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选择8 电磁感应高频问题
考点内容
考情分析
考向一 电磁感应现象 楞次定律
高考对于这部分知识点主要以常见模型
为背景，通过创新情景灵活出题，其本
质与常规无异。强化对物理基本概念、
基本规律的考查。
考向二 电磁感应中的电路与图像问题
考向三 电磁感应中的功能转化
考向四 电磁感应中的冲量 动量问题
1.思想方法
(1)电路分析:明确电源与外电路，可画等效电路图。
(2)受力分析:把握安培力的特点，安培力大小与导体棒速度有关，一般在牛顿第二定律方程里讨论
v 的变化影响安培力大小，进而影响加速度大小，加速度的变化又会影响v 的变化。
(3)过程分析:注意导体棒进入磁场或离开磁场时的速度是否达到“收尾速度”。
(4)能量分析:克服安培力做多少功，就有多少其他形式的能转化为电能。
2.模型建构
一、电磁感应中电路综合问题
1.等效电源的分析
(1)用法拉第电磁感应定律算出E 的大小。等效电源两端的电压等于路端电压，一般不等于电源
电动势，除非切割磁感线的导体（或线圈）电阻为零。
(2)用楞次定律或右手定则确定感应电动势的“方向”，从而确定电源正负极。感应电流方向是电
源内部电流的方向，要特别注意在等效电源内部，电流由负极流向正极。
(3)明确电源内阻r。
2.电路结构的分析
(1)分析内、外电路，以及外电路的串并联关系，画出等效的电路图。
1
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(2)应用闭合电路的欧姆定律、串并联电路知识和电功率、焦耳定律等关系式联立求解。
二、分析线框在磁场中运动问题的两大关键
1.分析电磁感应情况：弄清线框在运动过程中是否有磁通量不变的阶段，线框进入和穿出磁场的
过程中，才有感应电流产生，结合闭合电路的欧姆定律列方程解答。
2.分析导线框的受力以及运动情况，选择合适的力学规律处理问题：在题目中涉及电荷量、时间
以及安培力为变力时应选用动量定理处理问题；如果题目中涉及加速度的问题时选用牛顿运动定律
解决问题比较方便。
三、电磁感应中的能量问题
1.电磁感应中的能量转化
2.求解焦耳热Q 的三种方法
四、电磁感应与动量、能量问题结合
在导体单杆切割磁感线做变加速运动时，若牛顿运动定律和能量观点不能解决问题，可运用动
量定理巧妙解决问题
求解的物理量
应用示例
电荷量或速度
－BLΔt＝mv2－mv1，q＝Δt.
位移
－＝0－mv0，即－＝0－mv0
时间
－BLΔt＋F 其他Δt＝mv2－mv1
即－BLq＋F 其他Δt＝mv2－mv1
2
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已知电荷量q、F 其他(F 其他为恒力)
－＋F 其他Δt＝mv2－mv1，Δt＝x
已知位移x、F 其他(F 其他为恒力)
考向一 电磁感应现象 楞次定律
1.
（2024•郑州一模）电磁俘能器可在汽车发动机振动时利用电磁感应发电实现能量回
收，结构如图甲所示。两对永磁铁可随发动机一起上下振动，每对永磁铁间有水平方向的匀强
磁场，磁感应强度大小均为B。磁场中，边长为L 的正方形线圈竖直固定在减震装置上。某时
刻磁场分布与线圈位置如图乙所示，永磁铁振动时磁场分界线不会离开线圈。关于图乙中的线
圈，下列说法正确的是（ ）
A．穿过线圈的磁通量为BL2
B．永磁铁相对线圈上升越高，线圈中感应电动势越大
C．永磁铁相对线圈上升越快，线圈中感应电动势越小
D．永磁铁相对线圈下降时，线圈中感应电流的方向为顺时针方向
【解答】解：A、根据图乙可知此时穿过线圈的磁通量为零，故A 错误；
BC、根据法拉第电磁感应定律可知，永磁铁相对线圈上升越快，则磁通量的变化率越大，线圈
中感应电动势越大，与线圈的上升高度无关，故BC 错误；
D、永磁铁相对线圈下降时，线圈中垂直于纸面向外的磁通量增大，根据楞次定律可知，线圈中
感应电流的方向为顺时针方向，故D 正确；
故选：D。
3
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2.
