專題16 電磁感應(yīng)-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(yīng)考點(diǎn)五年考情（2020-2024）命題趨勢考點(diǎn)1感應(yīng)電流的方向法拉第電磁感應(yīng)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(yīng)作為高考物理中的一個重要考點(diǎn)，其命題趨勢在近年來呈現(xiàn)出一些顯著的特點(diǎn)。以下是對電磁感應(yīng)高考命題趨勢的概述：基礎(chǔ)知識的考查：電磁感應(yīng)的基本概念、楞次定律、法拉第電磁感應(yīng)定律等仍然是高考命題的重點(diǎn)?？忌枰钊肜斫膺@些基礎(chǔ)知識，并能夠熟練應(yīng)用于解決實(shí)際問題。綜合應(yīng)用能力的考查：電磁感應(yīng)往往與力學(xué)、能量、電路等知識點(diǎn)相結(jié)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(fù)雜問題的能力。圖像與電路問題：電磁感應(yīng)中的圖像問題和電路問題是高考中的常見題型?？忌枰獙W(xué)會如何根據(jù)給定的圖像信息或電路圖進(jìn)行分析和計算。實(shí)驗(yàn)與探究能力的考查：高考物理實(shí)驗(yàn)中，電磁感應(yīng)相關(guān)的實(shí)驗(yàn)也是考查的重點(diǎn)。這包括但不限于電磁感應(yīng)現(xiàn)象的觀察、楞次定律的驗(yàn)證、感應(yīng)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(jìn)步而不斷更新。例如，新課標(biāo)中對動量部分的調(diào)整可能影響電磁感應(yīng)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(yīng)相關(guān)的題目常常作為壓軸題出現(xiàn)，考查學(xué)生的邏輯推理能力和解決復(fù)雜問題的技巧。復(fù)習(xí)備考建議：針對電磁感應(yīng)的復(fù)習(xí)，考生應(yīng)該全面掌握相關(guān)知識點(diǎn)，注重基礎(chǔ)知識的鞏固和理解，同時通過大量的練習(xí)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(yīng)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(chǔ)知識的記憶和理解，更傾向于考查考生的綜合應(yīng)用能力和解決實(shí)際問題的能力。因此，考生在備考過程中應(yīng)該全面準(zhǔn)備，注重知識的整合和應(yīng)用，以更好地應(yīng)對高考的挑戰(zhàn)?？键c(diǎn)2導(dǎo)體棒在磁場中的運(yùn)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(diǎn)01感應(yīng)電流的方向法拉第電磁感應(yīng)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(nèi)以坐標(biāo)原點(diǎn)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(qiáng)磁場。邊長為L的正方形金屬框繞其始終在O點(diǎn)的頂點(diǎn)、在平面內(nèi)以角速度順時針勻速轉(zhuǎn)動，時刻，金屬框開始進(jìn)入第一象限。不考慮自感影響，關(guān)于金屬框中感應(yīng)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(dāng)時，有效切割長度最大為，此時，感應(yīng)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(shè)轉(zhuǎn)過的角度為，由幾何關(guān)系可得進(jìn)入磁場部分線框的面積穿過線圈的磁通量線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢感應(yīng)電動勢的變化率對求二次導(dǎo)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(dǎo)線繞成邊長相同的甲、乙兩個正方形閉合線圈，兩線圈的質(zhì)量相等，但所用導(dǎo)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(nèi)從同一高度同時由靜止開始下落，一段時間后進(jìn)入一方向垂直于紙面的勻強(qiáng)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(jìn)入磁場后且上邊進(jìn)入磁場前，可能出現(xiàn)的是（）A．甲和乙都加速運(yùn)動B．甲和乙都減速運(yùn)動C．甲加速運(yùn)動，乙減速運(yùn)動D．甲減速運(yùn)動，乙加速運(yùn)動【答案】AB【解析】設(shè)線圈到磁場的高度為h，線圈的邊長為l，則線圈下邊剛進(jìn)入磁場時，有感應(yīng)電動勢為兩線圈材料相等（設(shè)密度為），質(zhì)量相同（設(shè)為），則設(shè)材料的電阻率為，則線圈電阻感應(yīng)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(guān)，則甲和乙進(jìn)入磁場時，具有相同的加速度。當(dāng)時，甲和乙都加速運(yùn)動，當(dāng)時，甲和乙都減速運(yùn)動，當(dāng)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(zhì)金屬框，邊長為，通過長為的絕緣輕質(zhì)桿相連，構(gòu)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(qiáng)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(nèi)以初速度水平無旋轉(zhuǎn)拋出，設(shè)置合適的磁感應(yīng)強(qiáng)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(guān)，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(diào)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(chǎn)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(zhuǎn)拋出后，組合體做平拋運(yùn)動，后進(jìn)入磁場做勻速運(yùn)動，由于水平方向切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)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(dāng)金屬框剛進(jìn)入磁場時金屬框的磁通量增加，此時感應(yīng)電流的方向?yàn)槟鏁r針方向，當(dāng)金屬框剛出磁場時金屬框的磁通量減少，此時感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r針方向，B錯誤；C．由于組合體進(jìn)入磁場后做勻速運(yùn)動，由于水平方向的感應(yīng)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(diào)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(chǎn)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(jī)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(qiáng)磁體在玻璃管內(nèi)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(nèi)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(shè)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(chǎn)生逆時針的電流，而在穿出遠(yuǎn)離每匝線圈的過程中磁通量向下減少產(chǎn)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(yīng)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(xiàng)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(qiáng)，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(dǎo)線。