五年（2021-2025）高考真題分類匯編PAGEPAGE1專題09電磁感應考點五年考情（2021-2025）命題趨勢考點1法拉第電磁感應定律2021、2024基礎知識點如法拉第電磁感應定律、楞次定律依舊是考查重點，選擇題中常考查對定律內容的理解與簡單應用。在綜合題方面，電磁感應與力學、能量、電路知識的結合愈發(fā)緊密，2025年出現在計算題中作為壓軸題。例如設置導體棒切割磁感線的情境，讓學生分析其在安培力、重力、摩擦力等多力作用下的運動狀態(tài)變化，結合動能定理、能量守恒定律求解速度、位移、電荷量等物理量；或者考查電磁感應中的電路問題，分析感應電動勢、感應電流、電功率等，對學生的綜合分析與創(chuàng)新思維能力要求較高?？键c2法拉第電磁感應定律的應用2021、2022、2023、2025考點01法拉第電磁感應定律1．（2024·山東·高考）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?？臻g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【詳析】A．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；B．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；C．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；D．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．（2021·山東·高考）迷你系繩衛(wèi)星在地球赤道正上方的電離層中，沿圓形軌道繞地飛行。系繩衛(wèi)星由兩子衛(wèi)星組成，它們之間的導體繩沿地球半徑方向，如圖所示。在電池和感應電動勢的共同作用下，導體繩中形成指向地心的電流，等效總電阻為r。導體繩所受的安培力克服大小為f的環(huán)境阻力，可使衛(wèi)星保持在原軌道上。已知衛(wèi)星離地平均高度為H，導體繩長為L(L?H)，地球半徑為R，質量為M，軌道處磁感應強度大小為B，方向垂直于赤道平面。忽略地球自轉的影響。據此可得，電池電動勢為（）A．BLGMR+H+C．BLGMR+H+【答案】A【詳析】根據GMm(R+H)2=mv2(R+H)可得衛(wèi)星做圓周運動的線速度v=GMR+H根據右手定則可知，導體繩產生的感應電動勢相當于上端為正極的電源，其大小為E'=BLv因導線繩所受阻力f故選A。考點02法拉第電磁感應定律的應用3．（2025·山東·高考）如圖所示，平行軌道的間距為L，軌道平面與水平面夾角為α，二者的交線與軌道垂直，以軌道上O點為坐標原點，沿軌道向下為x軸正方向建立坐標系。軌道之間存在區(qū)域I、Ⅱ，區(qū)域I（?2L≤x<?L）內充滿磁感應強度大小為B、方向豎直向上的勻強磁場；區(qū)域Ⅱ（x≥0）內充滿方向垂直軌道平面向上的磁場，磁感應強度大小B1=k1t+k2x，k1和k2均為大于零的常量，該磁場可視為由隨時間t均勻增加的勻強磁場和隨x軸坐標均勻增加的磁場疊加而成。將質量為m、邊長為L、電阻為R的勻質正方形閉合金屬框epqf放置在軌道上，pq邊與軌道垂直，由靜止釋放。已知軌道絕緣、光滑、足夠長且不可移動，磁場上、下邊界均與x軸垂直，整個過程中金屬框不發(fā)生形變，重力加速度大小為g，不計自感。(1)若金屬框從開始進入到完全離開區(qū)域I的過程中勻速運動，求金屬框勻速運動的速率v和釋放時pq邊與區(qū)域I上邊界的距離s；(2)金屬框沿軌道下滑，當ef邊剛進入區(qū)域Ⅱ時開始計時（t=0），此時金屬框的速率為v0，若k1=mgRsinα【答案】(1)v=mgRtan(2)d=【詳析】（1）金屬框從開始進入到完全離開區(qū)域I的過程中，金屬框只有一條邊切割磁感線，根據楞次定律可得，安培力水平向左，則切割磁感線產生的電動勢E=BLvcosα線框中電流I=ER線框做勻速直線運動，則BILcosα=mgsinα解得金屬框從開始進入到完全離開區(qū)域I的過程的速率v=mgRtanαB（2）當ef邊剛進入區(qū)域Ⅱ時開始計時（t=0），設線框ef邊到O點的距離為s時，線框中產生的感應電動勢E'=ΔΦΔt=ΔBΔtL2=k1L2+k2L2ΔsΔt=k1+k2vL2，其中v=對時間累積求和可得-k24．（2023·山東·高考）足夠長U形導軌平置在光滑水平絕緣桌面上，寬為1m，電阻不計。質量為1kg、長為1m、電阻為1Ω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B1和B2，其中B1=2T，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0．1kg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v1=2m/s，CD

A．B2的方向向上 B．B2的方向向下 C．v2【答案】BD【詳析】AB．導軌的速度v2>v1，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f=μmg=2N導體棒的安培力大小為F1=f=2N由左手定則可知導體棒的電流方向為N→M→D→C→N，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FCD．對導體棒分析F1=B1IL對導體框分析F2C錯誤D正確；故選BD。5．（2022·山東·高考）如圖所示，xOy平面的第一、三象限內以坐標原點O為圓心、半徑為2L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xOy平面內以角速度ω順時針勻速轉動，t=0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tA．