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专题四 电路与电磁感应
第12 讲 直流电路与交流电路
A 组 基础保分练
1．（2025·广东卷·2，4 分）如图所示，某光伏电站输出功率1000kW、电压
400V 的交流电,经理想变压器升压至10kV 后,通过输电线输送到变电站。输电线
的等效电阻R为5Ω 。下列说法正确的是（ ）
A. 变压器原、副线圈匝数比为1:100
B. 输电线上由R造成的电压损失为500V
C. 变压器原线圈中的电流为100 A
D. 变压器原、副线圈中电流的频率不同
【答案】B
【解析】根据原、副线圈的电压与匝数关系，可得
U 1
U 2
= n1
n2，代入数据得
n1
n2
= 1
25，
A错误；R造成的电压损失ΔU = I 2 R，又I 2= P
U 2
= 1000kW
10kV
=100 A，联立得
ΔU =500V ，B正确；变压器原线圈中的电流I 1= P
U 1
= 1000kW
400V
=2500 A，C错误；
变压器原、副线圈中的电流频率一定相同，D错误。
2．（2025·广东深圳一模）如图所示，某同学利用自耦变压器设计了家庭护眼
灯的工作电路。A、B端输入220V 交流电压，为两个相同的护眼灯L1和L2供电。
开关S断开，L1正常发光。现闭合S，为使两灯仍正常发光，下列操作可行的是
（ ）
A. q向左滑动
B. p向下滑动
C. p向上滑动
D. 不需要任何调节
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【答案】C
【解析】闭合S后副线圈负载电阻减小，则滑动变阻器电压增大，为保证护眼
灯电压不变，可将滑动变阻器阻值减小，即q向右滑动；若滑动变阻器阻值不变，
可增大副线圈电压，此时p向上滑动。故选C。
3．（2025·安徽名校联考）如图甲所示，在−d ≤x ≤d、−d ≤y ≤d的区域中存在
垂直xOy平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场（用阴影表示磁场的区域），
边长为2d的正方形线圈与磁场边界重合。线圈以y轴为转轴匀速转动时，线圈
中产生的交变电流如图乙所示。若仅磁场的区域发生了如图丙所示的变化，则
变化后线圈中产生的交变电流的图像可能为（ ）
甲
乙
丙
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】线圈刚开始转动时，线圈的磁通量不变，不产生感应电流，A、C错误；
当线圈转动30
∘ 时，开始切割磁感线，根据题意可知，磁场区域如图甲所示时，
线圈中产生的感应电流i= I sin ωt，当ωt =30
∘ 时，i= 1
2 I，故B正确，D错误。
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4．（2025·北京海淀期中）如图甲所示，将横截面积相同、材料不同的两根金
属丝a、b焊接成长直导体AB，A为金属丝a的左端点，B为金属丝b的右端点，
P是金属丝上可移动的接触点。保持金属丝中电流不变，接触点P从A点向B点
滑动的全过程中，电压表示数U随A、P间距离x的变化关系如图乙所示。金属
丝a、b的电阻分别是Ra、Rb，电阻率分别是ρa、ρb，内部电场强度分别是Ea、
Eb，内部自由电子定向移动速度分别是va、vb。则它们之间的大小关系正确的
是（ ）
甲
乙
A. Ra: Rb=2:3
B. ρa: ρb=1:2
C. Ea: Eb=3:2
D. va:vb=1:1
【答案】B
【解析】金属丝中电流不变，由I = U
R ，R = ρ l
S可得图乙中第一段直线的表达式
为U 1= I ρa
S x，第二段直线的表达式为U 2= I ρb
S ( x−la)+ I ρa
S la，其中la为金属丝a
的总长，根据图乙中两段直线的斜率比，可求得ρa: ρb=1:2，两金属丝的长度之
比为3:1，由R = ρ l
S得Ra: Rb=3:2，A错误，B正确；金属丝内部的电场可看成
匀强电场，由E = U
d 可得Ea: Eb=1:2，C错误；金属丝中电流相同，两根金属丝
材料不同，自由电子数密度n不同且未知，横截面积相同，故由I =neSv不能求
出内部自由电子定向移动速度之比，D错误。
5．（2026·重庆一模）如图所示，在三棱锥的棱ab、ac、bc、cd上分别接入四
个相同的定值电阻R1、R2、R3、R4，b、d间接理想电流表，a、d间接电容器C。
不计导线电阻，若a、c间接入的电压恒为U，则（ ）
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A. a、b间和b、c间的电势差相等
B. 仅R1变大时，电流表示数不变
C. 仅R3变大时，电容器C的电荷量减少
D. 仅R2变大时，电容器C的电荷量增加
【答案】C
【解析】等效电路图如图所示，由图可知通过R1、R3的电流不相等，故a、b间
和b、c间的电势差不相等，故A错误；电流表测的是通过R4的电流，仅R1变大
时，R1的分压增大，则R3、R4并联部分的电压减小，通过R4的电流减小，电流
表示数减小，故B错误；电容器两端电压等于R1两端电压，仅R3变大时，R3、
R4并联部分的电压增大，则R1两端电压减小，根据Q =CU可知，电容器C的电
荷量减少，故C正确；仅R2变大时，不会改变R1两端电压，电容器C的电荷量不
变，故D错误。
6．（2025·湖北十一校联考）多选 如图所示，边长为L、绕线匝数为N、总电
阻为r的正方形线圈abcd处于磁感应强度大小为B、水平向右的匀强磁场中，线
圈以角速度ω 绕轴OO′匀速转动，外接电阻阻值为R，则下列说法正确的是（
）
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A. 图示状态时理想电压表的示数为R
R+r NBω L
2
B. 从图示位置转过90
∘ 时理想电压表的示数为√2 R
2( R+r ) NBω L
2
C. 从图示位置转过90
∘ 时理想电压表的示数为0
D. 线圈从图示位置转过90
∘ 的过程中，通过电阻R的电荷量为NB L
2
R+r
【答案】BD
【解析】线圈在匀强磁场中以恒定角速度转动，产生感应电动势的最大值为
Em= NBω L
2，电压表的示数为有效值，电压表示数为
U =
R
R+r ⋅Em
√2 =
√2 R
2( R+r ) NBω L
2，A、C错误，B正确；在线圈从图示位置转过
90
∘ 的过程中，通过电阻R的电荷量为q = I Δt，I =
E
R+r ，E = N ΔΦ
Δt ，ΔΦ = B L
2，
联立解得q = NB L
2
R+r ，D正确。
7．（2025·北京昌平期末）交警通常使用酒精浓度测试仪查酒驾行为。某型号
的酒精浓度测试仪工作原理的电路图如图甲所示，电源的电动势为E，内阻为r，
R0为保护电阻，酒精传感器电阻R随酒精气体浓度c的变化规律如图乙所示。用
该传感器做测量探头，把电压表的刻度改成相应的酒精气体浓度刻度，就得到
了一个简易酒精浓度测试仪。下列说法正确的是 （ ）
