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第12 课时 电磁感应
【知识网络】
热点一 楞次定律与法拉第电磁感应定律的应用
1.感应电流方向的判断方法
2.感应电动势大小的求法
情境图
研究对象
表达式
回路(不一定闭合)
三种形式
E＝
E＝n
E＝
一段直导线(或等效直导线)
E＝Blv
绕一端转动的一段导体棒
E＝Bl2ω
绕与B 垂直的轴转动的导
线框
从图示时刻计时
e＝NBSωcos ωt
3.通过回路截面的电荷量q＝IΔt＝Δt＝。q 仅与n、ΔΦ 和回路总电阻
R 总有关，与时间长短无关，与Φ 是否均匀变化无关。
例1 (2024·北京卷，6)如图1 所示，线圈M 和线圈P 绕在同一个铁芯上，下列说
法正确的是( )
图1
A.闭合开关瞬间，线圈M 和线圈P 相互吸引
B.闭合开关，达到稳定后，电流表的示数为0
C.断开开关瞬间，流过电流表的电流方向由a 到b
D.断开开关瞬间，线圈P 中感应电流的磁场方向向左
答案 B
解析 闭合开关瞬间，根据安培定则可知线圈M 中突然产生向右的磁场，根据
楞次定律可知，线圈P 中感应电流的磁场方向向左，因此线圈M 和线圈P 相互
排斥，A 错误；线圈M 中的磁场稳定后，线圈P 中的磁通量也不再变化，则线
圈P 产生的感应电流为0，电流表示数为0，B 正确；断开开关瞬间，线圈M 中
向右的磁场瞬间减为0，根据楞次定律可知，线圈P 中感应电流的磁场方向向右，
根据安培定则可知流过电流表的方向由b 到a，C、D 错误。
例2 (多选)(2024·安徽合肥联考)如图2 甲所示，一圆形金属线圈上半部分处于匀
强磁场中，线圈匝数为n，线圈固定不动。t＝0 时匀强磁场的磁感应强度的方向
垂直纸面向里，磁感应强度B 随时间t 变化的关系图像如图乙所示，已知线圈的
半径为r，线圈总电阻为R，则( )
图2
A.线圈中的感应电流的方向在t0时刻发生改变
B.线圈受到的安培力方向始终竖直向上
C.t＝0 时刻，线圈受到的安培力大小为
D.0～t0时间内通过导线某横截面的电荷量为
答案 CD
解析 由题意可知0～t0磁场方向垂直纸面向里，线圈中的磁通量逐渐减小，t0～
2t0磁场方向垂直纸面向外，线圈中的磁通量逐渐增大，根据楞次定律可知线圈
中的感应电流方向始终为顺时针方向，故A 错误；t0时刻安培力的方向会发生改
变，故B 错误；根据法拉第电磁感应定律可得线圈中感应电动势的大小为E＝n
＝n·，根据闭合电路欧姆定律可得，线圈中电流大小为I＝＝，t＝0 时刻，线圈
受到的安培力大小为F＝nILB0＝，故C 正确；0～t0时间内通过导线某横截面的
电荷量为q＝I·t0＝，故D 正确。
训练1 (多选)(2024·陕西西安模拟预测)用一段横截面半径为r、电阻率为ρ、密
度为d 的均匀导体材料做成一个半径为R(r≪R)的圆环，圆环竖直向下落入如图3
所示的径向磁场中，圆环的圆心始终在N 极的轴线上，圆环所在位置的磁感应
强度大小均为B。圆环在加速下落过程中某一时刻的速度为v，忽略电感的影响，
下列说法正确的是( )
图3
A.下落过程圆环中磁通量不变
B.此时圆环受到竖直向上的安培力作用
C.此时圆环的加速度大小为－g
D.如果径向磁场足够深，则圆环的最大速度为
vm＝
答案 BD
解析 由题意可知，圆环下落过程中切割磁感线产生感应电流，则磁通量一定变
化，故A 错误；根据右手定则，圆环中有(俯视)顺时针方向的感应电流，根据左
手定则可知，圆环受到的安培力竖直向上，阻碍圆环的运动，故B 正确；圆环
落入磁感应强度为B 的径向磁场中，产生的感应电动势E＝Blv＝B·2πRv，圆环
的电阻R0＝ρ，电流I＝，圆环所受的安培力大小为F＝BI·2πR＝，由牛顿第二定
律得mg－F＝ma，其中质量m＝dV＝d·2πR·πr2，联立解得a＝g－，故C 错误；
