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第9 讲 电磁感应
考点一 楞次定律、法拉第电磁感应定律及应用
1.感应电流方向的判断
(1)线圈面积不变、磁感应强度发生变化的情形，往往用楞次定律。
(2)导体棒切割磁感线的情形往往用右手定则。
2.求感应电动势的方法
(1)法拉第电磁感应定律：
E=n ΔΦ
Δt {
S不变时, E =nS Δ B
Δt
B不变时, E =nB Δ S
Δt
(2)导体棒垂直切割磁感线：E=Blv。
(3)导体棒以一端为圆心在垂直匀强磁场的平面内匀速转动：E=1
2Bl2ω。
(4)线圈绕与匀强磁场垂直的轴匀速转动(从线圈位于中性面开始计时)：e=nBSωsin ωt。
3.通过回路横截面的电荷量q=IΔt= n ΔΦ
R总Δt Δt=n ΔΦ
R总
。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 (2025·北京卷·10)绝缘的轻质弹簧上端固定，下端悬挂一个磁铁。将磁铁从弹簧原长位置由静止
释放，磁铁开始振动，由于空气阻力的影响，振动最终停止。现将一个闭合铜线圈固定在磁铁正下方
的桌面上(如图所示)，仍将磁铁从弹簧原长位置由静止释放，振动最终也停止。则( )
A.有无线圈，磁铁经过相同的时间停止运动
B.磁铁靠近线圈时，线圈有扩张趋势
C.磁铁离线圈最近时，线圈受到的安培力最大
D.有无线圈，磁铁和弹簧组成的系统损失的机械能相同
答案 D
解析 有线圈时，磁铁受到电磁阻尼的作用，振动更快停止，故A 错误；根据楞次定律，磁铁靠近线圈时，
线圈的磁通量增大，此时线圈有缩小的趋势，故B 错误；磁铁离线圈最近时，此时磁铁与线圈的相对速度
为零，感应电动势为零，感应电流为零，线圈受到的安培力为零，故C 错误；分析可知有无线圈时，根据
平衡条件最后磁铁静止后弹簧的伸长量相同，由于磁铁和弹簧组成的系统损失的机械能为磁铁减小的重力
势能减去此时弹簧的弹性势能，故系统损失的机械能相同，故D 正确。
楞次定律中“阻碍”的主要表现形式
(1)阻碍原磁通量的变化——“增反减同”；
(2)阻碍物体间的相对运动——“来拒去留”；
(3)使线圈面积有扩大或缩小的趋势——一般情况下为“增缩减扩”；
(4)阻碍原电流的变化(自感现象)——一般情况下为“增反减同”。
例2 (多选)(2025·浙江1 月选考·13)如图甲所示，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 随时间变化如图乙所示，周期为3t0。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2r 的导电圆环Ⅰ，与磁场边界相切的半径为0.5r 的导电圆环Ⅱ，
电阻均为R，圆心O 对圆环Ⅱ上P、Q 两点的张角φ=30°，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√3 π r
2B0
Rt0
B.t=1.5t0时刻直导线CD 电动势为πr2B0
t0
C.t=0.5t0时刻圆环Ⅱ中电流为π r
2B0
12 Rt0
D.t=0.5t0时刻圆环Ⅱ上PQ 间电动势为1
12πr2B0
t0
答案 BD
解析 由题图可知，在0~t0内和2t0~3t0内圆环Ⅰ中的电流大小均为I1=π r
2B0
Rt0
；在t0~2t0内圆环Ⅰ中的电流
大小为I2=2π r
2B0
Rt0
，设圆环Ⅰ中电流的有效值为I，有I2R·3t0=I 1
2R·2t0+I 2
2Rt0，联立解得I=√2π r
2B0
Rt0
，故
A 错误；假设右侧有一与CD 对称的无限长的直导线C'D'与CD 构成回路，则t=1.5t0时刻，CD、C'D'回路
产生的总电动势为E 总=πr2·2B0
t0
，根据对称性可知t=1.5t0时刻直导线CD 电动势为πr2B0
