五年（2021-2025）高考真題分類(lèi)匯編PAGEPAGE1專(zhuān)題11電磁感應(yīng)考點(diǎn)五年考情（2021-2025）命題趨勢(shì)考點(diǎn)1感應(yīng)電流方向的判斷2024近五年“電磁感應(yīng)”模塊考查聚焦于核心規(guī)律的理解與應(yīng)用，“法拉第電磁感應(yīng)定律”，包括感生電動(dòng)勢(shì)的理解與動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)，“感應(yīng)電流方向的判斷”則側(cè)重定性分析，要求理解“阻礙”變化的實(shí)質(zhì)并熟練運(yùn)用相關(guān)方法（如右手定則、安培定則）。核心考查對(duì)法拉第電磁感應(yīng)定律不同表達(dá)式適用條件的辨析、感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小的定性判斷或定量計(jì)算、以及運(yùn)用楞次定律或右手定則判斷感應(yīng)電流方向的能力。未來(lái)趨勢(shì)預(yù)計(jì)將強(qiáng)化兩大考點(diǎn)的綜合考查，情境設(shè)計(jì)更趨復(fù)雜化和前沿化（如新型電磁驅(qū)動(dòng)裝置、微型發(fā)電機(jī)、電磁感應(yīng)式傳感器），深化對(duì)“變化率”概念的理解、對(duì)“阻礙”相對(duì)性的把握，并可能滲透能量守恒觀點(diǎn)分析電磁感應(yīng)現(xiàn)象，要求考生在具體工程或科技情境中準(zhǔn)確構(gòu)建物理模型、動(dòng)態(tài)分析感應(yīng)過(guò)程、綜合運(yùn)用兩大核心規(guī)律解決實(shí)際問(wèn)題，進(jìn)一步提升科學(xué)推理與模型構(gòu)建的核心素養(yǎng)。考點(diǎn)2法拉第電磁感應(yīng)定律2023、2022考點(diǎn)01感應(yīng)電流方向的判斷1．（2024·江蘇·高考）如圖所示，a、b為正方形金屬線(xiàn)圈，a線(xiàn)圈從圖示位置勻速向右拉出勻強(qiáng)磁場(chǎng)的過(guò)程中，a、b中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向分別為（

）A．順時(shí)針、順時(shí)針 B．逆時(shí)針、逆時(shí)針C．順時(shí)針、逆時(shí)針 D．逆時(shí)針，順時(shí)針【答案】A【詳析】線(xiàn)圈a從磁場(chǎng)中向右勻速拉出磁場(chǎng)的過(guò)程中穿過(guò)a線(xiàn)圈的磁通量在減小，則根據(jù)楞次定律可知a線(xiàn)圈的電流為順時(shí)針，由于線(xiàn)圈a從磁場(chǎng)中勻速拉出，則a中產(chǎn)生的電流為恒定電流，則線(xiàn)圈a靠近線(xiàn)圈b的過(guò)程中線(xiàn)圈b的磁通量在向外增大，同理可得線(xiàn)圈b產(chǎn)生的電流為順時(shí)針。故選A?？键c(diǎn)02法拉第電磁感應(yīng)定律2．（2023·江蘇·高考）如圖所示，圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，OC導(dǎo)體棒的O端位于圓心，棒的中點(diǎn)A位于磁場(chǎng)區(qū)域的邊緣?，F(xiàn)使導(dǎo)體棒繞O點(diǎn)在紙面內(nèi)逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)。O、A、C點(diǎn)電勢(shì)分別為φ0、φA、φC，則（

）

A．φO>φC B．φC>φA C．φO=φA D．φO－φA=φA－φC【答案】A【詳析】ABC．由題圖可看出OA導(dǎo)體棒轉(zhuǎn)動(dòng)切割磁感線(xiàn)，則根據(jù)右手定則可知φO>φA其中導(dǎo)體棒AC段不在磁場(chǎng)中，不切割磁感線(xiàn)，電流為0，則φC=φA，A正確、BC錯(cuò)誤；D．根據(jù)以上分析可知φO－φA>0，φA－φC=0則φO－φA>φA－φCD錯(cuò)誤。故選A。3．（2022·江蘇·高考）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(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化關(guān)系為B=B0+kt，B0、A．πkr2 B．πkR2 C．【答案】A【詳析】由題意可知磁場(chǎng)的變化率為Δ根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知E=故選A。1．（2025·江蘇揚(yáng)州中學(xué)·一模）下列事實(shí)正確的是（）A．庫(kù)侖得出庫(kù)侖定律并用扭秤實(shí)驗(yàn)最早測(cè)出了元電荷e的數(shù)值B．開(kāi)普勒在研究行星運(yùn)動(dòng)規(guī)律的基礎(chǔ)之上提出萬(wàn)有引力定律C．伽利略在對(duì)自由落體運(yùn)動(dòng)的研究中，首次采用以實(shí)驗(yàn)檢驗(yàn)猜想和假設(shè)的科學(xué)方法D．