三年高考真題（2022-2024）分類匯編 物理 專題29電磁感應 功和能 含解析

專題29電磁感應+功和能考點三年考情（2022-2024）命題趨勢考點1電磁感應+功和功率（5年4考）2024年高考山東卷：金屬棒在兩條相同的半圓弧形光滑金屬導軌上滑動；2022年高考上海卷：一個正方形導線框以初速度v0向右穿過一個有界的勻強磁場；2024高考廣西卷：研究非摩擦形式的阻力裝置；2022年福建高考：金屬棒在平行導軌上運動切割磁感線；2024年高考遼寧卷：導體棒在兩條“∧”形的光滑平行金屬導軌滑動切割磁感線；1.功和功率是高考考查頻率較高的知識點，與電磁感應綜合主要表現(xiàn)在考查安培力功和功率。2.電磁感應中的能量包括動能定理、焦耳熱、能量守恒定律、功能關系等?？键c2電磁感應+能量（5年5考）2023學業(yè)水平等級考試上海卷：線框在斜面上切割磁感線運動；2023年高考全國甲卷：絕緣棒和金屬棒在光滑U型金屬導軌滑動切割磁感線運動；2023年高考湖南卷：兩根足夠長的光滑金屬直導軌平行放置，金屬棒下滑切割磁感線運動；2023全國高考新課程卷：線框在兩條光滑長直金屬導軌移動切割磁感線；考點01電磁感應+功和功率1.（2024年高考山東卷）.如圖所示，兩條相同的半圓弧形光滑金屬導軌固定在水平桌面上，其所在平面豎直且平行，導軌最高點到水平桌面的距離等于半徑，最低點的連線OO'與導軌所在豎直面垂直。空間充滿豎直向下的勻強磁場（圖中未畫出），導軌左端由導線連接?，F(xiàn)將具有一定質量和電阻的金屬棒MN平行OO'放置在導軌圖示位置，由靜止釋放。MN運動過程中始終平行于OO'且與兩導軌接觸良好，不考慮自感影響，下列說法正確的是（）A.MN最終一定靜止于OO'位置B.MN運動過程中安培力始終做負功C.從釋放到第一次到達OO'位置過程中，MN的速率一直在增大D.從釋放到第一次到達OO'位置過程中，MN中電流方向由M到N【答案】ABD【解析】由于金屬棒MN運動過程切割磁感線產生感應電動勢，回路有感應電流，產生焦耳熱，金屬棒MN的機械能不斷減小，由于金屬導軌光滑，所以經過多次往返運動，MN最終一定靜止于OO'位置，故A正確；當金屬棒MN向右運動，根據右手定則可知，MN中電流方向由M到N，根據左手定則，可知金屬棒MN受到的安培力水平向左，則安培力做負功；當金屬棒MN向左運動，根據右手定則可知，MN中電流方向由N到M，根據左手定則，可知金屬棒MN受到的安培力水平向右，則安培力做負功；可知MN運動過程中安培力始終做負功，故B正確；金屬棒MN從釋放到第一次到達OO'位置過程中，由于在OO'位置重力沿切線方向的分力為0，可知在到達OO'位置之前的位置，重力沿切線方向的分力已經小于安培力沿切線方向的分力，金屬棒MN已經做減速運動，故C錯誤；從釋放到第一次到達OO'位置過程中，根據右手定則可知，MN中電流方向由M到N，故D正確。故選ABD。2.（2022年高考上海）如圖，一個正方形導線框以初速度v0向右穿過一個有界的勻強磁場。線框兩次速度發(fā)生變化所用時間分別為t1和t2，以及這兩段時間內克服安培力做的功分別為W1和W2，則（）A.t1＜t2，W1＜W2，B.t1＜t2，W1＞W2，C.t1＞t2，W1＜W2，D.t1＞t2，W1＞W2，【參考答案】B【命題意圖】本題考查法拉第電磁感應定律+閉合電路歐姆定律+安培力+動量定理+動能定理+等效思維【名師解析】由于線框進入磁場的過程和離開磁場的過程，線框都是受到向左的安培力作用做減速運動，因此進入過程的平均速度v1平大于離開過程的平均速度v2平，由L=v1平t1和L=v2平t2可得t1＜t2。