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第49 讲 电磁感应现象 楞次定律
目录
01 课标达标练
题型01 楞次定律
题型02 电磁感应现象
02 核心突破练
03 真题溯源练
01 楞次定律
1．（2025·辽宁·三模）在物理学发展过程中，许多科学家做出了杰出贡献，下列说法正确的是（ ）
A．楞次运用了归纳法总结出了判断感应电流方向的规律
B．库仑通过扭称实验，采用了极限的思想测出了引力常量
C．第谷通过对天体运动的长期观察，采用类比法发现了行星运动三定律
D．亚里士多德通过斜面实验，得出了力不是维持物体运动的原因，采用了控制变量法
【答案】A
【详解】A．楞次通过大量实验，运用了归纳法总结出了判断感应电流方向的规律，即楞次定律，故A 正
确；
B．卡文迪什通过扭称实验，采用了放大的思想测出了引力常量，故B 错误；
C．第谷进行了数据的观测，开普勒主要运用了数学分析和归纳法发现了行星运动三定律，故C 错误；
D．伽利略通过斜面实验，采用了实验加推理的方法，得出了力不是维持物体运动的原因，故D 错误。
故选A。
2．（2025·黑龙江·模拟预测）在一次公开课的展示中，小王老师给同学们做了“探究感应电流的方向”实
验。王老师拿了一块磁极方向未知的条形磁铁，平板小车上安装线圈、导线、发光二极管等元件，线圈
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绕法及电路连接方式如图所示，已知桌面的摩擦很小，下列说法中正确的是（ ）
A．当条形磁铁向右靠近线圈时，平板小车将向左移动
B．当左侧二极管发光时，此过程一定是条形磁铁的S 极向右插入线圈
C．在条形磁铁插入线圈的过程中，如果右侧的二极管发光则条形磁铁的右端为N 极
D．实验中发现左侧二极管发光的同时，小车又向右移动，则我们无法判断条形磁铁哪一端为N 极
【答案】C
【详解】A．根据楞次定律的推广含义“来拒去留”当条形磁铁向右靠近线圈时，平板小车也应该向右移
动，故A 错误；
B．当左侧二极管发光时，由安培定则可以判断线圈内的感应电流磁场向右，再由楞次定律判断原磁场的
磁通量可能向左增大或向右减小，因此，条形磁铁可能S 极向右插入线圈或N 极向左抽离线圈，故B 错误；
C．如果右侧的二极管发光，根据安培定则可以判断线圈内的感应电流磁场向左，在条形磁铁插入线圈的
过程时，磁通量增大，再根据楞次定律“增反减同”判断原磁场一定向右，条形磁铁的右端为一定为N 极，
故C 正确；
D．如果实验中发现左侧二极管发光的同时，小车又向右移动，则一定是条形磁铁左端为N 极，右端为S
极，故D 错误。
故选C。
3．（24-25 高二上·辽宁锦州·期末）关于教材中的插图下面说法正确的是（ ）
A．甲图是利用右手定则来判断直线电流产生的磁场方向的示意图
B．乙图是利用左手定则来判断通电导线在磁场中受力方向的示意图
2
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C．丙图是利用左手定则来判断导线切割磁感线时产生的感应电流方向的示意图
D．丁图是磁电式电流表其物理学原理是基于通电线圈在磁场中受到安培力作用而发生转动
【答案】D
【详解】A．甲图是利用右手螺旋定则来判断直线电流产生的磁场方向的示意图，故A 错误；
B．乙图是利用右手定则来判断导线切割磁感线时产生的感应电流方向的示意图，故B 错误；
C．丙图是利用左手定则来判断通电导线在磁场中受力方向的示意图，故C 错误；
D．磁电式电流表其物理学原理是基于通电线圈在磁场中受到安培力作用而发生转动，故D 正确；
故选D。
4．（24-25 高二上·辽宁鞍山·期末）如图所示，一个铝环套在铁芯上，下方线圈接通电源后，内部装置可
以在铁芯处产生竖直向上的磁场
，在铝环处产生沿径向向外的磁场
，两个磁场大小可以通过装置
独立调节。现在想让铝环跳起来，可以采取下列哪种方法（ ）。
A．保持
不变，增大
B．保持
不变，增大
C．保持
不变，减小
D．保持
不变，减小
【答案】B
【详解】在铝环处产生沿径向向外的磁场
，想让铝环跳起来，则铝环受到的安培力方向向上，根据左手
定则可知，铝环内产生的感应电流方向沿顺时针方向。根据安培定则，铝环内产生的感应磁场方向向下，
由楞次定律“增反减同”可知，感应磁场方向与铁芯处原磁场
方向相反，则磁通量必定增强，即
增
大，故ACD 错误，B 正确。
故选B。
5．（2025·四川·模拟预测）如图，水平面MN 下方存在垂直纸面向里的匀强磁场，纸面为竖直平面。不可
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形变的导体棒ab 和两根可形变的导体棒组成三角形回路框，其中ab 处于水平位置框从MN 上方由静止
释放，框面始终在纸面内框落入磁场且ab 未到达MN 的过程中，沿磁场方向观察，框的大致形状及回路
中的电流方向为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】由楞次定律“增反减同”可知回路框中感应电流方向为逆时针，根据左手定则可知左侧导体棒所
