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第55 讲 电磁感应中动力学和能量问题
目录
01 考情解码·命题预警...............................................................................................................................1
02 体系构建·思维可视...............................................................................................................................3
03 核心突破·靶向攻坚...............................................................................................................................4
考点一 电磁感应中的动力学问题
...........................................................................................4
知识点1 两种状态及处理方法...................................................................................................4
知识点2 “四步法”分析电磁感应中的动力学问题...................................................................4
考向1 水平面内的动力学问题.....................................................................................................4
考向2 竖直面内的动力学问题.....................................................................................................6
考向3 斜面上的动力学问题........................................................................................................8
考点二 电磁感应中的能量问题
.............................................................................................11
知识点1 电磁感应现象中的能量转化........................................................................................11
知识点2 求解焦耳热Q 的三种方法...........................................................................................11
考向1 电磁感应中的能量转化的定性分析..............................................................................11
考向2 电磁感应中的能量转化的定量计算..............................................................................13
04 真题溯源·考向感知...............................................................................................................20
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考点
要求
考频
2025 年
2024 年
2023 年
电磁感应的动力学
问题
应用
高频
2024•湖南T8
2023•湖南T14
电磁感应的能量问
题
应用
高频
2024•湖南T8
2023•湖南T14
考情分析：
1.命题形式：单选题非选择题
2.命题分析：湖南高考对利用动力学和能量观点处理电磁感应问题的考查较为频繁，题目的形式有选择题
也有计算题，不管那种题型，题目的难度都较大，有的以压轴题的难度出现。
3.备考建议：本讲内容备考时候，熟练掌握动力学问题与电磁感应结合的综合问题处理，多注意模型归类
的训练如单棒模型、线框模型，掌握能量转化的定量计算。多关注“真实问题解决能力”。复习需紧扣
