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专题08 电磁感应的综合运用
A·常考题不丢分
命题点01 楞次定律及法拉第电磁感应定律的理解及应用
命题点02 自感现象、涡流、电磁驱动和电磁阻尼
命题点03 电磁感应中的图象问题
命题点04 “单杆＋导轨”模型
命题点05 “双杆＋导轨”模型
B·拓展培优拿高分
C·挑战真题争满分
【命题点01 楞次定律及法拉第电磁感应定律的理解及应用】
【针对练习1】（2024·河南·统考二模）如图所示，一个质量为m、电阻为R、边长为L 的正方形金属线框
abcd，放在光滑绝缘水平面上，空间存在一磁感应强度为B、方向竖直向下的有界匀强磁场，磁场的左右
边界刚好和线框的ab 边、cd 边重合。现在线框cd 的中点加一水平向右的恒力F，使线框从图示位置由静
止开始水平向右运动。已知经过时间t，线框的ab 边刚好向右运动到磁场的右边界处，此时线框的速度大
小为v。若在同一时间t 内，线框内产生的热量与一恒定电流I 在该线框内产生的热量相同，则关于该恒定
电流I 的表达式，下列正确的是（ ）
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A．I =√
2 FL+m v
2
2 Rt
B．I =√
FL−m v
2
2 Rt
C．I =√
FL−m v
2
Rt
D．
I =√
2 FL−mv
2
2 Rt
【答案】D
【详解】对线框根据能量守恒有
FL=Q+ 1
2 m v
2
线框内产生的热量与一恒定电流I 在该线框内产生的热量相同，则恒定电流产生的热量为
Q = I
2 Rt
解得
I =√
2 FL−m v
2
2 Rt
故选D。
【针对练习2】（2023·河南开封·统考一模）如图所示，金属导体圆环用绝缘支架固定在铁架台上，圆环面
水平。在圆环正上方，一质量为m，可视为质点的小磁铁通过细线吊在铁架台的横杆上，细线与圆环的轴
线重合，小磁铁距铁架台底面的高度为h。现剪断细线，小磁铁沿圆环轴线下落到铁架台底面上。不计空
气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
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A．小磁铁落在铁架台底面上时的速度大小为√2 gℎ
B．小磁铁下落的整个过程中，加速度先小于g 后大于g
C．在小磁铁下落的整个过程中，圆环对小磁铁的作用力先竖直向上后竖直向下
D．在小磁铁下落的整个过程中，圆环中的感应电流先逆时针后顺时针（从上往下看）
【答案】D
【详解】A．小磁铁下落的整个过程中，圆环中产生感应电流，则小磁铁的机械能不守恒，所以有
mgℎ> 1
2 m v
2
则小磁铁落在铁架台底面上时的速度v 小于√2gℎ，故A 错误；
BC．根据楞次定律中“来拒去留”可知，小磁铁下落的整个过程中，圆环产生的感应电流总是要阻碍小磁
铁与圆环间的相对运动，所以圆环对它的作用力始终竖直向上，则加速度始终小于g，故BC 错误；
D．小磁铁在圆环上方下落时，圆环磁通量增加，则产生的感应磁场方向竖直向上，根据右手螺旋定则判
断可知，圆环中的感应沿逆时针方向。小磁铁在圆环下方下落时，圆环磁通量减小，产生的感应磁场方向
竖直向下，则根据右手螺旋定则判断可知，圆环中的感应沿顺时针方向，故D 正确。
故选D。
【针对练习3】（2023·浙江绍兴·统考模拟预测）如图所示，AOC 是光滑的直角金属导轨，AO 竖直，OC
水平。质量分布均匀的金属棒ab 长度为L，质量为m，电阻为R，两端置于导轨内。设金属杆与竖直导轨
夹角为θ，当θ=30°时静止释放金属杆。已知空间存在着磁感应强度大小为B 的匀强磁场，方向垂直纸面向
里，不计金属导轨的电阻，则（ ）
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A．回路中感应电流方向始终为逆时针方向
B．整个过程中，ab 棒产生的焦耳热为1
2mgL
C．当θ=60°时，若a 点速度大小为v，则b 点速度大小为2v
D．在θ=30°到θ=45°过程中通过ab 棒的电荷量为2−√3
8 R
B L
2
【答案】D
【详解】A．根据几何关系金属杆下滑过程，围成的面积先增大后减小，根据楞次定律和安培定则可知，
感应电流方向先逆时针再顺时针，故A 错误；
B．整个过程中，金属棒重力势能减少量为
Δ Ep= 1
2 mgLcos30°< 1
2 mgL
根据能量守恒可知，整个过程中，ab 棒产生的焦耳热不可能等于1
2mgL，故B 错误；
C．当θ=60°时，a 和b 两点沿杆方向的速度相等，有
v cos60° = vbcos30°
解得
vb= √3
3 v
故C 错误；
D．在θ=30°到θ=45°过程中，产生的平均感应电流
I = E
R = ΔΦ
R Δt =
B⋅( 1
2 Lcos 45°⋅Lsin 45°−1
2 Lcos30°⋅Lsin30° ）
R Δt
= (2−√3)B L
2
8 R Δt
通过ab 棒的电荷量
Q = I Δt = 2−√3
8 R
B L
2
故D 正确。
故选D。
【命题点02 自感现象、涡流、电磁驱动和电磁阻尼】
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【针对练习4】（2023·黑龙江哈尔滨·哈九中校考三模）图甲是电动公交车无线充电装置，供电线圈设置在
充电站内，受电线圈和电池系统置于车内。供电线路与220V 交流电源相连，将受电线圈靠近供电线圈，
无需导线连接，蓄电池便可以充电（如图乙所示），下列说法正确的是（ ）
A．供电线圈和受电线圈无导线连接，所以传输能量时没有损失
B．用塑料薄膜将供电线圈包裹起来之后，仍能为蓄电池充电
C．无线充电的原理是利用供电线圈发射电磁波传输能量
D．充电时，供电线圈的磁场对受电线圈中的电子施加磁场力的作用，驱使电子运动
【答案】B
【详解】AC．供电线圈和受电线圈是利用互感传输能量，不是发射电磁波，由于线圈存在电阻，传输过程
有漏磁等，故传输能量时有损失，AC 错误；
B．磁场能穿过塑料，故用塑料薄膜将供电线圈包裹起来之后，仍能为蓄电池充电，B 正确；
D．充电时，供电线圈产生的变化磁场穿过受电线圈，引起受电线圈磁通量变化，产生感应电流，D 错误。
故选B。
【针对练习5】（2023·北京门头沟·统考一模）某课外研究性学习小组在“如何防止电梯坠落的研究”中，
设计的防止电梯坠落的应急安全装置如图所示。在电梯轿厢上安装上永久磁铁，电梯的井壁铺设闭合金属
线圈A 和B。下列说法正确的是（ ）
A．电梯突然坠落时，该装置可使电梯停在空中
B．电梯突然坠落时，该装置不可能起到阻碍电梯下落的作用
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C．电梯坠落至永久磁铁图示位置时，线圈A、B 中电流方向相反
D．电梯坠落至永久磁铁图示位置时，已穿过线圈A，所以线圈A 不会阻碍电梯下落
【答案】C
【详解】A．感应电流会阻碍磁铁的相对运动，但不能阻止磁铁的运动，若电梯停在空中，线圈不会产生
感应电流，电梯上的磁铁不会受到感应电流的作用，所以电梯不可能停在空中，A 错误；
B．若电梯突然坠落时，线圈内的磁通量发生变化，线圈中产生感应电流，感应电流会阻碍磁铁的相对运
动，可起到阻碍电梯下落的作用，B 错误；
C．当电梯坠落至如图位置时，闭合线圈A 中向上的磁场减弱，感应电流的方向从上向下看是逆时针方向，
B 中向上的磁场增强，感应电流的方向从上向下看是顺时针方向，可知A 与B 中感应电流方向相反，C 正
确；
D．结合A 的分析可知，当电梯坠落至如图位置时，闭合线圈A、B 都在阻碍电梯下落，D 错误。
故选C。
【针对练习6】（多选）（2023·广东汕头·金山中学校考三模）如图所示为某种售货机硬币识别系统简图。
虚线框内存在磁场，从入口A 进入的硬币沿斜面滚落，通过磁场区域后，由测速器测出速度大小，若速度
在某一合适范围，挡板B 自动开启，硬币就会沿斜面进入接受装置；否则挡板C开启，硬币进入另一个通
道拒绝接受。下列说法正确的是（ ）
A．磁场能使硬币的速度增大得更快
B．由于磁场的作用，硬币的机械能不守恒
C．硬币进入磁场的过程会受到来自磁场的阻力
D．如果没有磁场，则测速器示数会更大一些
【答案】BCD
【详解】AC．根据题意可知，硬币进入磁场和离开磁场时，穿过硬币的磁通量发生变化，硬币中产生感应
电流，感应电流会阻碍硬币的相对运动，即硬币进入磁场的过程会受到来自磁场的阻力，若磁场阻力大于
硬币重力沿斜面的分力，硬币将做减速运动，若磁场阻力等于硬币重力沿斜面的分力，硬市币将匀速进入
磁场，若磁场阻力小于硬币重力沿斜面的分力，硬币继续加速运动，但速度增加变慢，综上所述，磁场能
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使硬币的速度增大变慢，故A 错误，C 正确；
B．根据题意可知，硬币进入磁场和离开磁场时，穿过硬币的磁通量发生变化，硬币中产生感应电流，感
应电流会阻碍硬币的相对运动，对硬币做负功，使硬币的机械能减小，故B 正确；
D．如果没有磁场，对硬币没有阻碍作用，由动能定理可知，硬币到达测速器位置时速度更大一些，故D
正确。
故选BCD。
【命题点03 电磁感应中的图象问题】
【针对练习7】（2023·全国·校联考模拟预测）如下图，abcdef 为“日”字形导线框，其中abdc和cdfe均
为边长为l的正方形，导线ab、cd 、ef 的电阻相等，其余部分电阻不计。导线框右侧存在着宽度略小于l
的匀强磁场，磁感应强度为B，导线框以速度v匀速穿过磁场区域，运动过程中线框始终和磁场垂直且无转
动。线框穿越磁场的过程中，ab两点电势差U ab随位移变化的图像正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】由于匀强磁场的宽度略小于l，导线ab在磁场内时cd 、ef 在磁场外时，导线ab充当电源，U ab表
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示路端电压
U ab= 1
3 Blv
导线cd在磁场内时ab、ef 在磁场外时，导线cd充当电源，U ab是外电路并联电压，路端电压
U cd = 1
3 Blv
导线ef 在磁场内时ab、cd在磁场外时，导线ef 充当电源，U ab是外电路并联电压，路端电压
U ef = 1
3 Blv
故选A。
【针对练习8】（多选）如图甲所示，矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，磁场的方向与导线框所在的平
面垂直，磁感应强度B随时间变化的规律如图乙所示，规定垂直纸面向里为磁场正方向，顺时针方向为感
应电流i正方向，水平向右为ad边所受安培力F的正方向。下列图像正确的有（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】BD
【详解】AB．由图乙可知，0～1s 内，磁场方向向里，磁场及磁通量均匀增大，根据楞次定律，判断感应
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电流方向为逆时针，为负方向；1～3s，磁感应强度B 随时间t 变化的斜率为负值，感应电流方向与0～1s
内相反；同理，3～4s 内，感应电流方向与0～1s 内相同，故A 错误，B 正确；
CD．根据磁感应强度大小的变化规律，利用“增缩减扩”，可判断ad边所受安培力方向，0～1s 内向右均
匀增大，1～2s 内向左均匀减小，2～3s 内向右均匀增大，3～4s 内向左均匀减小，故C 错误，D 正确。
故选BD。
【针对练习9】（多选）（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨三中校考一模）如图所示，边长为L 的正方形区域存
在垂直纸面向外的匀强磁场，等腰直角三角形线框ABC以速度v 匀速进入磁场区域，且AB =√2 L，若从
