如图所示，边长为a 的正方形铝框平放在光滑绝缘水平桌面上，桌面上有边界平
行、宽为b 且足够长的匀强磁场区域，磁场方向垂直于桌面，铝框依靠惯性滑过磁场区域，滑行过程中铝
框平面始终与磁场垂直且一边与磁场边界平行，已知a<b，在滑入和滑出磁场区域的两个过程中（ ）
A．铝框所用时间相同
B．铝框上产生的热量相同
C．铝框中的电流方向相同
D．安培力对铝框的冲量相同
【答案】D
【详解】A．铝框进入和离开磁场过程，磁通量变化，都会产生感应电流，受向左安培力而减速，完全在
磁场中运动时磁通量不变做匀速运动；可知离开磁场过程的平均速度小于进入磁场过程的平均速度，所以
离开磁场过程的时间大于进入磁场过程的时间，A 错误；
C．由楞次定律可知，铝框进入磁场过程磁通量增加，感应电流为逆时针方向；离开磁场过程磁通量减
小，感应电流为顺时针方向，C 错误；
D．铝框进入和离开磁场过程安培力对铝框的冲量为
I 安=−B I a Δt
又
q = I Δt = E
R Δt = ΔΦ
R Δt Δt = ΔΦ
R = B a
2
R
得
I 安=−B
2a
3
R
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D 正确；
B．铝框进入和离开磁场过程，铝框均做减速运动，可知铝框进入磁场过程的速度一直大于铝框离开磁场
过程的速度，根据
F安= BIa= B Bav
R a= B
2a
2v
R
可知铝框进入磁场过程受到的安培力一直大于铝框离开磁场过程受到的安培力，故铝框进入磁场过程克服
安培力做的功大于铝框离开磁场过程克服安培力做的功，即铝框进入磁场过程产生的热量大于铝框离开磁
场过程产生的热量，B 错误。
故选D。
40.（全国·高考真题）如图，一个边长为l 的正方形虚线框内有垂直于纸面向里的匀强磁场；一个边长也为
l 的正方形导线框所在平面与磁场方向垂直；虚线框对角线ab 与导线框的一条边垂直，ba 的延长线平分导
线框．在t=0 时，使导线框从图示位置开始以恒定速度沿ab 方向移动，直到整个导线框离开磁场区域．以
i 表示导线框中感应电流的强度，取逆时针方向为正．下列表示i-t 关系的图示中，可能正确的是
A．
B．
C．
D．
【答案】C
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【详解】从正方形线框下边开始进入到下边完全进入过程中，线框切割磁感线的有效长度逐渐增大，感应
电流也逐渐增大，如图的位置Ⅰ；从正方形线框下边完全进入至下边刚穿出磁场边界，切割磁感线的有效
长度不变，感应电流不变，如图的位置Ⅰ→Ⅱ；当正方形线框下边部分离开磁场，上边尚未进入磁场过程
中，线框切割磁感线的有效长度逐渐减小，感应电流也逐渐减小，如图的位置Ⅱ→Ⅲ；当正方形线框下边
部分继续离开磁场，上边也进入磁场过程中，上下两边线框切割磁感线产生的感应电动势方向相反，感应
电流减小得更快，当上下两边在磁场中长度相等，感应电动势为零，如图的位置Ⅲ→Ⅳ；以后的过程与上
述过程相反，故正确的选项为C．
41.（重庆·高考真题）如题图所示，正方形区域MNPQ 内有垂直纸面向里的匀强磁场，在外力作用下，一
正方形闭合刚性导线框沿QN 方向匀速运动，t=0 时刻，其四个顶点M´、N´、P´、Q´恰好在磁场边界中
点，下列图像中能反映线框所受安培力F 的大小随时间t 变化规律的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】第一段时间从初位置到M′N′离开磁场，图甲表示该过程的任意一个位置
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切割磁感线的有效长度为M1A 与N1B 之和，即为M1M′长度的2 倍，此时电动势
E=2Bvtv
线框受的安培力
F=2BIvt=4 B
2v
3t
2
R
图像是开口向上的抛物线，如图乙所示
线框的右端M2N2刚好出磁场时，左端Q2P2恰与MP 共线，此后一段时间内有效长度不变，一直到线框的
左端与M′N′重合，这段时间内电流不变，安培力大小不变；最后一段时间如图丙所示
