文档文本内容
易错11 电磁感应
易错点1 对磁通量变化情况判断错误，不能根据楞次定律正确判断感
应定流方向
易错典题
【例1】（2025·江西·高考真题）托卡马克是一种磁约束核聚变装置，其中心柱上的密绕螺线
管（
线圈）可以驱动附近由电子和离子组成的磁约束等离子体旋转形成等离子体电流，
如图（a）所示。当
线圈通以如图（b）所示的电流时，产生的等离子体电流方向（俯视）
为（ ）
目录
第一部分 易错点剖析
易错典题
避错攻略
举一反三
易错点1 对磁通量变化情况判断错误，不能根据楞次定律正确判断感应定流方向
易错点2 不理解法拉第电磁感应定律，误认为Φ、ΔΦ、之间的大小有必然的联系
易错点3 求解导体切割磁感线感应电动势不注意其有效性和相对性而出现错误
易错点4 分析的自感现象忽略线圈L 的作用
易错点5 求解电磁感应与动力学的综合问题不注意对物理问题仔细受力分析和运动学分
析而是盲目列方程
易错点6 没有弄清电磁感应中不同形式能的转化方向，乱用能量观点列式
易错点7 电磁感应中安培力是变力 ，不会运用动量定理求位移、速度、时间等物理量
第二部分 易错题闯关
A．顺时针
B．逆时针
C．先顺时针后逆时针
D．先逆时针后顺时针
【错因分析】误选B、C、D 的原因：对穿两线圈的磁通量变化情况判断错误，不能根据楞次定律正确判
断感应定流方向。
【答案】A
【详解】由图（b）可知开始阶段流过CS 线圈的电流正向减小，根据右手定则可知，CS 线圈
产生的磁场下端为N 极，上端为S 极，则穿过线圈周围某一截面的磁通量向下减小，由楞次
定律可知产生的感应电场方向为顺时针方向（俯视），则产生的等离子体电流方向（俯视）
为顺时针；同理在以后阶段通过CS 线圈的电流反向增加时，情况与前一阶段等效，即产生的
等离子体电流方向（俯视）仍为顺时针。
故选A。
避错攻略
【知识链接】
1．楞次定律中的因果关系
楞次定律反映了电磁感应现象中的因果关系，磁通量发生变化是原因，产生感应电流是结果．
2.“阻碍”的含义及步骤
楞次定律中“阻碍”的含义
“四步法”判断感应电流方向
3.“三个定则”、“一个定律”的比较
名称
用途
选用原则
安培定则
判断电流产生的磁场(方向)分布
因电生磁
左手定则
判断通电导线、运动电荷所受磁场力的方向
因电受力
右手定则
判断导体切割磁感线产生的感应电流方向或电源正负极
因动生电
楞次定律
判断因回路磁通量改变而产生的感应电流方向
因磁通量变化生电
举一反三
【变式1-1】（2025·湖南师大附中·模拟预测）在一次公开课的展示中，小王老师给同学们做
了“探究感应电流的方向”实验。王老师拿了一块磁极方向未知的条形磁铁，平板小车上安
装线圈、导线、发光二极管等元件，线圈绕法及电路连接方式如图所示，已知桌面的摩擦很
小，下列说法中正确的是（ ）
A．当条形磁铁向右靠近线圈时，平板小车将向左移动
B．当左侧二极管发光时，此过程一定是条形磁铁的S 极向右插入线圈
C．在条形磁铁插入线圈的过程中，如果右侧的二极管发光则条形磁铁的右端为N 极
D．实验中发现左侧二极管发光的同时，小车又向右移动，则我们无法判断条形磁铁哪一
端为N 极
【答案】C
【详解】A．根据楞次定律的推广含义“来拒去留”当条形磁铁向右靠近线圈时，平板小车
也应该向右移动，故A 错误；
B．当左侧二极管发光时，由安培定则可以判断线圈内的感应电流磁场向右，再由楞次定律
判断原磁场的磁通量可能向左增大或向右减小，因此，条形磁铁可能S 极向右插入线圈或N
极向左抽离线圈，故B 错误；
C．如果右侧的二极管发光，根据安培定则可以判断线圈内的感应电流磁场向左，在条形磁
铁插入线圈的过程时，磁通量增大，再根据楞次定律“增反减同”判断原磁场一定向右，条
形磁铁的右端为一定为N 极，故C 正确；
D．如果实验中发现左侧二极管发光的同时，小车又向右移动，则一定是条形磁铁左端为N
极，右端为S 极，故D 错误。
故选C。
【变式1-2】（2025·湖南衡阳第一中学月考）图甲为某款“自发电”无线门铃按钮，其 “发电”原
理如图乙所示，按下门铃按钮过程磁铁靠近螺线管，松开门铃按钮磁铁远离螺线管回归原位置，P、Q 端
与门铃（图中未画出）连接构成回路。下列说法正确的是（ ）
A．按下按钮的过程，螺线管P 端电势较高
B．松开按钮的过程，螺线管Q 端电势较高
C．按下和松开按钮的过程，螺线管产生的感应电流方向相同
D．按下和松开按钮的过程，螺线管所受磁铁的安培力方向相反
【答案】D
【详解】A．按下按钮过程中，穿过线圈的磁通量向左增加，根据楞次定律可知，感应电动势的方向从P
端经螺线管向Q 端，则螺线管Q 端电势较高，故A 错误；
B．松开按钮过程中，穿过线圈的磁通量向左减小，根据楞次定律可知，感应电动势的方向从Q 端经螺线
管向P 端，此时螺线管P 端电势较高，故B 错误；
C．按下按钮过程中，螺线管Q 端电势较高；松开按钮过程中，螺线管P 端电势较高，按下和松开按钮的
过程，螺线管产生的感应电流方向相反，故C 错误；
D．按下和松开按钮的过程，螺线管产生的感应电流方向相反，磁场方向不变，螺线管所受磁铁的安培力
方向相反，故D 正确。故选
【变式1-3】（2024·北京·高考真题）如图所示，线圈M 和线圈P 绕在同一个铁芯上，下列说
法正确的是（ ）
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
【详解】A．闭合开关瞬间，线圈P 中感应电流的磁场与线圈M 中电流的磁场方向相反，由
楞次定律可知，二者相互排斥，故A 错误；
B．闭合开关，达到稳定后，通过线圈P 的磁通量保持不变，则感应电流为零，电流表的示
数为零，故B 正确；
CD．断开开关瞬间，通过线圈P 的磁场方向向右，磁通量减小，由楞次定律可知感应电流的
磁场方向向右，因此流过电流表的感应电流方向由b 到a，故CD 错误。
故选B。
易错点2 不理解法拉第电磁感应定律，误认为Φ、ΔΦ、之间的大小有必然
的联系
易错典题
【例2】（2025·甘肃·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
【错因分析】认为Φ、ΔΦ、的大小之
有必然的
系
间
联
而错选A、B 或D
【答案】C
【详解】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 =Δ B
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。
避错攻略
【知识链接】
1．法拉第电磁感应定律的理解和应用
（1）法拉第电磁感应定律公式的物理意义：E＝n 求的是Δt 时间内的平均感应电动势，当Δt→0 时，
E 为瞬时感应电动势，在磁通量均匀变化时，瞬时值才等于平均值。
（2）感应电动势的大小由线圈的匝数和穿过线圈的磁通量的变化率ΔΦ
Δt 共同决定，而与磁通量Φ 的
大小、磁通量的变化量ΔΦ 的大小没有必然联系。
（3）磁通量的变化率ΔΦ
Δt 对应Φ-t 图像上某点切线的斜率，利用斜率和线圈匝数可以确定感应电动势
的大小。
（4）通过回路横截面的感应电荷量q＝n ΔΦ
R
，仅与n、ΔΦ 和回路电阻R 有关，与时间长短无关。
①Φ、ΔΦ、的大小之
没有必然的
系，
间
联
Φ＝0，不一定等于0；
②感应电动势E 与线圈匝数n 有关，但Φ、ΔΦ、的大小均与
圈匝数无关。
