專題16 電磁感應-五年（2020-2024）高考物理真題分類匯編（解析版）

2020-2024年五年高考真題分類匯編PAGEPAGE1專題16電磁感應考點五年考情（2020-2024）命題趨勢考點1感應電流的方向法拉第電磁感應定律2020年海南卷、江蘇卷、北京卷、全國卷、天津卷；2021年全國卷、遼寧卷、北京卷、重慶卷、浙江卷；2022年江蘇卷、浙江卷、山東卷、全國卷、廣東卷、北京卷、天津卷、河北卷、重慶卷；2023年全國卷、江蘇卷、海南卷、北京卷、遼寧卷等電磁感應作為高考物理中的一個重要考點，其命題趨勢在近年來呈現(xiàn)出一些顯著的特點。以下是對電磁感應高考命題趨勢的概述：基礎知識的考查：電磁感應的基本概念、楞次定律、法拉第電磁感應定律等仍然是高考命題的重點?？忌枰钊肜斫膺@些基礎知識，并能夠熟練應用于解決實際問題。綜合應用能力的考查：電磁感應往往與力學、能量、電路等知識點相結合，形成綜合性的題目。這種考查方式要求考生具備較高的綜合分析能力和解決復雜問題的能力。圖像與電路問題：電磁感應中的圖像問題和電路問題是高考中的常見題型。考生需要學會如何根據(jù)給定的圖像信息或電路圖進行分析和計算。實驗與探究能力的考查：高考物理實驗中，電磁感應相關的實驗也是考查的重點。這包括但不限于電磁感應現(xiàn)象的觀察、楞次定律的驗證、感應電動勢的測量等。新動向與新趨勢：高考物理命題會隨著教育改革和科技進步而不斷更新。例如，新課標中對動量部分的調整可能影響電磁感應部分的命題方向。計算題與壓軸題：在高考物理計算題中，電磁感應相關的題目常常作為壓軸題出現(xiàn)，考查學生的邏輯推理能力和解決復雜問題的技巧。復習備考建議：針對電磁感應的復習，考生應該全面掌握相關知識點，注重基礎知識的鞏固和理解，同時通過大量的練習來提高解決綜合問題的能力。通過對近年來高考物理電磁感應命題趨勢的分析，我們可以看出高考對這一部分知識的考查不僅局限于基礎知識的記憶和理解，更傾向于考查考生的綜合應用能力和解決實際問題的能力。因此，考生在備考過程中應該全面準備，注重知識的整合和應用，以更好地應對高考的挑戰(zhàn)?？键c2導體棒在磁場中的運動問題2020年全國卷、海南卷、北京卷、浙江卷；2021年北京卷、全國卷、湖北卷、海南卷、遼寧卷、山東卷、廣東卷、天津卷、河北卷、福建卷；2022年河北卷、湖南卷、重慶卷；2023年遼寧卷、全國卷、山東卷；2024年湖南卷、全國卷等考點01感應電流的方向法拉第電磁感應定律1．（多選）（2022·山東·統(tǒng)考高考真題）如圖所示，平面的第一、三象限內以坐標原點O為圓心、半徑為的扇形區(qū)域充滿方向垂直紙面向外的勻強磁場。邊長為L的正方形金屬框繞其始終在O點的頂點、在平面內以角速度順時針勻速轉動，時刻，金屬框開始進入第一象限。不考慮自感影響，關于金屬框中感應電動勢E隨時間t變化規(guī)律的描述正確的是（）A．在到的過程中，E一直增大B．在到的過程中，E先增大后減小C．在到的過程中，E的變化率一直增大D．在到的過程中，E的變化率一直減小【答案】BC【解析】AB．如圖所示在到的過程中，線框的有效切割長度先變大再變小，當時，有效切割長度最大為，此時，感應電動勢最大，所以在到的過程中，E先增大后減小，故B正確，A錯誤；CD．在到的過程中，設轉過的角度為，由幾何關系可得進入磁場部分線框的面積穿過線圈的磁通量線圈產生的感應電動勢感應電動勢的變化率對求二次導數(shù)得在到的過程中一直變大，所以E的變化率一直增大，故C正確，D錯誤。故選BC。2．(多選)（2021·全國·高考真題）由相同材料的導線繞成邊長相同的甲、乙兩個正方形閉合線圈，兩線圈的質量相等，但所用導線的橫截面積不同，甲線圈的匝數(shù)是乙的2倍?，F(xiàn)兩線圈在豎直平面內從同一高度同時由靜止開始下落，一段時間后進入一方向垂直于紙面的勻強磁場區(qū)域，磁場的上邊界水平，如圖所示。不計空氣阻力，已知下落過程中線圈始終平行于紙面，上、下邊保持水平。在線圈下邊進入磁場后且上邊進入磁場前，可能出現(xiàn)的是（）A．甲和乙都加速運動B．甲和乙都減速運動C．甲加速運動，乙減速運動D．甲減速運動，乙加速運動【答案】AB【解析】設線圈到磁場的高度為h，線圈的邊長為l，則線圈下邊剛進入磁場時，有感應電動勢為兩線圈材料相等（設密度為），質量相同（設為），則設材料的電阻率為，則線圈電阻感應電流為安培力為由牛頓第二定律有聯(lián)立解得加速度和線圈的匝數(shù)、橫截面積無關，則甲和乙進入磁場時，具有相同的加速度。當時，甲和乙都加速運動，當時，甲和乙都減速運動，當時都勻速。故選AB。3．(多選)（2021·湖南·高考真題）兩個完全相同的正方形勻質金屬框，邊長為，通過長為的絕緣輕質桿相連，構成如圖所示的組合體。距離組合體下底邊處有一方向水平、垂直紙面向里的勻強磁場。磁場區(qū)域上下邊界水平，高度為，左右寬度足夠大。把該組合體在垂直磁場的平面內以初速度水平無旋轉拋出，設置合適的磁感應強度大小使其勻速通過磁場，不計空氣阻力。下列說法正確的是（）A．與無關，與成反比B．通過磁場的過程中，金屬框中電流的大小和方向保持不變C．通過磁場的過程中，組合體克服安培力做功的功率與重力做功的功率相等D．調節(jié)、和，只要組合體仍能勻速通過磁場，則其通過磁場的過程中產生的熱量不變【答案】CD【解析】A．將組合體以初速度v0水平無旋轉拋出后，組合體做平拋運動，后進入磁場做勻速運動，由于水平方向切割磁感線產生的感應電動勢相互低消，則有mg=F安=，vy=綜合有B=則B與成正比，A錯誤；B．當金屬框剛進入磁場時金屬框的磁通量增加，此時感應電流的方向為逆時針方向，當金屬框剛出磁場時金屬框的磁通量減少，此時感應電流的方向為順時針方向，B錯誤；C．由于組合體進入磁場后做勻速運動，由于水平方向的感應電動勢相互低消，有mg=F安=則組合體克服安培力做功的功率等于重力做功的功率，C正確；D．無論調節(jié)哪個物理量，只要組合體仍能勻速通過磁場，都有mg=F安則安培力做的功都為W=4F安L則組合體通過磁場過程中產生的焦耳熱不變，D正確。故選CD。4．(多選)（2023·全國·統(tǒng)考高考真題）一有機玻璃管豎直放在水平地面上，管上有漆包線繞成的線圈，線圈的兩端與電流傳感器相連，線圈在玻璃管上部的5匝均勻分布，下部的3匝也均勻分布，下部相鄰兩匝間的距離大于上部相鄰兩匝間的距離。如圖（a）所示?，F(xiàn)讓一個很小的強磁體在玻璃管內沿軸線從上端口由靜止下落，電流傳感器測得線圈中電流I隨時間t的變化如圖（b）所示。則（