t0
，故B 正确；由于
圆环Ⅱ处于磁场外部，通过圆环Ⅱ的磁通量一直为0，所以圆环Ⅱ不会产生感应电流，则t=0.5t0时刻圆环
Ⅱ中电流为0，故C 错误；假设有以O 点为圆心，过P、Q 两点的圆环Ⅲ，其在t=0.5t0时刻产生的电动势
为E=πr2B0
t0
，则P、Q 两点间圆弧的电动势为E'= 30°
360° E= 1
12πr2B0
t0
，由于P、Q 两点间圆弧与圆环Ⅱ上PQ
构成的回路不会产生感应电流，则圆环Ⅱ上PQ 间电动势为1
12πr2B0
t0
，故D 正确。
例3 (多选)(2025·安徽省皖北协作区一模)如图所示，半径为R 的3
4 金属圆环ab 固定在水平绝缘桌面上，
有一垂直于圆环向里的匀强磁场，磁感应强度B 随时间t 变化的关系为B=kt(k>0)。一长为2R 的金属直
杆垂直磁场放置在圆环上，杆的一端与圆环的端口a 接触，t=0 时，杆从图示实线位置以角速度ω 顺时
针绕a 在圆环所在平面内匀速转动，t= 3 π
4 ω时，金属杆转到虚线位置，与圆环另一端口b 刚好接触，设
t= 3 π
4 ω时，金属杆和金属圆环构成的整个回路的总电阻为r，金属杆与圆环接触良好，下列说法正确的
是( )
A.t= 3 π
4 ω时，回路中的电流方向为逆时针方向
B.t=0 到t= π
2ω的过程中，回路中的感应电动势一直增大
C.t= 3 π
4 ω时，回路中的感应电动势大小为9 π k R
2+2k R
2
4
D.t= 3 π
4 ω时，回路中的电流大小为3 π k R
2+k R
2
2r
答案 ABD
解析 由楞次定律可知，感应电流方向为逆时针方向，故A 正确；t=0 到t= π
2ω的过程中，回路中的感生电
动势和动生电动势均增大且方向相同，故B 正确；t= 3 π
4 ω时，圆环与杆构成的回路由于磁场均匀增大，产
生的感生电动势为E 感= ΔΦ
Δt = Δ B
Δt S=(3 π R
2
4
+ R
2
2 ) ΔB
Δt =(3 π R
2
4
+ R
2
2 )k，动生电动势为E 动=1
2B(√2 R)
2ω=1
2kt
(√2 R)
2ω=3 π k R
2
4
，E 感与E 动方向相同，所以回路中的感应电动势大小为E=E 感+E 动=3 π k R
2+ k R
2
2
，故C
错误；t= 3 π
4 ω时，回路中的电流大小为I= E
r =3 π k R
2+k R
2
2r
，故D 正确。
考点二 电磁感应中的图像问题
例4 (2024·天津卷·4)如图所示，两根不计电阻的光滑金属导轨平行放置，导轨及其构成的平面均与水
平面成某一角度，导轨上端用直导线连接，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中。具有一
定阻值的金属棒MN 从某高度由静止开始下滑，下滑过程中MN 始终与导轨垂直并接触良好，则MN 所
受的安培力F 及其加速度a、速度v、电流I 随时间t 变化的关系图像可能正确的是( )
答案 A
解析 根据题意，设导体棒的电阻为R，导轨间距为L，磁感应强度为B，导体棒速度为v 时，受到的安培
力为F=BIL=B
2 L
2v
R
，可知F∝v，由牛顿第二定律可得，导体棒的加速度为a=mgsinθ - F
m
=gsin θ-B
2 L
2v
mR
，可知，随着速度的增大，导体棒的加速度逐渐减小，当加速度为零时，导体棒开始做匀速直线运动，则
v-t 图像的斜率逐渐减小直至为零时，速度保持不变，由于安培力F 与速度v 成正比，则F-t 图像的斜率逐
渐减小直至为零时，F 保持不变，故A 正确，B、C 错误；根据题意，由公式可得，感应电流为I=BLv
R ，
由数学知识可得Δ I
Δt =BL
R · Δv
Δt =BLa
R ，由于加速度逐渐减小，则I-t 图像的斜率逐渐减小，故D 错误。