（2024•衡阳县模拟）高速铁路列车通常使用磁刹车系统，磁刹车工作原理可简述如
下：将磁铁的N 极靠近一块正在以逆时针方向旋转的圆形铝盘，使磁感线总垂直射入铝盘时，
铝盘随即减速，如图所示，圆中磁铁左方铝盘的甲区域朝磁铁方向运动，磁铁右方的乙区域朝
离开磁铁方向运动，下列说法中正确的是（ ）
A．铝盘甲区域的感应电流会产生垂直纸面向里的磁场
B．磁场与感应电流的作用力，会产生将铝盘减速旋转的阻力
C．感应电流在铝盘产生的内能，是将铝盘减速的最主要原因
D．若将实心铝盘转换成布满小空洞的铝盘，则磁铁对布满空洞的铝盘减速效果比实心铝盘的效
果更好
【解答】解：A.铝盘甲区域中的磁通量向里增大，由楞次定律可知，甲区域感应电流方向为逆
时针方向，则此感应电流的磁场方向垂直纸面向外，故A 错误；
BC.由“来拒去留”可知，磁场与感应电流的作用力，会产生将铝盘减速旋转的阻力，会使铝盘
减速，故B 正确，C 错误；
D.改成空洞铝盘，电阻变大，电流变小，阻碍效果更差，故D 错误。
故选：B。
3.
（2024•衡阳县模拟）如图甲所示，列车车头底部安装强磁铁，线圈及电流测量仪埋
设在轨道地面（测量仪未画出），P、Q 为接测量仪器的端口，磁铁的匀强磁场垂直地面向下、
宽度与线圈宽度相同，俯视图如图乙。当列车经过线圈上方时，测量仪记录线圈的电流为
0.12A。磁铁的磁感应强度为0.005T，线圈的匝数为5，长为0.2m，电阻为0.5Ω，则在列车经
过线圈的过程中，下列说法正确的是（ ）
4
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A．线圈的磁通量一直增加
B．线圈的电流方向先顺时针后逆时针方向
C．线圈的安培力大小为1.2×10﹣4N
D．列车运行的速率为12m/s
【解答】解：A．列车经过线圈的上方时，穿过线圈的磁通量向下，先增大后减小，故A 错误；
B．在列车经过线圈的上方时，由于列车上的磁场的方向向下，所以线圈内的磁通量方向向下，
先增大后减小，根据楞次定律可知，线圈中的感应电流的方向为先逆时针，再顺时针方向。故B
错误；
C．线圈受到的安培力大小为F＝nBIlL＝5×0.005×0.12×0.2N＝6×10﹣4N，故C 错误；
D．导线切割磁感线的电动势为E＝nBlv
根据闭合电路欧姆定律可得I = E
R
联立解得v＝12m/s
故D 正确。
故选：D。
4.
（2024•盘锦三模）在水平放置的条形磁铁的N 极附近，一个闭合金属线圈竖直向下
运动，线圈平面始终保持水平。在位置B，磁感线正好与线圈平面平行，A 与B 和B 与C 之间
的距离都比较小。在线圈从位置A 运动到位置C 的过程中，从上往下看，感应电流的方向是
（ ）
A．顺时针方向
B．逆时针方向
5
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C．先顺时针方向，后逆时针方向
D．先逆时针方向，后顺时针方向
【解答】解：从A 到B 过程，穿过线圈的磁通量减小，磁场方向斜向上，据楞次定律判断可知：
线圈中感应电流方向沿逆时针（俯视）；到达B 处时磁通量为零，因为还在向下运动，所以磁
通量有反向增大的趋势线圈中感应电流方向沿逆时针（俯视）；从B 到C 过程，穿过线圈的磁
通量增大，磁场方向斜向下，据楞次定律判断可知：线圈中感应电流方向沿逆时针（俯视）；
所以线圈A、B、C 三个位置的感应电流方向都是逆时针方向，故B 正确，ACD 错误；
故选：B。
5.
（2024•江苏模拟）两个完全相同的灵敏电流计A、B，按图所示的连接方式，用导线
连接起来，当把电流计A 的指针向左边拨动的过程中，电流计B 的指针将（ ）
A．向右摆动
B．向左摆动
C．静止不动
D．发生摆动，但不知道电流计的内部结构情况，故无法确定摆动方向
【解答】解：
因两表的结构完全相同，对A 来说就是由于拨动指针带动线圈切割磁感线产生感应电流，电流
方向应用右手定则判断；对B 表来说是线圈受安培力作用带动指针偏转，偏转方向应由左手定
则判断，此电流在左侧电流表中受到的安培力，阻碍表针向左拨动。即安培力使左侧表指针向
右摆。由于连接方法从左边的表流出的电流从右侧的电表的接线柱“﹣”流入，从接线柱“ +”
流出；研究两表的接线可知，两表串联，故可判定电流计B 的指针向右摆动。
故选：A。
6
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考向二 电磁感应中的电路与图像问题
6.
