資源簡介

專題 25 電磁感應的綜合問題
考點 考情 命題方向
考點 1 圖像信息 2023 年高考全國乙卷和甲卷 1.電磁感應中的圖像信息：主
題、選擇圖像題 2022 年高考福建卷 要有速度圖像、力圖像、電流
2022 年高考重慶卷 圖像、電壓圖像等
2023 年高考福建卷 2.電磁感應中圖像選擇題，題
2024 年高考遼寧卷 述電磁感應情景主要有：導體
2022 年高考河北卷 棒在導軌上移動切割磁感線：
考點 2 電磁感應+ 2024 年高考湖北卷 線框通過有界磁場區(qū)域等
電路+動力學 2022 年全國理綜甲卷 3.電磁感應中電路問題包括電
2022 年全國理綜甲卷 容電路和串并聯(lián)電路，是考查
2024 年 1 月浙江選考 的熱點。
2022 年高考遼寧物理卷 4.電磁感應中動力學問題的考
考點 3 電磁感應+ 2024 年高考山東卷 查主要集中在加速度、速度、
功和功率+能量 2022 年高考上海卷 安培力等，解答此類問題，需
2024 高考廣西卷 要利用牛運動定律、法拉第電
2022 年福建高考 磁感應定律、安培力及其相關(guān)
2024 年高考遼寧卷 知識。
2023 學業(yè)水平等級考試上海卷 5.功和功率是高考考查頻率較
2023 年高考全國甲卷 高的知識點，與電磁感應綜合
2023 年高考湖南卷 主要表現(xiàn)在考查安培力功和功
2023 全國高考新課程卷 率。
考點 4 電磁感應+ 2024 年高考湖南卷 6.電磁感應中的能量包括動能
動量定理動量守恒 2023 年高考湖南卷 定理、焦耳熱、能量守恒定
定律 2023 年全國高考新課程卷 律、功能關(guān)系等。
2024 年高考江西卷 7.在電磁感應中導體棒一般變
2023 年高考全國甲卷 速運動，一般不能應用勻變速
直線運動，可以選取微小時間
內(nèi)導體棒的運動，采用動量定
理列出方程，然后累加分析解
答。
題型一 電磁感應中的圖像問題
1．圖象類型
(1)磁感應強度 B、磁通量 Φ、感應電動勢 E 和感應電流 I，隨時間 t 變化的圖象，即 B－t 圖象、
Φ－t 圖象、E－t 圖象和 I－t 圖象．
(2)對于切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢和感應電流的情況，還常涉及感應電動勢 E 和感應電流 I 隨
位移 x 變化的圖象，即 E－x 圖象和 I－x 的圖象．
2．問題類型
(1)由給定的電磁感應過程判斷或畫出正確的圖象．
(2)由給定的有關(guān)圖象分析電磁感應過程，求解相應的物理量．
(3)利用給出的圖象判斷或畫出新的圖象．
類型 1 動生電動勢的圖像
[模型演練1] （多選）（2024 春 福州期末）如圖所示，粗糙的水平桌面上有一個正三角形閉合單匝
導線框，虛線 MN 右側(cè)存在垂直于桌面向下的勻強磁場。導線框在外力 F 的作用下沿垂直 MN
方向勻速進入磁場區(qū)域。在導線框進入勻強磁場的過程中，導線框中產(chǎn)生的感應電流大小用 i
表示，導線框的電功率用 P 表示，通過導線框某截面的電荷量用 q 表示，已知導線框受到桌面
的摩擦阻力恒定不變。從導線框進入磁場開始計時，則下列圖像中可能正確的是（　　）
A． B．
C． D．
(2 30°)
【解答】解：A、線框勻速進入磁場，在 t 時刻導線框中產(chǎn)生的感應電流大小為 i =
2 3 2= t，i﹣t 圖像為過原點的直線，故 A 正確；
3
B、線框做勻速運動，外力 F 等于安培力與阻力之和，由平衡條件有
F＝Bi 2vt tan30°+f
4 2 3
可得 F = 23 + f
則 F﹣t2 圖像是不過原點的傾斜的直線，故 B 正確；
4 2 4
C、導線框的電功率P = 2 = 3
2，則 P﹣t2 圖像是過原點的傾斜的直線，故 C 錯誤；
1 2 30°
D 3
2
、通過導線框某截面的電荷量為 q = Δt = = =
2 = 2
，則 q﹣t 3
圖像為曲線，故 D 錯誤。
故選：AB。
[模型演練2] （2024 中山市校級模擬）如圖所示為寬度為 3L 的有界勻強磁場，磁感應強度大小為
B，方向垂直紙面向里。磁場左側(cè)有一個邊長為 L 的正方形導體線框，其總電阻為 R，線框所
在平面與磁場方向垂直。線框以速度 v 向右勻速穿過磁場區(qū)域，以線框 cd 邊剛進入磁場的時刻
為計時起點，規(guī)定電流沿逆時針方向為正，安培力 F 向左為正。則以下關(guān)于線框中的感應電流
I、ab 兩點間的電勢差 Uab、安培力 F 和線框的發(fā)熱功率 P 隨時間變化的圖像正確的是（　　）
A． B．
C． D．
【解答】解：根據(jù)題意，線框進入磁場的過程，根據(jù)楞次定律可判斷電流沿逆時針方向，題目中
規(guī)定電流沿逆時針方向為正，故進入磁場過程中電流為正，根據(jù)法拉第電磁感應定律和閉合回路

歐姆定律有I0 =
ab 兩點間的電勢差滿足
1
U0 = 4 （a 點電勢高）
根據(jù)安培力表達式，cd 邊受到的安培力大小為
2 2
F0 = 0 = = ，根據(jù)左手定則判斷方向向左
根據(jù)焦耳定律，線框的發(fā)熱功率滿足
22
2 2
P0 = 0 =
線框全部進入磁場后，磁通量不變，則沒有感應電流，所以線框不受安培力的作用，線框的發(fā)熱
功率為零，ab 兩點間的電勢差滿足
U2＝BLv＝4U0（a 點電勢高）
線框離開磁場的過程，電流沿順時針方向，與規(guī)定電流方向相反，故電流為負，電流大小為

I3 = = 0
線框受安培力大小為
2 2
F3 = 3 = = = 0
方向向左，ab 兩點間的電勢差
3
U3 = 4 = 3 0（a 點電勢高）
線框的發(fā)熱功率
2 2 2
P = 2

3 3 = = 0
綜上所述可知
2 3 4 4
A．0～ 時間內(nèi)，電流為 I0， ～ 時間內(nèi)，電流為 0， ～ 時間內(nèi)，電流為﹣I0，故 A 錯誤；
2 3 4 4
B．0～ 時間內(nèi)，ab 兩點間的電勢差 U0， ～ 時間內(nèi)，ab 兩點間的電勢差 4U0， ～ 時間
內(nèi)，ab 兩點間的電勢差 3U0，故 B 錯誤；
2 3 4 4
C．0～ 時間內(nèi)，cd 邊受到的安培力 F0， ～ 時間內(nèi)，cd 邊受到的安培力 0， ～ 時間內(nèi)，
cd 邊受到的安培力 F0，故 C 正確；
2 3 4 4
D．0～ 時間內(nèi)，線框的發(fā)熱功率 P0， ～ 時間內(nèi)，線框的發(fā)熱功率 0， ～ 時間內(nèi)，線框
的發(fā)熱功率 F0，故 D 錯誤
故選：C。
[模型演練3] （2024 菏澤一模）如圖所示，邊長為 2L 的正三角形 abc 區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻
強磁場，一邊長為 L 的菱形單匝金屬線框 ABCD 的底邊與 bc 在同一直線上，菱形線框的∠ABC
＝60°。使線框水平向右勻速穿過磁場區(qū)域，BC 邊與磁場邊界 bc 始終共線，以 B 點剛進入磁
場為計時起點，規(guī)定導線框中感應電流逆時針方向為正，則下列圖像正確的是（　　）
A． B．
C． D．

【解答】解：設(shè)線框勻速運動的速度為 v，以 B 點進入磁場為計時起點，在 0～ 內(nèi)，AB 邊逐漸
進入磁場切割磁感線，產(chǎn)生的電動勢為：E1＝Bvxsin60°
1
線圈中的電流為：I1 =
= 3
2
聯(lián)立解得：I1 ∝t，根據(jù)楞次定律可知，線圈中的電流方向為逆時針方向，即電流方向2
為正。
2
在 ～ 內(nèi)，整條 AB 在磁場中切割磁感線，DC 邊逐漸進入磁場切割磁感線，線圈產(chǎn)生的電動勢
3
為：E2 = ― = ― ( ― ) 60° 2
2
線圈中的電流為：I2 =
3 2
聯(lián)立解得：I2 = ，根據(jù)楞次定律可知，線圈中的電流方向為逆時針方向，即電流方向為2
正。
2 3
在 ～ 內(nèi)，整條 AB 邊離開磁場區(qū)域，整條 DC 在磁場中切割磁感線，產(chǎn)生的電動勢為：
= 3 E3 2
3 3
線圈中的電流為：I3 = = 2
根據(jù)楞次定律可知，線圈中的電流方向為順時針方向，即電流方向為負，之后整個線框離開磁場
區(qū)域，沒有感應電流，故 A 正確，BCD 錯誤；
故選：A。
類型 2 感生電動勢的圖像
[模型演練4] （多選）（2024 坪山區(qū)校級模擬）如圖甲，虛線框內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強磁場，
磁感應強度隨時間的變化規(guī)律如圖乙所示，一固定的金屬線圈 abcd 有部分處于磁場中。則線圈
中產(chǎn)生的電動勢 e、電流 i、焦耳熱 Q、線框受到的安培力 F 與時間 t 的關(guān)系可能正確的是（　　）
A． B．
C． D．

【解答】解：A、設(shè)線圈處于磁場中的面積為 S，根據(jù)法拉第電磁感應定律得e = = 。在
B﹣t 圖像中，前半個周期與后半個周期內(nèi)，磁感應強度的變化率均為一個定值，一負一正，表明
感應電動勢的方向相反，故 A 錯誤；
B、結(jié)合上述可知，前半個周期與后半個周期內(nèi)，感應電動勢的大小相等，方向相反，根據(jù)閉合
電路歐姆定律可知，前半個周期與后半個周期內(nèi)，感應電流的大小相等，根據(jù)楞次定律可知，感
應電流方向先沿順時針，后沿逆時針，方向相反，故 B 正確；
C、結(jié)合上述可知，感應電流的大小一定，根據(jù) Q＝I2Rt 可知，焦耳熱與時間成正比，故 C 錯誤；
D、前半個周期與后半個周期內(nèi)，感應電動勢的大小相等，方向相反，根據(jù) F＝BIL 可知，安培力
大小與磁感應強度大小成正比，根據(jù)左手定則可知，在一個周期內(nèi)安培力方向先向左后向右，再
向左最后向右，故 D 正確。
故選：BD。
[模型演練5] （2024 昆明一模）如圖所示，單匝導線框固定在絕緣水平面上，空間存在沿豎直方向
且足夠大的勻強磁場，取豎直向上為磁場的正方向，磁感應強度 B 隨時間 t 的變化規(guī)律為：B＝
B0cosωt，規(guī)定順時針方向（從上往下看）為感應電流的正方向，能正確表示導線框中感應電流
i 隨時間 t 變化的圖像是（　　）
A． B．
C． D．
【解答】解：Φ＝BS，S＝πr2 不變，B＝B0cosωt，則 Φ＝B0Scosωt