当圆环做匀速运动时，安培力与重力大小相等，加速度为零，速度最大，有a＝
g－＝0，解得vm＝，故D 正确。
热点二 电磁感应中的电路和图像问题
例3 在如图4 甲所示的电路中，电阻R1＝R2＝R，单匝圆形金属线圈半径为r1，
线圈导线的电阻也为R，半径为r2(r2＜r1)的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里
的匀强磁场，磁感应强度B 随时间t 变化的关系图线如图乙所示，图线与横、纵
轴的交点坐标分别为t0和B0，其余导线的电阻不计。t＝0 时闭合S，至t1时刻，
电路中的电流已稳定，下列说法正确的是( )
图4
A.线圈中产生的感应电动势的大小为
B.电容器下极板带负电
C.t0时间内通过R1的电荷量为
D.稳定后线圈两端的电压为
答案 D
解析 由法拉第电磁感应定律知感应电动势为E＝＝S＝，A 错误；由楞次定律
知圆形金属线圈中的感应电流方向为顺时针方向，金属线圈相当于电源，电源内
部的电流从负极流向正极，则电容器的下极板带正电，上极板带负电，B 错误；
由闭合电路欧姆定律得感应电流为I＝＝，t0 时间内通过R1 的电荷量为q＝It0
＝，C 错误；稳定后线圈两端的电压为U＝I(R1＋R2)＝，D 正确。
电磁感应中电路问题的解题流程
训练2 (多选)(2024·江西萍乡二模)如图5 所示，光滑平行金属导轨左端接一定值
电阻R，水平置于方向竖直向上、磁感应强度为B 的匀强磁场中，导轨上有一质
量为m，电阻为R 的导体棒ab 以初速度v0向右运动，已知导体棒长度为d，导
轨间距为L，导轨电阻不计，导体棒的瞬时速度为v，所受安培力大小为F，流
过导体棒的电荷量为q，导体棒两端的电压U，下列描述各物理量随时间t 或位
移x 变化的图像正确的是( )
图5
答案 AC
解析 根据牛顿第二定律有F＝ILB＝ma，根据法拉第电磁感应定律有E＝
BLv，其中I＝，解得F＝＝ma，可知导体棒的速度逐渐减小，且加速度逐渐减
小，初始时刻安培力大小为，故A 正确，D 错误；根据欧姆定律可知U＝BLv＝
BLv，则电压的最大值为BLv0，故B 错误；根据电流的定义式有q＝IΔt＝Δt＝
＝，则q 与x 成正比，故C 正确。
热点三 电磁感应中的动力学和能量问题
例4 (2024·浙江杭州二模)如图6 所示，固定的一对长金属导轨，间距为L＝0.5
m，其水平部分与倾斜部分均足够长。导轨的水平部分处于竖直向上的匀强磁场
中，磁感应强度大小为B1，其左侧连接了电源G。导轨的倾斜部分倾角θ＝37°
且处于平行斜面向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B2，导轨上正对的P、Q
两处各有一小段用绝缘材料制成，长度不计。质量均为m＝0.25 kg 的导电杆甲、
乙静止在导轨上，均与导轨垂直，甲与导轨摩擦不计，电阻R1＝ Ω，乙的电阻
R2＝ Ω。某时刻起电源G 开始工作，输出恒定电流I0＝0.5 A，经t0＝3 s，使甲
运动到P、Q 处，电源G 立即停止工作。当甲越过P、Q 瞬间，再对其施加一个
沿导轨水平向右的恒力F＝1.6 N，此时乙恰好开始运动。已知B1＝B2＝1 T，不
计除导电杆外所有电阻，不计回路自身激发磁场，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，
sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度为g＝10 m/s2，求：
图6
(1)甲通过P、Q 时的速度大小；
(2)乙与倾斜导轨间的动摩擦因数；
(3)电源G 输出的总能量。
答案 (1)3 m/s (2) (3) J
解析 (1)对甲导电杆进行分析，根据牛顿第二定律有I0LB1＝ma1
