文档文本内容
第11 讲 电磁感应
第11 讲电磁感应........................................................................1
2
一．常见命题角度：.....................................................................2
二．常见类型与方法：...................................................................2
三．思维导图...........................................................................2
2
10
一．电磁感应基本定律与现象............................................................10
【题型1：感应电流的产生与方向判断】...................................................10
【题型2：感应电动势的计算】...........................................................10
二．电磁感应中的电路问题..............................................................12
【题型1：电路分析与计算】.............................................................12
【题型2：电荷量计算】.................................................................13
三．电磁感应中的图像问题..............................................................13
【题型1：磁感应强度B-t 图像】.........................................................14
【题型2：感应电流I-t】...............................................................14
【题型3：安培力F-t】.................................................................15
四．电磁感应中的动力学问题............................................................16
【题型1：单导体棒模型】...............................................................16
【题型2：双导体棒模型】...............................................................17
【题型3：线框模型】...................................................................18
五．电磁感应中的能量与动量问题........................................................18
【题型1：能量转化与守恒】.............................................................19
【题型2：动量定理与动量守恒】.........................................................19
六．自感、互感与涡流..................................................................21
【题型1：自感现象】...................................................................21
【题型2：涡流、电磁阻尼与电磁驱动】...................................................22
..23
一：基础练............................................................................23
二：提能练............................................................................29
三：拔高练............................................................................33
一．常见命题角度：
1.
感应电流与电动势的产生与方向判断：楞次定律（“增反减同”“来拒去留”等推论）和右手定则的
应用。
2.
感应电动势的计算：感生电动势（法拉第电磁感应定律）和动生电动势（平动、转动切割）。
3.
电磁感应中的电路问题：等效电路分析、路端电压、电流、电荷量、焦耳热计算。
4.
电磁感应中的图像问题：B-t、Φ-t、E-t、I-t、F-t 等图像的分析与转换。
5.
电磁感应中的动力学问题：导体棒（单杆、双杆、线框）在安培力作用下的平衡、加速、收尾速度等。
6.
电磁感应中的能量与动量问题：功能关系、能量守恒、动量定理、动量守恒定律的综合应用。
7.
典型模型：单杆模型（阻尼式、发电式、含源电动式、含容充电式）、双杆模型（等距、不等距）、
线框模型（进出磁场）。
二．常见类型与方法：
1.
方向判断：楞次定律、右手定则。
2.
电路分析：等效电源法、闭合电路欧姆定律。
3.
图像分析：排除法、函数法。
4.
动力学分析：牛顿第二定律、运动学公式。
5.
能量与动量分析：能量守恒、动能定理、动量定理、动量守恒。
6.
模型化与程序化：识别典型模型（如“杆+导轨”），按“源→路→力→运动→能量”的程序分析。
三．思维导图
1.(2025·甘肃省·高考真题)闭合金属框放置在磁场中，金属框平面始终与磁感线垂直。如图，磁感应强
度B随时间t按正弦规律变化。Φ为穿过金属框的磁通量，E为金属框中的感应电动势，下列说法正确的
是()
A.t在0∼T
4 内，Φ和E均随时间增大
B.当t = T
8 与3T
8 时，E大小相等，方向相同
C.当t = T
4 时，Φ最大，E为零
D.当t = T
2 时，Φ和E均为零
【答案】C
【解析】A.在0∼T
4 时间内，磁感应强度B增加，根据Φ = BS
则磁通量Φ增加，但是图像的斜率减小，即磁感应强度B的变化率逐渐减小，
根据法拉第电磁感应定律可知E = ΔB
Δt S，
感应电动势E逐渐减小，选项A 错误；
B.当t = T
8 和t = 3T
8 时，因B -t图像的斜率大小相等，符号相反，
可知感应电动势E大小相等，方向相反，选项B 错误；
C.t = T
4 时，B最大，则磁通量Φ最大，但是B的变化率为零，则感应电动势E为零，选项C 正确；
D .t = T
2 时，B为零，则磁通量Φ为零，但是B的变化率最大，则感应电动势E最大，选项D 错误。
故选C。
2.(2025·宁夏回族自治区·高考真题)如图，光滑水平面上存在竖直向上、宽度d大于2 L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2 L，宽均为L，电阻分别为R和2 R。
两线框在光滑水平面上以相同初速度v0= 4 B
2 L
3
mR
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1:1
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4:3
【答案】D
【解析】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F安1= B I 1 L，I 1= BLv0
R
，乙线框刚进磁场区域时，合力为
F安2= B I 2 L，I 2= BLv0
2 R
可知
F安1
F安2
=2，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- B I 1 LΔt =m v1-m v0，
q1= I 1 Δt =
ΔΦ
Δt
R ⋅Δt = ΔΦ
R = B⋅4 L
2
R
同理对乙有- B I 2 LΔt ' =m v2-m v0，q2= I 2 Δt ' =
ΔΦ
Δt '
2 R ⋅Δt ' = ΔΦ
2 R = B⋅4 L
2
2 R
，解得v1=0，
v2= 1
2 v0= 2B
2 L
3
mR
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Q1= 1
2 mv❑0
2，Q2= 1
2 mv❑0
2- 1
2 m(
v0
2 )
2
= 3
8 mv❑0
2，
即
Q1
Q2
= 4
3 ，故C 错误，D 正确。
故选D。
3.(2025·湖北省·高考真题)如图(a)所示,相距L 的两足够长平行金属导轨放在同一水平面内,两长度均为
L、电阻均为R 的金属棒ab、cd 垂直跨放在两导轨上,金属棒与导轨接触良好，导轨电阻忽略不计。导轨
间存在与导轨平面垂直的匀强磁场,其磁感应强度大小B 随时间变化的图像如图(b)所示,t=T 时刻,B=0。
t=0 时刻,两棒相距x0，ab 棒速度为零,cd 棒速度方向水平向右,并与棒垂直,则0~T 时间内流过回路的电
荷量为()
A.B0 L x0
4 R
B.B0 L x0
2 R
C.B0 L x0
R
D.2B0 L x0
R
【答案】B
【解析】根据法拉第电磁感应定律,闭合回路中产生的感应电动势E = ΔΦ
Δt ,根据闭合电路欧姆定律得电流
I = E
2 R ,通过回路的电荷量为q = IΔt,0~T 时间内ΔΦ = B0 L x0，联立解得q = ΔΦ
2 R = B0 L x0
2 R
,B 正确。
4.(2025·江西省·高考真题)（多选）如图，“L”形导线框置于磁感应强度大小为B、水平向右的匀强
磁场中。线框相邻两边均互相垂直，各边长均为l。线框绕b、e所在直线以角速度ω顺时针匀速转动，
be与磁场方向垂直。t =0时，abef 与水平面平行，则()
A.t =0时，电流方向为abcdefa
B.t =0时，感应电动势为Bl
2ω
C.t = π
ω时，感应电动势为0
D.t =0到t = π
ω过程中，感应电动势平均值为0
【答案】AB
【解析】AB.线框旋转切割磁场产生电动势的两条边为cd和af ，t =0时刻cd边速度与磁场方向平行，不
产生电动势，因此此时af 边切割产生电动势，由右手定则可知电流方向为abcdefa，电动势为
E = Blv = Blωl = Bl ² ω，AB 正确；
C.t = π
ω时，线框旋转180°，此时依旧是af 边切割磁场产生电动势，感应电动势不为零，C 错误；
D.t =0到t = π
ω时，线框abef 的磁通量变化量为零，线框bcde的磁通量变化量为ΔΦ=2BS =2Bl
2，
由法拉第电磁感应定律可得平均电动势为E = △Φ
△t = 2Bωl
2
π
，D 错误。
故选AB。
5.(2025·河北省·高考真题)（多选）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E
I
B.I越大，表明m越大
C.v越大，则E越小
D.m= EI
vg - M
【答案】BD
【解析】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E
I 不是线圈的电阻；故A 错误；
B.根据平衡条件有(M +m)g= BIL①
可知I越大，m越大；故B 正确；
C.根据公式有E = BLv ②
可知v越大，E越大；故C 错误；
D.联立①②可得m= EI
gv - M，故D 正确。
故选BD。
6.(2025·江西省·高考真题)（多选）如图所示，足够长的传送带与水平面的夹角为θ，速率恒为v0，宽
为d的MNQP区域存在与传送带平面垂直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。边长为l(l< d
2 )、质量
为m、电阻为R的正方形线框efgh置于传送带上，进入磁场前与传送带保持相对静止，线框ef 边刚离开
磁场区域时的速率恰为v0。若线框ef 或gh边受到安培力，则其安培力大于2mgsinθ。线框受到的最大
静摩擦力等于滑动摩擦力，动摩擦因数μ= tanθ，ef 边始终平行于MN，重力加速度为g。下列选项正确
的是()
A.线框速率的最小值为❑√v0
2- 4 g(d -l)sinθ
B.线框穿过磁场区域产生的焦耳热为2mgd sinθ
C.线框穿过磁场区域的时间为B
2l
3+mR(
❑√v0
2- 4 g(d -l)sinθ - v0)
2mgRsinθ
D.ef 边从进入到离开磁场区域的时间内，传送带移动距离为
B
2l
3v0
2mgR sinθ
【答案】AD
【解析】A.在ef 边进入磁场而gh边未进入磁场的过程中，线框受到沿传送带平面向上的安培力BIL和沿
传送带平面向下的重力分力mgsinθ。若线框相对传送带滑动，则滑动摩擦力为μmgcosθ，而μ= tanθ，
故μmgcosθ =mgsinθ
已知线框受到的安培力BLI >2mgsinθ
即BIL>mgsinθ+ μmgcosθ
因此线框将相对传送带向上滑动，滑动摩擦力方向沿传送带平面向下。线框在沿传送带平面的安培力、
重力分力、摩擦力作用下做减速运动。在gh边进入磁场到ef 边离开磁场的过程中，因线框速度小于传送
带速度，故其所受滑动摩擦力方向沿传送带平面向下。又因线框不受安培力，所以其在沿传送带平面的
滑动摩擦力和重力分力作用下做匀加速直线运动。综上分析可知，当gh边刚进入磁场时，线框有最小速
度vmin。设线框加速度为a，根据牛顿第二定律有mgsinθ+ μmgcosθ =ma
ef 边离开磁场时速度恰好为v0，则有v0
2- vmin
2 =2a(d -l)
联立解得vmin=
❑√v0
2- 4 g(d -l)sinθ，故A 正确；
B.