线
2．法拉第电磁感应定律应用的三种情况
(1)磁通量的变化是由有效面积变化引起时，ΔΦ＝B·ΔS，则E＝n。(动生电动势)
(2)磁通量的变化是由磁场变化引起时，ΔΦ＝ΔB·S，则E＝n，S 是线圈在磁场范围内的有效面积，在
Bt 图像中为图线切线的斜率。(感生电动势)
(3)磁通量的变化是由有效面积变化和磁场变化共同引起时，则根据定义求，ΔΦ＝Φ 末－Φ 初，E＝n。
求瞬时值时，先分别求出动生电动势E1和感生电动势E2，再叠加求和。
举一反三
【变式2-1】（2025·湖北·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，
时刻，
。
时刻，两棒相距
，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．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】通过导体的电荷量
而
时，磁感应强度为零，故
联立以上各式，可得
故选B。
【变式2-2】（2025·江西省普通高等学校招生考试适应性测试)柔性可穿戴设备导电复合材料电阻率的
测量需要使用一种非接触式传感器．如图（a）所示，传感器探头线圈置于被测材料上方，给线圈通正弦
交变电流如图（b）所示，电路中箭头为电流正方向。在
时间内关于涡旋电流的大小和方向（俯
视），下列说法正确的是（ ）
A. 不断增大，逆时针
B. 不断增大，顺时针
C. 不断减小，逆时针
D. 不断减小，顺时针
【答案】D
【解析】由题意可知，在
时间内电路中的电流与原电流方向相反，且不断增大，被测材料的原磁
场方向竖直向上，根据楞次定律可知，被测材料的感应磁场方向竖直向下，由安培定则可知，在被测材料
上的涡流方向为顺时针（俯视）；又因为
时间内
图像的斜率不断减小，则感应磁场变化率不
断减小，由法拉第电磁感应定律
及欧姆定律
可知，被测材料上的涡流大小不断
减小。
故选项D 正确。
【变式2-3】】（2025·湖南·一模）用材料相同粗细均匀的导线做成如图所示的单匝线圈，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
，式中的
和k 为常量，则线圈中感应电动势的大小为（ ）
A．
B．
C．
D．
【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
故选项B 正确。
易错点3 求解导体切割磁感线感应电动势不注意其有效性和相对性而出现错
误
易错典题
【例3】（2025·全国卷·高考真题）（多选）如图，过P 点的虚线上方存在方向垂直于纸面的匀强磁场。
一金属圆环在纸面内以P 点为轴沿顺时针方向匀速转动，O 为圆环的圆心，OP 为圆环的半径。则（ ）
A．圆环中感应电流始终绕O 逆时针流动
B．OP 与虚线平行时圆环中感应电流最大
C．圆环中感应电流变化的周期与环转动周期相同
D．圆环在磁场内且OP 与虚线垂直时环中感应电流最大
【错因分析】求解除此题若不注意圆环切割磁感线的有效长度，则错误选择D 项
【答案】BC
【详解】A．在圆环进入磁场的过程中圆环中感应电流绕O 逆时针流动，圆环出磁场的过程中圆环中感
应电流绕O 顺时针流动，故A 错误；
BCD．由几何关系可知圆环进入磁场的过程中，圆环的圆心轨迹是以P 点为圆心且半径与圆环的半径
大小相等的圆，则圆环切割磁感线的有效长度为l = 2rcos(90°－ωt)，其中ω 为圆环匀速转动的角速度，
90°－ωt 为OP 与虚线的夹角则金属圆环在纸面内以P 点为轴沿顺时针方向匀速转动产生的感应电动势
瞬时值为e =Bωl
2
2
化简得e = Bωr2[1－cos(2ωt)]可见OP 与虚线平行时即ωt = 90°或270°圆环中感应
电流最大；分析可知当环转动一圈的过程中，圆环中的感应电流先逆时针增大再减小，后顺时针增大再
减小，故圆环中感应电流变化的周期与环转动周期相同；而圆环在磁场内且OP 与虚线垂直时ωt =
180°此时环中感应电流为零，故BC 正确、D 错误。
避错攻略
【知识链接】
1．导体切割磁感线时的感应电动势
(1)导体垂直切割磁感线时，感应电动势可用E＝Blv 求出，式中l 为导体切割磁感线的有效长度。
(2)导体棒在磁场中转动时，导体棒以端点为轴，在匀强磁场中垂直于磁感线方向匀速转动产生感应电动势
E＝Blv＝Bl2ω(平均速度等于中点位置的线速度lω)。
(3)E＝Blv 的特性
①正交性：本公式要求磁场为匀强磁场，而且B、l、v 三者互相垂直。
②有效性：公式中的l 为导体切割磁感线的有效长度。如图925 中，导体棒的有效长度为ab 间的距离。
③相对性：E＝Blv 中的速度v 是导体相对磁场的速度，若磁场也在运动，应注意速度间的相对关系。
2．公式E＝n 与E＝Blv 的区别与联系
E＝n
E＝Blv
区
别
研究对象
闭合回路
回路中做切割磁感线运动的那部分导体
研究内容
求的是Δt 时间内的平均感应电动
势，E 与某段时间或某个过程对
应
(1)若v 为瞬时速度，则求的是瞬时感应
电动势
(2)若v 为平均速度，则求的是平均感应
电动势
适用范围
对任何电路普遍适用
只适用于导体切割磁感线运动的情况
联系
(1)E＝Blv 可由E＝n 在一定条件下推
出来
导
(2)E＝n 也可求瞬
感
，当
应电
时
动势
Δt→0 时的E 即为瞬时感应电动势
(3)当导体切割磁感线运动时用E＝Blv 求E 方便，当得知穿过回路的磁通量
发生变化情况时，用E＝n 求E 比较方便
举一反三
【变式3-1】（2025·江西·高考真题）（多选）如图所示，一细金属导体棒PQ在匀强磁场中沿纸面由静
止开始向右运动，磁场方向垂直纸面向里。不考虑棒中自由电子的热运动。下列选项正确的是（ ）
A．电子沿棒运动时不受洛伦兹力作用
B．棒运动时，P 端比Q 端电势低
C．棒加速运动时，棒中电场强度变大
D．棒保持匀速运动时，电子最终相对棒静止
【答案】CD
【详解】A．由左手定则可知，电子沿棒运动时受到水平方向的洛伦兹力作用，A 错误；
B．根据右手定则可知，棒向右运动时，P 端比Q 端电势高，B 错误；
C．PQ 两端电势差U=BLv，可知棒中电场强度E =U
L =Bv，则棒加速运动时，棒中电场强度变大，C 正确；
D．棒保持匀速运动时，PQ 两端电势差保持恒定，电子将集聚在导体棒下端，最终相对棒静止，D 正确。
故选CD。
【变式3-2】 (多选)如图，光滑水平面上两虚线之间区域内存在垂直于纸面向里的范围足够大的匀强磁
场，磁感应强度大小为B.边长为a 的正方形导线框PQMN 沿图示速度方向进入磁场，当对角线PM 刚进入
磁场时线框的速度大小为v，方向与磁场边界成45°角，若线框的总电阻为R，则( )
A．PM 刚进入磁场时线框中的感应电流大小为
B．PM 刚进入磁场时线框所受安培力大小为
C．PM 刚进入磁场时两端的电压为
D．PM 进入磁场后线框中的感应电流逐渐变小
【答案】 AD
【解析】PM
入磁
有效的切割
度等于
刚进
场时
长
a，
生的感
产
应电动势为E＝Bav，感
流
应电
为I＝＝，方向沿
逆
，故
时针
A 正确；NM
所受的安培力大小
边
为F1＝BIa＝，方向垂直NM 斜向下，PN
所受的安培力大小
边
为
F2＝BIa＝，方向垂直PN 斜向下，