根据速度公式有v0＝a1t0
解得v0＝3 m/s。
(2)甲导电杆刚刚通过P、Q 时的感应电动势
E1＝BLv0
此时的感应电流I1＝
解得I1＝0.8 A
根据右手定则确定电流从上往下看，方向为逆时针，根据左手定则可知，乙导电
杆所受安培力方向垂直于斜面向上，且大小为F1＝I1LB2
解得F1＝0.4 N
此时乙恰好开始运动，则有mgsin θ＝μ(mgcos θ－F1)
解得μ＝。
(3)根据能量守恒定律知，电源G 输出的总能量
E＝mv＋IR1t0
解得E＝ J。
拓展 如图7 所示，为回收部分能量，在倾斜导轨下方接上开关S 和C＝0.1 F 的
电容器，开始时电容器不带电，现闭合开关S，其他条件不变，已知在甲通过
P、Q 后10 s 内位移为102 m，产生的焦耳热为49 J，此时电容器已达到最大稳
定电压。当电容器电压为UC时，其储能为EC＝CU。忽略电磁辐射，求此过程中，
乙上产生的焦耳热(该结果保留3 位有效数字)。
图7
答案 96.5 J
解析 对甲分析，在拉力作用下，先向右做加速度减小的变加速运动，最后做匀
速直线运动，则有F＝I2LB1
感应电流I2＝
解得v1＝12 m/s
对甲分析，根据动能定理有
Fx 甲＋W 安＝mv－mv
根据功能关系有＝Q 甲＋Q 乙＋CU
其中UC＝B1Lv1
解得Q 乙＝96.5 J。
1.电磁感应综合问题的解题思路
2.求解焦耳热Q 的三种方法
(1)焦耳定律：Q＝I2Rt，适用于电流恒定的情况。
(2)功能关系：Q＝W 克安(W 克安为克服安培力做的功)。
(3)能量转化：Q＝ΔE(其他能的减少量)。
训练3 (多选)(2024·湖南模拟预测)如图8 所示，两条电阻不计的光滑平行导轨
AED 和BFC 与水平面成θ 角，平行导轨之间间距为L，一劲度系数为k 的轻质弹
簧一端固定在O 点，弹簧中心轴线与轨道平行，另一端与质量为m、电阻为R1
的导体棒相连接，导轨的一端连接定值电阻R2，匀强磁场垂直穿过导轨平面
ABCD，AB 到CD 距离足够大，磁感应强度大小为B0，O 点到AB 的距离等于弹
簧的原长，导体棒从AB 位置静止释放，到达EF 位置时速度达到最大，AB 到
EF 距离为d，导体棒始终与轨道良好垂直接触，重力加速度为g，则下列说法正
确的是( )
图8
A.导体棒在AB 位置时，加速度为gsin θ
B.到达EF 时导体棒最大速度为
C.下滑到最低点的过程中导体棒机械能先增大后减小
D.导体棒最终可以回到AB 位置
答案 AB
解析 导体棒在AB 位置只受重力和支持力，由mgsin θ＝ma，解得a＝gsin θ，
故A 正确；到达EF 时速度达到最大，合力为0，受力分析可得mgsin θ－kd－
B0IL＝0，其中I＝，解得到达EF 时导体棒最大速度为v＝，故B 正确；由于电
路中焦耳热增加，弹簧弹性势能增加，根据能量守恒定律知，导体棒机械能不断
减小，故C 错误；整个过程中焦耳热增加，所以导体棒与弹簧组成的系统机械
能减少，不能回到AB 位置，故D 错误。
1.(2024·江苏卷，10)如图9 所示，在绝缘的水平面上，有闭合的两个线圈a、b，
线圈a 处在垂直纸面向里的匀强磁场中，线圈b 位于右侧无磁场区域，现将线圈
a 从磁场中匀速拉出，线圈a、b 中产生的感应电流方向分别是( )
图9
A.顺时针，顺时针 B.顺时针，逆时针
C.逆时针，顺时针 D.逆时针，逆时针
答案 A
解析 将线圈a 匀速拉出磁场的过程中，穿过线圈a 的磁通量垂直纸面向里且不
断减小，则由楞次定律可知，线圈a 中的感应电流在其内部产生的磁场垂直纸面
向里，在其外部产生的磁场垂直纸面向外，由安培定则可知，线圈a 中产生的感
应电流方向为顺时针，C、D 错误；由法拉第电磁感应定律与闭合电路欧姆定律
可知，线圈a 中产生的感应电流大小不变，线圈a 被拉出磁场，与线圈b 的距离