在ef 边
进
入
磁
场
到gh边
进
入
磁
场
的
过
程
中
，
由
动
能
定
理
有
mglsinθ+ μmgl cosθ+W 安= 1
2 m vmin
2 - 1
2 m v0
2
则该过程产生的焦耳热Q =-W 安=2mgd sinθ
在ef 边离开磁场到gh边离开磁场的过程中，线框产生的焦耳热也为Q。因此，线框穿过磁场区域产生的
焦耳热为4 mgd sinθ，故B 错误；
C.设ef 边进入磁场到gh边进入磁场的时间为t1，根据闭合电路欧姆定律得I = BLv
R
根据动量定理有mgsinθ⋅t1+ μmgcosθ⋅t1-∑BILΔt =m vmin-m v0
设gh边进入磁场到ef 边离开磁场的时间为t2，有v0- vmin=at2
因为ef 边离开磁场到gh边离开磁场所用时间也为t1，所以线框穿过磁场区域的总时间t =2t1+t2
联立解得t =
2B
2l
3+mR(
❑√v0
2- 4 g(d -l)sinθ - v0)
2mgR sinθ
，故C 错误；
D.ef 边从进入到离开磁场区域的时间t ' =t1+t2
该段时间内传送带移动的距离s= v0t ' =
B
2l
3v0
2mgR sinθ
，故D 正确。
故选AD。
7.(2025·福建省·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，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)设线框释放时cd边与Ⅰ区域上边缘的距离为x，根据动能定理得：mgxsinθ = 1
2 m v
2
解得：x = v
2
g
(2)根据题意可知线框穿过Ⅰ区域的过程做匀速直线运动，则在线框的ab边进入Ⅰ区域的同时cd边恰好
离开Ⅰ区域，可知正方形线框的边长等于Ⅰ区域长为L1，设两区域的磁感应强度大小均为B。
cd边进入Ⅰ区域时产生的电动势为：E = B L1v
此时的感应电流为：I = E
R
线框受到的安培力的大小为：F = BI L1
对线框由受力平衡得：mgsinθ = F
联立解得：B = 1
L1
❑√
mgR
2v ，I = ❑√
mgv
2 R ，
cd边两端的电势差为；U cd = I ⋅3
4 R = 3
8
❑√2mgRv
(3)根据题意可知线框进入Ⅱ区域到完全离开的过程，线框的初末速度相同，设此过程克服安培力做功
为W ，根据动能定理得：mgsinθ⋅( L1+ L2)-W =0-0，
解得：W = 1
2 mg( L1+ L2)
设此过程安培力的冲量大小为I 安，时间为t，以沿斜面向下为正方向，由动量定理得：
mgtsinθ - I 安=0
①若L1≤L2，则线框进入磁场的过程安培力的冲量大小为：
I 安进= B L1 I
-
t = B L1⋅B L1v
-
R
⋅t = B
2 L1
3
R
同理可得线框离开磁场的过程安培力的的冲量大小为：I 安出= B
2 L1
3
R
可得：I 安= I 安进+ I 安出= 2B
2 L1
3
R
联立解得：t = 2 L1
v
此过程克服安培力做功的平均功率为：
P
-
= W
t = mg( L1+ L2)v
4 L1
②若L1> L2，则线框进入磁场的过程安培力的的冲量大小为：
I 安进' = B L1 I
-
' t ' = B L1⋅B L1v
-
'
R
⋅t ' = B
2 L1
2 L2
R
同理可得线框离开磁场的过程安培力的的冲量大小为：I 安出' = B
2 L1
2 L2
R
可得：I 安' = I 安进' + I 安出' = 2B
2 L1
2 L2
R
联立解得：t ' = 2 L2
v
此过程克服安培力做功的平均功率为：
P
-
' = W
t ' = mg( L1+ L2)v
4 L2
8.(2025·四川省·高考真题)如图所示，长度均为s的两根光滑金属直导轨MN和PQ固定在水平绝缘桌面
上，两者平行且相距l，M、P连线垂直于导轨，定滑轮位于N、Q连线中点正上方h处。MN和PQ单位
长度的电阻均为r，M、P间连接一阻值为2sr的电阻。空间有垂直于桌面向下的匀强磁场，磁感应强度
大小为B。过定滑轮的不可伸长绝缘轻绳拉动质量为m、电阻不计的金属杆沿导轨向右做匀速直线运动，
速度大小为v。零时刻，金属杆位于M、P连线处。金属杆在导轨上时与导轨始终垂直且接触良好，重
力加速度大小为g。
(1)金属杆在导轨上运动时，回路的感应电动势；
(2)金属杆在导轨上与M、P连线相距d时，回路的热功率；
(3)金属杆在导轨上保持速度大小v做匀速直线运动的最大路程。
【答案】(1)金属杆在导轨上运动时，切割磁感线，产生的感应电动势E = Blv
(2)金属杆运动距离d时，电路中的总电阻R =2dr +2sr，故回路的热功率P = E
2
R = B
2l
2v
2
2r (d + s)
(3)设金属杆保持速度大小v做匀速直线运动的最大路程为x，此时刚好将要脱离导轨，
此时绳子拉力为T，与水平方向的夹角为θ，对金属杆由受力平衡有F安=T cosθ，mg=T sinθ
由位置关系有tanθ =
h
s- x ，又F安= BIl，I =
Blv
2r (x + s)，联立解得x =
❑√s
2- B
2l
2hv
2mgr
一．电磁感应基本定律与现象
聚焦电磁感应核心内容，涵盖感应电流产生条件（闭合回路磁通量变化）、方向判断（楞次定
律/右手定则）；感生电动势（法拉第定律E=nΔΦ/Δt）与动生电动势（平动E=Blvsinθ、转动
E=BωL²/2）的计算；典型场景包括线圈转动、导体棒切割、磁场变化等。常见类型与方法：
1.
感应条件判断：闭合回路+磁通量变化。
2.
方向判定：楞次定律（阻碍变化）或右手定则（动生场景）。
3.
感生电动势：E=nΔΦ/Δt，需明确ΔΦ/Δt 的物理过程。
4.
