2026年高考物理二轮复习讲练测（广东）重难08 电磁感应规律及其应用（重难专练）（解析版）

重难08电磁感应规律及其应用

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1.理解感应电动势、感应电流等基本概念，会利用楞次定律(或右手定则)、法拉第电磁感

应定律(或切割公式)等规律分析处理电磁感应问题。

2.熟练掌握电磁感应的规律与电路、图像、动力学、能量及动量等规律的综合应用。

1.感应电动势大小的求法

情境图研究对象表达式

三种形式

E＝

n�Φ

回路（不一定闭合）�t

E＝n

?BS

?t

E＝

nB?S

?t

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

1

2

绕与B垂直的轴转动的导线框从图示时刻计时e＝NBSωcosωt

2.电磁感应中电路问题的解题流程

3.电磁感应综合问题的解题思路

4.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）。

5.动量定理在电磁感应中的应用

在导体单杆切割磁感线做变加速运动时，若运用牛顿运动定律和能量观点不能解决问题，可运用动量定

理巧妙解决问题。

求解的物理量应用示例

－BLΔt＝mv2－mv1，q＝Δt，

电荷量或速度

II

即－BqL＝mv2－mv1

－＝0－mv0，即－＝0－mv0

位移2222

��总�𝛥��总�

��

－BLΔt＋F其他Δt＝mv2－mv1，

I

即－BLq＋F其他Δt＝mv2－mv1，

已知电荷量q、F其他（F其他为恒力）

时间

－＋F其他Δt＝mv2－mv1，

22

BL总v�t

R

即－＋F其他Δt＝mv2－mv1，

22

BL总x

R

已知位移x、F其他（F其他为恒力）

6.动量守恒定律在电磁感应中的应用

双杆模型

“一动一静”：甲杆静止不动，乙杆运动，其实质是单杆问题，不过要注意问题包含着一个

物理条件——甲杆静止，受力平衡

模型两杆都在运动，对于这种情况，要注意两杆切割磁感线产生的感应电动势是相加还是相减；

系统动量是否守恒

动力学通常情况下一个金属杆做加速度逐渐减小的加速运动，而另一个金属杆做加速

观点度逐渐减小的减速运动，最终两金属杆以共同的速度匀速运动

分析能量

两杆系统机械能减少量等于回路中产生的焦耳热之和

方法观点

动量对于两金属杆在平直的光滑导轨上运动的情况，如果两金属杆所受的外力之和

观点为零，则考虑应用动量守恒定律处理问题

（建议用时：20分钟）

1．（2024·广东·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

【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。

2．（2023·广东·真题）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（a）所示，两磁场磁感应强度随时间t的变化如图（b）所示，0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．t0时，线框ab边刚好跨过区域Ⅰ的左边界以速度v向右运动．在时