在t=0到t=π2ω的過程中，B．在t=0到t=π2ω的過程中，C．在t=0到t=π4ω的過程中，D．在t=0到t=π4ω的過程中，【答案】BC【詳析】AB．如圖所示在t=0到t=π2ω的過程中，線框的有效切割長度先變大再變小，當t=π4ω時，有效切割長度最大為2L，此時，感應電動勢最大，所以在t=0到t=π2ωCD．在t=0到t=π4ω的過程中，設轉過的角度為θ，由幾何關系可得θ=ωt進入磁場部分線框的面積S=L?Ltanθ2穿過線圈的磁通量Φ=BS=BL2tanωt2線圈產生的感應電動勢E=Φ'=ΔΦΔt感應電動勢的變化率Δ故選BC。6．（2021·山東·高考）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【詳析】AB．在I區(qū)域中，磁感應強度為B1=kt，感應電動勢E1=ΔB1ΔtS=kS感應電動勢恒定，所以導體棒上的感應電流恒為I1設下行、上行過b時導體棒的速度分別為v，v'，則下行過b時導體棒切割磁感線產生的感應電流為E下行過b時導體棒上的電流為I2=E2B上行過b時，切割磁感線的產出的感應電動勢為E2'=B2I根據牛頓第二定律可知B2I3L-mgsinθ=B2kSLR-B2CD．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mgsinθ=ma0則金屬棒不能回到a處，故選ABD。1．（2025·山東Flawless聯考·選考四）如圖所示，一個條形磁鐵垂直、勻速地自上而下穿過自感系數為L的超導線圈（電阻為0），那么線圈中的感應電流隨時間變化的圖象可能是（）A． B．C． D．【答案】C【詳析】當一個只有N極的磁單極子從上向下穿過超導線圈時根據法拉第電磁感應定律，穿過線圈的磁通量發(fā)生變化，從而在線圈中產生感應電流。由于超導體的特性，感應電流不會衰減，直到磁通量變化停止；當磁單極子開始穿過線圈時，磁通量開始增加，產生一個方向的感應電流。當磁單極子完全穿過線圈后，磁通量不再變化，感應電流停止。而當S級穿過時感應電流的情形和N級正好相反，則當條形磁體完全穿過時兩個電流相互疊加，感應電流隨時間的變化應該是先增加后減少，形成一個脈沖。故選C。2．（2025·山東名?？荚嚶撁恕じ呖寄M）如圖甲所示，在半徑為r的圓形區(qū)域內存在垂直平面的勻強磁場，磁感應強度大小B隨時間變化如圖乙所示。同一平面內有邊長為2r的金屬框abcd，總電阻為R，ab邊與圓形磁場區(qū)域的直徑重合。則（）A．t=0.5t0B．t=0.5t0C．t0~3tD．t0~3t【答案】D【詳析】AB．由圖甲可知線圈的有效面積為S=πr22在0~t0時間內，由法拉第電磁感應定律感應電動勢的大小為E1=|nCD．t0~3t0時間內，感應電動勢的大小為E2=SΔBΔt=π故選D。3．（2025·山東名校·4月聯考）如圖所示，甲、乙為兩根完全相同的金屬棒，質量均為m，電阻均為R，垂直放置在足夠長的水平金屬導軌上，導軌間距為d，整個區(qū)域存在豎直向下的勻強磁場，磁感應強度為B。兩棒與導軌無摩擦且接觸良好，t=0時刻給甲棒施加一個水平向右的恒力F，初始狀態(tài)時兩棒都靜止，經時間t0后電路的電功率達到最大。下列說法正確的是（）A．t0時刻甲棒的速度vB．t0時刻乙棒的速度vC．電路中的最大電功率PD．0~t0時間內通過甲棒的電荷量q=【答案】D【詳析】AB．開始時甲棒在拉力和安培力作用下加速運動，此時速度較小，安培力較小，加速度較大，乙棒在安培力作用下做加速運動，此時安培力較小，加速度較小，由于甲速度增加的比乙快，則回路電動勢增加，安培力增加，則甲棒加速度減小，乙棒加速度增加，最終穩(wěn)定時，兩棒的速度差恒定即加速度相同，安培力不再變化，電路的電功率達到最大，根據牛頓第二定律，對甲棒有F-BId=ma對乙棒有BId=ma回路中電動勢為E=Bd(v1-v2)電流為I=E2R根據動量定理可得Ft0-BId?C．電路中的最大電功率為Pmax=I2D．根據Ft0-BId?t0=mv故選D。4．（2025·山東青島·調研檢測）如圖所示，正方形ABCD被對角線分割成四個區(qū)域，左右兩個三角形內分別有垂直紙面向外和向里的勻強磁場，磁感應強度大小相等。金屬環(huán)初始位置與下方三角形內切，一個四角帶有圓弧的絕緣軌道，其直邊與正方形重合，圓弧半徑均與金屬環(huán)半徑相等。讓該金屬環(huán)沿絕緣軌道內側以恒定速率逆時針運動一周，規(guī)定逆時針方向為電流正方向，關于環(huán)內電流隨時間變化關系，下列圖像正確的是（）A． B．C． D．【答案】D【詳析】根據楞次定律可知，線圈由圖示位置開始逆時針勻速滾動時，線圈內垂直于紙面向里的磁通量增大，產生垂直于紙面向外的感應磁場，根據右手螺旋定則可知，線圈將產生逆時針方向的磁場，根據法拉第電磁感應定律可知，線圈內將產生正弦式的周期性變化的磁場，即0~T4，電流逆時針方向，T4~T2，電流順時針方向，T2~3T4故選D。5．（2025·山東菏澤·一模）英國物理學家麥克斯韋認為，磁場變化時會在空間激發(fā)感生電場。如圖所示，一個半徑為r的絕緣細圓環(huán)水平放置，環(huán)內存在豎直向上的勻強磁場，環(huán)上套一電荷量為q的帶正電小球。磁感應強度B隨時間均勻增加，變化率為k。已知變化的磁場在細圓環(huán)處產生環(huán)形感生電場（穩(wěn)定的感生電場可類比靜電場）。若小球在環(huán)上運動一周，感生電場對小球的作用力做功的大小是（）A．0 B．12r2qk C．【答案】D【詳析】根據法拉第電磁感應定律可知感生電場的電動勢E=ΔΦΔ故選D。6．（2025·山東淄博·三模）如圖甲所示，兩條足夠長的平行金屬導軌間距為1m，固定在傾角為37°的絕緣斜面上。導軌頂端連接一個阻值為1Ω的電阻。在MN下方存在方向垂直于斜面向上、大小為0.5T的勻強磁場。