法拉第發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應(yīng)并得出電磁感應(yīng)定律【答案】C【詳析】A．庫(kù)侖用扭秤實(shí)驗(yàn)最早得出庫(kù)侖定律，密立根測(cè)出了元電荷e的數(shù)值，故A錯(cuò)誤；B．開(kāi)普勒在研究行星運(yùn)動(dòng)規(guī)律的基礎(chǔ)之上提出了開(kāi)普勒三個(gè)定律，故B錯(cuò)誤；C．伽利略通過(guò)對(duì)自由落體運(yùn)動(dòng)的研究，開(kāi)創(chuàng)了一套把實(shí)驗(yàn)和邏輯推理相結(jié)合的科學(xué)研究方法，故C正確；D．奧斯特法拉第發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應(yīng)；法拉第發(fā)現(xiàn)了電磁感應(yīng)現(xiàn)象，楞次總結(jié)出了判斷感應(yīng)電流方向的規(guī)律，故D錯(cuò)誤。故選C。2．（2025·江蘇新高考基地學(xué)?！て诔踬|(zhì)量監(jiān)測(cè)）利用圖示電路探究感應(yīng)電流方向的規(guī)律，線(xiàn)圈A通過(guò)變阻器和開(kāi)關(guān)K連接到電源上，線(xiàn)圈B的兩端連接到靈敏電流計(jì)上，把線(xiàn)圈A裝在線(xiàn)圈B的里面，閉合開(kāi)關(guān)瞬間，發(fā)現(xiàn)電流計(jì)的指針向右偏。保持開(kāi)關(guān)閉合，下列操作仍能使電流計(jì)的指針向右偏的是（）A．將滑動(dòng)變阻器滑片向右滑動(dòng)B．將滑動(dòng)變阻器滑片向左滑動(dòng)C．將線(xiàn)圈A從線(xiàn)圈B中緩慢抽出D．將線(xiàn)圈A從線(xiàn)圈B中迅速抽出【答案】A【詳析】AB．由題意可知，當(dāng)回路中的電流突然增大時(shí)，線(xiàn)圈B中的磁通量增大，電流計(jì)的指針向右偏。保持開(kāi)關(guān)閉合，將滑動(dòng)變阻器滑片向右滑動(dòng)，回路中的電阻減小，電流增大，線(xiàn)圈B中的磁通量增大，電流計(jì)的指針應(yīng)向右偏。反之，將滑動(dòng)變阻器滑片向左滑動(dòng)，電流計(jì)的指針應(yīng)向左偏，故A正確、B錯(cuò)誤；CD．保持開(kāi)關(guān)閉合，將線(xiàn)圈A從線(xiàn)圈B中抽出，線(xiàn)圈B中的磁通量減小，電流計(jì)的指針應(yīng)向左偏。如果是緩慢抽出，則電流較小；若迅速抽出，則電流較大，故CD錯(cuò)誤。故選A。3．（2025·江蘇宿遷·三模）如圖所示，相距為d的足夠長(zhǎng)平行光滑金屬導(dǎo)軌MP、NQ與水平面間夾角為θ，處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，導(dǎo)軌上端接有一電阻。水平導(dǎo)體棒ab質(zhì)量為m，以速度v沿導(dǎo)軌勻速下滑，棒與導(dǎo)軌垂直且接觸良好。已知重力加速度為g，則（）A．導(dǎo)體棒中電流方向?yàn)閍→bB．回路中的電動(dòng)勢(shì)為BdvC．導(dǎo)體棒受到的安培力大小為mgD．回路中的電功率為mgv【答案】D【詳析】A．導(dǎo)體棒下滑過(guò)程中，根據(jù)右手定則可得，導(dǎo)體棒中電流方向?yàn)閎→a，故A錯(cuò)誤；B．由于磁場(chǎng)方向與運(yùn)動(dòng)方向不垂直，所以回路中的電動(dòng)勢(shì)為E=Bdvcosθ，故C．對(duì)導(dǎo)體棒受力分析，如圖所示根據(jù)平衡條件可得FA=mgtanθD．根據(jù)能量守恒可知，導(dǎo)體棒的重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化為電能，所以回路中的電功率等于重力做功的功率，則P故D正確。故選D。4．（2025·江蘇泰州姜堰區(qū)·二模）如圖所示，光滑水平面上存在有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，直徑與磁場(chǎng)寬度相同的金屬圓形線(xiàn)框在水平拉力作用下以一定的初速度斜向勻速通過(guò)磁場(chǎng)。則下列說(shuō)法正確的是（）A．拉力大小恒定B．拉力方向水平向右C．線(xiàn)框內(nèi)感應(yīng)電流大小和方向不變D．速度變大通過(guò)線(xiàn)框某一橫截面的電量增加【答案】B【詳析】C．金屬圓形線(xiàn)框進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程，穿過(guò)金屬圓形線(xiàn)框的磁通量向里增加，根據(jù)楞次定律可知，線(xiàn)框內(nèi)感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針?lè)较?；金屬圓形線(xiàn)框離開(kāi)磁場(chǎng)過(guò)程，穿過(guò)金屬圓形線(xiàn)框的磁通量向里減少，根據(jù)楞次定律可知，線(xiàn)框內(nèi)感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針?lè)较?