h

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

2

示。随后在2时间内，Ⅰ区磁感应强度线性减小到0，Ⅱ区磁场保持不变；23时间内，Ⅱ区磁感应强

度也线性减小到0。求：

（1）t0时线框所受的安培力F；

（2）t1.2时穿过线框的磁通量；

（3）23时间内，线框中产生的热量Q。

9B2h2v3Bh2B2h4

【答案】（1）F0，方向水平向左；（2）0；（3）Q0

R104R

【详解】（1）由图可知t0时线框切割磁感线的感应电动势为

E2B0hvB0hv3B0hv

则感应电流大小为

E3Bhv

I0

RR

所受的安培力为

3Bhv3Bhv9B2h2v

F2B0hB0h0

0R0RR

方向水平向左；

h

（2）在时刻，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t1.2时

2

穿过线框的磁通量为

113Bh2

1.6BhhBhh0

020210

方向垂直纸面向里；

（3）23时间内，Ⅱ区磁感应强度也线性减小到0，则有

12

Bh2

0Bh

E20

t2

感应电流大小为

EBh2

I0

R2R

则23时间内，线框中产生的热量为

B2h4

QI2Rt0

4R

3．（2022·广东·高考真题）如图所示，水平地面（Oxy平面）下有一根平行于y轴且通有恒定电流I的长直

导线。P、M和N为地面上的三点，P点位于导线正上方，MN平行于y轴，PN平行于x轴。一闭合的圆

形金属线圈，圆心在P点，可沿不同方向以相同的速率做匀速直线运动，运动过程中线圈平面始终与地面

平行。下列说法正确的有（）

A．N点与M点的磁感应强度大小相等，方向相同

B．线圈沿PN方向运动时，穿过线圈的磁通量不变

C．线圈从P点开始竖直向上运动时，线圈中无感应电流

D．线圈从P到M过程的感应电动势与从P到N过程的感应电动势相等

【答案】AC

【详解】A．依题意，M、N两点连线与长直导线平行、两点与长直导线的距离相同，根据右手螺旋定则可

知，通电长直导线在M、N两点产生的磁感应强度大小相等，方向相同，故A正确；

B．根据右手螺旋定则，线圈在P点时，磁感线穿进与穿出在线圈中对称，磁通量为零；在向N点平移过

程中，磁感线穿进与穿出线圈不再对称，线圈的磁通量会发生变化，故B错误；

C．根据右手螺旋定则，线圈从P点竖直向上运动过程中，磁感线穿进与穿出线圈对称，线圈的磁通量始终

为零，没有发生变化，线圈无感应电流，故C正确；

D．线圈从P点到M点与从P点到N点，线圈的磁通量变化量相同，依题意P点到M点所用时间较从P

点到N点时间长，根据法拉第电磁感应定律，则两次的感应电动势不相等，故D错误。

故选AC。

4．（2025·浙江·真题）如图所示，某兴趣小组设计了一新型两级水平电磁弹射系统。第一级由间距为l的

水平金属导轨、可在导轨上滑行的导电动子、输出电压恒为U的电源和开关S组成，由此构成的回路总电

阻为R1；第二级由固定在动子上间距也为l的导电“”形滑杆、锁定在滑杆上可导电的模型飞机组成，由此

构成的回路总电阻为R2。另外在第二级回路内固定一超导线圈，它与第一、第二两级回路三者彼此绝缘。

导轨间存在方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场。接通开关S，动子从静止开始运动，所受阻

力与其速度成正比，比例系数为k。当动子运动距离为xm时（可视为已匀速），立即断开S，在极短时间内

实现下列操作：首先让超导线圈通上大电流，产生竖直方向的强磁场，在第二级回路中产生磁通量；再

让超导线圈断开，磁场快速消失，同时解锁飞机，对飞机实施第二次加速，飞机起飞。已知动子及安装其

上所有装备的总质量为M，其中飞机质量为m，在运动过程中，动子始终与导轨保持良好接触，忽略导轨

电阻。

(1)求动子在接通S瞬间受力的大小；

(2)求第一级弹射过程中动子能达到的最大速度vm；

(3)求第一级弹射过程中电源输出的总能量W；

(4)判断超导线圈中电流方向（俯视），并求飞机起飞时的速度大小。

BUl

【答案】(1)F

R1

BUl

(2)vm22

BlkR1

kUxMU2

m

(3)W22

BlkR1Bl

BUlBΦl

(4)电流方向为顺时针（俯视），v22

BlkR1mR2

【详解】（1）接通S瞬间，动子速度v0，此时回路中没有感应电动势，电源电压为U，回路总电阻为R1，

U

根据欧姆定律可知回路电流为I1

R1

BUl

动子所受的力为安培力，大小为FBI1l

R1

（2）当动子达到最大速度vm时动子切割磁感线产生的电动势为E2Blvm

UBlvm

此时回路中的电流为I2

R1

依题意此时动子做匀速运动，所受合力为零，有BI2lfkvm

BUl

解得最大速度为vm22

BlkR1

（3）在第一级弹射过程中,取一段极短的时间t，以水平向右为正方向，对动子及安装在上面的所有装备，

由动量定理有BI3ltkvtMv

等式两侧求和得BI3ltkvtMv