例5 (多选)(2025·山东淄博市一模)如图，直角梯形区域abcd，ab=2ad=2cd=2l，e 为ab 的中点，直角
三角形aed、平行四边形ebcd 两区域内存在磁感应强度大小相等、方向相反且垂直于纸面的匀强磁场，
一等腰直角三角形导线框ABC 与梯形abcd 在同一平面内，AB 边长为l 且与ae 共线，导线框以垂直于
ad 的恒定速度穿过磁场区域，从B 点进入磁场开始计时，3 s 末AC 刚好到达b 点。规定逆时针方向为
感应电流的正方向，水平向左为导线AC 受到的安培力的正方向，此过程中线框中的感应电流i、AC 受
到的安培力FAC，二者与时间t 的关系图像可能正确的是( )
答案 BC
解析 设导线框速度为v，电阻为R，则0~1 s 内电流i1= E1
R =Bvt·v
R
=B v
2
R t，可知电流从0 均匀增大到Blv
R ，
由右手定则可知电流方向为逆时针，为正方向；1~2 s 内，导线框一部分在垂直纸面向里的磁场，一部分在
垂直纸面向外的磁场，且两边切割磁感线产生的感应电动势方向相同，此时两边产生的感应电动势相加，
可得i2= E2
R =B×2(2l - vt )v
R
=4 Blv
R
-2B v
2
R
t，可知电流从最大2Blv
R
均匀减小到0，由右手定则可知电流方
向为顺时针，为负方向；2~3 s 内，导线框离开磁场，电流i3= E3
R =B(3l - vt )v
R
=3 Blv
R
-B v
2
R t，可知电流从
最大Blv
R 均匀减小到0，由右手定则可知电流方向为逆时针，为正方向。所以B 选项正确，A 选项错误；
根据0~1 s 内，AC 在磁场外，安培力FAC1=0，1~2 s 内，导线框一部分在垂直纸面向里的磁场，一部分在垂
直纸面向外的磁场，AC 边安培力大小FAC2=B×B×2(2l - vt )v
R
(3l-2vt)，可知该过程安培力从最大值
2B
2l
2v
R
逐渐减小到0，再反向增大最后减小到0，分析可知AC 边安培力方向先向左后向右，即方向先正
后负，且图像为开口向上的二次函数；2~3 s 内，线框出磁场，AC 边安培力大小FAC3=B×B(3l - vt )v
R
×(3l-vt)=B
2(3l - vt )
2v
R
，可知安培力从最大值B
2l
2v
R
逐渐减小，且图像为开口向上的二次函数。综合分析
可知C 选项正确，D 选项错误。
1.电磁感应中常见的图像
常见的有磁感应强度、磁通量、感应电动势、感应电流、速度、安培力等随时间或位移的变化图像。
2.解答此类问题的两个常用方法
(1)函数关系法：根据题目所给的条件写出物理量之间的函数关系，再对图像作出判断，这种方法得到的结
果准确、详细，但不够简捷。
(2)排除法：定性分析电磁感应过程中某个物理量的变化情况，把握三个关注，快速排除错误的选项。这种
方法能快速解决问题，但不一定对所有问题都适用。
考点三 电磁感应中的动力学与能量问题
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)，导体切割磁感线且电路为纯电阻电路时适用；
(3)能量转化：Q=ΔE(其他能的减少量)。
例6 (多选)(2025·山西省部分学校联考)如图所示，两根足够长的光滑平行金属轨道ab、cd 固定在水平
面内，相距为L，电阻不计，导轨平面处在竖直向上的磁感应强度大小为B 的匀强磁场中，ac 间接有
阻值为R 的电阻，电阻为r、质量为m 的金属导体棒MN 垂直于ab、cd 放在轨道上，与轨道接触良好，
导体棒MN 的中点用与轨道平行的绝缘轻绳经过滑轮与质量也为m 的物块相连。物块放在倾角为θ 的
绝缘斜面上，不计一切摩擦。若初始时刻给导体棒一个水平向左的初速度为v0，运动过程中导体棒始
终未离开水平轨道，物块始终未离开斜面，运动过程中轻绳始终与斜面平行且处于绷紧状态，重力加
速度为g，下列说法正确的是( )
A.初始时刻导体棒的加速度大小B
2 L
2v0