C 点进入磁场开始计时，单位长度线框的电阻相同，则B、C 两点电势差U BC和BC边所受安培力FBC（规
定F BC向上为正）随时间变化的图像正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】BD
【详解】AB．由右手定则可知感应电流方向由C 指向B，即C 的电势高，则UBC< 0，即开始时UBC< 0，
故B 正确，A 错误；
CD．由对称性可知，0~1s 和2s~3s 是对称的过程，图像也对称，故C 错误，D 正确。
故选BD。
【命题点04 “单杆＋导轨”模型】
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【针对练习10】（多选）（2023·安徽淮南·统考二模）如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨固定放
置在足够高的水平台面上，导轨间距L=1m。质量m=1kg，电阻r =2Ω的直导体棒放在导轨上，且始终
与导轨垂直，导体棒通过一根轻质细绳绕过定滑轮与一质量也为m=1kg的重物相连。导轨左端与阻值
R =2Ω的电阻相连，导轨电阻不计，整个装置放在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B =2T。在t =0时
刻，由静止释放导体棒和重物，直导体棒由静止开始向右做直线运动（导轨足够长，轻质细绳始终与导轨
共面且平行），g=10m/ s
2。下列说法中正确的是（ ）
A．重物向下做加速度减小的加速运动，最终做匀速直线运动
B．当导体棒速度v =8 m/s时，导体棒加速度a=2m/s
2
C．导体棒最终做匀速直线运动的速度为v =10 m/s
D．导体棒最终做匀速直线运动的速度为v =12m/s
【答案】AC
【详解】A．重物和导体棒整体受力分析有
mg−BIL=2ma
根据闭合电路欧姆定律有
I = BLv
R+r
可知随着速度的增大，重物的加速度减小，所以重物向下做加速度减小的加速运动，最终做匀速直线运动，
故A 正确；
B．当导体棒速度v =8 m/s时，根据A 项可知
mg−B
2 L
2v
R+r =2ma
解得
a=1m/s
2
故B 错误；
CD．导体棒最终做匀速直线运动时有
mg−B
2 L
2v '
R+r
=0
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解得
v ' =10 m/s
故C 正确，D 错误；
故选AC。
【针对练习11】（多选）如图，距地面h 高处水平放置间距为L 的两条光滑平行金属导轨，导轨左端接有
电动势为E 的电源，质量为m 的金属杆静置于导轨上，与导轨垂直且电接触良好，空间有竖直向下的磁感
应强度为B 的匀强磁场．现将开关S 闭合，一段时间后金属杆从导轨右端水平飞出，测得其平射程为d，
下列说法正确的是（ ）
A．金属杆离开导轨后到落地前感应电动势保持不变
B．金属杆离开导轨前做匀加速直线运动
C．电源消耗的电能为mdE
BL √
g
2ℎ
D．从闭合开关到金属杆刚要落地时，金属杆受到的冲量为m√4 gℎ+ gd
2
2ℎ
【答案】AC
【详解】A．设金属杆离开轨道时的速度为v0，金属杆离开导轨后到落地前感应电动势为
E = BLv0
因为离开轨道后做平抛运动，其水平速度v0保持不变，所以感应电动势保持不变，A 正确；
B．开关闭合后，由左手定则可知，金属杆受到向右的安培力做加速运动，随着速度的增加，金属杆切割
磁感线产生的感应电动势增大，因为感应电动势与原电动势方向相反，电路中的电流减小，金属杆受到的
安培力减小，根据牛顿第二定律，金属杆的加速度减小，金属杆做变加速直线运动，B 错误；
C．根据平抛运动
ℎ= 1
2 gt
2
d = v0t
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解得，平抛运动的初速度为
v0=d√
g
2ℎ
金属杆离开轨道前，根据动量定理
B I L⋅Δt =m v0
又因为
q = I ⋅Δt
电源消耗的能量为
W 电=qE
解得
W 电= mdE
BL √
g
2ℎ
C 正确；
D．设金属杆落地时速度为v，根据动能定理
mgℎ= 1
2 m v
2−1
2 m v0
2
根据动量定理
I 总=mv −0
解得
I 总=m√2gℎ+ gd
2
2ℎ
D 错误。
故选AC。
【针对练习12】（多选）（2022·宁夏石嘴山·石嘴山市第三中学校考模拟预测）如图所示，电阻不计的水
平U 形光滑导轨上接一个阻值为R0的电阻，放在竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，一个半径
为L、质量为m、电阻为r的半圆形硬导体棒AC（直径与导轨垂直，并接触良好），在水平向右的恒定外
力F的作用下，由静止开始运动，当速度为v时，位移为d，下列说法正确的是（ ）
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A．此时AC两端电压为U AC =2BLv
B．此时杆克服安培力做功的功率为P= 4 B
2 L
2v
2
R0+r
C．此过程中导体棒AC的平均速度小于v
2
D．此过程中通过电阻R0的电荷量为q = 2BLd
R0+r
【答案】BD
【详解】A．导体AC有效切割的长度等于半圆的直径2 L，半圆形导体棒AC切割磁感线产生感应电动势
的大小为
E = B⋅2 L⋅v =2BLv
AC相当于电源，其两端电压为外电压，由欧姆定律得
U AC =
R0
R0+r ⋅E = 2BLv R0
R0+r
A 错误；
B．此时杆克服安培力做功的功率为
P = BI ⋅2 Lv = B⋅2BLv
R0+r ⋅2 Lv = 4 B
2 L
2v
2
R0+r
B 正确；
C．若导体棒做匀加速运动，则平均速度等于v
2，但是由于导体棒AC做加速度减小的加速运动，根据运动
图像可知，此过程中的位移大于做匀加速过程的位移，则此过程中导体棒AC的平均速度大于v
2， C 错误；
D．根据
q = ΔΦ
R总
可知此过程中通过电阻R0的电荷量为
q = 2BLd
R0+r
D 正确。
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【命题点05 “双杆＋导轨”模型】
【针对练习13】（多选）（2023·广西·校联考模拟预测）如图所示，两足够长的光滑平行金属导轨固定在
绝缘水平面上，导轨间距为L，导轨间有方向竖直向下的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，质量均
为m、有效电阻均为R 的金属棒ab和cd垂直于导轨放置，均处于静止状态，现给ab棒一个方向水平向左、
大小为v0的初速度，下列说法正确的是（ ）
A．从ab棒开始运动到回路无电流的过程中，回路产生的焦耳热为3m v0
2
8
B．从ab棒开始运动到回路无电流的过程中，回路产生的焦耳热为m v0
2
4
C．最终回路无电流通过后，两棒间的距离比静止时增大mR v0
B
2 L
2
D．最终回路无电流通过后，两棒间的距离比静止时增大mR v0
4 B
2 L
2
【答案】BC
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【详解】AB．ab棒存在方向水平向左、大小为v0的初速度，此时磁通量改变，电路产生感应电流，在安
培力的作用下，cd棒向左运动，最终闭合回路间的磁通量不发生改变，即金属棒ab和cd共速，由水平方
向上动量守恒，可得
m v0=2m v1
解得
v1= v0
2
根据能量守恒可得
1
2 mv0
2= 1
2 ×2mv1
2+Q
解得
Q = m v0
2
4
故A 错误，B 正确；
CD．金属棒受到的安培力为
F安= BIL= B
2 L
2 Δv
2 R
根据动量定理可得
mv1= F安t = B
2 L
2 Δvt
2 R
= B
2 L
2 Δ x
2 R
解得
Δ x = mR v0
B
2 L
2
故C 正确，D 错误；
故选BC。
【针对练习14】（多选）（2023·河北·校联考模拟预测）如图所示，水平光滑导轨间距分别为L1、L2，宽、
窄导轨区域磁感应强度分别为 B1、B2，A、B 两导杆质量分别为mA、mB、杆B 右端通过一条轻绳受质量
为m的重物牵连。并由静止开始运动。设回路中总电阻为 R。假设各导轨无限长。则下列说法正确的是（
）
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A．杆A 做加速度减小的加速运动，杆B 做加速度减小的减速运动
B．A 产生的电动势与杆 B 产生的电动势之比为二者速度之比v A:vB
C．杆A 和杆B 经足够长时间后的加速度之比为B2 L2:B1 L1
D．若开始到某时刻过程生热为Q，此时两杆的速度分别为v A和vB，则重物机械能损失量为
1
2 mA v A
2+ 1
2 mB vB
2+Q
【答案】CD
【详解】B．杆A 产生的电动势为
E A = B1 L1v A
杆B 产生的电动势
EB= B2 L2vB
可见电动势之比并不是速度之比，故B 错误；
A．电路中感应电动势
E = B2 L2vB−B1 L1v A
由牛顿第二定律得
mg−B2
E
R L2=(m+mB)aB，B1
E
R L1=mA aA
刚开始B 的加速度大于A 的加速度，因此B 的速度增量大于A 的速度增量，电路中电流变大，可得杆A
做加速度变大的加速运动，杆B 做加速度减小的加速运动，最后电路中电流恒定，做匀加速运动，故A 错
误；
C．根据题意，经足够长时间后回路中电流恒定，则
B2 L2vB−B1 L1v A =k(恒定值)
则有
B1 L1 Δv A = B2 L2 ΔvB
则
B1 L1aA = B2 L2aB
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所以杆A 和杆B 最终的加速度之比为
aA:aB= B2 L2:B1 L1
故C 正确；
D．若开始到某时刻过程生热为Q，由能量守恒定律可得重物机械能损失量为
E损= 1
2 mA v A
2+ 1
2 mB vB
2+Q
故D 正确。
故选 CD。
【针对练习15】（多选）（2023·山东·模拟预测）如图所示，固定在水平面内的光滑不等距平行轨道处于
竖直向上、大小为B 的匀强磁场中，ab 段轨道宽度为2L，bc 段轨道宽度是L，ab 段轨道和bc 段轨道都足
够长，将质量均为m、接入电路的电阻均为R 的金属棒M 和N 分别置于轨道上的ab 段和bc 段，且与轨道
垂直。开始时金属棒M 和N 均静止，现给金属棒M 一水平向右的初速度v0，不计导轨电阻，则（ ）
A．M 棒刚开始运动时的加速度大小为B
2 L
2v0
mR
B．金属棒M 最终的速度为4 v0
5
C．金属棒N 最终的速度为2v0
5
D．整个过程中通过金属棒的电量为2m v0
5 BL
【答案】CD
【详解】A．由法拉第电磁感应定律以及闭合电路欧姆定律得
E = B⋅2 Lv0，I = E
2 R
由牛顿第二定律得
2BIL=ma
联立解得
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a= 2B
2 L
2v0
mR
故A 错误；
BC．最终回路中的电流为0，有
2BLv M = BLv N
对金属棒M 和N 分别应用动量定理得
−2BILΔt =m v M −m v0
BILΔt =m v N
联立解得
v M = v0
5
v N = 2v0
5
故B 错误；C 正确；
D．又
q = I Δt
联立解得
q = 2m v0
5 BL
故D 正确。
故选CD。
一、单选题
1．1824 年，法国科学家阿拉果完成了著名的“阿拉果圆盘实验”，实验中将一铜圆盘水平放置，在其中
心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针，如图所示，实验中发现，当圆盘在磁针的磁场中绕过