其中qI3t

依题意有xmvt，vvm0

Mvkx

解得流过电源的电荷量qmm

Bl

kUxUMv

解得第一级弹射过程电源输出总能量WqUmm

Bl

2

kUxmMU

代入上问结果得W22

BlkR1Bl

（4）由于对飞机实施第二次加速，由左手定则可知超导线圈断开后，第二级回路中的感应电流方向为顺时

针（俯视），由右手螺旋定则可知超导线圈断开后，第二级回路中感应电流的磁场方向为竖直向下，由楞

次定律可知超导线圈中的大电流产生的磁场方向也为竖直向下，再由右手螺旋定则可判断超导线圈中电流

方向为顺时针（俯视）。

设飞机起飞时的速度大小为v，对飞机根据动量定理有BI4lt4mvmvm

超导线圈磁场快速消失的过程中，在第二级回路中产生的感应电动势E4

t4t4

E4

感应电流为I4

R2R2t4

Bl

解得vvm

mR2

BUlBΦl

代入前面结果可得v22

BlkR1mR2

5．（2025·甘肃·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。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（）

TT3T

A．t在0~内，和E均随时间增大B．当t与时，E大小相等，方向相同

488

TT

C．当t时，最大，E为零D．当t时，和E均为零

42

【答案】C

T

【详解】A．在0时间内，磁感应强度B增加，根据BS则磁通量增加，但是图像的斜率减小，即

4

B

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ES，感应电动势E逐渐减小，选项

t

A错误；

T3T

B．当t和t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，

88

选项B错误；

T

C．t时，B最大，则磁通量最大，但是B的变化率为零，则感应电动势E为零，选项C正确；

4

T

D．t时，B为零，则磁通量为零，但是B的变化率最大，则感应电动势E最大，选项D错误。

2

故选C。

6．（2025·湖南·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r0。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v0，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

mvr

C．金属杆停止运动时，与导轨围成的面积为00

B2

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

【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；

BLv0BLv0Bv0

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FF安=BIL，I=

RLr0r0

B2Lv

可得F0

r0

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t内，设此时金属杆接入导轨中的长度为L，根据动量定理有BILtBLqmv

Φ

同时有ΦBS

qtt

Lr0Lr0Lr0

B2S

联立得mv

r0

B2S

对从开始到金属杆停止运动时整个过程累积可得0mv0

r0

mvr

解得此时金属杆与导轨围成的面积为S00

B2

故C正确；

1

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SS，

2

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。

7．（2025·安徽·真题）如图，平行光滑金属导轨被固定在水平绝缘桌面上，导轨间距为L，右端连接阻值

为R的定值电阻。水平导轨上足够长的矩形区域MNPQ存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。

某装置从MQ左侧沿导轨水平向右发射第1根导体棒，导体棒以初速度v0进入磁场，速度减为0时被锁定；

从原位置再发射第2根相同的导体棒，导体棒仍以初速度v0进入磁场，速度减为0时被锁定，以此类推，

直到发射第n根相同的导体棒进入磁场。已知导体棒的质量为m，电阻为R，长度恰好等于导轨间距，与导

轨接触良好（发射前导体棒与导轨不接触），不计空气阻力、导轨的电阻，忽略回路中的电流对原磁场的

影响。

求：

(1)第1根导体棒刚进入磁场时，所受安培力的功率；

(2)第2根导体棒从进入磁场到速度减为0的过程中，其横截面上通过的电荷量；

(3)从第1根导体棒进入磁场到第n根导体棒速度减为0的过程中，导轨右端定值电阻R上产生的总热量。

B2L2v2

【答案】(1)0

2R

mv

(2)0

BL

nmv2

(3)0，n=1，2，3，…

2(n1)