m( R+r )+gsin θ
B.导体棒的加速度先增大后减小
C.导体棒的加速度一直减小
D.导体棒最终的速度为mg( R+r )sinθ
B
2 L
2
答案 CD
解析 初始时刻，将导体棒和物块作为整体，分析受力，由牛顿第二定律，可得BIL+mgsin θ=2ma，其中
I=BLv0
R+r ，联立解得a= B
2 L
2v0
2m( R+r )
+1
2gsin θ，A 错误；向左运动过程中a=
B
2 L
2v
2m( R+r )+1
2gsin θ，速度减小，
加速度减小；向右运动过程中a=1
2gsin θ-
B
2 L
2v
2m( R+r )，速度增大，加速度减小，因此加速度一直减小，B
错误，C 正确；最终导体棒匀速运动，系统受力平衡，则有mgsin θ=B
2 L
2v
R+r ，解得v=mg( R+r )sinθ
B
2 L
2
，D
正确。
例7 (多选)(2025·河北廊坊市模拟)如图所示，水平虚线M、N 间存在垂直于纸面向里、沿水平方向的
匀强磁场，磁感应强度大小为B，边长为L 的正方形导线框abcd 由虚线M 上方无初速度释放，在释放
瞬间ab 边与虚线M 平行且相距为L。已知线框的质量为m，电阻为R，线框cd 边刚要进磁场时，线框
的加速度为零，线框ab 边刚进磁场时和刚出磁场时速度相同，重力加速度为g，线框在运动过程中始
终在垂直于磁场的竖直面内，ab 边始终水平，忽略空气阻力，则下列说法正确的是( )
A.线框进磁场的过程可能是加速运动
B.线框进磁场过程通过线框横截面的电荷量为B L
2
R
C.通过整个磁场，线框中产生的焦耳热为2mgL
D.M、N 间的距离为2L-m
2 g R
2
2B
4 L
4
答案 BD
解析 若导线框在穿越磁场的过程中，先加速，则线框刚进入磁场时受到的重力大于安培力，线框在进入
磁场的过程中，可能一直加速直到完全进入磁场，或者先加速再匀速进入磁场，完全进入磁场后，线框只
受到重力的作用，接着将加速，一直到线框刚出磁场，显然此时ab 边与两虚线重合时的速度大小不可能
相等，后面的速度大于前面的速度，故A 错误；线框进磁场过程中的平均感应电动势E= ΔΦ
Δt ，平均电流
为I= E
R ，通过的电荷量为q=IΔt，磁通量的变化量为ΔΦ=BL2，联立可得线框进磁场过程中通过线框横截
面的电荷量为q=B L
2
R ，故B 正确；线框cd 边刚要进磁场时，线框的加速度为零，根据平衡条件，有mg-
B
2 L
2v
R
=0，解得v= mgR
B
2 L
2，从开始释放到线框cd 边刚要进磁场时，根据能量守恒，有Q 热=mg·2L-1
2mv2，
解得Q 热=2mgL-m
3 g
2 R
2
2B
4 L
4 ，因线框ab 边刚进磁场时和刚出磁场时速度相同，所以线框进入过程和穿出过程
产生的热量相等，即通过整个磁场，线框中产生的焦耳热为Q=2Q 热=4mgL-m
3 g
2 R
2
B
4 L
4 ，故C 错误；因线框
ab 边刚进磁场时和刚出磁场时速度相同，根据动能定理，有mgd-W 克安=ΔEk=0，又因克服安培力所做的功
等于线框产生的热量，即Q 热=mgd，联立解得M、N 间的距离为d=2L-m
2 g R
2
2B
4 L
4 ，故D 正确。
例8 (2025·河北省模拟)如图所示，间距L=2 m 的光滑平行导轨及其所在平面与水平面的夹角均为
θ=30°，导轨底端AB 水平，且接有一个特殊的电源，电路接通后该电源在不同的外接负载条件下均保
持所输出的电流恒定为I=0.5 A，导轨上C、D 两点连线与AB 平行，E 为导轨平面上一点，C、D、E 的
连线构成等腰直角三角形，O 点为等腰直角三角形CDE 过E 点高的中点，三角形内部存在垂直导轨平
面向下，磁感应强度大小B=0.5 T 的匀强磁场。将一长度也为L=2 m，质量m=0.05 kg，电阻为定值的