）

A．小磁體在玻璃管內下降速度越來越快B．下落過程中，小磁體的N極、S極上下顛倒了8次C．下落過程中，小磁體受到的電磁阻力始終保持不變D．與上部相比，小磁體通過線圈下部的過程中，磁通量變化率的最大值更大【答案】AD【解析】AD．電流的峰值越來越大，即小磁鐵在依次穿過每個線圈的過程中磁通量的變化率越來越快，因此小磁體的速度越來越大，AD正確；B．假設小磁體是N極向下穿過線圈，則在穿入靠近每匝線圈的過程中磁通量向下增加，根據(jù)楞次定律可知線圈中產生逆時針的電流，而在穿出遠離每匝線圈的過程中磁通量向下減少產生順時針的電流，即電流方向相反，與題干圖中描述的穿過線圈的過程電流方向變化相符，S極向下同理；所以磁鐵穿過8匝線圈過程中會出現(xiàn)8個這樣的圖像，并且隨下落速度的增加，感應電流的最大值逐漸變大，所以磁體下落過程中磁極的N、S極沒有顛倒，選項B錯誤；C．線圈可等效為條形磁鐵，線圈的電流越大則磁性越強，因此電流的大小是變化的小磁體受到的電磁阻力是變化的，不是一直不變的，C錯誤。故選AD。5．(多選)（2022·廣東·高考真題）如圖所示，水平地面（平面）下有一根平行于y軸且通有恒定電流I的長直導線。P、M和N為地面上的三點，P點位于導線正上方，平行于y軸，平行于x軸。一閉合的圓形金屬線圈，圓心在P點，可沿不同方向以相同的速率做勻速直線運動，運動過程中線圈平面始終與地面平行。下列說法正確的有（）A．N點與M點的磁感應強度大小相等，方向相同B．線圈沿PN方向運動時，穿過線圈的磁通量不變C．線圈從P點開始豎直向上運動時，線圈中無感應電流D．線圈從P到M過程的感應電動勢與從P到N過程的感應電動勢相等【答案】AC【解析】A．依題意，M、N兩點連線與長直導線平行、兩點與長直導線的距離相同，根據(jù)右手螺旋定則可知，通電長直導線在M、N兩點產生的磁感應強度大小相等，方向相同，故A正確；B．根據(jù)右手螺旋定則，線圈在P點時，磁感線穿進與穿出在線圈中對稱，磁通量為零；在向N點平移過程中，磁感線穿進與穿出線圈不再對稱，線圈的磁通量會發(fā)生變化，故B錯誤；C．根據(jù)右手螺旋定則，線圈從P點豎直向上運動過程中，磁感線穿進與穿出線圈對稱，線圈的磁通量始終為零，沒有發(fā)生變化，線圈無感應電流，故C正確；D．線圈從P點到M點與從P點到N點，線圈的磁通量變化量相同，依題意P點到M點所用時間較從P點到N點時間長，根據(jù)法拉第電磁感應定律，則兩次的感應電動勢不相等，故D錯誤。故選AC。6．(多選)（2021·遼寧·統(tǒng)考高考真題）如圖（a）所示，兩根間距為L、足夠長的光滑平行金屬導軌豎直放置并固定，頂端接有阻值為R的電阻，垂直導軌平面存在變化規(guī)律如圖（b）所示的勻強磁場，t=0時磁場方向垂直紙面向里。在t=0到t=2t0的時間內，金屬棒水平固定在距導軌頂端L處；t=2t0時，釋放金屬棒。整個過程中金屬棒與導軌接觸良好，導軌與金屬棒的電阻不計，則（）A．在時，金屬棒受到安培力的大小為B．在t=t0時，金屬棒中電流的大小為C．在時，金屬棒受到安培力的方向豎直向上D．在t=3t0時，金屬棒中電流的方向向右【答案】BC【解析】AB．由圖可知在0~t0時間段內產生的感應電動勢為根據(jù)閉合電路歐姆定律有此時間段的電流為在時磁感應強度為，此時安培力為故A錯誤，B正確；C．由圖可知在時，磁場方向垂直紙面向外并逐漸增大，根據(jù)楞次定律可知產生順時針方向的電流，再由左手定則可知金屬棒受到的安培力方向豎直向上，故C正確；D．由圖可知在時，磁場方向垂直紙面向外，金屬棒向下掉的過程中磁通量增加，根據(jù)楞次定律可知金屬棒中的感應電流方向向左，故D錯誤。故選BC。7．(多選)（2020·海南·統(tǒng)考高考真題）如圖，足夠長的間距的平行光滑金屬導軌MN、PQ固定在水平面內，導軌間存在一個寬度的勻強磁場區(qū)域，磁感應強度大小為，方向如圖所示．一根質量，阻值的金屬棒a以初速度從左端開始沿導軌滑動，穿過磁場區(qū)域后，與另一根質量，阻值的原來靜置在導軌上的金屬棒b發(fā)生彈性碰撞，兩金屬棒始終與導軌垂直且接觸良好，導軌電阻不計，則（

）A．金屬棒a第一次穿過磁場時做勻減速直線運動B．金屬棒a第一次穿過磁場時回路中有逆時針方向的感應電流C．金屬棒a第一次穿過磁場區(qū)域的過程中，金屬棒b上產生的焦耳熱為D．金屬棒a最終停在距磁場左邊界處【答案】BD【解析】A．金屬棒a第一次穿過磁場時受到安培力的作用，做減速運動，由于速度減小，感應電流減小，安培力減小，加速度減小，故金屬棒a做加速度減小的減速直線運動，故A錯誤；B．根據(jù)右手定則可知，金屬棒a第一次穿過磁場時回路中有逆時針方向的感應電流，故B正確；C．電路中產生的平均電動勢為平均電流為金屬棒a受到的安培力為規(guī)定向右為正方向，對金屬棒a，根據(jù)動量定理得解得對金屬棒第一次離開磁場時速度金屬棒a第一次穿過磁場區(qū)域的過程中，電路中產生的總熱量等于金屬棒a機械能的減少量，即聯(lián)立并帶入數(shù)據(jù)得由于兩棒電阻相同，兩棒產生的焦耳熱相同，則金屬棒b上產生的焦耳熱故C錯誤；D．規(guī)定向右為正方向，兩金屬棒碰撞過程根據(jù)動量守恒和機械能守恒得聯(lián)立并帶入數(shù)據(jù)解得金屬棒a反彈的速度為設金屬棒a最終停在距磁場左邊界處，則從反彈進入磁場到停下來的過程，電路中產生的平均電動勢為平均電流為金屬棒a受到的安培力為規(guī)定向右為正方向，對金屬棒a，根據(jù)動量定理得聯(lián)立并帶入數(shù)據(jù)解得故D正確。故選BD。8．（2023·海南·統(tǒng)考高考真題）汽車測速利用了電磁感應現(xiàn)象，汽車可簡化為一個矩形線圈abcd，埋在地下的線圈分別為1、2，通上順時針（俯視）方向電流，當汽車經過線圈時（

）

A．線圈1、2產生的磁場方向豎直向上B．汽車進入線圈1過程產生感應電流方向為abcdC．汽車離開線圈1過程產生感應電流方向為abcdD．汽車進入線圈2過程受到的安培力方向與速度方向相同【答案】C【解析】A．由題知，埋在地下的線圈1、2通順時針（俯視）方向的電流，則根據(jù)右手定則，可知線圈1、2產生的磁場方向豎直向下，A錯誤；B．汽車進入線圈1過程中，磁通量增大，根據(jù)楞次定律可知產生感應電流方向為adcb（逆時針），B錯誤；C．汽車離開線圈1過程中，磁通量減小，根據(jù)楞次定律可知產生感應電流方向為abcd（順時針），C正確；D．汽車進入線圈2過程中，磁通量增大，根據(jù)楞次定律可知產生感應電流方向為adcb（逆時針），再根據(jù)左手定則，可知汽車受到的安培力方向與速度方向相反，D錯誤。故選C。9．（2023·北京·統(tǒng)考高考真題）如圖所示，光滑水平面上的正方形導線框，以某一初速度進入豎直向下的勻強磁場并最終完全穿出。線框的邊長小于磁場寬度。下列說法正確的是（