【详解】（1）第1根导体棒刚进入磁场时产生的感应电动势为E=BLv0

E

则此时回路的电流为I

2R

此时导体棒受到的安培力F安=BIL

222

BLv0

此时导体棒受安培力的功率PF安v

02R

（2）第2根导体棒从进入磁场到速度减为0的过程中，根据动量定理有BILt0mv0

其中Itq

mv

解得q0

BL

（3）由于每根导体棒均以初速度v0进入磁场，速度减为0时被锁定，则根据能量守恒，每根导体棒进入磁

1

场后产生的总热量均为Qmv2

20

1

第1根导体棒进入磁场到速度减为0的过程中，导轨右端定值电阻R上产生的热量QQ

R12

11

第2根导体棒进入磁场到速度减为0的过程中，导轨右端定值电阻R上产生的热量QQ

R223

11

第3根导体棒进入磁场到速度减为0的过程中，导轨右端定值电阻R上产生的热量QQ

R334

11

第n根导体棒进入磁场到速度减为0的过程中，导轨右端定值电阻R上产生的热量QQ

Rnnn1

则从第1根导体棒进入磁场到第n根导体棒速度减为0的过程中，导轨右端定值电阻R上产生的总热量QR

=QR1＋QR2＋QR3＋…＋QRn

nnmv2

通过分式分解和观察数列的“望远镜求和”性质，得出QQ0，n=1，2，3，…

Rn12(n1)

8．（2025·陕西&山西&青海&宁夏·高考）如图，光滑水平面上存在竖直向上、宽度d大于2L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2L，宽均为L，电阻分别为R和2R。