导体棒放置在C、D 位置，导体棒受到C、D 两处挡板的作用处于静止状态。导轨足够长，重力加速度
g 取10 m/s2。求：
(1)闭合开关S 的瞬间，导体棒的加速度a 的大小；
(2)导体棒第一次经过O 点时速度v0的大小；
(3)已知闭合开关S 后经π
4 s 导体棒第一次经过O 点，若以O 点为原点沿斜面向上为正方向建立x 坐标
轴，请写出导体棒所受合力F 合与其坐标x 的关系式及导体棒从O 点第一次到达x=0.25 m 所用的时间
t。(结果均可用分数表示)
答案 (1)5 m/s2 (2)√10
2 m/s
(3)F 合=-0.5x(N) π
12 s
解析 (1)由左手定则可知导体棒所受安培力方向沿斜面向上，
由牛顿第二定律得BIL-mgsin θ=ma
解得a=5 m/s2
(2)导体棒沿斜面向上运动位移d=0.5 m 时第一次经过O 点，由几何关系易得此时导体棒处于磁场中的长度
为L'=1 m；向上运动过程中导体棒处于磁场中的长度随其位移均匀减小，安培力做功W=F Ax=BIL+ BI L
'
2
d
解得W= 3
16 J
由动能定理得W-mgdsin 30°=mv0
2
2
解得v0=√10
2 m/s
(3)导体棒坐标为x 时，导体棒处于磁场中的长度为L
2 -2x
合力大小F 合=BI( L
2 -2x)-mgsin 30°
即F 合=-0.5x(N)
可知导体棒以O 点为中心做简谐运动，振幅A=0.5 m，且导体棒第一次经过O 点用时π
4 s 为四分之一周期，
可得T=π s
导体棒过O 点后再经A
2 第一次到达x=0.25 m
从导体棒第一次经过O 点时开始计时，则有x=Asin 2π
T t
解得所用时间t= T
12= π
12 s。
电磁感应中的动力学和能量问题
棒、框
受力
平衡
静止
闭合K，ab 恰好静止
棒、框处于平衡状态，进行受力
分析，满足合力为零
匀速
运动
恰好匀速进入磁场 棒的最大速度
棒、框
受力不
平衡
变加速
运动
棒在恒力作用下
从静止开始运动 棒从静止开始下滑
受力分析，分析加速度的变化：
a= F
m-B
2 L
2v
m R总
a=gsin θ-B
2 L
2v
m R总
棒做加速度减小的加速运动
匀加速
运动
a=
m0 g
m+m0+C B
2 L
2
MN 棒：F-B
2 L
2(v1- v2)
R总
=m1a
PQ 棒：B
2 L
2(v1- v2)
R总
=m2a
棒、框运
动过程中
能量问题
棒、框从
某一速度
到另一
速度
棒从静止到匀速时产生的焦耳热
利用能量守恒定律或功能关系求
产生的焦耳热，回路中有多个电
阻时，注意热量的分配
专题强化练
[分值：50 分]
[1~5 题，每题4 分，6~8 题，每题6 分]
[保分基础练]
1.(2025·甘肃卷·6)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.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 在0~T
4 时间内，磁感应强度B 增加，根据Φ=BS 可知磁通量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；当t=T
8 和t=3T
8 时，因B-t 图像的斜率绝对值相等，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；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；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。
2.(2024·江苏卷·10)如图所示，在绝缘的水平面上，有闭合的两个线圈a、b，线圈a 处在匀强磁场中，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( )