逐渐减小，则穿过线圈b 的磁通量垂直纸面向外且不断增大，由楞次定律与安培
定则可知线圈b 中的感应电流为顺时针方向，A 正确，B 错误。
2.(2024·广东卷，4)电磁俘能器可在汽车发动机振动时利用电磁感应发电实现能
量回收，结构如图10 甲所示。两对永磁铁可随发动机一起上下振动，每对永磁
铁间有水平方向的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，磁场中，边长为L 的正方
形线圈竖直固定在减震装置上。某时刻磁场分布与线圈位置如图乙所示，永磁铁
振动时磁场分界线不会离开线圈。关于图乙中的线圈，下列说法正确的是( )
图10
A.穿过线圈的磁通量为BL2
B.永磁铁相对线圈上升越高，线圈中感应电动势越大
C.永磁铁相对线圈上升越快，线圈中感应电动势越小
D.永磁铁相对线圈下降时，线圈中感应电流的方向为顺时针方向
答案 D
解析 根据图乙可知此时穿过线圈的磁通量为0，故A 错误；根据法拉第电磁感
应定律可知永磁铁相对线圈上升越快，磁通量变化越快，线圈中感应电动势越大，
故B、C 错误；永磁铁相对线圈下降时，根据楞次定律可知线圈中感应电流的方
向为顺时针方向，故D 正确。
3.(2024·湖南卷，4)如图11，有一硬质导线Oabc，其中abc是半径为R 的半圆弧，
b 为圆弧的中点，直线段Oa 长为R 且垂直于直径ac。该导线在纸面内绕O 点逆
时针转动，导线始终在垂直纸面向里的匀强磁场中。则O、a、b、c 各点电势关
系为( )
图11
A.φO>φa>φb>φc
B.φO<φa<φb<φc
C.φO>φa>φb＝φc
D.φO<φa<φb＝φc
答案 C
解析 由几何关系可知Oa＝R，Ob＝R，Oc＝R，根据E＝Bl2ω 可得EOa＝
BR2ω，EOb＝B·5R2ω＝BR2ω，EOc＝B·5R2ω＝BR2ω，又EOa＝φO－φa，EOb＝φO－
φb，EOc＝φO－φc，结合右手定则可知φO>φa>φb＝φc，C 正确。
4.(2024·浙江6 月选考，13)如图12 所示，边长为1 m、电阻为0.04 Ω 的刚性正方
形线框abcd 放在匀强磁场中，线框平面与磁场垂直。若线框固定不动，磁感应
强度以＝0.1 T/s 均匀增大时，线框的发热功率为P；若磁感应强度恒为0.2 T，
线框以某一角速度绕其中心轴OO′匀速转动时，线框的发热功率为2P，则ab 边
所受最大的安培力为( )
图12
A. N
B. N
C.1 N
D. N
答案 C
解析
5.(多选)(2024·黑吉辽卷，9)如图13，两条“∧”形的光滑平行金属导轨固定在
绝缘水平面上，间距为L，左、右两导轨面与水平面夹角均为30°，均处于竖直
向上的匀强磁场中，磁感应强度大小分别为2B 和B。将有一定阻值的导体棒
ab、cd 放置在导轨上，同时由静止释放，两棒在下滑过程中始终与导轨垂直并
接触良好。ab、cd 的质量分别为2m 和m，长度均为L。导轨足够长且电阻不计
重力加速度为g。两棒在下滑过程中( )
图13
A.回路中的电流方向为abcda
B.ab 中电流趋于
C.ab 与cd 加速度大小之比始终为2∶1
D.两棒产生的电动势始终相等
答案 AB
解析 两导体棒均向下运动，穿过闭合回路的磁通量增加，根据楞次定律和安培
定则可知回路中的电流方向为abcda，A 正确；如图，对两导体棒受力分析，对
ab 棒有2mgsin 30°－2ILBcos 30°＝2ma1，对cd 棒有mgsin 30°－ILBcos 30°＝
ma2，可得a1＝a2＝－，则a1∶a2＝1∶1。初始时两导体棒均做加速运动，闭合
回路的电动势增大，电流增大，导体棒受到的安培力增大，导体棒的加速度减小，
最终加速度为零，此时I＝＝，B 正确；由B 项分析可知两导体棒加速阶段加速