4B2L3

两线框在光滑水平面上以相同初速度v并排进入磁场，忽略两线框之间的相互作用。则（）

0mR

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

【详解】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；

BLv0

B．甲线框刚进磁场区域时，合力为F安1=BI1L，I

1R

BLv0

乙线框刚进磁场区域时，合力为F安2=BI2L，I

22R

F

可知安1=2；

F安2

故B错误；

Φ

CD．假设甲乙都能完全出磁场，对甲根据动量定理有BILtmvmv，ΦB4L2

110qIttt

11RRR

ΔΦ

同理对乙有BILtmvmv，ΔΦB4L2

220qIΔtΔtΔt

222R2R2R

12B2L3

解得v10，vv

220mR

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

2

1211v3

区域到完全出磁场区域产生的焦耳热分别为，202

Q1mv0Q2mv0mmv0

22228

Q4

即1；

Q23

故C错误，D正确。

故选D。

（建议用时：30分钟）

1．（2025·广东中山·中山纪念中学·一测）线圈炮由加速线圈和弹丸线圈构成，根据通电线圈之间磁场的相

互作用原理而工作。如图所示，弹丸线圈放在绝缘且内壁光滑的水平发射导管内。闭合开关S后，在加速线

圈中接通方向如图所示、大小变化的电流iab，发现静止的弹丸线圈向右发射，则下列说法正确的是（）

A．加速线圈内部磁场方向向右

B．穿过弹丸线圈的磁通量减小

C．加速线圈中的电流iab变大

D．加速线圈中的电流iab变化越快，弹丸线圈中感应电动势越小

【答案】AC

【详解】A．根据安培定则可知，加速线圈内部磁场方向向右，故A正确；

BC．静止的弹丸线圈向右发射，则弹丸线圈内产生感应电流，根据楞次定律可知，加速线圈中应通有增大

的电流使得通过弹丸线圈磁通量增大，弹丸远离加速线圈，故B错误，C正确；

D．根据法拉第电磁感应定律可知，加速线圈中的电流iab变化越快，弹丸线圈中感应电动势越大，故D错

误。

故选AC。

2．（2025·广东·联考）如图，水平面上有两根固定的光滑平行金属导轨，导轨左侧接了一个阻值为R的定

值电阻，两根导轨间距为L，一个质量为m，总电阻为2R，直径为L的均匀金属圆环放置在导轨之间，与

两根导轨良好接触，整个空间存在磁感应强度大小为B，方向竖直向下的匀强磁场，某时刻开始，给圆环一

个向右的初速度v0，导轨足够长，下列说法正确的是（）

BLv

A．圆环运动初始时刻，流过电阻R的电流方向为a→b，大小为0

2R

mv

B．圆环运动的整个过程中，流过电阻R的电荷量为0

BL

3mvR

C．圆环运动过程的总位移大小为0

2B2L2

12

D．整个过程中，电阻R上产生的焦耳热为mv

30

【答案】BCD

【详解】A．两个半圆弧均切割磁感线，等效长度为L，等效电路图如图所示，相当于两个相同的电源并联，

每一个半圆弧产生的电动势EBLv，总电动势也为EBLv，每一个半圆弧的内阻rR，总内阻

r总0.5r0.5R，整个电路的总电阻R总1.5R

EBLv

根据闭合电路欧姆定律，有I0，圆环的左右两个半圆弧均切割磁感线，效果一样，根据右手

1.5R1.5R

定则，可判断通过定值电阻的电流方向为a→b，故A错误；

B．对整个圆环受安培阻力做变加速直线运动最后停下来，根据动量定理有BILΔtBLqmv0，解得

mv

q0，故B正确；

BL

EBLx3Rmv

C．对圆环减速的过程有qItt，联立解得圆环运动过程的总位移大小为x0，

1.5R1.5R2B2L2

故C正确；

121

D．对整个电路，根据能量守恒定律有Qmv2，其中QQmv2，故D正确。

20R330

故选BCD。

3．（2025·佛山禅城·供题训练）在测试汽车刹车性能中，为避免汽车未刹停的损失，常在道路尾端安设电

磁阻尼减速器，利用电磁感应原理可以有效减速汽车，其简化原理图如图。匀强磁场的宽度L0=3m，磁感

应强度大小B=1T，方向竖直向上。一轻质弹簧右端固定，垂直于磁场边界水平放置，左端恰与磁场右边界

平齐。汽车可看作100匝，宽为d=1.8m。长为L=4.6m的矩形硬质金属线框ABCD，质量m=1000kg，总电

阻R=45Ω。汽车以v0=5m/s的速度沿光滑水平面进入磁场，且正对弹簧向右运动，AB边向右穿过磁场右边