（2024•浙江模拟）在如图所示的磁感应强度大小为B 的匀强磁场中（可随时间变
化），存在一足够大的长方形导轨，并且导轨宽度为1。现导轨中有一电阻和一导体棒（与导
轨接触良好），而导体棒有效切割长度也为1。当导体棒以速度v0向右匀速运动的时候，若导
体棒和导轨内部始终无电流，则下列图像可能正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：设导体棒开始运动时，距离导轨左端为x，磁场的磁感应强度为B0，依题意，导体
棒和导轨内部始终无电流，可得
B0lx＝Bl（x+v0t）
整理，可得
1
B = 1
B0
+ v0
B0 x t
即1
B
与t 为一次函数关系。
故ABD 错误；C 正确。
故选：C。
7.
（多选）（2022•新宁县校级三模）如图甲所示，abcd 是匝数为100 匝、边长为
7
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10cm、总电阻为0.1Ω 的正方形闭合导线圈，放在与线圈平面垂直的图示匀强磁场中，磁感应
强度B 随时间t 的变化关系如图乙所示。则以下说法正确的是（ ）
A．导线圈中产生的是正弦式交变电流
B．在t＝2.5s 时导线圈产生的感应电动势为2V
C．在0～2s 内通过导线横截面的电荷量为10C
D．在t＝1s 时导线圈内电流的瞬时功率为10W
【解答】解：AB．根据法拉第电磁感应定律E =nS ΔB
Δt
，0～2s 和2～3s 的磁感应强度变化率分
别为ΔB1
Δt1
= 2
2 T / s=1T / s，ΔB2
Δt2
= 2
1 T / s=2T / s
代入数据可以得到E1＝1V，E2＝2V，所以不是正弦交流电，t＝2.5s 时感应电动势为2V，A 错
误，B 正确；
C．感应电流I 1= E1
R =10 A，电荷量q1＝I1Δt1＝10×3C＝20C，故C 错误；
D．t＝1s 时导线圈内电流的瞬时功率P＝I1E1＝10×1W＝10W，故D 正确。
故选：BD。
8.
（2024•广东三模）我国最新航空母舰福建舰采用了世界上最先进的电磁弹射技术，
装备了三条电磁弹射轨道，电磁弹射的简化模型如图所示：足够长的水平固定金属轨道处于竖
直向下的匀强磁场中，左端与充满电的电容器C 相连，与机身固连的金属杆ab 静置在轨道上，
闭合开关S 后，飞机向右加速。若不计所有阻力和摩擦，回路总电阻R 保持不变，下列说法不
正确的是（ ）
A．提高电容器的放电量，可以提高飞机的起飞速度
8
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B．飞机运动过程中，a 端的电势始终高于b 端的电势
C．飞机的速度最大时，金属杆ab 产生的感应电动势与电容器两端电压相等
D．飞机的速度达到最大时，电容器所带的电荷量为零
【解答】解：A、对金属杆与飞机，由动量定理可得BIL•Δt＝mv﹣0，其中q＝I•Δt，联立可得
BLq＝mv，则提高电容器的放电量，可以提升飞机的起飞速度，故A 正确；
B、飞机向右加速，通过金属杆ab 的电流方向为a→b，则电容器上板带正电，下板带负电，a 端
的电势高于b 端的电势，故B 正确；
CD、随着飞机加速，金属杆ab 产生的电动势为E＝BLv 增大，电容器两端电压U 减小，根据牛
顿第二定律，对金属杆和飞机有BL U - BLv
R
=ma，则金属杆的加速度a 减小，当U＝E 时，飞
机的速度达到最大，此时电容器所带的电荷量不为零，故C 正确，D 错误。
本题选不正确的，
故选：D。
9.