；設(shè)金屬圓形線(xiàn)框在磁場(chǎng)中切割磁感線(xiàn)的有效長(zhǎng)度為L(zhǎng)（切割圓弧部分沿垂直速度方向的投影長(zhǎng)度），則有E=BLv，I=ER=BLvR，AB．線(xiàn)框在磁場(chǎng)中受到的安培力為F安=BIL'，其中L'是與磁場(chǎng)邊界平行的有效長(zhǎng)度，根據(jù)左手定則可知，線(xiàn)框在磁場(chǎng)中受到的安培力方向一直水平向左，根據(jù)平衡條件可知，拉力方向水平向右，大小為F=F安=BIL'D．根據(jù)q=IΔt=E故選B。5．（24-25高三下·江蘇宿遷泗陽(yáng)·一模）如圖所示，單匝矩形線(xiàn)圈ABCD在外力作用下向右勻速進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)，則線(xiàn)圈進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中（）A．線(xiàn)圈中產(chǎn)生逆時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流B．AB邊產(chǎn)生的焦耳熱比BC邊多C．AB邊通過(guò)的電荷量比BC邊少D．A、B間的電壓比B、C間的大【答案】D【詳析】A．線(xiàn)圈進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中，磁通量增大，根據(jù)楞次定律可知，線(xiàn)圈中產(chǎn)生順時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流，故A錯(cuò)誤；B．線(xiàn)圈電流相等，BC邊電阻大于AB邊，根據(jù)Q=I2Rt可知，AB邊產(chǎn)生的焦耳熱比BCC．根據(jù)電流定義式可知q=It，則AB邊通過(guò)的電荷量與BC邊的相同，故C錯(cuò)誤；D．線(xiàn)圈向右勻速進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)，AB邊切割磁感線(xiàn)，相當(dāng)于電源，A、B間的電壓為路端電壓，大于B、C間的電壓，故D正確；故選D。6．（2025·江蘇·調(diào)研）運(yùn)輸磁電式微安表時(shí)，要用金屬片將正負(fù)接線(xiàn)柱連接在一起。在通過(guò)顛簸路段時(shí)A．微安表指針可以與表盤(pán)保持相對(duì)靜止B．微安表內(nèi)線(xiàn)圈受到的安培力方向與線(xiàn)圈轉(zhuǎn)動(dòng)方向相反C．電流總是從正接線(xiàn)柱通過(guò)金屬片流到負(fù)接線(xiàn)柱D．螺旋彈簧的彈性勢(shì)能一直增大【答案】B【詳析】AB．在通過(guò)顛簸路段時(shí)，微安表指針不斷擺動(dòng)，不會(huì)與表盤(pán)保持相對(duì)靜止，指針擺動(dòng)時(shí)產(chǎn)生感應(yīng)電流，磁場(chǎng)對(duì)感應(yīng)電流產(chǎn)生安培力作用阻礙擺動(dòng)，這樣可減緩表針擺動(dòng)幅度，故微安表內(nèi)線(xiàn)圈受到的安培力方向與線(xiàn)圈轉(zhuǎn)動(dòng)方向相反，故A錯(cuò)誤，B正確；C．磁場(chǎng)方向不變，往外擺和往回?cái)[磁通量增減不同，故產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向不同，故C錯(cuò)誤；D．來(lái)回?cái)[，螺旋彈簧的彈性勢(shì)能一會(huì)增大一會(huì)減小，故D錯(cuò)誤。故選B。7．（2025·江蘇宿遷&南通&連云港·二模）如圖所示，正方形導(dǎo)線(xiàn)框在光滑水平面上以某初速度進(jìn)入有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，線(xiàn)框邊長(zhǎng)是磁場(chǎng)寬度的一半。線(xiàn)框穿過(guò)磁場(chǎng)的過(guò)程中，感應(yīng)電流i隨時(shí)間t的變化關(guān)系和速度v隨位移x的變化關(guān)系圖像，可能正確的是（）A． B．C． D．【答案】D【詳析】AB．根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E=Blv，設(shè)線(xiàn)圈電阻為R，根據(jù)閉合電路的歐姆定律I=ER，根據(jù)安培力公式F=BIl，根據(jù)牛頓第二定律a=Fm，聯(lián)立解得a=由于線(xiàn)框?qū)挾戎挥写艌?chǎng)寬度的一半，所以線(xiàn)框整體在磁場(chǎng)中勻速運(yùn)動(dòng)的距離與出磁場(chǎng)的距離相等，則根據(jù)i=BlvR，可知出磁場(chǎng)電流將越來(lái)越小，方向與進(jìn)磁場(chǎng)時(shí)的電流方向相反，綜上可以得出出磁場(chǎng)時(shí)間比在磁場(chǎng)中勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)間更長(zhǎng)，故CD．