“力-电-能”三环联动，强化模型化归和数学工具应用。
4.命题情境：矩形线模型模型，单杆+电阻模型或双杆+电阻模型
5.常用方法：牛顿运动定律、动能定理，功能关系、欧姆定律
复习目标：
1.学会用
力学知
分析
体棒在磁
中的运
。
动
识
导
场
动问题
2.会用功能关系和能量守恒定律分析
磁感
中的能量
化。
电
应
转
2
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考点一 电磁感应中的动力学问题
知识点1 两种状态及处理方法
状态
特征
处理方法
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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
知识点2 “四步法”分析电磁感应中的动力学问题
考向1 水平面内的动力学问题
例1 （2025·湖南省岳阳市高三二模））如图所示，在粗糙绝缘的水平面内，存在一竖直向下的磁场区域，
磁感强度B 沿水平向右的方向均匀增加，分布规律为B=kx，其中k 为正的常数。有一个长为L、宽为
h、质量为m、电阻为R 的不变形的矩形金属线框，在运动过程中始终位于磁场区域内。当它在该平
面内运动时，将受到大小恒为f 的阻力作用，则（ ）
A．若磁场区域以速度v 水平向左匀速运动，线圈可能静止不动
B．若磁场区域以速度v 水平向左匀速运动，线圈由静止释放，则此后线圈运动的最大速度可能为
得分速记
：
电磁感应中的动力学临界问题的分析思路
(1)解决这类问题的关键是通过受力情况和运动状态的分析，寻找过程中的临界状态，如速度、加速度
为最大值或最小值的条件。
(2)基本思路是：导体受外力运动――→感应电动势
感应电流――→导体受安培力―→合
外力变化――→加速度变化―→速度变化―→临界状态―→列式求解。
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C．若让线圈在水平外力F 的作用下从静止开始向右做加速度为a 的匀加速直线运动，则F 与时间t 的
关系为
D．若零时刻磁场区域由静止开始水平向左做匀加速直线运动，同时线圈由静止释放，足够长的时间
后，t 时刻磁场区域的速度为vt，则此刻线圈的速度
【答案】ABD
【详解】A．设线圈的右边导线所在位置的磁感应强度为B1，左边导线所在位置的磁感应强度为B2，
则
线圈所受的安培力大小为
若安培力小于最大静摩擦力，则线圈静止不动，故A 正确；
B．若安培力大于最大静摩擦力，线圈将加速向左运动，最终匀速运动，则
解得
故B 正确；
C．若让线圈在水平外力F 的作用下从静止开始向右做加速度为a 的匀加速直线运动，则
所以F 与时间t 的关系为
故C 错误；
D．若零时刻磁场区域由静止开始水平向左做匀加速直线运动，同时线圈由静止释放，足够长的时间
后，线圈的加速度与磁场的加速度相同，即
，
解得
故D 正确。
故选ABD。
（【变式训练·变载体】．如图所示，水平绝缘地面上固定一足够长的光滑U 形导轨，空间存在垂直导轨
平面向下的匀强磁场。将质量为
的金属棒
垂直放置在导轨上，在垂直于棒的恒定拉力
作用下，
金属棒由静止开始向右运动，当金属棒的速度大小为时，金属棒的加速度大小为
；当金属棒的速
度大小为
时，金属棒的加速度大小为
。已知金属棒运动过程中始终与导轨接触良好，电路中除金
属棒以外的电阻均不计，下列说法正确的是（ ）
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A．
B．金属棒的最大速度为
C．金属棒的最大加速度为
D．当金属棒的速度大小为
时撤去拉力
，金属棒的减速距离为
【答案】AD
【详解】A．设匀强磁场的磁感应强度大小为B，金属棒的电阻为R，导轨间距为L，当金属棒的速度
大小为时，则有
，
，
此时金属棒的加速度大小为
，由牛顿第二定律得
同理当金属棒的速度大小为
时，金属棒的加速度大小为
，有
联立解得
，
故A 正确；
B．设金属棒的最大速度为
，则有
解得
故B 错误；
C．当金属棒的速度为0 时，金属棒的加速度最大，最大值为
故C 错误；
D．当金属棒的速度大小为
时撤去拉力
，撤去拉力后根据动量定理有
其中
联立解得
故D 正确。
故选AD。
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考向2 竖直面内的动力学问题
例2 （2025·湖南师大附中·模拟预测）如图所示，足够长的光滑平行金属导轨竖直放置，电阻不计，导轨
间距为
，顶端接一阻值为
的电阻。矩形匀强磁场I 的高为
，匀强磁场II 足够高，两磁场的间距
也为
，磁感应强度大小均为
、方向均垂直纸面向里。一质量为
、电阻也为
的金属棒
置于
导轨上，与导轨垂直且接触良好。将金属棒由静止释放，运动距离为时进入匀强磁场I。已知金属棒
进入磁场I 和II 时的速度相等，重力加速度为
。下列说法正确的是（ ）
A．金属棒刚进入磁场I 时其两端的电压为