）

A．線框進磁場的過程中電流方向為順時針方向B．線框出磁場的過程中做勻減速直線運動C．線框在進和出的兩過程中產生的焦耳熱相等D．線框在進和出的兩過程中通過導線橫截面的電荷量相等【答案】D【解析】A．線框進磁場的過程中由楞次定律知電流方向為逆時針方向，A錯誤；B．線框出磁場的過程中，根據(jù)E=Blv聯(lián)立有由于線框出磁場過程中由左手定則可知線框受到的安培力向左，則v減小，線框做加速度減小的減速運動，B錯誤；C．由能量守恒定律得線框產生的焦耳熱Q=FAL其中線框進出磁場時均做減速運動，但其進磁場時的速度大，安培力大，產生的焦耳熱多，C錯誤；D．線框在進和出的兩過程中通過導線橫截面的電荷量其中，則聯(lián)立有由于線框在進和出的兩過程中線框的位移均為L，則線框在進和出的兩過程中通過導線橫截面的電荷量相等，故D正確。故選D。10．（2022·天津·高考真題）如圖所示，邊長為a的正方形鋁框平放在光滑絕緣水平桌面上，桌面上有邊界平行、寬為b且足夠長的勻強磁場區(qū)域，磁場方向垂直于桌面，鋁框依靠慣性滑過磁場區(qū)域，滑行過程中鋁框平面始終與磁場垂直且一邊與磁場邊界平行，已知，在滑入和滑出磁場區(qū)域的兩個過程中（）A．鋁框所用時間相同 B．鋁框上產生的熱量相同C．鋁框中的電流方向相同 D．安培力對鋁框的沖量相同【答案】D【解析】A．鋁框進入和離開磁場過程，磁通量變化，都會產生感應電流，受向左安培力而減速，完全在磁場中運動時磁通量不變做勻速運動；可知離開磁場過程的平均速度小于進入磁場過程的平均速度，所以離開磁場過程的時間大于進入磁場過程的時間，A錯誤；C．由楞次定律可知，鋁框進入磁場過程磁通量增加，感應電流為逆時針方向；離開磁場過程磁通量減小，感應電流為順時針方向，C錯誤；D．鋁框進入和離開磁場過程安培力對鋁框的沖量為又得D正確；B．鋁框進入和離開磁場過程，鋁框均做減速運動，可知鋁框進入磁場過程的速度一直大于鋁框離開磁場過程的速度，根據(jù)可知鋁框進入磁場過程受到的安培力一直大于鋁框離開磁場過程受到的安培力，故鋁框進入磁場過程克服安培力做的功大于鋁框離開磁場過程克服安培力做的功，即鋁框進入磁場過程產生的熱量大于鋁框離開磁場過程產生的熱量，B錯誤。故選D。11．（2022·北京·高考真題）如圖所示平面內，在通有圖示方向電流I的長直導線右側，固定一矩形金屬線框，邊與導線平行。調節(jié)電流I使得空間各點的磁感應強度隨時間均勻增加，則（）A．線框中產生的感應電流方向為B．線框中產生的感應電流逐漸增大C．線框邊所受的安培力大小恒定D．線框整體受到的安培力方向水平向右【答案】D【解析】A．根據(jù)安培定則可知，通電直導線右側的磁場方向垂直于紙面向里，磁感應強度隨時間均勻增加，根據(jù)楞次定律可知線框中產生的感應電流方向為，A錯誤；B．線框中產生的感應電流為空間各點的磁感應強度隨時間均勻增加，故線框中產生的感應電流不變，B錯誤；C．線框邊感應電流保持不變，磁感應強度隨時間均勻增加，根據(jù)安培力表達式，故所受的安培力變大，C錯誤；D．線框所處空間的磁場方向垂直紙面向里，線框中產生的感應電流方向為，根據(jù)左手定則可知，線框邊所受的安培力水平向右，線框邊所受的安培力水平向左。通電直導線的磁場分部特點可知邊所處的磁場較大，根據(jù)安培力表達式可知，線框整體受到的安培力方向水平向右，D正確。故選D。12．（2022·浙江·統(tǒng)考高考真題）如圖所示，將一通電螺線管豎直放置，螺線管內部形成方向豎直向上、磁感應強度大小B=kt的勻強磁場，在內部用絕緣輕繩懸掛一與螺線管共軸的金屬薄圓管，其電阻率為、高度為h、半徑為r、厚度為d（d?r），則（）A．從上向下看，圓管中的感應電流為逆時針方向B．圓管的感應電動勢大小為C．圓管的熱功率大小為D．輕繩對圓管的拉力隨時間減小【答案】C【解析】A．穿過圓管的磁通量向上逐漸增加，則根據(jù)楞次定律可知，從上向下看，圓管中的感應電流為順時針方向，選項A錯誤；B．圓管的感應電動勢大小為選項B錯誤；C．圓管的電阻圓管的熱功率大小為選項C正確；D．根據(jù)左手定則可知，圓管中各段所受的受安培力方向指向圓管的軸線，則輕繩對圓管的拉力的合力始終等于圓管的重力，不隨時間變化，選項D錯誤。故選C。13．（2021·北京·高考真題）某同學搬運如圖所示的磁電式電流表時，發(fā)現(xiàn)表針晃動劇烈且不易停止。按照老師建議，該同學在兩接線柱間接一根導線后再次搬運，發(fā)現(xiàn)表針晃動明顯減弱且能很快停止。下列說法正確的是（）A．未接導線時，表針晃動過程中表內線圈不產生感應電動勢B．未接導線時，表針晃動劇烈是因為表內線圈受到安培力的作用C．接上導線后，表針晃動過程中表內線圈不產生感應電動勢D．接上導線后，表針晃動減弱是因為表內線圈受到安培力的作用【答案】D【解析】A．未接導線時，表針晃動過程中導線切割磁感線，表內線圈會產生感應電動勢，故A錯誤；B．未接導線時，未連成閉合回路，沒有感應電流，所以不受安培力，故B錯誤；CD．接上導線后，表針晃動過程中表內線圈產生感應電動勢，根據(jù)楞次定律可知，表針晃動減弱是因為表內線圈受到安培力的作用，故C錯誤D正確。故選D。14．（2020·江蘇·統(tǒng)考高考真題）如圖所示，兩勻強磁場的磁感應強度和大小相等、方向相反。金屬圓環(huán)的直徑與兩磁場的邊界重合。下列變化會在環(huán)中產生順時針方向感應電流的是（）A．同時增大減小B．同時減小增大C．同時以相同的變化率增大和D．同時以相同的變化率減小和【答案】B【解析】AB．產生順時針方向的感應電流則感應磁場的方向垂直紙面向里。由楞次定律可知，圓環(huán)中的凈磁通量變化為向里磁通量減少或者向外的磁通量增多，A錯誤，B正確。CD．同時以相同的變化率增大B1和B2，或同時以相同的變化率減小B1和B2，兩個磁場的磁通量總保持大小相同，所以總磁通量為0，不會產生感應電流，CD錯誤。故選B。15．（2020·全國·統(tǒng)考高考真題）如圖，水平放置的圓柱形光滑玻璃棒左邊繞有一線圈，右邊套有一金屬圓環(huán)。圓環(huán)初始時靜止。將圖中開關S由斷開狀態(tài)撥至連接狀態(tài)，電路接通的瞬間，可觀察到（）A．撥至M端或N端，圓環(huán)都向左運動B．撥至M端或N端，圓環(huán)都向右運動C．撥至M端時圓環(huán)向左運動，撥至N端時向右運動D．撥至M端時圓環(huán)向右運動，撥至N端時向左運動【答案】B【解析】無論開關S撥至哪一端，當把電路接通一瞬間，左邊線圈中的電流從無到有，電流在線圈軸線上的磁場從無到有，從而引起穿過圓環(huán)的磁通量突然增大，根據(jù)楞次定律（增反減同），右邊圓環(huán)中產生了與左邊線圈中方向相反的電流，異向電流相互排斥，所以無論哪種情況，圓環(huán)均向右運動。故選B。15．（2023·遼寧·統(tǒng)考高考真題）如圖，空間中存在水平向右的勻強磁場，一導體棒繞固定的豎直軸OP在磁場中勻速轉動，且始終平行于OP。導體棒兩端的電勢差u隨時間t變化的圖像可能正確的是（）

A．

B．

C．

D．

【答案】C【解析】如圖所示

導體棒勻速轉動，設速度為v，設導體棒從到過程，棒轉過的角度為，則導體棒垂直磁感線方向的分速度為可知導體棒垂直磁感線的分速度為余弦變化，根據(jù)左手定則可知，導體棒經過B點和B點關于P點的對稱點時，電流方向發(fā)生變化，根據(jù)可知導體棒兩端的電勢差u隨時間t變化的圖像為余弦圖像。故選C。16．（2023·江蘇·統(tǒng)考高考真題）如圖所示，圓形區(qū)域內有垂直紙面向里的勻強磁場，OC導體棒的O端位于圓心，棒的中點A位于磁場區(qū)域的邊緣?，F(xiàn)使導體棒繞O點在紙面內逆時針轉動。O、A、C點電勢分別為φ0、φA、φC，則（