質量為1kg的金屬棒從AB處由靜止開始沿導軌下滑，其運動過程中的v-t圖像如圖乙所示，且已知金屬棒從進入磁場到速度達到8m/s時通過電阻的電荷量為5C。金屬棒運動過程中與導軌保持垂直且接觸良好，不計金屬棒和導軌的電阻，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，則（）A．金屬棒與導軌間的動摩擦因數為0.25B．金屬棒在磁場中能夠達到的最大速率為16m/sC．金屬棒從進入磁場到速度達到8m/s過程所經歷的時間為1.25sD．金屬棒從進入磁場到速度達到8m/s過程中電阻產生的焦耳熱為16J【答案】ABD【詳析】A．由圖乙可知，金屬棒進入磁場前的加速度為a=4m/s2對導體棒受力分析，根據牛頓第二定律有mgsin37°-μmgB．導體棒切割磁感線，根據閉合電路的歐姆定律有I=ER=BLvR可得導體棒所受安培力F=BIL=B解得vm=16m/sC．金屬棒剛進入磁場時的速度大小為v0=4m/s從進入磁場到速度達到v=8m/s過程中，設經過的時間為t，取沿導軌向下為正方向，根據動量定理可得mg其中It=q=5C解得t=1.0625s，故D．設金屬棒進入磁場后下滑距離為x，則根據法拉第電磁感應定律有E=ΔΦΔt而q=IΔt則有q=BLxR=51解得Q=16J，故D故選ABD。7．（2025·山東濱州·二模）如圖所示，長木板放置在足夠大的光滑水平面上，電源、電阻、開關、導軌固定在長木板上，光滑導軌MN和M'N'平行，間距為L，長木板及固定在其上的電源、電阻、開關、導軌的總質量為M。長度也為L的導體棒PQ垂直平行導軌放置在MN和M'N'間，導體棒的質量為m。勻強磁場方向豎直向上，大小為B。長木板與固定在水平面上的力傳感器通過剛性輕繩連接。電阻的阻值為R，電源內阻、導軌和導體棒的電阻以及接觸電阻均不計。t=0時刻，閉合開關，通過力傳感器記錄力隨時間變化的圖線，如圖所示。從圖像中可以讀出t=0時刻力F=F0，A．電源的電動勢E=B．導體棒的最大速度vC．t0時間內導體棒的位移大小D．若撤去傳感器的連接后，再閉合開關，則導體棒的最大速度v【答案】ABD【詳析】A．t=0時刻，閉合開關，回路中的電流I0=ER對長木板及固定在其上的電源、電阻、開關、導軌進行分析有F0=BIB．t=t0時刻力F的大小趨近于0，導體棒速度達到最大值時，回路總的電動勢為0，回路中的電流為0，導體棒做勻速直線運動，則有E=BLvm結合上述解得vC．0～t0時間內，對導體棒進行分析，根據動量定理有BILt0解得x=F0RtD．對長木板及固定在其上的電源、電阻、開關、導軌與導體棒構成的系統(tǒng)進行分析，根據動量守恒定律有mvm'-Mv1=0此時回路總電動勢為0，則有E=BL故選ABD。8．（2025·山東齊魯教研體·考前質量檢測）如圖所示，光滑平行導軌由傾角α=30°的傾斜部分和水平部分構成，兩部分在OO'處平滑連接且連接處絕緣，導軌間距L=0.2m，傾斜部分有垂直導軌平面向上的勻強磁場I，磁感應強度大小B1=2T，水平部分虛線1、2間存在豎直向上的勻強磁場II，磁感應強度大小B2=3T。傾斜導軌上端A、A'間接有電容C=1.25F的電容器，水平軌道上靜止兩導體棒b、c，b在磁場外，c在磁場II中。某時刻將導體棒a在導軌AO，A'O'上、距底面高h=1.6m處由靜止釋放，導體棒a沿斜面下滑至底端進入水平軌道，與導體棒b發(fā)生彈性碰撞，碰后立即取走導體棒a，導體棒cA．導體棒a到達底端所經歷的時間為1.6B．b進入II的瞬間，b兩端的電壓為0.8C．導體棒c在磁場內產生的焦耳熱為2D．初始時刻導體棒c距離磁場II左邊界1的最小距離為5【答案】AC【詳析】A．導體棒a到達OO'之前，設在極短的時間Δt內，導體棒a速度變化量為Δv，a中的電流為i，根據牛頓第二定律有magsinα-iLB1=maa根據x=12at2B．a到達底端的速度v=at=4m/s因a、b質量相等，所以a進入水平軌道后與b發(fā)生彈性碰撞交換速度，則b進入II時的速度等于a到達底端的速度，即v=4m/s，根據法拉第電磁感應定律有E=B2Lv又C．b進入II后，b、c組成的系統(tǒng)動量守恒，則有mbv=mbv1+mcv2D．當c出磁場時，b也剛好出磁場，此時c到邊界1的距離最小，設最小距離為s，則整個過程流過閉合回路的電荷有q=IΔt又I=Erc+rb，E=ΔΦΔt=B2故選AC。9．（2025·山東聊城·學考模擬三）如圖所示，兩根足夠長的平行光滑金屬導軌固定在水平面內，導軌間距為L。導體棒a和b垂直導軌放置在導軌上，質量均為m，電阻均為R，回路中其余部分的電阻不計。勾強磁場磁感應強度大小為B、方向豎直向上。開始時，兩棒均靜止，間距為x0。t=0時刻導體棒a獲得向右的初速度v0，兩導體棒的Δv-tA．t1時刻，棒a的加速度大小為B．t2時刻，兩棒之間的距離為C．0～t2時間內，通過bD．0～t2時間內，導體棒b【答案】BC【詳析】A．t1時刻，導體棒中的電流為I=BLva-BLvb2R=BLB．兩棒t2時刻開始勻速運動，根據兩棒組成的系統(tǒng)動量守恒有mv0=2mv得v=v020～t2時間內某一時刻導體棒受到的安培力大小為F=BIL=B2L2va-vb2RC．0～t2時間內對導體棒b運用動量定理得BILt2=mv-0又ItD．0～t2時間內兩導體棒產生的熱量相等，設均為1得Q=18mv故選BC。10．（2025·山東濟南山東師大附中·二模）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。兩導體棒MN、PQ垂直放置在導軌上，已知導體棒MN的電阻為R、長度為d、質量為m，導體棒PQ的電阻為2R、長度為2d，質量為2m。0時刻，用水平恒力F向右拉動PQ，此后運動了足夠長時間t，運動過程中，兩導體棒均未脫離原寬度處的導軌且與導軌保持良好接觸。已知導軌足夠長且電阻不計，從0時刻到t時刻的過程中，下列說法正確的是（）A．