（2024•湖北模拟）如图所示，足够长的光滑水平固定金属导轨宽为L，导轨上静止
放置着质量分别为2m、3m 的两根导体棒a、b。现给a 一水平向右的初速度v。已知导轨电阻
不计，两导体棒始终与导轨保持垂直且与导轨接触良好，回路的总电阻为R，垂直于导轨平面
向里的匀强磁场的磁感应强度大小为B。下列说法正确的是（ ）
A．a、b 稳定前回路中产生顺时针方向的感应电流
B．a 的速度为3 v
4
时，b 的速度为v
4
C．a 的速度为3 v
4 时，b 的加速度为B
2 L
2v
2mR
D．从开始到a、b 稳定后，a、b 间的距离增大了6 Rmv
5 B
2 L
2
【解答】解：A、导体棒a 获得初速度向右运动，由右手定则可知导体棒a 中电流向上，则回路
中电流为逆时针方向，由左手定则可知导体棒a 所受安培力方向水平向左，向右做减速运动，由
9
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右手定则可知导体棒a 上端为正极，由左手定则可知导体棒b 所受安培力水平向右，b 向右做加
速运动，由右手定则可知导体棒b 上端为正极，两导体棒产生的感应电动势并联，则回路中总感
应电动势：E＝BLva﹣BLvb＝BL（va﹣vb），va减小，vb增大，所以E 减小，当E 减小为零时，
感应电流为零，两导体棒所受安培力为零，两导体棒做匀速直线运动，以后稳定运动，所以a、
b 稳定前回路中产生逆时针方向的感应电流，故A 错误；
BC、a、b 运动过程中，所受安培力等大反向，两棒组成的系统动量守恒，取水平向左为正方向，
由动量守恒定律有：2mv =2m× 3
4 v +3mvb，可得vb= v
6
，则回路中总感应电动势：
E = BL( 3
4 v - v
6 )= BL 7
12 v = 7
12 BLv，由闭合电路欧姆定律有：I = E
R =
7
12 BLv
R
= 7 BLv
12 R
，导体
棒b 所受安培力：Fb＝BIL
代入数据可得：Fb= 7 B
2 L
2v
12 R
，对导体棒b 利用牛顿第二定律有：Fb＝3ma，可得导体棒b 的加
速度a= 7 B
2 L
2v
36mR
，故BC 错误；
D、设a、b 稳定后的速度为v1，取水平向右为正方向，由动量守恒定律有：2mv＝（2m+3m）
v1，可得v1= 2
5 v
从开始到a、b 稳定过程，取水平向右为正方向，对导体棒b 利用动量定理有：B I LΔt =3m v1，
其中I Δt =q，可得q = 6mv
5 BL
由q = BL( xa- xb)
R
= BLΔx
R
，可得a、b 间的增大的距离：Δx = 6 Rmv
5 B
2 L
2，故D 正确。
故选：D。
10. （2024•重庆模拟）如图为某同学设计的电磁弹射装置示意图，平行的足够长光滑水
平导轨MN、PQ 间距为L，置于磁感应强度为B 的匀强磁场中，质量为m，长度为2L 导体棒
ab 垂直放在导轨上。单刀双掷开关先打向c，内阻不计电动势为E 的电源给电容为C 的电容器
充电，充完电后打向d，导体棒ab 在安培力的作用下发射出去。阻力不计，下列说法正确的是
（ ）
10
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A．导体棒达到最大速度前，做加速度逐渐增大的加速运动
B．导体棒以最大速度发射出去后，电容器储存的电荷量为零
C．导体棒能达到的最大速度为
2CEBL
m+ 4C B
2 L
2
D．导体棒达到最大速度时，电容器放出的电荷量为
mCE
m+C B
2 L
2
【解答】解：A、开关先打向d，则电容器放电，通过导体棒的放电电流方向从a→b，由左手定
则可知导体棒ab 所受安培力水平向右，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电动势，回路中总
感应电动势E 总＝UC﹣BLv，随着电容器放电，电容器两端电压UC减小，导体棒速度v 增大，
则回路中总电动势减小，电流减小，由F＝BIL 可知安培力减小，对导体棒由牛顿第二定律有：
F＝ma，安培力F 减小，则加速度a 减小，故A 错误；
B、当导体棒产生的感应电动势与电容器两端电压相等时，即UC＝BLv，回路中E 总＝0，电流I
＝0，导体棒所受安培力F＝0，导体棒加速度a＝0，导体棒速度达到最大，此时电容器电压不为
零，则电容器电荷量不为零，故B 错误；
CD、电容器开始的电荷量：Q0＝CU＝CE，设导体棒速度最大时电容器的电荷量为Q1，则Q1＝
CU1，此时电路中总电动势为零，则有：U1＝BLvm
取水平向右为正方向，导体棒从静止到最大速度过程，对导体棒利用动量定理有：
B I LΔt =m vm-0
这一过程中电容器放出的电荷量ΔQ =Q0-Q1= I Δt
联立方程可得：vm=
BLCE
m+C B
2 L
2，ΔQ =
mCE
m+C B
2 L