甲
乙
A. c1应标在电压较大的刻度上，改装后的表盘刻度是不均匀的
B. c1应标在电压较大的刻度上，改装后的表盘刻度是均匀的
C. c2应标在电压较大的刻度上，改装后的表盘刻度是不均匀的
D. c2应标在电压较大的刻度上，改装后的表盘刻度是均匀的
【答案】A
【解析】由图乙可知，随着酒精气体浓度增大，R的阻值减小，外电路总电阻
减小，回路中电流增大，路端电压减小，R0两端电压增大，则R两端电压减小，
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即电压表读数减小，所以c1应标在电压较大的刻度上，c2应标在电压较小的刻
度上，由于U =
E
r + R0+ R R，即U与R不是线性关系，但R与c为线性关系，所以
U与c不成线性关系，即改装后的表盘刻度不均匀。故选A。
B 组 强化提分练
8．（2025·江西南昌二模）如图所示，电路M、N端连接一个稳压正弦式交流
电源，变压器输出端接有两个副线圈，R1为一定值电阻，其所连接的副线圈匝
数可调，R2为一光敏电阻（其阻值随光照强度增大而减小），其所连接的副线
圈匝数固定。则下列操作一定能使原线圈中电流增大的是（ ）
A. 当光照强度增大时，将滑动触头P向上滑动
B. 当光照强度增大时，将滑动触头P向下滑动
C. 当光照强度减小时，将滑动触头P向上滑动
D. 当光照强度减小时，将滑动触头P向下滑动
【答案】B
【解析】设原线圈的匝数为n，电流为I，R1所在回路的副线圈的匝数为n1，电
流为I 1，R2所在回路的副线圈的匝数为n2，电流为I 2。当光照强度增大时，R2变
小，因n2不变，故R2的电压不变，则I 2变大；将滑动触头P向上滑动，n1减小，
R1的电压变小，则I 1变小；同理可判断，当光照强度减小时，I 2变小；将滑动
触头P向下滑动，I 1变大，根据nI=n1 I 1+n2 I 2，可知B项操作一定可使原线圈中
电流I增大，故B正确。
9．（2025·湖北八市联考）多选 如图所示，R1为定值电阻、R2为滑动变阻器，
R2的最大阻值大于R1的阻值，V 1、V 2、A 均为理想电表，理想变压器原线圈两
端接电压为U的交流电，变压器原、副线圈匝数之比为n:1，将R2的滑片从最上
端向下滑动，则（ ）
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A. 电压表V 1的示数为U，电压表V 2的示数为U
n
B. 电流表A 的示数变小
C. 原线圈输入功率减小
D. R2的电功率一直增大
【答案】BC
【解析】设副线圈两端电压为U 2，则U
U 2
=n，得U 2= U
n ，原、副线圈两端电压
均不变，电压表V 2示数为定值电阻R1两端电压，在R2滑片向下滑动过程中其值
小于U
n 且一直变化，故A错误；副线圈中负载电阻增大，副线圈两端电压不变，
则电流减小，消耗的电功率减小，理想变压器输入功率等于输出功率，则输入
功率也减小，故B、C正确；设R2消耗的电功率为P，则
P =(
U 2
R1+ R2
)
2
R2=
U
2
n
2
( R1−R2)
2+ 4 R1 R2
R2，当滑动变阻器的阻值和定值电阻的阻值
相等时，R2消耗的电功率最大，故D错误。
10．（2025·东北三省联考）多选 如图所示，M、N端连接一个稳压交流电
源，理想变压器的原线圈上接有阻值为R0的定值电阻，副线圈上接有最大阻值
为4 R0的滑动变阻器，原、副线圈匝数之比为1:2，电表均为理想电表。初始时，
滑动变阻器的滑片处于正中间位置，滑片移动过程中，电流表、电压表示数变
化量的绝对值分别为Δ I、ΔU，下列说法正确的是（ ）
A. 若滑片下移，电压表和电流表的示数均增大
B. 若滑片上移，滑动变阻器消耗的功率先减小后增大
C. 滑片移动过程中，ΔU
Δ I = 4 R0
D. 若滑片上移，电源输出功率减小
【答案】CD
【解析】由于理想变压器原线圈电路上含有电阻，可把理想变压器和副线圈上
的电阻等效为一个电阻，则电路变为简单的串联电路，如图所示，
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R等效= U 1
I 1
=
n1
n2
U 2
n2
n1
I 2
=( n1
n2
)
2
R，若滑片下移，R接入电路中的阻值减小，R等效减小，
则总电阻R总= R0+ R等效减小，总电流增大，即通过R0的电流I 1增大，根据
I 1
I 2
= n2
n1
可知通过电流表的电流I 2增大，根据U 1=U MN −I 1 R0可知U 1减小，根据
U 1
U 2
= n1
n2可
知电压表示数U 2减小，故A错误；滑动变阻器R消耗的功率即R等效的功率，
P等效= I 1
2 R等效=
U MN
2
( R0+ R等效)
2 R等效=
U MN
2
( R0−R等效)
2
R等效
+ 4 R0
，可知当R等效= R0时变压器
输出功率最大，又因为R等效= n1
2
n2
2 R，可知R = 4 R0时变压器输出功率最大，滑片
上移，R的电阻由2 R0逐渐增大到4 R0，滑动变阻器R消耗的功率一直增大，故B
错误；U MN =U 1+U 0= n1
n2
U 2+ n2
n1
I 2 R0，则ΔU
Δ I =| ΔU 2
Δ I 2
|=( n2
n1
)
2
R0= 4 R0，故C正确；
若滑片上移，总电阻增大，I 1减小，由P出=U MN I 1知电源输出功率减小，故D正
确。
11．（2025·湖南卷·6，4 分）如图，某小组设计了灯泡亮度可调的电路，a、
b、c为固定的三个触点，理想变压器原、副线圈匝数比为k，灯泡L和三个电阻
的阻值均恒为R，交流电源输出电压的有效值恒为U。开关S与不同触点相连，
下列说法正确的是 （ ）
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A. S与a相连，灯泡的电功率最大
B. S与a相连，灯泡两端的电压为kU
k
2+3
C. S与b相连，流过灯泡的电流为
U
(k
2+2)R
D. S与c相连，灯泡的电功率为
U
2
(k
2+1)
2 R
【答案】B
【解析】S接a，电源与原线圈和三个电阻相连，U = I 1(3 R+ k
2 R)，原线圈两端
电压U 1=U −I 1⋅3 R，灯泡两端电压等于副线圈两端电压，即U 2= U 1
k = Uk
k
2+3，
灯泡的电功率PL= U 2
2
R ，此时灯泡电功率最小，A错误，B正确。S与b相连，
U = I ′1(2 R+ k
2 R)，且
I ′1
I L
= 1
k ，得I L=
kU
(k
2+2)R ，C错误。S与c相连，
I L=
kU
(k
2+1)R，PL= I L
2 ⋅R，得PL=
k
2U
2
(k
2+1)
2 R，D错误。
12．（2025·河北石家庄二模）多选 如图甲所示，金属棒垂直导轨放置在两光
滑平行水平导轨上，接入导轨间的有效长度为L，匀强磁场方向竖直向上、磁
感应强度大小为B，整个回路的电阻恒为R，现给金属棒施加水平向右的特殊拉
力F，让金属棒向右运动的速度-时间关系图像如图乙所示，图中的曲线是正弦
曲线的形状，结合图中所给的相关已知条件，下列说法正确的是（ ）