回路中始終產生順時針方向的電流B．PQ加速度為a時，MN的加速度為2aC．t時刻后兩導體棒的速度差恒為FRD．通過兩導體棒的電量為Ft【答案】ACD【詳析】A．設導體棒PQ和MN的速度分別為v1和v2，加速度分別為a1和a2，產生的感應電動勢分別為E1和E2，0時刻回路中的電流為零，導體棒MN的加速度為0，導體棒PQ有向右的加速度，此后兩棒均向右加速，但a1>a2所以v1>v2又E1=B?2dv1=2Bdv1，E2=2Bdv2所以E1>E2根據左手定則可知，回路中總的感應電動勢等于兩棒產生的感應電動勢之差，所以回路中總的感應電動勢方向與導體棒PQ產生的感應電動勢方向相同，導體棒PQB．在兩棒的加速度達到相等之前，a1減小a2增大，兩棒的加速度大小并不是恒定的倍數關系，故C．t時刻后a1=a2解得I=F6Bd又I=2BdD．通過兩導體棒的電量為q，根據動量定理，對導體棒PQ和MN分別有Ft-BI?2d?t=2m又It=q，v1-v2=FR故選ACD。11．（2025·山東濟寧·考前押題聯考）如圖，光滑金屬導軌MON固定在水平面內，頂角θ=45°，導軌處在方向垂直平面向外、磁感應強度為B的勻強磁場中。一根與ON垂直的導體棒在水平外力F作用下，以恒定速度v0沿導軌MON向右滑動。導體棒的質量為m，導軌與導體棒單位長度的電阻均為r。導體棒與導軌接觸點為a和b，導體棒在滑動過程中始終保持與導軌良好接觸。設t=0時，導體棒位于頂角O處，t=t0A．流過導體棒的電流恒為Bv02+2B．導體棒勻速滑動時水平外力F隨時間t變化關系為F=C．導體棒在0~t0D．從導體棒開始運動到最終靜止，回路中產生的總熱量大于拉力F所做功【答案】ACD【詳析】A．由題意知，0到t時間內，導體棒的位移為x=v0t由幾何關系知，導體棒的切割產生的電動勢為E=Blv0回路的總電阻為R=2x+2xr回路中的電流大小為I=ERB．導體棒受安培力的大小為F安=BlI=B2v0C．t時刻整個回路的電功率大小為P=I2R'=B2v03tD．根據能量守恒，全過程回路產生總熱量大于拉力所做功，D正確。故選ACD。12．（2025·山東濰坊·三模）如圖所示，空間中有一足夠長光滑平行金屬導軌，導軌平面與水平面間的夾角θ=37°，導軌所在區(qū)域存在垂直于導軌平面斜向上的勻強磁場，磁感應強度大小B=1T。金屬棒a、b放在導軌上，金屬棒b始終固定。t=0時由靜止釋放金屬棒a，t=5s時金屬棒a開始勻速下滑，運動過程中金屬棒始終與導軌垂直且接觸良好。已知導軌間距L=1m，金屬棒a質量m=1kg，兩棒的長度均為L=1m(1)金屬棒a勻速下滑時的速度大??；(2)t=0到t=5s【答案】(1)v=12(2)Q=144【詳析】（1）設金屬棒a勻速下滑時的速度大小為v，金屬棒a切割磁感線產生的電動勢為E=BLv通過金屬棒a的電流為I=E2R金屬棒a做勻速直線運動時根據平衡條件有BIL=mgsin（2）從開始釋放到金屬棒a達到最大速度，以沿斜面向下為正方向，由動量定理得mg知q=IΔt=BLv2RΔt=BLx13．（2025·山東青島·三模）如圖所示，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L和2L，分別處于磁感應強度大小為2B和B的豎直向下勻強磁場中，導軌右端接一阻值為R的電阻。金屬棒a、b分別置于左、右兩側導軌上，a的電阻為r、長度為L、質量為m，b的電阻為2r、長度為2L、質量為2m。初始時刻開關S斷開，靜止的兩棒用絕緣絲線連接，兩棒間置有勁度系數為k、壓縮量為x0的輕質絕緣彈簧，彈簧與兩棒不連接。剪斷絲線，彈簧恢復原長時，a恰好脫離導軌，b速度大小為v0，此時閉合S。已知彈簧彈性勢能Ep(1)初始時刻a棒距導軌左端的距離xa(2)彈簧恢復原長過程中，a棒上產生的熱量Qa(3)整個過程b棒向右運動的距離d。【答案】(1)x(2)Q(3)d=【詳析】（1）設彈簧彈開兩棒的過程中，任一時刻流過兩棒的電流為I，則有F故兩棒系統(tǒng)動量守恒，根據動量守恒定律可得mva=2mvb其中va=xat，vb（2）彈簧恢復原長時，根據動量守恒則有mva=2m結合題意可知QaQb（3）閉合開關S后，設b棒繼續(xù)運動的距離為x'b，根據動量定理可得B整理可得4B2L14．（2025·山東·高考沖刺卷（二））如圖所示，兩根平行光滑金屬導軌之間的距離d=1m，傾角θ=30°，導軌上端接有一個阻值R=2Ω的電阻，在導軌間、電阻下方存在方向垂直導軌平面向上的勻強磁場，磁感應強度大小B=1T。質量m=0.2kg的金屬棒水平置于導軌上，垂直于導軌且與導軌接觸良好，金屬棒與導軌間的動摩擦因數μ=33。金屬棒與電阻R距離足夠遠，金屬棒沿導軌平面以初速度v0=6m/s向上運動，t（t為已知量，單位為秒）時間后速度減為零。當金屬棒速度減為零時，立即讓磁場以大小v0=6m/s的速度沿導軌平面勻速向下運動，金屬棒在磁場驅動下沿導軌平面向下運動距離L（L為已知量，單位為米）時，金屬棒恰好達到最大速度且此后以此速度沿導軌平面勻速運動。金屬棒在運動過程中始終處于磁場區(qū)域內，重力加速度g=10m/s(1)金屬棒開始沿導軌平面向上運動時的加速度大小；(2)金屬棒向上運動過程中通過電阻R的電荷量和電阻R產生的焦耳熱；(3)金屬棒向下運動過程中加速運動的時間與該段時間內通過電阻R的電荷量?！敬鸢浮?1)25m/s2(2)q=1.2?2t（C），Q焦=8t?1.2（J）(3)t'=0.4+【詳析】（1）金屬棒開始沿導軌平面向上運動時，有E=Bdv0，I=ER，由牛頓第二定律得F+mgsin30°+μmgsin（2）對金屬棒應用動量定理，得-BdIt-mgtsin30°-μmgtcos30°=0-mv0又q=It聯立可得q=1.2-2t(C)又q=It=（3）因mgsin30°=μmgcos30°可知金屬棒速度最大時，速度與磁場速度相同，由動量定理有I'安+mgt'sin30°-μmgt'cos30°=m15．