度大小之比为a1∶a2＝1∶1，最终加速度均为零，C 错误；由于两棒的加速度大
小始终相等，则两导体棒的速度大小始终相等，但两部分磁场的磁感应强度大小
为两倍的关系，根据E＝BLv 可知，两导体棒产生的电动势大小之比始终为
2∶1，D 错误。
基础保分练
1.(2024·安徽芜湖二模)用材料相同粗细均匀的导线做成如图1 所示的单匝线圈，
线圈构成一个闭合回路。左侧小圆的半径为2d，中间大圆的半径为3d，右侧小
圆的半径为d，左侧两圆连接处缺口的长度可忽略不计，右侧两圆错开相交连通
(麻花状)，将线圈固定在与线圈所在平面垂直的磁场中，磁感应强度大小为B＝
B0＋kt，式中的B0和k 为常量，则线圈中感应电动势的大小为( )
图1
A.14πd2k
B.12πd2k
C.6πd2k
D.4πd2k
答案 B
解析 根据楞次定律可知，左侧小圆和中间大圆产生的感应电流方向相同，而右
侧小圆产生的感应电流方向与左侧小圆和中间大圆的相反，根据法拉第电磁感应
定律可得线圈中感应电动势的大小为E＝E 左＋E 中－E 右＝S 左＋S 中－S 右＝kπ(2d)2
＋kπ(3d)2－kπd2＝12πd2k，故B 正确。
2.(2024·河北石家庄二检)为了使在磁场中转动的绝缘轮快速停下来，小明同学设
计了以下四种方案：图2 甲、乙中磁场方向与轮子的转轴平行，图甲中在轮上固
定闭合金属线圈，图乙中在轮上固定未闭合金属线圈；图丙、丁中磁场方向与轮
子的转轴垂直，图丙中在轮上固定一些闭合金属线框，图丁中在轮上固定一些细
金属棒。四种方案中效果最好的是( )
图2
A.甲
B.乙
C.丙
D.丁
答案 C
解析 题图甲、乙，当轮子转动时，穿过线圈的磁通量都是不变的，不会产生感
应电流，则不会有磁场力阻碍轮子的转动，A、B 错误；题图丙，在轮上固定一
些闭合金属线框，线框长边与轮子转轴平行，当轮子转动时会产生感应电动势，
形成感应电流，则会产生磁场力阻碍轮子转动，C 正确；题图丁，在轮上固定一
些细金属棒，当轮子转动时会产生感应电动势，但是不会形成感应电流，即不会
产生磁场力阻碍轮子转动，D 错误。
3.电磁制动原理是通过线圈与磁场的作用使物体做减速运动。如图3 所示，某列
车车底安装的电磁体产生磁场可视为匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向竖直
向下。同种材料制成的粗细均匀的闭合正方形线框abcd，边长为L1，MN 长为
L2(L2＞L1)，若当列车MN 部分刚越过ab 时，速度大小为v，则ab 两端的电势差
Uab等于( )
图3
A.BL1v
B.BL2v
C.－BL1v
D.－BL2v
答案 C
解析 若当列车MN 部分刚越过ab 时，由楞次定律知，正方形线框abcd 产生的
感应电流方向为abcd 方向。ab 相当于电源，电源内部电流从负极指向正极，a
点电势低于b 点电势。线框中产生的感应电动势E＝BL1v，ab 两端的电势差Uab
＝－E＝－BL1v，C 项正确。
4.(多选)(2024·河北石家庄质检)如图4 甲所示，线圈A 的匝数为50、电阻为3
Ω，在线圈A 内加垂直线圈平面的磁场，t＝0 时刻磁场方向垂直纸面向里，穿过
线圈A 的磁通量按图乙变化。电阻不计、间距为0.5 m 的足够长水平光滑金属导
轨MN、PQ 通过开关S 与线圈A 相连，两导轨间存在垂直纸面的匀强磁场(图中
未画出)。现将长度为0.5 m、电阻为1 Ω 的导体棒ab 垂直轻放在导轨MN、PQ
上。t＝0 时刻，闭合开关S，导体棒ab 向右加速运动达到最大速度5 m/s 后匀速
运动，导体棒ab 与导轨始终接触良好。下列说法正确的是( )
图4
A.t＝0 时刻，线圈A 产生的感应电动势为5 V
B.t＝0 时刻，线圈A 中的感应电流为2.5 A
C.两导轨间磁场的磁感应强度大小为2 T
D.两导轨间磁场的方向垂直MNQP 平面向外