甲
乙
A. t =0时刻，若拉力F的大小为F0，则曲线切线的斜率小于F0
m
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B. t =2.5t0时刻，拉力F的功率为B
2 L
2v0
2
R
C. 若图乙阴影的面积为S0，则3t0～4t0时间内，拉力F的平均值为B
2 L
2S0
Rt0
D. 0～2t0时间内，回路中产生的热量为2B
2 L
2v0
2t0
R
【答案】BC
【解析】t =0时刻，金属棒的速度为0，感应电动势为0，感应电流为0，安培
力为0，合力为F，若F的大小为F0，则a= F0
m ，又因为v −t图像的斜率表示加速
度，则t =0时刻，曲线切线的斜率等于F0
m ，故A错误；t =2.5t0时刻，v −t图像
的斜率为0，金属棒的加速度为0，则拉力F与安培力等大反向，即F = F安，其
中E = BLv0，I = E
R ，F安= BIL，联立可得F = B
2 L
2v0
R
，拉力F的功率为
P= F v0= B
2 L
2v0
2
R
，故B正确；3t0～4 t0时间内，由动量定理可得F t0−B I Lt0=0，
其中q = I t0，I = E
R，E = ΔΦ
Δt ，联立可得q = ΔΦ
R ，金属棒从t0～2t0时间内的位移
等于阴影部分的面积S0，则ΔΦ = BLS0，可得3t0～4 t0时间内，拉力F的平均值
为F = B
2 L
2S0
Rt0
，故C正确；由图乙可得Em1= BLv0，Em2=2BLv0，电动势的有效
值E1= BLv0
√2 ，E2= 2BLv0
√2
=√2BLv0，在0～2t0时间内，回路中产生的热量为
Q = E1
2
R t0+ E2
2
R t0= 5 B
2 L
2v0
2t0
2 R
，故D错误。
C 组 创新高分练
13．（2025·安徽合肥二模）多选 如图所示，在xOy水平面内，固定着间距为
d、足够长的光滑金属导轨。在0≤x ≤2d区域存在两个磁感应强度大小均为B0、
垂直导轨平面、方向相反的匀强磁场，磁场边界满足y =d |sin x
d π |，质量为m、
边长为d的正方形金属框A1 D1 D2 A2静置在导轨上，四条边的电阻均为R，D1 D2
位于x =0处。在沿x轴的外力F作用下金属框沿x轴正方向以速度v0做匀速直线运
动，当A1 A2到达x =2d处时撤去外力。导轨电阻不计，则下列说法正确的是（
）
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A. A1 A2运动到x = d
2过程中外力F的方向先向右后向左
B. A1 A2运动到x = d
2过程中感应电动势的最大值为2B0d v0
C. D1 D2运动到x =d的过程中通过金属框横截面的电荷量为B0d
2
π R
D. 整个过程中外力F对金属框所做的功为5 B0
2d
3v0
4 R
【答案】BC
【解析】A1 A2运动到x =0处之前，只有D1 D2在左边磁场中切割磁感线，根据右
手定则可知，金属框中的电流方向为逆时针方向，根据左手定则可知D1 D2受到
的安培力方向向左，外力F的方向向右；A1 A2从x =0运动到x = d
2过程中，D1 D2
在右边磁场中切割磁感线，A1 A2在左边磁场中切割磁感线，根据右手定则可知，
金属框中的电流方向为顺时针方向，根据左手定则可知A1 A2、D1 D2受到的安
培力方向均向左，外力F的方向向右，故A错误。A1 A2运动到x = d
2时，A1 A2、
D1 D2切割磁感线的有效长度最大，均为Lm=d，此时A1 A2和D1 D2产生的感应电
动势最大，金属框中的感应电动势最大，为E2m=2B0d v0，故B正确。D1 D2在
x =0至x =d区间运动过程中，只有D1 D2边在切割磁感线，感应电动势的瞬时值
表达式为e1= B0 y v0= B0 v0d sin x
d π = B0v0d sin π v0
d t，产生正弦交流电，等效于
面积为S的线圈在匀强磁场中绕一固定轴做匀速圆周运动，角速度ω= π v0
d ，由
感应电动势最大值Em= B0 Sω= B0d v0，解得S = d
2
π ，D1 D2从x =0至x =d过程相当
于线圈由中性面转动π ，磁通量变化量ΔΦ =2B0 S，金属框上下两边被短路，
总电阻为2 R，感应电动势的平均值E = ΔΦ
Δt ，感应电流的平均值I = E
2 R ，通过金
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属框横截面的电荷量为q = I Δt = ΔΦ
2 R = 2B0 S
2 R = B0d
2
π R ，故C正确。D1 D2在x =0至
x =d区间运动过程中，产生正弦交流电，感应电动势最大值Em= B0d v0，则有效
值E有= Em
√2 = B0d v0
√2
，回路中产生的焦耳热Q1= E有
2
2 R t =
( B0d v0
√2
)
2
2 R
⋅d
v0
= B0
2d
3v0
4 R
，
D1 D2在x =d至x =2d区间运动过程中，金属框左右两边切割磁感线，感应电动
势的瞬时值表达式为e2=2B0 v0d |sin x
d π |，同理，回路中产生的焦耳热
Q2= E2有
2
2 R t =
( 2B0d v0
√2
)
2
2 R
⋅d
v0
= B0
2d
3v0
R
，分析可知A1 A2在x =d至x =2d区间运动过
程中，回路中产生的热量与D1 D2在x =0至x =d区间运动过程中回路产生的热量
相等，由功能关系可知，外力对金属框所做的功W =2Q1+Q2= 3 B0
2d
3v0
2 R
，故D错
误。
第13 讲 电磁感应问题
A 组 基础保分练
1．（2025·河南卷·5，4 分）如图，一金属薄片在力F作用下自左向右从两磁
极之间通过。当金属薄片中心运动到N极的正下方时，沿N极到S极的方向看，
下列图中能够正确描述金属薄片内涡电流绕行方向的是 （ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】沿N极到S极的方向看，薄片右侧远离磁场，穿过的磁通量减少，由于
感应电流的磁场阻碍引起感应电流的磁通量的变化，故感应电流的磁场方向与
原磁场方向相同，结合安培定则可以判定，右侧涡电流方向为顺时针。同理判
定左侧涡电流方向为逆时针，C正确。
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2．（2025·江苏南京二模）半径为R的圆环进入磁感应强度大小为B的匀强磁
场，当其圆心经过磁场边界时，速度方向与边界成45
∘ 角，圆环中感应电流为I，
此时圆环所受安培力的大小和方向是（ ）
A. √2BIR，方向与速度方向相反B. 2BIR，方向垂直MN向下
C. √2BIR，方向垂直MN向下
D. 2BIR，方向与速度方向相反
【答案】B
【解析】圆环中的电流为I，在磁场中部分的等效长度等于圆环的直径2 R，由
安培力公式F = BI L有效，可得此时圆环所受安培力的大小F =2BIR，由楞次定律