B．金属棒在磁场II 中运动的最大速度为
C．金属棒穿过磁场I 的过程中，金属棒产生的热量为
D．金属棒在磁场I 中运动的时间为
【答案】ACD
【详解】A．根据自由落体运动规律可知，金属棒刚进入磁场I 时速度大小
则此时金属棒两端的电压
故A 正确；
B．由题意可知，金属棒进入磁场I 和II 时的速度相等，金属棒在磁场I 和II 之间加速，则金属棒进入
磁场I 时做减速运动，故金属棒进入磁场Ⅱ时，做减速运动，由牛顿第二定律有
因为
整理得
即金属棒先做加速度减小的减速运动，再做匀速运动，因此金属棒在磁场II 中运动的最大速度仍为，
即最大速度为
，故B 错误；
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C．从金属棒开始下落到，到进入磁场II 的过程，由能量守恒有
联立解得
故金属棒穿过磁场I 的过程中，金属棒产生的热量
故C 正确；
D．金属棒离开磁场Ⅰ时的速度为
，金属棒从离开磁场Ⅰ到刚进入磁场Ⅱ过程中有
金属棒穿过磁场Ⅰ的过程中通过的电荷量
根据动量定理
联立解得
故D 正确。
故选ACD。
【变式训练】（2025·江苏盐城·模拟预测）如图所示，MN 和PQ 是两根相互平行、竖直放置的
光滑金属导轨，已知导轨足够长，且电阻不计。ab 是一根与导轨垂直而且始终与导轨接触良
好的金属杆，金属杆具有一定的质量和电阻。开始时，将开关S 断开，让杆ab 由静止开始自
由下落，过段时间后，再将S 闭合。从S 刚闭合开始，金属杆可能（ ）
A．做加速度不变的减速运动
B．做加速度变大的减速运动
C．做加速度变大的加速运动
D．做加速度变小的加速运动
【答案】D
【详解】设开关S 闭合瞬间，金属杆速度为
，根据公式则有
，
，
解得竖直向上的安培力表达式为
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若
，则金属杆一直做匀速直线运动，速度始终不变，加速度为0；
AB．若
，则有
可知金属杆先做加速度减小的减速运动，最后做匀速直线运动，故AB 错误；
CD．若
，则有
可知金属杆先做加速度减小的加速运动，最后做匀速直线运动，故C 错误，D 正确。
故选D。
考向3 斜面上的动力学问题
例3（2025·湖南省邵阳市高三下学期第二次联考）某电磁健身器的简化装置如图所示，两根平行金属导轨
相距为，倾角为
，导轨上端串接一个阻值为
的电阻，下端接有电容为
的电容器。在导轨间长
为
的区域内，存在方向垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度为
，质量为
的金属棒
水平置于
导轨上，用绝缘绳索（平行导轨）通过定滑轮与拉杆
相连，金属棒向上运动时，
闭合，
断开，向
下运动时，
断开，
闭合。棒
的初始位置在磁场下方某位置处，一位健身者用大小为
的
恒力竖直向下拉动
杆，棒
运动过程中始终保持与导轨垂直，进入磁场时恰好匀速上升，棒
到达磁场
处时，撤去拉力
，恰好能减速运动到磁场上边界，紧接着棒a 从磁场上边界由静止开始下滑，此时电
容器电量为零，下滑过程中，拉力始终为零。不计其它电阻、摩擦力以及拉杆和绳索的质量，金属棒
与
导轨接触良好，重力加速度为
。下列说法正确的是（ ）
A. 棒a 向上进入磁场时的速度大小为
B. 棒a 减速向上运动的时间为
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C. 棒a 在磁场中下滑时做加速度减小的加速运动
D. 棒a 向下离开磁场时的速度大小为
【答案】ABD
【解析】
【详解】A．棒进入磁场时有
又
联立解得
A 选项正确；
B．减速过程，由动量定理得
又
联立解得
B 选项正确
C．导体棒向下运动的过程中，
时间内电容器电荷量的变化量
按定义有：
对棒有
联立可得
可知棒做初速度为零的匀加速运动，
选项错误；
D．导体棒向下出磁场时的速度为，由运动学公式
解得
选项正确。
故选ABD。
【变式训练·变考法】如图甲所示，粗细均匀的无限长光滑平行导轨固定在倾角
的斜面上，
在边界EF 下方区域存在垂直导轨平面向下的匀强磁场B，有两根相同金属棒ab、cd 分别从磁场边界
EF 上方
位置和边界EF 位置同时由静止释放，cd 棒运动的
图像如图乙所示，其中OM、
NP 段为曲线，其它段为直线。已知磁感应强度
，导轨间距
，导体棒的质量均为
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，导体棒电阻均为
，导轨电阻不计，g 取
。求：
(1)
的大小并直接写出ab 棒在整个运动过程中加速度的最大值；
(2)从
到
导体棒cd 位移大小
；
(3)导体棒ab 进入磁场后，通过导体棒ab 的电荷量
。
【答案】(1)
(2)
(3)0.45C
【详解】（1）设2s 前cd 达到匀速直线运动时的速度为
，cd 棒受平衡力
代入题中数据，解得
因为
联立解得
ab 棒在整个运动过程中加速度的最大值
（2）cd 棒在0~2s 的运动过程，以
的方向为正方向，由动量定理得