（2025·山東齊魯名?！ぢ摽迹┤鐖D所示，間距為L的兩固定平行光滑金屬導軌由傾斜部分和水平部分（均足夠長）平滑連接而成，連接處絕緣，傾斜部分導軌與水平面的夾角為θ，導軌上端接有一個阻值為R的定值電阻。傾斜導軌處存在方向垂直于傾斜導軌平面向上的勻強磁場，水平導軌處存在方向豎直向上的勻強磁場，兩磁場的磁感應強度大小均為B。初始時，導體棒b放置在水平導軌上離傾斜導軌底端足夠遠的位置，導體棒a從傾斜導軌上某處由靜止釋放，到達傾斜導軌底端前已經勻速運動。導體棒a進入水平導軌后始終沒有和導體棒b相碰。導體棒a、b接入電路的阻值均為r，質量均為m，運動過程中始終垂直于導軌且與導軌接觸良好，導軌電阻不計，重力加速度為g。求：(1)導體棒a在傾斜導軌上的最大速度；(2)整個過程，導體棒b產生的熱量。【答案】(1)v(2)m【詳析】（1）剛開始導體棒a在傾斜導軌上做加速運動，加速度為零時，速度達到最大，由牛頓第二定律有mgsinθ=BI1L導體棒a在傾斜導軌上以最大速度勻速動時產生的感應電動勢E=BL（2）導體棒a、b整體合外力為零，由動量守恒有mv0=2mv最后兩根導體棒做勻速直線運動，由能量守恒有導體棒b產生的熱量Qb=16．（2025·山東泰安·二輪復習檢測）如圖所示，在豎直平面內以水平向右為x軸、豎直向上為y軸建立xOy坐標系，第一象限內存在方向分別垂直紙面向里和向外的勻強磁場區(qū)域I、II，兩區(qū)域的邊界均與x軸平行，區(qū)域II的下邊界在x軸上，二者足夠長，其寬度分別為L、H，且H>L，磁感應強度大小均為B。一質量為m、電阻為R、邊長為L的單匝正方形剛性導線框abcd處于圖示位置，ad邊沿y軸。現將線框以水平向右的初速度拋出，導線框恰好勻速進入區(qū)域I，線框的ab邊經過磁場區(qū)域I的上邊界時速度方向與邊界夾角為45°，一段時間后又恰好勻速離開區(qū)域II。在全過程中線框始終處于坐標系平面內，其ab邊始終與x軸保持平行，重力加速度為g，空氣阻力不計，求：(1)導線框的ab邊剛進入區(qū)域I時的速度大??；(2)導線框的ab邊剛進入區(qū)域II時的加速度大小和導線框進入磁場區(qū)域II的過程中產生的焦耳熱；(3)導線框上的a點經過x軸時的位置坐標?！敬鸢浮?1)2(2)a=3g，Q=mgH(3)x=5L+【詳析】（1）導線框恰好勻速進入區(qū)域I，根據平衡條件可得mg=BI1L其中I則導線框的ab邊剛進入區(qū)域I時的速度大小為v=（2）導線框下邊剛進入磁場區(qū)域II時，導線中的電流為I2=E2R=2BLvyR線框所受安培力大小為F2=2BI2L=4mg（3）導線框在磁場外運動的時間為t1=vygab邊經過區(qū)域II過程中，設安培力作用的時間為Δt，重力作用的時間為t2，根據動量定理可得mgt2-2BILΔt=mvy'-m專題09電磁感應考點五年考情（2021-2025）命題趨勢考點1法拉第電磁感應定律2021、2024基礎知識點如法拉第電磁感應定律、楞次定律依舊是考查重點，選擇題中?？疾閷Χ蓛热莸睦斫馀c簡單應用。在綜合題方面，電磁感應與力學、能量、電路知識的結合愈發(fā)緊密，2025年出現在計算題中作為壓軸題。例如設置導體棒切割磁感線的情境，讓學生分析其在安培力、重力、摩擦力等多力作用下的運動狀態(tài)變化，結合動能定理、能量守恒定律求解速度、位移、電荷量等物理量；或者考查電磁感應中的電路問題，分析感應電動勢、感應電流、電功率等，對學生的綜合分析與創(chuàng)新思維能力要求較高。考點2法拉第電磁感應定律的應用2021、2022、2023、2025考點01法拉第電磁感應定律1．（2024·山東·高考）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?？臻g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【詳析】A．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；B．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；C．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；D．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．（2021·山東·高考）迷你系繩衛(wèi)星在地球赤道正上方的電離層中，沿圓形軌道繞地飛行。系繩衛(wèi)星由兩子衛(wèi)星組成，它們之間的導體繩沿地球半徑方向，如圖所示。在電池和感應電動勢的共同作用下，導體繩中形成指向地心的電流，等效總電阻為r。導體繩所受的安培力克服大小為f的環(huán)境阻力，可使衛(wèi)星保持在原軌道上。已知衛(wèi)星離地平均高度為H，導體繩長為L(L?H)，地球半徑為R，質量為M，軌道處磁感應強度大小為B，方向垂直于赤道平面。忽略地球自轉的影響。據此可得，電池電動勢為（）A．BLGMR+H+C．BLGMR+H+【答案】A【詳析】根據GMm(R+H)2=mv2(R+H)可得衛(wèi)星做圓周運動的線速度v=GMR+H根據右手定則可知，導體繩產生的感應電動勢相當于上端為正極的電源，其大小為E'=BLv因導線繩所受阻力f故選A?？键c02法拉第電磁感應定律的應用3．（2025·山東·高考）如圖所示，平行軌道的間距為L，軌道平面與水平面夾角為α，二者的交線與軌道垂直，以軌道上O點為坐標原點，沿軌道向下為x軸正方向建立坐標系。軌道之間存在區(qū)域I、Ⅱ，區(qū)域I（?2L≤x<?L）內充滿磁感應強度大小為B、方向豎直向上的勻強磁場；區(qū)域Ⅱ（x≥0）內充滿方向垂直軌道平面向上的磁場，磁感應強度大小B1=k1t+k2x，k1和k2均為大于零的常量，該磁場可視為由隨時間t均勻增加的勻強磁場和隨x軸坐標均勻增加的磁場疊加而成。