框所受安培力大小
线
F＝＝，故B
；
错误PM 两端的电压为U＝I·＝，故C 错
；
误PM
入磁
后，有效切割
度逐
减小，感
逐
减小，感
流逐
减小，故
进
场
长
渐
应电动势
渐
应电
渐
D 正确
【变式3-3】（2025·湖南娄底模拟）.1831 年，法拉第发明了第一台发电机，示意图如下。半径为
的
铜盘安装在金属轴上，其边缘置于一个磁铁两极之间的狭缝里，铜盘边缘与轴通过导线与检流计连接。铜
盘以周期
匀速旋转，检流计中有电流通过。已知狭缝沿半径方向的长度为
，狭缝间为匀强磁场，磁感
应强度为
，忽略狭缝之外的磁场，下列说法正确的是（ ）
A. 检流计中电流方向从
向
B. 若铜盘旋转方向和磁场方向同时反向，则检流计中电流方向也反向
C. 铜盘产生的电动势为
D. 铜盘产生的电动势为
【答案】C
【解析】根据右手定则可知，检流计中电流方向从P 向Q，故A 错误；
B．根据右手定则可知，若铜盘旋转方向和磁场方向同时反向，则检流计中电流方向不变，故B 错误；铜
盘产生的电动势为
故C 正确D 错误。
易错点4 分析的自感现象忽略线圈L 的作用
易错典题
【例4】（2025·浙江·高考真题）新能源汽车日趋普及，其能量回收系统可将制动时的动能回收再利用，
当制动过程中回收系统的输出电压（U）比动力电池所需充电电压（U 0）低时，不能直接充入其中。在下
列电路中，通过不断打开和闭合开关S，实现由低压向高压充电，其中正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【错因分析】忽略线圈L 在断电时产生自感电动势相当电源加在充电电池两端
而错选A 项或D 项。
【答案】B
【详解】A．该电路中当开关S 断开时，整个电路均断开，则不能给电池充电，选项A 错误；该电路中
当S 闭合时稳定时，线圈L 中有电流通过，当S 断开时L 产生自感电动势阻碍电流减小，L 相当电源，
电源U 与L 中的自感电动势共同加在电池两端，且此时二极管导通，从而实现给高压充电，选项B 正
确；
C．该电路中当S 闭合时稳定时，线圈L 中有电流通过，但当S 断开时L 也与电路断开，还是只有回收
系统的电压U 加在充电电池两端，则不能实现给高压充电，选项C 错误；
D．D．该电路中当S 闭合时稳定时，线圈L 中有电流通过，但当S 断开时电源U 也断开，只有L 产生
的自感电动势相当电源加在充电电池两端，则不能实现给高压充电，选项D 错误。
避错攻略
【知识链接】
1.分析自感问题的三个技巧
2.通电自感和断电自感的比较
电路图
器材要求
A1、A2同规格，R＝RL，L 较大
L 很大(有铁芯)
通电时
在S 闭合瞬间，灯泡A2立即亮起来，灯
泡A1逐渐变亮，最终一样亮
灯泡A 立即亮，然后逐渐变暗达到稳定
断电时
回路电流减小，两灯泡均逐渐变暗，A1
电流方向不变，A2电流反向
①若I2≤I1，灯A 逐渐变暗；
②若I2>I1，灯A 闪亮后逐渐变暗
两种情况下灯A 中电流方向均改变(选填“改
变”或“不变”)
总结
自感电动势总是阻碍原电流的变化
举一反三
【变式4-1】（2023·北京·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（ ）
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。
【变式4-2】（2025·湖南长沙第一中学一模）图甲、图乙是演示自感现象的实验电路，实验现象明显。
下列说法中正确的是（ ）
A．在图甲中，开关S 闭合时两灯泡同时亮
B．在图甲中，仅去掉铁芯后线圈的电感增大
C．在图乙中，开关S 断开时线圈中产生自感电动势
D．在图乙中，开关S 断开时灯泡中电流方向不改变
【答案】C
【详解】A．在图甲中，开关S 闭合时，由于线圈对电流的阻碍作用，电流并不是通过两个灯泡，即开关S
闭合时，
灯先亮，
缓慢变亮，故A 项错误；
B．仅去掉铁芯后，线圈的自感系数变小，所以线圈的电感变小，故B 项错误；
C．在图乙中，开关S 断开，由于线圈对电流的阻碍作用，所以线圈中会产生自感电动势，故C 项正确；
D．在图乙中，由题图可知，在开关S 断开前，灯泡中的电流方向为向右，当开关断开后，原来通过灯泡
的电流立刻消失，由于线圈对电流的阻碍作用产生自感电动势，线圈相当电源，与A 重新组成回路，此时
通过灯泡的电流方向向左，即在图乙中，开关S 断开时灯泡中电流方向发生改变，故D 项错误。
故选C。
.【变式4-3】（2025·浙江·模拟预测）如图所示，电路中包含电动势为E、内阻为r的电源，三个阻值均
为R的定值电阻A、B、C，以及一个自感系数较大、直流电阻可忽略的线圈L。针对电路不同状态，下列
分析正确的是：（ ）
A．S闭合瞬间，流过A、B、C的电流之比为1:1:1
B．S闭合到电路稳定过程中，C的功率变小
C．电路稳定后，B与C两端的电压之比为1:2
D．电路稳定后断开S瞬间，B两端的电压与稳定时B两端电压之比为1:2
【答案】B
【详解】A．依题意，S闭合瞬间，由于线圈的自感作用，线圈中没有电流经过，电阻A、B 串联，然后和
电阻C 并联，三个电阻的阻值相等，根据串并联电路的特点，流过A、B 的电流相等，流过C 的电流是
A、B 的2 倍，故流过A、B、C的电流之比为1:1:2，A 错误；
B．由闭合电路欧姆定律U =E - Ir，在电路稳定过程中，线圈L和电阻B 组成的支路，电阻逐渐减小，支
路电流增大，干路电流I增大，则路端电压U 减小
由P =U
2
R 知，C 的功率变小，B 正确；
C．电路稳定后，B与C并联，两端的电压之比为1:1，C 错误；
D．断开开关前，设线圈L和电阻B 组成的支路，电流为I 0，则B两端的电压为U 2=I 0 R
断开开关时，线圈L相当于电源，I 0为干路电流，外电路B 与C 串联，再和A 并联，故此时流过B 的电流
为1
3 I 0，则B两端的电压为U 1=1
3 I 0 R
则U 1:U 2=1:3，D 错误。
故选B。
易错点5 求解电磁感应与动力学的综合问题不注意对物理问题仔细受力分析和
运动学分析而是盲目列方程
易错典题
【例5】(多选)(2021·全国甲卷·21)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
【错因分析】误选CD 的原因：没有对物理问题仔细受力分析和运动学分析。该题综合性较强，综合了自
由落体运动学公式，电阻定律，法拉第电磁感应定律，闭合电路欧姆定律，牛顿第二定律、安培力等物理
学知识。
【答案】 AB
【解析】
磁
的
为
设线圈下边到
场
高度
h，
的
为
线圈
边长
l，
磁
，有
则线圈下边刚进入
场时
v
，
＝
感应电
为
动势
E＝nBlv，
两线圈材料相同(
为
设密度
ρ0)，质量相同(
为
设
m)，
则m＝ρ0×4nl×S，
的电
为
设材料
阻率
ρ，
电
则线圈
阻
R＝ρ＝
感应电
为
流
I＝＝
大小为
所受安培力
F＝nBIl＝
第二定律有
由牛顿
mg－F＝ma
联
解
立
得a＝g－＝g－
的
、
关，
磁
，
有
的
加速度和线圈
匝数
横截面积无
则甲和乙进入
场时
具
相同
加速度．
当g>
，
，
时
甲和乙都加速运动
当g<
，
，
时
甲和乙都减速运动
当g
，
，
＝时
甲和乙都匀速运动
故选A、B.