而 I = ，E = ，則 I =
0
而 = ― B0Ssinωt，則 I = ― sinωt
i﹣t 圖為 B，故 ACD 錯誤，B 正確。
故選：B。
[模型演練6] （2024 豐臺區(qū)二模）如圖甲所示，在豎直方向的勻強磁場中，水平放置一圓形導體環(huán)，
磁場的磁感應強度 B 隨時間 t 變化的關(guān)系如圖乙所示。規(guī)定磁場豎直向上為正，導體環(huán)中電流
沿順時針方向（俯視）為正，導體環(huán)中感應電流隨時間變化的圖像正確的是（　　）
A． B．
C． D．
【解答】解：根據(jù)楞次定律，在 0～2s 內(nèi)線圈中電流為沿順時針方向，即正方向；根據(jù)法拉第電
0 0
磁感應定律可得，感應電動勢為E0 = = 0 ，感應電流為I0 = = 不變；在 2～4s 內(nèi)線
0 0
圈中電流為沿逆時針方向，即負方向；電流大小I = = = 0不變，故 ABC 錯誤，D 正確。
故選：D。
類型 3 動力學圖像
[模型演練7] （2024 海淀區(qū)二模）如圖所示，兩根足夠長的平行金屬導軌位于水平的 xOy 平面內(nèi)，
導軌與 x 軸平行，左端接有電阻 R0 在 x≥0 的空間內(nèi)存在豎直向下的磁場，磁感應強度 B 隨空
間均勻變化，滿足 B＝B0+kx（k＞0 且為定值）。一金屬桿與導軌垂直放置且接觸良好，在外力
作用下沿 x 軸正方向勻速運動。t＝0 時金屬桿位于 x＝0 處，不計導軌和金屬桿的電阻。圖中關(guān)
于金屬桿兩端的電壓 U 和所受安培力大小 F 的圖像正確的是（　　）
A． B．
C． D．
【解答】解：AB、設(shè)金屬桿在Δt 內(nèi)運動的位移為 x，且Δt→0，設(shè)兩導軌間的距離為 L，
則在Δt 時間內(nèi)金屬桿與導軌、電阻構(gòu)成的閉合回路中磁通量的變化量：ΔΦ＝（B0+kx）xL﹣0
( )
則Δt 內(nèi)閉合回路中產(chǎn)生的感應電動勢：E =
0
=

設(shè)金屬桿勻速運動的速度為 v，則v = ，代入上式，可得 E＝（B0+kx）Lv
不計導軌和金屬桿的電阻，則金屬桿兩端的電壓 U＝E＝（B0+kx）Lv，可知 U 與 x 成線性關(guān)系，
是一條傾斜的直線，
由 U＝（B0+kx）Lv 可得 U＝（B0+kx）Lv＝（B0+kvt）Lv，可知 U 與 t 成線性關(guān)系，是一條傾
斜的直線，故 A 錯誤，B 正確；
( )
CD 0、由閉合電路歐姆定律可得電路中感應電流：I = =0 0
金屬桿所受安培力：F＝BIL
( 0 )
2 2
代入數(shù)據(jù)可得：F = ，可知 F 與 x 不是線性關(guān)系，F(xiàn)﹣x 圖像應為曲線，
0
( 0 )
2 2 ( 2 2
由F = 可得：F = 0
)
，可知 F 與 t 不是線性關(guān)系，F(xiàn)﹣t 圖像應為曲線，
0 0
故 CD 錯誤。
故選：B。
[模型演練8] （2023 秋 崇川區(qū)期末）如圖所示，一電阻可忽略的 U 形光滑金屬框 abcd 靜置在水平
絕緣平臺上，ab、cd 足夠長，一根電阻為 R 的導體棒 MN 垂直置于金屬框上，整個裝置始終處
于豎直向下的勻強磁場中，用水平恒力 F 向右拉動金屬框，MN 與金屬框保持良好接觸，則 MN
的速度 v、加速度 a 隨時間 t 變化的關(guān)系圖像可能正確的是（　　）
A． B．
C． D．
【解答】解：金屬框在恒力 F 作用下向右加速，由右手定則可知，bc 邊產(chǎn)生的感應電流從 c 流向
b，由左手定則可知，導體棒受到向右的安培力作用，導體棒向右做加速運動，設(shè)金屬框的加速
度為 a1，導體棒的加速度為 a2，設(shè)金屬框的速度為 v1，導體棒的速度為 v2，設(shè)導體棒的電阻為
1 2
R，回路的感應電流 I =
設(shè)金屬框的質(zhì)量為 M，導體棒的質(zhì)量為 m，對金屬框，牛頓第二定律得 F﹣BIL＝Ma1
對導體棒 MN，由牛頓第二定律得 BIL＝ma2

金屬框與導體棒都做初速度為零的加速運動，v1、v2 都變大，a1 從 開始減小，導體棒的加速度
a2 從 0 開始增大，當金屬框與導體棒的加速度相等時，即 a1＝a2＝a
解得 F＝（M+m）a
加速度保持不變，此后金屬框與導體棒的速度差Δv 保持不變，感應電流不變，兩端電壓 UMN 不
變且不為 0，導體棒所受到的安培力不變，加速度不變，金屬框與導體棒以相等的加速度做勻加
速直線運動，故 A 正確，BCD 錯誤。
故選：A。
[模型演練9] （2023 秋 玄武區(qū)校級期末）如圖甲所示，矩形導線框 abcd 放在勻強磁場中固定不動，
磁場方向與線框平面垂直，規(guī)定磁感應強度方向垂直紙面向里為正方向。線框 ab 邊所受的安培
力 F 隨時間 t 變化的圖像如圖乙所示（規(guī)定 ab 邊所受的安培力向左為正）。在 0～4s 時間內(nèi)，B
隨時間 t 變化的圖像正確的是（　　）
A． B．
C． D．
【解答】解：AB、根據(jù)圖像可知，在 0﹣1 時間內(nèi)，磁場不變，則沒有感應電流產(chǎn)生，不受安培
力作用，故 AB 錯誤；
C、磁感應強度方向垂直紙面向里為正方向，0﹣1s 內(nèi)磁場向里減小，根據(jù)楞次定律可知，此時線
框有擴大的趨勢，所以 ab 邊受安培力向左，根據(jù)法拉第電磁感應定律和歐姆定律及安培力公式

可知：E = ， = ， = 。可知，安培力隨時間均勻變小，1﹣2s 內(nèi)磁場向外增大，根據(jù)
楞次定律可知，此時線框有收縮的趨勢，ab 邊受安培力向右，且安培力隨時間均勻增大，同理可
分析 2﹣4s 內(nèi)的安培力符合題意要求，故 C 正確；
D、同理，0﹣1s 內(nèi)磁場向里增大，根據(jù)楞次定律可知，此時線框有收縮的趨勢，ab 邊受安培力
向右，為負值，故 D 錯誤。
故選：C。
題型二 電磁感應的動力學問題
1．安培力的大小
E B2l2v
由感應電動勢 E＝Blv、感應電流 I＝ 和安培力公式 F＝BIl 得 F＝ .
R R
2．安培力的方向判斷
(1)對導體切割磁感線運動，先用右手定則確定感應電流的方向，再用左手定則確定安培力的方
向．
(2)根據(jù)安培力阻礙導體和磁場的相對運動判斷．
3．電磁感應中的力和運動
電磁感應與力學問題的綜合，涉及兩大研究對象：電學對象與力學對象．聯(lián)系兩大研究對象的
橋梁是磁場對感應電流的安培力，其大小與方向的變化，直接導致兩大研究對象的狀態(tài)改變．

[模型演練10] （2024 岳麓區(qū)校級模擬）定義“另類加速度”A = ，A 不變的運動稱為另類勻變速
運動。若物體運動的 A 不變，則稱物體做另類勻變速運動。如圖所示，光滑水平面上一個正方
形導線框以垂直于一邊的速度穿過一個勻強磁場區(qū)域（磁場寬度大于線框邊長）。導線框電阻不
可忽略，但自感可以忽略不計。已知導線框進入磁場前速度為 v1，穿出磁場后速度為 v2。下列
說法中正確的是（　　）
A．線框在進入磁場的過程中，速度隨時間均勻增加
B．線框在進入磁場的過程中，其另類加速度 A 是變化的
1 2
C．線框完全進入磁場后，在磁場中運動的速度為 2
2 2
D ．線框完全進入磁場后，在磁場中運動的速度為 1 2
2
【解答】解：A、線框在進入磁場的過程中，受到向左的安培力而做減速運動，線框受到的安培
2 2
力大小為F = BIL = ，可知，隨著速度減小，線框受到的安培力減小，加速度減小，因此線
框在進入磁場的過程中，做加速度逐漸減小的變減速直線運動，速度隨時間非均勻減小，故 A 錯
誤；
B、線框在進入磁場的過程中，取水平向右為正方向，根據(jù)動量定理得 ― B =

其中I = =
2 2
解得： = ― ，可知另類加速度 A 不變，故 B 錯誤；
2 3
CD、線框在進入磁場的過程中，取水平向右為正方向，根據(jù)動量定理得 ― B = ―
= ― 1
2 3
線框穿出磁場的過程中，取水平向右為正方向，根據(jù)動量定理得 ― B = ― = 2 ―
1 2
聯(lián)立解得：v = 2 ，故 C 正確，D 錯誤。
故選：C。
[模型演練11] （多選）（2024 龍鳳區(qū)校級模擬）某工廠為了檢驗正方形線圈的合格率，將線圈放在
傳送帶上，傳送帶所在空間中加上豎直向下的勻強磁場，磁場邊界 PQ 與 MN 平行且與線圈速
度方向成 45°，磁感應強度為 B。如圖所示，線圈與傳送帶一起以恒定速度 v 向右運動，線圈
與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為 μ。線圈進入磁場過程中線圈恰好不打滑，最大靜摩擦力等于滑動
摩擦力。已知線圈質(zhì)量為 m，匝數(shù)為 N，邊長為 L，總電阻為 R，且磁場寬度大于 L。下列說
法正確的是（　　）
A．線圈進入磁場過程中，電流方向為 ADCBA
B AC 2
2 2 2
．在線圈進入磁場的過程中，線圈對傳送帶的摩擦力始終沿 方向，且最大值為

2 2
C．線圈在進入磁場的過程中通過截面的電荷量為
D．在不改變傳送帶速度的情況下，相同質(zhì)量、材料、邊長但匝數(shù)為 2N 的線圈進入磁場過程也
恰好不打滑
【解答】解：A、線圈進入磁場的過程中，磁通量向下增加，根據(jù)楞次定律判斷可知感應電流的
方向為 ADCBA，故 A 正確；
B、在線圈進入磁場的過程中，線圈受到沿 CA 方向的安培力作用，由于線圈勻速運動，所以線
圈受到的摩擦力方向沿 AC 方向，根據(jù)牛頓第三定律可知，線圈對傳送帶的摩擦力始終沿 CA 方
向，摩擦力最大值為
f = = 2

又I = ，E＝NBLv
= 2
2 2 2
聯(lián)立解得：f ，故 B 錯誤；
C、線圈在進入磁場的過程中通過截面的電荷量為q =

根據(jù)閉合電路歐姆定律有I =
2
根據(jù)法拉第電磁感應定律有E = =
2
聯(lián)立解得：q = N ，故 C 錯誤；
D、線圈質(zhì)量不變，材料不變，邊長不變，匝數(shù)變成 2 倍，則導線長度變?yōu)樵瓉淼?2 倍，橫截面
1
積變?yōu)樵瓉淼?，根據(jù)R = ρ 可知，線圈的電阻變?yōu)樵瓉淼?4 倍，又因為安培力的最大值為
2 2 2 2
F =


可知，匝數(shù)變成 2 倍，電阻變?yōu)樵瓉淼?4 倍，線框受到的安培力的最大值不變，而最大靜摩擦力
為 f＝μmg 不變，所以在不改變傳送帶速度的情況下，相同質(zhì)量、材料、邊長但匝數(shù)為 2N 的線圈
進入磁場過程也恰好不打滑，故 D 正確。
故選：AD。
[模型演練12] （2024 昆明一模）有兩根粗細均勻的相同細直金屬棒，它們由同種材料制成且足夠長，
將它們從各自的中點 O1、O2 折成如圖所示的直角后放置在光滑絕緣水平面上，它們的角平分
線與直線 MN 重合，空間存在豎直向下的勻強磁場，磁感應強度大小為 B。將 AO1B 固定，CO2D
在外力 F 的作用下以速度 v 勻速向右平移，兩棒接觸后 CO2D 可沿 AO1B 表面滑動且保持接觸
良好，運動過程中它們的角平分線始終與直線 MN 重合。已知金屬棒單位長度的電阻為 r，以
O1、O2 重合時為計時起點，不計一切摩擦，兩棒接觸后，求：
（1）回路中電流的大小；
（2）外力 F 隨時間 t 變化的關(guān)系式。
【解答】解：（1）0～t 時間內(nèi)，CO2D 運動的位移大小為：x＝vt
在 t 時刻，回路中 CO2D 切割磁感線產(chǎn)生的電動勢的有效長度 L＝x，則有：
E＝BLv＝Bxv
2
回路中的總電阻為：R = 4 = 2 2 2