P、M和N為地面上的三點(diǎn)，P點(diǎn)位于導(dǎo)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(diǎn)，可沿不同方向以相同的速率做勻速直線運(yùn)動，運(yùn)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(diǎn)與M點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，方向相同B．線圈沿PN方向運(yùn)動時，穿過線圈的磁通量不變C．線圈從P點(diǎn)開始豎直向上運(yùn)動時，線圈中無感應(yīng)電流D．線圈從P到M過程的感應(yīng)電動勢與從P到N過程的感應(yīng)電動勢相等【答案】AC【解析】A．依題意，M、N兩點(diǎn)連線與長直導(dǎo)線平行、兩點(diǎn)與長直導(dǎo)線的距離相同，根據(jù)右手螺旋定則可知，通電長直導(dǎo)線在M、N兩點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)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(diǎn)時，磁感線穿進(jìn)與穿出在線圈中對稱，磁通量為零；在向N點(diǎn)平移過程中，磁感線穿進(jìn)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(diǎn)豎直向上運(yùn)動過程中，磁感線穿進(jìn)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(yīng)電流，故C正確；D．線圈從P點(diǎn)到M點(diǎn)與從P點(diǎn)到N點(diǎn)，線圈的磁通量變化量相同，依題意P點(diǎn)到M點(diǎn)所用時間較從P點(diǎn)到N點(diǎn)時間長，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，則兩次的感應(yīng)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(dǎo)軌豎直放置并固定，頂端接有阻值為R的電阻，垂直導(dǎo)軌平面存在變化規(guī)律如圖（b）所示的勻強(qiáng)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(nèi)，金屬棒水平固定在距導(dǎo)軌頂端L處；t=2t0時，釋放金屬棒。整個過程中金屬棒與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)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(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)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(yīng)強(qiáng)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(chǎn)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(yīng)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(dǎo)軌MN、PQ固定在水平面內(nèi)，導(dǎo)軌間存在一個寬度的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為，方向如圖所示．一根質(zhì)量，阻值的金屬棒a以初速度從左端開始沿導(dǎo)軌滑動，穿過磁場區(qū)域后，與另一根質(zhì)量，阻值的原來靜置在導(dǎo)軌上的金屬棒b發(fā)生彈性碰撞，兩金屬棒始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，導(dǎo)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(yùn)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(yīng)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(chǎn)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(yùn)動，由于速度減小，感應(yīng)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(yùn)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(yīng)電流，故B正確；C．電路中產(chǎn)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(chǎn)生的總熱量等于金屬棒a機(jī)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(chǎn)生的焦耳熱相同，則金屬棒b上產(chǎn)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(jī)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(shè)金屬棒a最終停在距磁場左邊界處，則從反彈進(jìn)入磁場到停下來的過程，電路中產(chǎn)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(yīng)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(dāng)汽車經(jīng)過線圈時（

）

A．線圈1、2產(chǎn)生的磁場方向豎直向上B．汽車進(jìn)入線圈1過程產(chǎn)生感應(yīng)電流方向?yàn)閍bcdC．汽車離開線圈1過程產(chǎn)生感應(yīng)電流方向?yàn)閍bcdD．汽車進(jìn)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(chǎn)生的磁場方向豎直向下，A錯誤；B．汽車進(jìn)入線圈1過程中，磁通量增大，根據(jù)楞次定律可知產(chǎn)生感應(yīng)電流方向?yàn)閍dcb（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(chǎn)生感應(yīng)電流方向?yàn)閍bcd（順時針），C正確；D．汽車進(jìn)入線圈2過程中，磁通量增大，根據(jù)楞次定律可知產(chǎn)生感應(yīng)電流方向?yàn)閍dcb（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(dǎo)線框，以某一初速度進(jìn)入豎直向下的勻強(qiáng)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(jìn)磁場的過程中電流方向?yàn)轫槙r針方向B．線框出磁場的過程中做勻減速直線運(yùn)動C．線框在進(jìn)和出的兩過程中產(chǎn)生的焦耳熱相等D．線框在進(jìn)和出的兩過程中通過導(dǎo)線橫截面的電荷量相等【答案】D【解析】A．線框進(jìn)磁場的過程中由楞次定律知電流方向?yàn)槟鏁r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(yùn)動，B錯誤；C．由能量守恒定律得線框產(chǎn)生的焦耳熱Q=FAL其中線框進(jìn)出磁場時均做減速運(yùn)動，但其進(jìn)磁場時的速度大，安培力大，產(chǎn)生的焦耳熱多，C錯誤；D．線框在進(jìn)和出的兩過程中通過導(dǎo)線橫截面的電荷量其中，則聯(lián)立有由于線框在進(jìn)和出的兩過程中線框的位移均為L，則線框在進(jìn)和出的兩過程中通過導(dǎo)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(qiáng)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(chǎn)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(jìn)入和離開磁場過程，磁通量變化，都會產(chǎn)生感應(yīng)電流，受向左安培力而減速，完全在磁場中運(yùn)動時磁通量不變做勻速運(yùn)動；可知離開磁場過程的平均速度小于進(jìn)入磁場過程的平均速度，所以離開磁場過程的時間大于進(jìn)入磁場過程的時間，A錯誤；C．