受安培力斜向右上方，右侧导体棒所受安培力斜向左上方。
故选C。
6．（25-26 高三上·黑龙江·开学考试）如图所示，光滑水平面上存在竖直向上、宽度
大于
的匀强磁场，
其磁感应强度大小为B。甲、乙两个合金导线框的质量分别为
和
，长均为
，宽均为
，电阻分
别为
和
。两线框在光滑水平面上以相同初速度
并排进入磁场，忽略两线框之间的相互作
用。则（ ）
A．甲线框进磁场过程中电流方向为逆时针方向
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B．甲、乙线框刚进磁场区域时，所受合力大小之比为
C．甲线框完全出磁场区域时，速度恰好为零
D．乙线框完全出磁场区域时，速度恰好为零
【答案】C
【详解】A．根据右手定则可知甲线框进入磁场过程中的电流方向为顺时针，故A 错误；
B．甲、乙线框刚进入磁场时，所受合力均为安培力，根据安培力计算公式可得
由于甲和乙的电阻分别为
和
，则所受合力的大小之比为
，故B 错误；
CD．假设甲、乙都能完全出磁场，取向右为正方向。对甲全过程根据动量定理可知
且
同理对乙有
且
解得
，故C 正确，D 错误；
故选C。
7．（24-25 高二下·黑龙江哈尔滨·阶段练习）用绝缘轻绳将矩形线框静止悬吊在空中，线框处于竖直平面
内。线框正上方有一通电直导线，导线中通入方向向左、大小按图示变化的电流，已知通入电流过程中
线框一直处于静止状态，下列说法正确的是（ ）
A．0~t1时间内，垂直纸面向内看，线框中电流方向先顺时针再逆时针
B．0~t1时间内，线框中电流方向不变
C．0~t0时间内，轻绳上的拉力大于线框的重力
D．t0~t1时间内，轻绳上的拉力大于线框的重力
【答案】D
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【详解】AB．右手定则可知，通电导线在线框处产生垂直于纸面向外的磁场，图像可知0~t1时间内，电流
先弱后强，楞次定律可知，垂直纸面向内看，线框中电流方向先逆时针再顺时针，故AB 错误；
C．0~t0时间内，线圈磁通量减少，根据楞次定律的第二种表述知，线框受到向上的安培力，即轻绳上的拉
力小于线框的重力，故C 错误；
D．t0~t1时间内，线圈磁通量增加，根据楞次定律的第二种表述知，线框受到向下的安培力，即轻绳上的拉
力大于线框的重力，故D 正确。
故选D。
02 电磁感应现象
8．（24-25 高二下·吉林松原·期中）一长直导线与闭合金属环放在同一竖直面内，如图甲所示，长直导线
中的电流i 随时间t 的变化关系如图乙所示（以水平向右为电流的正方向），则在
时间内，下列说
法正确的是（ ）
A．闭合金属环中始终产生顺时针方向的感应电流
B．穿过闭合金属环的磁通量先增大后减小
C．闭合金属环先有收缩的趋势后有扩张的趋势
D．闭合金属环所受安培力的合力先向下后向上
【答案】A
【详解】A．由楞次定律可以判断在
时间内，闭合金属环中始终产生顺时针方向的感应电流，故A 正
确；
B．长直导线中的电流先减小后增大，所以穿过闭合金属环的磁通量先减小后增大，故B 错误；
C．穿过闭合金属环的磁通量先减小后增大，由楞次定律知闭合金属环先有扩张的趋势后有收缩的趋势，
故C 错误；
D．由楞次定律、左手定则判断闭合金属环受安培力的合力方向先向上后向下，故D 错误。
故选A。
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9．（24-25 高二上·吉林松原·阶段练习）如图所示，螺线管连接电阻
放置在水平地面上，上方有一竖直
放置的条形磁铁，磁铁的N 极朝下，当磁铁向下运动过程中（未插入线圈内部），下列说法正确的是（
）
A．穿过螺线管的磁通量减少
B．磁铁与螺线管相互吸引
C．通过
的感应电流方向为从
D．将条形磁铁N 和S 极对调重复上述过程，产生的感应电流方向不变
【答案】C
【详解】A．当磁铁向下运动时（但未插入线圈内部），穿过螺线管的磁通量增大，故A 错误；
B．根据“来拒去留”可知，磁铁靠近线圈，则磁铁与线圈相互排斥，故B 错误；
C．由图可知，当磁铁竖直向下运动时，穿过线圈的磁场方向向下，磁通量增大，由楞次定律可知感应电
流的磁场应向上，由右手螺旋定则可知电流方向为从
故C 正确；
D．将条形磁铁
和极对调重复上述过程，根据”增反减同”和右手螺旋定则可知感应电流方向与第一
次相反，D 错误。
故选C。
10．（2024·吉林长春·一模）如图，线圈A 通过变阻器和开关连接到电源上，线圈B 的两端连接到电流表
上，把线圈A 装在线圈B 的里面。开关闭合后，当滑动变阻器的滑片迅速向右滑动时，观察到电流表指
针向左偏转。由此可以推断，开关闭合后（ ）
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A．线圈A 迅速向上移动，电流表指针向右偏转
B．减小电源输出电压的过程中，电流表指针向左偏转
C．滑片向左滑动到某位置不动，电流表指针向右偏转到某位置后不动
D．断开开关的瞬间，电流表指针向左偏转
【答案】A
【详解】开关闭合后，当滑动变阻器的滑片迅速向右滑动时，则滑动变阻器接入电路的阻值减小，故电路