由閉合電路歐姆定律得：I =
2
聯(lián)立解得：I =
4
（2）CO2D 做勻速直線運動，根據(jù)受力平衡的條件得：
2 2
F F BIL = 2 ＝ 安＝ 4
題型三 電磁感應中的動力學和能量問題
1．能量轉(zhuǎn)化
導體切割磁感線或磁通量發(fā)生變化，在回路中產(chǎn)生感應電流，這個過程中機械能或其他形式的
能轉(zhuǎn)化為電能，具有感應電流的導體在磁場中受安培力作用或通過電阻發(fā)熱，又可使電能轉(zhuǎn)化為機
械能或內(nèi)能．因此，電磁感應過程中總是伴隨著能量的轉(zhuǎn)化．
2．電磁感應過程的實質(zhì)是不同形式的能量轉(zhuǎn)化的過程，而能量的轉(zhuǎn)化是通過安培力做功的形式
實現(xiàn)的，安培力做功的過程，是電能轉(zhuǎn)化為其他形式能的過程，外力克服安培力做功，則是其他形
式的能轉(zhuǎn)化為電能的過程．
[模型演練13] （2023 開封二模）如圖所示，方向豎直向下的勻強磁場中有兩根位于同一水平面內(nèi)的
足夠長的平行且光滑的金屬導軌，導體棒 ab 的質(zhì)量為 m、電阻為 2R，導體棒 cd 的質(zhì)量為 2m、
電阻為 R，均靜止在導軌上，現(xiàn)給導體棒 ab 以初速度 v0 向右滑動。運動過程中，導體棒 ab、
cd 始終與導軌垂直并接觸良好，關(guān)于導體棒 ab、cd 組成的系統(tǒng)，下列說法正確的是（　　）
A．動量守恒，機械能守恒
B．動量不守恒，機械能守恒
C．動量守恒，機械能不守恒
D．動量不守恒，機械能不守恒
【解答】解：由于系統(tǒng)不受外力，動量守恒，但導體棒在運動過程，整個回路會產(chǎn)生焦耳熱，機
械能不守恒。
故 ABD 錯誤，C 正確；
故選：C。
[模型演練14] （2022 秋 靜安區(qū)期末）如圖，一個正方形導線框從高處自由下落，穿過一水平的勻
強磁場區(qū)域，已知磁場區(qū)域高度大于 2 倍線框高度，線框離開磁場過程中的運動情況是（　　）
A．若線框勻速進入磁場，則離開磁場過程一定是勻速運動
B．若線框加速進入磁場，則離開磁場過程一定是加速運動
C．若線框加速進入磁場，則離開磁場過程一定是減速運動
D．若線框減速進入磁場，則離開磁場過程一定是減速運動
【解答】解：A．根據(jù)法拉第電磁感應定律有 E＝BLv

根據(jù)閉合電路歐姆定律有：I =
若 ab 邊進入磁場時線框做勻速運動，則 BIL＝mg
2 2
則有 = mg
則當 ab 邊下落 L 以后全部進入磁場，此后線圈在磁場中下落 2L﹣L 的過程中將做勻加速運動，
2 2 ′
故當 ab 邊到達磁場下邊緣時 ＞mg
則 ab 邊離開磁場時線框做減速運動，故 A 錯誤；
2 2
B．若線框加速進入磁場，則 ＜mg
則當 ab 邊下落 L 以后全部進入磁場，此后線圈在磁場中下落 2L﹣L 的過程中將做勻加速運動，
故當 ab 邊到達磁場下邊緣時，安培力大小與重力大小關(guān)系不能確定，ab 邊離開磁場時線框的運
動狀態(tài)也無法確定。故 BC 錯誤；
2 2
D．若 ab 邊進入磁場時線框做減速運動，則 ＞mg
則當 ab 邊下落 L 以后全部進入磁場，此后線圈在磁場中下落 2L﹣L 的過程中將做勻加速運動，
2 2 ′
故當 ab 邊到達磁場下邊緣時 ＞mg
則 ab 邊離開磁場時線框也一定做減速運動，故 D 正確。
故選：D。
[模型演練15] （多選）（2023 合肥一模）如圖甲所示，為保證游樂園中過山車的進站安全，過山車
安裝了磁力剎車裝置，磁性很強的釹磁鐵安裝在軌道上，正方形金屬線框安裝在過山車底部。
過山車返回站臺前的運動情況可簡化為圖乙所示的模型。初速度為 v0 的線框 abcd 沿斜面加速
下滑 s 后，bc 邊進入勻強磁場區(qū)域，此時線框開始減速，bc 邊出磁場區(qū)域時，線框恰好做勻速
直線運動。已知線框邊長為 l、匝數(shù)為 n、總電阻為 r，斜面與水平面的夾角為 θ。過山車的總
質(zhì)量為 m，所受摩擦阻力大小恒為 f，磁場區(qū)域上下邊界間的距離為 l，磁感應強度大小為 B，
方向垂直斜面向上，重力加速度為 g，則下列說法正確的是（　　）
A．線框剛進入磁場時，從線框上方俯視，感應電流的方向為順時針方向

B 2( ) ．線框剛進入磁場時，感應電流的大小為 +
2
0
C．線框穿過磁場的過程中，通過其橫截面的電荷量為零
1 2 ( )
2 2
D．線框穿過磁場過程中產(chǎn)生的焦耳熱為（mgsinθ﹣f）（s+2l） + 2mv0 ― 2 4 4
【解答】解：A、線框剛進入磁場上時，穿過線框的磁通量向上增加，根據(jù)楞次定律可知感應電
流的方向為順時針方向（從斜面上方俯視線框），故 A 正確；
B、設(shè)線框剛進入磁場時的速度大小為 v1，線框自由下滑過程中，根據(jù)動能定理可得：（mgsinθ﹣
1
f）s = mv2
1
― mv22 1 2 0；

線框剛進入磁場時，產(chǎn)生的感應電動勢為 E＝nBlv1，根據(jù)閉合電路的歐姆定律可得：I = ，聯(lián)立

I = 2( ) 解得： + 2 0，故 B 正確；

C、線框穿過磁場的過程中，通過其橫截面的電荷量為 q = Δt = = n ，因為線框穿過磁
場的過程中，ΔΦ＝0，則通過線框橫截面的電荷量為 q＝0，故 C 正確；
D、線框離開磁場時的速度大小為 v2，根據(jù)平衡條件可得：nBI′l＝mgsinθ﹣f
2
又 I′ =
1 1
根據(jù)功能關(guān)系可得線框穿過磁場的過程中產(chǎn)生的焦耳熱為：Q＝（mgsinθ﹣f）（s+2l） + 2mv
2
1 ― 2
1 ( )2 2
mv22，聯(lián)立解得：Q＝（mgsinθ﹣f）（2s+2l） + 2mv
2
0 ― 2 4 4 ，故 D 錯誤。
故選：ABC。
題型四 動量定理與電磁感應結(jié)合問題
動量定理在電磁感應現(xiàn)象中的應用
導體棒或金屬框在感應電流所引起的安培力作用下做非勻變速直線運動時，安培力的沖量為：
I 安＝BILt＝BLq，通過導體棒或金屬框的電荷量為：
E ΔΦ ΔΦ
q＝IΔt＝ Δt＝n Δt＝n ，
R 總 ΔtR 總 R 總
磁通量變化量：ΔΦ＝BΔS＝BLx。
如果安培力是導體棒或金屬框受到的合外力，則 I 安＝mv2－mv1。
當題目中涉及速度 v、電荷量 q、運動時間 t、運動位移 x 時常用動量定理求解更方便。
類型 1 “單棒+電阻”模型
[模型演練16] （2024 天河區(qū)校級模擬）如圖，兩固定于水平面內(nèi)的光滑平行金屬導軌間足夠長，電
阻不計，阻值為 R 的電阻連接在導軌左側(cè)，導軌間存在豎直向下的勻強磁場，質(zhì)量為 m、電阻
為 R 的金屬棒 ab 垂直放置在導軌上、與導軌接觸良好。某時刻 ab 獲得初速度 v 后開始沿導軌

運動，經(jīng) t 時間 ab 速度從2減速至4的過程中（　　）
A．a(chǎn)b 做勻減速直線運動
3
B．a(chǎn)b 的位移 s 大于8
3
C．a(chǎn)b 棒克服安培力做功大小為W = 232
3
D．左側(cè)電阻 R 產(chǎn)生的熱量為Q = 232
【解答】解：A、金屬棒 ab 在磁場中切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢，形成感應電流，金屬棒 ab 受
到與運動方向相反的安培力作用而做減速運動。
2 2
由安培力F = BIL = B = 2
可知安培力隨速度的減小而減小，根據(jù)牛頓第二定律可知，金屬棒 ab 的加速度減小，所以做加
速度減小的減速直線運動，故 A 錯誤；
3
B、假設(shè)此時間內(nèi) ab 做勻減速直線運動，此過程的位移大小為s = 2 4 = 8 ，而實際 ab 做加速2
度減小的減速直線運動，如下圖的 v﹣t 圖像所示。
3
根據(jù) v﹣t 圖像與時間軸圍成的面積表示位移的大小，可知實際上其位移小于8 ，故 B 錯誤；
1 1 3 3
C、根據(jù)動能定理得： ― W = 22 (4) ― 2 (2)
2 = ― 32
2，即 ab 棒克服安培力做功為W = 32
2，故 C 正確；
3
D、根據(jù)功能關(guān)系得回路產(chǎn)生的總的焦耳熱為 Q 總 = W = 32
2
1 3
由焦耳定律可知左側(cè)電阻 R 產(chǎn)生的熱量為：Q = 22 總 = 64 ，故 D 錯誤。
故選：C。
[模型演練17] （2024 東湖區(qū)校級三模）如圖所示，間距為 L 的平行導軌固定在水平絕緣桌面上，導
軌右端接有定值電阻，阻值為 R，垂直導軌的虛線 PQ 和 MN 之間存在磁感應強度大小為 B、

方向豎直向上的勻強磁場，其中導軌的 PM 和 QN 段光滑。在虛線 PQ 左側(cè)、到 PQ 的距離為2
的位置垂直導軌放置質(zhì)量為 m 的導體棒，現(xiàn)給處于靜止狀態(tài)的導體棒一個水平向右的恒力作用，
8
經(jīng)過 PQ 時撤去恒力，此時導體棒的速度大小v0 = ，經(jīng)過 MN 時導體棒的速度大小v =5
4
。已知恒力大小為 3mg，導體棒始終與導軌垂直且接觸良好，導體棒接入電路的電阻為
5

2，重力加速度為 g，導軌電阻不計，下列說法正確的是（　　）
A．導體棒與 PQ 左側(cè)導軌之間的動摩擦因數(shù)為 0.66
4
B ．導體棒經(jīng)過磁場的過程中，通過導體棒的電荷量為5
16
C．導體棒經(jīng)過磁場的過程中，導體棒上產(chǎn)生的熱量為 25
6
D．虛線 PQ 和 MN 之間的距離為5 2 2
【解答】解：A、對導體棒從開始運動至到達虛線 PQ 的過程，根據(jù)動能定理得
1
（F﹣μmg）2 = 2
2
0
代入數(shù)據(jù)解得：μ＝0.44，故 A 錯誤；
B、對導體棒經(jīng)過磁場區(qū)域的過程，取水平向右為正方向，由動量定理得
― B = ― 0
通過導體棒橫截面的電荷量q =
4
聯(lián)立解得：q = 5 ，故 B 錯誤；
C、導體棒通過磁場過程，整個回路中產(chǎn)生的總熱量為
1 1
Q = 22 0 ― 2
2
24
代入數(shù)據(jù)可得：Q = 25
根據(jù)電阻的串并聯(lián)關(guān)系，導體棒上產(chǎn)生的熱量為