將質量為m、邊長為L、電阻為R的勻質正方形閉合金屬框epqf放置在軌道上，pq邊與軌道垂直，由靜止釋放。已知軌道絕緣、光滑、足夠長且不可移動，磁場上、下邊界均與x軸垂直，整個過程中金屬框不發(fā)生形變，重力加速度大小為g，不計自感。(1)若金屬框從開始進入到完全離開區(qū)域I的過程中勻速運動，求金屬框勻速運動的速率v和釋放時pq邊與區(qū)域I上邊界的距離s；(2)金屬框沿軌道下滑，當ef邊剛進入區(qū)域Ⅱ時開始計時（t=0），此時金屬框的速率為v0，若k1=mgRsinα【答案】(1)v=mgRtan(2)d=【詳析】（1）金屬框從開始進入到完全離開區(qū)域I的過程中，金屬框只有一條邊切割磁感線，根據楞次定律可得，安培力水平向左，則切割磁感線產生的電動勢E=BLvcosα線框中電流I=ER線框做勻速直線運動，則BILcosα=mgsinα解得金屬框從開始進入到完全離開區(qū)域I的過程的速率v=mgRtanαB（2）當ef邊剛進入區(qū)域Ⅱ時開始計時（t=0），設線框ef邊到O點的距離為s時，線框中產生的感應電動勢E'=ΔΦΔt=ΔBΔtL2=k1L2+k2L2ΔsΔt=k1+k2vL2，其中v=對時間累積求和可得-k24．（2023·山東·高考）足夠長U形導軌平置在光滑水平絕緣桌面上，寬為1m，電阻不計。質量為1kg、長為1m、電阻為1Ω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B1和B2，其中B1=2T，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0．1kg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v1=2m/s，CD

A．B2的方向向上 B．B2的方向向下 C．v2【答案】BD【詳析】AB．導軌的速度v2>v1，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f=μmg=2N導體棒的安培力大小為F1=f=2N由左手定則可知導體棒的電流方向為N→M→D→C→N，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FCD．對導體棒分析F1=B1IL對導體框分析F2C錯誤D正確；故選BD。5．（2022·山東·高考）如圖所示，xOy平面的第一、三象限內以坐標原點O為圓心、半徑為2L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xOy平面內以角速度ω順時針勻速轉動，t=0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tA．在t=0到t=π2ω的過程中，B．在t=0到t=π2ω的過程中，C．在t=0到t=π4ω的過程中，D．在t=0到t=π4ω的過程中，【答案】BC【詳析】AB．如圖所示在t=0到t=π2ω的過程中，線框的有效切割長度先變大再變小，當t=π4ω時，有效切割長度最大為2L，此時，感應電動勢最大，所以在t=0到t=π2ωCD．在t=0到t=π4ω的過程中，設轉過的角度為θ，由幾何關系可得θ=ωt進入磁場部分線框的面積S=L?Ltanθ2穿過線圈的磁通量Φ=BS=BL2tanωt2線圈產生的感應電動勢E=Φ'=ΔΦΔt感應電動勢的變化率Δ故選BC。6．（2021·山東·高考）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【詳析】AB．在I區(qū)域中，磁感應強度為B1=kt，感應電動勢E1=ΔB1ΔtS=kS感應電動勢恒定，所以導體棒上的感應電流恒為I1設下行、上行過b時導體棒的速度分別為v，v'，則下行過b時導體棒切割磁感線產生的感應電流為E下行過b時導體棒上的電流為I2=E2B上行過b時，切割磁感線的產出的感應電動勢為E2'=B2I根據牛頓第二定律可知B2I3L-mgsinθ=B2kSLR-B2CD．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mgsinθ=ma0則金屬棒不能回到a處，故選ABD。1．（2025·山東Flawless聯考·選考四）如圖所示，一個條形磁鐵垂直、勻速地自上而下穿過自感系數為L的超導線圈（電阻為0），那么線圈中的感應電流隨時間變化的圖象可能是（）A． B．C． D．【答案】C【詳析】當一個只有N極的磁單極子從上向下穿過超導線圈時根據法拉第電磁感應定律，穿過線圈的磁通量發(fā)生變化，從而在線圈中產生感應電流。由于超導體的特性，感應電流不會衰減，直到磁通量變化停止；當磁單極子開始穿過線圈時，磁通量開始增加，產生一個方向的感應電流。當磁單極子完全穿過線圈后，磁通量不再變化，感應電流停止。而當S級穿過時感應電流的情形和N級正好相反，則當條形磁體完全穿過時兩個電流相互疊加，感應電流隨時間的變化應該是先增加后減少，形成一個脈沖。故選C。2．（2025·山東名?？荚嚶撁恕じ呖寄M）如圖甲所示，在半徑為r的圓形區(qū)域內存在垂直平面的勻強磁場，磁感應強度大小B隨時間變化如圖乙所示。同一平面內有邊長為2r的金屬框abcd，總電阻為R，ab邊與圓形磁場區(qū)域的直徑重合。則（）A．t=0.5t0B．t=0.5t0C．t0~3tD．t0~3t【答案】D【詳析】AB．由圖甲可知線圈的有效面積為S=πr22在0~t0時間內，由法拉第電磁感應定律感應電動勢的大小為E1=|nCD．t0~3t0時間內，感應電動勢的大小為E2=SΔBΔt=π故選D。3．（2025·山東名?！?月聯考）如圖所示，甲、乙為兩根完全相同的金屬棒，質量均為m，電阻均為R，垂直放置在足夠長的水平金屬導軌上，導軌間距為d，整個區(qū)域存在豎直向下的勻強磁場，磁感應強度為B。