由楞次定律可知，鋁框進(jìn)入磁場過程磁通量增加，感應(yīng)電流為逆時針方向；離開磁場過程磁通量減小，感應(yīng)電流為順時針方向，C錯誤；D．鋁框進(jìn)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(jìn)入和離開磁場過程，鋁框均做減速運(yùn)動，可知鋁框進(jìn)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(jìn)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(jìn)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(jìn)入磁場過程產(chǎn)生的熱量大于鋁框離開磁場過程產(chǎn)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(nèi)，在通有圖示方向電流I的長直導(dǎo)線右側(cè)，固定一矩形金屬線框，邊與導(dǎo)線平行。調(diào)節(jié)電流I使得空間各點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間均勻增加，則（）A．線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向?yàn)锽．線框中產(chǎn)生的感應(yīng)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(dǎo)線右側(cè)的磁場方向垂直于紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間均勻增加，根據(jù)楞次定律可知線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向?yàn)椋珹錯誤；B．線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流為空間各點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間均勻增加，故線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流不變，B錯誤；C．線框邊感應(yīng)電流保持不變，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間均勻增加，根據(jù)安培力表達(dá)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(chǎn)生的感應(yīng)電流方向?yàn)?，根?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(dǎo)線的磁場分部特點(diǎn)可知邊所處的磁場較大，根據(jù)安培力表達(dá)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(nèi)部形成方向豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=kt的勻強(qiáng)磁場，在內(nèi)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(yīng)電流為逆時針方向B．圓管的感應(yīng)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(yīng)電流為順時針方向，選項(xiàng)A錯誤；B．圓管的感應(yīng)電動勢大小為選項(xiàng)B錯誤；C．圓管的電阻圓管的熱功率大小為選項(xiàng)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(xiàng)D錯誤。故選C。13．（2021·北京·高考真題）某同學(xué)搬運(yùn)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(xué)在兩接線柱間接一根導(dǎo)線后再次搬運(yùn)，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(dǎo)線時，表針晃動過程中表內(nèi)線圈不產(chǎn)生感應(yīng)電動勢B．未接導(dǎo)線時，表針晃動劇烈是因?yàn)楸韮?nèi)線圈受到安培力的作用C．接上導(dǎo)線后，表針晃動過程中表內(nèi)線圈不產(chǎn)生感應(yīng)電動勢D．接上導(dǎo)線后，表針晃動減弱是因?yàn)楸韮?nèi)線圈受到安培力的作用【答案】D【解析】A．未接導(dǎo)線時，表針晃動過程中導(dǎo)線切割磁感線，表內(nèi)線圈會產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，故A錯誤；B．未接導(dǎo)線時，未連成閉合回路，沒有感應(yīng)電流，所以不受安培力，故B錯誤；CD．接上導(dǎo)線后，表針晃動過程中表內(nèi)線圈產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，根據(jù)楞次定律可知，表針晃動減弱是因?yàn)楸韮?nèi)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(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)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(chǎn)生順時針方向感應(yīng)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(chǎn)生順時針方向的感應(yīng)電流則感應(yīng)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(chǎn)生感應(yīng)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(guān)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(yùn)動B．撥至M端或N端，圓環(huán)都向右運(yùn)動C．撥至M端時圓環(huán)向左運(yùn)動，撥至N端時向右運(yùn)動D．撥至M端時圓環(huán)向右運(yùn)動，撥至N端時向左運(yùn)動【答案】B【解析】無論開關(guān)S撥至哪一端，當(dāng)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(chǎn)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(yùn)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(qiáng)磁場，一導(dǎo)體棒繞固定的豎直軸OP在磁場中勻速轉(zhuǎn)動，且始終平行于OP。導(dǎo)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(dǎo)體棒勻速轉(zhuǎn)動，設(shè)速度為v，設(shè)導(dǎo)體棒從到過程，棒轉(zhuǎn)過的角度為，則導(dǎo)體棒垂直磁感線方向的分速度為可知導(dǎo)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(dǎo)體棒經(jīng)過B點(diǎn)和B點(diǎn)關(guān)于P點(diǎn)的對稱點(diǎn)時，電流方向發(fā)生變化，根據(jù)可知導(dǎo)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(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，OC導(dǎo)體棒的O端位于圓心，棒的中點(diǎn)A位于磁場區(qū)域的邊緣?，F(xiàn)使導(dǎo)體棒繞O點(diǎn)在紙面內(nèi)逆時針轉(zhuǎn)動。O、A、C點(diǎn)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(dǎo)體棒轉(zhuǎn)動切割磁感線，則根據(jù)右手定則可知φO>φA其中導(dǎo)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(nèi)有垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間t的變化關(guān)系為，、k為常量，則圖中半徑為R的單匝圓形線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)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(yīng)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(zhì)細(xì)導(dǎo)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(yīng)強(qiáng)度大小，和均為常量，則線圈中總的感應(yīng)電動勢大小為（）A． B． C． D．