动生电动势：平动用E=Blvsinθ，转动用E=BωL²/2（L 为棒长）
【题型1：感应电流的产生与方向判断】
1.(2025·湖北省宜昌市·联考题)如图所示，线圈M和线圈P绕在同一个铁芯上，电流表与线圈P串联。下列
说法正确的是()
A.闭合开关S瞬间，电流表中感应电流的方向从a到b
B.开关S始终闭合，电流表中感应电流的方向从b到a
C.断开开关S瞬间，电流表中没有感应电流
D.断开开关S瞬间，电流表中感应电流的方向从a到b
【答案】A
【解析】A、闭合开关，线圈P中磁场磁感应强度方向向右，磁通量增加，据楞次定律可知电流表中感应
电流方向从a到b，故A 正确；
B、开关始终闭合，线圈P中磁通量不变，感应电流为0，故B 错误；
CD、断开开关，磁通量减小，电流表中感应电流方向由b到a，故CD 错误。
故选：A。
【题型2：感应电动势的计算】
2.(2025·江苏省·联考题)如图，长为L的导体棒MN在匀强磁场B中绕平行于磁场的轴OO＇以角速度ω匀
速转动，棒与轴OO＇间的夹角为α，则U MN为()
A.0
B.1
4 Bω L
2sin2α
C.1
2 Bω( Lsin α )
2
D.1
2 Bω( Lcosα )
2
【答案】C
【解析】导体棒在匀强电场中切割磁感线产生感应电动势，则有U MN = E = 1
2 BvLsin α
根据线速度、角速度和半径关系有v =ωLsin α
解得U MN = 1
2 Bω(Lsin α )
2
故选C。
3.(2025·广东省广州市·联考题)将一根绝缘细导线绕成如图所示的闭合线圈，其中大圆半径为R，小圆半径
为R
2 ，垂直线圈平面方向有一随时间均匀增加的磁场，且变化率为k，则线圈总的感应电动势大小为()
A.kπ R
2
2
B.3kπ R
2
4
C.kπ R
2
D.5kπ R
2
4
【答案】B
【解析】由图可知，该闭合线圈的有效面积S等于大圆面积减去小圆面积。根据圆的面积公式S圆= π r
2(
其中r为圆的半径)，大圆半径为R，则大圆面积S大= π R
2;小圆半径为R
2 ，则小圆面积
S小= π( R
2 )
2= π R
2
4
。所以有效面积S = S大- S小= π R
2- π R
2
4
= 3
4 π R
2。已知磁场变化率△B
△t =k，根据
法拉第电磁感应定律E =| △ϕ
△t |=| △B
△t |S，将S = 3
4 π R
2和△B
△t =k代入可得：E = 3
4 kπ R
2，综上，线
圈总的感应电动势大小为3
4 kπ R
2，故选B。
二．电磁感应中的电路问题
电磁感应中的电路问题，典型场景包括将感应电动势部分等效为电源并绘制等效电路图；计算感应电
流、路端电压、电功率、焦耳热；应用电荷量公式q=nΔΦ/R 总分析磁通量变化与电荷量的关联。涉及动
态电路分析、能量转化及电磁感应与电路的综合应用。常见类型与方法：
1.
等效电路法：明确感应电动势作为电源，划分内、外电路结构。
2.
电流计算：I=E/(R 总)，结合欧姆定律求解。
3.
路端电压：U=E-Ir，r 为电源内阻。
4.
功率分析：总功率P=EI，输出功率P 出=UI。
5.
焦耳热：Q=I²Rt，直接计算热量损耗。
6.
电荷量公式：q=nΔΦ/R 总，关联磁通量变化与电荷量。
【题型1：电路分析与计算】
4.(2025·江西省景德镇市·联考题)如图所示，在绝缘水平地面上固定一
型光滑导轨，AC、BC边的长
度d均为2.5m，AC与BC所夹角度为θ =7 4
∘，且整个导轨处在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度
B =0.5T。t =0 s时，有一根粗细均匀、质量m=1kg、电阻R =0.3Ω的金属杆从AB处出发，两端恰好
与A、B良好接触，在水平外力的作用下，金属杆始终沿垂直于图中虚线(导轨的对称轴)以v =2.0m/ s
匀速运动。运动过程中金属杆始终保持与导轨的良好接触，除金属杆外其余电阻忽略不计，
sin37
∘=0.6,cos37
∘=0.8。t =0.8 s时，金属杆两端的电势差U为()
A.0.6V
B.1.2V
C.0
D.2.4V
【答案】C
【解析】由题意可知C到AB的距离为x0=d cos37❑
∘=2.5m×0.8=2.0m
t =0.8 s时，金属杆的位移为x = vt =2.0m/ s×0.8 s=1.6m
由于x< x0，故t =0.8 s时金属杆仍在导轨上，未到达C点。
金属杆的长度L0=2d sin37❑
∘=3.0m
t =0.8 s时切割磁感线有效长度L= L0-2 x tan37❑
∘=3.0m-2×1.6m× 3
4 =0.6m
此时导轨内金属杆产生的感应电动势E = BLv =0.6V
除金属杆外其余电阻忽略不计，则金属杆与导轨接触点两端的电势差为U =0
故选C。
【题型2：电荷量计算】
5.(2025·安徽省·联考题)（多选）如图甲所示，单匝圆形金属线圈置于垂直线圈平面的匀强磁场中，线圈的
电阻为R，取磁场方向垂直纸面向里时的磁通量为正，穿过线圈的磁通量随时间变化的图像如图乙所示，
呈正弦函数规律变化。图中的Φ0、T均已知，不考虑线圈面积的变化。下列说法正确的是()
A.在0∼T
4 时间内，线圈有收缩的趋势
B.在t = 1
2 T时刻，线圈中感应电流为零
C.在0∼1
2 T时间内，通过线圈横截面的电荷量为2Φ0
R
D.在0～T时间内，线圈中产生的总焦耳热为2π
2Φ❑0
2
TR
【答案】AD
【解析】A、在0∼T
4 时间内，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律的“增缩减扩”可知线圈有收缩
的趋势，故A 正确；
B、根据E = ΔΦ
Δt 可知在t = 1
2 T时刻，线圈中感应电动势不为零，则感应电流不为零，故B 错误；
C、0∼T
4 磁通量增加，与T
4 ∼T
2 内磁通量减少，感应电流方向相反，通过线圈横截面的电荷量为
q = ΔΦ
R =0，故C 错误；
D、感应电动势的最大值为Em= BSω=Φ0
2π
T ，则有效值为E = Em
❑√2
，
在0～T时间内，总焦耳热为Q = E
2
R T = 2π
2Φ❑0
2
TR
，故D 正确。
故选AD。
三．电磁感应中的图像问题
电磁感应图像分析，典型场景包括根据B-t、x-t 等输入图像，推导或识别E-t、I-t、F-t、P-t 等输
出图像。核心考查图像间的函数关系、动态过程对应性及临界点特征，常涉及排除法排除矛盾图像、函数
法推导表达式，需结合物理过程理解图像斜率、截距、极值点物理意义。常见类型方法：
1.
图像类型识别：明确输入（B-t/x-t）与输出（E-t/I-t）图像对应关系。
2.
排除法：根据物理规律排除不符合的图像选项。
3.
函数法：推导E=nΔΦ/Δt 等表达式，建立图像函数关系。
4.
动态分析：结合线框运动、磁场变化过程分析图像变化趋势。
【题型1：磁感应强度B-t 图像】
6.(2025·四川省成都市·联考题)如图甲，两根足够长的平行光滑金属导轨GH、PQ被固定在水平面上，导
轨间距为L=2m。两导轨的右端用导线连接灯泡，灯泡的电阻为R =3Ω，一接入电路的电阻为r =2Ω的
金属棒垂直于导轨静止在左端，导轨及导线电阻均不计。在矩形区域CDNM内有竖直向上的匀强磁场，
磁场宽度为d =0.5m，磁感应强度随时间的变化如图乙所示。在t =0时刻开始，对金属棒施加一水平向
右的恒力F，从金属棒开始运动直到离开磁场区域的整个过程中灯泡亮度保持不变。下列说法正确的是
()
A.0∼0.2s内，感应电动势大小为2V B.灯泡中电流始终从H流向Q
C.金属棒穿过磁场区域所用的时间为2s
D.恒力F的大小为2 N
【答案】D
【解析】A.0∼0.2s内有
，故A 错误;
B.由楞次定律可知0∼0.2s内灯泡中电流从H流向Q，0.2s之后由右手定则可知电流从Q流向H，故B
错误;
C.0.2s时金属棒恰好到达MN处，且匀速通过磁场区域，由E = BLv，得v =2.5m/ s，则金属棒穿过磁
场区域所用的时间为t = d
υ =0.2s，故C 错误;
D.灯泡与金属棒串联，电路中电流为I =
E
R+r =1 A，恒力F的大小F = BIL=2 N，故D 正确。
故选D。
【题型2：感应电流I-t】
7.(2025·广东省深圳市·联考题)如图甲所示，纸面内固定放置一带缺口的刚性金属圆环，从圆环的缺口处引
出两根导线，与电阻R两端相连构成闭合回路。圆环内有垂直于纸面变化的磁场，变化规律如图乙所示(
规定磁场方向垂直纸面向外为正方向)，不计金属圆环及导线的电阻，下图可能正确表示回路中的电流I (
规定顺时针方向为电流的正方向)随时间t变化关系的是()
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】根据图乙可知0∼T
2 时间内磁感应强度的变化情况ΔB
Δt 不变，则电流大小不变，根据楞次定律(
增反减同)可知电流方向为逆时针方向，同理T
2 ∼T时间内磁感应强度的变化情况ΔB
Δt 不变，则电流大小
不变，根据楞次定律(增反减同)可知电流方向为顺时针方向。
故选B。
【题型3：安培力F-t】
8.(2025·陕西省渭南市·模拟题)（多选）如图所示是我国自主研究设计的舰载机返回航母甲板时电磁减速的
简化原理图。固定在绝缘水平面上足够长的平行光滑金属导轨，左端接有定值电阻R，整个装置处在竖
直向下的匀强磁场中，导轨的电阻不计。舰载机等效为电阻不计的导体棒PQ，当导体棒PQ以一定初速
度水平向右运动过程中，其速度v、加速度a、所受安培力F、流过的电量q与运动时间t变化关系图像可
能正确的是()
A.