圆盘中心的竖直轴旋转时，磁针也随着一起转动起来，但略有滞后，下列说法正确的是（ ）
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A．因为穿过圆盘的磁通量不变，圆盘上没有感应电流
B．穿过整个圆盘的磁通量发生了变化从而产生沿圆盘边缘的环形电流
C．圆盘内局部面积的磁通量变化产生感应电流，从而产生磁场导致磁针转动
D．圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成了环形电流，此电流产生的磁场导致磁针转动
【答案】C
【详解】A．穿过圆盘的磁通量不变，但是圆盘局部面积的磁通量发生变化，所以在圆盘上有不同的感应
电流，从而产生涡流，所以A 错误；
B．穿过整个圆盘的磁通量没有发生了变化，所以沿圆盘边缘没有产生环形电流，所以B 错误；
C．圆盘内局部面积的磁通量变化产生感应电流，从而产生磁场导致磁针转动，所以C 正确；
D．圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成了环形电流而产生的磁场，由安培定则可判断出磁场的方向在
中心方向竖直向下，其它位置关于中心对称，则此电流产生的磁场不会导致磁针转动，所以D 错误；
故选C。
二、多选题
2．如图甲所示，在MN、OP 之间存在一匀强磁场，t=0 时，一正方形光滑金属线框在水平向右的外力F
作用下紧贴MN 从静止开始做匀加速运动，外力F 随时间变化的图线如图乙所示。已知线框的质量
m=1kg，电阻R=2Ω。则（ ）
A．磁场宽度为4m
B．匀强磁场的磁感应强度为2T
C．线框穿过磁过程中，通过线框的电荷量为2C
D．线框进入磁场过程中，磁场力的冲量大小为1N ⋅s
【答案】AD
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【详解】A．当t =0时线框的速度为零，没有感应电流，线框不受安培力，根据牛顿第二定律，线框的加
速度
a= F
m =2m/s
2
磁场的宽度等于线框在0∼2s内的位移
d = 1
2 at1
2= 1
2 ×2×2
2m = 4 m
A 正确；
B．根据图像t =1s时线框全部进入磁场，进入磁场的位移正好等于线框的边长
L= 1
2 at2
2=1m
当线框全部进入磁场的瞬间受到的安培力
F安= BIL= BLBLv
R
= B
2 L
2v
R
= B
2 L
2at2
R
线框全部进入磁场的瞬间，根据牛顿第二定律得
F
'−F安=ma
4−B
2 L
2at2
R
=ma
解得
B =√2T
B 错误；
C．线框穿过磁场过程中，通过线框的电荷量
q = IΔt = ΔΦ
R
线框穿过磁场过程中磁通量的变化量为零，通过线框的电荷量为零，C 错误；
D．根据动量定理
F t1−I F安=mv −0=mat1
3×1N.s−I F安=1×2×1N.s
解得
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I F安=1N.s
D 正确。
故选AD。
3．如图所示，倾角为θ 的足够长光滑金属导轨放置在磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨
平面斜向上，导轨底端有一根质量为m 的导体棒MN 垂直于导轨放置，导轨上端接有阻值为R 的电阻，除
R 外其他电阻不计。给MN 一个沿导轨平面向上且垂直于MN 的初速度v0，向上滑动距离x 时到达最高点，
MN 回到导轨底端时速度大小为v。已知导轨宽度为L，重力加速度为g，MN 在运动过程中与导轨接触良
好，且不发生转动。对导体棒从底端向上滑动到最高点和从最高点向下滑回底端这两个过程，以下说法正
确的是（ ）
A．向上滑动过程中的平均感应电动势为1
2 BLv0
B．从底端出发到返回底端所用的时间为v0+ v
gsinθ
C．向下滑动的过程中通过电阻R 的电荷量为BLx
R
D．从底端向上滑动到最高点电阻R 产生的焦耳热为1
4 m(v0
2−v
2)
【答案】BC
【详解】A．金属棒在上滑过程中，不是匀变速直线运动，平均速度不等于1
2 v0，平均感应电动势不等于
1
2 BLv0，故A 错误；
B．根据动量定理，上滑过程
−B I 上Lt 上-mgsinθt 上=0−m v0
I 上= Δϕ上
Rt 上
= BLx
Rt 上
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下滑过程
mgsinθt下−B I 下Lt下=mv −0
I 下= Δϕ下
Rt下
= BLx
Rt下
联立得，从底端出发到返回底端所用的时间为
t =t 上+t下= v0+ v
gsinθ
故B 正确；
C．向下滑动的过程中通过电阻R 的电荷量为
q = Δϕ
R = BLx
R
故C 正确；
D．全过程中电阻R 产生的焦耳热为动能的减小量，即
Q = 1
2 mv0
2−1
2 mv
2
但上升过程中在某一位置的速度大于下滑过程中同一位置的速度，所以上滑过程同一位置的安培力比下滑
过程大，上滑过程中克服安培力做的功多，产生的热量较多，上滑过程中产生的焦耳热大于全过程的一半，
也就是大于1
4 m(v0
2−v
2)，故D 错误。
故选BC。
4．如图所示，链球比赛属田径中的投掷竞远运动，链球由金属材料制造，长度为L。某次比赛在潍坊举行，
链球出手前某时刻恰好绕竖直轴水平转动（俯视逆时针转动），角速度为ω，手到转轴的距离为l，场地附
近空间的地磁场可看作是匀强磁场，其水平分量和竖直分量分别为Bx、B y。则此时（ ）
A．手握的一端电势比拴球的一端低
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B．手握的一端电势比拴球的一端高
C．两端的电势差约为B y ω(L+l)
2
2
D．两端的电势差约为B y ω¿¿
【答案】BD
【详解】AB．由题可知，链球在转动过程中切割地磁场的竖直分量，由右手定则可知手握的一端电势比拴
球的一端高，故B 正确，A 错误；
CD．由
E = BLv
−
得
E = B y L ωL+ω（L+l ）
2
= B y ω¿¿
故D 正确，C 错误。
故选BD。
5．如图所示的纸面内有一根竖直向下的长直导线，导线中通有向下的恒定电流，从靠近导线的位置以水
平向右的速度抛出一金属圆环，圆环运动过程中始终处于纸面内。不计空气阻力，以下说法正确的是（
）
A．圆环中会产生顺时针方向的电流
B．圆环中感应电流的大小始终不变
C．圆环的水平速度一直在减小
D．圆环在竖直方向的加速度始终等于重力加速度
【答案】CD
【详解】A．根据右手螺旋定则可知导线右边的磁场方向垂直纸面向外，圆环水平向右的速度抛出，离通
电直导线越远，磁场强度越小，故线圈中的磁通量向外变小，根据楞次定律，可判断出圆环的感应电流为
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逆时针方向的电流，A 错误；
C．圆环在水平向右运动的过程中，根据楞次定律的推论“来阻去留”，可知圆环水平速度一直在减小，C
正确；
B．竖直方向的分运动不改变线圈的磁通量，通电直导线周围的磁感应强度随距离越远，磁感应强度越小，
由直线电流外磁感应强度变化规律知磁感应强度随距离的增大变化的越来越慢，且圆环水平方向的速度也
越来越小，故圆环的磁通量的变化率越来越小，圆环中感应电流的大小不断减小，B 错误；
D．圆环抛出后，圆环的感应电流在竖直方向上的安培力合力为零，故圆环在竖直方向的加速度始终等于
重力加速度，D 正确。
故选CD。
6．如图甲所示，水平面内的粗糙导轨处于竖直向下的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B =2T，导轨间距
L=1m，导轨左右两侧各接有阻值R = 4 Ω的定值电阻。一质量为m=0.5kg，电阻值r =2Ω的金属棒在外
界拉力的作用下，从MN 处由静止开始沿导轨向右加速运动，运动过程中流过金属棒的感应电流的大小随
金属棒的位移变化的图像如图乙所示。已知金属棒与导轨间的动摩擦因数μ=0.1，重力加速度g 取10m/s
2，
导轨电阻不计，则金属棒从位置MN 处开始运动x =1m位移的过程中（ ）
A．金属棒中产生的焦耳热是0.25J
B．整个装置中产生的总热量为0.5J
C．外界拉力做功为2.0J
D．金属棒在1m 处的动能为0.25J
【答案】AD
【详解】A．根据图像可得，金属棒从位置MN 处开始运动x =1m位移时，金属棒的感应电流的大小
0.5A，结合图像的面积关系可得，此过程中金属棒克服安培力所做的功为
W 安= BIL⋅x = BL⋅Ix =2×1× 1
2 ×1×0.5J =0.5J
则电路中导体电阻产生的焦耳热为
Q1=W 安=0.5J
电路中两电阻R 并联，所以金属棒中产生的焦耳热为
Q =
r
r +0.5 R Q1=0.25J
故A 正确；
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B．此过程中金属棒与导轨间的摩擦产生的热量为
Q2= μmgx =0.1×0.5×10×1J =0.5J
则整个装置中产生的总热量为
Q总=Q1+Q2=1J
故B 错误；
D．x =1m位移时，金属棒的感应电流的大小0.5A，则此时的感应电动势为
E = I (r +0.5 R)=2V
此时金属棒的速度为
v = E
BL =1m/s
则此时金属棒的动能为
Ek= 1
2 mv
2=0.25J
故D 正确；
C．根据功能关系可得，外界拉力做功为
W F=Q总+ Ek=1.25J
故C 错误。
故选AD。
7．如图所示，两电阻为零的光滑导轨水平放置在垂直纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，导轨
间距最窄处为一狭缝（狭缝宽度不计），取狭缝所在处O点为坐标原点，狭缝右侧两导轨与x轴夹角均为θ，
导轨左端通过单刀双掷开关S可以与电容C或电阻R相连，导轨上有一足够长且不计电阻的金属棒与x轴垂
直，在外力F（大小未知）的作用下从O点开始以速度v向右匀速运动，若某时刻开关S接1，外力用F1表
示，通过金属棒电流的大小用I 1表示；若某时刻开关S接2，外力用F2表示，通过金属棒电流的大小用I 2表
示。关于外力、电流大小随时间变化的图象关系正确的是（ ）
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A．
B．
C．
D．
【答案】AD
【详解】AB.由题知金属棒匀速切割磁感线，根据几何关系切割长度为
L=2 x⋅tanθ
x = vt
则产生的感应电动势为
E =2B v
2t tanθ
当开关S接1 时，通过金属棒的电流为
I 1= E
R = 2B v
2t tanθ
R
则可得
F1= BL I 1= 4 B
2v
3tan
2θ
R
t
2
由于具有初速度，则开始计时时I1、F1不为零，不过原点。故选项A 正确，选项B 错误；
CD.当开关S接2 时，通过金属棒的电流为
I 2=Δq
Δt =2BC v
2tanθ
则可得
F2= BL I 2= 4 B
2C v
3t tan
2θ
由于具有初速度，则开始计时时I2、F2不为零，不过原点。选项D 正确，选项C 错误。
故选AD。
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8．如图，平行光滑导轨左侧AB 和A'B'是半径为R 的四分之一圆弧，BE、B'E'处于同一水平面，AC 和
A'C'间距为L，DE 和D'E'间距为2L，AC、A'C'、DE、D'E'均足够长，AC 和DE、A'C'和D'E'通过导线连接，
其中BB'右侧导轨平面处在竖直向上的匀强磁场中，DD'左侧大小为B1，DD'右侧大小为B2，B1= B2= B。
现将长度为2L 的导体棒PQ 垂直导轨放置于DE 和D'E'上，将长度为L 的导体棒MN 垂直导轨放置于AA'端，
静止释放导体棒MN，导体棒运动的过程始终与导轨垂直且接触良好。已知导体棒MN 和PQ 材料、横截面