避错攻略
【知识链接】
1.导体的两种运动状态
状态
特征
处理方法
平衡态
加速度为零
根据平衡条件列式分析
非平衡态
加速度不为零
根据牛顿第二定律结合运动学公式进行分析
2.用动力学观点解答电磁感应问题的一般步骤
3.导体常见运动情况的动态分析
v
↓
E＝Blv
↓
I＝
E
R＋r
↓
F 安＝BIl
↓
F 合
若F 合＝0
匀速直线运动
若F 合≠0
↓
F 合＝ma
a、v 同向
v 增大，若a 恒定，拉力F 增大
v 增大，F 安增大，若其他力恒定，F 合减小，a 减小，做加速
度减小的加速运动→a＝0，匀速直线运动
a、v 反向
v 减小，F 安减小，a 减小→a＝0，静止或匀速直线运动
4.有恒定外力等间距双棒模型
示意图(举例)
两平行金属导轨固定在水平面内，导轨间距为L，电阻不计，两导体棒1、2 质量分别为
m1、m2，电阻分别为R1、R2，棒与导轨间的动摩擦因数均为μ，两棒初速度为零，F 恒
定
电路特点
棒2 相当于电源；棒1 受安培力而运动
运动过程分析
棒1：a1＝F安- μm1g
m1
棒2：a2＝F - F安- μm2 g
m2
，其中F 安＝B
2 L
2(v2- v1)
R1＋R2
最初阶段，a2>a1，只要a2>a1，(v2－v1)↑⇒I↑⇒F 安↑⇒a1↑⇒a2↓
当a1＝a2时，(v2－v1)恒定，I 恒定，F 安恒定；两棒都匀加速
规律
最终状态
稳定时整体由牛顿第二定律得a1＝a2＝F - μm1 g- μm2 g
m1＋m2
，
两棒以相同的加速度做匀加速运动，Δv 恒定，I 恒定
举一反三
【变式5-1】2．（2025·重庆·高考真题）如图1 所示，小明设计的一种玩具小车由边长为d 的
正方形金属框efgh 做成，小车沿平直绝缘轨道向右运动，轨道内交替分布有边长均为d 的正
方形匀强磁场和无磁场区域，磁场区域的磁感应强度大小为B，方向竖直向上。gh 段在磁场
区域运动时，受到水平向右的拉力F = kv＋b（k > 0，b > 0），且gh 两端的电压随时间均匀
增加；当gh 在无磁场区域运动时，F = 0。gh 段速度大小v 与运动路程S 的关系如图2 所示，
图中
为gh 每次经过磁场区域左边界时速度大小，忽略摩擦力。则（ ）
A．gh 在任一磁场区域的运动时间为
B．金属框的总电阻为
C．小车质量为
D．小车的最大速率为
【答案】BC
【详解】由题知gh 两端的电压随时间均匀增加，则说明gh 在磁场中运动时做匀变速直线运
动，设运动的速度为v 有E = Bdv，
，F 安 = Bid，F－F 安 = ma
联立有
B．由于gh 在磁场中运动时做匀变速直线运动，则有
，ma = b
解得
，故B 正确；
CD．gh 在无磁场区域运动时，F = 0，根据动量定理有
gh 在磁场中运动时做匀变速直线运动有
结合ma = b
解得
，
，故C 正确，D 错误；
A．由于gh 在磁场中运动时做匀变速直线运动，则有vmax = v0＋at
解得
，故A 错误。
故选BC。
【变式5-2】（2025·北京门头沟·一模）如图所示，空间中有垂直纸面向里、磁感应强度为B
的匀强磁场，MN 和PQ 是两根互相平行、竖直放置的光滑金属导轨，导轨间距为L，导
轨足够长且电阻不计。质量为m 的金属杆ab 与导轨垂直且接触良好，金属杆ab 电阻为
R，重力加速度为g。开始时，开关S 断开，金属杆ab 由静止自由下落，经过一段时间后
再闭合开关S。当开关S 闭合后，下列说法正确的是（ ）
A．a 点电势高于b 点电势
B．导体棒做加速度增大的加速运动
C．安培力做正功，机械能转化为电能
D．当下落高度为
时闭合开关，则金属杆ab 会立刻做减速运动
【答案】D
【详解】A．根据右手定则可知，a 点电势低于b 点电势，选项A 错误；
B．导体棒受向上的安培力和向下的重力，若安培力大于重力，则加速度向上，则向下做
减速运动，加速度为
则做加速度减小的减速运动；若安培力等于重力，则金属棒做匀速运动；
若安培力小于重力，则加速度向下，则向下做加速运动，加速度为
则做加速度减小的加速运动，选项B 错误；
C．安培力方向向上，则安培力做负功，机械能转化为电能，选项C 错误；
D．当下落高度为
时闭合开关，此时安培力
则金属杆ab 会立刻做减速运动，选项D 正确。
故选D。
【变式5-3】如图（a），磁力刹车是为保证过山车在最后进站前的安全而设计的一种刹车形式。磁场很
强的钕磁铁长条安装在轨道上，刹车金属片安装在过山车底部或两侧。简化为图（b）的模型，相距为l、
水平放置的导轨处于磁感应强度大小为B、方向竖直的匀强磁场中，整个回路中的等效电阻为R，将过山
车上的刹车金属片等效为一根金属杆AB，过山车的质量为m。不计轨道摩擦和空气阻力。
(1)求水平磁力刹车减速的加速度a 大小随速度v 变化的关系式；
(2)试比较用磁力刹车和用摩擦力刹车的区别；
(3)若过山车进入水平磁力刹车轨道开始减速时，速度为30m/s，刹车产生的加速度大小为15m/s2.过山车的
速度v 随位移x 的变化规律满足：v =v0- B
2l
2
mR x（设水平轨道起点x=0）。在图（c）中画出水平磁力刹车
减速的加速度大小随速度变化的图线，并求出过山车在水平轨道上减速到10m/s 时滑行的距离。
【答案】(1)
a=B
2l
2
mR ⋅v
；(2)见解析；(3)
，x=40m
【详解】(1)金属杆AB 在磁场中切割磁感线运动，产生感应电动势
E =Blv
根据牛顿第二定律
ΣF =ma
可得
a=F安
m =BIl
m =
B Blv
R l
m
=B
2l
2
mR ⋅v
(2)磁力刹车：速度越大，减速的加速度越大。【当速度减到一定程度时，加速度过小，不足以阻止列车。
依赖于磁性的基本属性，除电磁铁外，使用永磁体的刹车不需要电力。】摩擦力刹车：摩擦力恒定，与速
度无关。存在不稳定性，比如下雨天刹车打滑等。
(3)水平磁力刹车减速的加速度大小随速度变化的图线如图所示
由金属杆减速的加速度
a=B
2l
2
mR ⋅v
从图（c）中可得斜率
k =B
2l
2
mR =0.5s
- 1
代入
v =v0- B
2l
2
mR x
可得
易错点六 没有弄清电磁感应中不同形式能的转化方向，乱用能量观点列
式
易错典题
【例6】如图所示，两根倾斜平行放置的光滑导电轨道，轨道间接有电阻R，处于垂直轨道平面的
匀强磁场中，一根放置在轨道上的导体棒在拉力F 作用下，
沿轨道匀速上滑，同在上滑的过程中（ ）
A、作用在ab 杆上所有力做功的代数和为正
B、拉力F 和安培力做功的代数和等于ab 杆机械能的增加量
C、拉力F 做功等于回路内能的增加量
B
F
R
a
b
D、拉力F 所做的功等于ab 杆机械能与回路内能增加量之和
【错因分析】。在电磁感应中不同的功量度不同形式能的转化，认为选项AC 正确是乱点“鸳鴦谱”，
没有弄清电磁感应中能量转化的方向。
【答案】 BD
【解析】 正确弄清各种性质的力做功与对应的能量转化关系是判断此题的关键，因为在ab 杆沿轨道
匀速上滑的过程中，拉力F 对ab 杆做功，同时，ab 杆要克服安培力f 和重力G 做功，ab 杆的动能增加量
ΔEk=0 ，由动能定理可知
W F−W f−W G=0 ①
ab 杆克服重力所做的功WG量度了ab 杆重力势能的增加量ΔE p ，即
W G=ΔE p ②
ab 杆克服安培力f 所做的功W f 量度了在回路中产生的电能ΔE电，而回路中电流做的功W 电则量度了回路
中的电能转化为回路的内能ΔE内，即
W f=ΔE电=W 电=ΔE内 ③
由①、②两式有 W F−W f=ΔE p=ΔE机，
即拉力F 和安培力f 做功的代数和等于ab 杆机械能的增加量。由①、③两式，有
W F−W G=ΔE内
即拉力F 和重力G 做功的代数和等于回路的内能的增加量。由①、②、③式，有
W F=ΔE p+ΔE内=ΔE机+ΔE内
由此式可以看出，拉力F 所做的功等于ab 杆增加的机械能与回路的增加内能之和。也就是说，从整个过程
看，ab 杆匀速上滑，拉力F 做功所消耗的能量，一部分转化为ab 杆的重力势能（动能不变），而另一部
分转化为电能；电能又通过回路中电流做功转化为回路的内能，综上分析可知，选项B、D 都是正确、
。
避错攻略
【知识链接】