兩棒與導軌無摩擦且接觸良好，t=0時刻給甲棒施加一個水平向右的恒力F，初始狀態(tài)時兩棒都靜止，經時間t0后電路的電功率達到最大。下列說法正確的是（）A．t0時刻甲棒的速度vB．t0時刻乙棒的速度vC．電路中的最大電功率PD．0~t0時間內通過甲棒的電荷量q=【答案】D【詳析】AB．開始時甲棒在拉力和安培力作用下加速運動，此時速度較小，安培力較小，加速度較大，乙棒在安培力作用下做加速運動，此時安培力較小，加速度較小，由于甲速度增加的比乙快，則回路電動勢增加，安培力增加，則甲棒加速度減小，乙棒加速度增加，最終穩(wěn)定時，兩棒的速度差恒定即加速度相同，安培力不再變化，電路的電功率達到最大，根據牛頓第二定律，對甲棒有F-BId=ma對乙棒有BId=ma回路中電動勢為E=Bd(v1-v2)電流為I=E2R根據動量定理可得Ft0-BId?C．電路中的最大電功率為Pmax=I2D．根據Ft0-BId?t0=mv故選D。4．（2025·山東青島·調研檢測）如圖所示，正方形ABCD被對角線分割成四個區(qū)域，左右兩個三角形內分別有垂直紙面向外和向里的勻強磁場，磁感應強度大小相等。金屬環(huán)初始位置與下方三角形內切，一個四角帶有圓弧的絕緣軌道，其直邊與正方形重合，圓弧半徑均與金屬環(huán)半徑相等。讓該金屬環(huán)沿絕緣軌道內側以恒定速率逆時針運動一周，規(guī)定逆時針方向為電流正方向，關于環(huán)內電流隨時間變化關系，下列圖像正確的是（）A． B．C． D．【答案】D【詳析】根據楞次定律可知，線圈由圖示位置開始逆時針勻速滾動時，線圈內垂直于紙面向里的磁通量增大，產生垂直于紙面向外的感應磁場，根據右手螺旋定則可知，線圈將產生逆時針方向的磁場，根據法拉第電磁感應定律可知，線圈內將產生正弦式的周期性變化的磁場，即0~T4，電流逆時針方向，T4~T2，電流順時針方向，T2~3T4故選D。5．（2025·山東菏澤·一模）英國物理學家麥克斯韋認為，磁場變化時會在空間激發(fā)感生電場。如圖所示，一個半徑為r的絕緣細圓環(huán)水平放置，環(huán)內存在豎直向上的勻強磁場，環(huán)上套一電荷量為q的帶正電小球。磁感應強度B隨時間均勻增加，變化率為k。已知變化的磁場在細圓環(huán)處產生環(huán)形感生電場（穩(wěn)定的感生電場可類比靜電場）。若小球在環(huán)上運動一周，感生電場對小球的作用力做功的大小是（）A．0 B．12r2qk C．【答案】D【詳析】根據法拉第電磁感應定律可知感生電場的電動勢E=ΔΦΔ故選D。6．（2025·山東淄博·三模）如圖甲所示，兩條足夠長的平行金屬導軌間距為1m，固定在傾角為37°的絕緣斜面上。導軌頂端連接一個阻值為1Ω的電阻。在MN下方存在方向垂直于斜面向上、大小為0.5T的勻強磁場。質量為1kg的金屬棒從AB處由靜止開始沿導軌下滑，其運動過程中的v-t圖像如圖乙所示，且已知金屬棒從進入磁場到速度達到8m/s時通過電阻的電荷量為5C。金屬棒運動過程中與導軌保持垂直且接觸良好，不計金屬棒和導軌的電阻，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，則（）A．金屬棒與導軌間的動摩擦因數為0.25B．金屬棒在磁場中能夠達到的最大速率為16m/sC．金屬棒從進入磁場到速度達到8m/s過程所經歷的時間為1.25sD．金屬棒從進入磁場到速度達到8m/s過程中電阻產生的焦耳熱為16J【答案】ABD【詳析】A．由圖乙可知，金屬棒進入磁場前的加速度為a=4m/s2對導體棒受力分析，根據牛頓第二定律有mgsin37°-μmgB．導體棒切割磁感線，根據閉合電路的歐姆定律有I=ER=BLvR可得導體棒所受安培力F=BIL=B解得vm=16m/sC．金屬棒剛進入磁場時的速度大小為v0=4m/s從進入磁場到速度達到v=8m/s過程中，設經過的時間為t，取沿導軌向下為正方向，根據動量定理可得mg其中It=q=5C解得t=1.0625s，故D．設金屬棒進入磁場后下滑距離為x，則根據法拉第電磁感應定律有E=ΔΦΔt而q=IΔt則有q=BLxR=51解得Q=16J，故D故選ABD。7．（2025·山東濱州·二模）如圖所示，長木板放置在足夠大的光滑水平面上，電源、電阻、開關、導軌固定在長木板上，光滑導軌MN和M'N'平行，間距為L，長木板及固定在其上的電源、電阻、開關、導軌的總質量為M。長度也為L的導體棒PQ垂直平行導軌放置在MN和M'N'間，導體棒的質量為m。勻強磁場方向豎直向上，大小為B。長木板與固定在水平面上的力傳感器通過剛性輕繩連接。電阻的阻值為R，電源內阻、導軌和導體棒的電阻以及接觸電阻均不計。t=0時刻，閉合開關，通過力傳感器記錄力隨時間變化的圖線，如圖所示。從圖像中可以讀出t=0時刻力F=F0，A．電源的電動勢E=B．導體棒的最大速度vC．t0時間內導體棒的位移大小D．若撤去傳感器的連接后，再閉合開關，則導體棒的最大速度v【答案】ABD【詳析】A．t=0時刻，閉合開關，回路中的電流I0=ER對長木板及固定在其上的電源、電阻、開關、導軌進行分析有F0=BIB．t=t0時刻力F的大小趨近于0，導體棒速度達到最大值時，回路總的電動勢為0，回路中的電流為0，導體棒做勻速直線運動，則有E=BLvm結合上述解得vC．0～t0時間內，對導體棒進行分析，根據動量定理有BILt0解得x=F0RtD．對長木板及固定在其上的電源、電阻、開關、導軌與導體棒構成的系統(tǒng)進行分析，根據動量守恒定律有mvm'-Mv1=0此時回路總電動勢為0，則有E=BL故選ABD。8．（2025·山東齊魯教研體·考前質量檢測）如圖所示，光滑平行導軌由傾角α=30°的傾斜部分和水平部分構成，兩部分在OO'處平滑連接且連接處絕緣，導軌間距L=0.2m，傾斜部分有垂直導軌平面向上的勻強磁場I，磁感應強度大小B1=2T，水平部分虛線1、2間存在豎直向上的勻強磁場II，磁感應強度大小B2=3T。