积均相同，导体棒MN 质量为m，电阻为r，重力加速度为g，不计导轨电阻，下列说法正确的是（ ）
A．导体棒MN 进入磁场瞬间，导体棒PQ 的加速度大小2B
2 L
2
3mr √2 gR
B．PQ 棒的最终速度为1
3 √2gR
C．磁场方向不变，若B1=2B2，从释放MN 至两导体棒稳定运动的整个过程中导体棒PQ 上产生的焦
耳热为4
9 mgR
D．磁场方向不变，若B1、B2大小可调，则两棒的最终速度之比v MN
v PQ
= B2
2B1
【答案】BC
【详解】A．导体棒MN 从AA'端下滑到BB'位置时，设其速度为v1，由机械能守恒定律可得
mgR = 1
2 mv1
2
解得
v1=√2gR
在导体棒MN 进入磁场瞬间，产生的感应电动势
E1= BLv1= BL√2 gR
由题意可知导体棒PQ 的电阻为2r，则此刻回路中的感应电流为
I 1= E1
3r = BL√2 gR
3r
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则此刻导体棒PQ 所受安培力大小为
F =2B I 1 L= 2B
2 L
2√2 gR
3r
由牛顿第二定律可知，此刻导体棒PQ 的加速度
a= F
2m = B
2 L
2√2gR
3rm
故A 错误；
B．设经过时间t两导体棒切割磁感线产生的感应电动势大小相等，设此刻导体棒MN、PQ 的速度分别为
v
′
1、v2，则有
BLv
′
1=2BLv2
解得
v
′
1=2v2
而在整个过程中对导体棒MN 由动量定理有
−BIL·t =m v
′
1−m v1
对导体棒PQ 由动量定理有
2BIL·t =2m v2
联立以上各式解得
v
′
1= 2√2gR
3
，v2= √2gR
3
显然，在两导轨最够长的情况下，导体棒MN、PQ 会达到稳定状态，分别以v
′
1、v2做匀速直线运动，故B
正确；
C．磁场方向不变，若B1=2B2，则稳定后设导体棒MN、PQ 的速度分别为v
″
1、v
′
2，则有
2B2 Lv
″
1=2B2 Lv2
在整个过程中对导体棒MN 由动量定理有
−2B2 IL·t1=m v
″
1−m v1
对导体棒PQ 由动量定理有
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2B2 IL·t =2m v
′
2
联立以上各式解得
v
″
1= v
′
2= √2 gR
3
设整个过程中产生的热量为Q，由能量守恒可得
1
2 mv1
2= 1
2 mv
″
1
2+ 1
2 (2m)v
′
2
2+Q
解得
Q = 6
9 mgR
由此可知导体棒PQ 上产生的焦耳热为
Q
′ = 2
3 Q = 4
9 mgR
故C 正确；
D．磁场方向不变，若B1、B2大小可调，在始终满足
B1 Lv MN =2B2 Lv PQ
的情况下，可知两棒的最终速度之比为
v MN
v PQ
= 2B2
B1
故D 错误。
故选BC。
9．实验小组设计了如图所示的装置研究变压器，导体棒ab 的两个端点分别搭接在两个竖直放置、半径相
等的光滑金属圆环上，两圆环所在空间处于方向竖直向下的匀强磁场中，圆环通过电刷与导线c、d 相接。
c、d 两个端点接在匝数比n1：n2=5：1 的理想变压器原线圈两端，变压器副线圈接一滑动变阻器R0，导体
棒ab 绕与ab 平行的水平轴（即两圆环的中心轴，轴与环面垂直）OO＇以角速度ω 匀速转动。如果滑动变
阻器连入电路的阻值为R 时，电流表的示数为I，ab 棒、圆环及接触电阻均不计，下列说法正确的是（
）
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A．滑动变阻器上消耗的功率为P=25I2R
B．变压器原线圈两端的电压U1=5IR
C．取ab 在环的最低端时t=0，则导体棒ab 中感应电流的表达式是i=√2 I sin ωt
D．若c、d 间改接电阻R＇后电流表的示数不变，则ab 棒转过90°的过程中流过ab 棒的电荷量可能为
25√2 IR
ω R
′
【答案】AD
【详解】A. 由变压器原副线圈两端的电流公式
I 1
I 2
= n2
n ❑
1
❑
，得
I 2=5 I
滑动变阻器上消耗的功率，即副线圈功率
P = I 2
2 R =25 I
2 R
A 正确；
B. 由变压器原副线圈两端的电压公式U 1
U 2
= n1
n2
可知，
U 1=5U 2
又由欧姆定律
U 2= I 2 R =5 IR
所以
U 1=25 IR
B 错误；
C. ab 在环的最低端时t=0，则导体棒ab 中感应电流的表达式是
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i=√2 I cosωt
C 错误；
D. 在cd 端接电阻R＇后，原电路的电压仍然不变，是
U 1=25 IR = IR'
电流表的示数不变，可知电阻
R' =25 R
交流电的电流最大值
√2 I = BSω
R'
旋转90 度，磁通量变化为
Δϕ = BS = √2 IR'
ω
= 25√2 IR
ω
所以电量
q = Δϕ
R' = 25√2 IR
ωR'
q 也可以写成
q = √2 I
ω
D 正确。
故选AD。
10．如图所示，固定在水平绝缘桌面上的光滑金属导轨PQ、MN，宽处间距为L，窄处间距为1
2 L，导轨
所在区域分布有磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场。由同种材料制成、横截面积相同的金属
杆cd（长为L）和ef（长为1
2 L），分别垂直导轨宽处和窄处静止放置，两杆与导轨始终接触良好。现给
金属杆cd 水平向右、大小为v0的初速度，不考虑杆cd 进入导轨窄处后的运动过程。已知金属杆ef 的质量
为m、电阻为R，不计导轨电阻。在金属杆cd 开始运动后的足够长时间内，下列说法正确的是（ ）
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A．回路中的最大电流为BLv0
3 R
B．金属杆cd 的最小速度为2
3 v0
C．回路中产生的焦耳热为2
3 mv0
2
D．通过杆某一横截面的电荷量为2mv0
3 BL
【答案】AC
【详解】A．当cd 杆刚开始运动时，回路中的总电动势
E = BLv0
此时回路中的总电动势最大，结合题述和电阻定律可知，cd 杆质量为2m、电阻为2 R，故回路中的最大电
流为
I = E
3 R = BLv0
3 R
故A 正确；
B．当E =0时，回路中没有电流，金属杆cd 、ef 不再受到安培力，开始做匀速直线运动，此时金属杆cd
的速度最小，有
BLvcd−B⋅1
2 Lvef =0
可知
vcd = 1
2 vef
设从开始到达到这一状态所用时间为t，根据动量定理有
−B I <=2m¿
解得
vcd = 1
3 v0,vef = 2
3 v0
故B 错误；
C．由能量守恒定律可得
Q = 1
2 ×2mv0
2−1
2 ×2mvcd
2 −1
2 mvef
2
解得
Q = 2
3 m v0
2
故C 正确；
D．由动量定理可知
−BL I t =2m¿
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则
BqL= 4
3 mv0
解得
q = 4 m v0
3 BL
故D 错误。
故选AC。
一、单选题
1．（2023·湖北·统考高考真题）近场通信（NFC）器件应用电磁感应原理进行通讯，其天线类似一个压平
的线圈，线圈尺寸从内到外逐渐变大。如图所示，一正方形NFC 线圈共3 匝，其边长分别为1.0cm、
1.2cm和1.4cm，图中线圈外线接入内部芯片时与内部线圈绝缘。若匀强磁场垂直通过此线圈，磁感应强
度变化率为10
3T/s，则线圈产生的感应电动势最接近（ ）
A．0.30 V
B．0.44 V
C．0.59 V
D．4.3 V
【答案】B
【详解】根据法拉第电磁感应定律可知
E = ΔΦ
Δt = Δ BS
Δt =10
3×(1.0
2+1.2
2+1.4
2)×10
−4 V=0.44 V
故选B。
2．（2023·北京·统考高考真题）如图所示，L 是自感系数很大、电阻很小的线圈，P、Q 是两个相同的小灯
泡，开始时，开关S 处于闭合状态，P 灯微亮，Q 灯正常发光，断开开关（ ）
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A．P 与Q 同时熄灭
B．P 比Q 先熄灭
C．Q 闪亮后再熄灭
D．P 闪亮后再熄灭
【答案】D
【详解】由题知，开始时，开关S 闭合时，由于L 的电阻很小，Q 灯正常发光，P 灯微亮，断开开关前通
过Q 灯的电流远大于通过P 灯的电流，断开开关时，Q 所在电路未闭合，立即熄灭，由于自感，L 中产生
感应电动势，与P 组成闭合回路，故P 灯闪亮后再熄灭。
故选D。
3．（2020·全国·统考高考真题）如图，水平放置的圆柱形光滑玻璃棒左边绕有一线圈，右边套有一金属圆
环。圆环初始时静止。将图中开关S 由断开状态拨至连接状态，电路接通的瞬间，可观察到（ ）
A．拨至M 端或N 端，圆环都向左运动
B．拨至M 端或N 端，圆环都向右运动
C．拨至M 端时圆环向左运动，拨至N 端时向右运动
D．拨至M 端时圆环向右运动，拨至N 端时向左运动
【答案】B
【详解】无论开关S 拨至哪一端，当把电路接通一瞬间，左边线圈中的电流从无到有，电流在线圈轴线上
的磁场从无到有，从而引起穿过圆环的磁通量突然增大，根据楞次定律（增反减同），右边圆环中产生了
与左边线圈中方向相反的电流，异向电流相互排斥，所以无论哪种情况，圆环均向右运动。
故选B。
4．（2020·江苏·统考高考真题）如图所示，两匀强磁场的磁感应强度B1和B2大小相等、方向相反。金属圆
环的直径与两磁场的边界重合。下列变化会在环中产生顺时针方向感应电流的是（ ）
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A．同时增大B1减小B2
B．同时减小B1增大B2
C．同时以相同的变化率增大B1和B2
D．同时以相同的变化率减小B1和B2
【答案】B
【详解】AB．产生顺时针方向的感应电流则感应磁场的方向垂直纸面向里。由楞次定律可知，圆环中的净
磁通量变化为向里磁通量减少或者向外的磁通量增多，A 错误，B 正确。
CD．同时以相同的变化率增大B1和B2，或同时以相同的变化率减小B1和B2，两个磁场的磁通量总保持大
小相同，所以总磁通量为0，不会产生感应电流，CD 错误。
故选B。
5．（2021·北京·高考真题）某同学搬运如图所示的磁电式电流表时，发现表针晃动剧烈且不易停止。按照
老师建议，该同学在两接线柱间接一根导线后再次搬运，发现表针晃动明显减弱且能很快停止。下列说法
正确的是（ ）
A．未接导线时，表针晃动过程中表内线圈不产生感应电动势
B．未接导线时，表针晃动剧烈是因为表内线圈受到安培力的作用
C．接上导线后，表针晃动过程中表内线圈不产生感应电动势
D．接上导线后，表针晃动减弱是因为表内线圈受到安培力的作用
【答案】D
【详解】A．未接导线时，表针晃动过程中导线切割磁感线，表内线圈会产生感应电动势，故A 错误；
B．未接导线时，未连成闭合回路，没有感应电流，所以不受安培力，故B 错误；
CD．接上导线后，表针晃动过程中表内线圈产生感应电动势，根据楞次定律可知，表针晃动减弱是因为表
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内线圈受到安培力的作用，故C 错误D 正确。
故选D。
6．（2022·浙江·统考高考真题）如图所示，将一通电螺线管竖直放置，螺线管内部形成方向竖直向上、磁
感应强度大小B=kt 的匀强磁场，在内部用绝缘轻绳悬挂一与螺线管共轴的金属薄圆管，其电阻率为ρ、高
度为h、半径为r、厚度为d（d≪r），则（ ）
A．从上向下看，圆管中的感应电流为逆时针方向
B．圆管的感应电动势大小为kπ r
2
ℎ
C．圆管的热功率大小为πdℎk
2r
3