1.电磁感应中的能量转化
其他形式的能量
电能
焦耳热或其他形式的能量
2.求解焦耳热Q 的三种方法
3.解题的一般步骤
能量转化问题的分析程序：先电后力再能量
举一反三
【变式6-1】】竖直平行导轨MN 上端接有电阻R，金属杆ab 质量为m，跨在平行导轨间的长度为L，垂
直导轨平面的水平匀强磁场方向向里，不计ab 杆及导轨电阻，不计摩擦，且ab 与导轨接触良好，如图所
示。若ab 杆在竖直方向上的外力F 作用下匀速上升h，则下列说法错误的是（ ）
A．金属杆ab 克服安培力所做的功等于电阻R 上产生的焦耳热
B．金属杆ab 克服安培力所做的功与克服重力做功之和等于金属杆机械能的增加量
C．拉力F 与重力做功的代数和等于金属杆克服安培力做的功
D．拉力F 与安培力的合力所做的功等于mgh
【答案】B
【详解】A．根据功能关系可知，金属杆ab 克服安培力所做的功等于电阻R 上产生的焦耳热，故A 正确，
不符合题意；
B．金属杆机械能的增加量等于除重力外的其他力所做的功，即金属杆机械能的增加量等于外力F 与克服
安培力做功之差，即
故B 错误，符合题意；
CD．ab 杆在竖直方向外力F 作用下匀速上升h，由动能定理可得
故金属杆克服安培力做的功
拉力F 与安培力的合力所做的功为
故CD 正确，不符合题意；
故选B。
【变式6-2】(多选)如图甲所示，左侧接有定值电阻R＝2 Ω 的水平粗糙导轨处于垂直纸面向
外的匀强磁场中，磁感应强度B＝1 T，导轨间距L＝1 m。一质量m＝2 kg，阻值r＝2 Ω 的金
属棒在水平拉力F 作用下由静止开始从CD 处沿导轨向右加速运动，金属棒的v－x 图像如图
乙所示，若金属棒与导轨间动摩擦因数μ＝0.2，则从起点发生x＝1 m 位移的过程中(g＝10
m/s2)( )
A.金属棒克服安培力做的功W1＝0.25 J
B.金属棒克服摩擦力做的功W2＝5 J
C.整个系统产生的总热量Q＝4.25 J
D.拉力做的功W＝9.25 J
【答案】 AC
【解析】 由v－x
像得
图
v＝2x，金属棒所受的安培力FA＝＝，代入数据得FA＝0.5x N，
知
则
FA与x 是
性关系。当
线
x＝0
，安培力
时
FA1＝0；当x＝1 m
，安培力
时
FA2＝0.5 N，
从起点
生
则
发
x＝1 m 位移的
程中，安培力做功
过
为WA＝－x＝－0.25 J，即金属棒克服安培力做的功为W1＝
0.25 J，故A 正确；金属棒克服摩擦力做的功为W2＝μmgx＝0.2×2×10×1 J＝4 J，故B
；克
错误
服安培力做功等于
生的
，克服摩擦力做功等于
生的摩擦
，
整个系
生的
量
电
产
热
产
热则
统产
总热
Q＝W1＋W2＝4.25 J，故C 正确；根据
能定理得
动
WF－W2＋WA＝mv2，代入数据解得WF＝8.25
J，故D
。
错误
【变式6-3】（2025·山西太原·一模）如图所示，电阻不计且足够长的平行导轨abcd-a'b'c'd'由
四部分组成，ab、a'b'部分是半径为R 的四分之一竖直圆弧，bc-b'c'、cd-c'd'、d'a-d'a'部分
在同一水平面上，bc-b'c'宽2L，cd-c'd'宽L。导轨区域内有竖直向上的匀强磁场，磁感应
强度的大小为B。质量为m、电阻为r、长度为2L 的完全相同的金属棒M、N 两端套在导
轨上，N 在d'a-d'a'上静止并锁定。现将M 从圆心O 等高处a-a'由静止释放，M 到达最低
点b-b'时对轨道的压力为2mg，并在此刻同时解除对N 的锁定。M 下落后续始终在bc-
b'c'上运动，N 始终在cd-c'd'上运动，不计一切摩擦，重力加速度为g，经过足够长的时间，
求∶
(1)M 在下滑过程中，N 产生的焦耳热QN；
(2)M、N 最终速度的大小vM、vN。
【答案】(1)
(2)
，
【详解】（1）设
到达
时速度为
，由牛顿第二定律有
因为
解得
从
到
，依能量守恒
因为
联立解得
（2）
到达
时，
解除锁定，
减速，
加速，最后二者分别做匀速运动。
产生的电动势大小相等，
切割磁感线的有效长度为
，则有
对
减速过程，依动量定理，以右为正，有
对
加速过程，
所受安培力的平行导轨分量为合外力，依动量定理，以右为正，有
联立解得
，
易错点七 电磁感应中安培力是变力 ，不会运用动量定理求位移、速度、
时间等物理量
易错典题
【例7】.（2025·湖南·高考真题）如图，关于x 轴对称的光滑导轨固定在水平面内，导轨形状
为抛物线，顶点位于O 点。一足够长的金属杆初始位置与y 轴重合，金属杆的质量为m，单
位长度的电阻为
。整个空间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B。现给金属杆一沿x
轴正方向的初速度
，金属杆运动过程中始终与y 轴平行，且与电阻不计的导轨接触良好。
下列说法正确的是（ ）
A．金属杆沿x 轴正方向运动过程中，金属杆中电流沿y 轴负方向
B．金属杆可以在沿x 轴正方向的恒力作用下做匀速直线运动
C．金属杆停止运动时，与导轨围成的面积为
D．若金属杆的初速度减半，则金属杆停止运动时经过的距离小于原来的一半
【错因分析】金属杆在运动过程，受到的安增力是变力，有的同学用牛顿第二定律和产变带
直线运动规律求位移，这显然是错误。只能运用动量定理求位移。
【答案】AC
【详解】A．根据右手定则可知金属杆沿x 轴正方向运动过程中，金属杆中电流沿y 轴负
方向，故A 正确；
B．若金属杆可以在沿x 轴正方向的恒力F 作用下做匀速直线运动，可知
，
可得
由于金属杆运动过程中接入导轨中的长度L 在变化，故F 在变化，故B 错误；
C．取一微小时间
内，设此时金属杆接入导轨中的长度为
，根据动量定理有
同时有
联立得
对从开始到金属杆停止运动时整个过程累积可得
解得此时金属杆与导轨围成的面积为
故C 正确；
D．若金属杆的初速度减半，根据前面分析可知当金属杆停止运动时金属杆与导轨围成的
面积为
，根据抛物线的图像规律可知此时金属杆停止运动时经过的距离大于原来
的一半，故D 错误。
故选AC。
因U1不变，所以原线圈中的电流不变，错选A；同理错选D，错选的原因是辨不清原副线圈中的变量
与不变量，理不明各量间"谁制约谁"的制约关系，导致错选．
【答案】BC
【详解】保持P 的位置及U1不变，S 由b 切换到a 的过程中，副线圈匝数增多，输出电压增大，则R 上消
耗的功率也增大，原线圈的输入功率也增大；U1不变，输入电流I1增大，所以选项A、D 错而C 正确。保
持P 的位置及U1不变，S 由a 切换到b 的过程中，副线圈匝数减少，则输出电压减少，输出电流也减少。
故选项B 也正确
。
避错攻略
【知识链接】
电磁感应中如何用动量定理求物理理
1.导体棒在磁场中所受安培力是变力时，可分析棒的速度变化，表达式为
I 其他＋IlBΔt＝mv－mv0
或I 其他－IlBΔt＝mv－mv0；
若其他力的冲量和为零，则有
IlBΔt＝mv－mv0或－IlBΔt＝mv－mv0。
2.求电荷量：q＝IΔt＝。
3.求位移：由－Δt＝mv－mv0有
x＝vΔt＝。
4.求时间
①已知电荷量q，F 其他为恒力，可求出非匀变速运动的时间。
－BILΔt＋F 其他Δt＝mv－mv0
即－BLq＋F 其他Δt＝mv－mv0。
②若已知位移x，F 其他为恒力，也可求出非匀变速运动的时间。
＋F 其他Δt＝mv－mv0，vΔt＝x。
举一反三
【变式7-1】（2024 年高考湖南卷）某电磁缓冲装置如图所示，两足够长的平行金属导轨置于同一水平
面内，导轨左端与一阻值为R 的定值电阻相连，导轨
段与
段粗糙，其余部分光滑，
右侧处于
竖直向下的匀强磁场中，一质量为m 的金属杆垂直导轨放置。现让金属杆以初速度
沿导轨向右经过
进入磁场，最终恰好停在
处。已知金属杆接入导轨之间的阻值为R，与粗糙导轨间的摩擦因数为
，
。导轨电阻不计，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A. 金属杆经过
的速度为
B. 在整个过程中，定值电阻R 产生的热量为
C. 金属杆经过
与
区域，金属杆所受安培力的冲量相同
D. 若将金属杆的初速度加倍，则金属杆在磁场中运动的距离大于原来的2 倍