电流增大，穿过线圈B 的磁通量增大，观察到电流表指针向左偏转。
A．线圈A 迅速向上移动，则穿过线圈B 的磁通量减小，将观察到电流表指针向右偏转，故A 正确；
B．减小电源输出电压的过程中，则电路电流减小，穿过线圈B 的磁通量减小，将观察到电流表指针向右
偏转，故B 错误；
C．滑片向左滑动到某位置不动，则电路电流不变，穿过线圈B 的磁通量不变，则，电流表指针不偏转，
故C 错误；
D．断开开关的瞬间，则电路电流减小，穿过线圈B 的磁通量减小，将观察到电流表指针向右偏转，故D
错误。
故选A。
11．（23-24 高二下·新疆巴音郭楞·期末）如图所示，铝环A 用轻线静止悬挂于长直螺线管左侧，且与长直
螺线管共轴。下列说法正确的是（ ）
A．闭合开关S 瞬间，铝环A 将向左摆动
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B．闭合开关S 稳定后，断开开关S 瞬间，铝环A 的面积有收缩趋势
C．保持开关S 闭合，将滑动变阻器的滑片迅速向右滑，从左往右看铝环A 中将产生逆时针方向的感
应电流
D．保持开关S 闭合，将滑动变阻器的滑片迅速向左滑，铝环A 将向右摆动
【答案】A
【详解】A．闭合开关S 瞬间，穿过铝环A 的磁通量突然增加，铝环A 中产生感应电流阻碍原磁场在铝环
A 中的磁通量增加，故铝环A 将向左摆动，A 正确；
B．闭合开关S 稳定后，断开开关S 瞬间，穿过铝环A 的磁通量减小，根据楞次定律中阻碍观点，铝环A 的
面积有扩张趋势，B 错误；
C．保持开关S 闭合，将滑动变阻器的滑片迅速向右滑，总电阻变大，螺线管中的电流减小，铝环A 中将
产生与螺线管上同方向的感应电流，则从左往右看铝环A 中将产生顺时针方向的感应电流，C 错误；
D．保持开关S 闭合，将滑动变阻器的滑片迅速向左滑，电路中电流变大，穿过铝环A 的磁通量突然增加，
根据楞次定律中阻碍观点，铝环A 将向左摆动，D 错误。
故选A。
12．（11-12 高二下·贵州·期中）如图所示，光滑固定导轨M、N 水平放置，两根导体棒P、Q 平行放置于
导轨上，形成一个闭合回路，一条形磁铁从高处下落接近回路时（ ）
A．P、Q 将相互远离
B．P、Q 将相互靠拢
C．磁铁的加速度等于
D．磁铁的加速度大于
【答案】B
【详解】AB．当一条形磁铁从高处下落接近回路时，穿过回路的磁通量增加，根据楞次定律可知感应电流
的磁场总是阻碍磁通量的变化，可知，P、Q 将互相靠拢，回路的面积减小一点，使穿过回路的磁场减小
一点，起到阻碍原磁通量增加的作用，故A 错误，B 正确；
CD．由于磁铁受到向上的安培力作用，所以合力小于重力，磁铁的加速度一定小于
，故CD 错误。
故选B。
13．（2025·辽宁盘锦·三模）（多选）如图所示，水平放置的平行光滑导轨间接有电阻R、电容为C 的电
容器和一个单刀双掷开关。两导轨间距为L，匀强磁场垂直于导轨平面向下，磁感应强度大小为B。一
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质量为m、接入电路中的电阻为R 的金属棒ab 垂直于导轨放置。现将开关拨至位置1，金属棒ab 在水
平恒力F 的作用下由静止开始向右运动，当金属棒ab 的速度达到最大时，开关拨至位置2，并撤去外力
F，金属棒ab 继续运动直至达到稳定状态。不计导轨电阻，下列说法正确的是（ ）
A．金属棒的最大速度是
B．开关拨至位置2 后，金属棒稳定后的速度
C．电容器中储存的电荷量
D．开关拨至位置2 后，导体棒运动的距离
【答案】ACD
【详解】A．当开关拨至位置1 时，金属棒ab 在水平恒力F 的作用下开始运动，此时金属棒受到水平恒力
和安培力的作用，根据安培力公式
，
，
所以
当金属棒达到最大速度时，加速度为零，此时水平恒力F 与安培力大小相等，即
解得金属棒的最大速度
，故A 正确；
B．当开关拨至位置2 后，电路中接入了电容器，此时金属棒和电容器组成闭合回路，金属棒在磁场中运
动产生感应电动势，对电容器充电，当电容器两端电压与感应电动势相等时，电路中电流为零，金属棒达
到稳定状态，设金属棒稳定后的速度为v，此时感应电动势
由于电容器两端电压等于金属棒两端电压，故有
此过程由动量定理，可得
，
联立得
，故B 错误；
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C．电容器中储存的电荷量
，故C 正确；
D．由于
所以
，故D 正确。
故选ACD。
14．（2025·辽宁沈阳·模拟预测）如图（a），将半径
、总电阻
的均匀金属圆环固定在水平
面上，直径
一侧有垂直纸面向里的磁感应强度大小
的匀强磁场。一根电阻
的均匀金
属杆
固定在过圆心
的转轴上，两端与金属圆环接触良好。金属杆在外力作用下以角速度
顺时针匀速转动至图示位置（
垂直于
）。求：
(1)经图示位置金属杆产生的电动势
及
间的电势差
；
(2)如图（b），撤去金属杆，使匀强磁场磁感应强度从
开始按照
的规律变化，规定顺时针方
向为电动势的正方向，写出圆环中感应电动势随时间变化的表达式（结果可用
表示）。
【答案】(1)
，