2 8 Q = × = 25 ，故 C 錯誤；2 2

D、設(shè)虛線 PQ 和 MN 之間的距離為Δx，可得 q = Δt = 1 = 3 = 3
2 2 2
6
解得：Δx = 5 2 2 ，故 D 正確。
故選：D。
[模型演練18] （2024 春 南開區(qū)期末）如圖 1 所示，兩根間距 L1＝0.50m 的光滑平行導軌 PM 和 QN
所在平面與水平面夾角 θ＝30°，導軌左端連接阻值 R＝4.0Ω 的電阻，垂直導軌平面向上的勻
強磁場磁感應強度 B 隨時間 t 的變化關(guān)系如圖 2 所示。質(zhì)量 m＝0.02kg、電阻 r＝1.0Ω 的導體棒
ab 垂直于導軌放置，棒到導軌左端 PQ 的距離 L2＝5m，導體棒與導軌接觸良好，不計導軌的電
阻，g＝10m/s2。
（1）若 0～2s 內(nèi) ab 棒固定，求 0～2s 電阻 R 上產(chǎn)生的焦耳熱 Q1。
（2）若 t＝2s 時釋放 ab 棒，ab 棒由靜止開始運動至獲得最大速度的過程通過 ab 棒橫截面的電荷
量 q＝0.2C，求 ab 棒獲得的最大速度 vm 的大小和該過程電阻 R 上產(chǎn) vm 生的焦耳熱 Q2。
【解答】解：（1）由法拉第電磁感應定律得
1
E1 = = 1 2 = 2 × 0.5 × 5 / = 1.25 /
通過 R 的電流為
1 1.25
I1 = = 4 1 = 0.25
0～2s 電阻 R 上產(chǎn)生的焦耳熱
Q1 = 21 1 = 0.252 × 4 × 2 = 0.5

（2）設(shè)棒下滑距離為 x 時速度達到最大。則E = ，I = ，q = 總
1
則q = n =總 = 0.2
解得 x＝2m
1
速度達到最大之后，棒做勻速直線運動，則mgsinθ = BI 1 = 1
解得 v＝2m/s
1
從釋放到速度最大，由動能定理得 mgxsinθ﹣Q = 22mv ﹣0

又Q2 =
聯(lián)立解得 Q2＝0.128J
類型 2 不等間距上的雙棒模型
[模型演練19] （2024 沙市區(qū)校級模擬）如圖，豎直光滑圓弧導軌與水平光滑導軌平滑連接，圓弧部
分和左側(cè)水平部分間距相等，為 3L，右側(cè)水平部分間距為 L，導軌水平部分位于豎直向下的勻
強磁場中，ab、cd 是質(zhì)量分別為 6m 和 m 的兩根導體棒，兩導體棒連入兩導軌間的電阻相等，
cd 導體棒靜止在右側(cè)水平部分，與兩水平導軌垂直。現(xiàn)讓 ab 導體棒從圓弧導軌上由靜止釋放，
釋放前 ab 導體棒與圓弧導軌垂直，距水平面的高度為 h，導軌左側(cè)水平部分和右側(cè)水平部分足
夠長，導軌電阻不計，運動過程中兩導體棒始終與導軌接觸良好，重力加速度為 g，則下列說
法正確的是（　　）
A．最終 ab、cd 兩導體棒產(chǎn)生的感應電動勢大小之比為 3：1
B．最終 ab、cd 兩導體棒的動量之比為 1：1
9
C．整個過程在導體棒 ab 上產(chǎn)生的焦耳熱為5
D ab 6 ．整個過程通過導體棒 的電荷量為
5
【解答】解：A、釋放 ab 導體棒后，ab 導體棒沿圓弧導軌向下加速運動，設(shè) ab 導體棒到達水平
導軌時的速度為 v0，下滑過程中，根據(jù)機械能守恒定律有：
1
6mgh = 2 × 6mv
2
0，解得：v0 = 2
當 ab 導體棒進入磁場后，切割磁感線會產(chǎn)生感應電動勢，由右手定則可知，回路中的感應電流
方向為順時針，由左手定則可知，ab 導體棒受到水平向左的安培力，cd 導體棒受到水平向右的安
培力，ab 導體棒做減速運動，cd 導體棒做加速運動，回路中的總的電動勢為：E＝3BLvab﹣
BLvcd，當 ab 棒和 cd 棒產(chǎn)生的感應電動勢相同，即 3BLvab＝BLvcd 時回路中的電流為零，安培力
為零，此后兩導體棒均做勻速直線運動，可得最終 ab、cd 兩導體棒產(chǎn)生的感應電動勢大小之比為
1：1，故 A 錯誤；
B、由 A 選項的解析可得最終 ab、cd 兩導體棒速度大小關(guān)系為：3vab＝vcd，已知 ab、cd 的質(zhì)量
分別為 6m 和 m，由動量的定義 p＝mv，可得最終 ab、cd 兩導體棒的動量之比為：pab：pcd＝
6mvab：mvcd＝2：1，故 B 錯誤；
CD、從 ab 導體棒到達水平導軌到開始做勻速直線運動的過程中，以水平向右為正方向，根據(jù)動
量定理得：
對 ab 導體棒有： ― 3BL = 6mvab﹣6mv0
對 cd 導體棒有：BL = mvcd﹣0
通過導體棒 ab 的電荷量為：q =
2 2 2 6 6 2 6 2
聯(lián)立解得：vab = 5v0 = ，vcd = 5v0 = ，q =5 5 5
兩導體棒連入導軌間的電阻相等，兩導體棒中的電流時刻相等，通電時間相同，則兩導體棒中產(chǎn)
生的熱量相同，設(shè)均為 Q。從 ab 導體棒開始下滑到兩棒開始做勻速直線運動的過程中，根據(jù)能
1 2 1 9量守恒定律有：6mgh = 2 × 6mv + 2mv
2
+ 2Q，聯(lián)立解得：Q = 5mgh，故 C 正確，D 錯誤。
故選：C。
[模型演練20] （2024 春 重慶期中）如圖所示，兩足夠長的光滑平行導軌固定在同一水平面上，虛
線 MN 與導軌垂直，其左、右側(cè)的導軌間距分別為 L2 和 L1 且 L2＞L1 整個裝置處在豎直向下的
勻強磁場中。MN 左、右兩側(cè)的磁感應強度大小分別為 B2 和 B1，且 B1＞B2，在 MN 兩側(cè)導軌
上分別垂直放置兩根接入阻值為 r1 和 r2 的平行金屬棒 ab 和 cd，系統(tǒng)靜止。某時刻對 ab 棒施加
一個水平向右的恒力 F，兩金屬棒在向右運動的過程中，始終與導軌垂直且接觸良好，cd 棒始
終未到達 MN 處，則下列判斷正確的是（　　）
A．最終兩棒以不同的速度勻速運動
B．最終兩棒以相同的速度勻速運動
C．安培力對 cd 棒所做的功大于 cd 棒的動能增加量
D．外力 F 做的功等于兩棒的動能增加量和回路中產(chǎn)生的焦耳熱
【解答】解：AB、ab 棒在外力 F 作用下向右做加速運動，但由于受到向左的安培力，且隨著速
度增大安培力也會增大，所以 ab 棒做加速度減小的加速運動，cd 棒在向右的安培力作用下，也
向右做加速運動，且隨著速度增大，安培力增大，加速度在增大。所以兩者達到穩(wěn)定狀態(tài)應該是

有共同的加速度，即為a =
所以最終兩棒以相同的加速度一起向右做加速運動，故 AB 錯誤；
C、cd 棒受的合力為受到的安培力，由動能定理可知安培力對 cd 棒所做的功等于 cd 棒的動能
增加量，故 C 錯誤；
D、由能量守恒定律可知外力 F 做的功等于兩棒的動能增加量和回路中產(chǎn)生的焦耳熱，故 D 正確。
故選：D。
[模型演練21] （2024 市中區(qū)校級模擬）如圖所示，左右兩部分間距之比為 1：2 的光滑水平導軌分
別放在大小相等、方向相反且與導軌平面垂直的勻強磁場中。兩根質(zhì)量均為 m＝2kg，電阻之比
RAB：RCD＝1：2 的金屬棒垂直靜置在水平軌道上。現(xiàn)用水平拉力 F＝250N 作用在 CD 棒上，
使其向右移動 0.5m 時撤去拉力，此時 vAB：vCD＝1：2，在此過程中 CD 棒產(chǎn)生的熱量為 30J。
設(shè)導軌足夠長且兩棒始終在不同的磁場中運動，導軌電阻不計，下列說法正確的是（　　）
A．撤去外力時導體棒 AB 的速度為 8m/s
B．撤去外力 F 后，棒 AB、CD 的加速度始終相等
C．運動的全過程中回路產(chǎn)生的焦耳熱為 73.8J
D．從撤去外力到兩棒達到穩(wěn)定狀態(tài)，棒 AB、CD 運動的位移之比為 1：2
1 1
【解答】解：A、撤去外力時，根據(jù)能量守恒定律可知：Fs = 2
2 + 2 2 + QAB+QCD
由題可知：QCD＝30J
根據(jù) Q＝I2Rt，結(jié)合 RAB：RCD＝1：2，可得：QAB＝15J
又因為：vAB：vCD＝1：2，解得：vAB＝4m/s
故 A 錯誤；
B、撤去外力 F 后，回路中的電流相等，根據(jù) BIL＝ma 可知，棒 AB、CD 的加速度不相等，故 B
錯誤；
C、最終電路中電流為 0，設(shè)此時 AB、CD 的速度為 v'AB、v'CD，則有：Blv'AB＝B×2lv'CD
規(guī)定向右為正方向，運動過程中對 AB 根據(jù)動量定理有：BIlt＝mv'AB﹣mvAB
對 CD 根據(jù)動量定理有：﹣BI × 2lt＝mv'CD﹣mvCD
聯(lián)立可得：
解得：v'AB＝6.4m/s，v'CD＝3.2m/s
1 1
整個過程中的焦耳熱為：Q＝Fs ― 2 ′
2
― 22 ′
解得：Q＝73.8J
故 C 正確；
D、從撤去外力到兩棒達到穩(wěn)定狀態(tài)，若棒 AB、CD 均做勻變速直線運動，則運動的位移之比為：
′ ′
xAB：xCD = 2 ： 2 t
解得 xAB：xCD＝13：14
而實際 AB 做加速度減小的加速運動，位移大于勻加速直線運動的位移 xAB，實際 cd 做加速度減
小的減速運動，位移小于勻減速直線運動的位移 xCD，即實際上運動的位移之比大于 13：14，不
可能為 1：2。
故 D 錯誤；
故選：C。
類型 3 “電容器+棒”模型
[模型演練22] （2023 秋 天寧區(qū)校級期末）如圖，兩根相互平行的光滑長直金屬導軌固定在水平絕
緣桌面上，在導軌的左端接入電容為 C 的電容器和阻值為 R 的電阻。質(zhì)量為 m、長度為 L、阻
值也為 R 的導體棒 MN 靜止于導軌上，與導軌垂直，且接觸良好，導軌電阻忽略不計，整個系
統(tǒng)處于方向豎直向下的勻強磁場中。磁感應強度為 B。開始時，電容器所帶的電荷量為 Q，合
上開關(guān) S 后，（　　）

A．流經(jīng)導體棒 MN 的電流的最大值為
B．導體棒 MN 向右先加速、后勻速運動
C．導體棒 MN 速度最大時所受的安培力也最大
D．電阻 R 上產(chǎn)生的焦耳熱等于導體棒 MN 上產(chǎn)生的焦耳熱
【解答】解：A．剛閉合開關(guān) S 時，電容為 C 的電容器電壓最大，此時流經(jīng)導體棒 MN 的電流也