2 ρ
D．轻绳对圆管的拉力随时间减小
【答案】C
【详解】A．穿过圆管的磁通量向上逐渐增加，则根据楞次定律可知，从上向下看，圆管中的感应电流为
顺时针方向，选项A 错误；
B．圆管的感应电动势大小为
E = Δ B
Δt π r
2=kπ r
2
选项B 错误；
C．圆管的电阻
R = ρ 2πr
dℎ
圆管的热功率大小为
P= E
2
R = πdℎk
2r
3
2 ρ
选项C 正确；
D．根据左手定则可知，圆管中各段所受的受安培力方向指向圆管的轴线，则轻绳对圆管的拉力的合力始
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终等于圆管的重力，不随时间变化，选项D 错误。
故选C。
7．（2022·江苏·高考真题）如图所示，半径为r 的圆形区域内有垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度B 随
时间t 的变化关系为B = B0+kt，B0、k 为常量，则图中半径为R 的单匝圆形线圈中产生的感应电动势大小
为（ ）
A．πk r
2
B．πk R
2
C．π B0r
2
D．π B0 R
2
【答案】A
【详解】由题意可知磁场的变化率为
Δ B
Δt = kt
t =k
根据法拉第电磁感应定律可知
E = ΔΦ
Δt = Δ Bπ r
2
Δt
=kπ r
2
故选A。
8．（2022·北京·高考真题）如图所示平面内，在通有图示方向电流I 的长直导线右侧，固定一矩形金属线
框abcd，ad边与导线平行。调节电流I 使得空间各点的磁感应强度随时间均匀增加，则（ ）
A．线框中产生的感应电流方向为a→b→c→d →a
B．线框中产生的感应电流逐渐增大
C．线框ad边所受的安培力大小恒定
D．线框整体受到的安培力方向水平向右
【答案】D
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【详解】A．根据安培定则可知，通电直导线右侧的磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度随时间均匀增
加，根据楞次定律可知线框中产生的感应电流方向为a→d →c→b→a，A 错误；
B．线框中产生的感应电流为
I = E
R =n ΔΦ
R Δt =n S
R ⋅Δ B
Δt
空间各点的磁感应强度随时间均匀增加，故线框中产生的感应电流不变，B 错误；
C．线框ad边感应电流保持不变，磁感应强度随时间均匀增加，根据安培力表达式F安= BIL，故所受的安
培力变大，C 错误；
D．线框所处空间的磁场方向垂直纸面向里，线框中产生的感应电流方向为a→d →c→b→a，根据左手
定则可知，线框ad边所受的安培力水平向右，线框bc边所受的安培力水平向左。通电直导线的磁场分部特
点可知ad边所处的磁场较大，根据安培力表达式F安= BIL可知，线框整体受到的安培力方向水平向右，D
正确。
故选D。
9．（2023·江苏·统考高考真题）如图所示，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，OC 导体棒的O 端位
于圆心，棒的中点A 位于磁场区域的边缘。现使导体棒绕O 点在纸面内逆时针转动。O、A、C 点电势分别
为φ0、φA、φC，则（ ）
A．φO > φC
B．φC > φA C．φO = φA D．φO－φA = φA－φC
【答案】A
【详解】ABC．由题图可看出OA 导体棒转动切割磁感线，则根据右手定则可知
φO > φA
其中导体棒AC 段不在磁场中，不切割磁感线，电流为0，则φC = φA，A 正确、BC 错误；
D．根据以上分析可知
φO－φA > 0，φA－φC = 0
则
φO－φA > φA－φC
D 错误。
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故选A。
10．（2023·浙江·统考高考真题）如图所示，质量为M、电阻为R、长为L 的导体棒，通过两根长均为l、
质量不计的导电细杆连在等高的两固定点上，固定点间距也为L。细杆通过开关S 可与直流电源E0或理想
二极管串接。在导体棒所在空间存在磁感应强度方向竖直向上、大小为B 的匀强磁场，不计空气阻力和其
它电阻。开关S 接1，当导体棒静止时，细杆与竖直方向的夹角固定点θ = π
4 ；然后开关S 接2，棒从右侧
开始运动完成一次振动的过程中（ ）
A．电源电动势E0= √2 Mg
2BL R
B．棒消耗的焦耳热Q =(1−√2
2 )Mgl
C．从左向右运动时，最大摆角小于π
4
D．棒两次过最低点时感应电动势大小相等
【答案】C
【详解】A．当开关接1 时，对导体棒受力分析如图所示
根据几何关系可得
Mg= BIL
解得
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I = Mg
BL
根据欧姆定律
I = E0
R
解得
E0= MgR
BL
故A 错误；
根据右手定则可知导体棒从右向左运动时，产生的感应电动势与二极管正方向相同，部分机械能转化为焦
耳热；导体棒从左向右运动时，产生的感应电动势与二极管相反，没有机械能损失
B．若导体棒运动到最低点时速度为零，导体棒损失的机械能转化为焦耳热为
Q
' =(1−√2
2 )Mgl
根据楞次定律可知导体棒完成一次振动速度为零时，导体棒高度高于最低点，所以棒消耗的焦耳热
Q<Q
' =(1−√2
2 )Mgl
故B 错误；
C．根据B 选项分析可知，导体棒运动过程中，机械能转化为焦耳热，所以从左向右运动时，最大摆角小
于π
4 ，故C 正确；
D．根据B 选项分析，导体棒第二次经过最低点时的速度小于第一次经过最低点时的速度，根据
E = BLv
可知棒两次过最低点时感应电动势大小不相等，故D 错误。
故选C。
11．（2023·重庆·统考高考真题）某小组设计了一种呼吸监测方案：在人身上缠绕弹性金属线圈，观察人
呼吸时处于匀强磁场中的线圈面积变化产生的电压，了解人的呼吸状况。如图所示，线圈P 的匝数为N，
磁场的磁感应强度大小为B，方向与线圈轴线的夹角为θ。若某次吸气时，在t 时间内每匝线圈面积增加了
S，则线圈P 在该时间内的平均感应电动势为（ ）
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A．NBScosθ
t
B．NBSsinθ
t
C．BSsinθ
t
D．BScosθ
t
【答案】A
【详解】根据法拉第电磁感应定律有
E = N ΔΦ
Δt = NBcosθ S
t = NBScosθ
t
故选A。
12．（2021·浙江·统考高考真题）在“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验中，可拆变压器如
图所示。为了减小涡流在铁芯中产生的热量，铁芯是由相互绝缘的硅钢片平行叠成。硅钢片应平行于
______。
A．平面abcd
B．平面abfe
C．平面abgh
D．平面aehd
【答案】D
【详解】变压器的正视图如图：
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所以要减小涡流在铁芯中产生的热量，硅钢片应平行于平面aehd。
故选D。
13．（2021·山东·高考真题）迷你系绳卫星在地球赤道正上方的电离层中，沿圆形轨道绕地飞行。系绳卫
星由两子卫星组成，它们之间的导体绳沿地球半径方向，如图所示。在电池和感应电动势的共同作用下，
导体绳中形成指向地心的电流，等效总电阻为r。导体绳所受的安培力克服大小为f 的环境阻力，可使卫星
保持在原轨道上。已知卫星离地平均高度为H，导体绳长为L( L≪H )，地球半径为R，质量为M，轨道
处磁感应强度大小为B，方向垂直于赤道平面。忽略地球自转的影响。据此可得，电池电动势为（ ）
A．BL√
GM
R+ H + fr
BL
B．BL√
GM
R+ H −fr
BL
C．BL√
GM
R+ H + BL
fr
D．BL√
GM
R+ H −BL
fr
【答案】A
【详解】根据
G
Mm
( R+ H )
2 =m
v
2
( R+ H )
可得卫星做圆周运动的线速度
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v =√
GM
R+ H
根据右手定则可知，导体绳产生的感应电动势相当于上端为正极的电源，其大小为
E
' = BLv
因导线绳所受阻力f 与安培力F 平衡，则安培力与速度方向相同，可知导线绳中的电流方向向下，即电池
电动势大于导线绳切割磁感线产生的电动势 ，可得
f = B E−E
'
r
L
解得
E = BL√
GM
R+ H + fr
BL
故选A。
14．（2021·北京·高考真题）如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，水平U 型导体框左端连接一阻值为R
的电阻，质量为m、电阻为r 的导体棒ab 置于导体框上。不计导体框的电阻、导体棒与框间的摩擦。ab 以
水平向右的初速度v0开始运动，最终停在导体框上。在此过程中 （ ）
A．导体棒做匀减速直线运动
B．导体棒中感应电流的方向为a→b
C．电阻R 消耗的总电能为m v0
2 R
2( R+r )
D．导体棒克服安培力做的总功小于1
2 m v0
2
【答案】C
【详解】AB．导体棒向右运动，根据右手定则，可知电流方向为b 到a，再根据左手定则可知，导体棒向
到向左的安培力，根据法拉第电磁感应定律，可得产生的感应电动势为
E = BLv0
感应电流为
I =
E
R+r = BLv0
R+r
故安培力为
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F = BIL= B
2 L
2v0
R+r
根据牛顿第二定律有
F =ma
可得
a=
B
2 L
2
m(R+r) v0
随着速度减小，加速度不断减小，故导体棒不是做匀减速直线运动，故AB 错误；
C．根据能量守恒定律，可知回路中产生的总热量为
Q = 1
2 m v0
2
因R 与r 串联，则产生的热量与电阻成正比，则R 产生的热量为
QR=
R
R+r Q = m v0
2 R
2(R+r)
故C 正确；
D．整个过程只有安培力做负功，根据动能定理可知，导体棒克服安培力做的总功等于1
2 m v0
2，故D 错误。
故选C。
15．（2021·重庆·高考真题）某眼动仪可以根据其微型线圈在磁场中随眼球运动时所产生的电流来追踪眼
球的运动。若该眼动仪线圈面积为S，匝数为N，处于磁感应强度为B 的匀强磁场中，线圈平面最初平行
于磁场，经过时间t 后线圈平面逆时针转动至与磁场夹角为θ 处，则在这段时间内，线圈中产生的平均感
应电动势的大小和感应电流的方向（从左往右看）为（ ）
A．NBS sinθ
t
，逆时针
B．NBS cosθ
t
，逆时针
C．NBS sinθ
t
，顺时针
D．NBS cosθ
t
顺时针
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【答案】A
【详解】经过时间t，面积为S 的线圈平面逆时针转动至与磁场夹角为θ 处，磁通量变化为
ΔΦ= BSsinθ
由法拉第电磁感应定律，线圈中产生的平均感应电动势的大小为
E = N ΔΦ
Δt = NBS sinθ
t
由楞次定律可判断出感应电流方向为逆时针方向。
故选A。
16．（2022·全国·统考高考真题）三个用同样的细导线做成的刚性闭合线框，正方形线框的边长与圆线框
的直径相等，圆线框的半径与正六边形线框的边长相等，如图所示。把它们放入磁感应强度随时间线性变
化的同一匀强磁场中，线框所在平面均与磁场方向垂直，正方形、圆形和正六边形线框中感应电流的大小
分别为I 1、I 2和I 3。则（ ）
A．I 1< I 3< I 2
B．I 1> I 3> I 2
C．I 1= I 2> I 3
D．I 1= I 2= I 3
【答案】C
【详解】设圆线框的半径为r，则由题意可知正方形线框的边长为2r，正六边形线框的边长为r；所以圆线