2，故D 正确，C 错误。
故选：D。
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考向三 电磁感应中的功能转化
11. （2024•清江浦区模拟）如图，光滑平行金属导轨固定在水平面上，左端由导线相连，
导体棒垂直静置于导轨上构成回路。在外力F 作用下，回路上方的条形磁铁竖直向上做匀速运
动。在匀速运动过程中外力F 做功WF，磁场力对导体棒做功W1，磁铁克服磁场力做功W2，
重力对磁铁做功WG，回路中产生的焦耳热为Q，导体棒获得的动能为Ek。则（ ）
A．W1＝Q
B．W2＝Q
C．WF+WG＝Q+Ek
D．WF+WG﹣W2＝Ek
【解答】解：AB．由能量守恒定律可知磁铁克服磁场力做功W2等于回路的电能，电能一部分
转化导体棒的机械能，另一部分转化为内能，即
W2﹣W1＝Q
故AB 错误；
CD．以导体棒为对象，由能量守恒可知，外力对磁铁做功与重力对磁铁做功之和等于回路中焦
耳热与导体棒的动能之和，即
WF+WG＝Q+Ek
故C 正确，D 错误；
故选：C。
12. （2024•江苏模拟）如图所示，在光滑水平面上MN 右侧区域存在磁感应强度大小为
B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场。t＝0 时刻，一质量为m、高为a、电阻为R 的正三角形
金属线框以速度v 从边界MN 处进入磁场，最终线框恰好完全进入。在线框运动过程中，下列
说法错误的是（ ）
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A．线框中的电流始终为逆时针方向
B．t＝0 时刻，线框的感应电动势大小为Bav
C．通过导线横截面的电荷量为√3 B a
2
3 R
D．线框中感应电流产生的焦耳热为1
2 m v
2
【解答】解：A、根据右手定则，线框进入磁场的过程中，线框中的感应电流方向为逆时针方向，
故A 正确；
B、正三角形金属线框的高为a，由几何关系可得其边长：L= 2√3a
3
根据法拉第电磁感应定律，t＝0 时刻，线框的感应电动势大小为：E＝BLv= 2√3 Bav
3
，故B 错
误；
C、通过导线横截面的电荷量为：q = I Δt = E
R Δt = ΔΦ
R = BS
R =
B⋅1
2 La
R
= √3 B a
2
3 R
，故C 正确；
D、根据能量守恒定律，线框中感应电流产生的焦耳热为：Q= 1
2 m v
2，故D 正确。
本题选择错误的，故选：B。
13. （2024•浙江模拟）如图所示，在光滑绝缘的水平面上方，有两个方向相反的水平方
向的匀强磁场，磁场范围足够大，磁感应强度的大小左边为2B，右边为3B，一个竖直放置的
宽为L、长为3L、单位长度的质量为m、单位长度的电阻为r 的矩形金属线框，以初速度v 垂
直磁场方向从图中实线位置开始向右运动，当线框运动到虚线位置（在左边磁场中的长度为
L，在右边磁场中的长度为2L）时，线框的速度为1
3 v，则下列判断正确的是（ ）
13
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A．此时线框中电流方向为逆时针，线框中感应电流所受安培力为13 B
2 Lv
24 r
B．此过程中通过线框截面的电量为16mv
5 B
C．此过程中线框产生的焦耳热为4
9 mv
2
D．线框刚好可以完全进入右侧磁场
【解答】解：AD.根据右手定则，此时线框中电流方向为逆时针，线框中的感应电动势大小为E
＝2BL× 1
3 v +3BL× 1
3 v = 5
3
BLv，线框中感应电流大小为I= E
8 Lr = 5 Bv
24 r
，线框中感应电流所受
安培力为F＝2BIL+3BIL＝5BIL＝5B× 5 Bv
24 r ×L= 25 B
2 Lv
24 r
，根据牛顿第二定律此时线框的加速
度大小为a=
F
8 Lm，解得a= 25 B
2v
192mr
，故A 错误，D 正确；
B.设向右为正方向，根据动量定理有﹣2BILΔt﹣3BILΔt＝8Lm× 1
3 v -8Lmv，q＝IΔt，联立解得q
= 16mv
15 B
，故B 错误；
C.由能量守恒定律有Q= 1
2 ×8 Lm v
2- 1
2 ×8 Lm( v
3 )
2= 32
9 Lm v
2，故C 错误；
故选：D。
14. （2024•锦江区校级模拟）如图所示，在竖直向下的匀强磁场B 中，将一根水平放置
的金属棒ab 以某一水平速度v0抛出，金属棒在运动过程中始终保持水平且未离开磁场区域，
不计空气阻力，下列关于金属棒在运动过程中的说法正确的是（ ）
14
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A．机械能保持不变
B．感应电动势越来越大
C．a 点电势比b 点电势高
D．所受重力的功率保持不变
【解答】解：A、金属棒做平抛运动中，只有重力做功，因此机械能保持不变，故A 正确；