線(xiàn)框進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中，水平向右由動(dòng)量定理BIL?Δt=mv-mv即v=v0-B2l2vmR?故選D。8．（24-25高三下·江蘇蘇錫常鎮(zhèn)·一模）如圖所示，兩根足夠長(zhǎng)光滑平行金屬導(dǎo)軌與水平面成θ＝30°，導(dǎo)軌上放置兩根質(zhì)量均為m、電阻均為R的導(dǎo)體棒ab、cd，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，并處在垂直于導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。t＝0時(shí)刻，在ab棒上施加一沿導(dǎo)軌平面向上大小為mg的恒力，同時(shí)釋放cd棒。下列圖像中，a、v、x、Eab分別為ab棒的加速度、速度、位移和機(jī)械能，E為ab、cdA． B．C． D．【答案】C【詳析】AB．釋放兩棒后ab向上運(yùn)動(dòng)，cd向下運(yùn)動(dòng)，對(duì)ab棒分析可知加速度a=其中F安=BBLv1+v22RL=B2L2v1C．a(chǎn)b棒的機(jī)械能變化量等于力F與F安做功的代數(shù)和，開(kāi)始時(shí)隨安培力變大，則這兩個(gè)力做功的代數(shù)和逐漸減小，最后勻速時(shí)兩個(gè)力的合力為12mg，則合力不變，隨位移增加合力功逐漸增加，即Eab圖像的斜率先減小后不變，選項(xiàng)D．對(duì)兩棒整體，機(jī)械能的變化量等于力F與兩棒受的安培力做功的代數(shù)和，因最終兩棒均運(yùn)動(dòng)運(yùn)動(dòng)，且由于系統(tǒng)沿斜面方向受合外力為零，系統(tǒng)沿斜面方向動(dòng)量守恒，可知最終兩棒勻速運(yùn)動(dòng)的速度相等，安培力（均為12mg）對(duì)兩棒均做負(fù)功，力F對(duì)系統(tǒng)做正功，可知兩個(gè)安培力和力F做功代數(shù)和為零，則系統(tǒng)的機(jī)械能不變，則選項(xiàng)故選C。9．（2025·江蘇鹽城射陽(yáng)中學(xué)·模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，金屬線(xiàn)框甲從勻強(qiáng)磁場(chǎng)的上邊界由靜止釋放，末速度為v時(shí)線(xiàn)框還未完全進(jìn)入磁場(chǎng)；相同的線(xiàn)框乙從磁場(chǎng)的下邊界以速度v豎直向上拋出，到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)線(xiàn)框也未完全進(jìn)入磁場(chǎng)，兩線(xiàn)框在上述進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中，甲線(xiàn)框（）

A．運(yùn)動(dòng)的時(shí)間短 B．運(yùn)動(dòng)的位移大 C．通過(guò)的電量小 D．產(chǎn)生的內(nèi)能少【答案】B【詳析】A．由題知，甲向下做加速運(yùn)動(dòng)，速度由0加速到v，速度變化量為Δv甲=v，其下邊切割磁感應(yīng)線(xiàn)，產(chǎn)生逆時(shí)針的電流，根據(jù)左手定則，可知下邊所受的安培力向上，根據(jù)牛頓第二定律有mg-BI甲L=ma甲，又I甲=BLv甲R(shí)，聯(lián)立可得a甲此時(shí)可以將乙反向看成向下的加速運(yùn)動(dòng)，速度由0加到v；速度變化量為Δv乙=v，可知甲、乙的速度變化量都相等，根據(jù)Δv=aB．由A項(xiàng)分析，則在同一個(gè)v-t圖像中大致畫(huà)出甲和乙的速度圖像如圖所示

根據(jù)圖像可知甲運(yùn)動(dòng)的位移大，即x甲>xC．設(shè)線(xiàn)框的電阻為R，邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，根據(jù)電荷量的計(jì)算公式有q=IΔt，I=聯(lián)立解得q=BLxR，由于甲的位移大，所以通過(guò)甲線(xiàn)框的電荷量大，故D．甲線(xiàn)框運(yùn)動(dòng)過(guò)程中速度越來(lái)越大，運(yùn)動(dòng)的位移更大，克服安培力做功多，產(chǎn)生的內(nèi)能多，故D錯(cuò)誤。故選B。10．（2025·江蘇蘇錫常鎮(zhèn)·二模）半徑為R的圓環(huán)進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，當(dāng)其圓心經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)邊界時(shí)，速度與邊界成45°角，圓環(huán)中感應(yīng)電流為I，此時(shí)圓環(huán)所受安培力的大小和方向是（）A．2BIRB．2BIR，方向垂直MN向下C．2BIR，方向垂直MND．