和右手螺旋定则可判定，感应电流的方向是顺时针方向，再由左手定则可判定
圆环所受安培力的方向垂直MN向下。故选B。
3．（2025·云南昆明三模）多选 如图甲所示，平面内固定有硬质细金属导线
框abcd，导线框的电阻为0.5Ω 。空间中存在垂直平面向里的磁场，导线框内
的磁通量Φ 随时间t变化的关系如图乙所示。在0～2s时间内，下列说法正确的
是（ ）
甲
乙
A. 线框中感应电流的方向为a→b→c→d →a
B. 线框中感应电流的大小随时间均匀增大
C. 线框中产生的焦耳热为1J
D. 流过线框横截面的电荷量为1C
【答案】AC
【解析】由题意可知，线框中的磁通量增大，根据楞次定律及安培定则可知，
线框中的感应电流的方向为逆时针，即a→b→c→d →a，A正确；线框中感应
电流的大小I = ΔΦ
R Δt ，因为磁通量随时间均匀变化，所以感应电流大小不变，B
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错误；感应电流大小I = ΔΦ
R Δt =
1
0.5×2 A =1 A，线框中产生的焦耳热Q = I
2 Rt =1J，
C正确；流过线框横截面的电荷量q =It=2C，D错误。
4．（2025·四川成都二模）四个完全相同的小灯泡L1、L2、L3、L4按图示电路
连接，圆形区域内部存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小随时间均
匀增大。下列说法正确的是（ ）
A. 通过灯泡L2的电流方向为b到a B. 灯泡L3的亮度逐渐增大
C. 灯泡L2的亮度最暗
D. 灯泡L1的亮度最亮
【答案】D
【解析】磁感应强度大小随时间均匀增大，回路中产生恒定的感应电流，L3与
L4串联之后与L2并联，L1在干路上，通过L1的电流最大，故L1最亮，D正确；由
楞次定律及安培定则可知，通过灯泡L2的电流方向为a到b，A错误；灯泡L3的
亮度不变，B错误；灯泡L3、L4的亮度最暗，C错误。
5．（2025·山西太原一模）如图所示，矩形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，
固定一水平金属棒AD，弹性金属丝绕过绝缘笔端点P与A、D连接，金属丝始
终处于拉直状态且在纸面内，AD与金属丝的电阻均不可忽略。在绝缘笔端点P
沿虚线从B点经C点移动到D点的过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 穿过三角形APD的磁通量先增大后减小
B. 三角形APD中的感应电流始终为0
C. A点的电势始终高于P点的电势
D. P点的电势始终高于D点的电势
【答案】D
【解析】在绝缘笔端点P沿虚线从B点经C点移动到D点的过程中，三角形APD
的面积先不变后减小，故磁通量先不变后减小，故A错误；由“增反减同”可
第15页
知，三角形中感应电流先为0，后沿顺时针方向，故B错误；根据右手定则可知，
A点的电势始终低于P点的电势，P点的电势始终高于D点的电势，故C错误，D
正确。
6．（2025·河南南阳一模）如图甲所示，城市公交卡是最常用的交通支付工具
之一，公交卡内部包含一个集成电路芯片和一个线圈，当公交卡靠近读卡器时，
读卡器会发射一定频率的电磁波，这个电磁波被公交卡内的线圈接收，使线圈
中产生感应电流，进而为芯片提供所需的电能，激活芯片进行工作，其原理可
简化为如图乙所示，其中矩形线圈abcd的匝数n=50，线圈面积S =10cm
2，线圈
的总电阻r =0.1Ω ，线圈外接一个阻值为0.4 Ω 的电阻R，其余部分的电阻不计。
线圈处的磁场可视作匀强磁场，其磁感应强度B的大小随时间t变化的规律如图
丙所示（以垂直纸面向里为正方向）。在0～0.2s内，下列说法正确的是（ ）
甲
乙
丙
A. 图乙线圈中的感应电流方向为顺时针方向
B. t =0.1s时，电阻R两端的电压为0.05V
C. 通过电阻R的电荷量为0.02C
D. 线圈电阻r消耗的功率为1×10
−4W
【答案】C
【解析】由楞次定律及安培定则可知，图乙线圈中的感应电流方向为逆时针方
向，故A错误；由法拉第电磁感应定律可知，线圈产生的感应电动势为
E = nS ΔB
Δt
=0.05V ，闭合回路中的电流I =
E
R+r =0.1 A，则电阻R两端的电压恒
为U R= IR =0.04V ，故B错误；0～0.2s内，通过R的电荷量为q =It=0.02C，故
C正确；线圈电阻r消耗的功率为P = I
2r =1×10
−3W，故D错误。
7．（2025·重庆三模）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。求
在0～3t0时间段内：
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（1） 该线圈中产生的热量Q；
（2） 通过该线圈横截面的电荷量q。
【答案】（1） 3 B0
2 L
4
2 Rt0
（2） 2B0 L
2
R
【解析】
（1） 由E = ΔΦ
Δt 可知在0～t0时间段内，该线圈中产生的感应电动势
E1= Δ B
Δt S = B0 L
2
t0
在t0～3t0时间段内，该线圈中产生的感应电动势E2= B0 L
2
2t0
因此，0～3t0时间段内，该线圈中产生的热量
Q = E1
2
R t0+ E2
2
R ⋅2t0= 3 B0
2 L
4
2 Rt0
（2） 在0～3t0时间段内，由楞次定律及安培定则可判断，电流方向不变，通
过该线圈横截面的电荷量q = E1
R t0+ E2
R ⋅2t0
联立解得q = 2B0 L
2
R
B 组 强化提分练
8．（2025·江西宜春一模）如图所示，空间有两个宽度分别为L和2 L的有界匀
强磁场区域，磁感应强度大小都为B，左侧磁场方向垂直于纸面向里，右侧磁
场方向垂直于纸面向外。abcd是一个由均匀电阻丝做成的边长为L的正方形线
框，线框以垂直于磁场边界的速度v匀速通过两个磁场区域，在运动过程中，线
框ab、cd两边始终与磁场的边界平行。设线框cd边刚进入磁场的位置为x =0，x
轴正方向水平向右，从线框cd边刚进入磁场开始到整个线框离开磁场区域的过
程中，a、b两点间的电势差U ab和线框受到的安培力F（规定水平向右为正方
向）随着位置x变化的图像正确的是（ ）
第17页
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】将线框cd边的运动分为四个过程。第一个过程：从cd边刚进入左侧磁
场到cd边刚要进入右侧磁场的过程，a、b两点间的电势差U 0= 1
4 BLv（a点电势
高），设线框的总电阻为R，则线框受到的安培力大小为F0= ILB = B
2 L
2v
R
，方
向向左；第二个过程：从cd边刚进入右侧磁场到ab边刚进入右侧磁场的过程，
a、b两点间的电势差U 2= BLv −2BLv
R
× R
4 = 1
2 BLv =2U 0（a点电势高），线框受
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到的安培力大小为F2=2 I ′ LB = 4× B