線框剛進入磁場時速度為v0，設線框邊長為L，電阻為R，線框完全進入磁場時速度為v1，剛完全離開磁場時速度為v2，進入磁場過程中產生的平均感應電動勢為E1，平均感應電流為I1，離開磁場過程中產生的平均感應電動勢為E2，平均感應電流為I1，由法拉第電磁感應定律，E1=△Φ/t1，E2=△Φ/t2，△Φ=BL2，由閉合電路歐姆定律，I1=E1/R，I2=E2/R，進入磁場過程通過導體截面的電荷量q1=I1t1，離開磁場過程通過導體截面的電荷量q2=I2t2，聯(lián)立解得：q1=q2。對線框完全進入磁場的過程，由動量定理，-F1t1=mv1-mv0，F(xiàn)1=BI1L，對線框離開磁場的過程，由動量定理，-F2t2=mv2-mv1，F(xiàn)2=BI2L，又q1=I1t1，q2=I2t2，q1=q2，聯(lián)立解得：v1-v0=v2-v1。根據動能定理，W1=mv02-mv12，W2=mv12-mv22，==＞1，所以W1＞W2，選項B正確。3.（2024高考廣西卷）某興趣小組為研究非摩擦形式的阻力設計了如圖甲的模型。模型由大齒輪、小齒輪、鏈條、阻力裝置K及絕緣圓盤等組成。K由固定在絕緣圓盤上兩個完全相同的環(huán)狀扇形線圈、組成。小齒輪與絕緣圓盤固定于同一轉軸上，轉軸軸線位于磁場邊界處，方向與磁場方向平行，勻強磁場磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向里，與K所在平面垂直。大、小齒輪半徑比為n，通過鏈條連接。K的結構參數(shù)見圖乙，其中，每個線圈的圓心角為，圓心在轉軸軸線上，電阻為R。不計摩擦，忽略磁場邊界處的磁場，若大齒輪以的角速度保持勻速轉動，以線圈的ab邊某次進入磁場時為計時起點，求K轉動一周。（1）不同時間線圈受到的安培力大??；（2）流過線圈的電流有效值；（3）裝置K消耗的平均電功率。【答案】（1）見解析；（2）；（3）【解析】（1）由題意知大齒輪以的角速度保持勻速轉動，大小齒輪線速度相等，則，可得小齒輪轉動的角速度為轉動周期為以線圈ab邊某次進入磁場時為計時起點，到cd邊進入磁場，經歷的時間為這段時間內線圈產生的電動勢為電流為受到的安培力大小當ab邊和cd邊均進入磁場后到ab邊離開磁場，經歷的時間為由于M1線圈磁通量不變，無感應電流，安培力大小為0；當M1線圈ab邊離開磁場到cd邊離開磁場，經歷的時間為此時的安培力大小由前面分析可知方向與進入時相反；當M1線圈cd邊離開磁場到ab邊進入磁場，經歷的時間為同理可知安培力為0。（2）根據（1）可知設流過線圈的電流有效值為I，則根據有效值定義有其中，聯(lián)立解得（3）根據題意可知流過線圈和的電流有效值相同，則在一個周期內裝置K消耗的平均電功率為4.（2022年福建高考）如圖（a），一傾角為的絕緣光滑斜面固定在水平地面上，其頂端與兩根相距為L的水平光滑平行金屬導軌相連；導軌處于一豎直向下的勻強磁場中，其末端裝有擋板M、N．兩根平行金屬棒G、H垂直導軌放置，G的中心用一不可伸長絕緣細繩通過輕質定滑輪與斜面底端的物塊A相連；初始時刻繩子處于拉緊狀態(tài)并與G垂直，滑輪左側細繩與斜面平行，右側與水平面平行．從開始，H在水平向右拉力作用下向右運動；時，H與擋板M、N相碰后立即被鎖定．G在后的速度一時間圖線如圖（b）所示，其中段為直線．已知：磁感應強度大小，，G、H和A的質量均為，G、H的電阻均為；導軌電阻、細繩與滑輪的摩擦力均忽略不計；H與擋板碰撞時間極短；整個運動過程A未與滑輪相碰，兩金屬棒始終與導軌垂直且接觸良好：，，重力加速度大小取，圖（b）中e為自然常數(shù)，．求：（1）在時間段內，棒G的加速度大小和細繩對A的拉力大小；（2）時，棒H上拉力的瞬時功率；（3）在時間段內，棒G滑行的距離．【參考答案】（1）；；（2）；（3）【命題意圖】此題考查電磁感應定律、閉合電路歐姆定律、安培力。對速度圖像的理解、牛頓運動定律及其相關知識點?！久麕熃馕觥浚?）