2BIR，方向與速度方向相反【答案】B【詳析】圓環(huán)中的電流為I，在磁場(chǎng)部分的等效長(zhǎng)度等于圓環(huán)的直徑2R，由安培力公式F=BIL有效，可得此時(shí)圓環(huán)所受安培力的大小I=2BIR，由楞次定律和右手螺旋定則可判定，感應(yīng)電流的方向是順時(shí)針?lè)较颍试儆勺笫侄▌t可判定圓環(huán)所受的安培力的方向垂直故選B。11．（2025·江蘇蘇州八?！と＃┤鐖D所示，豎直平面內(nèi)有一固定直導(dǎo)線(xiàn)水平放置，導(dǎo)線(xiàn)中通有恒定電流I，導(dǎo)線(xiàn)正下方有一個(gè)質(zhì)量為m的鋁質(zhì)球，某時(shí)刻無(wú)初速釋放鋁球使其下落，不計(jì)空氣阻力，下列說(shuō)法正確的是（）A．小球下落過(guò)程機(jī)械能一定減小B．小球下落過(guò)程機(jī)械能一定守恒C．小球下落過(guò)程機(jī)械能一定增加D．小球下落過(guò)程機(jī)械能先增加后不變【答案】A【詳析】因通電直導(dǎo)線(xiàn)下方產(chǎn)生垂直紙面向里的磁場(chǎng)，且隨著距離直導(dǎo)線(xiàn)的距離增加磁場(chǎng)逐漸減弱，可知小球下落過(guò)程中因磁通量逐漸減小在小球中產(chǎn)生渦流，鋁制球產(chǎn)生熱量，由能量關(guān)系可知，小球的機(jī)械能將逐漸減小。故選A。12．（2025·江蘇揚(yáng)州·考前調(diào)研）如圖所示，線(xiàn)圈L的自感系數(shù)很大、電阻不計(jì)，電阻R1的阻值大于電阻R2的阻值，在t=0時(shí)刻閉合開(kāi)關(guān)S，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后，在t=t1時(shí)刻斷開(kāi)S，下列表示電阻R1的電流I1、電阻A． B．C． D．【答案】D【詳析】開(kāi)關(guān)閉合時(shí)，線(xiàn)圈由于自感對(duì)電流的阻礙作用，可看作電阻，當(dāng)電路逐漸穩(wěn)定，通過(guò)線(xiàn)圈所在支路的電流I2逐漸增大，故電阻R1的電流I1逐漸減?。辉趖=t1時(shí)刻斷開(kāi)S，線(xiàn)圈的感應(yīng)電流與原電流方向相同，形成回路，通過(guò)電阻R1的電流與原電流方向相反，并逐漸減小到0，又由于電阻R1的阻值大于電阻R2的阻值，當(dāng)開(kāi)關(guān)閉合穩(wěn)定時(shí)，線(xiàn)圈所在支路的電流I2故選D。13．（2025·江蘇揚(yáng)州中學(xué)·二模）如圖所示，導(dǎo)體框位于豎直平面內(nèi)，勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=2.0T，水平導(dǎo)體棒MN可沿兩側(cè)足夠長(zhǎng)的光滑導(dǎo)軌下滑而不分離，導(dǎo)體棒MN質(zhì)量m=0.1kg，接入電路的電阻r=1.0Ω；導(dǎo)軌寬度L=1.0m，定值電阻R=3.0Ω，裝置的其余部分電阻可忽略不計(jì)。將導(dǎo)體棒MN無(wú)初速度釋放，導(dǎo)體棒下滑h=2.0m高度時(shí)速度達(dá)到最大，重力加速度g=10m/s2。則導(dǎo)體棒（）A．下滑的最大速度為4m/sB．從釋放到下滑h高度所經(jīng)歷時(shí)間為1sC．從釋放到下滑h高度過(guò)程中，電阻R產(chǎn)生的熱量為1.95JD．從釋放到下滑h高度過(guò)程中，通過(guò)電阻R的電荷量為1C【答案】D【詳析】A．導(dǎo)體棒速度最大時(shí)，安培力等于重力，即mg=BImL，其中I代入數(shù)據(jù)得vm=1m/sC．由動(dòng)能定理可知mgh+W安=12mvm2-0，解得W安D．導(dǎo)體下落h的過(guò)程中，通過(guò)導(dǎo)線(xiàn)橫截面的電量q=It，其中I=E聯(lián)立，解得q=1C，故DB．導(dǎo)體棒下落h的過(guò)程中，設(shè)經(jīng)歷時(shí)間為t，根據(jù)動(dòng)量定理得mgt-BILt=mv代入數(shù)據(jù)解得t=2.1s，故B故選D。14．（2025·江蘇部分學(xué)?！た记斑m應(yīng)）如圖所示，光滑絕緣水平桌面上放置一邊長(zhǎng)為L(zhǎng)、質(zhì)量為m、阻值為R的正方形金屬線(xiàn)框MNPQ，a、b是垂直于水平面向上勻強(qiáng)磁場(chǎng)I的邊界，ef是垂直于水平面向上勻強(qiáng)磁場(chǎng)Ⅱ的邊界，兩磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，磁場(chǎng)寬均為L(zhǎng)，兩磁場(chǎng)邊界相互平行且平行于線(xiàn)圈MN邊，b、e間距為L(zhǎng)2A．線(xiàn)框MN邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅱ時(shí)的加速度大小為3B．線(xiàn)框開(kāi)始的初速度大小為3C．線(xiàn)框穿過(guò)磁場(chǎng)I、Ⅱ，線(xiàn)框中產(chǎn)生的焦耳熱為之比1:1D．若僅將磁場(chǎng)Ⅱ方向反向，線(xiàn)框也剛好穿出磁場(chǎng)Ⅱ【答案】B【詳析】A．