答案 AC
解析 t＝0 时刻，根据法拉第电磁感应定律可得线圈A 产生的感应电动势E＝n
＝50× V＝5 V，线圈A 中的感应电流I＝＝ A＝1.25 A，A 正确，B 错误；由题
意可知导体棒ab 最后匀速运动，则E＝BLv，解得B＝＝ T＝2 T，C 正确；根据
楞次定律可知，线圈A 产生的感应电流由a 指向b，则导体棒ab 向右切割磁感
线产生的感应电流由b 指向a，根据右手定则可知两导轨间磁场的方向垂直
MNQP 平面向里，D 错误。
5.(2024·北京海淀区高三期末)如图5 所示，两根足够长的平行金属导轨位于水平
的xOy 平面内。导轨与x 轴平行，左端接有电阻R。在x≥0 的一侧存在竖直向下
的磁场，磁感应强度B 随空间位置均匀变化，满足B＝B0＋kx(k＞0 且为常量)。
一金属杆与导轨垂直放置，且接触良好，在外力作用下沿x 轴正方向匀速运动。
t＝0 时金属杆位于x＝0 处，不计导轨和金属杆的电阻。下列关于金属杆两端的
电压U 和所受安培力F 大小的图像可能正确的是( )
图5
答案 B
解析 金属杆内阻不计，则金属杆两端电压U 与其切割磁感线产生的电动势E
大小相等，经过时间t 金属杆匀速移动距离x，如图所示
U＝E＝BLv＝
U－t 图像与U－x 图像均是纵截距为正、斜率也为正的倾斜直线，A 错误，B 可
能正确；
F＝BIL＝＝
F－t 图像与F－x 图像均为曲线，C、D 错误。
6.(多选)如图6 所示，竖直固定的光滑圆弧形金属导轨PQ 半径为r，O 为圆心，
P、O 之间用导线连接阻值为R 的电阻。粗细均匀的轻质金属棒的一端通过铰链
固定在O 点，另一端连接质量为m 的金属小球，小球套在导轨PQ 上。初始时刻
金属棒处于水平位置，小球、金属棒与导轨始终接触良好。过圆心O 的水平线
下方分布着磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场。已知重力加速
度为g，金属棒总电阻为2R，小球、导轨及导线电阻不计，不计一切摩擦阻力。
现将小球由静止释放，第一次运动到最低点时小球速度大小为v，在此过程中下
列说法正确的是( )
图6
A.小球运动到最低点时，金属棒产生的感应电动势为Brv
B.小球运动到最低点时，金属棒两端的电压为
C.通过电阻R 的电荷量为
D.电阻R 上产生的焦耳热为mgr－mv2
答案 BC
解析 当小球运动到最低点时，金属棒切割磁感线产生的感应电动势为E＝Brv
＝B·r＝，金属棒两端的电压为U＝E＝，A 错误，B 正确；此过程中回路中的平
均感应电动势为E＝，回路中的平均电流为I＝，此过程通过电阻R 的电荷量为q
＝IΔt，联立解得q＝＝＝，C 正确；根据能量守恒定律可知，回路中产生的总焦
耳热为Q＝mgr－mv2，电阻R 上产生的焦耳热为Q′＝Q＝－mv2，D 错误。
7.如图7 甲所示，间距为L＝1 m 的长直平行金属导轨PQ、MN 水平放置，其右
端接有阻值为R＝1.5 Ω 的电阻，一阻值为r＝0.5 Ω、质量为m＝0.2 kg、长度为
L 的金属棒ab 垂直导轨放置于距导轨右端d＝2 m 处，与两导轨保持良好接触。
整个装置处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度的大小随时间变化的情况如图
乙所示。在0～1.0 s 内金属棒ab 保持静止，1.0 s 后金属棒在水平外力的作用下
运动，使回路的电流为零。导轨电阻不计，重力加速度g＝10 m/s2，滑动摩擦力
等于最大静摩擦力，下列说法正确的是( )
图7
A.动摩擦因数需等于0.5
B.前2 s 内通过电阻R 的电荷量为2 C
C.1 s 后金属棒做匀加速直线运动
D.第2 s 内金属棒的位移为1 m
答案 D
解析 在0～1.0 s 内，由法拉第电磁感应定律可得电动势为E＝Ld＝2 V，由闭