(2)
【详解】（1）根据法拉第电磁感应定律，有
解得
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根据闭合电路欧姆定律，有
根据串并联电路规律，有
间的电势差
解得
（2）根据法拉第电磁感应定律可得
因顺时针方向为正，则解得
15．（2025·辽宁·模拟预测）如图所示，固定在绝缘水平面上的、半径为r 的金属圆环处在方向竖直向下、
磁感应强度大小为B₀ 的匀强磁场中。竖直导电转轴OO′经过金属圆环的圆心O 点，长度为2r、阻值为
2R、粗细均匀的金属棒ab 的a 端固定在竖直导电转轴的O 点，随转轴逆时针（从上往下看）匀速转动，
转动过程中金属棒ab 与金属圆环接触良好。圆环左侧有两根足够长、间距为2r、倾角为θ 的平行光滑金
属导轨，两根导轨通过导线分别与金属圆环和导电转轴OO′相连。导轨所在空间存在垂直导轨平面向下
的匀强磁场，磁感应强度大小也为B0。质量为m、长度为2r、电阻为2R 的金属棒cd 垂直放置在导轨上
且刚好能保持静止，重力加速度为g，除两金属棒外其余电阻均不计。
(1)求导电转轴OO′转动的角速度ω 大小；
(2)求金属棒ab 两端的电压Uab；
(3)若金属棒ab 转动的角速度变为原来的一半，将金属棒cd 在导轨上由静止释放，经过时间t0金属棒cd 速
度达到稳定，已知金属棒cd 运动过程中与导轨始终垂直并接触良好，求该过程中金属棒cd 运动的位移大
小。
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【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）设金属棒ab 转动的角速度大小为ω，金属棒ab 只有一半接人电路，接入电路部分产生的电
动势大小为
回路中的电流为
金属棒cd 受到的安培力大小为
金属棒cd 受力平衡有
解得
（2）金属棒ab 未接入电路部分产生的电动势大小为
导电转轴到圆弧的电势差
故金属棒ab 的两端的电势差
解得
（3）若金属棒ab 转动的角速度变为原来的一半，接入电路部分产生的电动势
金属棒cd 运动切割磁感线产生的电动势
回路中的电流大小为
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金属棒cd 速度达到稳定时，受力平衡，即
解得
从静止释放至金属棒cd 达到稳定状态的过程中，对金属棒cd 由动量定理可知
其中
该过程中金属棒cd 运动的距离为
解得
16．（19-20 高二上·江西南昌·期末）如图所示，在匀强磁场中放有平行铜导轨，它与大线圈
相连。导线
圈
在
的中间，与
共面放置。要使
中获得顺时针方向的感应电流，则放在导轨上的裸金属棒
的运动情况可能是（ ）
A．向右匀速运动B．向右加速运动
C．向左加速运动
D．向左减速运动
【答案】C
【详解】根据题意可知，欲使N 产生顺时针方向的感应电流，由右手螺旋定则可知，感应电流的磁场方向
垂直于纸面向里，由楞次定律可知，有两种情况：一是M 中有顺时针方向逐渐减小的电流，使其在N 中的
磁场方向向里，且磁通量在减小，此时应使ab 向右减速运动；二是M 中有逆时针方向逐渐增大的电流，
使其在N 中的磁场方向向外，且磁通量在增大，此时应使ab 向左加速运动。
故选C。
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17．（24-25 高三上·吉林长春·阶段练习）如图所示，粗细均匀的正三角形金属线框abc 放在匀强磁场中，
磁感应强度大小为B、方向平行于ac 边向上。现使线框围绕ac 边以角速度
逆时针匀速转动，ac 边的
长度为2l，则a、b 两端的电势差
为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】金属线框abc 转动切割磁感线，边ab 切割磁感线，电动势大小
根据右手定则可知b 端电势高于a 端，则a、b 两端的电势差
为
。
故选C。
18．（2025·辽宁沈阳·模拟预测）《科学》中文版的文章中介绍了一种新技术——航天飞缆，航天飞缆是
用柔性缆索将两个物体连接起来在太空飞行的系统。飞缆系统在太空飞行中能为自身提供电能和拖拽力，
它还能清理“太空垃圾”等。如图所示为飞缆系统的简化模型示意图，图中两个物体P、Q 的质量分别
为
、
，柔性金属缆索长为
，外有绝缘层，系统在近地轨道做圆周运动，运动过程中Q 距
地面高为h，设缆索总保持指向地心，Q 更靠近地表，P 的速度为
，所在处的地磁感应强度大小为B，
方向垂直纸面向里。已知地球半径为R，地面的重力加速度g。（ ）
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A．缆索P 端电势高于Q 端
B．
C．若此时飞缆系统在赤道平面上，为了更好地清理垃圾，缆索的绕行方向应与地球自转方向相反
D．若想清理更低轨道上的“太空垃圾”，飞缆系统机械能需要增大
【答案】C
【详解】A．根据右手定则可知缆索中的电流方向是从P 流向Q，缆索相当于电源，在电源内部，电流从