線(xiàn)框MN邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅱ時(shí)，MN、PQ兩邊同時(shí)切割磁感線(xiàn)，電動(dòng)勢(shì)方向相反，電路電流為0，加速度為0，故A錯(cuò)誤；B．設(shè)線(xiàn)框的初速度大小為v0，線(xiàn)框穿過(guò)兩磁場(chǎng)過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)量定理-BILt=0-m又I=ER，E=ΔΦΔt，q=ΔΦRC．設(shè)PQ邊剛出磁場(chǎng)Ⅰ時(shí)速度為v1，根據(jù)動(dòng)量定理有32BBL2RL=mv1，解得v1D．若僅將磁場(chǎng)Ⅱ方向反向，兩條邊同時(shí)切割磁感線(xiàn)，安培力變大，線(xiàn)框不能穿出磁場(chǎng)Ⅱ，故D錯(cuò)誤。故選B。15．（2025·江蘇泰州·模擬預(yù)測(cè)）如圖，兩條固定的光滑平行金屬導(dǎo)軌與水平面夾角為θ，導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)。虛線(xiàn)ab、cd均與導(dǎo)軌垂直，在ab與cd之間的區(qū)域存在垂直于導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。將兩根相同的導(dǎo)體棒PQ、MN同時(shí)自導(dǎo)軌上圖示位置由靜止釋放，兩者始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好。已知PQ進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)恰好勻速。從PQ進(jìn)入磁場(chǎng)開(kāi)始計(jì)時(shí)，到MN離開(kāi)磁場(chǎng)的過(guò)程中，導(dǎo)體棒PQ中的電流隨時(shí)間變化的圖像可能正確的是（）A． B． C． D．【答案】D【詳析】設(shè)導(dǎo)軌寬度為L(zhǎng)，回路電阻為R，PQ進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度為v1，MN進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度為v2，易判斷v2>v1情況1：若PQ出磁場(chǎng)時(shí)，MN未進(jìn)入磁場(chǎng)，則當(dāng)PQ勻速出磁場(chǎng)過(guò)程，電流I=I1不變，右手定則可知電流方向?yàn)镼指向P，之后當(dāng)MN進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，回路電流I2=BLv2R。右手定則可知，電流方向P到Q，因?yàn)関2情況2：若PQ出磁場(chǎng)前，MN已進(jìn)入磁場(chǎng)，則此時(shí)回路電流I3=BLv2-v1R=BLΔvR，楞次定律可知電流方向?yàn)镻到Q，由于不知道Δv故選D。16．（2025·江蘇泰州·四調(diào)）如圖所示，兩根光滑且平行的電阻不計(jì)長(zhǎng)直金屬導(dǎo)軌固定在水平桌面上，左端接入電容為C、帶電荷量為Q的電容器和阻值為R的電阻．一質(zhì)量為m、阻值也為R的導(dǎo)體棒MN垂直靜置在導(dǎo)軌上且接觸良好，整個(gè)系統(tǒng)處于豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中．閉合開(kāi)關(guān)S后（

）A．導(dǎo)體棒MN中電流的最大值為QB．導(dǎo)體棒MN向右先加速后勻速運(yùn)動(dòng)C．導(dǎo)體棒MN所受安培力最大時(shí)，速度也最大D．電阻R上產(chǎn)生的熱量大于導(dǎo)體棒MN上產(chǎn)生的熱量【答案】D【詳析】A．在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，MN上的電流瞬時(shí)值為i=U-BlvR，當(dāng)閉合的瞬間Blv=0，電流最大ImaxB．當(dāng)U>Blv時(shí)，導(dǎo)體棒加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)速度達(dá)到最大值之后，電容器與MN及R構(gòu)成回路，由于一直處于通路的形式，由能量守恒可知，最后MN的速度為零，故B錯(cuò)誤；C．當(dāng)U=Blv時(shí)，MN上電流瞬時(shí)為零，安培力為零，此時(shí)MN速度最大，故C錯(cuò)誤；D．在MN加速階段，由于MN反電動(dòng)勢(shì)存在，故MN上電流小于電阻R上的電流，電阻R消耗的電能大于MN消耗的電能，故加速過(guò)程中，QR>QMN；在MN減速為零的過(guò)程中，電容器的電流和導(dǎo)體棒的電流都流經(jīng)電阻R形成各自的回路，因此可知此時(shí)也是電阻R的電流大，綜上分析可知全過(guò)程中電阻故選D。17．