）

A．φO>φC B．φC>φA C．φO=φA D．φO－φA=φA－φC【答案】A【解析】ABC．由題圖可看出OA導體棒轉動切割磁感線，則根據(jù)右手定則可知φO>φA其中導體棒AC段不在磁場中，不切割磁感線，電流為0，則φC=φA，A正確、BC錯誤；D．根據(jù)以上分析可知φO－φA>0，φA－φC=0則φO－φA>φA－φCD錯誤。故選A。17．（2022·江蘇·高考真題）如圖所示，半徑為r的圓形區(qū)域內有垂直于紙面的勻強磁場，磁感應強度B隨時間t的變化關系為，、k為常量，則圖中半徑為R的單匝圓形線圈中產生的感應電動勢大小為（）A． B． C． D．【答案】A【解析】由題意可知磁場的變化率為根據(jù)法拉第電磁感應定律可知故選A。18．（2022·河北·統(tǒng)考高考真題）將一根絕緣硬質細導線順次繞成如圖所示的線圈，其中大圓面積為，小圓面積均為，垂直線圈平面方向有一隨時間t變化的磁場，磁感應強度大小，和均為常量，則線圈中總的感應電動勢大小為（）A． B． C． D．【答案】D【解析】由法拉第電磁感應定律可得大圓線圈產生的感應電動勢每個小圓線圈產生的感應電動勢由線圈的繞線方式和楞次定律可得大、小圓線圈產生的感應電動勢方向相同，故線圈中總的感應電動勢大小為故D正確，ABC錯誤。故選D。19．（2022·全國·統(tǒng)考高考真題）三個用同樣的細導線做成的剛性閉合線框，正方形線框的邊長與圓線框的直徑相等，圓線框的半徑與正六邊形線框的邊長相等，如圖所示。把它們放入磁感應強度隨時間線性變化的同一勻強磁場中，線框所在平面均與磁場方向垂直，正方形、圓形和正六邊形線框中感應電流的大小分別為和。則（）A． B． C． D．【答案】C【解析】設圓線框的半徑為r，則由題意可知正方形線框的邊長為2r，正六邊形線框的邊長為r；所以圓線框的周長為面積為同理可知正方形線框的周長和面積分別為，正六邊形線框的周長和面積分別為，三線框材料粗細相同，根據(jù)電阻定律可知三個線框電阻之比為根據(jù)法拉第電磁感應定律有可得電流之比為：即故選C。20．（2021·重慶·高考真題）某眼動儀可以根據(jù)其微型線圈在磁場中隨眼球運動時所產生的電流來追蹤眼球的運動。若該眼動儀線圈面積為S，匝數(shù)為N，處于磁感應強度為B的勻強磁場中，線圈平面最初平行于磁場，經過時間t后線圈平面逆時針轉動至與磁場夾角為θ處，則在這段時間內，線圈中產生的平均感應電動勢的大小和感應電流的方向（從左往右看）為（）A．，逆時針 B．，逆時針C．，順時針 D．順時針【答案】A【解析】經過時間t，面積為S的線圈平面逆時針轉動至與磁場夾角為θ處，磁通量變化為由法拉第電磁感應定律，線圈中產生的平均感應電動勢的大小為由楞次定律可判斷出感應電流方向為逆時針方向。故選A。21．（2022·重慶·高考真題）某同學以金屬戒指為研究對象，探究金屬物品在變化磁場中的熱效應。如圖所示，戒指可視為周長為L、橫截面積為S、電阻率為的單匝圓形線圈，放置在勻強磁場中，磁感應強度方向垂直于戒指平面。若磁感應強度大小在時間內從0均勻增加到，求：（1）戒指中的感應電動勢和電流；（2）戒指中電流的熱功率?！敬鸢浮浚?），；（2）【解析】（1）設戒指的半徑為，則有磁感應強度大小在時間內從0均勻增加到，產生的感應電動勢為可得戒指的電阻為則戒指中的感應電流為（2）戒指中電流的熱功率為22．（2022·浙江·統(tǒng)考高考真題）艦載機電磁彈射是現(xiàn)在航母最先進的彈射技術，我國在這一領域已達到世界先進水平。某興趣小組開展電磁彈射系統(tǒng)的設計研究，如圖1所示，用于推動模型飛機的動子（圖中未畫出）與線圈絕緣并固定，線圈帶動動子，可在水平導軌上無摩擦滑動。線圈位于導軌間的輻向磁場中，其所在處的磁感應強度大小均為B。開關S與1接通，恒流源與線圈連接，動子從靜止開始推動飛機加速，飛機達到起飛速度時與動子脫離；此時S擲向2接通定值電阻R0，同時施加回撤力F，在F和磁場力作用下，動子恰好返回初始位置停下。若動子從靜止開始至返回過程的v-t圖如圖2所示，在t1至t3時間內F=(800－10v）N，t3時撤去F。已知起飛速度v1=80m/s，t1=1.5s，線圈匝數(shù)n=100匝，每匝周長l=1m，飛機的質量M=10kg，動子和線圈的總質量m=5kg，R0=9.5Ω，B=0.1T，不計空氣阻力和飛機起飛對動子運動速度的影響，求（1）恒流源的電流I；（2）線圈電阻R；（3）時刻t3。【答案】（1）80A；（2）；（3）【解析】（1）由題意可知接通恒流源時安培力動子和線圈在0~t1時間段內做勻加速直線運動，運動的加速度為根據(jù)牛頓第二定律有代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得（2）當S擲向2接通定值電阻R0時，感應電流為此時安培力為所以此時根據(jù)牛頓第二定律有由圖可知在至期間加速度恒定，則有解得，（3）根據(jù)圖像可知故；在0~t2時間段內的位移而根據(jù)法拉第電磁感應定律有電荷量的定義式可得從t3時刻到最后返回初始位置停下的時間段內通過回路的電荷量，根據(jù)動量定理有聯(lián)立可得解得23．（2021·浙江·高考真題）一種探測氣體放電過程的裝置如圖甲所示，充滿氖氣（）的電離室中有兩電極與長直導線連接，并通過兩水平長導線與高壓電源相連。在與長直導線垂直的平面內，以導線為對稱軸安裝一個用阻值的細導線繞制、匝數(shù)的圓環(huán)形螺線管，細導線的始末兩端c、d與阻值的電阻連接。螺線管的橫截面是半徑的圓，其中心與長直導線的距離。氣體被電離后在長直導線回路中產生順時針方向的電流I，其圖像如圖乙所示。為便于計算，螺線管內各處的磁感應強度大小均可視為，其中。（1）求內通過長直導線橫截面的電荷量Q；（2）求時，通過螺線管某一匝線圈的磁通量；（3）若規(guī)定為電流的正方向，在不考慮線圈自感的情況下，通過計算，畫出通過電阻R的圖像；（4）若規(guī)定為電流的正方向，考慮線圈自感，定性畫出通過電阻R的圖像。【答案】（1）；（2）；（3）見解析；（4）見解析【解析】（1）由電量和電流的關系可知圖像下方的面積表示電荷量，因此有代入數(shù)據(jù)解得（2）由磁通量的定義可得代入數(shù)據(jù)可得（3）在時間內電流均勻增加，有楞次定律可知感應電流的方向，產生恒定的感應電動勢由閉合回路歐姆定律可得代入數(shù)據(jù)解得在電流恒定，穿過圓形螺旋管的磁場恒定，因此感應電動勢為零，感應電流為零，而在時間內電流隨時間均勻變化，斜率大小和大小相同，因此電流大小相同，由楞次定律可知感應電流的方向為，則圖像如圖所示（4）考慮自感的情況下，線框會產生自感電動勢阻礙電流的變化，因此開始時電流是緩慢增加的，過一段時間電路達到穩(wěn)定后自感消失，電流的峰值和之前大小相同，在時間內電路中的磁通量不變化電流要減小為零，因此自感電動勢會阻礙電流的減小，使得電流緩慢減小為零。同理，在內電流緩慢增加，過一段時間電路達到穩(wěn)定后自感消失，在之后，電路中的磁通量不變化電流要減小為零，因此自感電動勢會阻礙電流的減小，使得電流緩慢減小為零。圖像如圖24．（2020·北京·統(tǒng)考高考真題）如圖甲所示，匝的線圈（圖中只畫了2匝），電阻，其兩端與一個的電阻相連，線圈內有指向紙內方向的磁場。線圈中的磁通量按圖乙所示規(guī)律變化。(1)判斷通過電阻的電流方向；(2)求線圈產生的感應電動勢；(3)求電阻兩端的電壓。【答案】(1)；(2)；(3)【解析】(1)根據(jù)圖像可知，線圈中垂直于紙面向里的磁場增大，為了阻礙線圈中磁通量的增大，根據(jù)楞次定律可知線圈中感應電流產生的磁場垂直于紙面向外，根據(jù)安培定則可知線圈中的感應電流為逆時針方向，所通過電阻的電流方向為。(2)根據(jù)法拉第電磁感應定律(3)電阻兩端的電壓為路端電壓，根據(jù)分壓規(guī)律可知25．（2020·天津·統(tǒng)考高考真題）如圖所示，垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度B隨時間t均勻變化。正方形硬質金屬框abcd放置在磁場中，金屬框平面與磁場方向垂直，電阻，邊長。求（1）在到時間內，金屬框中的感應電動勢E；（2）時，金屬框ab邊受到的安培力F的大小和方向；（3）在到時間內，金屬框中電流的電功率P?！敬鸢浮浚?）0.08V；（2）0.016N，方向垂直于ab向左；（3）0.064W【解析】（1）在到的時間內，磁感應強度的變化量，設穿過金屬框的磁通量變化量為，有①由于磁場均勻變化，金屬框中產生的電動勢是恒定的，有②聯(lián)立①②式，代入數(shù)據(jù)，解得③（2）設金屬框中的電流為I，由閉合電路歐姆定律，有④由圖可知，時，磁感應強度為，金屬框ab邊受到的安培力⑤聯(lián)立①②④⑤式，代入數(shù)據(jù)，解得⑥方向垂直于ab向左。⑦（3）在到時間內，金屬框中電流的電功率⑧聯(lián)立①②④⑧式，代入數(shù)據(jù)，解得⑨考點02導體棒在磁場中運動問題1．（多選）（2023·遼寧·統(tǒng)考高考真題）如圖，兩根光滑平行金屬導軌固定在絕緣水平面上，左、右兩側導軌間距分別為d和2d，處于豎直向上的磁場中，磁感應強度大小分別為2B和B。已知導體棒MN的電阻為R、長度為d，導體棒PQ的電阻為2R、長度為2d，PQ的質量是MN的2倍。初始時刻兩棒靜止，兩棒中點之間連接一壓縮量為L的輕質絕緣彈簧。釋放彈簧，兩棒在各自磁場中運動直至停止，彈簧始終在彈性限度內。整個過程中兩棒保持與導軌垂直并接觸良好，導軌足夠長且電阻不計。下列說法正確的足（）