低电势流向高电势，所以缆索P 端电势低于Q 端，故A 错误；
B．因为缆索总保持指向地心，Q 更靠近地表，所以P 端和Q 端的角速度相等，根据
可知
，
故B 错误；
C．若此时飞缆系统在赤道平面上，为了更好地清理垃圾，缆索的绕行方向应与地球自转方向相反，这样
缆索相对地球的速度较大，故C 正确；
D．若想清理更低轨道上的“太空垃圾”，飞缆系统需要降低高度，所以飞缆系统需要减速，即系统机械
能需要减小，故D 错误。
故选C。
19．（2025·甘肃·高考真题）闭合金属框放置在磁场中，金属框平面始终与磁感线垂直。如图，磁感应强
度B 随时间t 按正弦规律变化。
为穿过金属框的磁通量，E 为金属框中的感应电动势，下列说法正确
的是（ ）
A．t 在
内，
和E 均随时间增大
B．当
与
时，E 大小相等，方向相同
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C．当
时，
最大，E 为零
D．当
时，
和E 均为零
【答案】C
【详解】A．在
时间内，磁感应强度B 增加，根据
则磁通量
增加，但是图像的斜率减小，
即磁感应强度B 的变化率逐渐减小，根据法拉第电磁感应定律可知
，感应电动势E 逐渐减小，选
项A 错误；
B．当
和
时，因B-t 图像的斜率大小相等，符号相反，可知感应电动势E 大小相等，方向相反，
选项B 错误；
C．
时，B 最大，则磁通量
最大，但是B 的变化率为零，则感应电动势E 为零，选项C 正确；
D ．
时，B 为零，则磁通量
为零，但是B 的变化率最大，则感应电动势E 最大，选项D 错误。
故选C。
20．（24-25 高二上·辽宁丹东·期末）（多选）在竖直向上的匀强磁场中，有一闭合矩形金属框abcd 固定
于绝缘轻质细杆下端，细杆上端悬挂在O 点，并可绕O 点摆动，细杆和金属框始终在同一平面内且垂直
于纸面（ad 边在外，bc 边在里）。金属框从右侧某一位置静止释放，在摆动到左侧最高点的过程中，下
列说法正确的是（ ）
A．线框中的感应电流方向始终为沿adcba 方向
B．线框中的感应电流方向始终为沿abcda 方向
C．线框始终有扩张的趋势
D．线框始终受到安培力的阻碍作用
【答案】AD
【详解】ABC．金属框从右侧最高点到最低点，金属框磁通量减少，根据楞次定律和安培定则可知电流沿
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adcba 方向，为阻碍磁通量减少，金属框有扩张趋势。金属框从最低点到左侧最高点，磁通量增加，根据
楞次定律和安培定则可知电流沿adcba 方向，为阻碍磁通量增加，金属框有收缩趋势。故A 正确，BC 错误；
D．为阻碍磁通量变化，线框始终受到安培力的阻碍作用。故D 正确。
故选AD。
21．（24-25 高二上·辽宁沈阳·期中）（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，MN 的左边有一如图所示的闭合电路，当PQ 在一外力的作用下运动时，MN 向左运动，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】AD
【详解】根据安培定则可知，ab 右侧产生的磁场方向垂直纸面向里，MN 在安培力作用下向左运动，说明
MN 受到的安培力向左，由左手定则可知MN 中电流N 流向M，线圈L1中感应电流的磁场向下，由楞次定
律可知，线圈L1中的磁场应该向上增强，或向下减弱，则线圈L2中的磁场向上增强，或向下减弱，由安培
定则可知PQ 中感应电方向由P 到Q 且增大，或PQ 中感应电流方向由Q 到P 且减小，再由右手定则可知
PQ 向右加速运动或向左减速运动。
故选AD。
22．（2025·吉林白城·模拟预测）（多选）如图所示，在水平桌面上固定一光滑U 形金属导轨，将一根质
量为m 的导体棒垂直导轨放置。将回路正上方的条形磁铁由静止释放。在其下落到桌面前，安培力对导
体棒做功为W，回路中产生的焦耳热为Q，导体棒获得的末速度为v，重力加速度为g，下列说法正确的
是（ ）
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A．导体棒对导轨的压力大于mg
B．磁铁加速度大于g
C．
D．
【答案】AD
【详解】AB．磁铁向下运动，根据“来拒去留”，导体棒有向下的运动趋势，故导体棒对轨道压力大于重
力。根据牛顿第三定律，回路对磁铁的反作用力向上，故磁铁加速度小于
，故A 正确，B 错误；
C．电磁感应现象中，导体棒克服安培力做功等于回路产生的焦耳热，故C 错误；
D．根据动能定理，安培力对导体棒做功等于合力做功，即等于导体棒动能的变化量，故
，故D
正确。
故选AD。
23．（2025·辽宁葫芦岛·二模）（多选）磁悬浮电梯是基于电磁学原理使电梯的轿厢悬停及上下运动的，
如图甲所示，它主要由磁场和含有导线框的轿厢组成。其原理简化为：竖直面上相距为
的两根绝缘平
行直导轨，置于等距离分布的方向相反的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面，磁感应强度大小均为