（2025·江蘇南通&泰州&鎮(zhèn)江&鹽城部分學(xué)校·一調(diào)）電動(dòng)汽車(chē)剎車(chē)時(shí)利用儲(chǔ)能裝置儲(chǔ)蓄能量，其原理如圖所示，矩形金屬框部分處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直金屬框平面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，金屬框的電阻為r，ab邊長(zhǎng)為L(zhǎng)。剎車(chē)過(guò)程中ab邊垂直切割磁感線(xiàn)，某時(shí)刻ab邊相對(duì)磁場(chǎng)的速度大小為v，金屬框中的電流為I。此時(shí)刻：(1)判斷ab邊中電流的方向，并求出感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小E；(2)求儲(chǔ)能裝置兩端的電壓U和金屬框的輸出電功率P?！敬鸢浮?1)方向b→a，E=BLv(2)U=BLv-Ir，P=BILv-【詳析】（1）由右手定則得ab中的電流方向b→a；感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為E=BLv（2）由閉合電路歐姆定律U=E-Ir解得儲(chǔ)能裝置兩端的電壓U=BLv-Ir根據(jù)P=UI解得金屬框的輸出電功率P=BILv-18．（2025·江蘇南通如皋·三模）如圖所示，邊長(zhǎng)為l的n匝正方形線(xiàn)框固定放置，線(xiàn)框的總電阻為R，線(xiàn)框內(nèi)部有一邊長(zhǎng)為l2的正方形區(qū)域的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向與線(xiàn)框垂直，當(dāng)磁場(chǎng)區(qū)域以大小為v(1)線(xiàn)框中的電流大小I；(2)線(xiàn)框受到的安培力大小F?！敬鸢浮?1)nBlv(2)n【詳析】（1）線(xiàn)框切割產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=閉合電路歐姆定律I=解得I=（2）安培力F=nBI解得F=19．（2025·江蘇·調(diào)研）如圖甲所示，半徑為r1的圓形單匝線(xiàn)圈中央有半徑為r2的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B隨時(shí)間變化規(guī)律如圖乙所示，磁場(chǎng)正方向?yàn)榇怪庇诩埫嫦蚶?。線(xiàn)圈電阻為R(1)寫(xiě)出穿過(guò)線(xiàn)圈磁通量Φ隨時(shí)間變化的表達(dá)式，并求出線(xiàn)圈中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的最大值Em；(2)求14T～34T【答案】(1)Φ=π(2)2πr2【詳析】（1）由圖乙得磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間變化的表達(dá)式B=穿過(guò)線(xiàn)圈磁通量為Φ解得Φ線(xiàn)圈中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的最大值E即E（2）由法拉第電磁感應(yīng)定律得E由閉合電路歐姆定律得I14T～解得q=感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的有效值E=14T～即Q=專(zhuān)題11電磁感應(yīng)考點(diǎn)五年考情（2021-2025）命題趨勢(shì)考點(diǎn)1感應(yīng)電流方向的判斷2024近五年“電磁感應(yīng)”模塊考查聚焦于核心規(guī)律的理解與應(yīng)用，“法拉第電磁感應(yīng)定律”，包括感生電動(dòng)勢(shì)的理解與動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)，“感應(yīng)電流方向的判斷”則側(cè)重定性分析，要求理解“阻礙”變化的實(shí)質(zhì)并熟練運(yùn)用相關(guān)方法（如右手定則、安培定則）。核心考查對(duì)法拉第電磁感應(yīng)定律不同表達(dá)式適用條件的辨析、感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小的定性判斷或定量計(jì)算、以及運(yùn)用楞次定律或右手定則判斷感應(yīng)電流方向的能力。未來(lái)趨勢(shì)預(yù)計(jì)將強(qiáng)化兩大考點(diǎn)的綜合考查，情境設(shè)計(jì)更趨復(fù)雜化和前沿化（如新型電磁驅(qū)動(dòng)裝置、微型發(fā)電機(jī)、電磁感應(yīng)式傳感器），深化對(duì)“變化率”概念的理解、對(duì)“阻礙”相對(duì)性的把握，并可能滲透能量守恒觀點(diǎn)分析電磁感應(yīng)現(xiàn)象，要求考生在具體工程或科技情境中準(zhǔn)確構(gòu)建物理模型、動(dòng)態(tài)分析感應(yīng)過(guò)程、綜合運(yùn)用兩大核心規(guī)律解決實(shí)際問(wèn)題，進(jìn)一步提升科學(xué)推理與模型構(gòu)建的核心素養(yǎng)。考點(diǎn)2法拉第電磁感應(yīng)定律2023、2022考點(diǎn)01感應(yīng)電流方向的判斷1．（2024·江蘇·高考）如圖所示，a、b為正方形金屬線(xiàn)圈，a線(xiàn)圈從圖示位置勻速向右拉出勻強(qiáng)磁場(chǎng)的過(guò)程中，a、b中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向分別為（