【答案】D【解析】由法拉第電磁感應(yīng)定律可得大圓線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢每個小圓線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢由線圈的繞線方式和楞次定律可得大、小圓線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢方向相同，故線圈中總的感應(yīng)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(xì)導(dǎo)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(yīng)強(qiáng)度隨時間線性變化的同一勻強(qiáng)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(yīng)電流的大小分別為和。則（）A． B． C． D．【答案】C【解析】設(shè)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(xì)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(yīng)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(yùn)動時所產(chǎn)生的電流來追蹤眼球的運(yùn)動。若該眼動儀線圈面積為S，匝數(shù)為N，處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，線圈平面最初平行于磁場，經(jīng)過時間t后線圈平面逆時針轉(zhuǎn)動至與磁場夾角為θ處，則在這段時間內(nèi)，線圈中產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動勢的大小和感應(yīng)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(jīng)過時間t，面積為S的線圈平面逆時針轉(zhuǎn)動至與磁場夾角為θ處，磁通量變化為由法拉第電磁感應(yīng)定律，線圈中產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動勢的大小為由楞次定律可判斷出感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r針方向。故選A。21．（2022·重慶·高考真題）某同學(xué)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(yīng)。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(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直于戒指平面。若磁感應(yīng)強(qiáng)度大小在時間內(nèi)從0均勻增加到，求：（1）戒指中的感應(yīng)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(shè)戒指的半徑為，則有磁感應(yīng)強(qiáng)度大小在時間內(nèi)從0均勻增加到，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為可得戒指的電阻為則戒指中的感應(yīng)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(jī)電磁彈射是現(xiàn)在航母最先進(jìn)的彈射技術(shù)，我國在這一領(lǐng)域已達(dá)到世界先進(jìn)水平。某興趣小組開展電磁彈射系統(tǒng)的設(shè)計研究，如圖1所示，用于推動模型飛機(jī)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(dǎo)軌上無摩擦滑動。線圈位于導(dǎo)軌間的輻向磁場中，其所在處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B。開關(guān)S與1接通，恒流源與線圈連接，動子從靜止開始推動飛機(jī)加速，飛機(jī)達(dá)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(nèi)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(jī)的質(zhì)量M=10kg，動子和線圈的總質(zhì)量m=5kg，R0=9.5Ω，B=0.1T，不計空氣阻力和飛機(jī)起飛對動子運(yùn)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(nèi)做勻加速直線運(yùn)動，運(yùn)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(dāng)S擲向2接通定值電阻R0時，感應(yīng)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(nèi)的位移而根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)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(nèi)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(dǎo)線連接，并通過兩水平長導(dǎo)線與高壓電源相連。在與長直導(dǎo)線垂直的平面內(nèi)，以導(dǎo)線為對稱軸安裝一個用阻值的細(xì)導(dǎo)線繞制、匝數(shù)的圓環(huán)形螺線管，細(xì)導(dǎo)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(dǎo)線的距離。氣體被電離后在長直導(dǎo)線回路中產(chǎn)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(nèi)各處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均可視為，其中。（1）求內(nèi)通過長直導(dǎo)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(guān)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(nèi)電流均勻增加，有楞次定律可知感應(yīng)電流的方向，產(chǎn)生恒定的感應(yīng)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(yīng)電動勢為零，感應(yīng)電流為零，而在時間內(nèi)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(yīng)電流的方向?yàn)?，則圖像如圖所示（4）考慮自感的情況下，線框會產(chǎn)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(dá)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(nèi)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(nèi)電流緩慢增加，過一段時間電路達(dá)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(nèi)有指向紙內(nèi)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(chǎn)生的感應(yīng)電動勢；(3)求電阻兩端的電壓?！敬鸢浮?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(yīng)電流產(chǎn)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(yīng)電流為逆時針方向，所通過電阻的電流方向?yàn)椤?2)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)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(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間t均勻變化。