因为
因为
联立解得
（3）ab 棒先做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得
2s 时ab 棒刚好进入磁场，其速度大小
设ab 棒进入磁场后经过时间
与cd 棒速度相 等，一起做匀加速直线运动，以
的方向为 正方向，
则对cd 棒有
以沿斜面向下的方向为正方向，对ab 棒有
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因为
联立解得
考点二 电磁感应中的能量问题
知识点1 电磁感应现象中的能量转化
知识点2 求解焦耳热Q 的三种方法
考向1 电磁感应中的能量转化的定性分析
例1．竖直平行导轨MN 上端接有电阻R，金属杆ab 质量为m，跨在平行导轨间的长度为L，垂直导轨平
面的水平匀强磁场方向向里，不计ab 杆及导轨电阻，不计摩擦，且ab 与导轨接触良好，如图所示。若ab
杆在竖直方向上的外力F 作用下匀速上升h，则下列说法错误的是（ ）
A．金属杆ab 克服安培力所做的功等于电阻R 上产生的焦耳热
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B．金属杆ab 克服安培力所做的功与克服重力做功之和等于金属杆机械能的增加量
C．拉力F 与重力做功的代数和等于金属杆克服安培力做的功
D．拉力F 与安培力的合力所做的功等于mgh
【答案】B
【详解】A．根据功能关系可知，金属杆ab 克服安培力所做的功等于电阻R 上产生的焦耳热，故A 正确，
不符合题意；
B．金属杆机械能的增加量等于除重力外的其他力所做的功，即金属杆机械能的增加量等于外力F 与克服
安培力做功之差，即
故B 错误，符合题意；
CD．ab 杆在竖直方向外力F 作用下匀速上升h，由动能定理可得
故金属杆克服安培力做的功
拉力F 与安培力的合力所做的功为
故CD 正确，不符合题意；
故选B。
【变式训练1】(多选)如图甲所示，左侧接有定值电阻R＝2 Ω 的水平粗糙导轨处于垂直纸面向
外的匀强磁场中，磁感应强度B＝1 T，导轨间距L＝1 m。一质量m＝2 kg，阻值r＝2 Ω 的金
属棒在水平拉力F 作用下由静止开始从CD 处沿导轨向右加速运动，金属棒的v－x 图像如图
乙所示，若金属棒与导轨间动摩擦因数μ＝0.2，则从起点发生x＝1 m 位移的过程中(g＝10
m/s2)( )
A.金属棒克服安培力做的功W1＝0.25 J
B.金属棒克服摩擦力做的功W2＝5 J
C.整个系统产生的总热量Q＝4.25 J
D.拉力做的功W＝9.25 J
【答案】 AC
【解析】 由v－x
像得
图
v＝2x，金属棒所受的安培力FA＝＝，代入数据得FA＝0.5x N，
知
则
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FA与x 是
性关系。当
线
x＝0
，安培力
时
FA1＝0；当x＝1 m
，安培力
时
FA2＝0.5 N，
从起点
生
则
发
x＝1 m 位移的
程中，安培力做功
过
为WA＝－x＝－0.25 J，即金属棒克服安培力做的功为W1＝
0.25 J，故A 正确；金属棒克服摩擦力做的功为W2＝μmgx＝0.2×2×10×1 J＝4 J，故B
；克
错误
服安培力做功等于
生的
，克服摩擦力做功等于
生的摩擦
，
整个系
生的
量
产
电热
产
热则
统产
总热
Q＝W1＋W2＝4.25 J，故C 正确；根据
能定理得
动
WF－W2＋WA＝mv2，代入数据解得WF＝8.25
J，故D
。
错误
考向2 电磁感应中的能量转化的定量计算
例2．（2025·湖南模拟）如图甲所示，足够长导轨与水平面的夹角
，导轨间距
，其下端
连接一个阻值
的定值电阻，两导轨间存在垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小
。一质量为
的导体棒
垂直于导轨放置，导体棒与导轨间的动摩擦因数
。现将导体
棒由静止释放，对应过程的
图像如图乙所示，
内为曲线、
后为直线。运动过程中，导体
棒始终与导轨垂直且接触良好，不计空气阻力和导体棒、导轨电阻，取
，下列说法正确的是（ ）
A．导体棒的加速度大小为
时，导体棒的速度大小为
B．导体棒的质量为
C．
内，通过定值电阻的电荷量为
D．
内，系统产生的焦耳热为
【答案】CD
【详解】B．对导体棒受力分析，由牛顿第二定律得
过程中导体棒达到最大速度，则
此时
代人上式解得
，故B 错误；
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A．将
，
代入方程
得
，故A 错误；
C．前8s 内，
，故C 正确；
D．前6s 内由动能定理得
系统产生的焦耳热
，故D 正确。
故选CD。
【变式训练1】（2025··湖南长沙田家炳实验中学·一模）如图1，一端封闭的两条平行光滑长导
轨相距L，距左端L 处的右侧一段被弯成半径为
的四分之一圆弧，圆弧导轨的左、右两段处于高度相差
的水平面上．以弧形导轨的末端点O 为坐标原点，水平向右为x 轴正方向，建立