A．彈簧伸展過程中、回路中產生順時針方向的電流B．PQ速率為v時，MN所受安培力大小為C．整個運動過程中，MN與PQ的路程之比為2：1D．整個運動過程中，通過MN的電荷量為【答案】AC【解析】A．彈簧伸展過程中，根據(jù)右手定則可知，回路中產生順時針方向的電流，選項A正確；B．任意時刻，設電流為I，則PQ受安培力方向向左；MN受安培力方向向右，可知兩棒系統(tǒng)受合外力為零，動量守恒，設PQ質量為2m，則MN質量為m，PQ速率為v時，則解得回路的感應電流MN所受安培力大小為選項B錯誤；C．兩棒最終停止時彈簧處于原長狀態(tài)，由動量守恒可得可得則最終MN位置向左移動PQ位置向右移動因任意時刻兩棒受安培力和彈簧彈力大小都相同，設整個過程兩棒受的彈力的平均值為F彈，安培力平均值F安，則整個過程根據(jù)動能定理可得選項C正確；D．兩棒最后停止時，彈簧處于原長位置，此時兩棒間距增加了L，由上述分析可知，MN向左位置移動，PQ位置向右移動，則選項D錯誤。故選AC。2．（多選）（2023·山東·統(tǒng)考高考真題）足夠長U形導軌平置在光滑水平絕緣桌面上，寬為，電阻不計。質量為、長為、電阻為的導體棒MN放置在導軌上，與導軌形成矩形回路并始終接觸良好，I和Ⅱ區(qū)域內分別存在豎直方向的勻強磁場，磁感應強度分別為和，其中，方向向下。用不可伸長的輕繩跨過固定輕滑輪將導軌CD段中點與質量為的重物相連，繩與CD垂直且平行于桌面。如圖所示，某時刻MN、CD同時分別進入磁場區(qū)域I和Ⅱ并做勻速直線運動，MN、CD與磁場邊界平行。MN的速度，CD的速度為且，MN和導軌間的動摩擦因數(shù)為0.2。重力加速度大小取，下列說法正確的是（