正方形硬質(zhì)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(nèi)，金屬框中的感應(yīng)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(nèi)，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(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化量，設(shè)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(chǎn)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(shè)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(yīng)強(qiáng)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(nèi)，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(diǎn)02導(dǎo)體棒在磁場中運(yùn)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(dǎo)軌固定在絕緣水平面上，左、右兩側(cè)導(dǎo)軌間距分別為d和2d，處于豎直向上的磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為2B和B。已知導(dǎo)體棒MN的電阻為R、長度為d，導(dǎo)體棒PQ的電阻為2R、長度為2d，PQ的質(zhì)量是MN的2倍。初始時刻兩棒靜止，兩棒中點(diǎn)之間連接一壓縮量為L的輕質(zhì)絕緣彈簧。釋放彈簧，兩棒在各自磁場中運(yùn)動直至停止，彈簧始終在彈性限度內(nèi)。整個過程中兩棒保持與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，導(dǎo)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(chǎn)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(yùn)動過程中，MN與PQ的路程之比為2：1D．整個運(yùn)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(chǎn)生順時針方向的電流，選項(xiàng)A正確；B．任意時刻，設(shè)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(shè)PQ質(zhì)量為2m，則MN質(zhì)量為m，PQ速率為v時，則解得回路的感應(yīng)電流MN所受安培力大小為選項(xiàng)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(shè)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(xiàng)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(xiàng)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(dǎo)軌平置在光滑水平絕緣桌面上，寬為，電阻不計。質(zhì)量為、長為、電阻為的導(dǎo)體棒MN放置在導(dǎo)軌上，與導(dǎo)軌形成矩形回路并始終接觸良好，I和Ⅱ區(qū)域內(nèi)分別存在豎直方向的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)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(dǎo)軌CD段中點(diǎn)與質(zhì)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(jìn)入磁場區(qū)域I和Ⅱ并做勻速直線運(yùn)動，MN、CD與磁場邊界平行。MN的速度，CD的速度為且，MN和導(dǎo)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(dǎo)軌的速度，因此對導(dǎo)體棒受力分析可知導(dǎo)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(dǎo)體棒的安培力大小為由左手定則可知導(dǎo)體棒的電流方向?yàn)?，?dǎo)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?yàn)榇怪敝泵嫦蚶铮珹錯誤B正確；CD．對導(dǎo)體棒分析對導(dǎo)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(dǎo)軌水平放置在豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，一根導(dǎo)軌位于軸上，另一根由、、三段直導(dǎo)軌組成，其中段與軸平行，導(dǎo)軌左端接入一電阻。導(dǎo)軌上一金屬棒沿軸正向以速度保持勻速運(yùn)動，時刻通過坐標(biāo)原點(diǎn)，金屬棒始終與軸垂直。設(shè)運(yùn)動過程中通過電阻的電流強(qiáng)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(dǎo)軌與金屬棒接觸良好，忽略導(dǎo)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(dāng)導(dǎo)體棒從O點(diǎn)向右運(yùn)動L時，即在時間內(nèi)，在某時刻導(dǎo)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(guān)系為拋物線，但是不過原點(diǎn)；安培力做功的功率則P-t關(guān)系為拋物線，但是不過原點(diǎn)；電阻兩端的電壓等于導(dǎo)體棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢，即即圖像是不過原點(diǎn)的直線；根據(jù)以上分析，可大致排除BD選項(xiàng)；當(dāng)在時間內(nèi)，導(dǎo)體棒切割磁感線的長度不變，感應(yīng)電動勢E不變，感應(yīng)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(nèi)，導(dǎo)體棒切割磁感線長度逐漸減小，導(dǎo)體棒切割磁感線的感應(yīng)電動勢E均勻減小，感應(yīng)電流I均勻減小，安培力F大小按照二次函數(shù)關(guān)系減小，但是不能減小到零，與內(nèi)是對稱的關(guān)系，安培力的功率P按照二次函數(shù)關(guān)系減小，但是不能減小到零，與內(nèi)是對稱的關(guān)系，電阻兩端電壓U按線性均勻減小；綜上所述選項(xiàng)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(dǎo)軌，一端接有的定值電阻，固定在高的絕緣水平桌面上。質(zhì)量均為的勻質(zhì)導(dǎo)體棒a和b靜止在導(dǎo)軌上，兩導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌接觸良好且始終與導(dǎo)軌垂直，接入電路的阻值均為，與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)均為0.1（設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力），導(dǎo)體棒距離導(dǎo)軌最右端。整個空間存在豎直向下的勻強(qiáng)磁場（圖中未畫出），磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為。用沿導(dǎo)軌水平向右的恒力拉導(dǎo)體棒a，當(dāng)導(dǎo)體棒a運(yùn)動到導(dǎo)軌最右端時，導(dǎo)體棒b剛要滑動，撤去，導(dǎo)體棒a離開導(dǎo)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(dǎo)體棒a離開導(dǎo)軌至落地過程中，水平位移為B．導(dǎo)體棒a離開導(dǎo)軌至落地前，其感應(yīng)電動勢不變C．導(dǎo)體棒a在導(dǎo)軌上運(yùn)動的過程中，導(dǎo)體棒b有向右運(yùn)動的趨勢D．