2 L
2v
R
= 4 F0，方向向左；第三个过程：ab边
刚离开左侧磁场到cd边到达右侧磁场的右边界，在这个过程中，线框中没有感
应电流，所以线框不受安培力的作用，a、b两点间的电势差U 3=−BLv =−4U 0
（b点电势高）；第四个过程：cd边刚离开右侧磁场到ab边刚离开右侧磁场的
过程，线框受到的安培力大小为F4= ILB = B
2 L
2v
R
= F0，方向向左，a、b两点间
的电势差U 4=−3
4 BLv =−3U 0（b点电势高）。综合以上分析可知，C正确，A、
B、D错误。
9．（2025·河南郑州模拟）多选 某同学设计了图甲所示装置模拟涡流的形成。
用n个横截面积均为S、电阻率均为ρ 的同轴薄金属圆环条模拟“圆盘形导体”，
内环半径及相邻环的间距均为r（r远大于环的厚度）；将“圆盘形导体”水平
放置在竖直方向、磁感应强度B随时间t按正弦规律变化的交变磁场中，B−t图
像如图乙所示（规定竖直向上为正方向）。不考虑环中感应电流磁场的影响，
则（ ）
甲
乙
A. t = 1
2f 时刻，从上往下看，各环内感应电流均为逆时针方向
B. 0～1
4 f 时间内，通过内环横截面的电荷量为B0rS
ρ
C. t = 1
6 f 时刻，内环中感应电流大小为√3 π rf B0 S
2 ρ
D. 若n=5，则该“圆盘形导体”的发热功率为225 π
3 S f
2B0
2r
3
ρ
【答案】AD
【解析】由楞次定律结合图乙可知，t = 1
2f 时刻，从上往下看，各环内感应电流
均为逆时针方向，故A正确；0～1
4 f 时间内，穿过内环的磁通量变化量大小为
第19页
ΔΦ = B0 π r
2，内环电阻R = ρ L
S = 2π rρ
S
，通过内环横截面的电荷量为
q = ΔΦ
R = B0rS
2 ρ ，故B错误；内环中感应电动势和感应电流的瞬时值表达式（以
顺时针方向为正方向）分别为e = Emcos2π ft和i= I mcos2π ft，又因为
Em= B0 π r
2ω=2π
2r
2f B0，I m= Em
R = π rf B0 S
ρ
，则在t = 1
6 f 时刻电流的瞬时值为
i= I mcos2π f ⋅1
6 f = I m
2 = π rf B0 S
2 ρ
，故C错误；内环中电流有效值为
I = I m
√2 = π rf B0 S
√2 ρ
，发热功率为P1= I
2 R = π
3r
3 f
2B0
2 S
ρ
，同理，第n个环的发热功率
为Pn=n
3 P1，则该“圆盘形导体”的发热功率为
P= P1+ P2+ P3+ P4+ P5= 225 π
3 S f
2B0
2r
3
ρ
，故D正确。
10．（2025·河南郑州三模）如图，水平面（纸面）内固定有两足够长的光滑
平行金属导轨，间距为l，其左端接有阻值为R的定值电阻。一质量为m的金属
杆MN（长度略大于l）垂直放置在导轨上。在电阻和金属杆间，有两个垂直于
纸面向里的匀强磁场，圆形磁场面积为S，磁感应强度大小B1随时间的变化关系
为B1=kt（k为大于零的常量）；矩形磁场abcd的磁感应强度大小B2= B。从t =0
时刻开始，矩形磁场以速度v0向右匀速运动；t =t0时，bc边恰好到达金属杆MN
处，之后，金属杆跟随磁场向右运动；t =2t0时，系统达到稳定状态。已知金属
杆与导轨始终垂直且接触良好，整个过程金属杆未离开矩形磁场区域，不计金
属杆和导轨电阻，磁场运动产生的其他影响可忽略，求：
（1） t =0到t =t0时间内，流经电阻R的电荷量；
（2） t =t0时刻，MN的加速度大小；
（3） t =t0到t =2t0时间内，MN与矩形磁场的相对位移大小。
【答案】（1） kSt0
R
第20页
（2） B
2l
2v0−kSBl
mR
（3） Bl v0mR+ kSt0 B
2l
2−kSmR
B
3l
3
【解析】
（1） 由电流定义式得I = q
t0
由闭合电路欧姆定律得I = E1
R
由法拉第电磁感应定律得E1= ΔΦ
Δt = ΔB1
Δt S =kS
联立可得流过电阻R的电荷量q = kSt0
R
（2） t =t0时刻，由法拉第电磁感应定律得E2= Bl v0
由闭合电路欧姆定律得I = Bl v0−kS
R
由牛顿第二定律得IlB =ma
联立可得MN的加速度大小a= B
2l
2v0−kSBl
mR
（3） 当t =2t0时，系统达到稳定状态，回路中电流为零，设此时金属杆的速度
为vm，则Bl(v0−vm)=kS
解得vm= v0−kS
Bl
设在t =t0到t =2t0时间内，MN与矩形磁场的相对位移大小为Δ x
则Δq = I Δt
I = E
R
E = ΔΦ
Δt
ΔΦ感生=(2k t0−k t0)S =k t0 S
ΔΦ动生= Bl Δ x
联立可得Δq = ΔΦ
R = Bl Δ x−k t0 S
R
对金属杆MN，由动量定理得F安Δt =m vm
其中F安= B I l
联立解得Δ x = Bl v0mR+ kSt0 B
2l
2−kSmR
B
3l
3
第21页
C 组 创新高分练
11．（2025·天津二模）利用超导体可以实现磁悬浮，图甲是超导磁悬浮的示
意图。在水平桌面上有一个周长为L的超导圆环，将一块永磁铁沿圆环中心轴
线从圆环的正上方缓慢向下移动，由于超导圆环与永磁铁之间有排斥力，结果
永磁铁能够悬浮在超导圆环的正上方h1高处，此时圆环所处位置的磁感应强度
大小为B1、磁场方向与水平方向的夹角为θ1，永磁铁磁场方向如图甲所示。
甲
乙
（1） 从上向下看，判断超导圆环中的电流方向；
（2） 若永磁铁在h1高处时超导圆环中的电流为I 1，求此时超导圆环所受的安
培力F的大小和方向；
（3） 在接下来的几周时间内，发现永磁铁在缓慢下移。经过较长时间t0后，
永磁铁的平衡位置变为离超导圆环h2高处。有一种观点认为超导体也有很微小
的电阻率，只是现在一般仪器无法直接测得，超导圆环内电流的变化造成了永
磁铁下移。若已知永磁铁在h2高处时，圆环所处位置的磁感应强度大小为B2，
磁场方向与水平方向的夹角为θ2，永磁铁的质量为m，重力加速度为g，永磁铁
从h1高处经时间t0缓慢下移到h2高处过程中，超导圆环中电流的二次方随时间变
化的图像如图乙所示（I 1和I 2均为未知量），超导圆环导线的横截面积为S。求
永磁铁平衡位置变为h2高处时，超导圆环中的电流I 2和该超导圆环的电阻率ρ 。
【答案】（1） 逆时针方向
（2） B1 I 1 Lcosθ1 ；方向竖直向下
（3）
mg
B2 Lcosθ2 ；
2 LS(h1−h2)B1
2B2
2cos
2θ1cos
2θ2
mgt0(B1
2cos
2θ1+ B2
2cos
2θ2)
【解析】
（1） 根据楞次定律和右手螺旋定则可以判断超导圆环中电流方向从上往下看
为逆时针方向。
第22页
（2） 把环分成无数等长的小段，每一小段长为Δl，则每一小段所受安培力为
Δ F = B1 I 1 Δl
由对称性可知，所有小段所受的安培力水平分力抵消，所以竖直方向分力的合
力即整个圆环所受安培力，设有N小段，则F = N Δ F cosθ1= B1 I 1 Lcosθ1，方向
竖直向下。