傾斜導軌上端A、A'間接有電容C=1.25F的電容器，水平軌道上靜止兩導體棒b、c，b在磁場外，c在磁場II中。某時刻將導體棒a在導軌AO，A'O'上、距底面高h=1.6m處由靜止釋放，導體棒a沿斜面下滑至底端進入水平軌道，與導體棒b發(fā)生彈性碰撞，碰后立即取走導體棒a，導體棒cA．導體棒a到達底端所經歷的時間為1.6B．b進入II的瞬間，b兩端的電壓為0.8C．導體棒c在磁場內產生的焦耳熱為2D．初始時刻導體棒c距離磁場II左邊界1的最小距離為5【答案】AC【詳析】A．導體棒a到達OO'之前，設在極短的時間Δt內，導體棒a速度變化量為Δv，a中的電流為i，根據牛頓第二定律有magsinα-iLB1=maa根據x=12at2B．a到達底端的速度v=at=4m/s因a、b質量相等，所以a進入水平軌道后與b發(fā)生彈性碰撞交換速度，則b進入II時的速度等于a到達底端的速度，即v=4m/s，根據法拉第電磁感應定律有E=B2Lv又C．b進入II后，b、c組成的系統(tǒng)動量守恒，則有mbv=mbv1+mcv2D．當c出磁場時，b也剛好出磁場，此時c到邊界1的距離最小，設最小距離為s，則整個過程流過閉合回路的電荷有q=IΔt又I=Erc+rb，E=ΔΦΔt=B2故選AC。9．（2025·山東聊城·學考模擬三）如圖所示，兩根足夠長的平行光滑金屬導軌固定在水平面內，導軌間距為L。導體棒a和b垂直導軌放置在導軌上，質量均為m，電阻均為R，回路中其余部分的電阻不計。勾強磁場磁感應強度大小為B、方向豎直向上。開始時，兩棒均靜止，間距為x0。t=0時刻導體棒a獲得向右的初速度v0，兩導體棒的Δv-tA．t1時刻，棒a的加速度大小為B．t2時刻，兩棒之間的距離為C．0～t2時間內，通過bD．0～t2時間內，導體棒b【答案】BC【詳析】A．t1時刻，導體棒中的電流為I=BLva-BLvb2R=BLB．兩棒t2時刻開始勻速運動，根據兩棒組成的系統(tǒng)動量守恒有mv0=2mv得v=v020～t2時間內某一時刻導體棒受到的安培力大小為F=BIL=B2L2va-vb2RC．0～t2時間內對導體棒b運用動量定理得BILt2=mv-0又ItD．0～t2時間內兩導體棒產生的熱量相等，設均為1得Q=18mv故選BC。10．（2025·山東濟南山東師大附中·二模）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。兩導體棒MN、PQ垂直放置在導軌上，已知導體棒MN的電阻為R、長度為d、質量為m，導體棒PQ的電阻為2R、長度為2d，質量為2m。0時刻，用水平恒力F向右拉動PQ，此后運動了足夠長時間t，運動過程中，兩導體棒均未脫離原寬度處的導軌且與導軌保持良好接觸。已知導軌足夠長且電阻不計，從0時刻到t時刻的過程中，下列說法正確的是（）A．回路中始終產生順時針方向的電流B．PQ加速度為a時，MN的加速度為2aC．t時刻后兩導體棒的速度差恒為FRD．通過兩導體棒的電量為Ft【答案】ACD【詳析】A．設導體棒PQ和MN的速度分別為v1和v2，加速度分別為a1和a2，產生的感應電動勢分別為E1和E2，0時刻回路中的電流為零，導體棒MN的加速度為0，導體棒PQ有向右的加速度，此后兩棒均向右加速，但a1>a2所以v1>v2又E1=B?2dv1=2Bdv1，E2=2Bdv2所以E1>E2根據左手定則可知，回路中總的感應電動勢等于兩棒產生的感應電動勢之差，所以回路中總的感應電動勢方向與導體棒PQ產生的感應電動勢方向相同，導體棒PQB．在兩棒的加速度達到相等之前，a1減小a2增大，兩棒的加速度大小并不是恒定的倍數關系，故C．t時刻后a1=a2解得I=F6Bd又I=2BdD．通過兩導體棒的電量為q，根據動量定理，對導體棒PQ和MN分別有Ft-BI?2d?t=2m又It=q，v1-v2=FR故選ACD。11．（2025·山東濟寧·考前押題聯考）如圖，光滑金屬導軌MON固定在水平面內，頂角θ=45°，導軌處在方向垂直平面向外、磁感應強度為B的勻強磁場中。一根與ON垂直的導體棒在水平外力F作用下，以恒定速度v0沿導軌MON向右滑動。導體棒的質量為m，導軌與導體棒單位長度的電阻均為r。導體棒與導軌接觸點為a和b，導體棒在滑動過程中始終保持與導軌良好接觸。設t=0時，導體棒位于頂角O處，t=t0A．流過導體棒的電流恒為Bv02+2B．導體棒勻速滑動時水平外力F隨時間t變化關系為F=C．導體棒在0~t0D．從導體棒開始運動到最終靜止，回路中產生的總熱量大于拉力F所做功【答案】ACD【詳析】A．由題意知，0到t時間內，導體棒的位移為x=v0t由幾何關系知，導體棒的切割產生的電動勢為E=Blv0回路的總電阻為R=2x+2xr回路中的電流大小為I=ERB．導體棒受安培力的大小為F安=BlI=B2v0C．t時刻整個回路的電功率大小為P=I2R'=B2v03tD．根據能量守恒，全過程回路產生總熱量大于拉力所做功，D正確。故選ACD。12．（2025·山東濰坊·三模）如圖所示，空間中有一足夠長光滑平行金屬導軌，導軌平面與水平面間的夾角θ=37°，導軌所在區(qū)域存在垂直于導軌平面斜向上的勻強磁場，磁感應強度大小B=1T。金屬棒a、b放在導軌上，金屬棒b始終固定。t=0時由靜止釋放金屬棒a，t=5s時金屬棒a開始勻速下滑，運動過程中金屬棒始終與導軌垂直且接觸良好。已知導軌間距L=1m，金屬棒a質量m=1kg，兩棒的長度均為L=1m(1)金屬棒a勻速下滑時的速度大??；(2)t=0到t=5s【答案】(1)v=12(2)Q=144【詳析】（1）設金屬棒a勻速下滑時的速度大小為v，金屬棒a切割磁感線產生的電動勢為E=BLv通過金屬棒a的電流為I=E2R金屬棒a做勻速直線運動時根據平衡條件有BIL=mgsin（2）從開始釋放到金屬棒a達到最大速度，以沿斜面向下為正方向，由動量定理得mg知q=IΔt=BLv2RΔt=BLx13．（2025·山東青島·三模）如圖所示，兩根光滑平行金屬導軌固定在絕緣水