導(dǎo)體棒a在導(dǎo)軌上運(yùn)動的過程中，通過電阻的電荷量為【答案】BD【解析】C．導(dǎo)體棒a在導(dǎo)軌上向右運(yùn)動，產(chǎn)生的感應(yīng)電流向里，流過導(dǎo)體棒b向里，由左手定則可知安培力向左，則導(dǎo)體棒b有向左運(yùn)動的趨勢，故Ｃ錯誤；A．導(dǎo)體棒b與電阻R并聯(lián)，有當(dāng)導(dǎo)體棒a運(yùn)動到導(dǎo)軌最右端時，導(dǎo)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(yùn)動，有聯(lián)立解得導(dǎo)體棒a離開導(dǎo)軌至落地過程中水平位移為故A錯誤；B．導(dǎo)體棒a離開導(dǎo)軌至落地前做平拋運(yùn)動，水平速度切割磁感線，則產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢不變，故B正確；D．導(dǎo)體棒a在導(dǎo)軌上運(yùn)動的過程中，通過電路的電量為導(dǎo)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(nèi)的光滑平行金屬導(dǎo)軌，間距為L，導(dǎo)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(dǎo)軌平面向上、感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場。在時刻，兩均勻金屬棒a、b分別從磁場邊界、進(jìn)入磁場，速度大小均為；一段時間后，流經(jīng)a棒的電流為0，此時，b棒仍位于磁場區(qū)域內(nèi)。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(zhì)量為m。在運(yùn)動過程中兩金屬棒始終與導(dǎo)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(nèi)，通過a棒橫截面的電荷量是b棒的2倍D．時間內(nèi)，a棒產(chǎn)生的焦耳熱為【答案】AD【解析】A．由題知，a進(jìn)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(chǎn)生的感應(yīng)電流方向是E到F，b產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向是H到G，即兩個感應(yīng)電流方向相同，所以流過a、b的感應(yīng)電流是兩個感應(yīng)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(dá)到了共同速度，設(shè)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(zhì)量為m，設(shè)b的質(zhì)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(nèi)，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(nèi)，對a、b組成的系統(tǒng)，根據(jù)能量守恒有解得回路中產(chǎn)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(chǎn)生的熱量與電阻成正比，即又解得a棒產(chǎn)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(dǎo)軌豎直放置并固定，頂端接有阻值為R的電阻，垂直導(dǎo)軌平面存在變化規(guī)律如圖（b）所示的勻強(qiáng)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(nèi)，金屬棒水平固定在距導(dǎo)軌頂端L處；t=2t0時，釋放金屬棒。整個過程中金屬棒與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)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(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)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(yīng)強(qiáng)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(chǎn)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(yīng)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(dǎo)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(yīng)強(qiáng)度隨時間均勻增加，Ⅱ區(qū)中為勻強(qiáng)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(jìn)入Ⅱ區(qū)后，經(jīng)b下行至c處反向上行。運(yùn)動過程中金屬棒始終垂直導(dǎo)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(yīng)強(qiáng)度為，感應(yīng)電動勢感應(yīng)電動勢恒定，所以導(dǎo)體棒上的感應(yīng)電流恒為導(dǎo)體棒進(jìn)入Ⅱ區(qū)域后，導(dǎo)體切割磁感線，產(chǎn)生一個感應(yīng)電動勢，因?yàn)閷?dǎo)體棒到達(dá)點(diǎn)后又能上行，說明加速度始終沿斜面向上，下行和上行經(jīng)過點(diǎn)的受力分析如圖

設(shè)下行、上行過b時導(dǎo)體棒的速度分別為，，則下行過b時導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電流為下行過b時導(dǎo)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(chǎn)出的感應(yīng)電動勢為上行過b時導(dǎo)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(jīng)過點(diǎn)時的速度大于上行經(jīng)過點(diǎn)時的速度，AB正確；CD．導(dǎo)體棒上行時，加速度與速度同向，則導(dǎo)體棒做加速度減小的加速度運(yùn)動，則一定能回到無磁場區(qū)。由AB分析可得，導(dǎo)體棒進(jìn)磁場Ⅱ區(qū)（下行進(jìn)磁場）的速度大于出磁場Ⅱ區(qū)（下行進(jìn)磁場）的速度，導(dǎo)體棒在無磁場區(qū)做加速度相同的減速運(yùn)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(dǎo)軌和，與平行，是以O(shè)為圓心的圓弧導(dǎo)軌，圓弧左側(cè)和扇形內(nèi)有方向如圖的勻強(qiáng)磁場，金屬桿的O端與e點(diǎn)用導(dǎo)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(dǎo)軌上，若桿繞O點(diǎn)在勻強(qiáng)磁場區(qū)內(nèi)從b到c勻速轉(zhuǎn)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(chǎn)生的感應(yīng)電動勢恒定B．桿受到的安培力不變C．桿做勻加速直線運(yùn)動D．桿中的電流逐漸減小【答案】AD【解析】A．OP轉(zhuǎn)動切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為因?yàn)镺P勻速轉(zhuǎn)動，所以桿OP產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢恒定，故A正確；BCD．桿OP勻速轉(zhuǎn)動產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢產(chǎn)生的感應(yīng)電流由M到N通過MN棒，由左手定則可知，MN棒會向左運(yùn)動，MN棒運(yùn)動會切割磁感線，產(chǎn)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(dǎo)軌MN、PQ固定在水平面內(nèi)，導(dǎo)軌間存在一個寬度的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為，方向如圖所示．