坐标轴，圆弧导轨
所在区域无磁场；左段区域存在空间上均匀分布，但随时间t 均匀变化的磁场
，如图2 所示；右段区域
存在磁感应强度大小不随时间变化，只沿x 方向均匀变化的磁场
，如图3 所示；磁场
和
的方
向均竖直向上，在圆弧导轨最上端，放置一质量为m 的金属棒
，与导轨左段形成闭合回路，金属棒由
静止开始下滑时左段磁场
开始变化，金属棒与导轨始终接触良好，经过时间
金属棒恰好滑到圆弧导
轨底端。已知金属棒在回路中的电阻为R，导轨电阻不计，重力加速度为g。
（1）若金属棒能离开右段磁场
区域，离开时的速度为v，求：金属棒从开始滑动到离开右段磁场过程
中产生的焦耳热Q；
（2）若金属棒滑行到
位置时停下来，求：金属棒在水平轨道上滑动过程中通过导体棒的电荷量q；
（3）通过计算，确定金属棒在全部运动过程中感应电流最大时的位置。
【答案】（1）
；（2）
；（3）x=0
【知识点】作用的导体棒在导轨上运动的电动势、安培力、电流、路端电压、计算导轨切割磁感线电路中
产生的热量、求导体棒运动过程中通过其截面的电量
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【详解】（1）由图2 可知，根据法拉第电磁感应定律，感应电动势为
金属棒在弧形轨道上滑行过程中，产生的焦耳热为
金属棒在弧形轨道上滑行过程中，根据机械能守恒定律有
金属棒在水平轨道上滑行的过程中，产生的焦耳热为Q2，根据能量守恒定律有：
所以金属棒在全部运动过程中产生的焦耳热为
（2）根据图3，x=x1（x1＜x0）处磁场的磁感应强度为
．
设金属棒在水平轨道上滑行时间为Δt，由于磁场B（x）沿x 方向均匀变化，根据法拉第电磁感应定律Δt
时间内的平均感应电动势为
所以通过金属棒电荷量为
（3）金属棒在弧形轨道上滑行过程中，有
金属棒在水平轨道上滑行过程中，由于滑行速度和磁场的磁感应强度都在减小，所以此过程中，金属棒刚
进入磁场时，感应电流最大；刚进入水平轨道时，金属棒的速度为
所以水平轨道上滑行过程中的最大电流为
若金属棒自由下落高度
，经历时间
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显然t0＞t，所以
综上所述，金属棒刚进入水平轨道时，即金属棒在x=0 处，感应电流最大。
【变式训练1】（2026·湖南省永州市第一中学高三上学期一模）如图所示，两平行金属轨道间距为L，与
水平方向夹角为
，轨道电阻不计，垂直轨道放置两根质量分别为m 和
的金属棒
，有效阻
值分别为R 和
，金属棒与轨道间的动摩擦因数均为
。整个装置处在垂直轨道向下的匀强磁场
中，磁感应强度大小为B。给a 棒一个沿轨道向下的初速度
，同时b 棒由静止释放，两金属棒与轨道间
接触始终良好。已知金属棒
间的距离足够大，
，
，下列说法正确的是（
）
A. a 棒的加速度先减小后增大，两棒间距一直减小
B. b 棒开始运动时的加速度大小为
C. 整个过程中a 棒产生的焦耳热为
D.
两棒间距的变化量为
【答案】BD
【解析】
【详解】A．根据题意可知对
棒有
则
棒的合力均为其所受的安培力，a 棒的初速度沿轨道向下，由右手定则可知电流为逆时针方向，由
左手定则可知，a 棒受到沿轨道向上的安培力
而做减速运动，b 棒受到沿轨道向下的安培力
而做加
速运动，而
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可知
减小，当
时加速度为零，之后两棒做匀速运动，根据牛顿第二定律可知，a 棒先做加速度
减小的减速运动后做匀速运动，两棒间的距离先减小后不变，故A 错误；
B．开始时a 棒切割磁感线产生的感应电动势
，根据闭合电路欧姆定律可知，回路中的电流
金属棒b 受到的安培力
根据牛顿第二定律有
解得
故B 正确；
C．两棒组成的系统沿轨道方向所受合力为零，则两棒组成的系统动量守恒，最终达到共同速度v，根据动
量守恒定律有
设整个过程产生的焦耳热为Q，根据能量守恒定律有
根据串联电路特点可知a 棒产生的焦耳热为
解得
故C 错误；
D．根据法拉第电磁感应定律可知回路产生的平均感应电动势为
根据闭合电路欧姆定律可知，回路中的平均电流为
对b 棒应用动量定理有
联立解得
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故D 正确。
故选BD。
1．（2025·广东·高考真题）如图是一种精确测量质量的装置原理示意图，竖直平面内，质量恒为M 的
称重框架由托盘和矩形线圈组成。线圈的一边始终处于垂直线圈平面的匀强磁场中，磁感应强度不变。测
量分两个步骤，步骤①：托盘内放置待测物块，其质量用m 表示，线圈中通大小为I 的电流，使称重框架
受力平衡；步骤②：线圈处于断开状态，取下物块，保持线圈不动，磁场以速率v 匀速向下运动，测得线
圈中感应电动势为E。利用上述测量结果可得出m 的值，重力加速度为g。下列说法正确的有（ ）
A. 线圈电阻为
B. I 越大，表明m 越大
C. v 越大，则E 越小
D.