框的周长为
C2=2πr
面积为
S2= π r
2
同理可知正方形线框的周长和面积分别为
C1=8r，S1= 4 r
2
正六边形线框的周长和面积分别为
C3=6r，S3= 1
2 ×6×r × √3
2 r = 3√3r
2
2
三线框材料粗细相同，根据电阻定律
R = ρ
L
S横截面
可知三个线框电阻之比为
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R1: R2: R3=C1:C2:C3=8:2π :6
根据法拉第电磁感应定律有
I = E
R = Δ B
Δt ⋅S
R
可得电流之比为：
I 1: I 2: I 3=2:2:√3
即
I 1= I 2> I 3
故选C。
17．（2022·河北·统考高考真题）将一根绝缘硬质细导线顺次绕成如图所示的线圈，其中大圆面积为S1，
小圆面积均为S2，垂直线圈平面方向有一随时间t 变化的磁场，磁感应强度大小B = B0+kt，B0和k均为常
量，则线圈中总的感应电动势大小为（ ）
A．k S1
B．5k S2
C．k(S1−5 S2)
D．k(S1+5 S2)
【答案】D
【详解】由法拉第电磁感应定律可得大圆线圈产生的感应电动势
E1= ΔΦ1
Δt = ΔB⋅S1
Δt
=k S1
每个小圆线圈产生的感应电动势
E2= ΔΦ2
Δt =k S2
由线圈的绕线方式和楞次定律可得大、小圆线圈产生的感应电动势方向相同，故线圈中总的感应电动势大
小为
E = E1+5 E2=k(S1+5 S2)
故D 正确，ABC 错误。
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故选D。
18．（2022·重庆·高考真题）如图1 所示，光滑的平行导电轨道水平固定在桌面上，轨道间连接一可变电
阻，导体杆与轨道垂直并接触良好（不计杆和轨道的电阻），整个装置处在垂直于轨道平面向上的匀强磁
场中。杆在水平向右的拉力作用下先后两次都由静止开始做匀加速直线运动，两次运动中拉力大小与速率
的关系如图2 所示。其中，第一次对应直线①，初始拉力大小为F0，改变电阻阻值和磁感应强度大小后，
第二次对应直线②，初始拉力大小为2F0，两直线交点的纵坐标为3F0。若第一次和第二次运动中的磁感应
强度大小之比为k、电阻的阻值之比为m、杆从静止开始运动相同位移的时间之比为n，则k、m、n 可能为
（ ）
A．k = 2、m = 2、n = 2
B．k =2√2、m=2、n=√2
C．k =√6、m=3、n=√2
D．k =2√3、m=6、n=2
【答案】C
【详解】由题知杆在水平向右的拉力作用下先后两次都由静止开始做匀加速直线运动，则在v = 0 时分别
有
a1= F0
m ，a2= 2 F0
m
则第一次和第二次运动中，杆从静止开始运动相同位移的时间分别为
x = 1
2 a1t1
2，x = 1
2 a2t2
2
则
n=√2
第一次和第二次运动中根据牛顿第二定律有a= F
m −B
2 L
2v
mR
，整理有
F =ma+ B
2 L
2v
R
则可知两次运动中F—v 图像的斜率为B
2 L
2
R
，则有
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2= R2
R1
⋅B1
2
B2
2 = 1
m ⋅k
2
故选C。
19．（2023·海南·统考高考真题）汽车测速利用了电磁感应现象，汽车可简化为一个矩形线圈abcd，埋在
地下的线圈分别为1、2，通上顺时针（俯视）方向电流，当汽车经过线圈时（ ）
A．线圈1、2 产生的磁场方向竖直向上
B．汽车进入线圈1 过程产生感应电流方向为abcd
C．汽车离开线圈1 过程产生感应电流方向为abcd
D．汽车进入线圈2 过程受到的安培力方向与速度方向相同
【答案】C
【详解】A．由题知，埋在地下的线圈1、2 通顺时针（俯视）方向的电流，则根据右手螺旋定则，可知线
圈1、2 产生的磁场方向竖直向下，A 错误；
B．汽车进入线圈1 过程中，磁通量增大，根据楞次定律可知产生感应电流方向为adcb（逆时针），B 错
误；
C．汽车离开线圈1 过程中，磁通量减小，根据楞次定律可知产生感应电流方向为abcd（顺时针），C 正
确；
D．汽车进入线圈2 过程中，磁通量增大，根据楞次定律可知产生感应电流方向为adcb（逆时针），再根
据左手定则，可知汽车受到的安培力方向与速度方向相反，D 错误。
故选C。
20．（2023·辽宁·统考高考真题）如图，空间中存在水平向右的匀强磁场，一导体棒绕固定的竖直轴OP 在
磁场中匀速转动，且始终平行于OP。导体棒两端的电势差u 随时间t 变化的图像可能正确的是（ ）
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A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】如图所示
导体棒匀速转动，设速度为v，设导体棒从A到B过程，棒转过的角度为θ，则导体棒垂直磁感线方向的分
速度为
v⊥= v cosθ
可知导体棒垂直磁感线的分速度为余弦变化，根据左手定则可知，导体棒经过B 点和B 点关于P 点的对称
点时，电流方向发生变化，根据
u= BLv⊥
可知导体棒两端的电势差u 随时间t 变化的图像为余弦图像。
故选C。
21．（2021·河北·高考真题）如图，两光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为
B，导轨间距最窄处为一狭缝，取狭缝所在处O 点为坐标原点，狭缝右侧两导轨与x 轴夹角均为θ，一电容
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为C 的电容器与导轨左端相连，导轨上的金属棒与x 轴垂直，在外力F 作用下从O 点开始以速度v 向右匀
速运动，忽略所有电阻，下列说法正确的是（ ）
A．通过金属棒的电流为2BC v
2tanθ
B．金属棒到达x0时，电容器极板上的电荷量为BCv x0 tanθ
C．金属棒运动过程中，电容器的上极板带负电
D．金属棒运动过程中，外力F 做功的功率恒定
【答案】A
【详解】C．根据楞次定律可知电容器的上极板应带正电，C 错误；
A．由题知导体棒匀速切割磁感线，根据几何关系切割长度为
L = 2xtanθ，x = vt
则产生的感应电动势为
E = 2Bv2ttanθ
由题图可知电容器直接与电源相连，则电容器的电荷量为
Q = CE = 2BCv2ttanθ
则流过导体棒的电流
I = ΔQ
Δt = 2BCv2tanθ
A 正确；
B．当金属棒到达x0处时，导体棒产生的感应电动势为
E′ = 2Bvx0tanθ
则电容器的电荷量为
Q = CE′ = 2BCvx0tanθ
B 错误；
D．由于导体棒做匀速运动则
F = F 安 = BIL
由选项A 可知流过导体棒的电流I 恒定，但L 与t 成正比，则F 为变力，再根据力做功的功率公式
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P = Fv
可看出F 为变力，v 不变则功率P 随力F 变化而变化；
D 错误；
故选A。
二、多选题
22．（2020·全国·统考高考真题）如图，U 形光滑金属框abcd 置于水平绝缘平台上，ab 和dc 边平行，和
bc 边垂直。ab、dc 足够长，整个金属框电阻可忽略。一根具有一定电阻的导体棒MN 置于金属框上，用水
平恒力F 向右拉动金属框，运动过程中，装置始终处于竖直向下的匀强磁场中，MN 与金属框保持良好接
触，且与bc 边保持平行。经过一段时间后（ ）
A．金属框的速度大小趋于恒定值
B．金属框的加速度大小趋于恒定值
C．导体棒所受安培力的大小趋于恒定值
D．导体棒到金属框bc 边的距离趋于恒定值
【答案】BC
【详解】ABC．当金属框在恒力F 作用下向右加速时，bc 边产生从c 向b 的感应电流I，线框的加速度为
a1，对线框，由牛顿第二定律得
F −BIL= M a1
导体棒MN 中感应电流从M 向N，在感应电流安培力作用下向右加速，加速度为a2，对导体棒MN，由牛
顿第二定律得
BIL=ma2
当线框和导体棒MN 都运动后，线框速度为v1，MN 速度为v2，感应电流为
I = E
R = BL(v1−v2)
R
感应电流从0 开始增大，则a2从零开始增加，a1从F
M 开始减小，加速度差值为
a1−a2= F
M −(
1
M −1
m)BIL
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感应电流从零增加，则加速度差值减小，当差值为零时
a1=a2=a
故有
F =(M +m)a
解得
I =
mF
(M +m)BL = BL(v1−v2)
R
此后金属框与MN 的速度差维持不变，感应电流不变，MN 受到的安培力不变，加速度不变，v-t 图象如图
所示
故A 错误，BC 正确；
D．MN 与金属框的速度差不变，但MN 的速度小于金属框速，MN 到金属框bc 边的距离越来越大，故D
错误。
故选BC。
23．（2020·山东·统考高考真题）如图所示，平面直角坐标系的第一和第二象限分别存在磁感应强度大小
相等、方向相反且垂直于坐标平面的匀强磁场，图中虚线方格为等大正方形。一位于Oxy 平面内的刚性导
体框abcde 在外力作用下以恒定速度沿y 轴正方向运动（不发生转动）。从图示位置开始计时，4s 末bc 边
刚好进入磁场。在此过程中，导体框内感应电流的大小为I， ab 边所受安培力的大小为Fab，二者与时间t
的关系图像，可能正确的是（ ）
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A．
B．
C．
D．
【答案】BC
【详解】AB．因为4s 末bc 边刚好进入磁场，可知线框的速度每秒运动一个方格，故在0~1s 内只有ae 边
切割磁场，设方格边长为L，根据
E1=2BLv
I 1= E1
R
可知电流恒定；2s 末时线框在第二象限长度最长，此时有
E2=3 BLv
I 2= E2
R
可知
I 2= 3
2 I 1
2~4s 线框有一部分进入第一象限，电流减小，在4s 末同理可得
I 3= 1
2 I 1
综上分析可知A 错误，B 正确；
CD．根据
Fab= BI Lab
可知在0~1s 内ab 边所受的安培力线性增加；1s 末安培力为
Fab= B I 1 L
在2s 末可得安培力为
F
′
ab= B× 3
2 I 1×2 L
所以有F
′
ab=3 Fab；由图像可知C 正确，D 错误。
故选BC。
24．（2021·全国·高考真题）由相同材料的导线绕成边长相同的甲、乙两个正方形闭合线圈，两线圈的质
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量相等，但所用导线的横截面积不同，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。在线圈下边进入磁场后且上边进
入磁场前，可能出现的是（ ）
A．甲和乙都加速运动
B．甲和乙都减速运动
C．甲加速运动，乙减速运动
D．甲减速运动，乙加速运动
【答案】AB
【详解】设线圈到磁场的高度为h，线圈的边长为l，则线圈下边刚进入磁场时，有
v =√2 gℎ
感应电动势为
E =nBlv
两线圈材料相等（设密度为ρ0），质量相同（设为m），则
m= ρ0×4 nl×S
设材料的电阻率为ρ，则线圈电阻
R = ρ 4 nl
S = 16n
2l
2 ρ ρ0
m
感应电流为
I = E
R =
mBv
16nlρ ρ0
安培力为
F =nBIl = m B
2v
16 ρ ρ0
由牛顿第二定律有
mg−F =ma
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联立解得
a= g−F
m = g−B
2v
16 ρ ρ0
加速度和线圈的匝数、横截面积无关，则甲和乙进入磁场时，具有相同的加速度。当g> B
2v