（3） 永磁铁在h2高处处于平衡状态，则mg= F ′，F ′ = B2 I 2 Lcosθ2，
I 2=
mg
B2 Lcosθ2
磁铁下降前有，mg= F
I 1=
mg
B1 Lcosθ1
根据能量守恒定律有mg(h1−h2)=Q
根据焦耳定律有Q = ( I 1
2+ I 2
2)
2
Rt0
根据电阻定律有R = ρ L
S
解得ρ= 2 LS(h1−h2)B1
2B2
2cos
2θ1cos
2θ2
mgt0(B1
2cos
2θ1+ B2
2cos
2θ2)
微专题3 电磁感应与动力学、动量、能量综合问题
A 组 基础保分练
1．（2025·河南焦作一模）如图所示，两根平行、粗糙程度均匀的金属导轨固
定于水平面内，导轨之间接有电阻R，其余电阻不计。金属棒ab与两导轨始终
垂直并保持良好接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向
下，现ab棒在外力F作用下向右始终保持匀速直线运动，下列说法正确的是（
）
A. ab棒所受的安培力越来越小
B. ab棒中的感应电流方向由b到a
C. ab棒所受的安培力方向水平向右
D. 外力F越来越大
【答案】B
第23页
【解析】ab棒所受的安培力F安= BIL= B
2 L
2v
R
，因ab棒匀速运动，可知所受的安
培力大小不变，选项A错误；根据右手定则可知，ab棒中的感应电流方向由b到
a，选项B正确；由左手定则可知，ab棒所受的安培力方向水平向左，选项C错
误；ab棒匀速运动，则外力F = F安，可知外力F不变，选项D错误。
2．（2025·辽宁葫芦岛一模）多选 如图，两根足够长的光滑平行金属直导轨
倾斜放置，与水平面夹角为θ ，下端连接一阻值为R的电阻，整个装置处于方
向垂直于导轨平面向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。现将一质量为m的
金属棒从导轨上端由静止释放，经过一段时间后做匀速直线运动。在运动过程
中，金属棒与导轨始终垂直且接触良好（a、b为接触点），已知金属棒接入电
路的阻值为r(r ≠0)，导轨间距为L，导轨电阻忽略不计，重力加速度为g。则（
）
A. 金属棒中电流方向由a指向b
B. 由静止释放时金属棒的加速度大小为gsinθ
C. 金属棒做匀速直线运动的速度大小为mgR sinθ
B
2 L
2
D. 金属棒做匀速直线运动之前合力的冲量大于m
2 gRsinθ
B
2 L
2
【答案】BD
【解析】根据右手定则判断，金属棒中电流方向由b指向a，故A错误；由静止
释放时金属棒的加速度大小为a= mgsinθ
m
= gsinθ ，故B正确；金属棒做匀速直
线运动时，mgsinθ = BIL，又I =
E
R+r ，E = BLv，联立解得v = mg( R+r )sinθ
B
2 L
2
，故
C错误；根据动量定理可知I =mv −0= m
2 g( R+r )sinθ
B
2 L
2
> m
2 gR sinθ
B
2 L
2
，故D正确。
3．（2025·山东滨州一模）多选 如图，两根足够长的光滑平行导轨MNP和
M ′ N ′ P′，MN、M ′ N ′部分在同一水平面内，NP、N ′ P′部分倾斜，且与水平
面的夹角为θ 。空间存在竖直向上的匀强磁场。导体棒EF静止放置在水平部分
上。t =0时刻，导体棒GH在外力作用下沿倾斜导轨开始匀速下滑，速度大小为
第24页
v0。已知两导体棒的质量均为m，导体棒EF始终在水平导轨上，导体棒GH始终
在倾斜导轨上，运动过程中两棒与导轨始终垂直且接触良好。则（ ）
A. 导体棒EF的最大速度为v0cosθ
B. 导体棒EF的最大速度为v0
C. 导体棒EF整个加速运动过程中，安培力对导体棒GH的冲量大小为m v0cosθ
D. 导体棒EF整个加速运动过程中，安培力对导体棒GH的冲量大小为m v0cos
2θ
【答案】AC
【解析】导体棒GH在外力作用下沿倾斜导轨开始匀速下滑，速度大小为v0，切
割磁感线产生感应电动势，设导轨间距为l，对GH有E = Bl v0cosθ ，导体棒EF
受安培力作用做加速运动，同时也在切割磁感线，当闭合电路中的电流减小为
零时，导体棒EF速度达到最大速度vm，此时两棒产生的感应电动势大小相等，
有Bl v0cosθ = Bl vm，解得vm= v0cosθ ，A正确，B错误；在导体棒EF整个加速
运动过程中，导体棒GH和EF受到的安培力大小始终相等，安培力对导体棒GH
和EF的冲量大小相等，对导体棒EF，由动量定理得I =m vm−0，解得
I =m v0cosθ ，故安培力对导体棒GH的冲量大小也为m v0cosθ ，C正确，D错
误。
4．（2025·湖北武汉模拟）多选 如图所示，空间存在磁感应强度大小相等、
方向分别垂直于光滑绝缘水平面向上和向下的匀强磁场，正方形导线框从紧靠
磁场边界的位置Ⅰ以某一初速度垂直边界进入磁场，运动到位置Ⅱ时完全进入
左侧磁场，运动到位置Ⅲ（线框在左、右两个磁场中各有一半面积）时速度恰
好为0。设从位置Ⅰ到位置Ⅱ、从位置Ⅱ到位置Ⅲ的过程中，通过线框某一横
截面的电荷量分别为q1、q2，线框中产生的焦耳热分别为Q1、Q2。则（ ）
A. q1:q2=1:1
B. q1:q2=2:1
C. Q1:Q2=3:1
D. Q1:Q2=5:4
【答案】AD
第25页
【解析】根据电荷量的计算公式可得q = I t = E
R t = ΔΦ
R ，从位置Ⅰ到位置Ⅱ磁通
量的变化量大小为ΔΦ1= BS，在位置Ⅲ时磁通量为零，所以从位置Ⅱ到位置Ⅲ
磁通量的变化量大小为ΔΦ2= BS，所以q1:q2=1:1，故A正确，B错误；设初速
度为v0，完全进入左侧磁场时的速度大小为v，取向右为正方向，从位置Ⅰ到位
置Ⅱ，根据动量定理可得−B I 1 Lt1=mv −m v0，即B q1 L=m v0−mv，从位置Ⅱ到
位置Ⅲ的过程中，根据动量定理可得−2B I 2 Lt2=0−mv，即2B q2 L=mv，联立
解得v = 2
3 v0，根据功能关系可得Q1= 1
2 mv0
2−1
2 mv
2= 5
18 mv0
2，Q2= 1
2 mv
2= 2
9 mv0
2，
所以Q1:Q2=5:4，故C错误，D正确。
5．（2025·河北保定一模）电磁驱动在很多领域得到应用，比如交流感应电动
机和军事领域的电磁炮等。如图甲所示为一电磁驱动模型，水平面内平行金属
导轨MN、PQ间距为L，左端接阻值为R的电阻，abcd为施加在导轨上某区域的
矩形匀强磁场，磁感应强度为B，ad =l，靠近cd边有一质量为m的导体棒放置
在导轨上，两者保持良好接触。某时刻起，矩形匀强磁场从静止开始向右做匀
加速直线运动，经较短的时间Δt，导体棒也开始向右做加速运动，其运动的速
度-时间图像如图乙所示。已知导体棒运动起来后会受到恒定的阻力，速度-时
间图像中的物理量均为已知量，导轨和导体棒电阻均不计。下列说法正确的是
（ ）
甲
乙
A. 导体棒所受阻力大小为B
2 L
2vt Δt
R(t0−Δt )
B. 导体棒所受阻力大小为( B
2 L
2 Δt
R
−m)(
vt
t0−Δt )
C. 导体棒离开磁场区域时的速度为l
Δt