）

A．的方向向上 B．的方向向下 C． D．【答案】BD【解析】AB．導軌的速度，因此對導體棒受力分析可知導體棒受到向右的摩擦力以及向左的安培力，摩擦力大小為導體棒的安培力大小為由左手定則可知導體棒的電流方向為，導體框受到向左的摩擦力，向右的拉力和向右的安培力，安培力大小為由左手定則可知的方向為垂直直面向里，A錯誤B正確；CD．對導體棒分析對導體框分析電路中的電流為聯(lián)立解得C錯誤D正確；故選BD。3．（多選）（2022·河北·統(tǒng)考高考真題）如圖，兩光滑導軌水平放置在豎直向下的勻強磁場中，一根導軌位于軸上，另一根由、、三段直導軌組成，其中段與軸平行，導軌左端接入一電阻。導軌上一金屬棒沿軸正向以速度保持勻速運動，時刻通過坐標原點，金屬棒始終與軸垂直。設運動過程中通過電阻的電流強度為，金屬棒受到安培力的大小為，金屬棒克服安培力做功的功率為，電阻兩端的電壓為，導軌與金屬棒接觸良好，忽略導軌與金屬棒的電阻。下列圖像可能正確的是（）A．B．C．D．【答案】AC【解析】當導體棒從O點向右運動L時，即在時間內，在某時刻導體棒切割磁感線的長度（θ為ab與ad的夾角）則根據(jù)E=BLv0可知回路電流均勻增加；安培力則F-t關系為拋物線，但是不過原點；安培力做功的功率則P-t關系為拋物線，但是不過原點；電阻兩端的電壓等于導體棒產生的感應電動勢，即即圖像是不過原點的直線；根據(jù)以上分析，可大致排除BD選項；當在時間內，導體棒切割磁感線的長度不變，感應電動勢E不變，感應電流I不變，安培力F大小不變，安培力的功率P不變，電阻兩端電壓U保持不變；同理可判斷，在時間內，導體棒切割磁感線長度逐漸減小，導體棒切割磁感線的感應電動勢E均勻減小，感應電流I均勻減小，安培力F大小按照二次函數(shù)關系減小，但是不能減小到零，與內是對稱的關系，安培力的功率P按照二次函數(shù)關系減小，但是不能減小到零，與內是對稱的關系，電阻兩端電壓U按線性均勻減?。痪C上所述選項AC正確，BD錯誤。故選AC。4．（多選）（2022·湖南·統(tǒng)考高考真題）如圖，間距的U形金屬導軌，一端接有的定值電阻，固定在高的絕緣水平桌面上。質量均為的勻質導體棒a和b靜止在導軌上，兩導體棒與導軌接觸良好且始終與導軌垂直，接入電路的阻值均為，與導軌間的動摩擦因數(shù)均為0.1（設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力），導體棒距離導軌最右端。整個空間存在豎直向下的勻強磁場（圖中未畫出），磁感應強度大小為。用沿導軌水平向右的恒力拉導體棒a，當導體棒a運動到導軌最右端時，導體棒b剛要滑動，撤去，導體棒a離開導軌后落到水平地面上。重力加速度取，不計空氣阻力，不計其他電阻，下列說法正確的是（）A．導體棒a離開導軌至落地過程中，水平位移為B．導體棒a離開導軌至落地前，其感應電動勢不變C．導體棒a在導軌上運動的過程中，導體棒b有向右運動的趨勢D．導體棒a在導軌上運動的過程中，通過電阻的電荷量為【答案】BD【解析】C．導體棒a在導軌上向右運動，產生的感應電流向里，流過導體棒b向里，由左手定則可知安培力向左，則導體棒b有向左運動的趨勢，故Ｃ錯誤；A．導體棒b與電阻R并聯(lián)，有當導體棒a運動到導軌最右端時，導體棒b剛要滑動，有聯(lián)立解得a棒的速度為a棒做平拋運動，有聯(lián)立解得導體棒a離開導軌至落地過程中水平位移為故A錯誤；B．導體棒a離開導軌至落地前做平拋運動，水平速度切割磁感線，則產生的感應電動勢不變，故B正確；D．導體棒a在導軌上運動的過程中，通過電路的電量為導體棒b與電阻R并聯(lián)，流過的電流與電阻成反比，則通過電阻的電荷量為故D正確。故選BD。5．（多選）（2021·福建·統(tǒng)考高考真題）如圖，P、Q是兩根固定在水平面內的光滑平行金屬導軌，間距為L，導軌足夠長且電阻可忽略不計。圖中矩形區(qū)域有一方向垂直導軌平面向上、感應強度大小為B的勻強磁場。在時刻，兩均勻金屬棒a、b分別從磁場邊界、進入磁場，速度大小均為；一段時間后，流經a棒的電流為0，此時，b棒仍位于磁場區(qū)域內。已知金屬棒a、b相同材料制成，長度均為L，電阻分別為R和，a棒的質量為m。在運動過程中兩金屬棒始終與導軌垂直且接觸良好，a、b棒沒有相碰，則（）A．時刻a棒加速度大小為B．時刻b棒的速度為0C．時間內，通過a棒橫截面的電荷量是b棒的2倍D．時間內，a棒產生的焦耳熱為【答案】AD【解析】A．由題知，a進入磁場的速度方向向右，b的速度方向向左，根據(jù)右手定則可知，a產生的感應電流方向是E到F，b產生的感應電流方向是H到G，即兩個感應電流方向相同，所以流過a、b的感應電流是兩個感應電流之和，則有對a，根據(jù)牛頓第二定律有解得故A正確；B．根據(jù)左手定則，可知a受到的安培力向左，b受到的安培力向右，由于流過a、b的電流一直相等，故兩個力大小相等，則a與b組成的系統(tǒng)動量守恒。由題知，時刻流過a的電流為零時，說明a、b之間的磁通量不變，即a、b在時刻達到了共同速度，設為v。由題知，金屬棒a、b相同材料制成，長度均為L，電阻分別為R和，根據(jù)電阻定律有，解得已知a的質量為m，設b的質量為，則有，聯(lián)立解得取向右為正方向，根據(jù)系統(tǒng)動量守恒有解得故B錯誤；C．在時間內，根據(jù)因通過兩棒的電流時刻相等，所用時間相同，故通過兩棒橫截面的電荷量相等，故C錯誤；D．在時間內，對a、b組成的系統(tǒng)，根據(jù)能量守恒有解得回路中產生的總熱量為對a、b，根據(jù)焦耳定律有因a、b流過的電流一直相等，所用時間相同，故a、b產生的熱量與電阻成正比，即又解得a棒產生的焦耳熱為故D正確。故選AD。6．（多選）（2021·遼寧·統(tǒng)考高考真題）如圖（a）所示，兩根間距為L、足夠長的光滑平行金屬導軌豎直放置并固定，頂端接有阻值為R的電阻，垂直導軌平面存在變化規(guī)律如圖（b）所示的勻強磁場，t=0時磁場方向垂直紙面向里。在t=0到t=2t0的時間內，金屬棒水平固定在距導軌頂端L處；t=2t0時，釋放金屬棒。整個過程中金屬棒與導軌接觸良好，導軌與金屬棒的電阻不計，則（）A．在時，金屬棒受到安培力的大小為B．在t=t0時，金屬棒中電流的大小為C．在時，金屬棒受到安培力的方向豎直向上D．在t=3t0時，金屬棒中電流的方向向右【答案】BC【解析】AB．由圖可知在0~t0時間段內產生的感應電動勢為根據(jù)閉合電路歐姆定律有此時間段的電流為在時磁感應強度為，此時安培力為故A錯誤，B正確；C．由圖可知在時，磁場方向垂直紙面向外并逐漸增大，根據(jù)楞次定律可知產生順時針方向的電流，再由左手定則可知金屬棒受到的安培力方向豎直向上，故C正確；D．由圖可知在時，磁場方向垂直紙面向外，金屬棒向下掉的過程中磁通量增加，根據(jù)楞次定律可知金屬棒中的感應電流方向向左，故D錯誤。故選BC。7．（多選）（2021·山東·高考真題）如圖所示，電阻不計的光滑U形金屬導軌固定在絕緣斜面上。區(qū)域Ⅰ、Ⅱ中磁場方向均垂直斜面向上，Ⅰ區(qū)中磁感應強度隨時間均勻增加，Ⅱ區(qū)中為勻強磁場。阻值恒定的金屬棒從無磁場區(qū)域中a處由靜止釋放，進入Ⅱ區(qū)后，經b下行至c處反向上行。運動過程中金屬棒始終垂直導軌且接觸良好。在第一次下行和上行的過程中，以下敘述正確的是（）A．金屬棒下行過b時的速度大于上行過b時的速度B．金屬棒下行過b時的加速度大于上行過b時的加速度C．金屬棒不能回到無磁場區(qū)D．金屬棒能回到無磁場區(qū)，但不能回到a處【答案】ABD【解析】AB．在I區(qū)域中，磁感應強度為，感應電動勢感應電動勢恒定，所以導體棒上的感應電流恒為導體棒進入Ⅱ區(qū)域后，導體切割磁感線，產生一個感應電動勢，因為導體棒到達點后又能上行，說明加速度始終沿斜面向上，下行和上行經過點的受力分析如圖

設下行、上行過b時導體棒的速度分別為，，則下行過b時導體棒切割磁感線產生的感應電流為下行過b時導體棒上的電流為下行過b時，根據(jù)牛頓第二定律可知上行過b時，切割磁感線的產出的感應電動勢為上行過b時導體棒上的電流為根據(jù)牛頓第二定律可知比較加速度大小可知由于段距離不變，下行過程中加速度大，上行過程中加速度小，所以金屬板下行過經過點時的速度大于上行經過點時的速度，AB正確；CD．導體棒上行時，加速度與速度同向，則導體棒做加速度減小的加速度運動，則一定能回到無磁場區(qū)。由AB分析可得，導體棒進磁場Ⅱ區(qū)（下行進磁場）的速度大于出磁場Ⅱ區(qū)（下行進磁場）的速度，導體棒在無磁場區(qū)做加速度相同的減速運動則金屬棒不能回到處，C錯誤，D正確。故選ABD。8．（多選）（2021·廣東·高考真題）如圖所示，水平放置足夠長光滑金屬導軌和，與平行，是以O為圓心的圓弧導軌，圓弧左側和扇形內有方向如圖的勻強磁場，金屬桿的O端與e點用導線相接，P端與圓弧接觸良好，初始時，可滑動的金屬桿靜止在平行導軌上，若桿繞O點在勻強磁場區(qū)內從b到c勻速轉動時，回路中始終有電流，則此過程中，下列說法正確的有（）A．桿產生的感應電動勢恒定B．桿受到的安培力不變C．桿做勻加速直線運動D．桿中的電流逐漸減小【答案】AD【解析】A．OP轉動切割磁感線產生的感應電動勢為因為OP勻速轉動，所以桿OP產生的感應電動勢恒定，故A正確；BCD．桿OP勻速轉動產生的感應電動勢產生的感應電流由M到N通過MN棒，由左手定則可知，MN棒會向左運動，MN棒運動會切割磁感線，產生電動勢與原來電流方向相反，讓回路電流減小，MN棒所受合力為安培力，電流減小，安培力會減小，加速度減小，故D正確，BC錯誤。故選AD。9．（多選）（2020·海南·統(tǒng)考高考真題）如圖，足夠長的間距的平行光滑金屬導軌MN、PQ固定在水平面內，導軌間存在一個寬度的勻強磁場區(qū)域，磁感應強度大小為，方向如圖所示．一根質量，阻值的金屬棒a以初速度從左端開始沿導軌滑動，穿過磁場區(qū)域后，與另一根質量，阻值的原來靜置在導軌上的金屬棒b發(fā)生彈性碰撞，兩金屬棒始終與導軌垂直且接觸良好，導軌電阻不計，則（