B.
C.
D.
【答案】AC
【解析】A.导体棒向右运动过程中，根据左手定则可知，导体棒受到向左的安培力，则有BIL=ma，
I = E
R = BLv
R ，所以导体棒向右做减速运动，加速度大小为a= B
2 L
2v
mR
，由于速度减小，则加速度减小，
所以v -t图像的切线斜率绝对值逐渐减小，故A 正确；
B.根据a= B
2 L
2v
mR
，则有Δa
Δt = B
2 L
2
mR ⋅Δv
Δt = B
2 L
2
mR a，由于速度逐渐减小，加速度逐渐减小，所以a-t图
像的切线斜率绝对值应减小，故B 错误；
C.导体棒受到向左的安培力，大小为F = BIL= B
2 L
2v
R
∝v，可知F -t图像的形状与v -t图像的形状一
致，故C 正确；
D.根据I = Δq
Δt = E
R = BLv
R ，由于速度逐渐减小，所以q -t图像的切线斜率应逐渐减小，故D 错误。
故选AC。
四．电磁感应中的动力学问题
电磁感应动力学核心，涵盖单导体棒（阻尼/发电/含源/含容模型）、双导体棒（等距/不等距导轨）
及线框进出有界磁场的运动分析。典型考法涉及安培力驱动下的运动状态变化、能量转化（动能→焦耳
热）、动量守恒条件及多过程分段动力学行为。常见类型与方法：
1.
牛顿第二定律：F 安=BIL=ma，结合运动学分析速度/加速度变化。
2.
动量守恒：无外力时，双导体棒系统动量守恒。
3.
能量守恒：ΔEk=W 安+W 外，计算焦耳热Q=I²Rt。
4.
等效电路法：含容/含源时分析电容充放电或电源供电特性。
5.
分段分析法：线框进出磁场时划分不同阶段，分别计算感应电流和安培力。
【题型1：单导体棒模型】
9.(2026·广东省·单元测试)如图所示，间距为L的光滑平行金属导轨MN和M ' N '，由弯曲部分和足够长的
平直部分平滑连接，弯曲部分上端和平直部分右端分别接阻值为2 R和R的定值电阻，导轨平直部分有方
向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场．质量为m、电阻为R的金属棒从高度为h处由静止释放，
金属棒与导轨间接触良好，不计导轨电阻及空气阻力，重力加速度大小为g.求：
(1)金属棒进入磁场区域后的最大加速度大小；
(2)金属棒进入磁场到静止过程，通过左端电阻2 R的电荷量；
(3)金属棒进入磁场到静止过程，右端电阻R产生的焦耳热．
【答案】解：(1)金属棒从释放到弯曲部分底端过程，由动能定理有mgh= 1
2 m v
2-0
解得v = ❑√2gh
金属棒刚进磁场时产生的感应电动势E = BLv = BL❑√2gh
并联总电阻R' = 2 R⋅R
2 R+ R = 2
3 R
可知流过金属棒的电流I =
E
R+ R' = 3 BL❑√2 gh
5 R
由牛顿第二定律有BIL=ma
解得a= 3 B
2 L
2❑√2gh
5mR
(2)金属棒进入磁场区域后，由动量定理有- B I <=0-mv
解得通过金属棒的电荷量q = I t = m ❑√2gh
BL
根据并联电路特点，可知通过左端电阻2 R的电荷量q' = 1
3 q = m ❑√2gh
3 BL
(3)对整个过程，由能量守恒定律有Q =mgh
右端电阻R产生的焦耳热Q' =
2 R
2 R+ R ⋅
R
'
R+ R' Q = 4
15 mgh
【题型2：双导体棒模型】
10.(2025·河南省郑州市·模拟题)（多选）如图所示，AB、CD和EI、GH为固定的平行且足够长的光滑金
属导轨，AB、CD相距2 L且与水平面的夹角为30
∘，EI、GH相距L水平放置，导轨之间都有大小为B、
垂直向下的匀强磁场。质量均为m，长度分别为2 L、L的金属棒MN和PQ垂直放置在导轨上。已知两
杆在运动过程中始终垂直于导轨并与导轨保持接触良好，MN和PQ的电阻分别为2 R、R，导轨的电阻
不计，重力加速度大小为g。现MN从静止释放，在稳定之前还没到底部，则()
A.若PQ固定，MN的最大速度为vm= 3mgR
4 B
2 L
2
B.若PQ固定，则最终PQ两端的电压为U = mgR
4 BL
C.若PQ不固定，则最终PQ的速度是MN的两倍
D.若PQ不固定，则最终PQ的加速度是MN的两倍
【答案】BD
【解析】A.∵mgsin30
∘= B⋅2 Lv
3 R
B⋅2 L
∴v = 3mgR
8 B
2 L
2
所以A错。
B.U = 1
3 B⋅2 L 3mgR
8 B
2 L
2 = mgR
4 BL
所以B对。
CD.若PQ不固定，则最终PQ的加速度是MN的两倍，所以D对。
所以选BD。
【题型3：线框模型】
11.(2025·陕西省·联考题)（多选）如图所示，甲、乙两个完全相同的线圈，在距地面同一高度处同时由静
止开始释放，A、B是面积、磁感应强度的大小和方向均完全相同的匀强磁场区域，只是A区域比B区域
离地面高，两线圈下落时始终保持线圈平面与磁场垂直，则()
A.两线圈穿过磁场的过程中产生的热量相等
B.两线圈穿过磁场的过程中通过线圈横截面的电荷量相等
C.两线圈落地时甲的速度较大
D.乙运动时间较短，先落地
【答案】BCD
【解析】A.由E = BLv，i= E
R ，F = BiL，可得F = B
2 L
2v
R
，由于乙进入磁场时的速度较大，则安培力较
大，克服安培力做的功较多，即产生的焦耳热较多，故A 错误；
B.由q = IΔt = ΔΦ
R = BΔS
R 可知通过线圈横截面的电荷量相等，故B 正确；
C.由于甲、乙减少的重力势能相等，甲穿过磁场的过程中产生的热量较少，由能量守恒定律可知，甲落
地时速度较大，故C 正确；
D.线圈穿过磁场区域时受到的安培力为变力，设受到的平均安培力为F，穿过磁场的时间为Δt，下落全
过程时间为t，落地时的速度为v，则全过程由动量定理得mgt - F Δt =mv，而F Δt = BILΔt，I =
ΔΦ
Δt ⋅R ，
所以F
-
Δt = BLΔΦ
R
，可见下落过程中两线圈所受安培力的冲量相等，因为v乙<v甲，所以t乙<t甲，即乙
运动时间较短，先落地，故D 正确。
故选BCD。
五．电磁感应中的能量与动量问题
聚焦电磁感应中能量转化与动量守恒问题，典型场景包括外力做功与动能、焦耳热、电能、重力势能
的转化分析，以及单/双棒模型中动量定理（安培力冲量BIlΔt=Blq）和动量守恒（无外力双棒系统）的
应用，考查能量守恒、动能定理、动量关系在电磁感应动态过程中的综合运用。常见类型与方法：
1.