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 线圈a 从磁场中匀速拉出的过程中，穿过a 线圈的磁通量在减小，根据楞次定律可知a 线圈中的电
流方向为顺时针，由于线圈a 从磁场中匀速拉出，则a 中产生的电流为恒定电流，线圈a 靠近线圈b 的过
程中穿过线圈b 的磁通量在向外增大，同理可得线圈b 中产生的电流方向为顺时针。故选A。
3.(多选)(2025·黑吉辽蒙卷·9)如图，“
”形导线框置于磁感应强度大小为B、方向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Bl2ω
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 线框转动时，切割磁感线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
生感应电动势，此时af 边切割磁感线产生感应电动势，由右手定则可知电流方向为abcdefa，感应电动势
为E=Blv=Blωl=Bl2ω，A、B 正确；t= π
ω时，线框旋转180°，此时依旧是af 边切割磁感线产生感应电动势，
感应电动势不为零，C 错误；t=0 到t= π
ω的过程中，线框abef 的磁通量变化量为零，线框bcde 的磁通量变
化量大小为|ΔΦ|=2BS=2Bl2，由法拉第电磁感应定律可得平均感应电动势为E=| Δ Φ|
Δt
=2Bωl
2
π
，D 错误。
4.(多选)(2025·河南卷·9)手机拍照时手的抖动产生的微小加速度会影响拍照质量，光学防抖技术可以消除这
种影响。如图，镜头仅通过左、下两侧的弹簧与手机框架相连，两个相同线圈c、d 分别固定在镜头右、上
两侧，c、d 中的一部分处在相同的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里。拍照时，手机可实时检测手机框
架的微小加速度a 的大小和方向，依此自动调节c、d 中通入的电流Ic和Id的大小和方向(无抖动时Ic和Id均
为零)，使镜头处于零加速度状态。下列说法正确的是( )
A.若Ic沿顺时针方向，Id=0，则表明a 的方向向右
B.若Id沿顺时针方向，Ic=0，则表明a 的方向向下
C.若a 的方向沿左偏上30°，则Ic沿顺时针方向，Id沿逆时针方向且Ic>Id
D.若a 的方向沿右偏上30°，则Ic沿顺时针方向，Id沿顺时针方向且Ic<Id
答案 BC
解析 若Ic沿顺时针方向且Id=0，由左手定则可知线圈c 受到的安培力向右，则手机框架向左运动，加速
度方向向左，A 错误；若Id沿顺时针方向且Ic=0，由左手定则可知线圈d 受到的安培力向上，则手机框架
向下运动，加速度方向向下，B 正确；若a 的方向沿左偏上30°，说明手机框架向上运动以及向左运动，且
向左运动的分速度大于向上运动的分速度，可知线圈c 受到的安培力向右，Ic沿顺时针方向，线圈d 受到
的安培力向下，Id沿逆时针方向，又由E=Blv，I= E
R ，可知Ic>Id，C 正确；若a 的方向沿右偏上30°，同理
可知Ic沿逆时针方向，Id沿逆时针方向，且Ic>Id，D 错误。
5.(多选)(2025·江西省模拟)如图，匀强磁场Ⅰ、Ⅱ 的边界P、Q、M 水平，两磁场的方向相反，磁感应强
度大小均为B，磁场Ⅰ的宽度为L，磁场Ⅱ的宽度大于L。边长为L、质量为m、电阻为R 的正方形金属线
框abcd 自距磁场边界P 上方L 处自由下落，当ab 边刚进磁场Ⅱ时线框的加速度为零；当ab 边刚出磁场Ⅱ
时，线框的加速度也为零。重力加速度大小为g，线框运动过程中，线框平面与磁场始终垂直，ab 边始终
水平，忽略空气阻力，下列说法正确的是( )
A.当线框ab 边刚进磁场Ⅱ时，线框的速度大小为mgR
2B
2 L
2