最大，則此時電容器電壓為 U =

流經(jīng)導體棒 MN 的電流的最大值為 I = =
故 A 正確；
B．隨著放電，Q 減小，I 減小，并且導體棒隨著切割磁感線，也會產(chǎn)生感應電動勢來減小電流，
根據(jù) F＝BIL，則棒 MN 受到的安培力也減小，而摩擦力為 0，所以棒 MN 會向右加速，當 I＝0
時，棒 MN 會繼續(xù)向右運動，產(chǎn)生反向的感應電流，產(chǎn)生反向的安培力，棒 MN 開始減速運動，
當棒 MN 減速為 0 時，安培力為 0，物體靜止，所以物體向右先加速后減速，最后靜止，故 B 錯
誤；
C．當導體棒 MN 速度最大時流過導體棒 MN 的電流為 0，所受的安培力為 0，故 C 錯誤；
D．由于導體棒切割磁感線，產(chǎn)生感應電動勢，所以通過導體棒的電流始終小于通過電阻的電流，
由焦耳定律 Q＝I2Rt 可知，電阻 R 上產(chǎn)生的焦耳熱大于導體棒 MN 上產(chǎn)生的焦耳熱。故 D 錯誤。
故選：A。
[模型演練23] （多選）（2024 海南）兩根足夠長的導軌由上下段電阻不計，光滑的金屬導軌組成，
在 M、N 兩點絕緣連接，M、N 等高，間距 L＝1m，連接處平滑。導軌平面與水平面夾角為
30°，導軌兩端分別連接一個阻值 R＝0.02Ω 的電阻和 C＝1F 的電容器，整個裝置處于 B＝0.2T
的垂直導軌平面斜向上的勻強磁場中，兩根導體棒 ab、cd 分別放在 MN 兩側(cè)，質(zhì)量分為 m1＝
0.8kg，m2＝0.4kg，ab 棒電阻為 0.08Ω，cd 棒的電阻不計，將 ab 由靜止釋放，同時 cd 從距離
MN 為 x0＝4.32m 處在一個大小 F＝4.64N，方向沿導軌平面向上的力作用下由靜止開始運動，
兩棒恰好在 M、N 處發(fā)生彈性碰撞，碰撞前瞬間撤去 F，已知碰前瞬間 ab 的速度為 4.5m/s，g＝
10m/s2，下列說法正確的是（　　）
A．a(chǎn)b 從釋放到第一次碰撞前所用時間為 1.44s
B．a(chǎn)b 從釋放到第一次碰撞前，R 上消耗的焦耳熱為 0.78J
C．兩棒第一次碰撞后瞬間，ab 的速度大小為 6.3m/s
D．兩棒第一次碰撞后瞬間，cd 的速度大小為 8.4m/s
【解答】解：A、由于金屬棒 ab、cd 同時由靜止釋放，且恰好在 M、N 處發(fā)生彈性碰撞，則說明
ab、cd 在到達 M、N 處所用的時間是相同的。
對金屬棒 cd，取沿導軌向上為正方向，在很短時間Δt 內(nèi)，根據(jù)動量定理可得：FΔt﹣m2gΔtsinθ
﹣BILΔt＝m2Δv，其中：θ＝30°
對金屬棒 cd 和電容器組成的回路有：IΔt＝Δq＝CΔU＝CBLΔv
所以有：FΔt﹣m2gΔtsinθ＝（m2+CB2L2）Δv

對 cd 根據(jù)加速度定義式，有：a =
2
解得 cd 棒的加速度為：a = 2 2 2
代入數(shù)據(jù)解：a＝6m/s2
1
則說明金屬棒 cd 做勻加速直線運動，則有：x0 = 2
2，解得：t＝1.2s
所以 ab 從釋放到第一次碰撞前所用時間為 1.2s，故 A 錯誤；
B、由題知，知碰前瞬間 ab 的速度為 v1＝4.5m/s，設(shè)此過程中金屬棒下滑的距離為 x，取沿導軌
向下為正方向，根據(jù)動量定理有：
m1gtsinθ﹣BI'Lt＝m1v1﹣0
2 2
即 m1gtsinθ ―
= m1v1﹣0
解得：x＝3m
1
對 ab 根據(jù)動能定理可得：m gxsinθ﹣W = 21 安 2 1 1 ― 0
根據(jù)功能關(guān)系可得：Q＝W 安

根據(jù)焦耳定律可得：QR =
聯(lián)立解得：QR＝0.78J，故 B 正確；
CD、由于兩棒恰好在 M、N 處發(fā)生彈性碰撞，取沿斜面向下為正，根據(jù)動量守恒定律可得：
m1v1﹣m2v2＝m1v1'+m2v2'，其中：v2＝at＝6×1.2m/s＝7.2m/s
1 1 1 1
根據(jù)機械能守恒定律可得： 22m1v1 +
2 2 2
2m2v2 = 2m1v1' + 2m2v2'
聯(lián)立解得：v1'＝﹣3.3m/s，v2'＝8.4m/s，故 C 錯誤、D 正確。
故選：BD。
[模型演練24] （多選）（2024 四川模擬）如圖所示，豎直方向兩光滑平行金屬導軌間距為 L，處于
垂直紙面的勻強磁場中，磁感應強度為 B，桿的質(zhì)量為 m，定值電阻為 R，其余電阻不計，電
容器電容為 C（未充電），金屬桿與導軌接觸良好，開關(guān) K 與觸點Ⅰ或Ⅱ接通，現(xiàn)讓金屬桿沿
導軌無初速度下滑，在金屬桿下滑距離為 h 的過程中，對該過程下列說法正確的是（　　）
A．若開關(guān) K 與觸點Ⅰ接通，電阻 R 產(chǎn)生的焦耳熱為 mgh

B．若開關(guān) K 與觸點Ⅰ接通，通過電阻 R 的電荷量為
C．若開關(guān) K 與觸點Ⅱ接通，桿的重力對桿的沖量為 2mg(m + 2 2 )
2
D．若開關(guān) K 與觸點Ⅱ接通，電容器所充的電能為 2 2
【解答】解：A、若開關(guān) K 與觸點Ⅰ接通，設(shè)金屬桿下滑距離為 h 時的速度大小為 v1，根據(jù)能量
1
守恒定律可得：mgh = 2
2
1 +
則電阻 R 產(chǎn)生的焦耳熱 Q＜mgh，故 A 錯誤；

B、若開關(guān) K 與觸點Ⅰ接通，通過電阻 R 的電荷量為：q = = = = ，故 B 正確；
C、若開關(guān) K 與觸點Ⅱ接通，金屬桿切割磁感線產(chǎn)生電動勢，其作為電源給電容器充電，電容器
的電壓總是等于感應電動勢，即 U＝E＝BLv。

回路中的電流為：I = = = =
根據(jù)牛頓第二定律得：mg﹣BIL＝ma

聯(lián)立解得金屬桿的加速度大小為：a = 2 2
1
可知導體棒桿的加速度恒定，其做勻加速直線運動，對下滑距離為 h 的過程，有：h = 22
此過程重力的沖量大小為：IG＝mgt
聯(lián)立解得：I = 2 ( + 2 2)，故 C 正確；
D、若開關(guān) K 與觸點Ⅱ接通，根據(jù)功能關(guān)系，此過程電容器所充的電能等于金屬桿克服安培力做
的功，即：ΔE＝W 安
金屬桿所受合力做功等于重力做功減去克服安培力做功，即：mah＝mgh﹣W 安
2 2
聯(lián)立可得：ΔE＝mgh﹣mah = 2 2 ，故 D 錯誤。
故選：BC。
題型五 動量守恒定律在電磁感應現(xiàn)象中的應用
在雙金屬棒切割磁感線的系統(tǒng)中，雙金屬棒和導軌構(gòu)成閉合回路，安培力充當系統(tǒng)內(nèi)力，如果它們
不受摩擦力，且受到的安培力的合力為 0 時，滿足動量守恒，運用動量守恒定律解題比較方便。
[模型演練25] （多選）（2024 春 重慶期末）如圖所示，MN、PQ 兩條平行光滑固定金屬導軌與水平
面的夾角為 θ，兩導軌的間距為 L，M 和 P 之間接阻值為 R 的定值電阻。導軌所在的空間有兩
條寬度均為 d 的勻強磁場Ⅰ和Ⅱ，磁場方向垂直于導軌平面向下，大小分別為 B1、B2，磁場 I
的下邊界與磁場Ⅱ的上邊界間距為 8d。現(xiàn)將一質(zhì)量為 m，阻值為 2R 的導體棒從距磁場 I 上邊
界距離為 d 處由靜止釋放，導體棒恰好分別以速度 v1、v2 勻速穿過磁場Ⅰ和Ⅱ。導體棒穿過磁
場Ⅰ和Ⅱ的過程中通過導體棒橫截面的電荷量分別為 q1、q2，定值電阻 R 上產(chǎn)生的熱量分別為
Q1、Q2。導軌電阻不計，重力加速度為 g，在運動過程中導體棒始終垂直于導軌且與導軌接觸
良好，則（　　）
A．v2 = 10 1 B．B1 = 3 2
1
C．q1 = 3 2 D．Q1 = 2 = 3
【解答】解：A．當導體棒在導軌上無磁場區(qū)域運動過程，根據(jù)牛頓第二定律
mgsinθ＝ma
解得
a＝gsinθ
導體棒從靜止運動到磁場 I 上邊界過程，根據(jù)
v21 = 2
解得導體棒運動到磁場 I 上邊界時的速度為
v1 = 2
同理導體棒從靜止運動到磁場Ⅱ上邊界過程，根據(jù)
v22 = 2 ( + 8 )
解得
v2 = 3 2
解得
v1：v2＝1：3
故 A 錯誤；
B．受到的安培力為
2 2
E = ILB = 2 = 2
導體種通過兩勻強磁場時做勻速直線運動有
F＝mgsinθ
兩式聯(lián)立解得磁感應強度
B = 2
2
則
1 2
= = 3 2 1 1
故 B 正確；
C．通過導體棒電荷量

q = It = 2 = 2 = 2
兩磁場寬度相等，導體棒長度不變，兩磁場的磁感應強度大小之比
1 3
= 2 1
則導體棒在穿過勻強磁場 I 和Ⅱ過程中通過導體棒橫截面的電荷量
1
= 3 2 1
故 C 正確；
D．導體棒的電阻與定值電阻阻值相等，根據(jù)串聯(lián)電路特點可知，兩者產(chǎn)生的熱量相等，導體棒
勻速通過勻強磁場 I 過程中，根據(jù)能量守恒定律有
2Q1＝mgdsinθ
導體棒勻速通過勻強磁場Ⅱ過程中，根據(jù)能量守恒定律有
2Q2＝mgdsinθ
則
1
Q1 = 2 = 2
故 D 錯誤。
故選：BC。
[模型演練26] （多選）（2024 春 荔灣區(qū)期末）如圖甲所示，線框放在光滑的水平面上，虛線框內(nèi)有
豎直向下的勻強磁場，設(shè)圖甲所示的磁場方向為正方向，磁感應強度隨時間的變化規(guī)律如圖乙
所示。邊長為 l、電阻為 R 的正方形均勻線框 abcd 有一半處在磁場中，線框在外力的作用下保
持靜止，此時線框 ab 邊的發(fā)熱功率為 P，則下列說法正確的是（　　）
A ．線框中的感應電流為 2

0 2
B．b、a 兩端電勢差 Uba = ― 4
0 2
C．一個周期通過 ab 邊的電量為q = 2
2 3
D 0．在前半個周期內(nèi)線框受到向右的外力 F 作用，且F =
【解答】解：A．線框 ab 邊的發(fā)熱功率為 P，則