能量守恒：ΔE 外=ΔEk+Q+ΔEp+W 电，分析能量转化路径。
2.
动能定理：ΣW=ΔEk，关联外力、安培力做功与速度变化。
3.
动量定理：BIlΔt=mΔv，计算速度、位移、时间。
4.
动量守恒：无外力时双棒系统动量总守恒，用于求解共同速度。
【题型1：能量转化与守恒】
12.(2025·河北省·模拟题)（多选）如图所示，两根足够长的平行光滑金属导轨MN、PQ放在水平面上，左
端向上弯曲，导轨间距为L，电阻不计，水平段导轨所处空间存在方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强
度大小为B。导体棒的质量分别为ma=m，mb=2m，电阻值分别为Ra= R，Rb=2 R。b棒静止放置在水
平导轨上足够远处，与导轨接触良好且与导轨垂直；a棒在弧形导轨上距水平面h高度处由静止释放，运
动过程中导体棒与导轨接触良好且始终与导轨垂直，重力加速度为g，则()
A.a棒刚进入磁场时回路中的感应电流为BL❑√2 gh
R
B.a棒刚进入磁场时，b棒受到的安培力大小为B
2 L
2❑√2gh
3 R
C.a棒和b棒最终稳定时的速度大小为
❑√2 gh
3
D.从a棒开始下落到最终稳定的过程中，a棒上产生的焦耳热为2
9 mgh
【答案】BCD
【解析】A.设a棒刚进入磁场时的速度为v，从开始下落到进入磁场，根据机械能守恒定律有：
mgh= 1
2 mv
2，a棒切割磁感线产生感应电动势为：E = BLv，根据闭合电路欧姆定律有：
I =
E
R+2 R = BL❑√2 gh
3 R
，故A 错误；
B.a棒刚进入磁场时，b棒受到的安培力为：F = BIL，得：F = B
2 L
2❑√2gh
3 R
，方向水平向右，故B 正确；
C、设两棒最后稳定时的速度为v '，从a棒进入磁场到两棒速度达到稳定，根据动量守恒定律有：
mv =(m+2m)v '，解得：v ' = 1
3
❑√2 gh，故C 正确；
D.从a棒开始下滑到两者速度相等过程，由能量守恒定律得：mgh= 1
2 (m+2m)v '
2+Q，a棒上产生的焦
耳热：Qa=
R
R+2 R Q，解得：Qa= 2
9 mgh，故D 正确。
故选BCD。
【题型2：动量定理与动量守恒】
13.(2026·湖北省荆州市·其他类型)如图，两根足够长的光滑金属直导轨平行放置，导轨间距为L，两导轨
及其所构成的平面均与水平面成θ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B.现将质量均为m的金属棒a、b垂直导轨放置，每根金属棒接入导轨之间的电阻均为R .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g．
(1)先保持棒b静止，将棒a由静止释放，求棒a匀速运动时的速度大小v0；
(2)在(1)问中，当棒a匀速运动时，再将棒b由静止释放，求释放瞬间棒b的加速度大小a0；
(3)在(2)问中，从棒b释放瞬间开始计时，经过时间t0，两棒恰好达到相同的速度v，求速度v的大小，
以及时间t0内棒a相对于棒b运动的距离Δx．
【答案】(1)对a导体棒受力分析可知，其在运动过程中重力沿斜面的分力和a棒所受的安培力相等时做
匀速运动；
由法拉第电磁感应定律可得E = BLv0
由闭合电路欧姆定律及安培力公式可得I = E
2 R ，F = BIL
a棒受力平衡则有mgsinθ = BIL
联立解得v0= 2mgR sinθ
B
2 L
2
(2)由对a棒分析可知，ab棒内电流方向为顺时针方向，则有左手定则可知b棒受到沿斜面向下的安培力，
此时电路中电流不变，则对b棒分析由牛顿第二定律可得mgsinθ+ BIL=ma
解得a=2 gsinθ
(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棒动量定理可得：
mgsinθt0- B I Lt0=mv -m v0
b棒受到向下的安培力，对b棒动量定理可得：mgsinθt0+ B I Lt0=mv
联立解得v = gsinθ⋅t0+ mgR sinθ
B
2 L
2
由法拉第电磁感应定律可得：I = E
2 R = 1
2 R
BLΔx
t0
联立b棒动量定理可得：Δx = m v0 R
B
2 L
2 = 2m
2 g R
2sin θ
B
4 L
4
14.(2025·湖南省·联考题)如图所示，两条平行的金属导轨相距L，金属导轨的倾斜部分与水平面的夹角为
37
∘，整个装置处在竖直向下的磁感应强度大小为B的匀强磁场中。金属棒MN和PQ的质量均为m，电
阻分别为R和2 R。MN置于水平导轨上，与水平导轨间的动摩擦因数为μ，PQ置于光滑的倾斜导轨上，
两根金属棒均与导轨垂直且接触良好。从t =0时刻起，MN棒在水平外力F1的作用下由静止开始向右做
匀加速直线运动，PQ则在平行于斜面方向的力F2作用下保持静止状态。t =t1时刻，F2恰好为零。不计
导轨的电阻，水平导轨足够长，MN始终在水平导轨上运动。(sin37
∘=0.6,cos37
∘=0.8，重力加速度
为g)
(1)求t =t1时刻，流过MN棒的电流大小I 1;
(2)求MN棒的加速度大小a;
(3)若t =t1时刻后撤去F1，再经t2时间MN棒的速度变为零，求t2时间内MN棒的位移x。
【答案】(1)对PQ做受力分析可知，安培力水平向右，大小为F安= B I 1 L
F安cos37
∘=mgsin37
∘
求得I 1= 3mg
4 BL
(2)当t =t1时刻，设MN的速度为v1，则
v1=at1
E1= BLv1
E1= I 1( R+2 R)
联立以上各式解得a= 9mgR
4 B
2 L
2t1
(3)t2时间内对MN棒，有B I Lt2+ μmgt2=m v1
而I t2= E
3 R t2= BLx
3 R
由以上各式得x = 3mgR
B
2 L
2 ( 9mR
4 B
2 L
2 - μt2)
六．自感、互感与涡流
围绕自感、互感与涡流现象展开，自感侧重开关通断时电流突变引发的延迟效应（如灯泡亮度变化）；
互感关注线圈间磁场耦合产生的感应电动势；涡流涉及电磁感应在导体内部产生的环流，典型场景包括电
磁炉加热、金属探测器检测、电磁阻尼（如磁电式仪表）及电磁驱动应用。常见类型与方法：
1.
自感分析：利用“增反减同”判断电流变化趋势，结合电感特性分析时间常数。
2.
互感计算：应用互感系数M=ΔΦ/ΔI，分析耦合线圈电压关系。
3.
涡流应用：解释电磁加热（焦耳热效应）、无损检测（涡流磁场反作用）原理。
4.