由圖像可得在內，棒G做勻加速運動，其加速度為依題意物塊A的加速度也為，由牛頓第二定律可得解得細繩受到拉力（2）由法拉第電磁感應定律與閉合電路歐姆定律推導出“雙棒”回路中的電流為由牛頓運動定律和安培力公式有由于在內棒G做勻加速運動，回路中電流恒定為，兩棒速度差為保持不變，這說明兩棒加速度相同且均為a；對棒H由牛頓第二定律可求得其受到水平向右拉力由圖像可知時，棒G的速度為此刻棒H的速度為其水平向右拉力的功率．（3）棒H停止后，回路中電流發(fā)生突變，棒G受到安培力大小和方向都發(fā)生變化，棒G是否還拉著物塊A一起做減速運動需要通過計算判斷，假設繩子立刻松弛無拉力，經過計算棒G加速度為物塊A加速度為說明棒H停止后繩子松弛，物塊A做加速度大小為的勻減速運動，棒G做加速度越來越小的減速運動；由動量定理、法拉第電磁感應定律和閉合電路歐姆定律可以求得，在內棒G滑行的距離這段時間內物塊A速度始終大于棒G滑行速度，繩子始終松弛。9.（2024年高考遼寧卷）如圖，兩條“∧”形的光滑平行金屬導軌固定在絕緣水平面上，間距為L，左、右兩導軌面與水平面夾角均為30°，均處于豎直向上的勻強磁場中，磁感應強度大小分別為2B和B。將有一定阻值的導體棒ab、cd放置在導軌上，同時由靜止釋放，兩棒在下滑過程中始終與導軌垂直并接觸良好，ab、cd的質量分別為2m和m，長度均為L。導軌足夠長且電阻不計，重力加速度為g，兩棒在下滑過程中（）A.回路中的電流方向為abcda B.ab中電流趨于C.ab與cd加速度大小之比始終為2︰1 D.兩棒產生的電動勢始終相等【答案】AB【解析】導體棒ab和cd同時由靜止釋放，速度為v時，ab產生的感應電動勢E1=2BLv，由右手定則可判斷出ab中感應電動勢方向為a→b；cd產生的感應電動勢E2=BLv，由右手定則可判斷出ab中感應電動勢方向為c→d，兩導體棒產生的感應電動勢；所以回路中的電流方向為abcda，A正確；當導體棒所受安培力沿導軌方向的分力等于重力沿導軌方向的分力時，導體棒勻速運動，電流趨于最大值。設ab導體棒中電流趨于I，ab所受安培力F=2BLI，由Fcos30°=2mgsin30°，解得I=，B正確；導體棒速度為v時回路中總感應電動勢E=E1+E2=3BLv，導體棒中電流I=E/2R=,對導體棒ab，所受安培力F1=，由牛頓第二定律2mgsin30°-F1cos30°=2ma1，解得a1=g/2-；對導體棒cd，由所受安培力F2=，由牛頓第二定律mgsin30°-F2cos30°=ma2，解得a2=g/2-；由此可知，ab和cd加速度大小始終相等，C錯誤；由于ab和cd加速度大小始終相等，可知兩導體棒速度大小始終相等，由于兩邊磁感應強度不同，由E=BLv可知兩導體棒產生的感應電動勢始終不相等，D錯誤。考點02電磁感應+能量1.（2023學業(yè)水平等級考試上海卷）如圖（a）單匝矩形線框cdef放置在傾角θ=30°的斜面上，在寬度為D=0.4m的區(qū)域有垂直于斜面向上的勻強磁場，磁感應強度大小為B=0.5T，線框質量m=0.1kg，總電阻R=0.25Ω?，F(xiàn)對線框施加一沿斜面向上的力F使線框向上運動，ed邊離開磁場時撤去外力F，線框速度隨時間變化的圖像如圖（b）。已知線框ef=0.4m，線框與斜面之間的動摩擦因數(shù)μ=，g取9.8m/s2。求：（1）外力F的大??；（2）線框cf的長度L；（3）整個過程中線框產生的焦耳熱Q?！緟⒖即鸢浮浚?）1.48N（2）0.5m（3）0.4J【名師解析】（1）對線框受力分析如圖所示。由牛頓第二定律，F(xiàn)-mgsinθ-f=ma，N=mgcosθ，f=μN。由速度圖像可知，在0~0.4s內，a==5m/s2。聯(lián)立解得：F=1.5N.（2）對線框受力分析如圖所示。在線框勻速運動階段，F(xiàn)=mgsinθ+f+FA，N=mgcosθ，f=μN。安培力FA=BIL，I=E/R,E=BLv，v=2.0m/s聯(lián)立解得：L=0.5m（3）由I=E/R,E=BLv，可得I=2A，線框進入磁場時間和出磁場時間相等，都是t=ef/v=0.2s，由焦耳定律可得整個過程中線框產生的焦耳熱Q=I2R（2t）=0.4J2.