【答案】BD
【解析】
【详解】A．根据题意电动势E 是线圈断开时切割磁感线产生的感应电动势，I 为线圈闭合时通入的电流，
故
不是线圈的电阻；
故A 错误；
B．根据平衡条件有
①
故可知I 越大，m 越大；
故B 正确；
C．根据公式有
②
故可知v 越大，E 越大；
故C 错误；
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习~~~
D．联立①②可得
故D 正确。
故选BD。
2．（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 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，设运动的速度为v 有E = Bdv，
，F 安 = Bid，F－F 安 = ma
联立有
B．由于gh 在磁场中运动时做匀变速直线运动，则有
，ma = b
解得
，故B 正确；
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CD．gh 在无磁场区域运动时，F = 0，根据动量定理有
gh 在磁场中运动时做匀变速直线运动有
结合ma = b
解得
，
，故C 正确，D 错误；
A．由于gh 在磁场中运动时做匀变速直线运动，则有vmax = v0＋at
解得
，故A 错误。
故选BC。
3．（2025·福建·高考真题）光滑斜面倾角为θ=30°，Ⅰ区域与Ⅱ区域均存在垂直斜面向外的
匀强磁场，两区磁感应强度大小相等，均为B。正方形线框abcd 质量为m，总电阻为R，
同种材料制成且粗细均匀，Ⅰ区域长为L1，Ⅱ区域长为L2，两区域间无磁场的区域长度大
于线框长度。线框从某一位置释放，cd 边进入Ⅰ区域时速度为v，且直到ab 边离开Ⅰ区域
时速度均为v，当cd 边进入Ⅱ区域时的速度和ab 边离开Ⅱ区域时的速度一致，则：
(1)求线框释放点cd 边与Ⅰ区域上边缘的距离；
(2)求cd 边进入Ⅰ区域时cd 边两端的电势差；
(3)求线框进入Ⅱ区域到完全离开过程中克服安培力做功的平均功率。
【答案】(1)
(2)
(3)见解析
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【详解】（1）线框在没有进入磁场区域时，根据牛顿第二定律
根据运动学公式
联立可得线框释放点cd 边与Ⅰ区域上边缘的距离
（2）因为cd 边进入Ⅰ区域时速度为v，且直到ab 边离开Ⅰ区域时速度均为v，可知线框
的边长与Ⅰ区域的长度相等，根据平衡条件有
又
，
cd 边两端的电势差
联立可得
（3）①若
，在线框进入Ⅰ区域过程中，根据动量定理
其中
，
，
联立可得
线框在Ⅱ区域运动过程中，根据动量定理
根据
线框进入磁场过程中电荷量都相等，即
联立可得
根据能量守恒定律
克服安培力做功的平均功率
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联立可得
②若
，同理可得
根据动量定理
其中
结合
，
联立可得
根据能量守恒定律
克服安培力做功的平均功率
联立可得
4．（2025·陕晋青宁卷·高考真题）如图，光滑水平面上存在竖直向上、宽度d 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均为m，长均为
，宽均为L，电阻分别为R 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．甲线框进磁场和出磁场的过程中电流方向相同
B．甲、乙线框刚进磁场区域时，所受合力大小之比为
C．乙线框恰好完全出磁场区域时，速度大小为0
D．甲、乙线框从刚进磁场区域到完全出磁场区域产生的焦耳热之比为
【答案】D
【解析】
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【详解】A．根据楞次定律，甲线框进磁场的过程电流方向为顺时针，出磁场的过程中电流方向为逆时针，
故A 错误；
B．甲线框刚进磁场区域时，合力为
，
乙线框刚进磁场区域时，合力
，
可知
；
故B 错误；
CD ．假设甲乙都能完全出磁场，对甲根据动量定理有
，
同理对乙有
，
解得
，
故甲恰好完全出磁场区域，乙完全出磁场区域时，速度大小不为0；由能量守恒可知甲、乙线框从刚进磁
场区域到完全出磁场区域产生的焦耳热分别为
，
即
；
故C 错误，D 正确。
故选D。
5. （2024 年高考湖南卷）某电磁缓冲装置如图所示，两足够长的平行金属导轨置于同一水平面内，导轨
左端与一阻值为R 的定值电阻相连，导轨
段与
段粗糙，其余部分光滑，
右侧处于竖直向下的
匀强磁场中，一质量为m 的金属杆垂直导轨放置。现让金属杆以初速度
沿导轨向右经过
进入磁场，
最终恰好停在
处。已知金属杆接入导轨之间的阻值为R，与粗糙导轨间的摩擦因数为
，
。导轨电阻不计，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