电磁阻尼/驱动：通过楞次定律理解阻碍或驱动运动的机制。
【题型1：自感现象】
15.(2025·河南省·联考题)（多选）某同学利用电压传感器来研究电感线圈工作时的特点。图1中三个灯泡完
全相同，不考虑温度对灯泡电阻的影响。在闭合开关S的同时开始采集数据，当电路达到稳定状态后断
开开关。图2是由传感器得到的电压u随时间t变化的图像。电感线圈自感系数较大，不计线圈的电阻及
电源内阻。下列说法正确的是()
A.开关S闭合瞬间，灯D1、D2的瞬时功率相等
B.开关S断开瞬间，灯D2闪亮一下再熄灭
C.根据题中信息可推出u1与u2的比值为2∶3
D.根据题中信息可推出u1与u2的比值为3:4
【答案】AD
【解析】A.开关S闭合瞬间，由于电感线圈自感系数较大，电感线圈的阻碍作用比较大，电路电流流经
D2和D1，之后灯D3才逐渐变亮，所以开关S闭合瞬间，流经D2和D1的电流相同，灯D1、D2的瞬时功
率相等，故A 正确；
B.由于不计线圈的电阻，则开关闭合稳定后，流过线圈支路的电流与流过D2支路的电流大小相等，开关
S断开瞬间，灯D1所在回路为断路，故灯D1立刻熄灭，而灯D2、D3和电感线圈形成闭合回路，由于电
感线圈阻碍电流的减小，电感线圈充当电源，产生的感应电动势与流过D3原电流的方向相同，继续为灯
D2和D3提供电流，所以D2和D3逐渐熄灭，故B 错误；
CD .设电源电动势为E，灯泡电阻为R，S闭合瞬间，灯D1、D2与电源串联，电压传感器所测电压为D2
两端电压，有u1= E
2 R R = E
2
电路稳定后，流过D3的电流为I = 1
2 ×
E
R+ R
2
= E
3 R
开关S断开瞬间，电感线圈能够提供与之前等大电流，故其两端电压为u2=2 IR = 2
3 E
则
u1
u2
= 3
4 ，故C 错误，D 正确。
故选AD。
【题型2：涡流、电磁阻尼与电磁驱动】
16.(2026·湖北省·同步练习)桌面上放置一“U”形磁铁，用能绕端点转动的绝缘轻杆悬挂一半径为r、厚度
为d的铝制薄圆盘，圆盘的平衡位置恰好位于两磁极之间，如图甲所示。若将圆盘拉离平衡位置一个固
定角度后由静止释放(如图乙所示)，圆盘在竖直平面内来回摆动(圆盘面始终与磁场垂直)，经t1时间停下；
若仅将圆盘厚度改变为2d，重复以上实验，圆盘经t2时间停下；若保持圆盘半径r和厚度d不变，仅将材
料替换成电阻率和密度都更大的铅，重复以上实验，圆盘经t3时间停下。不计转轴和空气的阻力，则观
察到的现象是()
A.t2明显大于t1
B.t2明显小于t1
C.t3明显大于t1
D.t3与t1几乎相等
【答案】C
【解析】AB.根据R = ρ L
S ，若仅将圆盘厚度改变为2d，则电阻减小，相同条件下，圆盘产生的电流变
大，圆盘受到的安培力变大，但是圆盘质量也变大，阻碍作用不好判断，考虑两个一模一样的圆盘，从
同一高度单独释放到停下所用时间相同，那么两个圆盘并排贴在一起(相当于厚度加倍)，从同一高度单
独释放到停下所用时间应该不变，即t1与t2几乎相等，故AB 错误；
CD .结合以上分析，仅将材料替换成电阻率和密度都更大的铅，电阻变大，相同条件下，圆盘产生的电
流变小，圆盘受到的安培力变小，同时圆盘质量变大，阻碍作用变小，则圆盘停下来所用时间变长，即
t3明显大于t1，故C 正确，D 错误。
故选C。
一：基础练
1.(2025·江苏省南通市·模拟题)如图所示，轻绳将一条形磁铁悬挂于O点，在其正下方的水平绝缘桌面
上放置一铜质圆环．现将磁铁从A处由静止释放，圆环始终保持静止，则磁铁在A到E摆动过程中
A.圆环中感应电流方向相同
B.圆环受到摩擦力方向相同
C.圆环对桌面的压力始终大于自身的重力
D.磁铁在A、E两处的重力势能可能相等
【答案】B
【解析】A.从A到最低点的过程中，圆环中的磁场向上且磁通量增大，据“增反减同”可判断产生顺时
针方向的电流(从上往下看)，从最低点到E过程，圆环中的磁场向上且磁通量减小，据“增反减同”可
判断产生逆时针方向的电流(从上往下看)，故A 错误；
C.从A到最低点的过程中，圆环中产生的感应电流有使圆环远离阻碍磁通量增大的趋势，故给桌面的压
力大于圆环受到的重力，从最低点到E过程，由楞次定律的推论“来拒去留”可知压力小于重力，故C
错误；
B.由楞次定律的推论“来拒去留”可知，圆环受到摩擦力方向均向左，故B 正确；
D.由于有部分机械能转化为电能，故在A、E两处的重力势能不相等，故D 错误。
故选B。
2.(2026·广东省·单元测试)如图所示，老师上课做演示实验时，用绝缘细线吊起一个轻质闭合铝环，当
手持磁铁使其N极突然向右沿铝环轴线靠近铝环过程中，下列说法正确的是()
A.铝环起先向右摆动
B.铝环有扩张的趋势
C.铝环对磁铁的作用力对磁铁做正功
D.从左向右看，铝环中有顺时针方向电流
【答案】A
【解析】AC、用绝缘细线吊起一个轻质闭合铝环，当手持磁铁使其N极突然向右沿铝环轴线靠近铝环
过程中，根据楞次定律推论“来拒去留”可知，铝环与磁铁之间有排斥力，则铝环起先向右摆动，铝环
对磁铁的作用力对磁铁做负功，故A 正确，C 错误；
B、穿过铝环的磁通量增加，根据楞次定律推论“增缩减扩”可知，铝环有收缩的趋势，故B 错误；
D、手持磁铁使其N极突然向右沿铝环轴线靠近铝环过程中，穿过铝环的磁通量向右增加，根据楞次定
律和安培定则可知，从左向右看，铝环中有逆时针方向电流，故D 错误。
故选：A。
3.(2025·湖南省长沙市·模拟题)如图所示，边长为L的光滑正方形导线框，以初速度v0进入宽度为L的
匀强磁场，线框刚好能离开磁场，则在线框进入和离开磁场的过程中，下列物理量一定相同的是
A.感应电流的方向
B.线框产生的热量
C.通过某个截面的电量大小
D.线框所受的平均安培力
【答案】C
【解析】线框进入磁场，感应电流的方向为逆时针，线框离开磁场，感应电流的方向为顺时针，选项A
错误;
线框进入磁场和离开磁场，线框一直在做减速运动，故线框进入磁场的平均安培力一定大于线框离开磁
场的平均安培力，线框进入磁场克服安培力的功一定大于线框离开磁场克服安培力的功，线框进入磁场
产生的热量一定大于线框离开磁场产生的热量，选项BD 错误;
线框进入磁场磁通量的变化量的绝对值等于线框离开磁场磁通量的变化量的绝对值，根据E =n △Φ
△t ，
I = E
R ，q = I △t可得q =n △Φ
R ，故线框进入和离开磁场通过某个截面的电量大小相等，选项C 正确。
4.(2025·河南省·模拟题)如图所示，在水平向左的匀强磁场中，将一根水平放置的金属棒ab以与水平方
向成θ角斜向上抛出，金属棒在运动过程中始终保持水平且与磁场垂直，不计空气阻力。能正确描绘金
属棒a、b两端电势差U ab随时间t变化关系的图像可能是()
A.
B.
C.
D.