D. 导体棒离开磁场区域时的速度为lt0−vt( Δt )
2
2t0 Δt
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【答案】B
【解析】由图乙可知，导体棒做匀加速直线运动，所受安培力恒定，设以运动
的磁场为参考系，导体棒的速度为Δv，则安培力F安= BIL= B
2 L
2 Δv
R
，可知安培
力恒定即Δv保持不变，所以磁场运动的加速度等于导体棒的加速度，有
a=
vt
t0−Δt ，则Δv =a Δt，又F安−f =ma，联立解得f =( B
2 L
2 Δt
R
−m)(
vt
0
t0−Δt )，
故A错误，B正确；Δt时间内，磁场前进的位移为x = 1
2 a( Δt )
2，接下来再经过t
时间，导体棒离开磁场，则有Δv ⋅t =l−x，导体棒离开磁场的速度为v =at，联
立可得v = 2l(t0−Δt )−vt( Δt )
2
2 Δt(t0−Δt )
，故C、D错误。
6．（2025·安徽六安一模）如图所示，e1f 1g1和e2f 2 g2是两根足够长且电阻不
计的固定光滑平行金属导轨，其中f 1g1和f 2 g2为导轨的水平部分，e1f 1和e2f 2是
倾角θ =37
∘ 的倾斜部分。在f 1f 2右侧空间中存在磁感应强度大小为B =2T、方向
竖直向上的匀强磁场，不计导体棒在导轨连接处的动能损失。将导体棒ab置于
倾斜导轨上，距离倾斜导轨底端高度h=5m，另一完全相同的导体棒cd静止于
水平导轨上，导轨间距均为L=1m，导体棒ab的质量为m=1kg，电阻R =10Ω ，
t =0时，导体棒ab从静止释放，到两棒最终稳定运动过程中，ab、cd棒未发生
碰撞，且两导体棒始终与导轨保持垂直并接触良好，g取10m/ s
2。求：
（1） ab棒刚滑到倾斜导轨底端时回路中产生的电流大小；
（2） 从cd棒开始运动，到最终运动达到稳定的过程中，cd棒产生的热量；
（3） 从开始计时到两棒最终稳定运动过程中，通过回路的电荷量。
【答案】（1） 1 A
（2） 12.5 J
（3） 2.5C
【解析】
（1） ab棒从静止释放到滑到倾斜导轨底端，根据动能定理有mgh= 1
2 m v0
2−0
第27页
解得v0=10m/ s
ab棒产生的感应电动势为E = BLv0
由闭合电路欧姆定律有I = E
2 R
解得I =1 A
（2） 金属导轨光滑，且两导体棒所受的安培力始终大小相等、方向相反，将
两棒组成的系统作为研究对象，在水平部分运动过程中，系统动量守恒，两棒
最终稳定运动时，速度相等，由动量守恒定律有m v0=m v1+m v1
解得v1=5m/ s
系统产生的总焦耳热Q = 1
2 m v0
2−2× 1
2 m v1
2=25 J
cd棒上产生的焦耳热Qcd =
R
R+ R Q =12.5 J
（3） 从ab棒刚进入磁场到与cd棒共速，对导体棒ab，由动量定理得
−B I L Δt =m v1−m v0
其中q = I Δt
解得q =2.5C
B 组 强化提分练
7．（2025·广东名校联考）多选 如图甲所示，间距为L的足够长光滑平行金属
导轨固定在绝缘水平面上，导轨左侧连接有阻值为R的定值电阻，金属棒垂直
静止在导轨上，整个导轨处在垂直导轨平面向上的匀强磁场中，磁场的磁感应
强度大小为B，给金属棒施加水平向右的拉力F，使金属棒从静止开始运动，金
属棒运动x0的距离时撤去拉力，金属棒整个运动过程中的速度v与运动的位移x
的关系如图乙所示。金属棒运动过程中始终与导轨垂直并与两导轨接触良好，
金属棒接入电路的电阻为R，则金属棒运动过程中（ ）
甲
乙
A. 加速度大小保持不变
B. 通过电阻R的电荷量为BL x0
R
第28页
C. 电阻R中产生的焦耳热为B
2 L
2v0 x0
4 R
D. 拉力F的冲量大小为B
2 L
2 x0
2 R
【答案】BC
【解析】图乙中图线的斜率k = Δv
Δ x = a
v ，则金属棒加速运动过程中，随着速度增
大，加速度增大，减速运动过程中，随着速度减小，加速度减小，故A错误；
根据q = I ⋅Δt，I = E
2 R ，E = ΔΦ
Δt ，解得通过电阻R的电荷量
q = ΔΦ
2 R = BL×2 x0
2 R
= BL x0
R
，故B正确；整个过程克服安培力做功
W 安= F安⋅x = B
2 L
2v
2 R
⋅x，由图乙可知，v ⋅x = 1
2 v0⋅2 x0= v0 x0，联立解得
W 安= B
2 L
2v0 x0
2 R
，因此电阻R中产生的焦耳热为Q = 1
2 W 安= B
2 L
2v0 x0
4 R
，故C正确；
在整个运动过程，根据动量定理得I F−I 安=0，又I 安= BL I t = BqL，联立解得
I F = B
2 L
2 x0
R
，故D错误。
8．多选 如图所示，间距为L的两平行光滑长直金属导轨水平放置。abcd区域
有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向竖直向上。细金属杆N静置于磁场中，
磁场外的细金属杆M以速度v0向右运动，此后两杆在磁场内未相撞且N出磁场
时的速度为v0
3 。已知两杆的质量均为m，在导轨间的电阻均为R，两金属杆与导
轨接触良好且始终与导轨垂直，感应电流产生的磁场及导轨的电阻忽略不计。
则（ ）
A. N在磁场内运动过程中的最大加速度为B
2 L
2v0
2mR
B. N在磁场内运动过程中通过回路的电荷量为m v0
3 BL
C. M中产生焦耳热的最小值为2
9 mv0
2
第29页
D. N的初始位置到ab的最小距离为
2mv0 R
3 B
2 L
2
【答案】ABD
【解析】M进入磁场后，M做减速运动，N做加速运动，则M刚进入磁场时，
N在磁场中的加速度最大，则有E = BLv0，I = E
2 R，F = BIL，F =mam，联立可得
am= B
2 L
2v0
2mR ，故A正确；对N，由动量定理有B I L⋅Δt =m⋅v0
3 −0，又q = I Δt，
联立可得q = mv0
3 BL，故B正确；若N出磁场时，M恰好追上N，则回路中产生的
焦耳热最少，设此时M的速度为v，由动量守恒定律有mv0=mv +m⋅v0
3 ，解得
v = 2v0
3 ，由能量守恒定律可得，回路中产生的焦耳热
Q = 1
2 mv0
2−1
2 m( 2v0
3 )
2
−1
2 m( v0
3 )
2
= 2
9 mv0
2，则M中产生焦耳热的最小值
QM = 1
2 Q = 1
9 mv0
2，故C错误；设两杆在磁场中相对靠近的位移大小为Δ x，由公
式E = ΔΦ
Δt ，ΔΦ = BL Δ x，I = E
2 R ，q = I Δt，联立可得Δ x = 2mv0 R
3 B
2 L
2 ，由于两杆在
磁场内未相撞，则N的初始位置到ab的最小距离x = Δ x = 2mv0 R
3 B
2 L
2 ，故D正确。
9．（2025·河北沧州二模）如图所示，足够长的固定平行金属导轨A1B1B2 A2
与水平面的夹角θ =30
∘ ，导轨的右端接有开关S及阻值为R的电阻，导轨的间距
为2 L，导轨上的C1C2下方存在随空间交替变化的条形区域的匀强磁场，方向如