16 ρ ρ0
时，甲和
乙都加速运动，当g< B
2v
16 ρ ρ0
时，甲和乙都减速运动，当g=
B
2v
16 ρ ρ0
时都匀速。
故选AB。
25．（2021·广东·高考真题）如图所示，水平放置足够长光滑金属导轨abc和de，ab与de平行，bc是以O
为圆心的圆弧导轨，圆弧be左侧和扇形Obc内有方向如图的匀强磁场，金属杆OP的O 端与e 点用导线相
接，P 端与圆弧bc接触良好，初始时，可滑动的金属杆MN静止在平行导轨上，若杆OP绕O 点在匀强磁
场区内从b 到c 匀速转动时，回路中始终有电流，则此过程中，下列说法正确的有（ ）
A．杆OP产生的感应电动势恒定
B．杆OP受到的安培力不变
C．杆MN做匀加速直线运动
D．杆MN中的电流逐渐减小
【答案】AD
【详解】A．OP 转动切割磁感线产生的感应电动势为
E = 1
2 Br
2ω
因为OP 匀速转动，所以杆OP 产生的感应电动势恒定，故A 正确；
BCD．杆OP 匀速转动产生的感应电动势产生的感应电流由M 到N 通过MN 棒，由左手定则可知，MN 棒
会向左运动，MN 棒运动会切割磁感线，产生电动势与原来电流方向相反，让回路电流减小，MN 棒所受合
力为安培力，电流减小，安培力会减小，加速度减小，故D 正确，BC 错误。
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故选AD。
26．（2021·辽宁·统考高考真题）如图（a）所示，两根间距为L、足够长的光滑平行金属导轨竖直放置并
固定，顶端接有阻值为R 的电阻，垂直导轨平面存在变化规律如图（b）所示的匀强磁场，t=0 时磁场方向
垂直纸面向里。在t=0 到t=2t0的时间内，金属棒水平固定在距导轨顶端L 处；t=2t0时，释放金属棒。整个
过程中金属棒与导轨接触良好，导轨与金属棒的电阻不计，则（ ）
A．在t = t0
2
时，金属棒受到安培力的大小为B0
2 L
3
t0 R
B．在t=t0时，金属棒中电流的大小为B0 L
2
t0 R
C．在t = 3t0
2 时，金属棒受到安培力的方向竖直向上
D．在t=3t0时，金属棒中电流的方向向右
【答案】BC
【详解】AB．由图可知在0~t0时间段内产生的感应电动势为
E = ΔΦ
Δt = B0 L
2
t0
根据闭合电路欧姆定律有此时间段的电流为
I = E
R = B0 L
2
Rt0
在t0
2 时磁感应强度为B0
2 ，此时安培力为
F = BIL= B0
2 L
3
2 Rt0
故A 错误，B 正确；
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C．由图可知在t = 3t0
2
时，磁场方向垂直纸面向外并逐渐增大，根据楞次定律可知产生顺时针方向的电流，
再由左手定则可知金属棒受到的安培力方向竖直向上，故C 正确；
D．由图可知在t =3t0时，磁场方向垂直纸面向外，金属棒向下掉的过程中磁通量增加，根据楞次定律可
知金属棒中的感应电流方向向左，故D 错误。
故选BC。
27．（2022·全国·统考高考真题）如图，两根相互平行的光滑长直金属导轨固定在水平绝缘桌面上，在导
轨的左端接入电容为C 的电容器和阻值为R 的电阻。质量为m、阻值也为R 的导体棒MN 静止于导轨上，
与导轨垂直，且接触良好，导轨电阻忽略不计，整个系统处于方向竖直向下的匀强磁场中。开始时，电容
器所带的电荷量为Q，合上开关S 后，（ ）
A．通过导体棒MN电流的最大值为Q
RC
B．导体棒MN 向右先加速、后匀速运动
C．导体棒MN速度最大时所受的安培力也最大
D．电阻R 上产生的焦耳热大于导体棒MN上产生的焦耳热
【答案】AD
【详解】MN 在运动过程中为非纯电阻，MN 上的电流瞬时值为
i= u−Blv
R
A．当闭合的瞬间，Blv =0，此时MN 可视为纯电阻R，此时反电动势最小，故电流最大
I max= U
R = Q
CR
故A 正确；
B．当u>Blv时，导体棒加速运动，当速度达到最大值之后，电容器与MN 及R 构成回路，由于一直处于
通路的形式，由能量守恒可知，最后MN 终极速度为零， 故B 错误；
C．MN 在运动过程中为非纯电阻电路，MN 上的电流瞬时值为
i= u−Blv
R
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当u= Blv时，MN 上电流瞬时为零，安培力为零此时，MN 速度最大，故C 错误；
D． 在MN 加速度阶段，由于MN 反电动势存在，故MN 上电流小于电阻R 上的电流，电阻R 消耗电能大
于MN 上消耗的电能（即ER> EMN），故加速过程中，QR>QMN；当MN 减速为零的过程中，电容器的电
流和导体棒的电流都流经电阻R 形成各自的回路，因此可知此时也是电阻R 的电流大于MN 的电流，综上
分析可知全过程中电阻R 上的热量大于导体棒上的热量，故D 正确。
故选AD。
28．（2022·湖南·统考高考真题）如图，间距L=1m的U 形金属导轨，一端接有0.1Ω的定值电阻R，固定
在高ℎ=0.8m的绝缘水平桌面上。质量均为0.1kg的匀质导体棒a 和b 静止在导轨上，两导体棒与导轨接
触良好且始终与导轨垂直，接入电路的阻值均为0.1Ω，与导轨间的动摩擦因数均为0.1（设最大静摩擦力
等于滑动摩擦力），导体棒a距离导轨最右端1.74 m。整个空间存在竖直向下的匀强磁场（图中未画出），
磁感应强度大小为0.1T。用F =0.5 N沿导轨水平向右的恒力拉导体棒a，当导体棒a 运动到导轨最右端时，
导体棒b 刚要滑动，撤去F，导体棒a 离开导轨后落到水平地面上。重力加速度取10 m /s
2，不计空气阻力，
不计其他电阻，下列说法正确的是（ ）
A．导体棒a 离开导轨至落地过程中，水平位移为0.6m
B．导体棒a 离开导轨至落地前，其感应电动势不变
C．导体棒a 在导轨上运动的过程中，导体棒b 有向右运动的趋势
D．导体棒a 在导轨上运动的过程中，通过电阻R的电荷量为0.58C
【答案】BD
【详解】C．导体棒a 在导轨上向右运动，产生的感应电流向里，流过导体棒b 向里，由左手定则可知安
培力向左，则导体棒b 有向左运动的趋势，故Ｃ错误；
A．导体棒b 与电阻R 并联，有
I = BLv
R+ R
2
当导体棒a 运动到导轨最右端时，导体棒b 刚要滑动，有
B⋅I
2 ⋅L= μmg
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联立解得a 棒的速度为
v =3 m/s
a 棒做平抛运动，有
x = vt
ℎ= 1
2 gt
2
联立解得导体棒a 离开导轨至落地过程中水平位移为
x =1.2m
故A 错误；
B．导体棒a 离开导轨至落地前做平抛运动，水平速度切割磁感线，则产生的感应电动势不变，故B 正确；
D．导体棒a 在导轨上运动的过程中，通过电路的电量为
q = I ⋅Δt = BL⋅Δ x
R+ 1
2 R
= 0.1×1×1.74
0.15
C=1.16C
导体棒b 与电阻R 并联，流过的电流与电阻成反比，则通过电阻R的电荷量为
qR= q
2 =0.58C
故D 正确。
故选BD。
29．（2022·河北·统考高考真题）如图，两光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，一根导轨位于x轴
上，另一根由ab、bc、cd三段直导轨组成，其中bc段与x轴平行，导轨左端接入一电阻R。导轨上一金属
棒MN沿x轴正向以速度v0保持匀速运动，t =0时刻通过坐标原点O，金属棒始终与x轴垂直。设运动过程
中通过电阻的电流强度为i，金属棒受到安培力的大小为F，金属棒克服安培力做功的功率为P，电阻两端
的电压为U，导轨与金属棒接触良好，忽略导轨与金属棒的电阻。下列图像可能正确的是（ ）
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A．
B．
C．
D．
【答案】AC
【详解】当导体棒从O 点向右运动L 时，即在0∼L
v0
时间内，在某时刻导体棒切割磁感线的长度
L=l0+ v0t tanθ
（θ 为ab 与ad 的夹角）则根据
E=BLv0
I = BLv0
R
= B v0
R (l0+ v0t tanθ)
可知回路电流均匀增加；安培力
F = B
2 L
2v0
R
= B
2v0
R
(l0+ v0t tanθ)
2
则F-t 关系为抛物线，但是不过原点；安培力做功的功率
P = F v0= B
2 L
2v0
2
R
= B
2v0
2
R
(l0+ v0t tanθ)
2
则P-t 关系为抛物线，但是不过原点；电阻两端的电压等于导体棒产生的感应电动势，即
U = E = BLv0= B v0(l0+ v0t tanθ)
即图像是不过原点的直线；根据以上分析，可大致排除BD 选项；
当在L
v0
∼2 L
v0
时间内，导体棒切割磁感线的长度不变，感应电动势E 不变，感应电流I 不变，安培力F 大
小不变，安培力的功率P 不变，电阻两端电压U 保持不变；
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同理可判断，在2 L
v0
∼3 L
v0
时间内，导体棒切割磁感线长度逐渐减小，导体棒切割磁感线的感应电动势E
均匀减小，感应电流I 均匀减小，安培力F 大小按照二次函数关系减小，但是不能减小到零，与0∼L
v0
内
是对称的关系，安培力的功率P 按照二次函数关系减小，但是不能减小到零，与0∼L
v0
内是对称的关系，
电阻两端电压U 按线性均匀减小；综上所述选项AC 正确，BD 错误。
故选AC。
30．（2022·广东·高考真题）如图所示，水平地面（Oxy平面）下有一根平行于y 轴且通有恒定电流I 的长
直导线。P、M 和N 为地面上的三点，P 点位于导线正上方，MN平行于y 轴，PN平行于x 轴。一闭合的
圆形金属线圈，圆心在P 点，可沿不同方向以相同的速率做匀速直线运动，运动过程中线圈平面始终与地
面平行。下列说法正确的有（ ）
A．N 点与M 点的磁感应强度大小相等，方向相同
B．线圈沿PN 方向运动时，穿过线圈的磁通量不变
C．线圈从P 点开始竖直向上运动时，线圈中无感应电流
D．线圈从P 到M 过程的感应电动势与从P 到N 过程的感应电动势相等
【答案】AC
【详解】A．依题意，M、N 两点连线与长直导线平行、两点与长直导线的距离相同，根据右手螺旋定则可
知，通电长直导线在M、N 两点产生的磁感应强度大小相等，方向相同，故A 正确；
B．根据右手螺旋定则，线圈在P 点时，磁感线穿进与穿出在线圈中对称，磁通量为零；在向N 点平移过
程中，磁感线穿进与穿出线圈不再对称，线圈的磁通量会发生变化，故B 错误；
C．根据右手螺旋定则，线圈从P 点竖直向上运动过程中，磁感线穿进与穿出线圈对称，线圈的磁通量始
终为零，没有发生变化，线圈无感应电流，故C 正确；
D．线圈从P 点到M 点与从P 点到N 点，线圈的磁通量变化量相同，依题意P 点到M 点所用时间较从P 点
到N 点时间长，根据法拉第电磁感应定律，则两次的感应电动势不相等，故D 错误。
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故选AC。
31．（2023·全国·统考高考真题）一有机玻璃管竖直放在水平地面上，管上有漆包线绕成的线圈，线圈的
两端与电流传感器相连，线圈在玻璃管上部的5 匝均匀分布，下部的3 匝也均匀分布，下部相邻两匝间的
距离大于上部相邻两匝间的距离。如图（a）所示。现让一个很小的强磁体在玻璃管内沿轴线从上端口由
静止下落，电流传感器测得线圈中电流I 随时间t 的变化如图（b）所示。则（ ）
A．小磁体在玻璃管内下降速度越来越快
B．下落过程中，小磁体的N 极、S 极上下颠倒了8 次
C．下落过程中，小磁体受到的电磁阻力始终保持不变
D．与上部相比，小磁体通过线圈下部的过程中，磁通量变化率的最大值更大
【答案】AD
【详解】AD．电流的峰值越来越大，即小磁铁在依次穿过每个线圈的过程中磁通量的变化率越来越大，
因此小磁体的速度越来越大，AD 正确；