【答案】D
【解析】金属棒做斜抛运动，水平方向为匀速直线运动，竖直方向做竖直上抛运动，竖直速度
v y = v0sinθ ->¿，感应电动势E = BLv y，根据右手定则，上升时，a端电势高，则U ab>0，下降时，b
端电势高，U ab<0．
故选D。
5.(2026·专项测试)如图所示，对角线长度为2 L的正方形区域abcd中有垂直于纸面的磁场(图上未画)，
磁感应强度B随时间t按B = B0-kt(B0、k不变，且B0>0,k >0)变化．abcd所在平面内有一根足够长的
导体棒MN始终垂直于db，并通有恒定电流。t =0时，导体棒从d点开始沿db方向匀速穿过磁场，速率
为2kL
B0
。设导体棒运动过程中所受安培力大小为F，F -t图像可能正确的是()
A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】在导体棒在0- L时，在经过时间t导体棒移动的距离为x = vt = 2kL
B0
t
此时导体棒在磁场中的长度L=2 x = 4 kL
B0
t
所受的安培力F = BIL= I (B0-kt ) 4 kL
B0
t = 4 kLI
B0
(B0t -k t
2)
则图像为开口向下的抛物线的一部分；
同理导体棒在L-2 L时，受安培力F = I (B0-kt)(4 L- 4 kL
B0
t)= 4 LI(B0-2kt + k
2t
2
B0 )
由数学知识可知F -t图像为开口向上的抛物线的一部分，则图像为A。
故选：A。
6.(2026·江苏省盐城市·其他类型)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
【解析】A. 设磁感应强度为B，导轨的宽度为L，当导体棒的速度为v时，其所受安培力为
F A = BIL= B
2 L
2v
R+r ，根据牛顿第二定律可得F A =ma，解得a= B
2 L
2v
m( R+r )，导体棒运动过程中速度减小，
则其加速度减小，故导体棒做加速度减小的减速运动，故A错误；
B.根据右手定则可知，导体棒中感应电流的方向为b→a，故B错误；
C.整个过程中电路中消耗的总电能为E = 1
2 m v0
2，电阻R消耗的总电能为ER=
R
R+r ⋅E = m v0
2 R
2( R+r )
，故C
正确；
D.根据动能定理可知，导体棒克服安培力做的总功等于1
2 mv0
2，故D错误。
故选C。
7.(2025·安徽省蚌埠市·模拟题)（多选）如图甲所示，水平面内的光滑导轨处于竖直向上磁感应强度大
小为B的匀强磁场中，导轨间距为L，导轨左右两侧各接有阻值为R的定值电阻。一长度为L、质量为m、
电阻值为0.5 R的金属棒在拉力的作用下，从ab处由静止开始沿导轨向右运动，运动过程中金属棒与导
轨接触良好，金属棒中的电流大小随位移变化图像如图乙所示，经时间t金属棒的位移为2 x0，不计导轨
电阻，则在金属棒运动过程中()
A.金属棒做匀加速直线运动
B.金属棒在x0处的速度大小为I 0 R
BL
C.t时间内通过金属棒的平均电流为BL x0
tR
D.t时间内电流通过金属棒产生的热量为B I 0 L x0
【答案】BD
【解析】A.根据电路分析可得电路中的总电阻为R总=0.5 R+
1
1
R + 1
R
= R
在导体棒运动过程中产生的感应电流I = E
R总
= BLv
R总
= BL
R v，可知电流大小与速度成正比，根据图乙
I - x图像中解析式I = I 0
x0
x可知I与x成正比，所以导体棒的速度与位移大小成正比，根据匀变速直线运
动规律可知若金属棒做从0开始的匀加速直线运动应该是导体棒的速度的平方与位移成正比，所以金属
棒做的不是匀加速直线运动.故A 错误;
B.当x = x0时，由图乙知I = I 0，根据I = BLv
R ，可得v = I 0 R
BL ，B 正确。
C.根据q = I t = E
R总
⋅t = ΔΦ
R总t ⋅t = BL·2 x0
R
，则t时间内通过金属棒的平均电流I = 2BL x0
tR
，故C 错误;
D.在纯电阻电路中，电路中所产生的总焦耳热等于克服安培力所做的功，
结合乙图像的面积关系可知Q =W 克= BIL⋅x =2BL I 0 x0
因为导体棒电阻等于左右两侧并联电阻之和，所以导体棒上产生的热量Q' = 1
2 Q = B I 0 L x0，
故D 正确。
8.(2026·云南省·期中考试)如图所示装置由水平轨道、倾角θ =37°的倾角轨道连接而成，轨道所在空间
存在磁感应强度大小为B =1T、方向竖直向上的匀强磁场。质量m=0.035kg、长度L=0.1m、电阻
R =0.025Ω的导体棒ab置于倾斜轨道上，刚好不下滑；质量、长度、电阻与棒ab相同的光滑导体棒cd
置于水平轨道上，用恒力F =2.0 N拉棒cd，使之在水平轨道上向右运动。棒ab、cd与导轨垂直，且两
端与导轨保持良好接触，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin37° =0.6，cos37° =0.8，取g=10m/ s
2.
(1)求棒ab与导轨间的动摩擦因数μ；
(2)求当棒ab刚要向上滑动时cd棒速度v的大小；
(3)若从cd棒刚开始运动到ab棒刚要上滑的过程中，cd棒在水平轨道上移动的距离x =0.55m，求此过
程中ab棒上产生的热量Q和此过程中cd棒的运动时间。
【答案】(1)当ab刚好不下滑时，静摩擦力沿导轨向上达到最大值，由平衡条件得：
mgsin37° = μmgcos37°
有：μ= tan37° =0.75；
(2)设ab刚好要上滑时，cd棒的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律有：E = BLv
设电路中的感应电流为I，由闭合电路欧姆定律有：I = E
2 R
设ab所受的安培力为F安，有：F安= BIL
联立得：F安= B
2 L
2v
2 R
此时ab受到的最大静摩擦力方向沿斜面向下，由平衡条件有：
F安cos37° =mgsin37°+ μ(mgcos37°+ F安sin37°)
代入数据解得：v =6.0m/ s；
(3)设ab棒的运动过程中电路中产生的总热量为Q总，有：Q总=2Q
由能量守恒有：Fx -2Q = 1
2 m v
2
解得：Q =0.235 J。
设此过程中cd棒的运动时间为t，对cd棒，由动量定理得：Ft - BL I
-
⋅t =mv -0
又q = I
-
t = BLv
-
t
2 R = BLx
2 R
解得：t =0.16 s。
答：(1)棒ab与导轨间的动摩擦因数μ为0.75；
(2)当棒ab刚要向上滑动时cd棒速度v的大小为6.0m/ s；
(3)此过程中ab棒上产生的热量Q为0.235 J，此过程中cd棒的运动时间是0.16 s。
二：提能练
9.(2025·云南省昆明市·模拟题)如图所示，在一水平固定的铝环上方，有一条形磁铁，从离地面高h处
由静止开始下落，最后落在地面上。磁铁下落过程从铝环中心穿过，且不与铝环接触。若不计空气阻力，
重力加速度为g，下列说法正确的是()
A.磁铁靠近铝环的过程中，铝环有收缩趋势
B.磁铁下落过程中，从上往下看铝环中的感应电流先沿顺时针方向后沿逆时针方向
C.磁铁下落过程中，磁铁的机械能不变
D.磁铁落地时的速率等于❑√2 gh
【答案】A
【解析】解：A、当条形磁铁靠近圆环时，穿过圆环的磁通量增加，根据楞次定律可知铝环有收缩趋势
故A 正确；
B、当条形磁铁靠近圆环时，向下穿过圆环的磁通量增加，根据楞次定律可判断圆环中感应电流的方向
为逆时针(从上向下看圆环)，当条形磁铁远离圆环时，向下穿过圆环的磁通量减小，根据楞次定律可判
断圆环中感应电流的方向为顺时针(从上向下看圆环)，故B 错误；
C、磁铁在整个下落过程中，由于产生感应电流，机械能的一部分转化为电能，机械能逐渐减小，故C
错误；
D、若磁铁从高度h处做自由落体运动，其落地时的速度v = ❑√2gh，但磁铁穿过圆环的过程中要产生电
流，根据能量守恒定律可知，其落地速度一定小于❑√2 gh，故D 错误；
故选：A。
10.(2025·河南省·模拟题)长为2l、宽为l的长方形导线框abcd置于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，
O点为ad边的中点，O'点为bc边的中点，将长方形导线框沿OO'折成“L”形导线框如图所示，使面
abO' O垂直于面dcO' O，面dcO' O垂直于磁场方向，让导线框绕轴OO'以角速度ω顺时针匀速转动，
产生电动势的峰值为Em，从图示位置转动π
2 角度内的平均电动势为E。则下列关系式中正确的是()
A.E = 2Bl
2ω
π
B.E = 2❑√2Bl
2ω
π
C.Em= ❑√2Bl
2ω
D.Em=2Bl
2ω
【答案】C
【解析】t时刻的磁通量为Φ = Bl
2cosωt - Bl
2sin ωt，则根据法拉第电磁感应定律得回路的电动势为
e =Φ' =- Bl
2ωsin ωt - Bl
2ωcosωt，即e =- ❑√2Bl