（2023年高考全國甲卷）（20分）如圖，水平桌面上固定一光滑U型金屬導軌，其平行部分的間距為l，導軌的最右端與桌子右邊緣對齊，導軌的電阻忽略不計。導軌所在區(qū)域有豎直向上的勻強磁場，磁感應強度大小為B。一質量為m、電阻為R、長度也為l的金屬棒P靜止在導軌上。導軌上質量為3m的絕緣棒Q位于P的左側，以大小為v0的速度向P運動并與P發(fā)生彈性碰撞，碰撞時間極短。碰撞一次后，P和Q先后從導軌的最右端滑出導軌，并落在地面上同一地點。P在導軌上運動時，兩端與導軌接觸良好，P與Q始終平行。不計空氣阻力。求：（1）金屬棒P滑出導軌時的速度大小；（2）金屬棒P在導軌上運動過程中產生的熱量；（3）與P碰撞后，絕緣棒Q在導軌上運動的時間?！緟⒖即鸢浮浚?）（2）（3）【命題意圖】本題考查電磁感應、彈性碰撞、平拋運動及其相關知識點?！窘忸}思路】（1）Q與P彈性碰撞，由動量守恒定律，3mv0=mvP+3mvQ，由系統(tǒng)動能守恒，=+聯(lián)立解得：，根據題述，P、Q落到地面同一點，由平拋運動規(guī)律可知，金屬棒P滑出導軌時的速度大小為（2）由能量守恒定律，金屬棒P在導軌上運動過程中產生的熱量Q=-=（3）P在導軌上做變速運動，設速度為v時金屬棒中產生的感應電動勢為e，電流為i，在△t時間內速度變化△v，由法拉第電磁感應定律，e=BLv，由閉合電路歐姆定律，i=e/R所受安培力F=BiL=，由動量定理，F(xiàn)△t=m△v，即：△t=m△v，方程兩側求和Σ△t=Σm△v，即Σv△t=mΣ△v，注意到Σv△t=x，Σ△v=-=v0，解得：x=由x=vQt解得與P碰撞后，絕緣棒Q在導軌上運動的時間為t=【規(guī)律總結】兩物體彈性碰撞，利用動量守恒定律和動能之和不變列方程解答；導體棒在磁場中切割磁感線運動為變速直線運動，可以采用微元法，把位移分割為微元，利用動量定理列方程解答。3.（2023年高考湖南卷）如圖，兩根足夠長的光滑金屬直導軌平行放置，導軌間距為，兩導軌及其所構成的平面均與水平面成角，整個裝置處于垂直于導軌平面斜向上的勻強磁場中，磁感應強度大小為．現(xiàn)將質量均為的金屬棒垂直導軌放置，每根金屬棒接入導軌之間的電阻均為．運動過程中金屬棒與導軌始終垂直且接觸良好，金屬棒始終未滑出導軌，導軌電阻忽略不計，重力加速度為．（1）先保持棒靜止，將棒由靜止釋放，求棒勻速運動時的速度大??；（2）在（1）問中，當棒勻速運動時，再將棒由靜止釋放，求釋放瞬間棒的加速度大??；（3）在（2）問中，從棒釋放瞬間開始計時，經過時間，兩棒恰好達到相同的速度，求速度的大小，以及時間內棒相對于棒運動的距離．【參考答案】（1）；（2）；（3）【名師解析】（1）a勻速運動切割磁感線產生的感應電動勢E1=BLv0，導體棒a中電流I=E1/2R所受安培力F=BIL，勻速運動，mgsinθ=F聯(lián)立解得v0==（2）當導體棒a勻速運動時，釋放b，由左手定則可判斷出導體棒b受到沿導軌斜向下的安培力力，由牛頓第二定律，mgsinθ+F=ma，解得a=2gsinθ。（3釋放導體棒b后，由于導體棒b中產生的感應電動勢對于回路來說，與導體棒a中產生的感應電動勢方向相反，所以兩導體棒所受安培力均減小，對導體棒a，由動量定理，（mgsinθ-F）t0=mv-mv0對導體棒b，由動量定理，（mgsinθ+F）t0=mv聯(lián)立解得：v=gt0sinθ+取導體棒變速運動過程中，導體棒a速度為vi時產生的感應電動勢為Ei=BLvi，同時導體棒b速度為vj，感應電動勢Ej=BLvj，導體棒中電流為I==，所受安培力F=BIL=對導體棒b，由動量定理，（mgsinθ+）△t=m△v方程兩側求和Σ【(mgsinθ+）△t】=Σm△v注意到：Σ△t=t0，Σ△v=v，Σ（vi-vj）△t=△x解得：△x=4．