界后开始压缩弹簧，弹簧始终在弹性限度内，汽车CD边始终未进入磁场。下列说法正确的是（）

A．汽车刚进入磁场时，线框中感应电流方向为ADCBA

B．汽车刚进入磁场时，线框中感应电动势为900V

C．汽车刚进入磁场时，汽车的加速度大小为3.6m/s2

D．汽车向右运动过程中弹簧获得的最大弹性势能约为4×103J

【答案】BCD

【详解】A．汽车刚进入磁场时，穿过线圈的磁通量向外增加，根据楞次定律可知，线框中感应电流方向为

ABCDA，故A错误；

BC．汽车刚进入磁场时，线框中感应电动势为ENBdv010011.85V900V

E

线框中的电流为I20A

R

F安NBId1001201.8

根据牛顿第二定律可得汽车的加速度大小为am/s23.6m/s2，故BC正确；

mm1000

D．AB边从磁场左边界到磁场右边界过程，根据动量定理可得F安tNBdItmvmv0

ENBdvNBd

其中ItttL

RRR0

联立解得AB边穿过磁场右边界时，汽车的速度大小为v2.84m/s

由于汽车CD边始终未进入磁场，之后汽车只在弹力作用下做减速运动到速度为0，弹簧具有最大弹性势能，

11

则汽车向右运动过程中弹簧获得的最大弹性势能为Emv210002.842J4103J，故D正确。

pmax22

故选BCD。

4．（2025·广东广州·省实·适应性考试）如图甲所示，在倾斜角为θ的光滑斜面内分布着垂直于斜面的匀强

磁场，以垂直于斜面向上为磁感应强度正方向，其磁感应强度B随时间变化的规律如图乙所示。质量为m，

粗细均匀的矩形金属框从t＝0时刻由静止释放，金属框的内阻不能忽略，t3时刻的速度为v，移动的距离为

L，重力加速度为g。在金属框下滑的过程中，下列说法正确的是（）

A．0~t1时间内金属框中c、d两点的电势差Ucd为0

B．t1~t2时间内金属框做加速度逐渐减小的直线运动

C．0~t3时间内金属框做匀加速直线运动

12

D．0~t3时间内金属框中产生的焦耳热为mgLsinmv

2

【答案】C

【详解】A．0~t1时间内磁场不变，金属框做匀加速直线运动，cd、ab切割磁感线产生的电动势等大反向，

回路的电流为零，cd两端电压等于cd产生的电动势，故A错误；

BC．0t3时间内，金属框的ab边与cd边所受安培力等大反向，金属框所受安培力为零，则金属框所受的

合力沿斜面向下，大小为mgsin，金属框做匀加速直线运动，故B错误，C正确。

D．线框机械能不变，从能量守恒的角度，焦耳热等于消耗的磁场能，不是来自消耗的机械能，故D错误。

故选C。

5．（2025·广东揭阳·一模）高速铁路列车通常使用磁力刹车系统。磁力刹车工作原理可简述如下：将磁铁

的N极靠近一块正在逆时针方向旋转的圆形铝盘，使磁感线垂直铝盘向内，铝盘随即减速，如图所示。图

中磁铁左方铝盘的甲区域（虚线区域）朝磁铁方向运动，磁铁右方铝盘的乙区域（虚线区域）朝离开磁铁

方向运动。下列有关铝盘刹车的说法正确的是（）

A．铝盘甲区域的感应电流产生垂直铝盘向里的磁场

B．铝盘乙区域的感应电流产生垂直铝盘向外的磁场

C．磁铁与甲、乙两区域的感应电流之间的作用力，都会使铝盘减速

D．若将实心铝盘换成布满小空洞的铝盘，则磁铁对空洞铝盘的作用力更大

【答案】C

【详解】A．甲区域靠近磁铁磁通量增大，由楞次定律可知，甲区域的磁场与磁铁的磁场方向相反，垂直纸

面向外，A错误；

B．乙区域远离磁铁磁通量减小，由楞次定律可知，乙区域的磁场与磁铁的磁场方向相同，垂直纸面向里，

B错误；

C．由“来拒去留”可知，磁铁与甲区域相互排斥，磁铁与乙区域相互吸引，阻碍甲、乙区域的运动，都会使

铝盘减速，C正确；

D．若将实心铝盘换成布满小空洞的铝盘，感应电流减小，磁铁与铝盘的相互作用力减小，减速效果减弱，

D错误。

故选C。

6．（2025·广东省广州市某校·三模）如图所示，水平虚线L1、L2之间存在方向垂直于纸面向里、高度为h的

匀强磁场。在竖直平面内一个等腰梯形线框，底边水平，其上、下边长之比为5:1，高为2h。线框向下匀速

穿过磁场区域（从AB进入L1，到CD离开L2），则（）

A．AD边始终不受到安培力的作用

B．线框穿过磁场的过程中，某段时间内回路没有电流

C．AB边进入磁场时回路电流方向为逆时针方向

D．AB边刚离开磁场时和刚进入磁场时线框所受安培力之比为4:1

【答案】CD

【详解】A．只要闭合回路磁通量变化产生感应电流，电流在磁场中就会受到安培力的作用，故A错误；