从匀速运动至M2N2开始计时，有效长度为
A′C′=l−2vt′
电动势
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E′=B(l−2vt′)v
线框受的安培力
F′=B
2(l−2vt ′ )
2v
R
图像是开口向上的抛物线，故选B。
42.（多选）（2024·辽宁·高考真题）如图，两条“∧”形的光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，间距
为L，左、右两导轨面与水平面夹角均为30°，均处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小分别为2B
和B。将有一定阻值的导体棒ab、cd 放置在导轨上，同时由静止释放，两棒在下滑过程中始终与导轨垂直
并接触良好，ab、cd 的质量分别为2m 和m，长度均为L。导轨足够长且电阻不计，重力加速度为g，两棒
在下滑过程中（ ）
A．回路中的电流方向为abcda
B．ab 中电流趋于√3mg
3 BL
C．ab 与cd 加速度大小之比始终为2︰1
D．两棒产生的电动势始终相等
【答案】AB
【详解】A．两导体棒沿轨道向下滑动，根据右手定则可知回路中的电流方向为abcda；故A 正确；
BC．设回路中的总电阻为R，对于任意时刻当电路中的电流为I 时，对ab 根据牛顿第二定律得
2mgsin30°−2BILcos30° =2maab
对cd
mgsin30°−BILcos30° =macd
故可知
aab=acd
分析可知两个导体棒产生的电动势相互叠加，随着导体棒速度的增大，回路中的电流增大，导体棒受到的
安培力在增大，故可知当安培力沿导轨方向的分力与重力沿导轨向下的分力平衡时导体棒将匀速运动，此
时电路中的电流达到稳定值，此时对ab 分析可得
2mgsin30° =2BILcos30°
解得
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I = √3mg
3 BL
故B 正确，C 错误；
D．根据前面分析可知aab=acd，故可知两导体棒速度大小始终相等，由于两边磁感应强度不同，故产生的
感应电动势不等，故D 错误。
故选AB。
43.（多选）（2023·山东·高考真题）足够长U 形导轨平置在光滑水平绝缘桌面上，宽为1m，电阻不计。质
量为1kg、长为1m、电阻为1Ω的导体棒MN 放置在导轨上，与导轨形成矩形回路并始终接触良好，I 和Ⅱ
区域内分别存在竖直方向的匀强磁场，磁感应强度分别为B1和B2，其中B1=2T，方向向下。用不可伸长
的轻绳跨过固定轻滑轮将导轨CD 段中点与质量为0．1kg的重物相连，绳与CD 垂直且平行于桌面。如图
所示，某时刻MN、CD 同时分别进入磁场区域I 和Ⅱ并做匀速直线运动，MN、CD 与磁场边界平行。MN
的速度v1=2m /s，CD 的速度为v2且v2>v1，MN 和导轨间的动摩擦因数为0.2。重力加速度大小取
10 m /s
2，下列说法正确的是（ ）
A．B2的方向向上
B．B2的方向向下
C．v2=5 m /s
D．v2=3 m /s
【答案】BD
【详解】AB．导轨的速度v2>v1，因此对导体棒受力分析可知导体棒受到向右的摩擦力以及向左的安培
力，摩擦力大小为
f = μmg=2N
导体棒的安培力大小为
F1= f =2N
由左手定则可知导体棒的电流方向为N →M →D→C →N，导体框受到向左的摩擦力，向右的拉力和向
右的安培力，安培力大小为
F2= f −m0 g=1N
由左手定则可知B2的方向为垂直直面向里，A 错误B 正确；
CD．对导体棒分析
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F1= B1 IL
对导体框分析
F2= B2 IL
电路中的电流为
I = B1 Lv1−B2 Lv2
r
联立解得
v2=3 m/s
C 错误D 正确；
故选BD。
44.（多选）（2023·辽宁·高考真题）如图，两根光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，左、右两侧导轨