（2023全國高考新課程卷）（20分）一邊長為L、質量為m的正方形金屬細框，每邊電阻為R0，置于光滑的絕緣水平桌面（紙面）上。寬度為2L的區(qū)域內存在方向垂直于紙面的勻強磁場，磁感應強度大小為B，兩虛線為磁場邊界，如圖（a）所示。（1）使金屬框以一定的初速度向右運動，進入磁場。運動過程中金屬框的左、右邊框始終與磁場邊界平行，金屬框完全穿過磁場區(qū)域后，速度大小降為它初速度的一半，求金屬框的初速度大小。（2）在桌面上固定兩條光滑長直金屬導軌，導軌與磁場邊界垂直，左端連接電阻，導軌電阻可忽略，金屬框置于導軌上，如圖（b）所示。讓金屬框以與（1）中相同的初速度向右運動，進入磁場。運動過程中金屬框的上、下邊框處處與導軌始終接觸良好。求在金屬框整個運動過程中，電阻R1產生的熱量?！久麕熃馕觥浚?）設導線框進入磁場時速度為v0，導線框完全進入時速度為v1，對導線框進入磁場過程中某時刻速度vi，導線框中產生的感應電動勢e=BLvi，感應電流，i=e/4R0,所受安培力F=BiL，聯(lián)立解得：F=取時間微元△t，由動量定理，-F△t=m△v，即-△t=m△v，方程兩側求和，-Σ△t=Σm△v，注意到Σvi△t=L，Σ△v=v1-v0，化簡得=m（v0-v1）①導線框完全在勻強磁場中運動，導線框中磁通量不變，不產生感應電流，做勻速直線運動。導線框出磁場過程，取時間微元△t，由動量定理，-F△t=m△v，即-△t=m△v，方程兩側求和，-Σ△t=Σm△v，注意到Σvi△t=L，Σ△v=-v1，化簡得=m（v1-）②①②兩式消去v1，得v0=（2）導線框進入磁場區(qū)域過程，右側邊切割磁感線產生感應電動勢，由于導軌電阻可忽略，此時金屬框上下部分被短路，其電路可以簡化如下。故電路中的外電路電阻為=,總電阻R總=R0+=設導線框進入磁場時速度為v，導線框完全進入時速度為v1，對導線框進入磁場過程中某時刻速度vi，導線框中產生的感應電動勢e=Blvi，感應電流，i=e/R總，所受安培力F=Bil，聯(lián)立解得：F=取時間微元△t，由動量定理，-F△t=m△v，即-△t=m△v，方程兩側求和，-Σ△t=Σm△v，注意到Σvi△t=l，Σ△v=v1-v，化簡得=m（v-v1）①解得：v1=v-=在這個過程中線框動能減小△Ek1=-=由能量守恒定律可知整個電路電阻產生的熱量Q=△Ek1=設此過程中R1中產生的熱量為Q1，由于R1=2R，根據串并聯(lián)電路規(guī)律和焦耳定律可知，導線框右邊電阻產生的熱量為4.5Q1，左邊電阻產生的熱量為2Q1，整個電路電阻產生的熱量為Q=Q1+4.5Q1+2Q1=7.5Q1.解得：Q1=導線框完全在磁場區(qū)域運動，導線框可以視為內阻為0.5R的電源，回路總電阻R總=2.5R，導線框做減速運動，設導線框開始出磁場時速度為v2，對導線框進入磁場過程中某時刻速度vi，導線框中產生的感應電動勢e=Blvi，感應電流，i=e/R總，所受安培力F=Bil，聯(lián)立解得：F=取時間微元△t，由動量定理，-F△t=m△v，即-△t=m△v，方程兩側求和，-Σ△t=Σm△v，注意到Σvi△t=L，Σ△v=v2-v1，化簡得=m（v1-v2）①解得：v2=v1-=0，則說明線框右側將離開磁場時就停止運動了。在這個過程中線框動能減小△Ek2==由能量守恒定律可知整個電路電阻產生的熱量Q’=△Ek1=設此過程中R1中產生的熱量為Q2，則導線框電阻產生的熱量為Q2，整個電路電阻產生的熱量為Q’=1.25Q2.解得：Q2.=整個運動過程中，R1產生的熱量為Q=Q1+Q2==+=5．（11分）（2023年6月高考浙江選考科目）某興趣小組設計了一種火箭落停裝置，簡化原理如圖所示，它由兩根豎直導軌、承載火箭裝置（簡化為與火箭絕緣的導電桿MN）和裝置A組