B．假设小磁体是N 极向下穿过线圈，则在穿入靠近每匝线圈的过程中磁通量向下增加，根据楞次定律可
知线圈中产生逆时针的电流，而在穿出远离每匝线圈的过程中磁通量向下减少产生顺时针的电流，即电流
方向相反，与题干图中描述的穿过线圈的过程电流方向变化相符，S 极向下同理；所以磁铁穿过8 匝线圈
过程中会出现8 个这样的图像，并且随下落速度的增加，感应电流的最大值逐渐变大，所以磁体下落过程
中磁极的N、S 极没有颠倒，选项B 错误；
C．线圈可等效为条形磁铁，线圈的电流越大则磁性越强，因此电流的大小是变化的小磁体受到的电磁阻
力是变化的，不是一直不变的，C 错误。
故选AD。
32．（2023·河北·高考真题）如图，绝缘水平面上四根完全相同的光滑金属杆围成矩形，彼此接触良好，
匀强磁场方向竖直向下。金属杆2、3 固定不动，1、4 同时沿图箭头方向移动，移动过程中金属杆所围成
的矩形周长保持不变。当金属杆移动到图位置时，金属杆所围面积与初始时相同。在此过程中（ ）
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A．金属杆所围回路中电流方向保持不变
B．通过金属杆截面的电荷量随时间均匀增加
C．金属杆1 所受安培力方向与运动方向先相同后相反
D．金属杆4 所受安培力方向与运动方向先相反后相同
【答案】CD
【详解】A．由数学知识可知金属杆所围回路的面积先增大后减小，金属杆所围回路内磁通量先增大后减
小，根据楞次定律可知电流方向先沿逆时针方向，后沿顺时针方向，故A 错误；
B．由于金属杆所围回路的面积非均匀变化，故感应电流的大小不恒定，故通过金属杆截面的电荷量随时
间不是均匀增加的，故B 错误；
CD．由上述分析，再根据左手定则，可知金属杆1 所受安培力方向与运动方向先相同后相反，金属杆4 所
受安培力方向与运动方向先相反后相同，故CD 正确。
故选CD。
33．（2023·山东·统考高考真题）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（ ）
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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
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。
34．（2021·湖南·高考真题）两个完全相同的正方形匀质金属框，边长为L，通过长为L的绝缘轻质杆相连，
构成如图所示的组合体。距离组合体下底边H处有一方向水平、垂直纸面向里的匀强磁场。磁场区域上下
边界水平，高度为L，左右宽度足够大。把该组合体在垂直磁场的平面内以初速度v0水平无旋转抛出，设
置合适的磁感应强度大小B使其匀速通过磁场，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
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A．B与v0无关，与√H成反比
B．通过磁场的过程中，金属框中电流的大小和方向保持不变
C．通过磁场的过程中，组合体克服安培力做功的功率与重力做功的功率相等
D．调节H、v0和B，只要组合体仍能匀速通过磁场，则其通过磁场的过程中产生的热量不变
【答案】CD
【详解】A．将组合体以初速度v0水平无旋转抛出后，组合体做平抛运动，后进入磁场做匀速运动，由于
水平方向切割磁感线产生的感应电动势相互低消，则有
mg = F 安 = B
2 L
2v y
R
，vy = √2gH
综合有
B = √
mgR
L
2√2g
⋅
1
√√H
则B 与
1
√√H
成正比，A 错误；
B．当金属框刚进入磁场时金属框的磁通量增加，此时感应电流的方向为逆时针方向，当金属框刚出磁场
时金属框的磁通量减少，此时感应电流的方向为顺时针方向，B 错误；
C．由于组合体进入磁场后做匀速运动，由于水平方向的感应电动势相互低消，有
mg = F 安 = B
2 L
2v y
R
则组合体克服安培力做功的功率等于重力做功的功率，C 正确；
D．无论调节哪个物理量，只要组合体仍能匀速通过磁场，都有
mg = F 安
则安培力做的功都为
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W = 4F 安L
则组合体通过磁场过程中产生的焦耳热不变，D 正确。
故选CD。
35．（2021·山东·高考真题）如图所示，电阻不计的光滑U 形金属导轨固定在绝缘斜面上。区域Ⅰ、Ⅱ中
磁场方向均垂直斜面向上，Ⅰ区中磁感应强度随时间均匀增加，Ⅱ区中为匀强磁场。阻值恒定的金属棒从
无磁场区域中a 处由静止释放，进入Ⅱ区后，经b 下行至c 处反向上行。运动过程中金属棒始终垂直导轨
且接触良好。在第一次下行和上行的过程中，以下叙述正确的是（ ）
A．金属棒下行过b 时的速度大于上行过b 时的速度
B．金属棒下行过b 时的加速度大于上行过b 时的加速度
C．金属棒不能回到无磁场区
D．金属棒能回到无磁场区，但不能回到a 处
【答案】ABD
【详解】AB．在I 区域中，磁感应强度为B1=kt，感应电动势
E1= ΔB1
Δt S =kS
感应电动势恒定，所以导体棒上的感应电流恒为
I 1= E1
R = kS
R
导体棒进入Ⅱ区域后，导体切割磁感线，产生一个感应电动势，因为导体棒到达c点后又能上行，说明加
速度始终沿斜面向上，下行和上行经过b点的受力分析如图
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设下行、上行过b 时导体棒的速度分别为v，v '，则下行过b 时导体棒切割磁感线产生的感应电流为
E2= B2 Lv
下行过b 时导体棒上的电流为
I 2= E2+ E1
R
= B2 Lv
R
+ kS
R
下行过b 时，根据牛顿第二定律可知
B2 I 2 L−mgsinθ = B2
2 L
2v
R
+ B2kSL
R
−mgsinθ =ma1
上行过b 时，切割磁感线的产出的感应电动势为
E2' = B2 Lv '
上行过b 时导体棒上的电流为
I 3= E1−E2
R
= kS
R −B2 Lv '
R
根据牛顿第二定律可知
B2 I 3 L−mgsinθ = B2kSL
R
−B2
2 L
2v '
R
−mgsinθ =ma2
比较加速度大小可知
a1>a2
由于bc段距离不变，下行过程中加速度大，上行过程中加速度小，所以金属板下行过经过b点时的速度大
于上行经过b点时的速度，AB 正确；
CD．导体棒上行时，加速度与速度同向，则导体棒做加速度减小的加速度运动，则一定能回到无磁场区。
由AB 分析可得，导体棒进磁场Ⅱ区（下行进磁场）的速度大于出磁场Ⅱ区（下行进磁场）的速度，导体
棒在无磁场区做加速度相同的减速运动
mgsinθ =ma0
则金属棒不能回到a处，C 错误，D 正确。
故选ABD。
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36．（2021·福建·统考高考真题）如图，P、Q 是两根固定在水平面内的光滑平行金属导轨，间距为L，导
轨足够长且电阻可忽略不计。图中EFGH矩形区域有一方向垂直导轨平面向上、感应强度大小为B 的匀强
磁场。在t =t1时刻，两均匀金属棒a、b 分别从磁场边界EF、GH进入磁场，速度大小均为v0；一段时间
后，流经a 棒的电流为0，此时t =t2，b 棒仍位于磁场区域内。已知金属棒a、b 相同材料制成，长度均为
L，电阻分别为R 和2 R，a 棒的质量为m。在运动过程中两金属棒始终与导轨垂直且接触良好，a、b 棒没
有相碰，则（ ）
A．t1时刻a 棒加速度大小为2B
2 L
2v0
3mR
B．t2时刻b 棒的速度为0
C．t1~t2时间内，通过a 棒横截面的电荷量是b 棒的2 倍
D．t1~t2时间内，a 棒产生的焦耳热为2
9 mv0
2
【答案】AD
【详解】A．由题知，a 进入磁场的速度方向向右，b 的速度方向向左，根据右手定则可知，a 产生的感应
电流方向是E 到F，b 产生的感应电流方向是H 到G，即两个感应电流方向相同，所以流过a、b 的感应电
流是两个感应电流之和，则有
I = 2BLv0
3 R
对a，根据牛顿第二定律有
BIL=ma
解得
a= 2B
2 L
2v0
3mR
故A 正确；
B．根据左手定则，可知a 受到的安培力向左，b 受到的安培力向右，由于流过a、b 的电流一直相等，故
两个力大小相等，则a 与b 组成的系统动量守恒。由题知，t2时刻流过a 的电流为零时，说明a、b 之间的
磁通量不变，即a、b 在t2时刻达到了共同速度，设为v。由题知，金属棒a、b 相同材料制成，长度均为
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L，电阻分别为R 和2 R，根据电阻定律有
R = ρ L
s ，2 R = ρ L
s
′
解得
s
′ = 1
2 s
已知a 的质量为m，设b 的质量为m
′，则有
m= ρ密V = ρ密sL，m
′ = ρ密V
′ = ρ密s
′ L
联立解得
m
′ = 1
2 m
取向右为正方向，根据系统动量守恒有
m v0−1
2 m v0=(m+ 1
2 m)v
解得
v = 1
3 v0
故B 错误；
C．在t1~t2时间内，根据
q = IΔt
因通过两棒的电流时刻相等，所用时间相同，故通过两棒横截面的电荷量相等，故C 错误；
D．在t1~t2时间内，对a、b 组成的系统，根据能量守恒有
1
2 m v0
2+ 1
2 ×(
1
2 m)v0
2= 1
2 m v
2+ 1
2 ×(
1
2 m)v
2+Q总
解得回路中产生的总热量为
Q总= 2
3 mv0
2
对a、b，根据焦耳定律有
Q = I
2 RΔt
因a、b 流过的电流一直相等，所用时间相同，故a、b 产生的热量与电阻成正比，即
Qa:Qb=1:2
又
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Qa+Qb=Q总= 2
3 mv0
2
解得a 棒产生的焦耳热为
Qa= 2
9 m v0
2
故D 正确。
故选AD。
37．（2022·山东·统考高考真题）如图所示，xOy平面的第一、三象限内以坐标原点O 为圆心、半径为
√2 L的扇形区域充满方向垂直纸面向外的匀强磁场。边长为L 的正方形金属框绕其始终在O 点的顶点、在
xOy平面内以角速度ω顺时针匀速转动，t =0时刻，金属框开始进入第一象限。不考虑自感影响，关于金
属框中感应电动势E 随时间t 变化规律的描述正确的是（ ）
A．在t =0到t = π
2ω的过程中，E 一直增大
B．在t =0到t = π
2ω的过程中，E 先增大后减小
C．在t =0到t = π
4 ω的过程中，E 的变化率一直增大
D．在t =0到t = π
4 ω的过程中，E 的变化率一直减小
【答案】BC
【详解】AB．如图所示
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在t =0到t = π
2ω的过程中，线框的有效切割长度先变大再变小，当t = π
4 ω时，有效切割长度最大为√2 L，
此时，感应电动势最大，所以在t =0到t = π
2ω的过程中，E 先增大后减小，故B 正确，A 错误；
CD．在t =0到t = π
4 ω的过程中，设转过的角度为θ，由几何关系可得
θ =ωt
进入磁场部分线框的面积
S = L⋅Ltanθ
2
穿过线圈的磁通量
Φ= BS = B L
2tan ωt
2
线圈产生的感应电动势
E =Φ
' = ΔΦ
Δt
感应电动势的变化率
Δ E
Δt = E
'
对Φ = B L
2tan ωt
2
求二次导数得
Δ E
Δt = B L
2ω
2sec
2ωt tan ωt
在t =0到t = π
4 ω的过程中B L
2ω
2sec
2ωt tan ωt一直变大，所以E 的变化率一直增大，故C 正确，D 错误。
故选BC。