一根質(zhì)量，阻值的金屬棒a以初速度從左端開始沿導(dǎo)軌滑動，穿過磁場區(qū)域后，與另一根質(zhì)量，阻值的原來靜置在導(dǎo)軌上的金屬棒b發(fā)生彈性碰撞，兩金屬棒始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，導(dǎo)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(yùn)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(yīng)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(chǎn)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(yùn)動，由于速度減小，感應(yīng)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(yùn)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(yīng)電流，故B正確；C．電路中產(chǎn)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(chǎn)生的總熱量等于金屬棒a機(jī)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(chǎn)生的焦耳熱相同，則金屬棒b上產(chǎn)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(jī)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(shè)金屬棒a最終停在距磁場左邊界處，則從反彈進(jìn)入磁場到停下來的過程，電路中產(chǎn)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(dǎo)體棒MN置于金屬框上，用水平恒力F向右拉動金屬框，運(yùn)動過程中，裝置始終處于豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，MN與金屬框保持良好接觸，且與bc邊保持平行。經(jīng)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(dǎo)體棒所受安培力的大小趨于恒定值D．導(dǎo)體棒到金屬框bc邊的距離趨于恒定值【答案】BC【解析】ABC．當(dāng)金屬框在恒力F作用下向右加速時，bc邊產(chǎn)生從c向b的感應(yīng)電流I，線框的加速度為a1，對線框，由牛頓第二定律得導(dǎo)體棒MN中感應(yīng)電流從M向N，在感應(yīng)電流安培力作用下向右加速，加速度為a2，對導(dǎo)體棒MN，由牛頓第二定律得當(dāng)線框和導(dǎo)體棒MN都運(yùn)動后，線框速度為v1，MN速度為v2，感應(yīng)電流為感應(yīng)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(yīng)電流從零增加，則加速度差值減小，當(dāng)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(yīng)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(nèi)存在方向豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)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(dǎo)電轉(zhuǎn)軸上，隨軸以角速度勻速轉(zhuǎn)動。在圓環(huán)的A點(diǎn)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?fàn)顟B(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(chǎn)生的電動勢為B．微粒的電荷量與質(zhì)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(zhuǎn)動，棒產(chǎn)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?fàn)顟B(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(dǎo)電軌道水平固定在桌面上，軌道間連接一可變電阻，導(dǎo)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(qiáng)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(yùn)動，兩次運(yùn)動中拉力大小與速率的關(guān)系如圖2所示。其中，第一次對應(yīng)直線①，初始拉力大小為F0，改變電阻阻值和磁感應(yīng)強(qiáng)度大小后，第二次對應(yīng)直線②，初始拉力大小為2F0，兩直線交點(diǎn)的縱坐標(biāo)為3F0。若第一次和第二次運(yùn)動中的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小之比為k、電阻的阻值之比為m、桿從靜止開始運(yùn)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(yùn)動，則在v=0時分別有，則第一次和第二次運(yùn)動中，桿從靜止開始運(yùn)動相同位移的時間分別為，則第一次和第二次運(yùn)動中根據(jù)牛頓第二定律有，整理有則可知兩次運(yùn)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(qiáng)磁場中，水平U型導(dǎo)體框左端連接一阻值為R的電阻，質(zhì)量為m、電阻為r的導(dǎo)體棒ab置于導(dǎo)體框上。不計導(dǎo)體框的電阻、導(dǎo)體棒與框間的摩擦。ab以水平向右的初速度v0開始運(yùn)動，最終停在導(dǎo)體框上。在此過程中（）A．導(dǎo)體棒做勻減速直線運(yùn)動 B．導(dǎo)體棒中感應(yīng)電流的方向?yàn)镃．電阻R消耗的總電能為 D．導(dǎo)體棒克服安培力做的總功小于【答案】C【解析】AB．導(dǎo)體棒向右運(yùn)動，根據(jù)右手定則，可知電流方向?yàn)閎到a，再根據(jù)左手定則可知，導(dǎo)體棒向到向左的安培力，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，可得產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為感應(yīng)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(dǎo)體棒不是做勻減速直線運(yùn)動，故AB錯誤；C．根據(jù)能量守恒定律，可知回路中產(chǎn)生的總熱量為因R與r串聯(lián)，則產(chǎn)生的熱量與電阻成正比，則R產(chǎn)生的熱量為故C正確；D．整個過程只有安培力做負(fù)功，根據(jù)動能定理可知，導(dǎo)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(dǎo)軌水平放置在豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，導(dǎo)軌間距最窄處為一狹縫，取狹縫所在處O點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，狹縫右側(cè)兩導(dǎo)軌與x軸夾角均為，一電容為C的電容器與導(dǎo)軌左端相連，導(dǎo)軌上的金屬棒與x軸垂直，在外力F作用下從O點(diǎn)開始以速度v向右勻速運(yùn)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(dá)時，電容器極板上的電荷量為C．金屬棒運(yùn)動過程中，電容器的上極板帶負(fù)電D．金屬棒運(yùn)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(yīng)帶正電，C錯誤；A．由題知導(dǎo)體棒勻速切割磁感線，根據(jù)幾何關(guān)系切割長度為L=2xtanθ，x=vt則產(chǎn)生的感應(yīng)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(dǎo)體棒的電流I==2BCv2tanθA正確；B．當(dāng)金屬棒到達(dá)x0處時，導(dǎo)體棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E′=2Bvx0tanθ則電容器的電荷量為Q=CE′=2BCvx0tanθB錯誤；D．由于導(dǎo)體棒做勻速運(yùn)動則F=F安=BIL由選項(xiàng)A可知流過導(dǎo)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(zhì)導(dǎo)線Oabc，其中是半徑為R的半圓弧，b為圓弧的中點(diǎn)，直線段Oa長為R且垂直于直徑ac。