，每个磁场分布区间的长度都是，相间排列，如图乙所示。当这些磁场在竖直方向匀速平动时，跨
在两导轨间的宽为
、长为、总电阻为
的导线框
（固定在轿厢上）将受到安培力。当磁场平
动速度为
时，轿厢悬停；当磁场平动速度为
时，轿厢最终竖直向上做匀速运动。重力加速度为
，
下列说法中正确的是（ ）
A．磁场平动的速度
方向竖直向上
B．磁场平动的速度
方向竖直向下
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C．导线框和电梯轿厢的总质量为
D．当磁场以速度
平动时，轿厢最终速度为
【答案】ACD
【详解】AB．依题意，轿厢悬停或者竖直向上做匀速运动时，均需要竖直向上的安培力，由楞次定律的
“阻碍作用”可知，磁场相对轿厢的运动方向均为竖直向上，即速度v1和v2的方向都是竖直向上，故A 正
确，B 错误；
C．设导线框和电梯轿厢的总质量为m。轿厢悬停时，导线框中的电流大小为
又由平衡条件有mg=2BI1d
联立解得
，故C 正确；
D．当磁场平动速度为v2时，线框向上运动，当其加速度为零时，达到最大速度，设轿厢向上能达到的最
终速度为v，则有
又由平衡条件有mg=2BI2d
联立解得v=v2-v1，则D 正确。
故选ACD。
24．（2025·辽宁大连·三模）（多选）如图，水平导轨间距为
，按如图甲建立
坐标系，在
区
域内有垂直纸面向里、大小为
的匀强磁场，在
的区域内有垂直纸面向里、大小按
规律变化的磁场。一个质量为
的导体棒，在外力
的作用下从
处开始向
右运动，
时恰好通过
处，此过程中监测系统显示回路中的电流变化如图乙所示（前
呈
正弦规律变化，
时恰好达到电流的峰值，之后稳定于
）。已知导体棒接入电路的阻值为
，闭合回路中的其他电阻忽略不计，且导体棒与导轨接触良好。下列说法正确的是（ ）
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A．导体棒通过
时的速度大小为
B．在0 至
内电阻产生的焦耳热为
C．
后，磁场每秒钟对导体棒的冲量大小为
D．导体棒在
区域向右做匀速直线运动
【答案】ACD
【详解】A．由题知，在
的区域内磁感应强度的变化规律为
则
处的磁感应强度为
由乙图知，此时感应电流为
根据法拉第电磁感应定律有
代入数据解得
，故A 正确；
B．由题知，在
内的电流呈正弦规律变化，则电流的有效值为
则电阻产生的焦耳热为
，故B 错误；
C．0.5s 后，电流强度大小不变，恒为
，磁场每秒钟对导体棒的冲量大小
，故C 正确；
D．0.5s 后，电流强度大小不变，根据
可知速度不变，导体棒在
区域向右做匀速直线运动，故D 正确。
故选ACD。
25．（2025·吉林·二模）粗糙绝缘的水平面上方有一宽度
、离地高度
的匀强磁场区域
MNQP，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小
。在距MN 左侧
处竖直放置一个边
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长为
的正方形线框abcd，质量m1=1kg、匝数
匝、电阻
、与水平面间的动摩擦因
数
。PQ 右侧存在方向垂直纸面向外、磁感应强度大小为
的磁场（x 为PQ 右侧的
位置到PQ 的水平距离），水平面上紧靠PQ 竖直放置一个边长也为
、下表面光滑的正方形线
框efhj，质量
、匝数
匝、电阻
。现将一方向水平向右、大小
的恒定外
力作用在线框abcd 上，直到线框abcd 的cd 边刚到达MN 时，仅改变外力F 的大小使线框以到达MN 时
的速度匀速进入匀强磁场区域MNQP，当ab 边刚到达MN 时，撤去外力F。已知两线框运动过程中所发
生的碰撞为弹性碰撞，重力加速度
。求：
(1)线框abcd 刚进入磁场区域MNQP 时的电流大小；
(2)线框abcd 进入磁场区域MNQP 的过程中，外力F 做功的大小；
(3)线框abcd 与线框efhj 碰撞后，直到线框efhj 静止的过程中，通过线框efhj 截面的电荷量是多少。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）根据动能定理
又
得线框abcd 刚进入磁场区域MNQP 时，线框abcd 中的电流大小为
（2）线框abcd 进入磁场过程中匀速运动，则刚进入磁场时
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完全进入磁场时
则外力F 做功的大小为
代入数据解得
（3）线框abcd 完全进入磁场后不受磁场力作用，设abcd 与efhj 碰撞时的速度为
。根据动能定理
由题意，碰撞后abcd 会反向运动。根据动量守恒与机械能守恒
联立解得
，
由题意可知，线框efhj 两侧磁感应强度大小之差为
且保持不变。对线框efhj，根据动量定理
又
1．（2025·全国卷·高考真题）如图，过P 点的虚线上方存在方向垂直于纸面的匀强磁场。一金属圆环在纸
面内以P 点为轴沿顺时针方向匀速转动，O 为圆环的圆心，OP 为圆环的半径。则（ ）