P = 24
可得，線框中的感應電流為
I = 2

故 A 正確；
B．由楞次定律可知，線圈中的感應電流為順時針方向，根據(jù)法拉第電磁感應定律
1 2 0 1 2
E = 0 ×
2
2 = × 2
2 =
則 b、a 兩端電勢差
0 2
U = ― 4 = ― × 4 = ― 4
故 B 正確；
C．一個周期通過 ab 邊的電量為
2
q = 0IT =

故 C 錯誤；
D．由左手定則可知，在前半個周期內(nèi)線框受到向左的安培力，則受到向右的外力 F 作用，且 t＝
0 時刻外力為
2 3
F0 = =
0
0
且安培力隨時間會逐漸減小，故 D 錯誤。
故選：AB。
[模型演練27] （2024 春 靖遠縣校級期末）如圖所示，足夠長的水平光滑金屬導軌所在空間中，分
布著垂直于導軌平面且方向豎直向上的勻強磁場，磁感應強度大小為 B。兩導體棒 a、b 均垂直
于導軌靜止放置。已知導體棒 a 質(zhì)量為 2m，導體棒 b 質(zhì)量為 m，長度均為 l，電阻均為 r，其
余部分電阻不計。現(xiàn)使導體棒 a 獲得瞬時平行于導軌水平向右的初速度 v0。除磁場作用外，兩
棒沿導軌方向無其他外力作用，在兩導體棒運動過程中，下列說法錯誤的是（　　）
A．任何一段時間內(nèi)，導體棒 b 的動能增加量小于導體棒 a 的動能減少量
1
B．全過程中，兩棒共產(chǎn)生的焦耳熱為4
2
0
2 0
C．全過程中，通過導體棒 b 的電荷量為 3
D．任何一段時間內(nèi)，導體棒 b 的動量改變量跟導體棒 a 的動量改變量總是大小相等、方向相反
【解答】解：A、由能量轉(zhuǎn)化情況可知，任何一段時間內(nèi)，導體棒 a 的動能減少量等于導體棒 b
的動能增加量與回路產(chǎn)生的焦耳熱之和，所以導體棒 b 的動能增加量小于導體棒 a 的動能減少量，
故 A 正確；
B、全過程中，兩棒組成的系統(tǒng)合外力為零，系統(tǒng)動量守恒，取向右為正方向，由動量守恒定律
得
2
2mv0＝（2m+m）v，可得 v = 3 0
1 1 1
兩棒共產(chǎn)生的焦耳熱為Q = 2 2
2 ― 2 20 2 3 = 3 0，故 B 錯誤；
C、全過程中，對導體棒 b，取向右為正方向，由動量定理有
B =
通過導體棒 b 的電荷量為
2 0
q = = 3 ，故 C 正確；
D、對導體棒 ab 系統(tǒng)，所受的合外力為零，系統(tǒng)動量守恒，則任何一段時間內(nèi)，導體棒 b 的動量
改變量跟導體棒 a 的動量改變量總是大小相等、方向相反，故 D 正確。
本題選錯誤的，故選：B。
[模型演練28] （2024 春 新洲區(qū)期末）如圖所示，兩根間距為 L 的固定光滑金屬導軌 MP 和 NQ 平
行放置，電阻可忽略不計，兩導軌是由位于 MN 左側(cè)的半徑為 R 的四分之一圓弧和 MN 右側(cè)足
夠長的水平部分構(gòu)成，水平導軌范圍內(nèi)存在豎直向下磁感應強度為 B 的勻強磁場，兩根長度均
為 L 的導體棒 ab 和 cd 垂直導軌且與導軌接觸良好，開始時 cd 靜止在磁場中，ab 從圓弧導軌
的頂端由靜止釋放，兩導體棒在運動中始終不接觸。已知 ab 棒、cd 棒的質(zhì)量均為 m，電阻均
為 r。重力加速度為 g。求：
（1）ab 棒到達圓弧底端時對軌道的壓力 FN 大小；
（2）最后穩(wěn)定時 ab 棒的速度大小和整個過程中 ab 棒產(chǎn)生的焦耳熱 Q；
（3）整個過程中，通過 cd 棒的電荷量 q。
1
【解答】解：（1）ab 從圓弧導軌的頂端由靜止釋放下滑到底端過程，由動能定理可得：mgR = 2
mv2﹣0
解得：v = 2
2
到達圓弧底端時，對 ab 有：N﹣mg＝m
解得：N＝3mg
根據(jù)牛頓第三定律可得 ab 到達圓弧底端時對軌道的壓力大小為：FN＝3mg；
（2）最終穩(wěn)定時兩棒速度相等，取向右為正方向，對 ab、cd 組成的系統(tǒng)，根據(jù)動量守恒定律有：
mv＝（m+m）v1
1
解得：v1 = 2 2
1 1
根據(jù)能量守恒定律可得整個過程中 ab 棒產(chǎn)生的焦耳熱：Q = 2（mgR ― 2 × 2
2
1）
1
解得：Q = 4mgR；
（3）導體棒 ab 進入勻強磁場后至最終 cd 勻速運動的過程中，取向右為正方向，對 cd 棒由動量
定理有：
﹣BILt＝mv1﹣0
又因為 q = t，
= 2 解得：q 。
2
答：（1）ab 棒到達圓弧底端時對軌道的壓力 FN 大小為 3mg；
1 1
（2）最后穩(wěn)定時 ab 棒的速度大小為2 2 ，整個過程中 ab 棒產(chǎn)生的焦耳熱為4mgR；
3 2 （ ）整個過程中，通過 cd 棒的電荷量為 。
2 專題 25 電磁感應的綜合問題
考點 考情 命題方向
考點 1 圖像信息 2023 年高考全國乙卷和甲卷 1.電磁感應中的圖像信息：主
題、選擇圖像題 2022 年高考福建卷 要有速度圖像、力圖像、電流
2022 年高考重慶卷 圖像、電壓圖像等
2023 年高考福建卷 2.電磁感應中圖像選擇題，題
2024 年高考遼寧卷 述電磁感應情景主要有：導體
2022 年高考河北卷 棒在導軌上移動切割磁感線：
考點 2 電磁感應+ 2024 年高考湖北卷 線框通過有界磁場區(qū)域等
電路+動力學 2022 年全國理綜甲卷 3.電磁感應中電路問題包括電
2022 年全國理綜甲卷 容電路和串并聯(lián)電路，是考查
2024 年 1 月浙江選考 的熱點。
2022 年高考遼寧物理卷 4.電磁感應中動力學問題的考
考點 3 電磁感應+ 2024 年高考山東卷 查主要集中在加速度、速度、
功和功率+能量 2022 年高考上海卷 安培力等，解答此類問題，需
2024 高考廣西卷 要利用牛運動定律、法拉第電
2022 年福建高考 磁感應定律、安培力及其相關(guān)
2024 年高考遼寧卷 知識。
2023 學業(yè)水平等級考試上海卷 5.功和功率是高考考查頻率較
2023 年高考全國甲卷 高的知識點，與電磁感應綜合
2023 年高考湖南卷 主要表現(xiàn)在考查安培力功和功
2023 全國高考新課程卷 率。
考點 4 電磁感應+ 2024 年高考湖南卷 6.電磁感應中的能量包括動能
動量定理動量守恒 2023 年高考湖南卷 定理、焦耳熱、能量守恒定
定律 2023 年全國高考新課程卷 律、功能關(guān)系等。
2024 年高考江西卷 7.在電磁感應中導體棒一般變
2023 年高考全國甲卷 速運動，一般不能應用勻變速
直線運動，可以選取微小時間
內(nèi)導體棒的運動，采用動量定
理列出方程，然后累加分析解
答。
題型一 電磁感應中的圖像問題
1．圖象類型
(1)磁感應強度 B、磁通量 Φ、感應電動勢 E 和感應電流 I，隨時間 t 變化的圖象，即 B－t 圖象、
Φ－t 圖象、E－t 圖象和 I－t 圖象．
(2)對于切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢和感應電流的情況，還常涉及感應電動勢 E 和感應電流 I 隨
位移 x 變化的圖象，即 E－x 圖象和 I－x 的圖象．
2．問題類型
(1)由給定的電磁感應過程判斷或畫出正確的圖象．
(2)由給定的有關(guān)圖象分析電磁感應過程，求解相應的物理量．
(3)利用給出的圖象判斷或畫出新的圖象．
類型 1 動生電動勢的圖像
[模型演練1] （多選）（2024 春 福州期末）如圖所示，粗糙的水平桌面上有一個正三角形閉合單匝
導線框，虛線 MN 右側(cè)存在垂直于桌面向下的勻強磁場。導線框在外力 F 的作用下沿垂直 MN
方向勻速進入磁場區(qū)域。在導線框進入勻強磁場的過程中，導線框中產(chǎn)生的感應電流大小用 i
表示，導線框的電功率用 P 表示，通過導線框某截面的電荷量用 q 表示，已知導線框受到桌面
的摩擦阻力恒定不變。從導線框進入磁場開始計時，則下列圖像中可能正確的是（　　）
A． B．
C． D．
[模型演練2] （2024 中山市校級模擬）如圖所示為寬度為 3L 的有界勻強磁場，磁感應強度大小為
B，方向垂直紙面向里。磁場左側(cè)有一個邊長為 L 的正方形導體線框，其總電阻為 R，線框所
在平面與磁場方向垂直。線框以速度 v 向右勻速穿過磁場區(qū)域，以線框 cd 邊剛進入磁場的時刻
為計時起點，規(guī)定電流沿逆時針方向為正，安培力 F 向左為正。則以下關(guān)于線框中的感應電流
I、ab 兩點間的電勢差 Uab、安培力 F 和線框的發(fā)熱功率 P 隨時間變化的圖像正確的是（　　）
A． B．
C． D．
[模型演練3] （2024 菏澤一模）如圖所示，邊長為 2L 的正三角形 abc 區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻
強磁場，一邊長為 L 的菱形單匝金屬線框 ABCD 的底邊與 bc 在同一直線上，菱形線框的∠ABC
＝60°。使線框水平向右勻速穿過磁場區(qū)域，BC 邊與磁場邊界 bc 始終共線，以 B 點剛進入磁
場為計時起點，規(guī)定導線框中感應電流逆時針方向為正，則下列圖像正確的是（　　）
A． B．
C． D．
類型 2 感生電動勢的圖像
[模型演練4] （多選）（2024 坪山區(qū)校級模擬）如圖甲，虛線框內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強磁場，
磁感應強度隨時間的變化規(guī)律如圖乙所示，一固定的金屬線圈 abcd 有部分處于磁場中。則線圈
中產(chǎn)生的電動勢 e、電流 i、焦耳熱 Q、線框受到的安培力 F 與時間 t 的關(guān)系可能正確的是（　　）
A． B．
C． D．
[模型演練5] （2024 昆明一模）如圖所示，單匝導線框固定在絕緣水平面上，空間存在沿豎直方向
且足夠大的勻強磁場，取豎直向上為磁場的正方向，磁感應強度 B 隨時間 t 的變化規(guī)律為：B＝
B0cosωt，規(guī)定順時針方向（從上往下看）為感應電流的正方向，能正確表示導線框中感應電流
i 隨時間 t 變化的圖像是（　　）
A． B．
C． D．
[模型演練6] （2024 豐臺區(qū)二模）如圖甲所示，在豎直方向的勻強磁場中，水平放置一圓形導體環(huán)，
磁場的磁感應強度 B 隨時間 t 變化的關(guān)系如圖乙所示。規(guī)定磁場豎直向上為正，導體環(huán)中電流
沿順時針方向（俯視）為正，導體環(huán)中感應電流隨時間變化的圖像正確的是（　　）
A． B．
C． D．
類型 3 動力學圖像
[模型演練7] （2024 海淀區(qū)二模）如圖所示，兩根足夠長的平行金屬導軌位于水平的 xOy 平面內(nèi)，
導軌與 x 軸平行，左端接有電阻 R0 在 x≥0 的空間內(nèi)存在豎直向下的磁場，磁感應強度 B 隨空
間均勻變化，滿足 B＝B0+kx（k＞0 且為定值）。一金屬桿與導軌垂直放置且接觸良好，在外力
作用下沿 x 軸正方向勻速運動。t＝0 時金屬桿位于 x＝0 處，不計導軌和金屬桿的電阻。圖中關(guān)
于金屬桿兩端的電壓 U 和所受安培力大小 F 的圖像正確的是（　　）
A． B．
C． D．
[模型演練8] （2023 秋 崇川區(qū)期末）如圖所示，一電阻可忽略的 U 形光滑金屬框 abcd 靜置在水平
絕緣平臺上，ab、cd 足夠長，一根電阻為 R 的導體棒 MN 垂直置于金屬框上，整個裝置始終處
于豎直向下的勻強磁場中，用水平恒力 F 向右拉動金屬框，MN 與金屬框保持良好接觸，則 MN
的速度 v、加速度 a 隨時間 t 變化的關(guān)系圖像可能正確的是（　　）
A． B．
C． D．
[模型演練9] （2023 秋 玄武區(qū)校級期末）如圖甲所示，矩形導線框 abcd 放在勻強磁場中固定不動，
磁場方向與線框平面垂直，規(guī)定磁感應強度方向垂直紙面向里為正方向。線框 ab 邊所受的安培
力 F 隨時間 t 變化的圖像如圖乙所示（規(guī)定 ab 邊所受的安培力向左為正）。在 0～4s 時間內(nèi)，B
隨時間 t 變化的圖像正確的是（　　）
A． B．
C． D．
題型二 電磁感應的動力學問題
1．安培力的大小
E B2l2v
由感應電動勢 E＝Blv、感應電流 I＝ 和安培力公式 F＝BIl 得 F＝ .
R R
2．安培力的方向判斷
(1)對導體切割磁感線運動，先用右手定則確定感應電流的方向，再用左手定則確定安培力的方
向．
(2)根據(jù)安培力阻礙導體和磁場的相對運動判斷．
3．電磁感應中的力和運動
電磁感應與力學問題的綜合，涉及兩大研究對象：電學對象與力學對象．聯(lián)系兩大研究對象的
橋梁是磁場對感應電流的安培力，其大小與方向的變化，直接導致兩大研究對象的狀態(tài)改變．