B.线框ab 边通过磁场Ⅰ的过程中，通过线框横截面的电荷量为B L
2
R
C.磁场Ⅱ的宽度为L+15m
2 g R
2
32B
4 L
4
D.线框通过磁场过程中，线框中产生的焦耳热为4mgL+7m
3 g
2 R
2
16 B
4 L
4
答案 BC
解析 设线框ab 边刚进磁场Ⅱ时速度为v1，根据题意可得2B2BLv1
R
L=mg，解得v1= mgR
4 B
2 L
2，故A 错误；
线框ab 边通过磁场Ⅰ的过程中，通过线框横截面的电荷量q= ΔΦ
R =B L
2
R ，故B 正确；设线框ab 边刚出磁
场Ⅱ时，线框的速度大小为v2，则B
2 L
2v2
R
=mg，解得v2= mgR
B
2 L
2，设磁场Ⅱ的宽度为d，则d=L+v2
2- v1
2
2g
=L+15m
2 g R
2
32B
4 L
4 ，故C 正确；根据能量守恒，线框通过磁场过程中mg(3L+d)=Q+1
2mv2
2，解得Q=4mgL-
m
3 g
2 R
2
32B
4 L
4，故D 错误。
[争分提能练]
6.(多选)(2024·全国甲卷·21)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t=0 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( )
答案 AC
解析 设线框的上边框进入磁场时的速度为v，设线框的质量M，物块的质量m，题图中线框进入磁场时
的加速度向下，对线框，由牛顿第二定律可知Mg+F 安-FT=Ma
对物块有FT-mg=ma
其中F 安=B
2 L
2v
R
即B
2 L
2v
R
+(M-m)g=(M+m)a
线框向上做减速运动，随速度的减小，向下的加速度减小；当加速度为零时，即线框匀速运动的速度为
v0=(m- M )gR
B
2 L
2
若线框进入磁场时的速度较小，则线框进入磁场时做加速度减小的减速运动，线框的速度和加速度都趋近
于零，则图像A 可能正确；
因t=0 时刻线框进入磁场，则进入磁场时线框向上不可能做匀减速运动，则图像B 不可能；
若线框的质量等于物块的质量，且当线框进入磁场时速度较大时，线框进入磁场做加速度减小的减速运动，
完全进入磁场后线框做匀速运动；当线框出磁场时，受向下的安培力又做加速度减小的减速运动，最终出
磁场时做匀速运动，则图像C 有可能，D 不可能。
7.(多选)(2025·山东青岛市第一次适应性检测)如图所示，两根相距为L 的平行光滑金属导轨倾斜放置，处于
垂直导轨平面向下、磁感应强度大小为B 的匀强磁场中，两导轨顶端与电容器相连，质量为m、长度为L
的金属杆垂直导轨放置，金属杆与导轨接触良好。开始时电容器不带电，金属杆被锁定在距倾斜导轨底端
d 处。已知两导轨倾角均为θ，电容器电容为C，重力加速度为g，不计一切电阻。现解除锁定，下列说法
正确的是( )
A.金属杆下滑过程中做加速度减小的变加速直线运动
B.若增大电容器电容，金属杆下滑时间变短
C.金属杆下滑到导轨底端时电容器极板间电压U=BL√
2mgd sinθ
B
2 L
2C +m
D.金属杆下滑到导轨底端时电容器储存的电能E=B
2 L
2Cdmgsinθ
B
2 L
2C +m
答案 CD
解析 金属杆沿导轨下滑时，根据牛顿第二定律有mgsin θ-F 安=ma，又金属杆所受的安培力为F 安=BIL，
电路中电流为I= ΔQ
Δt =C ΔU
Δt
=CBL Δv
Δt
=CBLa，联立以上三式得a= mgsinθ
m+C B
2 L
2，式中各量均不变，说明加
速度不变，可知金属杆做匀加速直线运动，故A 错误；若增大电容器电容，加速度减小，则根据d=1
2at2可
知金属杆下滑时间变长，故B 错误；金属杆下滑到导轨底端时的速度满足v2=2ad，电容器极板间电压
U=BLv=BL√
2mgd sinθ
B
2 L
2C +m