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A. 金属杆经过
的速度为
B. 在整个过程中，定值电阻R 产生的热量为
C. 金属杆经过
与
区域，金属杆所受安培力的冲量相同
D. 若将金属杆的初速度加倍，则金属杆在磁场中运动的距离大于原来的2 倍
【答案】CD
【解析】
【详解】A．设平行金属导轨间距为L，金属杆在AA1B1B 区域向右运动的过程中切割磁感线有
E = BLv，
金属杆在AA1B1B 区域运动的过程中根据动量定理有
则
由于
，则上面方程左右两边累计求和，可得
则
设金属杆在BB1C1C 区域运动的时间为t0，同理可得，则金属杆在BB1C1C 区域运动的过程中有
解得
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综上有
则金属杆经过BB1的速度大于
，故A 错误；
B．在整个过程中，根据能量守恒有
则在整个过程中，定值电阻R 产生的热量为
故B 错误；
C．金属杆经过AA1B1B 与BB1C1C 区域，金属杆所受安培力的冲量为
则金属杆经过AA1B1B 与BB1C1C 区域滑行距离均为
，金属杆所受安培力的冲量相同，故C 正确；
D．根据A 选项可得，金属杆以初速度
在磁场中运动有
金属杆的初速度加倍，设此时金属杆在BB1C1C 区域运动的时间为
，全过程对金属棒分析得
联立整理得
分析可知当金属杆速度加倍后，金属杆通过BB1C1C 区域的速度比第一次大，故
，可得
可见若将金属杆的初速度加倍，则金属杆在磁场中运动的距离大于原来的2 倍，故D 正确。
故选CD。
6. （2024 年高考山东卷）. 如图所示，两条相同的半圆弧形光滑金属导轨固定在水平桌面上，其所在平面
竖直且平行，导轨最高点到水平桌面的距离等于半径，最低点的连线OO'与导轨所在竖直面垂直。空间充
满竖直向下的匀强磁场（图中未画出），导轨左端由导线连接。现将具有一定质量和电阻的金属棒MN 平
行OO'放置在导轨图示位置，由静止释放。MN 运动过程中始终平行于OO'且与两导轨接触良好，不考虑
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自感影响，下列说法正确的是（ ）
A. MN 最终一定静止于OO'位置
B. MN 运动过程中安培力始终做负功
C. 从释放到第一次到达OO'位置过程中，MN 的速率一直在增大
D. 从释放到第一次到达OO'位置过程中，MN 中电流方向由M 到N
【答案】ABD
【解析】
由于金属棒MN 运动过程切割磁感线产生感应电动势，回路有感应电流，产生焦耳热，金属棒MN 的机械
能不断减小，由于金属导轨光滑，所以经过多次往返运动，MN 最终一定静止于OO'位置，故A 正确；
当金属棒MN 向右运动，根据右手定则可知，MN 中电流方向由M 到N，根据左手定则，可知金属棒MN
受到的安培力水平向左，则安培力做负功；当金属棒MN 向左运动，根据右手定则可知，MN 中电流方向
由N 到M，根据左手定则，可知金属棒MN 受到的安培力水平向右，则安培力做负功；可知MN 运动过程
中安培力始终做负功，故B 正确；
金属棒MN 从释放到第一次到达OO'位置过程中，由于在OO'位置重力沿切线方向的分力为0，可知在到达
OO'位置之前的位置，重力沿切线方向的分力已经小于安培力沿切线方向的分力，金属棒MN 已经做减速
运动，故C 错误；
从释放到第一次到达OO'位置过程中，根据右手定则可知，MN 中电流方向由M 到N，故D 正确。
故选ABD。
7. （2024 年高考辽宁卷） 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
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B. ab 中电流趋于
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
【解析】
导体棒ab 和cd 同时由静止释放，速度为v 时，ab 产生的感应电动势E1=2BLv，由右手定则可判断出ab 中
感应电动势方向为a→b；cd 产生的感应电动势E2=BLv，由右手定则可判断出ab 中感应电动势方向为
c→d，两导体棒产生的感应电动势；所以回路中的电流方向为abcda，A 正确；当导体棒所受安培力沿导
轨方向的分力等于重力沿导轨方向的分力时，导体棒匀速运动，电流趋于最大值。设ab 导体棒中电流趋于
I，ab 所受安培力F=2BLI，由Fcos30°=2mgsin30°，解得I=
，B 正确；导体棒速度为v 时回路中总
感应电动势E=E1+E2=3BLv，导体棒中电流I=E/2R=
,对导体棒ab，所受安培力F1=
，由牛顿
第二定律2mgsin30°-F1cos30°=2ma1，解得a1=g/2-
；对导体棒cd，由所受安培力F2=
，由牛