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A．圆环中感应电流始终绕O 逆时针流动
B．OP 与虚线平行时圆环中感应电流最大
C．圆环中感应电流变化的周期与环转动周期相同
D．圆环在磁场内且OP 与虚线垂直时环中感应电流最大
【答案】BC
【详解】A．在圆环进入磁场的过程中圆环中感应电流绕O 逆时针流动，圆环出磁场的过程中圆环中感应
电流绕O 顺时针流动，故A 错误；
BCD．由几何关系可知圆环进入磁场的过程中，圆环的圆心轨迹是以P 点为圆心且半径与圆环的半径大小
相等的圆，则圆环切割磁感线的有效长度为l = 2rcos(90°－ωt)，其中ω 为圆环匀速转动的角速度，90°－
ωt 为OP 与虚线的夹角
则金属圆环在纸面内以P 点为轴沿顺时针方向匀速转动产生的感应电动势瞬时值为
化简得e = Bωr2[1－cos(2ωt)]
可见OP 与虚线平行时即ωt = 90°或270°圆环中感应电流最大；分析可知当环转动一圈的过程中，圆环中
的感应电流先逆时针增大再减小，后顺时针增大再减小，故圆环中感应电流变化的周期与环转动周期相同；
而圆环在磁场内且OP 与虚线垂直时ωt = 180°此时环中感应电流为零，故BC 正确、D 错误。
故选BC。
2．（2025·湖南·高考真题）如图，关于x 轴对称的光滑导轨固定在水平面内，导轨形状为抛物线，顶点位
于O 点。一足够长的金属杆初始位置与y 轴重合，金属杆的质量为m，单位长度的电阻为
。整个空间
存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B。现给金属杆一沿x 轴正方向的初速度
，金属杆运动过程
中始终与y 轴平行，且与电阻不计的导轨接触良好。下列说法正确的是（ ）
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A．金属杆沿x 轴正方向运动过程中，金属杆中电流沿y 轴负方向
B．金属杆可以在沿x 轴正方向的恒力作用下做匀速直线运动
C．金属杆停止运动时，与导轨围成的面积为
D．若金属杆的初速度减半，则金属杆停止运动时经过的距离小于原来的一半
【答案】AC
【详解】A．根据右手定则可知金属杆沿x 轴正方向运动过程中，金属杆中电流沿y 轴负方向，故A 正确；
B．若金属杆可以在沿x 轴正方向的恒力F 作用下做匀速直线运动，可知
，
可得
由于金属杆运动过程中接入导轨中的长度L 在变化，故F 在变化，故B 错误；
C．取一微小时间
内，设此时金属杆接入导轨中的长度为
，根据动量定理有
同时有
联立得
对从开始到金属杆停止运动时整个过程累积可得
解得此时金属杆与导轨围成的面积为
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故C 正确；
D．若金属杆的初速度减半，根据前面分析可知当金属杆停止运动时金属杆与导轨围成的面积为
，
根据抛物线的图像规律可知此时金属杆停止运动时经过的距离大于原来的一半，故D 错误。
故选AC。
3．（2025·重庆·高考真题）如图1 所示，小明设计的一种玩具小车由边长为d 的正方形金属框efgh 做成，
小车沿平直绝缘轨道向右运动，轨道内交替分布有边长均为d 的正方形匀强磁场和无磁场区域，磁场区
域的磁感应强度大小为B，方向竖直向上。gh 段在磁场区域运动时，受到水平向右的拉力F = kv＋b（k
> 0，b > 0），且gh 两端的电压随时间均匀增加；当gh 在无磁场区域运动时，F = 0。gh 段速度大小v
与运动路程S 的关系如图2 所示，图中
为gh 每次经过磁场区域左边界时速度大小，忽略摩擦
力。则（ ）
A．gh 在任一磁场区域的运动时间为
B．金属框的总电阻为
C．小车质量为
D．小车的最大速率为
【答案】BC
【详解】由题知gh 段在磁场区域运动时，gh 两端的电压随时间均匀增加，则说明gh 在磁场中运动时做匀
变速直线运动，设正方形金属框efgh 运动的速度为v，有
，
，
，
联立有
B．由于gh 段在磁场区域运动时,正方形金属框efgh 做匀变速直线运动，则有
，
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解得
，故B 正确；
CD．gh 在无磁场区域运动时，F = 0，正方形金属框efgh 水平方向只受到安培力，有
，
，
根据动量定理有
累加叠加可得
gh 段在磁场区域运动时，正方形金属框efgh 做匀变速直线运动有
结合ma = b
解得
，
，故C 正确，D 错误；
A．由gh 段在磁场区域运动时，正方形金属框efgh 做匀变速直线运动，则有vmax = v0＋at
解得gh 在任一磁场区域的运动时间
，故A 错误。
故选BC。
4．（2025·浙江·高考真题）如图所示，某兴趣小组设计了一新型两级水平电磁弹射系统。第一级由间距为
l 的水平金属导轨、可在导轨上滑行的导电动子、输出电压恒为U 的电源和开关S 组成，由此构成的回
路总电阻为
；第二级由固定在动子上间距也为l 的导电“
”形滑杆、锁定在滑杆上可导电的模型飞
机组成，由此构成的回路总电阻为
。另外在第二级回路内固定一超导线圈，它与第一、第二两级回路