）A．金屬棒a第一次穿過磁場時做勻減速直線運動B．金屬棒a第一次穿過磁場時回路中有逆時針方向的感應電流C．金屬棒a第一次穿過磁場區(qū)域的過程中，金屬棒b上產生的焦耳熱為D．金屬棒a最終停在距磁場左邊界處【答案】BD【解析】A．金屬棒a第一次穿過磁場時受到安培力的作用，做減速運動，由于速度減小，感應電流減小，安培力減小，加速度減小，故金屬棒a做加速度減小的減速直線運動，故A錯誤；B．根據(jù)右手定則可知，金屬棒a第一次穿過磁場時回路中有逆時針方向的感應電流，故B正確；C．電路中產生的平均電動勢為平均電流為金屬棒a受到的安培力為規(guī)定向右為正方向，對金屬棒a，根據(jù)動量定理得解得對金屬棒第一次離開磁場時速度金屬棒a第一次穿過磁場區(qū)域的過程中，電路中產生的總熱量等于金屬棒a機械能的減少量，即聯(lián)立并帶入數(shù)據(jù)得由于兩棒電阻相同，兩棒產生的焦耳熱相同，則金屬棒b上產生的焦耳熱故C錯誤；D．規(guī)定向右為正方向，兩金屬棒碰撞過程根據(jù)動量守恒和機械能守恒得聯(lián)立并帶入數(shù)據(jù)解得金屬棒a反彈的速度為設金屬棒a最終停在距磁場左邊界處，則從反彈進入磁場到停下來的過程，電路中產生的平均電動勢為平均電流為金屬棒a受到的安培力為規(guī)定向右為正方向，對金屬棒a，根據(jù)動量定理得聯(lián)立并帶入數(shù)據(jù)解得故D正確。故選BD。10．（多選）（2020·全國·統(tǒng)考高考真題）如圖，U形光滑金屬框abcd置于水平絕緣平臺上，ab和dc邊平行，和bc邊垂直。ab、dc足夠長，整個金屬框電阻可忽略。一根具有一定電阻的導體棒MN置于金屬框上，用水平恒力F向右拉動金屬框，運動過程中，裝置始終處于豎直向下的勻強磁場中，MN與金屬框保持良好接觸，且與bc邊保持平行。經過一段時間后（）A．金屬框的速度大小趨于恒定值B．金屬框的加速度大小趨于恒定值C．導體棒所受安培力的大小趨于恒定值D．導體棒到金屬框bc邊的距離趨于恒定值【答案】BC【解析】ABC．當金屬框在恒力F作用下向右加速時，bc邊產生從c向b的感應電流I，線框的加速度為a1，對線框，由牛頓第二定律得導體棒MN中感應電流從M向N，在感應電流安培力作用下向右加速，加速度為a2，對導體棒MN，由牛頓第二定律得當線框和導體棒MN都運動后，線框速度為v1，MN速度為v2，感應電流為感應電流從0開始增大，則a2從零開始增加，a1從開始減小，加速度差值為感應電流從零增加，則加速度差值減小，當差值為零時故有解得此后金屬框與MN的速度差維持不變，感應電流不變，MN受到的安培力不變，加速度不變，v-t圖象如圖所示故A錯誤，BC正確；D．MN與金屬框的速度差不變，但MN的速度小于金屬框速，MN到金屬框bc邊的距離越來越大，故D錯誤。故選BC。11．（2020·浙江·統(tǒng)考高考真題）如圖所示，固定在水平面上的半徑為r的金屬圓環(huán)內存在方向豎直向上、磁感應強度大小為B的勻強磁場。長為l的金屬棒，一端與圓環(huán)接觸良好，另一端固定在豎直導電轉軸上，隨軸以角速度勻速轉動。在圓環(huán)的A點和電刷間接有阻值為R的電阻和電容為C、板間距為d的平行板電容器，有一帶電微粒在電容器極板間處于靜止狀態(tài)。已知重力加速度為g，不計其它電阻和摩擦，下列說法正確的是（）A．棒產生的電動勢為B．微粒的電荷量與質量之比為C．電阻消耗的電功率為D．電容器所帶的電荷量為【答案】B【解析】A．如圖所示，金屬棒繞軸切割磁感線轉動，棒產生的電動勢A錯誤；B．電容器兩極板間電壓等于電源電動勢，帶電微粒在兩極板間處于靜止狀態(tài)，則即B正確；C．電阻消耗的功率C錯誤；D．電容器所帶的電荷量D錯誤。故選B。12．（2022·重慶·統(tǒng)考高考真題）如圖1所示，光滑的平行導電軌道水平固定在桌面上，軌道間連接一可變電阻，導體桿與軌道垂直并接觸良好（不計桿和軌道的電阻），整個裝置處在垂直于軌道平面向上的勻強磁場中。桿在水平向右的拉力作用下先后兩次都由靜止開始做勻加速直線運動，兩次運動中拉力大小與速率的關系如圖2所示。其中，第一次對應直線①，初始拉力大小為F0，改變電阻阻值和磁感應強度大小后，第二次對應直線②，初始拉力大小為2F0，兩直線交點的縱坐標為3F0。若第一次和第二次運動中的磁感應強度大小之比為k、電阻的阻值之比為m、桿從靜止開始運動相同位移的時間之比為n，則k、m、n可能為（