[模型演練10] （2024 岳麓區(qū)校級模擬）定義“另類加速度”A = ，A 不變的運動稱為另類勻變速
運動。若物體運動的 A 不變，則稱物體做另類勻變速運動。如圖所示，光滑水平面上一個正方
形導線框以垂直于一邊的速度穿過一個勻強磁場區(qū)域（磁場寬度大于線框邊長）。導線框電阻不
可忽略，但自感可以忽略不計。已知導線框進入磁場前速度為 v1，穿出磁場后速度為 v2。下列
說法中正確的是（　　）
A．線框在進入磁場的過程中，速度隨時間均勻增加
B．線框在進入磁場的過程中，其另類加速度 A 是變化的
1 2
C．線框完全進入磁場后，在磁場中運動的速度為 2
2 2
D ．線框完全進入磁場后，在磁場中運動的速度為 1 2
2
[模型演練11] （多選）（2024 龍鳳區(qū)校級模擬）某工廠為了檢驗正方形線圈的合格率，將線圈放在
傳送帶上，傳送帶所在空間中加上豎直向下的勻強磁場，磁場邊界 PQ 與 MN 平行且與線圈速
度方向成 45°，磁感應強度為 B。如圖所示，線圈與傳送帶一起以恒定速度 v 向右運動，線圈
與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為 μ。線圈進入磁場過程中線圈恰好不打滑，最大靜摩擦力等于滑動
摩擦力。已知線圈質(zhì)量為 m，匝數(shù)為 N，邊長為 L，總電阻為 R，且磁場寬度大于 L。下列說
法正確的是（　　）
A．線圈進入磁場過程中，電流方向為 ADCBA
B 2
2 2 2
．在線圈進入磁場的過程中，線圈對傳送帶的摩擦力始終沿 AC 方向，且最大值為

2 2
C．線圈在進入磁場的過程中通過截面的電荷量為
D．在不改變傳送帶速度的情況下，相同質(zhì)量、材料、邊長但匝數(shù)為 2N 的線圈進入磁場過程也
恰好不打滑
[模型演練12] （2024 昆明一模）有兩根粗細均勻的相同細直金屬棒，它們由同種材料制成且足夠長，
將它們從各自的中點 O1、O2 折成如圖所示的直角后放置在光滑絕緣水平面上，它們的角平分
線與直線 MN 重合，空間存在豎直向下的勻強磁場，磁感應強度大小為 B。將 AO1B 固定，CO2D
在外力 F 的作用下以速度 v 勻速向右平移，兩棒接觸后 CO2D 可沿 AO1B 表面滑動且保持接觸
良好，運動過程中它們的角平分線始終與直線 MN 重合。已知金屬棒單位長度的電阻為 r，以
O1、O2 重合時為計時起點，不計一切摩擦，兩棒接觸后，求：
（1）回路中電流的大小；
（2）外力 F 隨時間 t 變化的關(guān)系式。
題型三 電磁感應中的動力學和能量問題
1．能量轉(zhuǎn)化
導體切割磁感線或磁通量發(fā)生變化，在回路中產(chǎn)生感應電流，這個過程中機械能或其他形式的
能轉(zhuǎn)化為電能，具有感應電流的導體在磁場中受安培力作用或通過電阻發(fā)熱，又可使電能轉(zhuǎn)化為機
械能或內(nèi)能．因此，電磁感應過程中總是伴隨著能量的轉(zhuǎn)化．
2．電磁感應過程的實質(zhì)是不同形式的能量轉(zhuǎn)化的過程，而能量的轉(zhuǎn)化是通過安培力做功的形式
實現(xiàn)的，安培力做功的過程，是電能轉(zhuǎn)化為其他形式能的過程，外力克服安培力做功，則是其他形
式的能轉(zhuǎn)化為電能的過程．
[模型演練13] （2023 開封二模）如圖所示，方向豎直向下的勻強磁場中有兩根位于同一水平面內(nèi)的
足夠長的平行且光滑的金屬導軌，導體棒 ab 的質(zhì)量為 m、電阻為 2R，導體棒 cd 的質(zhì)量為 2m、
電阻為 R，均靜止在導軌上，現(xiàn)給導體棒 ab 以初速度 v0 向右滑動。運動過程中，導體棒 ab、
cd 始終與導軌垂直并接觸良好，關(guān)于導體棒 ab、cd 組成的系統(tǒng)，下列說法正確的是（　　）
A．動量守恒，機械能守恒
B．動量不守恒，機械能守恒
C．動量守恒，機械能不守恒
D．動量不守恒，機械能不守恒
[模型演練14] （2022 秋 靜安區(qū)期末）如圖，一個正方形導線框從高處自由下落，穿過一水平的勻
強磁場區(qū)域，已知磁場區(qū)域高度大于 2 倍線框高度，線框離開磁場過程中的運動情況是（　　）
A．若線框勻速進入磁場，則離開磁場過程一定是勻速運動
B．若線框加速進入磁場，則離開磁場過程一定是加速運動
C．若線框加速進入磁場，則離開磁場過程一定是減速運動
D．若線框減速進入磁場，則離開磁場過程一定是減速運動
[模型演練15] （多選）（2023 合肥一模）如圖甲所示，為保證游樂園中過山車的進站安全，過山車
安裝了磁力剎車裝置，磁性很強的釹磁鐵安裝在軌道上，正方形金屬線框安裝在過山車底部。
過山車返回站臺前的運動情況可簡化為圖乙所示的模型。初速度為 v0 的線框 abcd 沿斜面加速
下滑 s 后，bc 邊進入勻強磁場區(qū)域，此時線框開始減速，bc 邊出磁場區(qū)域時，線框恰好做勻速
直線運動。已知線框邊長為 l、匝數(shù)為 n、總電阻為 r，斜面與水平面的夾角為 θ。過山車的總
質(zhì)量為 m，所受摩擦阻力大小恒為 f，磁場區(qū)域上下邊界間的距離為 l，磁感應強度大小為 B，
方向垂直斜面向上，重力加速度為 g，則下列說法正確的是（　　）
A．線框剛進入磁場時，從線框上方俯視，感應電流的方向為順時針方向

B 2( ) ．線框剛進入磁場時，感應電流的大小為 +
2
0
C．線框穿過磁場的過程中，通過其橫截面的電荷量為零
1 ( )2 2
D．線框穿過磁場過程中產(chǎn)生的焦耳熱為（mgsinθ﹣f）（s+2l） + 22mv0 ― 2 4 4
題型四 動量定理與電磁感應結(jié)合問題
動量定理在電磁感應現(xiàn)象中的應用
導體棒或金屬框在感應電流所引起的安培力作用下做非勻變速直線運動時，安培力的沖量為：
I 安＝BILt＝BLq，通過導體棒或金屬框的電荷量為：
E ΔΦ ΔΦ
q＝IΔt＝ Δt＝n Δt＝n ，
R 總 ΔtR 總 R 總
磁通量變化量：ΔΦ＝BΔS＝BLx。
如果安培力是導體棒或金屬框受到的合外力，則 I 安＝mv2－mv1。
當題目中涉及速度 v、電荷量 q、運動時間 t、運動位移 x 時常用動量定理求解更方便。
類型 1 “單棒+電阻”模型
[模型演練16] （2024 天河區(qū)校級模擬）如圖，兩固定于水平面內(nèi)的光滑平行金屬導軌間足夠長，電
阻不計，阻值為 R 的電阻連接在導軌左側(cè)，導軌間存在豎直向下的勻強磁場，質(zhì)量為 m、電阻
為 R 的金屬棒 ab 垂直放置在導軌上、與導軌接觸良好。某時刻 ab 獲得初速度 v 后開始沿導軌

運動，經(jīng) t 時間 ab 速度從2減速至4的過程中（　　）
A．a(chǎn)b 做勻減速直線運動
3
B．a(chǎn)b 的位移 s 大于8
3
C．a(chǎn)b 棒克服安培力做功大小為W = 232
3
D．左側(cè)電阻 R 產(chǎn)生的熱量為Q = 32
2
[模型演練17] （2024 東湖區(qū)校級三模）如圖所示，間距為 L 的平行導軌固定在水平絕緣桌面上，導
軌右端接有定值電阻，阻值為 R，垂直導軌的虛線 PQ 和 MN 之間存在磁感應強度大小為 B、

方向豎直向上的勻強磁場，其中導軌的 PM 和 QN 段光滑。在虛線 PQ 左側(cè)、到 PQ 的距離為2
的位置垂直導軌放置質(zhì)量為m的導體棒，現(xiàn)給處于靜止狀態(tài)的導體棒一個水平向右的恒力作用，
8
經(jīng)過 PQ 時撤去恒力，此時導體棒的速度大小v0 = ，經(jīng)過 MN 時導體棒的速度大小v =5
4
。已知恒力大小為 3mg，導體棒始終與導軌垂直且接觸良好，導體棒接入電路的電阻為
5