三者彼此绝缘。导轨间存在方向竖直向下、磁感应强度大小为B 的匀强磁场。接通开关S，动子从静止
开始运动，所受阻力与其速度成正比，比例系数为k。当动子运动距离为
时（可视为已匀速），立即
断开S，在极短时间内实现下列操作：首先让超导线圈通上大电流，产生竖直方向的强磁场，在第二级
回路中产生磁通量
；再让超导线圈断开，磁场快速消失，同时解锁飞机，对飞机实施第二次加速，飞
机起飞。已知动子及安装其上所有装备的总质量为M，其中飞机质量为m，在运动过程中，动子始终与
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导轨保持良好接触，忽略导轨电阻。
(1)求动子在接通S 瞬间受力的大小；
(2)求第一级弹射过程中动子能达到的最大速度
；
(3)求第一级弹射过程中电源输出的总能量W；
(4)判断超导线圈中电流方向（俯视），并求飞机起飞时的速度大小。
【答案】(1)
(2)
(3)
(4)电流方向（俯视）为顺时针，
【详解】（1）接通S 瞬间，动子速度
，此时回路中没有感应电动势，电源电压为
，回路总电阻为
，根据欧姆定律可知回路电流为
动子所受的安培力即为所受的力，大小为
（2）当动子达到最大速度
时动子切割磁感线产生的电动势为
此时回路电流为
动子做匀速运动，其合力为零，有
解得最大速度为
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（3）动子加速过程，以水平向右为正方向，根据动量定理：∑（Bil•Δt）-∑（kv•Δt）=Mvm-0
根据q=∑I•Δt，结合xm=∑v•Δt
可解得电荷量
动子达到最大速度后，回路电流为0，电源不再输出能量，因此第一级弹射过程电源输出总能量
（4）当超导线圈产生竖直向上的强磁场时，穿过第二级回路的磁通量增加，根据楞次定律，感应电流的
磁场要阻碍磁通量的增加，所以感应电流的磁场方向竖直向下，再根据右手螺旋定则，可判断超导线圈中
电流方向（俯视）为顺时针；
设飞机起飞时的速度大小为，动子及安装其上除飞机外其它装备的速度大小为
，根据动量守恒定律有
又因为超导线圈磁场快速消失的过程中，第二级回路中产生的感应电动势
感应电流为
根据动量定理有
解得
5．（2025·海南·高考真题）间距为L 的金属导轨倾斜部分光滑，水平部分粗糙且平滑相接，导轨上方接有
电源和开关，倾斜导轨与水平面夹角
，处于垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，水平导轨处于垂
直竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小均为
，两相同导体棒
、
与水平导轨的动摩擦因数
，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，两棒质量均
，接入电路中的电阻均为
，
棒仅在水平导
轨上运动，两导体棒在运动过程中始终与导轨垂直并接触良好，且不互相碰撞，忽略金属导轨的电阻，
重力加速度为
。
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(1)锁定水平导轨上的
棒，闭合开关，
棒静止在倾斜导轨上，求通过
棒的电流；断开开关，同时解
除
棒的锁定，当
棒下滑距离为
时，
棒开始运动，求
棒从解除锁定到开始运动过程中，
棒
产生的焦耳热；
(2)此后
棒在下滑过程中，电流达到稳定，求此时
、
棒的速度大小之差；
(3)
棒中电流稳定之后继续下滑，从
棒到达水平导轨开始计时，
时刻
棒速度为零，加速度不为零，
此后某时刻，
棒的加速度为零，速度不为零，求从
时刻到某时刻，
、
的路程之差。
【答案】(1)
，
(2)
(3)
【详解】（1）
棒静止在倾斜导轨上，根据平衡条件可得
，
解得通过
棒的电流为
设当
棒下滑距离为
时速度为
，
棒开始运动时回路中的电流为
，此时对cd 棒有
同时有
，
分析可知
棒从解除锁定到开始运动过程中，
棒产生的焦耳热与ab 棒产生的焦耳热相等，整个过程根
据能量守恒可得
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联立解得
棒产生的焦耳热为
（2）分析可知
棒在下滑过程中产生的电动势与cd 棒在向左运动的过程中产生的电动势方向相反，故当
电流达到稳定时，两棒的速度差恒定，故可知此时两棒的加速度相等，由于两棒受到的安培力大小相等，
对两棒有
，
同时有
，
联立解得此时
、
棒的速度大小之差为
（3）分析可知从开始到
时刻，两棒整体所受的合外力为零，故该过程系统动量守恒，设
时刻ab 棒的
速度为
，可知
解得
设某时刻时，ab 棒速度为
，cd 棒速度为
，
棒的加速度为零，可得
①
其中
分析可知此时两导体棒产生的电动势方向相反，可得
②
从
时刻到某时刻间，对两棒分别根据动量定理有
，
变式可得
，
两式相加得
③
同时有
④
联立①②③④可得从
到某时刻，
、
的路程之差为
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