B．等腰梯形线框在穿过磁场的过程中，穿过闭合回路的磁通量始终是变化的，只要闭合回路磁通量变化就

会产生感应电流，因此不存在某段时间内回路没有电流的情况，故B错误；

C．由右手定则可判定，当AB边进入磁场切割磁感线时，AB作为电源，产生的感应电动势的方向为由A指

向B，电源内部电流由负极流向正极，回路中电流方向为逆时针方向，故C正确；

D．设AB边长度为L，线框速度为v，则AB边刚离开磁场时的有效切割长度为2L

由题意知，AB边刚进入磁场时线框所受安培力F1BI1L

E

由欧姆定律得I1

1R

感应电动E1BLv

同理，AB边刚离开磁场时线框所受安培力F2BI22L

E

I2

2R

E22BLv

各式联立得，F2:F14:1，故D正确；

故选CD。

7．（2025·广东省遂溪县·遂溪一中·模拟）我国第三艘航母“福建号”已装备最先进的电磁弹射技术。某兴趣

小组根据所学的物理原理进行电磁弹射设计，其加速和减速过程可以简化为下述过程。两根足够长的平直

轨道AB和CD固定在水平面上，其中PQ左侧为光滑金属轨道，轨道电阻忽略不计，AC间接有定值电阻R，

PQ右侧为粗糙绝缘轨道。沿CD轨道建立x轴，坐标原点与Q点重合。PQ左侧分布有垂直于轨道平面向下

的匀强磁场B0、PQ右侧为沿x轴渐变的磁场B1kx，垂直于x轴方向磁场均匀分布。现将一质量为m，

长度为L，电阻为R的金属棒ab垂直放置在轨道上，与PQ距离为s。PQ的右方还有质量为3m，各边长均

为L的U形框cdef，其电阻为3R。ab棒在恒力F作用下向右运动，到达PQ前已匀速。当ab棒运动到PQ处

时撤去恒力F，随后与U形框发生碰撞，碰后连接成“口”字形闭合线框，并一起运动，后续运动中受到与

k2L4

运动方向相反的阻力f，阻力大小与速度满足fv。已知m1kg，F2N，s5m，L1m，R1，

2R

B01T，k1T/m，求：

(1)棒ab与U形框碰撞前速度的大小v0；

(2)棒ab与U形框碰撞前通过电阻R的电量；

(3)“口”字形线框停止运动时，fc边的坐标xfc；

【答案】(1)4m/s

(2)2.5C

16

(3)m

3

【详解】（1）由题意可知棒ab到达PQ前已匀速，则有FB0IL

E

又EBLv，I

002R

联立解得v04m/s

（2）棒ab与U形框碰撞前通过电阻R的电量为qIt

EΔΦBLs

其中I，E0

2RΔtΔt

BLs

联立可得q02.5C

2R

（3）设碰后瞬间金属框的速度为v1，根据动量守恒可得mv04mv1

解得v11m/s

此后任意时刻闭合线框的速度为v，ab边处磁场为B1，de边处磁场为B2，则回路中的电动势为

EE2E1B2LvB1Lv(B2B1)Lv

其中B2B1kL

E(BB)LvkL2v

回路总电阻为4R，根据闭合电路欧姆定律可得I21

4R4R4R

k2L4

此时回路受到的安培力大小为FBILBILv

A214R

k2L4k2L4

根据动量定理可得-vtvt04mv

2R4R1

k2L4k2L4

即（-）x04mv

2R4Rfc1

16

联立解得“口”字形线框停止运动时，fc边的坐标为xm

fc3

8．（2025·广东广州天河·三模）每个快递入库时都会贴一张电子标签，以便高效仓储、分拣。如图所示，

某快递表面的标签上固定了一个横放的“日”字形线圈，在入库时快递与传送带一起以水平恒定速度v0穿过

磁感应强度为B，方向竖直向下且宽为L的有界匀强磁场，磁场边界与CD边平行。传送带连接的传感器可

以采集到快递受到的摩擦力。已知线圈短边CD长为L，长边CG长为2L，E、F为两长边的中点。电阻

RCDRGHr，REF2r，其余部分电阻不计。求：

(1)CD边刚进磁场时，CD中感应电流的方向；

(2)CD边刚进磁场时，快递受到的摩擦力f；

(3)整个“日”字形线圈穿过磁场的过程中，产生的总焦耳热Q。

【答案】(1)由D到C

3B2L2v

(2)0

5r

8B2L3v

(3)0

5r

【详解】（1）CD边刚进磁场时，根据右手定则可知，感应电流方向应由D到C；

（2）CD边刚进磁场时，感应电动势为EBLv0

r2r5

此时线圈形成回路的总电阻为Rrr

1r2r3

E3BLv0

通过CD边的电流为I1

R15r

3B2L2v

CD边受到的安培力大小为FBIL0

A115r

根据左手定则可知，CD边受到安培力的方向水平向左，由平衡条件可得，快递受到的摩擦力水平向右，且