顿第二定律mgsin30°-F2cos30°=ma2，解得a2=g/2-
；由此可知，ab 和cd 加速度大小始终相等，C 错
误；由于ab 和cd 加速度大小始终相等，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，由
E=BLv 可知两导体棒产生的感应电动势始终不相等，D 错误。
8．（2024·贵州·高考真题）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
B．金属棒加速的时间为
C．加速过程中拉力的最大值为
D．加速过程中拉力做的功为
【答案】AB
【详解】A．设加速阶段的位移与减速阶段的位移相等为
，根据
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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，则减速过程由动量定理可得
解得
A 正确；
B．由
解得
金属棒加速的过程中，由位移公式可得
可得加速时间为
B 正确；
C．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
其中
联立解得
C 错误；
D．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
可得
因此加速过程中拉力做的功大于
，D 错误。
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故选AB。
9．（2024·全国·高考真题）如图，一绝缘细绳跨过两个在同一竖直面（纸面）内的光滑定滑轮，绳的一端
连接一矩形金属线框，另一端连接一物块。线框与左侧滑轮之间的虚线区域内有方向垂直纸面的匀强磁场，
磁场上下边界水平，在
时刻线框的上边框以不同的初速度从磁场下方进入磁场。运动过程中，线框始
终在纸面内且上下边框保持水平。以向上为速度的正方向，下列线框的速度v 随时间t 变化的图像中可能
正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】AC
【详解】设线圈的上边进入磁场时的速度为v，设线圈的质量M，物块的质量m，图中线圈进入磁场时线
圈的加速度向下，则对线圈由牛顿第二定律可知
对滑块
其中
即
线圈向上做减速运动，随速度的减小，向下的加速度减小；当加速度为零时，即线圈匀速运动的速度为
A．若线圈进入磁场时的速度较小，则线圈进入磁场时做加速度减小的减速运动，线圈的速度和加速度都
趋近于零，则图像A 可能正确；
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B．因t=0 时刻线圈就进入磁场，则进入磁场时线圈向上不可能做匀减速运动，则图像B 不可能；
CD．若线圈的质量等于物块的质量，且当线圈进入磁场时，且速度大于v0，线圈进入磁场做加速度减小的
减速运动，完全进入磁场后线圈做匀速运动；当线圈出离磁场时，受向下的安培力又做加速度减小的减速
运动，最终出离磁场时做匀速运动，则图像C 有可能，D 不可能。
故选AC。
【
10．（2023·湖南·高考真题）如图，两根足够长的光滑金属直导轨平行放置，导轨间距为
，两导轨及其
所构成的平面均与水平面成
角，整个装置处于垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为
．现将质量均为
的金属棒
垂直导轨放置，每根金属棒接入导轨之间的电阻均为
。运动过程中
金属棒与导轨始终垂直且接触良好，金属棒始终未滑出导轨，导轨电阻忽略不计，重力加速度为
。
（1）先保持棒
静止，将棒
由静止释放，求棒
匀速运动时的速度大小
；
（2）在（1）问中，当棒
匀速运动时，再将棒
由静止释放，求释放瞬间棒
的加速度大小
；
（3）在（2）问中，从棒
释放瞬间开始计时，经过时间
，两棒恰好达到相同的速度
，求速度
的大
小，以及时间
内棒
相对于棒
运动的距离
。
【答案】（1 ）
；（2 ）
；（3 ）
，
【解析】
【详解】（1）a 导体棒在运动过程中重力沿斜面的分力和a 棒的安培力相等时做匀速运动，由法拉第电磁
感应定律可得
有闭合电路欧姆定律及安培力公式可得
，
a 棒受力平衡可得
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联立记得
（2）由右手定则可知导体棒b 中电流向里，b 棒 沿斜面向下的安培力，此时电路中电流不变，则b 棒牛
顿第二定律可得
解得
（3）释放b 棒后a 棒受到沿斜面向上的安培力，在到达共速时对a 棒动量定理
b 棒受到向下的安培力，对b 棒动量定理
联立解得
此过程流过b 棒的电荷量为q，则有
由法拉第电磁感应定律可得
联立b 棒动量定理可得
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