图，磁感应强度大小均为B，每一条形磁场区域的宽度均为L。相同的金属棒
MN和PQ用绝缘轻质杆D1 D2固定在一起组成一个“工”字形工件。现闭合开关
S并将“工”字形工件从C1C2的上方某一位置由静止释放，金属棒MN刚进入磁
场时加速度变为零。已知金属棒MN和PQ的质量均为3m、电阻均为2 R、长度
均为2 L，二者之间的间距为L，运动过程中两金属棒与导轨始终垂直且接触良
好，不计金属棒与导轨之间的摩擦力，导轨电阻忽略不计，重力加速度为g。
第30页
（1） 金属棒MN刚进入磁场时，求电阻R两端的电压；
（2） 求“工”字形工件由静止释放时，金属棒MN与C1C2之间的距离x1；
（3） 当金属棒PQ刚进入磁场时断开开关S并开始计时，经过时间t，“工”字
形工件的加速度再次变为零，求此时金属棒PQ与C1C2之间的距离x2。
【答案】（1） mgR
BL
（2） 4 m
2 g R
2
B
4 L
4
（3） 15m
2 g R
2
8 B
4 L
4
+ 3mgRt
4 B
2 L
2
【解析】
（1） 金属棒MN刚进入磁场时加速度变为零，则可得
6mgsinθ = B I 0⋅2 L
R 两端的电压U = I 0⋅2 R
3
解得U = mgR
BL
（2） 金属棒MN刚进入磁场时有E0= B⋅2 Lv0，E0= I 0⋅8 R
3
工件从静止释放到金属棒MN刚进入磁场，由动能定理可得
6mg x1sinθ = 1
2 ⋅6mv0
2
解得x1= 4 m
2 g R
2
B
4 L
4
（3） 工件完全进入磁场后有E =2⋅B⋅2 Lv，I = E
4 R
工件受到的安培力F安=2BI ⋅2 L
第31页
解得F安= 4 B
2 L
2v
R
设工件再次加速度为零时，速度为v1，有6mgsinθ = 4 B
2 L
2v1
R
工件完全进入磁场后到再次加速度为零，由动量定理可得
6mgsinθ⋅t −4 B
2 L
2v
R
⋅t =6m(v1−v0)
其中x2= v t
解得x2= 15m
2 g R
2
8 B
4 L
4
+ 3mgRt
4 B
2 L
2
10．光滑斜面倾角θ =30
∘ ，Ⅰ区域与Ⅱ区域均存在垂直斜面向上的匀强磁场，
两区域中磁场的磁感应强度大小相等。正方形线框abcd质量为m，总电阻为R，
线框由同种材料制成且粗细均匀，Ⅰ区域沿斜面的宽度为L1，Ⅱ区域沿斜面的
宽度为L2，两区域间无磁场区域沿斜面的宽度大于线框的边长。线框从某一位
置释放，cd边进入Ⅰ区域时速度大小为v，且直到ab边离开Ⅰ区域时速度大小
始终为v，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。已知重
力加速度为g。
（1） 求线框释放时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） 求线框从刚进入Ⅱ区域到完全离开Ⅱ区域过程中克服安培力做功的平均
功率。
【答案】（1） v
2
g
（2） 3
4 √
Rmgv
2
（3）
mg( L2+ L1)
4 L1
v或
mg( L2+ L1)
4 L2
v
【解析】
第32页
（1） 设线框cd边释放时与Ⅰ区域上边缘的距离为d，从线框释放到cd边到达
Ⅰ区域上边缘的过程中，由动能定理可得mgd sinθ = 1
2 mv
2，解得d = v
2
g 。
（2） 由于cd边进入Ⅰ区域时速度大小为v，且直到ab边离开Ⅰ区域时速度大
小始终为v，可知线框匀速通过Ⅰ区域，则线框边长L= L1，且满足
BI L1=mgsinθ ①
又有I = E
R = B L1v
R
②
将②代入①中可得B =√
mgR
2 L1
2v ③
当cd边进入Ⅰ区域时，cd边切割磁感线产生的感应电动势
E = B L1v④
cd边两端的电势差U cd =
3
4 R
R E = 3
4 E = 3 B L1v
4
⑤
联立③⑤可得U cd = 3
4 √
Rmgv
2
。⑥
（3） 从cd边进入Ⅱ区域到ab边刚要离开Ⅱ区域的过程中
由动能定理可得mg( L2+ L1)sinθ−W =0⑦
解得克服安培力做的功W = 1
2 mg( L2+ L1)⑧
由于题目中并未给出线框边长L1与Ⅱ区域沿斜面的宽度L2的大小关系，故分情
况进行讨论
第1 种情况：若L1< L2，垂直于斜面看，如图甲所示
甲
1 到2 过程，即从cd边刚到Ⅱ区域上边缘到ab边刚要进入Ⅱ区域的过程
以线框为研究对象，根据动量定理可得
mgsinθ⋅t1−B I 1 L1t1=m v2−m v1⑨
第33页
又有I 1t1=q1= B L1
2
R ⑩
联立⑨⑩解得mgsinθ⋅t1−B
2 L1
3
R
=mv2−mv1⑪
2 到3 过程，即从ab边刚要进入Ⅱ区域到cd边刚要出Ⅱ区域的过程
对线框由动量定理可得mgsinθ⋅t2=m v3−m v2⑫
3 到4 过程，即从cd边刚要出Ⅱ区域到ab边恰好离开Ⅱ区域的过程
对线框根据动量定理可得mgsinθ⋅t3−B I 2 L1t3=m v1−m v3
又有I 2t3=q2= B L1
2
R
即mgsinθ⋅t3−B
2 L1
3
R
=mv1−mv3⑬
联立
可得
⑪⑫⑬
mgsinθ(t1+t2+t3)−2 B
2 L1
3
R
=0
则t =t1+t2+t3= 4 B
2 L1
3
mgR ⑭
将③代入
式可得
⑭
t = 2 L1
v
则线框从刚进入Ⅱ区域到完全离开Ⅱ区域过程中克服安培力做功的平均功率
P = W
t = mg( L2+ L1)
4 L1
v
第2 种情况：若L1> L2，垂直于斜面看的俯视图如图乙所示
乙
1 到2 过程，即从cd边刚到Ⅱ区域上边缘到cd边刚到达Ⅱ区域下边缘的过程
对线框根据动量定理可得mgsinθ⋅t ′1−B I 3 L1t ′1=mv ′2−m v1
又有I 3t ′1=q′1= B L1 L2
R
可得mgsinθ⋅t ′1−B
2 L1
2 L2
R
=mv ′2−mv1⑮
2 到3 过程，即从cd边刚到达Ⅱ区域下边缘到ab边刚要进入Ⅱ区域的过程
对线框根据动量定理可得mgsinθ⋅t ′2=mv ′3−mv ′2⑯
第34页
3 到4 过程,即从ab边刚到达Ⅱ区域上边缘到ab边刚到达Ⅱ区域下边缘的过程
对线框根据动量定理可得mgsinθ⋅t ′3−B I 4 L1t ′3=m v1−mv ′3
又有I 4t ′3=q′2= B L1 L2
R
即mgsinθ⋅t ′3−B
2 L1
2 L2
R
=mv1−mv ′3⑰
联立
可得
⑮⑯⑰
mgsinθ(t ′1+t ′2+t ′3)−2 B
2 L1
2 L2
R
=0
则t ′ =t ′1+t ′2+t ′3= 4 B
2 L1
2 L2
mgR
⑱
将③代入
可得
⑱
t ′ =2 L2
v
则线框从进入Ⅱ区域到完全离开过程中克服安培力做功的平均功率
P′ = W
t ′ = mg( L2+ L1)
4 L2
v。
第3 种情况：若L1= L2，根据题给信息与上述分析可知，线框从刚进入Ⅱ区域到
完全离开Ⅱ区域的过程，始终受安培力，可能一直减速，也可能先减速后匀速，
则cd边进入Ⅱ区域时的速度和ab边离开Ⅱ区域时的速度不可能一致，与题给信
息不符，故不存在此种情况。