【答案】CD
【解析】
【详解】A．设平行金属导轨间距为L，金属杆在AA1B1B 区域向右运动的过程中切割磁感线有
E = BLv，
金属杆在AA1B1B 区域运动的过程中根据动量定理有
则
由于
，则上面方程左右两边累计求和，可得
则
设金属杆在BB1C1C 区域运动的时间为t0，同理可得，则金属杆在BB1C1C 区域运动的过程中有
解得
综上有
则金属杆经过BB1的速度大于
，故A 错误；
B．在整个过程中，根据能量守恒有
则在整个过程中，定值电阻R 产生的热量为
故B 错误；
C．金属杆经过AA1B1B 与BB1C1C 区域，金属杆所受安培力的冲量为
则金属杆经过AA1B1B 与BB1C1C 区域滑行距离均为
，金属杆所受安培力的冲量相同，故C 正确；
D．根据A 选项可得，金属杆以初速度
在磁场中运动有
金属杆的初速度加倍，设此时金属杆在BB1C1C 区域运动的时间为
，全过程对金属棒分析得
联立整理得
分析可知当金属杆速度加倍后，金属杆通过BB1C1C 区域的速度比第一次大，故
，可得
可见若将金属杆的初速度加倍，则金属杆在磁场中运动的距离大于原来的2 倍，故D 正确。
故选CD。
【变式7-2】（2025·河南·模拟预测）如图所示，间距为
的两平行导轨由倾斜导轨和水平导
轨组成，两部分通过光滑绝缘的小圆弧轨道的相连接，其中光滑的倾斜导轨面
与
水平面的倾角
，
间接有电容为
的电容器，导轨间有垂直于导轨平面向下的匀
强磁场，磁感应强度为
；水平轨道
左侧粗糙且无磁场，
右侧光滑，有竖直向下的
匀强磁场，磁感应强度也为
。长度均为
的导体棒a、b 由不同材料制成，其质量分别为
，b 棒静置于
处，
与
间距为
，a 棒在倾斜导轨
处由静止释放，
滑到水平轨道上与b 棒弹性碰撞后向左运动，b 棒向右运动
后静止于
处。已知b 棒电
阻为
，不计导轨及a 棒电阻，不考虑电磁辐射，两导体棒运动过程中始终与导轨垂直且接
触良好，重力加速度为
。求：
(1)a 棒离开倾斜导轨时电容器
带电量
；
(2)a 棒碰撞b 棒后的瞬间，b 棒的加速度大小
；
(3)a 棒与水平轨道
和
之间的动摩擦因数
。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）设导体棒a 在倾斜导轨上向下运动过程中很小一段时间Δt 内速度的变化量为
Δv，电容器带电量的变化量为ΔQ，电容器两端电压变化量为ΔU。
由法拉第电磁感应定律有ΔU=BdΔv
取沿导轨向下为正方向，根据动量定理可得
其中
a 棒的加速度大小为
联立解得
根据
可得a 棒离开倾斜导轨时电容器
带电量
（2）碰后对b 棒由动量定理
其中
解得
对b 由牛顿第二定律
（3）对ab 碰撞过程由动量守恒和能量关系可知
，
解得
金属棒a 从
到
之间运动时有动能定理
其中
解得
【变式7-3】如图所示，甲图是游乐场的“空中摩托”设备示意图，为了缩短项目收尾时的制动时间，某
兴趣小组设计了乙图所示的简化模型、平行光滑金属导轨AG 和DE、GC 和EF 的间距均为L，与水平面夹
角均为θ，在最低点G、E 平滑连接且对称固定于水平地面上，导轨的两端AD、CF 间均接有阻值为R 的电
阻，在导轨的NMGE 和GEKJ 两个矩形区域内存在着匀强磁场，磁感应强度大小均为B，方向分别垂直于
两轨道平面向上；区域边界MN 和JK 的离地高度均为h。现将“空中摩托”简化为电阻为r，质量为m，
长为L 的导体棒QT，它垂直导轨由离地为H 的高度处从静止释放，若导体棒QT 第一次到达GE 时速度大
小为v，第一次到达JK 时速度恰好为0，假设整个过程QT 均垂直于导轨且与导轨接触良好，不计导轨电
阻，不计空气阻力和摩擦，重力加速度为g，求：
（1）导体棒QT 第一次经过MN 时它两端的电压大小；
（2）导体棒QT 从静止释放后到最终状态的整个过程中它的发热量；
（3）导体棒QT 从静止释放后到它第一次到达JK 的时间。
【答案】（1）RBL
R+2r
❑√2g(H - h)；（2）2mgHr
R+2r ；（3）2v
gsinθ
【详解】（1）导体棒QT 从静止释放到第一次经过MN 的过程，由机械能守恒定律得
mg(H - h)=1
2 mv0
2
解得
v0=❑√2g(H - h)
导体棒QT 第一次经过MN 时产生的感应电动势为
E =BLv0=BL❑√2 g(H - h)
导体棒QT 第一次经过MN 时它两端的电压为
U =
R
2
R
2 +r
E = RBL
R+2r
❑√2 g(H - h)
（2）由于电磁感应产生电流，从而使QT 的重力势能mgH 全部转化为焦耳热，考虑到电路结构，故QT 上
的发热量为
Q = r
r + R
2
mgH =2mgHr
R+2r
（3）下滑阶段，由动量定理得
mgsinθt1- B I 1 Lt1=mv
上滑阶段，由动量定理得
- mgsinθt2- B I 2 Lt2=0- mv
又
B I 1 Lt1=BLq1
B I 2 Lt2=BLq2q1是下滑阶段通过QT 的电荷量，q2是上滑阶段通过QT 的电荷量。根据
q = Δϕ
R总Δt Δt =Δϕ
R总
知
q1=q2
所以解得
t =t1+t2= 2v
gsinθ
1．（2025·陕晋青宁卷·高考真题）电磁压缩法是当前产生超强磁场的主要方法之一，其原理如图所示，在
钢制线圈内同轴放置可压缩的铜环，其内已“注入”一个初级磁场，当钢制线圈与电容器组接通时，在极
短时间内钢制线圈中的电流从零增加到几兆安培，铜环迅速向内压缩，使初级磁场的磁感线被“浓缩”，
在直径为几毫米的铜环区域内磁感应强度可达几百特斯拉。此过程，铜环中的感应电流（ ）
A．与钢制线圈中的电流大小几乎相等且方向相同
B．与钢制线圈中的电流大小几乎相等且方向相反
C．远小于钢制线圈中的电流大小且方向相同
D．远小于钢制线圈中的电流大小且方向相反
【答案】B
【详解】当钢制线圈与电容器组连通时，钢制线圈中产生迅速增大的电流，线圈中产生迅速增强的磁场。
根据楞次定律，可知铜环中产生的感应电流的磁场会阻碍引起感应电流的磁通量的变化，故铜环中的感应
电流与钢制线圈中的电流方向相反。为阻碍铜环中磁通量变化，铜环上感应的电流与钢制线圈的电流大小
几乎相等。因此两个方向相反的大电流之间的作用力使圆环被急速的向内侧压缩。ACD 错误，B 正确。
故选B。
2（2025·河南·高考真题）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
【详解】根据题意当金属薄片中心运动到N 极正下方时，薄片右侧的磁通量在减小，左侧磁
通量在增加，由于两极间的磁场竖直向下，根据楞次定律可知此时薄片右侧的涡电流方向为
顺时针，薄片左侧的涡电流方向为逆时针。
故选C。
3．（2024·全国甲卷·高考真题）如图，一绝缘细绳跨过两个在同一竖直面（纸面）内的光滑
定滑轮，绳的一端连接一矩形金属线框，另一端连接一物块。线框与左侧滑轮之间的虚线区
域内有方向垂直纸面的匀强磁场，磁场上下边界水平，在
时刻线框的上边框以不同的初
速度从磁场下方进入磁场。运动过程中，线框始终在纸面内且上下边框保持水平。以向上为
速度的正方向，下列线框的速度v 随时间t 变化的图像中可能正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】AC
【详解】设线圈的上边进入磁场时的速度为v，设线圈的质量M，物块的质量m，图中线圈进
入磁场时线圈的加速度向下，则对线圈由牛顿第二定律可知
对滑块
其中
即
线圈向上做减速运动，随速度的减小，向下的加速度减小；当加速度为零时，即线圈匀速运
动的速度为
A．若线圈进入磁场时的速度较小，则线圈进入磁场时做加速度减小的减速运动，线圈的速
度和加速度都趋近于零，则图像A 可能正确；
B．因t=0 时刻线圈就进入磁场，则进入磁场时线圈向上不可能做匀减速运动，则图像B 不可
能；
CD．若线圈的质量等于物块的质量，且当线圈进入磁场时，且速度大于v0，线圈进入磁场做
加速度减小的减速运动，完全进入磁场后线圈做匀速运动；当线圈出离磁场时，受向下的安
培力又做加速度减小的减速运动，最终出离磁场时做匀速运动，则图像C 有可能，D 不可能。
故选AC。