B、金属棒做平抛运动的过程中，水平方向的分速度不变，因而金属棒在垂直切割磁感线的速度
v0不变，由动生电动势的计算方法可得E＝BLv0，所以金属棒产生的感应电动势大小保持不变，
故B 错误；
C．由右手定则可知，金属棒ab 切割磁感线产生感应电动势，相当于电源，因此b 点电势高，
即a 点电势比b 点电势低，故C 错误；
D．金属棒做平抛运动中，竖直方向的速度逐渐增大，由重力的功率公式可得PG＝mgvy可知所
受重力的功率逐渐增大，故D 错误。
故选：A。
15. （2024•市中区校级三模）如图所示，间距为L 的平行导轨固定在水平绝缘桌面上，
导轨右端接有定值电阻，阻值为R，垂直导轨的虚线PQ 和MN 之间存在磁感应强度大小为
B、方向竖直向上的匀强磁场，其中导轨的PM 和QN 段光滑。在虚线PQ 左侧、到PQ 的距离
为L
2
的位置垂直导轨放置质量为m 的导体棒，现给处于静止状态的导体棒一个水平向右的恒
力作用，经过PQ 时撤去恒力，此时导体棒的速度大小v0= 8√gL
5
，经过MN 时导体棒的速度
大小v = 4√gL
5
。已知恒力大小为3mg，导体棒始终与导轨垂直且接触良好，导体棒接入电路
的电阻为R
2
，重力加速度为g，导轨电阻不计，下列说法正确的是（ ）
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A．导体棒与PQ 左侧导轨之间的动摩擦因数为0.66
B．导体棒经过磁场的过程中，通过导体棒的电荷量为4 m
5 B √
L
g
C．导体棒经过磁场的过程中，导体棒上产生的热量为16mgL
25
D．虚线PQ 和MN 之间的距离为6mR
5 B
2 L
2 √gL
【解答】解：A、对导体棒从开始运动至到达虚线PQ 的过程，根据动能定理得
（F﹣μmg）L
2 = 1
2 m v0
2
代入数据解得：μ＝0.44，故A 错误；
B、对导体棒经过磁场区域的过程，取水平向右为正方向，由动量定理得
- B I LΔt =mv -m v0
通过导体棒横截面的电荷量q = I Δt
联立解得：q = 4 m
5 B √
g
L
，故B 错误；
C、导体棒通过磁场过程，整个回路中产生的总热量为
Q= 1
2 m v0
2- 1
2 m v
2
代入数据可得：Q = 24 mgL
25
根据电阻的串并联关系，导体棒上产生的热量为
Q R
2
=Q×
R
2
R
2 + R
= 8mgL
25
，故C 错误；
D、设虚线PQ 和MN 之间的距离为Δx，可得q= I•Δt= E⋅Δt
R+ 1
2 R
= ΔΦ
3
2 R
= BLΔx
3
2 R
解得：Δx = 6mR
5 B
2 L
2 √gL，故D 正确。
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故选：D。
考向四 电磁感应中的冲量 动量问题
16. （2024•岳麓区校级模拟）定义“另类加速度”A = Δv
Δx
，A 不变的运动称为另类匀变
速运动。若物体运动的A 不变，则称物体做另类匀变速运动。如图所示，光滑水平面上一个
正方形导线框以垂直于一边的速度穿过一个匀强磁场区域（磁场宽度大于线框边长）。导线框
电阻不可忽略，但自感可以忽略不计。已知导线框进入磁场前速度为v1，穿出磁场后速度为
v2。下列说法中正确的是（ ）
A．线框在进入磁场的过程中，速度随时间均匀增加
B．线框在进入磁场的过程中，其另类加速度A 是变化的
C．线框完全进入磁场后，在磁场中运动的速度为v1+ v2
2
D．线框完全进入磁场后，在磁场中运动的速度为
√
v1
2+ v2
2
2
【解答】解：A、线框在进入磁场的过程中，受到向左的安培力而做减速运动，线框受到的安培
力大小为F = BIL= B
2 L
2v
R
，可知，随着速度减小，线框受到的安培力减小，加速度减小，因此
线框在进入磁场的过程中，做加速度逐渐减小的变减速直线运动，速度随时间非均匀减小，故
A 错误；
B、线框在进入磁场的过程中，取水平向右为正方向，根据动量定理得
- B I LΔt =mΔv
其中
I Δt = E
R Δt = BLΔx
R
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解得：Δv
Δx =- B
2 L
2
mR
，可知另类加速度A 不变，故B 错误；
CD、线框在进入磁场的过程中，取水平向右为正方向，根据动量定理得
- B I LΔt =- B
2 L
3
R
=mv -m v1
线框穿出磁场的过程中，取水平向右为正方向，根据动量定理得
- B I LΔt =- B
2 L
3
R
=m v2-mv
联立解得：v = v1+ v2
2
，故C 正确，D 错误。
故选：C。
17. （多选）（2024•青羊区校级模拟）如图所示，水平粗糙地面上有两磁场区域，左右