2ωsin(ωt + π
4 )，所以“L”形导线框中感应电动
势的峰值为Em= ❑√2Bl
2ω，E = △Φ
△t = 2Bl
2
π
2ω
= 4 Bl
2ω
π
，故ABD 错误，C 正确。
故选C。
11.(2025·湖北省黄石市·模拟题)（多选）如图所示，某同学利用电压传感器来研究电感线圈工作时的
特点。图甲中三个灯泡完全相同，不考虑温度对灯泡电阻的影响。在闭合开关S的同时开始采集数据，
当电路达到稳定状态后断开开关。图乙是由传感器得到的电压u随时间t变化的图像。不计电源内阻及电
感线圈L的直流电阻。线圈L的自感系数足够大，下列说法正确的是()
A.开关S闭合瞬间，流经灯D1和D2的电流相等
B.开关S闭合瞬间至断开前，流经灯D2的电流保持不变
C.开关S断开瞬间，灯D2闪亮一下再熄灭
D.根据题中信息，可以推算出图乙中u1:u2=3:4
【答案】AD
【解析】AB.开关S闭合瞬间，由于电感线圈的强烈阻碍作用，灯D3没有电流通过，灯D1和D2串联，
流经灯D1和D2的电流相等，通过电感的电流逐渐增大，稳定后灯D3和D2并联再与D1串联，流过灯D2
的电流改变，故A 正确，B 错误；
C.开关S断开瞬间，由于电感线圈阻碍电流减小的作用，由电感线圈继续为灯D3和D2提供电流，又因为
电路稳定的时候，流经灯D3和D2的电流相等，所以灯逐渐熄灭，并不会闪亮，故C 错误；
D.开关S闭合瞬间，灯D1和D2串联，电压传感器所测电压为D2两端电压，有u1= R
2 R E
电路稳定后，流过D3的电流为I = 1
2 ×
E
R+ R
2
开关S断开瞬间，电感线圈能够提供与之前等大电流，故其两端电压为u2=2 IR
解得u1:u2=3:4
故D 正确。
故选AD。
12.(2026·云南省·同步练习)（多选）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
【解析】甲、乙两正方形线圈的材料相同，则它们的密度和电阻率相同，设材料的电阻率为ρ，密度为
ρ密度，
两正方形线圈的边长相同，设线圈边长为L，设线圈的横截面积为S，线圈的质量
m= ρ密度×4 nLS = 4 n ρ密度LS，由题意可知，两线圈的质量相等，则4 n甲ρ密度L S甲= 4 n乙ρ密度L S乙，
则n甲S甲=n乙S乙，
两线圈在竖直平面内从同一高度同时由静止开始下落，设线圈下边到磁场的高度为h，
设线圈下边刚进入磁场时的速度为v，线圈进入磁场前做自由落体运动，则v = ❑√2 gh，由于下落高度h
相同，则线圈下边刚进入磁场时的速度v相等，
设线圈匝数为n，磁感应强度为B，线圈进入磁场过程切割磁感线产生的感应电动势E =nBLv，
由电阻定律可知，线圈电阻：R = ρ 4 nL
S
由闭合电路的欧姆定律可知，感应电流：I = E
R = nBLv
4 nρL
S
= BSv
4 ρ
线圈受到的安培力：F =nBIL= n B
2 LSv
4 ρ
由于n甲S甲=n乙S乙，B、L、ρ、v都相同，则线圈进入磁场时受到的安培力F相同，线圈质量相同，
则它们受到的重力G =mg相同，线圈进入磁场过程所受合力F合= F -G相同；
A、如果线圈进入磁场时安培力小于重力，则线圈受到的合力向下，线圈甲、乙都加速运动，故A 正确；
B、如果线圈进入磁场时安培力大于重力，线圈受到的合力向上，线圈甲、乙都做减速运动，故B 正确；
C、由于甲、乙所受合力相同、进入磁场时的速度相同，如果甲加速运动，则乙也做加速运动，故C 错
误；
D、由于甲、乙所受合力相同、进入磁场时的速度相同，如果甲减速运动，则乙也做减速运动，故D 错
误。
故选：AB。
13.(2024·陕西省·月考试卷)如图所示，两个连续的有界匀强磁场的磁感应强度大小均为B，方向分别垂
直光滑水平桌面向下和向上，磁场宽度均为L。紧贴磁场区域的左侧边界处，有一边长为L的正方形均
匀导体线框置于桌面上。现用外力使线框由静止开始匀加速穿过磁场区域，以初始位置为计时起点，规
定逆时针方向为电流正方向，外力F向右为正方向，磁感线垂直纸面向里时磁通量Φ为正值。以下反映
线框中的感应电流i、磁通量Φ、电功率P、外力F随时间t或位移x的变化规律可能正确的是()
A.
B.
C.
D.
【答案】CD
【解析】解：A、线框做匀加速运动，通过同样位移所需时间越来越短，在每个磁场区域运动的时间不
同，横轴不均等，故A 错误；
B、初始时刻有加速度，外力大小为ma，不为零，故B 错误；
C、由Φ = BS知磁通量随位移均匀变化，位移为0、1.5 L、3 L时均为零，故C 正确；
D、由P = E
2
R = B
2 L
2v
2
R
知P正比于速度的平方，又v
2=2ax，所以P正比于位移，而且中间段双边切割
电流加倍，功率增为4倍，故D 正确。
故选：CD。
线框由静止开始匀加速穿过磁场区域，通过相同位移所用时间越来越短。初始时刻有加速度，外力大小
为ma。磁通量随位移均匀变化，分析磁通量Φ的图像。根据电功率P与速度平方成正比，正比于位移，
分析电功率的图像。
在解析图像问题时要灵活选择解法，常常先运用排除法，根据图像的截距、斜率等进行排除，再根据物
理规律得到解析式等进行解析。
三：拔高练
14.(2025·湖北省黄冈市·模拟题)导轨a、b由半径为r =0.4 m的四分之一光滑圆弧平行导轨与水平导轨
组成，其右端与水平导轨c、d良好衔接，导轨a、b部分宽度为L1=2m，导轨c、d部分宽度为L2=1m，
金属棒P和Q均与导轨垂直，质量分别为M =2kg和m=1kg，两棒在导轨间部分电阻大小均为R =1Ω，
金属棒Q静止在c、d导轨上并被锁定，整个导轨处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B =1T。
现将金属棒P从圆弧导轨圆心等高处无初速释放，经过t =1s时间金属棒P到达导轨最低点，此时金属棒
P对导轨压力为其重力的两倍，同时金属棒Q解除锁定，两棒运动过程始终保持平行，水平导轨均足够
长，且金属棒P始终在ab上运动，金属棒Q始终在cd上运动，金属棒与导轨接触良好，不考虑一切摩擦，
重力加速度g取10m/ s
2，经过足够长时间后，求：
(1)从金属棒P释放到解除金属棒Q锁定前瞬间，金属棒P产生的热量；
(2)从金属棒P释放到解除金属棒Q锁定前瞬间，金属棒P所受安培力和支持力的合力的冲量大小；
(3)两金属棒最终速度大小。
【答案】解：(1)设金属棒P到达圆弧导轨最低点时速度为v0，由牛顿第二定律，有N - Mg= M v0
2
r
且N =2 Mg
得v0= ❑√gr =2m/ s
由能量守恒可知该过程P、Q棒产生的总热量为
Q = Mgr - 1
2 M v0
2
P棒产生的热量QP=
R
R+ R Q =2J
(2)设金属棒P沿导轨下滑过程所受安培力和支持力的合力的冲量大小为I，
作出矢量图如图所示
可得I =
❑√( M v0)
2+( Mgt )
2= 4 ❑√26 N ⋅s。
(3)解除锁定后，金属棒P做减速运动，金属棒Q做加速运动，两棒最终均做匀速运动，回路电流为零，
则两棒产生的感应电动势大小相等，即EP= EQ，
设两棒最终速度分别为v P和vQ，
则B L1v P= B L2vQ，
由动量定理，对金属棒P有：- B I 1 L1t ' = M (v P- v0)，
对金属棒Q有：B I 1 L2t ' =m vQ，
解得：vP= 2
3 m/ s，vQ= 4
3 m/ s
15.(2025·浙江省·模拟题)如图所示，水平面内固定有相互平行的abcd和ABCD两条光滑导轨，两导轨
相距d =0.5m，ab段与AB段长度相同且分别与cd段和CD段绝缘，绝缘位置左右两段导轨均足够长，
导轨左端与直流电源相连，电源电动势E =1.5V ，两根长度均为d =0.5m的导体棒M、N分别放置在
abAB段和cdCD段上，与导轨垂直且接触良好，两导体棒质量均为m=2kg，电阻均为R =2Ω，两导轨
所在区域存在与导轨平面垂直的匀强磁场，磁感应强度大小为B =1T，现闭合开关S，导体棒M向右运
动，到达bB端前已经匀速。不计ab、cd与AB、CD段电阻，设运动过程中两棒不会相撞。
(1)求导体棒M进入cdCD段时的速率v ;
(2)求导体棒N的最大速率vm及到达最大速度时产生的焦耳热;
(3)计算导体棒M进入cdCD段后到最终稳定的过程中，流过导体棒的电荷量及两导体棒相互靠近的距
离。
【答案】解：(1)当导体棒M的感应电动势与电源电动势相等后，速率将不再变化，即
E = Bdv
解得v =3m/ s。
(2)导体棒M进入cdCD段后，两棒组成的系统动量守恒，当两者速度相同时，N棒速度最大
mv =2m vm
解得vm=1.5m/ s
最终以相同速率vm=1.5m/ s匀速运动
根据能量守恒有
1
2 mv
2=2× 1
2 mvm
2 +2Q
解得Q =2.25 J。
(3)最终以相同速率vm=1.5m/ s匀速运动
对M棒，- BidΔt =mΔv
- BdΔq =m(vm- v)
Δq =6C
研究导体棒构成的回路
E = ΔΦ
Δt
i= E
R总
Δq =iΔt
Δq = ΔΦ
R总
Δx = 48m。