4．（2023·福建·高考真题）如图，M、N 是两根固定在水平面内的光滑平行金属导轨，导轨
足够长且电阻可忽略不计；导轨间有一垂直于水平面向下的匀强磁场，其左边界
垂直于
导轨；阻值恒定的两均匀金属棒a、b 均垂直于导轨放置，b 始终固定。a 以一定初速度进入
磁场，此后运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，并与b 不相碰。以O 为坐标原点，水平
向右为正方向建立x 轴坐标；在运动过程中，a 的速度记为v，a 克服安培力做功的功率记为
P。下列v 或P 随x 变化的图像中，可能正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】AB．设导轨间磁场磁感应强度为B，导轨间距为L，金属棒总电阻为R，由题意导
体棒a 进入磁场后受到水平向左的安培力作用，做减速运动，根据动量定理有
根据
可得
又因为
联立可得
根据表达式可知v 与x 成一次函数关系，故A 正确，B 错误；
CD．a 克服安培力做功的功率为
故
图像为开口向上的抛物线，由于F 和v 都在减小，故P 在减小,故CD 错误。
故选A。
5．（2023·上海·高考真题）如图所示，有一光滑导轨处于匀强磁场中，一金属棒垂直置于导
轨上，对其施加外力，安培力变化如图所示，取向右为正方向，则外力随时间变化图像为（
）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】由于
E = BLv，E = IR，FA = BIL
联立得
再结合楞次定律，可知金属棒刚开始向右做匀减速直线运动，后向左做匀加速直线运动，且
加速度一直为
，方向向左
综上当v = 0 时，即t = t0时
F ≠ 0，且向左
故选C。
6．（2025·浙江·高考真题）如图1 所示，在平面内存在一以O 为圆心、半径为r 的圆形区域，
其中存在一方向垂直平面的匀强磁场，磁感应强度B 随时间变化如图2 所示，周期为
。变
化的磁场在空间产生感生电场，电场线为一系列以O 为圆心的同心圆，在同一电场线上，电
场强度大小相同。在同一平面内，有以O 为圆心的半径为
的导电圆环I，与磁场边界相切
的半径为
的导电圆环
，电阻均为
Ⅱ
R，圆心O 对圆环
上
Ⅱ
P、Q 两点的张角
；另
有一可视为无限长的直导线CD。导电圆环间绝缘，且不计相互影响，则（ ）
A．圆环I 中电流的有效值为
B．
时刻直导线CD 电动势为
C．
时刻圆环
中电流为
Ⅱ
D．
时刻圆环
上
Ⅱ
PQ 间电动势为
【答案】BD
【详解】A．由题图可知，在
内和
内圆环I 中的电流大小均为
在
内圆环I 中的电流大小为
设圆环I 中电流的有效值为
，根据有效值定义可得
联立解得
故A 错误；
B．设右侧又一无限长的直导线
对称的无限长的直导线
与
构成回路，则
时刻，
、
回路产生的总电动势为
根据对称性可知
时刻直导线CD 电动势为
，故B 正确；
C．由于圆环
处于磁场外部，通过圆环
的磁通量一直为
Ⅱ
Ⅱ
0，所以圆环
不会产生感应电流
Ⅱ
，
则
时刻圆环
中电流为
Ⅱ
0，故C 错误；
D．以O 点为圆心，过程P、Q 两点圆轨道，在
时刻产生的电动势为
则P、Q 两点间圆弧的电动势为
由于P、Q 两点间圆弧与圆环
上
Ⅱ
PQ 构成回路不会产生感应电流，则圆环
上
Ⅱ
PQ 间电动势
为
，故D 正确。
故选BD。
7.（2024·广东·高考真题）电磁俘能器可在汽车发动机振动时利用电磁感应发电实现能量回收，
结构如图甲所示。两对永磁铁可随发动机一起上下振动，每对永磁铁间有水平方向的匀强磁
场，磁感应强度大小均为B．磁场中，边长为L 的正方形线圈竖直固定在减震装置上。某时
刻磁场分布与线圈位置如图乙所示，永磁铁振动时磁场分界线不会离开线圈。关于图乙中的
线圈。下列说法正确的是（ ）
A．穿过线圈的磁通量为
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
【详解】A．根据图乙可知此时穿过线圈的磁通量为0，故A 错误；
BC．根据法拉第电磁感应定律可知永磁铁相对线圈上升越快，磁通量变化越快，线圈中
感应电动势越大，故BC 错误；
D．永磁铁相对线圈下降时，根据安培定则可知线圈中感应电流的方向为顺时针方向，故
D 正确。
故选D。
8.（2024·湖南·高考真题）如图，有一硬质导线Oabc，其中
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（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】如图，相当于Oa、Ob、Oc 导体棒转动切割磁感线，根据右手定则可知O 点电
势最高；根据
同时有
可得
得
故选C。
9． （2024 年高考山东卷）. 如图所示，两条相同的半圆弧形光滑金属导轨固定在水平桌面上，其所在平
面竖直且平行，导轨最高点到水平桌面的距离等于半径，最低点的连线OO'与导轨所在竖直面垂直。空间
充满竖直向下的匀强磁场（图中未画出），导轨左端由导线连接。现将具有一定质量和电阻的金属棒MN
平行OO'放置在导轨图示位置，由静止释放。MN 运动过程中始终平行于OO'且与两导轨接触良好，不考
虑自感影响，下列说法正确的是（ ）
A. MN 最终一定静止于OO'位置
B. MN 运动过程中安培力始终做负功
C. 从释放到第一次到达OO'位置过程中，MN 的速率一直在增大
D. 从释放到第一次到达OO'位置过程中，MN 中电流方向由M 到N
【答案】ABD
【解析】
由于金属棒MN 运动过程切割磁感线产生感应电动势，回路有感应电流，产生焦耳热，金属棒MN 的机械
能不断减小，由于金属导轨光滑，所以经过多次往返运动，MN 最终一定静止于OO'位置，故A 正确；
当金属棒MN 向右运动，根据右手定则可知，MN 中电流方向由M 到N，根据左手定则，可知金属棒MN
受到的安培力水平向左，则安培力做负功；当金属棒MN 向左运动，根据右手定则可知，MN 中电流方向
由N 到M，根据左手定则，可知金属棒MN 受到的安培力水平向右，则安培力做负功；可知MN 运动过程
中安培力始终做负功，故B 正确；
金属棒MN 从释放到第一次到达OO'位置过程中，由于在OO'位置重力沿切线方向的分力为0，可知在到达
OO'位置之前的位置，重力沿切线方向的分力已经小于安培力沿切线方向的分力，金属棒MN 已经做减速
运动，故C 错误；
从释放到第一次到达OO'位置过程中，根据右手定则可知，MN 中电流方向由M 到N，故D 正确。
故选ABD。
10. （2024 年高考辽宁卷） 如图，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
（ ）
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】
导体棒ab 和cd 同时由静止释放，速度为v 时，ab 产生的感应电动势E1=2BLv，由右手定则可判断出ab 中
感应电动势方向为a→b；cd 产生的感应电动势E2=BLv，由右手定则可判断出ab 中感应电动势方向为
c→d，两导体棒产生的感应电动势；所以回路中的电流方向为abcda，A 正确；当导体棒所受安培力沿导轨
方向的分力等于重力沿导轨方向的分力时，导体棒匀速运动，电流趋于最大值。设ab 导体棒中电流趋于
I，ab 所受安培力F=2BLI，由Fcos30°=2mgsin30°，解得I=
，B 正确；导体棒速度为v 时回路中总
感应电动势E=E1+E2=3BLv，导体棒中电流I=E/2R=
,对导体棒ab，所受安培力F1=
，由牛顿
第二定律2mgsin30°-F1cos30°=2ma1，解得a1=g/2-
；对导体棒cd，由所受安培力F2=
，由牛
顿第二定律mgsin30°-F2cos30°=ma2，解得a2=g/2-
；由此可知，ab 和cd 加速度大小始终相等，C 错
误；由于ab 和cd 加速度大小始终相等，可知两导体棒速度大小始终相等，由于两边磁感应强度不同，由
E=BLv 可知两导体棒产生的感应电动势始终不相等，D 错误。
11．（2024·河北·高考真题）如图，边长为