，故C 正确；金属杆下滑到导轨底端时电容器储存的电能E=mgdsin θ-1
2mv2=
B
2 L
2Cdmgsinθ
B
2 L
2C +m
，故D 正确。
8.(多选)(2025·黑龙江省名校协作体一模)如图所示，足够长的光滑导轨平行固定在水平绝缘桌面上，导轨
间距为L，电阻不计，两导轨间存在竖直向上、磁感应强度大小为B 的匀强磁场。导体棒ab、cd 放置在导
轨上，其质量分别为m、2m，电阻均为R，长度均为L，用不可伸长的轻绳跨过光滑轻质定滑轮将cd 棒中
点与质量为m 的重物相连，绳与cd 棒垂直且平行于桌面。t=0 时刻将cd 棒由静止释放，t1时刻ab 棒的加
速度刚好达到最大值。已知t1时刻之前重物未着地，两导体棒始终与导轨垂直且接触良好，重力加速度为
g，不计空气阻力。下列说法正确的是( )
A.0~t1时间内通过ab 棒的电流增大
B.t1时刻，两棒的加速度大小均为1
4 g
C.t1时刻，两棒的加速度大小均为1
3g
D.t1时刻，两棒速度差的大小为mgR
2B
2 L
2
答案 ABD
解析 设运动过程ab 棒的速度大小为vab，cd 棒的速度大小为vcd，以cd 棒和重物为系统，根据牛顿第二定
律可得加速度大小为acd=mg- BIL
3m
，以ab 棒为研究对象，根据牛顿第二定律可得加速度大小为aab=BIL
m ，
又I= E
2 R =BL(vcd - vab)
2 R
，由于一开始acd>aab，则cd 棒速度增加得比ab 棒快，所以回路电流逐渐增大，cd
棒的加速度逐渐减小，ab 棒的加速度逐渐增大，当acd=aab时，两棒速度增加一样快，回路电流保持不变，
之后两棒做加速度相等的匀加速直线运动；根据以上分析可知，0~t1时间内通过ab 棒的电流增大；t1时刻，
两棒的加速度相等，则有a=mg- BIL
3m
=BIL
m ，解得a=1
4 g，I= mg
4 BL，根据I=BL(vcd - vab)
2 R
，可得t1时刻，
两棒速度差的大小为Δv=vcd-vab= mgR
2B
2 L
2，故选A、B、D。
9.(12 分)(2025·江苏卷·15)圆筒式磁力耦合器由内转子、外转子两部分组成。工作原理如图甲所示。内、外
转子可绕中心轴OO'转动。外转子半径为r1，由四个相同的单匝线圈紧密围成，每个线圈的电阻均为R，
直边的长度均为L，与轴线平行。内转子半径为r2，由四个形状相同的永磁体组成，磁体产生径向磁场，
线圈处的磁感应强度大小均为B。外转子始终以角速度ω0匀速转动，某时刻线圈abcd 的直边ab 与cd 处的
磁场方向如图乙所示。
(1)(2 分)若内转子固定，求ab 边产生感应电动势的大小E；
(2)(5 分)若内转子固定，求外转子转动一周，线圈abcd 产生的焦耳热Q；
(3)(5 分)若内转子不固定，外转子带动内转子匀速转动，此时线圈中感应电流为I，求线圈abcd 中电流的
周期T。
答案 (1)BLω0r1 (2)8 π B
2 L
2ω0r1
2
R
(3)2π BLr1
IR
解析 (1)根据题意可知，ab 边转动时的线速度为v=ω0r1
则ab 产生的感应电动势大小E=BLv=BLω0r1
(2)根据题意，由题图甲可知，若内转子固定，外转子转动过程中，ab、cd 边均切割磁感线，则转动过程中
线圈abcd 中的感应电动势为E1=2BLv=2BLω0r1
感应电流为I0= E1
R
外转子转动的周期为T1=2π
ω0
则线圈abcd 转动一圈产生的热量Q=I 0
2RT1=8 π B
2 L
2r1
2ω0
R
(3)结合题图可知，转子转动1
4 T1电流方向改变，大小不变，若内转子不固定，跟着外转子一起转，且abcd
中的电流为I，则感应电动势为E'=IR
又有E'=2BLΔv
解得Δv= IR
2BL
则电流改变方向的时间为t=
1
4 ×2π r1
Δv
=BL π r1
IR
则电流的周期为T=2t=2BL π r1
IR
。