两磁场区域内的匀强磁场宽度均为L，磁感应强度大小分别为B 和2B，左磁场区磁场方向竖
直向下，右磁场区磁场方向竖直向上，两磁场间距为2L。一个质量为m、匝数为n、电阻为
R、边长为L 的正方形金属线框以速度v0水平向右进入左磁场区域，当金属线框刚离开右磁场
区域时速度为v1，金属线框离开右磁场区运动一段距离后停下。金属线框与水平面间的动摩擦
因数为μ。关于金属线框的运动下列判断正确的是（ ）
A．金属线框从刚进入左磁场区域到最终停止的过程中一直做匀减速直线运动
B．金属线框通过两个磁场区域过程中产生的焦耳热为1
2 m v0
2- 1
2 mv1
2-5μmgL
C．金属线框进入左侧磁场区域过程中，通过金属线框的电荷量为nB L
2
R
D．若金属线框进入左磁场区域过程所用时间为t，则金属线框刚好完全进入左侧磁场区域时的
速度为v0﹣2μgt- n B
2 L
3
mR
【解答】解：A、金属线框穿过左侧磁场区域的过程中会产生感应电动势，线框中会有感应电流，
使线框受到与运动方向相反的安培力，根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律，安培力
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计算公式，可得线框受到的安培力大小为：F 安＝nBLI＝nBLnBLv
R
= n
2B
2 L
2v
R
根据牛顿第二定律可得线框的加速度大小为：a= f + F安
m
，金属线框穿过左侧磁场区域的过程中
做减速运动，所受安培力减小，则加速度减小，故金属线框做加速度减小的减速运动。同理，
金属线框穿过右侧磁场区域的过程也做加速度减小的减速运动，故A 错误；
B、设金属线框通过两个磁场区域全过程中产生的焦耳热为Q，金属线框从开始运动到离开右
磁场区域过程，由能量守恒定律得：
1
2 mv0
2= μmg( L+2 L+ L+ L)+ 1
2 mv1
2+Q
解得：Q = 1
2 mv0
2- 1
2 mv1
2-5 μmgL，故B 正确；
C、由法拉第电磁感应定律可得平均感应电动势为：E =n ΔΦ
Δt
由闭合电路的欧姆定律可得平均感应电流为：I = E
R
通过金属线框的电荷量为：q＝IΔt
解得：q =n ΔΦ
R
金属线框进入左侧磁场区域的过程中磁通量的增加量为：ΔΦ＝BL2，则此过程通过金属线框的
电荷量为：q =n B L
2
R
，故C 正确；
D、设金属线框刚好完全进入左侧磁场区域时的速度大小为v，以向右为正方向，该过程对金
属线框由动量定理得：
- Bl<- μmgt =mv -m v0
其中：lt =q =n B L
2
R
解得：v = v0- μgt - n B
2 L
3
mR
，故D 错误。
故选：BC。
18. （2024•泉州模拟）如图，在水平面上有两条光滑平行导电导轨，匀强磁场垂直于导
轨所在的平面，磁感应强度的大小为B，两根材质相同、长度相等的金属杆P、Q 间隔一定的
距离摆开放在导轨上，且与导轨垂直，杆P 质量是杆Q 的两倍，两杆与导轨接触良好，导轨电
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阻不计。杆P 以初速度v0滑向杆Q，为使两杆不相碰，则杆Q 固定与不固定两种情况下，最
初摆放两杆时的最少距离之比为（ ）
A．1：1
B．1：2
C．3：1
D．1：3
【解答】解：已知两金属杆材质相同、长度相等，杆P 质量是杆Q 的两倍，可得杆P 的横截面
积是杆Q 的两倍，根据电阻定律，可知杆P 的电阻是杆Q 的1
2
，设杆P 的质量为2m，电阻为
R，则杆Q 的质量为m，电阻为2R。
杆Q 固定时，设最初摆放两杆时的最少距离为x1，这也是杆P 速度减到零的距离，以向右为正
方向，对杆P，根据动量定理得：
﹣BLI ⋅Δt =0﹣2mv0
其中：I ⋅Δt =
E
R+2 R ⋅Δt = BLv ⋅Δt
3 R
= BL x1
3 R
解得：x1= 6mv0 R
B
2 L
2
杆Q 不固定时，设最初摆放两杆时的最少距离为x2，这也是杆P、Q 的最大相对位移。杆P、Q
相对运动时受到等大反向的安培力作用，两杆组成的系统所受合力为零，此系统动量守恒，最
终两杆相对静止，以相同的速度做匀速直线运动，设最终两杆的速度均为v，以向右为正方向，
则有：
2mv0＝（2m+m）v，解得：v = 2v0
3
以向右为正方向，对杆Q，根据动量定理得：
BLI ' ⋅Δt ' =mv﹣0
其中：I ' ⋅Δt ' =
E'
R+2 R ⋅Δt ' =
ΔΦ
Δt '
3 R ⋅Δt ' = ΔΦ
3 R = BL x2
3 R
解得：x2= 2m v0 R
B
2 L
2
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可得：x1：x2＝3：1，故ABD 错误，C 正确。
故选：C。