2，重力加速度為 g，導軌電阻不計，下列說法正確的是（　　）
A．導體棒與 PQ 左側(cè)導軌之間的動摩擦因數(shù)為 0.66
4
B ．導體棒經(jīng)過磁場的過程中，通過導體棒的電荷量為5
16
C．導體棒經(jīng)過磁場的過程中，導體棒上產(chǎn)生的熱量為 25
6
D．虛線 PQ 和 MN 之間的距離為5 2 2
[模型演練18] （2024 春 南開區(qū)期末）如圖 1 所示，兩根間距 L1＝0.50m 的光滑平行導軌 PM 和 QN
所在平面與水平面夾角 θ＝30°，導軌左端連接阻值 R＝4.0Ω 的電阻，垂直導軌平面向上的勻
強磁場磁感應強度 B 隨時間 t 的變化關(guān)系如圖 2 所示。質(zhì)量 m＝0.02kg、電阻 r＝1.0Ω 的導體棒
ab 垂直于導軌放置，棒到導軌左端 PQ 的距離 L2＝5m，導體棒與導軌接觸良好，不計導軌的電
阻，g＝10m/s2。
（1）若 0～2s 內(nèi) ab 棒固定，求 0～2s 電阻 R 上產(chǎn)生的焦耳熱 Q1。
（2）若 t＝2s 時釋放 ab 棒，ab 棒由靜止開始運動至獲得最大速度的過程通過 ab 棒橫截面的電荷
量 q＝0.2C，求 ab 棒獲得的最大速度 vm 的大小和該過程電阻 R 上產(chǎn) vm 生的焦耳熱 Q2。
類型 2 不等間距上的雙棒模型
[模型演練19] （2024 沙市區(qū)校級模擬）如圖，豎直光滑圓弧導軌與水平光滑導軌平滑連接，圓弧部
分和左側(cè)水平部分間距相等，為 3L，右側(cè)水平部分間距為 L，導軌水平部分位于豎直向下的勻
強磁場中，ab、cd 是質(zhì)量分別為 6m 和 m 的兩根導體棒，兩導體棒連入兩導軌間的電阻相等，
cd 導體棒靜止在右側(cè)水平部分，與兩水平導軌垂直。現(xiàn)讓 ab 導體棒從圓弧導軌上由靜止釋放，
釋放前 ab 導體棒與圓弧導軌垂直，距水平面的高度為 h，導軌左側(cè)水平部分和右側(cè)水平部分足
夠長，導軌電阻不計，運動過程中兩導體棒始終與導軌接觸良好，重力加速度為 g，則下列說
法正確的是（　　）
A．最終 ab、cd 兩導體棒產(chǎn)生的感應電動勢大小之比為 3：1
B．最終 ab、cd 兩導體棒的動量之比為 1：1
9
C．整個過程在導體棒 ab 上產(chǎn)生的焦耳熱為5
D 6 ．整個過程通過導體棒 ab 的電荷量為
5
[模型演練20] （2024 春 重慶期中）如圖所示，兩足夠長的光滑平行導軌固定在同一水平面上，虛
線 MN 與導軌垂直，其左、右側(cè)的導軌間距分別為 L2 和 L1 且 L2＞L1 整個裝置處在豎直向下的
勻強磁場中。MN 左、右兩側(cè)的磁感應強度大小分別為 B2 和 B1，且 B1＞B2，在 MN 兩側(cè)導軌
上分別垂直放置兩根接入阻值為 r1 和 r2 的平行金屬棒 ab 和 cd，系統(tǒng)靜止。某時刻對 ab 棒施加
一個水平向右的恒力 F，兩金屬棒在向右運動的過程中，始終與導軌垂直且接觸良好，cd 棒始
終未到達 MN 處，則下列判斷正確的是（　　）
A．最終兩棒以不同的速度勻速運動
B．最終兩棒以相同的速度勻速運動
C．安培力對 cd 棒所做的功大于 cd 棒的動能增加量
D．外力 F 做的功等于兩棒的動能增加量和回路中產(chǎn)生的焦耳熱
[模型演練21] （2024 市中區(qū)校級模擬）如圖所示，左右兩部分間距之比為 1：2 的光滑水平導軌分
別放在大小相等、方向相反且與導軌平面垂直的勻強磁場中。兩根質(zhì)量均為 m＝2kg，電阻之比
RAB：RCD＝1：2 的金屬棒垂直靜置在水平軌道上。現(xiàn)用水平拉力 F＝250N 作用在 CD 棒上，
使其向右移動 0.5m 時撤去拉力，此時 vAB：vCD＝1：2，在此過程中 CD 棒產(chǎn)生的熱量為 30J。
設(shè)導軌足夠長且兩棒始終在不同的磁場中運動，導軌電阻不計，下列說法正確的是（　　）
A．撤去外力時導體棒 AB 的速度為 8m/s
B．撤去外力 F 后，棒 AB、CD 的加速度始終相等
C．運動的全過程中回路產(chǎn)生的焦耳熱為 73.8J
D．從撤去外力到兩棒達到穩(wěn)定狀態(tài)，棒 AB、CD 運動的位移之比為 1：2
類型 3 “電容器+棒”模型
[模型演練22] （2023 秋 天寧區(qū)校級期末）如圖，兩根相互平行的光滑長直金屬導軌固定在水平絕
緣桌面上，在導軌的左端接入電容為 C 的電容器和阻值為 R 的電阻。質(zhì)量為 m、長度為 L、阻
值也為 R 的導體棒 MN 靜止于導軌上，與導軌垂直，且接觸良好，導軌電阻忽略不計，整個系
統(tǒng)處于方向豎直向下的勻強磁場中。磁感應強度為 B。開始時，電容器所帶的電荷量為 Q，合
上開關(guān) S 后，（　　）

A．流經(jīng)導體棒 MN 的電流的最大值為
B．導體棒 MN 向右先加速、后勻速運動
C．導體棒 MN 速度最大時所受的安培力也最大
D．電阻 R 上產(chǎn)生的焦耳熱等于導體棒 MN 上產(chǎn)生的焦耳熱
[模型演練23] （多選）（2024 海南）兩根足夠長的導軌由上下段電阻不計，光滑的金屬導軌組成，
在 M、N 兩點絕緣連接，M、N 等高，間距 L＝1m，連接處平滑。導軌平面與水平面夾角為
30°，導軌兩端分別連接一個阻值 R＝0.02Ω 的電阻和 C＝1F 的電容器，整個裝置處于 B＝0.2T
的垂直導軌平面斜向上的勻強磁場中，兩根導體棒 ab、cd 分別放在 MN 兩側(cè)，質(zhì)量分為 m1＝
0.8kg，m2＝0.4kg，ab 棒電阻為 0.08Ω，cd 棒的電阻不計，將 ab 由靜止釋放，同時 cd 從距離
MN 為 x0＝4.32m 處在一個大小 F＝4.64N，方向沿導軌平面向上的力作用下由靜止開始運動，
兩棒恰好在 M、N 處發(fā)生彈性碰撞，碰撞前瞬間撤去 F，已知碰前瞬間 ab 的速度為 4.5m/s，g＝
10m/s2，下列說法正確的是（　　）
A．a(chǎn)b 從釋放到第一次碰撞前所用時間為 1.44s
B．a(chǎn)b 從釋放到第一次碰撞前，R 上消耗的焦耳熱為 0.78J
C．兩棒第一次碰撞后瞬間，ab 的速度大小為 6.3m/s
D．兩棒第一次碰撞后瞬間，cd 的速度大小為 8.4m/s
[模型演練24] （多選）（2024 四川模擬）如圖所示，豎直方向兩光滑平行金屬導軌間距為 L，處于
垂直紙面的勻強磁場中，磁感應強度為 B，桿的質(zhì)量為 m，定值電阻為 R，其余電阻不計，電
容器電容為 C（未充電），金屬桿與導軌接觸良好，開關(guān) K 與觸點Ⅰ或Ⅱ接通，現(xiàn)讓金屬桿沿
導軌無初速度下滑，在金屬桿下滑距離為 h 的過程中，對該過程下列說法正確的是（　　）
A．若開關(guān) K 與觸點Ⅰ接通，電阻 R 產(chǎn)生的焦耳熱為 mgh

B．若開關(guān) K 與觸點Ⅰ接通，通過電阻 R 的電荷量為
C．若開關(guān) K 與觸點Ⅱ接通，桿的重力對桿的沖量為 2mg(m + 2 2 )
2
D．若開關(guān) K 與觸點Ⅱ接通，電容器所充的電能為 2 2
題型五 動量守恒定律在電磁感應現(xiàn)象中的應用
在雙金屬棒切割磁感線的系統(tǒng)中，雙金屬棒和導軌構(gòu)成閉合回路，安培力充當系統(tǒng)內(nèi)力，如果它們
不受摩擦力，且受到的安培力的合力為 0 時，滿足動量守恒，運用動量守恒定律解題比較方便。
[模型演練25] （多選）（2024 春 重慶期末）如圖所示，MN、PQ 兩條平行光滑固定金屬導軌與水平
面的夾角為 θ，兩導軌的間距為 L，M 和 P 之間接阻值為 R 的定值電阻。導軌所在的空間有兩
條寬度均為 d 的勻強磁場Ⅰ和Ⅱ，磁場方向垂直于導軌平面向下，大小分別為 B1、B2，磁場 I
的下邊界與磁場Ⅱ的上邊界間距為 8d。現(xiàn)將一質(zhì)量為 m，阻值為 2R 的導體棒從距磁場 I 上邊
界距離為 d 處由靜止釋放，導體棒恰好分別以速度 v1、v2 勻速穿過磁場Ⅰ和Ⅱ。導體棒穿過磁
場Ⅰ和Ⅱ的過程中通過導體棒橫截面的電荷量分別為 q1、q2，定值電阻 R 上產(chǎn)生的熱量分別為
Q1、Q2。導軌電阻不計，重力加速度為 g，在運動過程中導體棒始終垂直于導軌且與導軌接觸
良好，則（　　）
A．v2 = 10 1 B．B1 = 3 2
1
C．q1 = 3 2 D．Q1 = 2 = 3
[模型演練26] （多選）（2024 春 荔灣區(qū)期末）如圖甲所示，線框放在光滑的水平面上，虛線框內(nèi)有
豎直向下的勻強磁場，設(shè)圖甲所示的磁場方向為正方向，磁感應強度隨時間的變化規(guī)律如圖乙
所示。邊長為 l、電阻為 R 的正方形均勻線框 abcd 有一半處在磁場中，線框在外力的作用下保
持靜止，此時線框 ab 邊的發(fā)熱功率為 P，則下列說法正確的是（　　）
A ．線框中的感應電流為 2

0 2
B．b、a 兩端電勢差 Uba = ― 4
0 2
C．一個周期通過 ab 邊的電量為q = 2
2 3
D．在前半個周期內(nèi)線框受到向右的外力 F 作用，且F = 0
[模型演練27] （2024 春 靖遠縣校級期末）如圖所示，足夠長的水平光滑金屬導軌所在空間中，分
布著垂直于導軌平面且方向豎直向上的勻強磁場，磁感應強度大小為 B。兩導體棒 a、b 均垂直
于導軌靜止放置。已知導體棒 a 質(zhì)量為 2m，導體棒 b 質(zhì)量為 m，長度均為 l，電阻均為 r，其
余部分電阻不計。現(xiàn)使導體棒 a 獲得瞬時平行于導軌水平向右的初速度 v0。除磁場作用外，兩
棒沿導軌方向無其他外力作用，在兩導體棒運動過程中，下列說法錯誤的是（　　）
A．任何一段時間內(nèi)，導體棒 b 的動能增加量小于導體棒 a 的動能減少量
1
B．全過程中，兩棒共產(chǎn)生的焦耳熱為4
2
0
2 0
C．全過程中，通過導體棒 b 的電荷量為 3
D．任何一段時間內(nèi)，導體棒 b 的動量改變量跟導體棒 a 的動量改變量總是大小相等、方向相反
[模型演練28] （2024 春 新洲區(qū)期末）如圖所示，兩根間距為 L 的固定光滑金屬導軌 MP 和 NQ 平
行放置，電阻可忽略不計，兩導軌是由位于 MN 左側(cè)的半徑為 R 的四分之一圓弧和 MN 右側(cè)足
夠長的水平部分構(gòu)成，水平導軌范圍內(nèi)存在豎直向下磁感應強度為 B 的勻強磁場，兩根長度均
為 L 的導體棒 ab 和 cd 垂直導軌且與導軌接觸良好，開始時 cd 靜止在磁場中，ab 從圓弧導軌
的頂端由靜止釋放，兩導體棒在運動中始終不接觸。已知 ab 棒、cd 棒的質(zhì)量均為 m，電阻均
為 r。重力加速度為 g。求：
（1）ab 棒到達圓弧底端時對軌道的壓力 FN 大小；
（2）最后穩(wěn)定時 ab 棒的速度大小和整個過程中 ab 棒產(chǎn)生的焦耳熱 Q；
（3）整個過程中，通過 cd 棒的電荷量 q。

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