合电路欧姆定律得电流的大小为I＝＝1 A，由金属棒静止可知最大静摩擦力大于
等于安培力，即μmg≥ILB1，解得μ≥0.5，故A 错误；0～1 s 内电流恒定为1
A，1～2 s 内电流为零，前2 s 内通过电阻R 的电荷量为q＝It＝1 C，故B 错误；
由法拉第电磁感应定律知，1 s 后回路磁通量不变，t＝1 s 时，磁通量为Φ1＝
B1dL＝2 Wb，t>1 s，磁通量为Φ2＝B2L(d－x)＝t(2－x)，Φ1＝Φ2，解得x＝2－，
金属棒不是做匀加速直线运动，故C 错误；由x＝2－知金属棒第2 s 内的位移为
x＝1 m，故D 正确。
提能增分练
8.(多选)(2024·重庆模拟预测)如图8 所示，两个完全相同的竖直光滑圆形金属导
轨平行放置，圆轨道半径为r，导轨电阻忽略不计；导轨组最低点为A，最右端
为C，最高点为D，导轨组一端连接电阻R。空间中分布着竖直向下的匀强磁场，
磁感应强度大小为B。金属棒垂直于导轨所在平面，在A 点以垂直于导轨的初
速度v0开始运动，恰能通过D 点，金属棒电阻忽略不计，重力加速度为g。则金
属棒从A 运动到D 的过程中( )
图8
A.金属棒的速度先减小后增大
B.金属棒在AC 间运动时间小于在CD 间运动时间
C.金属棒从A 运动到C 过程中，电阻R 生热大于－mgr
D.若撤去磁场，金属棒初速度不变，则一定能通过D 点
答案 BCD
解析 金属棒从A 运动到D 的过程中，重力和安培力一直对金属棒做负功，金
属棒的速度一直减小，金属棒在AC 间的平均速率大于在CD 间的平均速率，由
于金属棒在AC 间与CD 间通过的路程相等，则金属棒在AC 间运动时间小于在
CD 间运动时间，故A 错误，B 正确；金属棒恰能通过D 点，在D 点有mg＝m，
解得vD＝，金属棒从A 运动到D 过程中，根据能量守恒定律可得mv－mv＝
mg·2r＋Q 总，解得Q 总＝－mgr，由于金属棒从A 运动到D 的过程中，金属棒的
速度一直减小，则金属棒产生的电动势一直减小，感应电流一直减小，安培力一
直减小，根据对称性可知，金属棒在AC 间克服安培力做功大于在CD 间克服安
培力做功，即在AC 间产生的焦耳热大于在CD 间产生的焦耳热，则金属棒从A
运动到C 过程中，电阻R 生热满足Q>＝－mgr，故C 正确；若撤去磁场，金属
棒初速度不变，则金属棒运动过程只克服重力做功，所以金属棒到达D 点时的
速度比存在磁场时的大，所以金属棒一定能通过D 点，故D 正确。
9.(多选)(2024·河北沧州模拟预测)如图9 所示，两间距为L、倾角为θ＝30°的平
行光滑导轨下端接一个阻值为R 的定值电阻，在与导轨垂直的边界MN、PQ 之
间存在垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。由绝缘轻质杆连接
的金属棒a、b 垂直于导轨放置，从某位置由静止释放，轻质杆刚好匀速进入磁
场区域。a、b 两金属棒的质量均为m、电阻分别为R、2R，两金属棒间的距离为
d，磁场宽度为2d，重力加速度为g。已知两个电动势相同的电源并联时电动势
等于其中一个电源的电动势，内阻为两个电源内阻的并联电阻，下列说法正确的
是( )
图9
A.在两金属棒进入磁场区域的过程中，D 点电势高于C 点电势
B.初始时a 棒与MN 的距离为
C.在两金属棒进入磁场区域的过程中，电阻R 产生的热量为mgd
D.在金属棒b 进入磁场区域瞬间，金属棒a 的加速度为0
答案 ACD
解析 在金属棒a 穿过磁场区域的过程中，由右手定则可知流过电阻R 的电流方
向为D→R→C，所以D 点电势高于C 点电势，故A 正确；设初始时金属棒a 与
磁场边界MN 的距离为x，金属棒下滑过程由动能定理有2mgxsin 30°＝×2mv2，