间距分别为d 和2d，处于竖直向上的磁场中，磁感应强度大小分别为2B 和B。已知导体棒MN 的电阻为
R、长度为d，导体棒PQ 的电阻为2R、长度为2d，PQ 的质量是MN 的2 倍。初始时刻两棒静止，两棒中
点之间连接一压缩量为L 的轻质绝缘弹簧。释放弹簧，两棒在各自磁场中运动直至停止，弹簧始终在弹性
限度内。整个过程中两棒保持与导轨垂直并接触良好，导轨足够长且电阻不计。下列说法正确的是
（ ）
A．弹簧伸展过程中，回路中产生顺时针方向的电流
B．PQ 速率为v 时，MN 所受安培力大小为4 B
2d
2v
3 R
C．整个运动过程中，MN 与PQ 的路程之比为2：1
D．整个运动过程中，通过MN 的电荷量为BLd
3 R
【答案】AC
【详解】A．弹簧伸展过程中，根据右手定则可知，回路中产生顺时针方向的电流，选项A 正确；
B．任意时刻，设电流为I，则PQ 受安培力
F PQ= BI ⋅2d
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方向向左；MN 受安培力
F MN =2BId
方向向右，可知两棒系统受合外力为零，动量守恒，设PQ 质量为2m，则MN 质量为m， PQ 速率为v
时，则
2mv =m v
'
解得
v
' =2v
回路的感应电流
I = 2Bd v
' + B⋅2dv
3 R
= 2Bdv
R
MN 所受安培力大小为
F MN =2BId = 4 B
2d
2v
R
选项B 错误；
C．两棒最终停止时弹簧处于原长状态，由动量守恒可得
m x1=2m x2
x1+ x2= L
可得则最终MN 位置向左移动
x1= 2 L
3 PQ 位置向右移动
x2= L
3
因任意时刻两棒受安培力和弹簧弹力大小都相同，设整个过程两棒受的弹力的平均值为F 弹，安培力平均
值F 安，则整个过程根据动能定理
F弹x1−F安xMN =0
F弹x2−F安xPQ=0
可得
xMN
xPQ
= x1
x2
= 2
1
选项C 正确；
D．两棒最后停止时，弹簧处于原长位置，此时两棒间距增加了L，由上述分析可知，MN 向左位置移动
2 L
3 ，PQ 位置向右移动L
3 ，则
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q = I Δt = ΔΦ
R总
=
2B 2 L
3 d + B L
3 2d
3 R
= 2BLd
3 R
选项D 错误。
故选AC。
45.（多选）（山东·高考真题）如图所示，两固定的竖直光滑金属导轨足够长且电阻不计．两质量、长度
均相同的导体棒c、d，置于边界水平的匀强磁场上方同一高度h 处．磁场宽为3h，方向与导轨平面垂直．
先由静止释放c，c 刚进入磁场即匀速运动，此时再由静止释放d，两导体棒与导轨始终保持良好接触．用
ac表示c 的加速度，Ekd表示d 的动能，xc、xd分别表示c、d 相对释放点的位移．选项中正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】BD
【详解】试题分析：先释放c 时，受重力加速度g 是不变的，当c 进入磁场时即做匀速运动，加速度为0，
当d 释放时，d 的速度为0，然后d 做匀加速，到它进入磁场时通过的距离为h，则c 做一直匀速运动，c
通过的距离为2h，二者一起又进入磁场，磁通量不变，回路中感应电流为0，安培力为0，故两棒做加速
度为g 的加速运动，故选项B 正确，A 错误；d 棒的动能在d 进入磁场前是均匀增加的，进入磁场后在c 没
有出磁场前也是均匀增加的，当c 出磁场时，d 棒切割磁感线，产生的安培力方向向上，阻碍d 向下运
动，但此时d 的速度比刚进入磁场时的速度会大一些，所以棒不再像c 刚开入那样做匀速运动，而是做减
速运动，故选项C 错误，D 正确；待d 棒完全出磁场后，它的加速度又是g，动能又能均匀增加了．
考点：电磁感应，安培力，牛顿第二定律．
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