的正方形金属细框固定放置在绝缘水平面上，细框中心O 处
固定一竖直细导体轴
。间距为L、与水平面成
角的平行导轨通过导线分别与细框及导体轴相连。导
轨和细框分别处在与各自所在平面垂直的匀强磁场中，磁感应强度大小均为B。足够长的细导体棒
在水
平面内绕O 点以角速度
匀速转动，水平放置在导轨上的导体棒
始终静止。
棒在转动过程中，
棒在所受安培力达到最大和最小时均恰好能静止。已知
棒在导轨间的电阻值为R，电路中其余部分的
电阻均不计，
棒始终与导轨垂直，各部分始终接触良好，不计空气阻力，重力加速度大小为g。
（1）求
棒所受安培力的最大值和最小值。
（2）锁定
棒，推动
棒下滑，撤去推力瞬间，
棒的加速度大小为a，所受安培力大小等于（1）
问中安培力的最大值，求
棒与导轨间的动摩擦因数。
【答案】（1）
，
；（2）
【详解】（1）当OA 运动到正方形细框对角线瞬间，切割的有效长度最大，
，此时感应电流最
大，CD 棒所受的安培力最大，根据法拉第电磁感应定律得
根据闭合电路欧姆定律得
故CD 棒所受的安培力最大为
当OA 运动到与细框一边平行时瞬间，切割的有效长度最短，感应电流最小，CD 棒受到的安培力最小，得
故CD 棒所受的安培力最小为
（2）当CD 棒受到的安培力最小时根据平衡条件得
当CD 棒受到的安培力最大时根据平衡条件得
联立解得
撤去推力瞬间，根据牛顿第二定律得
解得
12．（2025·福建·高考真题）光滑斜面倾角为θ=30°，
区域与
区域均存在垂直斜面向外的
Ⅰ
Ⅱ
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，
区域长为
Ⅰ
L1，
区域长为
Ⅱ
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
区域时速度为
Ⅰ
v，且直到ab 边离开
区域
Ⅰ
时速度均为v，当cd 边进入
区域时的速度和
Ⅱ
ab 边离开
区域时的速度一致，则：
Ⅱ
(1)求线框释放点cd 边与
区域上边缘的距离；
Ⅰ
(2)求cd 边进入
区域时
Ⅰ
cd 边两端的电势差；
(3)求线框进入
区域到完全离开过程中克服安培力做功的平均功率。
Ⅱ
【答案】(1)
(2)
(3)见解析
【详解】（1）线框在没有进入磁场区域时，根据牛顿第二定律
根据运动学公式
联立可得线框释放点cd 边与
区域上边缘的距离
Ⅰ
（2）因为cd 边进入
区域时速度为
Ⅰ
v，且直到ab 边离开
区域时速度均为
Ⅰ
v，可知线框
的边长与
区域的长度相等，根据平衡条件有
Ⅰ
又
，
cd 边两端的电势差
联立可得
（3）①若
，在线框进入
区域过程中，根据动量定理
Ⅰ
其中
，
，
联立可得
线框在
区域运动过程中，根据动量定理
Ⅱ
根据
线框进入磁场过程中电荷量都相等，即
联立可得
根据能量守恒定律
克服安培力做功的平均功率
联立可得
②若
，同理可得
根据动量定理
其中
结合
，
联立可得
根据能量守恒定律
克服安培力做功的平均功率
联立可得
413．（2024·全国·高考真题）如图，金属导轨平行且水平放置，导轨间距为L，导轨光滑无摩擦。定值电
阻大小为R，其余电阻忽略不计，电容大小为C。在运动过程中，金属棒始终与导轨保持垂直。整个装置
处于竖直方向且磁感应强度为B 的匀强磁场中。
(1)开关S 闭合时，对金属棒施加以水平向右的恒力，金属棒能达到的最大速度为v0。当外力功率为定值电
阻功率的两倍时，求金属棒速度v 的大小。
(2)当金属棒速度为v 时，断开开关S，改变水平外力并使金属棒匀速运动。当外力功率为定值电阻功率的
两倍时，求电容器两端的电压以及从开关断开到此刻外力所做的功。
【答案】（1）
；（2）
，
【详解】（1）开关S 闭合后，当外力与安培力相等时，金属棒的速度最大，则
由闭合电路欧姆定律
金属棒切割磁感线产生的感应电动势为
联立可得，恒定的外力为
在加速阶段，外力的功率为
定值电阻的功率为
若
时，即
化简可得金属棒速度v 的大小为
（2）断开开关S，电容器充电，则电容器与定值电阻串联，则有
当金属棒匀速运动时，电容器不断充电，电荷量q 不断增大，电路中电流不断减小，则金属棒所受安培力
不断减小，而拉力的功率
定值电阻功率
当
时有
可得
根据
可得此时电容器两端电压为
从开关断开到此刻外力所做的功为
其中
联立可得
14．（2024·安徽·高考真题）如图所示，一“U”型金属导轨固定在竖直平面内，一电阻不计，质量为m 的
金属棒ab 垂直于导轨，并静置于绝缘固定支架上。边长为L 的正方形cdef 区域内，存在垂直于纸面向外的
匀强磁场。支架上方的导轨间，存在竖直向下的匀强磁场。两磁场的磁感应强度大小B 随时间的变化关系
均为B = kt（SI），k 为常数（k > 0）。支架上方的导轨足够长，两边导轨单位长度的电阻均为r，下方导
轨的总电阻为R。t = 0 时，对ab 施加竖直向上的拉力，恰使其向上做加速度大小为a 的匀加速直线运动，
整个运动过程中ab 与两边导轨接触良好。已知ab 与导轨间动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g。不计空
气阻力，两磁场互不影响。
（1）求通过面积Scdef的磁通量大小随时间t 变化的关系式，以及感应电动势的大小，并写出ab 中电流的方
向；
（2）求ab 所受安培力的大小随时间t 变化的关系式；
（3）求经过多长时间，对ab 所施加的拉力达到最大值，并求此最大值。
【答案】（1）kL2·t，kL2，从a 流向b；（2）
；（3）
【详解】（1）通过面积
的磁通量大小随时间t 变化的关系式为
根据法拉第电磁感应定律得
由楞次定律可知ab 中的电流从a 流向b。
（2）根据左手定则可知ab 受到的安培力方向垂直导轨面向里，大小为
F 安=BIL
其中
B=kt
设金属棒向上运动的位移为x，则根据运动学公式
所以导轨上方的电阻为
由闭合电路欧姆定律得
联立得ab 所受安培力的大小随时间t 变化的关系式为
（3）由题知t = 0 时，对ab 施加竖直向上的拉力，恰使其向上做加速度大小为a 的匀加速直线运动，则对
ab 受力分析由牛顿第二定律
其中
联立可得
整理有
根据均值不等式可知，当
时，F 有最大值，故解得
F 的最大值为
15.（2025·天津·高考真题）轴向磁通风力发电机在新能源领域中有广泛应用，其原理可简化
为一圆盘发电机。如图所示，发电机的中心轴为固定不动的圆柱，一外半径为
、厚度均匀
的环形导体盘套在轴上，接触良好并可绕轴转动，导体盘轴线与中心轴的轴线重合。整个装
置处在方向与轴线平行的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。在风力的作用下，导体盘以角
速度
匀速转动，导体盘的内、外缘为发电机的两个电极。两极接在外电阻两端后，导体盘
上各处均有沿半径流动的电流。
(1)磁场方向与导体盘转动方向如图所示，试判断导体盘的外缘是发电机的正极还是负极；
(2)若外电阻阻值为R，导体盘电阻忽略不计、内半径为l，通过导体盘上相同圆心角区域内的
电流相同。求作用在导体盘上圆心角为
区域（
很小，可视为导体棒）上的安培力大小F
与
的关系式；
(3)若外电阻阻值忽略不计，导体盘电阻不可忽略，距离轴线为r 处的电阻率
与r 成正比，
比例系数为k，即
，导体盘厚度为d、内半径大小可调。求导体盘发热功率最大时内半
径的大小。
【答案】(1)正极
(2)
(3)
【详解】（1）根据右手定则可知导体盘的外缘是发电机的正极。
（2）设导体盘上圆心角为
的区域切割磁场的平均速度为v，有
设导体盘的电动势为E，由法拉第电磁感应定律，有
设回路中的总电流为I，由闭合电路的欧姆定律，有
设导体盘上圆心角为
区域的电流为
，则
作用在导体盘上圆心角为
区域上的安培力大小为
联立上述各式，得
（3）如图所示
设距离轴线为r 处的沿半径方向的微小长度为
、横截面积为
的导体电阻为
，有
设导体盘的内半径大小为x、圆心角为
区域的电阻为
，有
设导体盘的电阻为
，则
设内半径为x 时导体盘的电动势为
，可知
设导体盘发热功率为P，有
联立上述式子联立可得
根据数学求导部分知识可得当
时，导体盘发热功率
最大。