金属棒a 进入磁场后切割磁感线产生的电动势E＝BLv，此时流过金属棒a 的电
流Ia＝＝，对两金属棒受力分析有BIaL＝2mgsin 30°，解得x＝，故B 错误；在两
金属棒进入磁场区域的过程中，两金属棒减少的机械能为ΔE＝2mgsin 30°·d＝
mgd，此过程中电阻R 和金属棒b 并联部分产生的热量Q 并＝ΔE＝mgd，此过程
中电阻R 产生的热量QR＝Q 并＝mgd，故C 正确；在金属棒b 进入磁场区域瞬间，
两个金属棒的速度没有变化，所以此时电源的电动势E＝BLv，此时流过电阻R
的电流IR＝＝＝，此时金属棒a、b 所受安培力的合力F 安合＝BIRL，此时对金属
棒a、b 整体受力分析并结合牛顿第二定律有F 安合－2mgsin 30°＝2ma，解得a＝
0，故D 正确。
10.(2024·北京卷，18)如图10 甲所示为某种“电磁枪”的原理图。在竖直向下的
匀强磁场中，两根相距L 的平行长直金属导轨水平放置，左端接电容为C 的电
容器，一导体棒放置在导轨上，与导轨垂直且接触良好，不计导轨电阻及导体棒
与导轨间的摩擦。已知磁场的磁感应强度大小为B，导体棒的质量为m、接入电
路的电阻为R。开关闭合前电容器的电荷量为Q。
图10
(1)求闭合开关瞬间通过导体棒的电流I；
(2)求闭合开关瞬间导体棒的加速度大小a；
(3)在图乙中定性画出闭合开关后导体棒的速度v 随时间t 的变化图线。
答案 (1) (2) (3)见解析图
解析 (1)开关闭合前电容器的电荷量为Q，则电容器两极板间电压为U＝
闭合开关瞬间，通过导体棒的电流为I＝
联立解得I＝。
(2)闭合开关瞬间，对导体棒由牛顿第二定律有BIL＝ma
结合(1)问解得a＝。
(3)由(2)中结论可知，随着电容器放电，电容器所带电荷量不断减少，导体棒的
加速度不断减小，当电容器两极板间的电压与导体棒产生的感应电动势相等，即
回路中电流减为0 时，导体棒不受安培力作用，加速度为0，此后导体棒做匀速
运动，其v－t 图线如图所示。
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11.(2023·广东卷，14)光滑绝缘的水平面上有垂直平面的匀强磁场，磁场被分成
区域 Ⅰ 和 Ⅱ ，宽度均为h，其俯视图如图11(a)所示，两磁场磁感应强度随时
间t 的变化如图(b)所示，0～τ 时间内，两区域磁场恒定，方向相反，磁感应强度
大小分别为2B0和B0，一电阻为R、边长为h 的刚性正方形金属框abcd，平放在
水平面上，ab、cd 边与磁场边界平行，t＝0 时，线框ab 边刚好跨过区域 Ⅰ 的
左边界以速度v 向右运动，在τ 时刻，ab 边运动到距区域 Ⅰ 的左边界处，线框
的速度近似为零，此时线框被固定，如图(a)中的虚线框所示，随后在τ～2τ 时间
内， Ⅰ 区磁感应强度线性减小到0, Ⅱ 区磁场保持不变，2τ～3τ 时间内， Ⅱ
区磁感应强度也线性减小到0。求：
图11
(1)t＝0 时线框所受的安培力F；
(2)t＝1.2τ 时穿过线框的磁通量Φ；
(3)2τ～3τ 时间内，线框中产生的热量Q。
答案 (1)，方向水平向左 (2)B0h2，方向垂直纸面向里 (3)
解析 (1)由题图可知t＝0 时线框切割磁感线的感应电动势为
E＝2B0hv＋B0hv＝3B0hv
则感应电流大小为I＝＝
所受的安培力为
F＝2B0h＋B0h＝
方向水平向左。
(2)在τ 时刻，ab 边运动到距区域 Ⅰ 的左边界处，线框的速度近似为零，此时
线框被固定，则t＝1.2τ 时， Ⅰ 区磁感应强度B＝1.6B0，此时穿过线框的磁通
量为Φ＝1.6B0h·h－B0h·h＝B0h2
方向垂直纸面向里。
(3)2τ～3τ 时间内， Ⅱ 区磁感应强度也线性减小到0，
则有E′＝＝S＝·h2＝
感应电流大小为I′＝＝
则2τ～3τ 时间内，线框中产生的热量为Q＝I′2Rτ＝。