）A．k=2、m=2、n=2 B．C． D．【答案】C【解析】由題知桿在水平向右的拉力作用下先后兩次都由靜止開始做勻加速直線運動，則在v=0時分別有，則第一次和第二次運動中，桿從靜止開始運動相同位移的時間分別為，則第一次和第二次運動中根據(jù)牛頓第二定律有，整理有則可知兩次運動中F—v圖像的斜率為，則有故選C。13．（2021·北京·高考真題）如圖所示，在豎直向下的勻強磁場中，水平U型導體框左端連接一阻值為R的電阻，質量為m、電阻為r的導體棒ab置于導體框上。不計導體框的電阻、導體棒與框間的摩擦。ab以水平向右的初速度v0開始運動，最終停在導體框上。在此過程中（）A．導體棒做勻減速直線運動 B．導體棒中感應電流的方向為C．電阻R消耗的總電能為 D．導體棒克服安培力做的總功小于【答案】C【解析】AB．導體棒向右運動，根據(jù)右手定則，可知電流方向為b到a，再根據(jù)左手定則可知，導體棒向到向左的安培力，根據(jù)法拉第電磁感應定律，可得產生的感應電動勢為感應電流為故安培力為根據(jù)牛頓第二定律有可得隨著速度減小，加速度不斷減小，故導體棒不是做勻減速直線運動，故AB錯誤；C．根據(jù)能量守恒定律，可知回路中產生的總熱量為因R與r串聯(lián)，則產生的熱量與電阻成正比，則R產生的熱量為故C正確；D．整個過程只有安培力做負功，根據(jù)動能定理可知，導體棒克服安培力做的總功等于，故D錯誤。故選C。14．（2021·河北·高考真題）如圖，兩光滑導軌水平放置在豎直向下的勻強磁場中，磁感應強度大小為B，導軌間距最窄處為一狹縫，取狹縫所在處O點為坐標原點，狹縫右側兩導軌與x軸夾角均為，一電容為C的電容器與導軌左端相連，導軌上的金屬棒與x軸垂直，在外力F作用下從O點開始以速度v向右勻速運動，忽略所有電阻，下列說法正確的是（）A．通過金屬棒的電流為B．金屬棒到達時，電容器極板上的電荷量為C．金屬棒運動過程中，電容器的上極板帶負電D．金屬棒運動過程中，外力F做功的功率恒定【答案】A【解析】C．根據(jù)楞次定律可知電容器的上極板應帶正電，C錯誤；A．由題知導體棒勻速切割磁感線，根據(jù)幾何關系切割長度為L=2xtanθ，x=vt則產生的感應電動勢為E=2Bv2ttanθ由題圖可知電容器直接與電源相連，則電容器的電荷量為Q=CE=2BCv2ttanθ則流過導體棒的電流I==2BCv2tanθA正確；B．當金屬棒到達x0處時，導體棒產生的感應電動勢為E′=2Bvx0tanθ則電容器的電荷量為Q=CE′=2BCvx0tanθB錯誤；D．由于導體棒做勻速運動則F=F安=BIL由選項A可知流過導體棒的電流I恒定，但L與t成正比，則F為變力，再根據(jù)力做功的功率公式P=Fv可看出F為變力，v不變則功率P隨力F變化而變化；D錯誤；故選A。15.（2024·湖南·高考真題）如圖，有一硬質導線Oabc，其中是半徑為R的半圓弧，b為圓弧的中點，直線段Oa長為R且垂直于直徑ac。該導線在紙面內繞O點逆時針轉動，導線始終在垂直紙面向里的勻強磁場中。則O、a、b、c各點電勢關系為（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【詳析】如圖，相當于Oa、Ob、Oc導體棒轉動切割磁感線，根據(jù)右手定則可知O點電勢最高；根據(jù)同時有可得得故選C。16．（2021·海南·高考真題）如圖，間距為l的光滑平行金屬導軌，水平放置在方向豎直向下的勻強磁場中，磁場的磁感應強度大小為B，導軌左端接有阻值為R的定值電阻，一質量為m的金屬桿放在導軌上。金屬桿在水平外力作用下以速度v0向右做勻速直線運動，此時金屬桿內自由電子沿桿定向移動的速率為u0。設金屬桿內做定向移動的自由電子總量保持不變，金屬桿始終與導軌垂直且接觸良好，除了電阻R以外不計其它電阻。（1）求金屬桿中的電流和水平外力的功率；（2）某時刻撤去外力，經過一段時間，自由電子沿金屬桿定向移動的速率變?yōu)?，求：（i）這段時間內電阻R上產生的焦耳熱；（ii）這段時間內一直在金屬桿內的自由電子沿桿定向移動的距離?！敬鸢浮浚?），；（2）（i），（ii）【解析】（1）金屬棒切割磁感線產生的感應電動勢E=Blv0則金屬桿中的電流由題知，金屬桿在水平外力作用下以速度v0向右做勻速直線運動則有根據(jù)功率的計算公式有（2）（i）設金屬桿內單位體積的自由電子數(shù)為n，金屬桿的橫截面積為S，則金屬桿在水平外力作用下以速度v0向右做勻速直線運動時的電流由微觀表示為解得當電子沿金屬桿定向移動的速率變?yōu)闀r，有解得v′=根據(jù)能量守恒定律有解得（ii）由（i）可知在這段時間內金屬桿的速度由v0變到，設這段時間內一直在金屬桿內的自由電子沿桿定向移動的距離為d，規(guī)定水平向右為正方向，則根據(jù)動量定理有由于解得17．（2021·湖北·統(tǒng)考高考真題）如圖（a）所示，兩根不計電阻、間距為L的足夠長平行光滑金屬導軌，豎直固定在勻強磁場中，磁場方向垂直于導軌平面向里，磁感應強度大小為B。導軌上端串聯(lián)非線性電子元件Z和阻值為R的電阻。元件Z的圖像如圖（b）所示，當流過元件Z的電流大于或等于時，電壓穩(wěn)定為Um。質量為m、不計電阻的金屬棒可沿導軌運動，運動中金屬棒始終水平且與導軌保持良好接觸。忽略空氣阻力及回路中的電流對原磁場的影響，重力加速度大小為g。為了方便計算，取，。以下計算結果只能選用m、g、B、L、R表示。（1）閉合開關S。，由靜止釋放金屬棒，求金屬棒下落的最大速度v1；（2）斷開開關S，由靜止釋放金屬棒，求金屬棒下落的最大速度v2；（3）先閉合開關S，由靜止釋放金屬棒，金屬棒達到最大速度后，再斷開開關S。忽略回路中電流突變的時間，求S斷開瞬間金屬棒的加速度大小a?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）〖祥解〗[關鍵能力]本題考查法拉第電磁感應定律、閉合電路歐姆定律等知識，意在考查考生綜合電磁學知識以及力學規(guī)律處理問題的能力。[壓軸題透析]3第（1）問通過對金屬棒的受力分析以及運動分析，求出當金屬棒的加速度為零時的最大速度；第（2）問首先應分析比較第（1）問中的電流與圖（b）中Z元件的電壓達到最大時的電流大小關系，然后通過定值電阻表示出回路中的最大電流，進而求出金屬棒的最大速度；第（3）問的關鍵在于求出開關斷開瞬間回路中的電流，得出導體棒所受的安培力大小，再根據(jù)牛頓第二定律求出金屬棒的加速度。【解析】（1）閉合開關S，金屬棒下落的過程中受豎直向下的重力、豎直向上的安培力作用，當重力與安培力大小相等時，金屬棒的加速度為零，速度最大，則由法拉第電磁感應定律得由歐姆定律得解得（2）由第（1）問得由于斷開開關S后，當金屬棒的速度達到最大時，元件Z兩端的電壓恒為此時定值電阻兩端的電壓為回路中的電流為又由歐姆定律得解得（3）開關S閉合，當金屬棒的速度最大時，金屬棒產生的感應電動勢為斷開開關S的瞬間，元件Z兩端的電壓為則定值電阻兩端的電壓為電路中的電流為金屬棒受到的安培力為對金屬棒由牛頓第二定律得解得?18．（2021·天津·高考真題）如圖所示，兩根足夠長的平行光滑金屬導軌、間距，其電阻不計，兩導軌及其構成的平面均與水平面成角，N、Q兩端接有的電阻。一金屬棒垂直導軌放置，兩端與導軌始終有良好接觸，已知的質量，電阻，整個裝置處在垂直于導軌平面向上的勻強磁場中，磁感應強度大小。在平行于導軌向上的拉力作用下，以初速度沿導軌向上開始運動，可達到最大速度。運動過程中拉力的功率恒定不變，重力加速度。（1）求拉力的功率P；（2）開始運動后，經速度達到，此過程中克服安培力做功，求該過程中沿導軌的位移大小x。【答案】（1）；（2）【解析】（1）在運動過程中，由于拉力功率恒定，做加速度逐漸減小的加速運動，速度達到最大時，加速度為零，設此時拉力的大小為F，安培力大小為，有設此時回路中的感應電動勢為E，由法拉第電磁感應定律，有設回路中的感應電流為I，由閉合電路歐姆定律，有受到的安培力由功率表達式，有聯(lián)立上述各式，代入數(shù)據(jù)解得（2）從速度到的過程中，由動能定理，有代入數(shù)據(jù)解得19．（2021·全國·高考真題）如圖，一傾角為的光滑固定斜面的頂端放有質量的U型導體框，導體框的電阻忽略不計；一電阻的金屬棒的兩端置于導體框上，與導體框構成矩形回路；與斜面底邊平行，長度。初始時與相距，金屬棒與導體框同時由靜止開始下滑，金屬棒下滑距離后進入一方向垂直于斜面的勻強磁場區(qū)域，磁場邊界（圖中虛線）與斜面底邊平行；金屬棒在磁場中做勻速運動，直至離開磁場區(qū)域。當金屬棒離開磁場的瞬間，導體框的邊正好進入磁場，并在勻速運動一段距離后開始加速。已知金屬棒與導體框之間始終接觸良好，磁場的磁感應強度大小，重力加速度大小取。求：（1）金屬棒在磁場中運動時所受安培力的大??；（2）金屬棒的質量以及金屬棒與導體框之間的動摩擦因數(shù)；（3）導體框勻速運動的距離。【答案】（1）；（2），；（3）〖祥解〗、【解析】（1）根據(jù)題意可得金屬棒和導體框在沒有進入磁場時一起做勻加速直線運動，由動能定理可得代入數(shù)據(jù)解得金屬棒在磁場中切割磁場產生感應電動勢，由法拉第電磁感應定律可得由閉合回路的歐姆定律可得則導體棒剛進入磁場時受到的安培力為（2）金屬棒進入磁場以后因為瞬間受到安培力的作用，根據(jù)楞次定律可知金屬棒的安培力沿斜面向上，之后金屬棒相對導體框向上運動，因此金屬棒受到導體框給