該導(dǎo)線在紙面內(nèi)繞O點(diǎn)逆時針轉(zhuǎn)動，導(dǎo)線始終在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場中。則O、a、b、c各點(diǎn)電勢關(guān)系為（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【詳析】如圖，相當(dāng)于Oa、Ob、Oc導(dǎo)體棒轉(zhuǎn)動切割磁感線，根據(jù)右手定則可知O點(diǎn)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(dǎo)軌，水平放置在方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，導(dǎo)軌左端接有阻值為R的定值電阻，一質(zhì)量為m的金屬桿放在導(dǎo)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(yùn)動，此時金屬桿內(nèi)自由電子沿桿定向移動的速率為u0。設(shè)金屬桿內(nèi)做定向移動的自由電子總量保持不變，金屬桿始終與導(dǎo)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(jīng)過一段時間，自由電子沿金屬桿定向移動的速率變?yōu)椋螅海╥）這段時間內(nèi)電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱；（ii）這段時間內(nèi)一直在金屬桿內(nèi)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(chǎn)生的感應(yīng)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(yùn)動則有根據(jù)功率的計算公式有（2）（i）設(shè)金屬桿內(nèi)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(yùn)動時的電流由微觀表示為解得當(dāng)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(nèi)金屬桿的速度由v0變到，設(shè)這段時間內(nèi)一直在金屬桿內(nèi)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(dǎo)軌，豎直固定在勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直于導(dǎo)軌平面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。導(dǎo)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(dāng)流過元件Z的電流大于或等于時，電壓穩(wěn)定為Um。質(zhì)量為m、不計電阻的金屬棒可沿導(dǎo)軌運(yùn)動，運(yùn)動中金屬棒始終水平且與導(dǎo)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(jié)果只能選用m、g、B、L、R表示。（1）閉合開關(guān)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(guān)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(guān)S，由靜止釋放金屬棒，金屬棒達(dá)到最大速度后，再斷開開關(guān)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(guān)鍵能力]本題考查法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路歐姆定律等知識，意在考查考生綜合電磁學(xué)知識以及力學(xué)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(yùn)動分析，求出當(dāng)金屬棒的加速度為零時的最大速度；第（2）問首先應(yīng)分析比較第（1）問中的電流與圖（b）中Z元件的電壓達(dá)到最大時的電流大小關(guān)系，然后通過定值電阻表示出回路中的最大電流，進(jìn)而求出金屬棒的最大速度；第（3）問的關(guān)鍵在于求出開關(guān)斷開瞬間回路中的電流，得出導(dǎo)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(guān)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(dāng)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(yīng)定律得由歐姆定律得解得（2）由第（1）問得由于斷開開關(guān)S后，當(dāng)金屬棒的速度達(dá)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(guān)S閉合，當(dāng)金屬棒的速度最大時，金屬棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為斷開開關(guān)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(dǎo)軌、間距，其電阻不計，兩導(dǎo)軌及其構(gòu)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(dǎo)軌放置，兩端與導(dǎo)軌始終有良好接觸，已知的質(zhì)量，電阻，整個裝置處在垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小。在平行于導(dǎo)軌向上的拉力作用下，以初速度沿導(dǎo)軌向上開始運(yùn)動，可達(dá)到最大速度。運(yùn)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(yùn)動后，經(jīng)速度達(dá)到，此過程中克服安培力做功，求該過程中沿導(dǎo)軌的位移大小x。【答案】（1）；（2）【解析】（1）在運(yùn)動過程中，由于拉力功率恒定，做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動，速度達(dá)到最大時，加速度為零，設(shè)此時拉力的大小為F，安培力大小為，有設(shè)此時回路中的感應(yīng)電動勢為E，由法拉第電磁感應(yīng)定律，有設(shè)回路中的感應(yīng)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(dá)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(zhì)量的U型導(dǎo)體框，導(dǎo)體框的電阻忽略不計；一電阻的金屬棒的兩端置于導(dǎo)體框上，與導(dǎo)體框構(gòu)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(dǎo)體框同時由靜止開始下滑，金屬棒下滑距離后進(jìn)入一方向垂直于斜面的勻強(qiáng)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(yùn)動，直至離開磁場區(qū)域。當(dāng)金屬棒離開磁場的瞬間，導(dǎo)體框的邊正好進(jìn)入磁場，并在勻速運(yùn)動一段距離后開始加速。已知金屬棒與導(dǎo)體框之間始終接觸良好，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小，重力加速度大小取。求：（1）金屬棒在磁場中運(yùn)動時所受安培力的大小；（2）金屬棒的質(zhì)量以及金屬棒與導(dǎo)體框之間的動摩擦因數(shù)；（3）導(dǎo)體框勻速運(yùn)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(dǎo)體框在沒有進(jìn)入磁場時一起做勻加速直線運(yùn)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(chǎn)生感應(yīng)電動勢，由法拉第電磁感應(yīng)定律可得由閉合回路的歐姆定律可得則導(dǎo)體棒剛進(jìn)入磁場時受到的安培力為（2）金屬棒進(jìn)入磁場以后因?yàn)樗查g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(dǎo)體框向上運(yùn)動，因此金屬棒受到導(dǎo)體框給