19. （多选）（2024•南宁二模）如图所示，间距L＝1m 的粗糙倾斜金属导轨与水平面间
的夹角θ＝37°，其顶端与阻值R＝1Ω 的定值电阻相连，间距相同的光滑金属导轨固定在绝缘
水平面上，两导轨都足够长且在AA'处平滑连接，AA'至DD'均是光滑绝缘带，保证倾斜导轨
与水平导轨间电流不通。倾斜导轨处有方向垂直倾斜导轨所在平面向上、磁感应强度大小B1
＝0.2T 的匀强磁场，水平导轨处有方向竖直向上、磁感应强度大小B2＝0.5T 的匀强磁场。两
根导体棒1、2 的质量均为m＝0.2kg，两棒接入电路部分的电阻均为R，初始时刻，导体棒1
放置在倾斜导轨上，且距离AA′足够远，导体棒2 静置于水平导轨上，已知倾斜导轨与导体
棒1 间的动摩擦因数μ＝0.5。现将导体棒1 由静止释放，运动过程中导体棒1 未与导体棒2 发
生碰撞。取重力加速度大小g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，两棒与导轨始终垂直且接
触良好，导轨电阻不计，下列说法正确的是（ ）
A．导体棒1 在倾斜导轨上下滑时做匀加速直线运动
B．导体棒1 滑至AA'瞬间的速度大小为20m/s
C．稳定时，导体棒2 的速度大小为10m/s
D．整个运动过程中通过导体棒2 的电荷量为2C
【解答】解：A.由于导体棒1 释放点离AA'足够远，导体棒l 滑至AA'时一定达到稳定状态，则
导体棒l 在倾斜导轨上下滑时先做加速直线运动，后做匀速直线运动，故A 错误；
B.由平衡可得即有
B1IL+μmgcos37°＝mgsin37°
根据闭合电路欧姆定律及法拉第电磁感应定律有
I= B1 Lv
R+ R
解得
v＝20m/s
故B 正确；
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C.规定向右为正方向，导体棒1、2 组成的系统由动量守恒可得
mv＝2mv'
则稳定时，导体棒2 的速度大小为
v'＝10m/s
故C 正确；
D.规定向左为正方向。对导体棒2 由动量定理有
B2ILΔt＝mv'
即
B2Lq＝mv'
电荷量为
q＝4C
故D 错误。
故选：BC。
20. （2023•秀山县校级模拟）如图所示，水平粗糙地面上有两磁场区域，左右两磁场区
域内的匀强磁场宽度均为L，磁感应强度大小分别为B 和2B，左磁场区磁场方向竖直向下，
右磁场区磁场方向竖直向上，两磁场间距为2L。一个质量为m、匝数为n、电阻为R、边长为
L 的正方形金属线框以速度v0水平向右进入左磁场区域，当金属线框刚离开右磁场区域时速度
为v1，金属线框离开右磁场区运动一段距离后停下。金属线框与水平面间的动摩擦因数为μ。
关于金属线框的运动下列判断正确的是（ ）
A．金属线框穿过左侧磁场过程中通过金属线框的电荷量为nB L
2
R
B．金属线框从刚进入左磁场区域到最终停止的过程中一直做匀减速直线运动
C．金属线框通过两个磁场区域过程中产生的焦耳热为1
2 m v0
2- 1
2 m v1
2-5 μmgL
D．若金属线框进入左磁场区域过程所用时间为t，则金属线框刚好完全进入时的速度为
v0- n
2B
2 L
3
mR
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【解答】解：A、金属线框穿过左侧磁场过程中，由法拉第电磁感应定律可得平均感应电动势
E =n ΔΦ
Δt
，由闭合电路的欧姆定律可得平均感应电流I = E
R
，通过金属线框的电荷量q = I Δt，
联立解得q =n ΔΦ
R
。金属线框穿过左侧磁场过程中穿过金属线框的磁通量ΔΦ＝0，则通过金属
线框的电荷量为q＝0，故A 错误；
B、金属框在磁场中运动过程中，根据牛顿第二定律可得：a= f + F安
m
。金属框在磁场中运动过
程中，受到向左的安培力作用，速度减小，产生的感应电流减小，线框受到的安培力一直减小，
合力减小，则线框的加速度一直减小，因此金属线框在磁场中运动过程中，做加速度减小的变
减速直线运动，故B 错误；
C、设金属线框通过两个磁场区域全过程中产生的焦耳热为Q。金属线框从开始运动到离开右磁
场区域过程，由能量守恒定律得1
2 mv0
2= μmg( L+2 L+ L+ L)+ 1
2 mv1
2+Q
解得：Q = 1
2 mv0
2- 1
2 mv1
2-5 μmgL，故C 正确；
D、金属线框进入左侧磁场过程中，穿过金属线框的磁通量为ΔΦ＝BL2，通过金属线框的电荷
量为q = nΔΦ
R
= nB L
2
R
设金属线框刚好完全进入左侧磁场区域时的速度大小为v，该过程，对金属线框，取向右为正方
向，由动量定理得：- B¿<- μmgt =mv -m v0¿
其中I t =q，解得：v = v0- μgt - n B
2 L
3
mR
，故D 错误。
故选：C。
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