）A．順時(shí)針、順時(shí)針 B．逆時(shí)針、逆時(shí)針C．順時(shí)針、逆時(shí)針 D．逆時(shí)針，順時(shí)針【答案】A【詳析】線(xiàn)圈a從磁場(chǎng)中向右勻速拉出磁場(chǎng)的過(guò)程中穿過(guò)a線(xiàn)圈的磁通量在減小，則根據(jù)楞次定律可知a線(xiàn)圈的電流為順時(shí)針，由于線(xiàn)圈a從磁場(chǎng)中勻速拉出，則a中產(chǎn)生的電流為恒定電流，則線(xiàn)圈a靠近線(xiàn)圈b的過(guò)程中線(xiàn)圈b的磁通量在向外增大，同理可得線(xiàn)圈b產(chǎn)生的電流為順時(shí)針。故選A?？键c(diǎn)02法拉第電磁感應(yīng)定律2．（2023·江蘇·高考）如圖所示，圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，OC導(dǎo)體棒的O端位于圓心，棒的中點(diǎn)A位于磁場(chǎng)區(qū)域的邊緣?，F(xiàn)使導(dǎo)體棒繞O點(diǎn)在紙面內(nèi)逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)。O、A、C點(diǎn)電勢(shì)分別為φ0、φA、φC，則（

）

A．φO>φC B．φC>φA C．φO=φA D．φO－φA=φA－φC【答案】A【詳析】ABC．由題圖可看出OA導(dǎo)體棒轉(zhuǎn)動(dòng)切割磁感線(xiàn)，則根據(jù)右手定則可知φO>φA其中導(dǎo)體棒AC段不在磁場(chǎng)中，不切割磁感線(xiàn)，電流為0，則φC=φA，A正確、BC錯(cuò)誤；D．根據(jù)以上分析可知φO－φA>0，φA－φC=0則φO－φA>φA－φCD錯(cuò)誤。故選A。3．（2022·江蘇·高考）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(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化關(guān)系為B=B0+kt，B0、A．πkr2 B．πkR2 C．【答案】A【詳析】由題意可知磁場(chǎng)的變化率為Δ根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知E=故選A。1．（2025·江蘇揚(yáng)州中學(xué)·一模）下列事實(shí)正確的是（）A．庫(kù)侖得出庫(kù)侖定律并用扭秤實(shí)驗(yàn)最早測(cè)出了元電荷e的數(shù)值B．開(kāi)普勒在研究行星運(yùn)動(dòng)規(guī)律的基礎(chǔ)之上提出萬(wàn)有引力定律C．伽利略在對(duì)自由落體運(yùn)動(dòng)的研究中，首次采用以實(shí)驗(yàn)檢驗(yàn)猜想和假設(shè)的科學(xué)方法D．法拉第發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應(yīng)并得出電磁感應(yīng)定律【答案】C【詳析】A．庫(kù)侖用扭秤實(shí)驗(yàn)最早得出庫(kù)侖定律，密立根測(cè)出了元電荷e的數(shù)值，故A錯(cuò)誤；B．開(kāi)普勒在研究行星運(yùn)動(dòng)規(guī)律的基礎(chǔ)之上提出了開(kāi)普勒三個(gè)定律，故B錯(cuò)誤；C．伽利略通過(guò)對(duì)自由落體運(yùn)動(dòng)的研究，開(kāi)創(chuàng)了一套把實(shí)驗(yàn)和邏輯推理相結(jié)合的科學(xué)研究方法，故C正確；D．奧斯特法拉第發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應(yīng)；法拉第發(fā)現(xiàn)了電磁感應(yīng)現(xiàn)象，楞次總結(jié)出了判斷感應(yīng)電流方向的規(guī)律，故D錯(cuò)誤。故選C。2．（2025·江蘇新高考基地學(xué)?！て诔踬|(zhì)量監(jiān)測(cè)）利用圖示電路探究感應(yīng)電流方向的規(guī)律，線(xiàn)圈A通過(guò)變阻器和開(kāi)關(guān)K連接到電源上，線(xiàn)圈B的兩端連接到靈敏電流計(jì)上，把線(xiàn)圈A裝在線(xiàn)圈B的里面，閉合開(kāi)關(guān)瞬間，發(fā)現(xiàn)電流計(jì)的指針向右偏。保持開(kāi)關(guān)閉合，下列操作仍能使電流計(jì)的指針向右偏的是（）A．將滑動(dòng)變阻器滑片向右滑動(dòng)B．將滑動(dòng)變阻器滑片向左滑動(dòng)C．將線(xiàn)圈A從線(xiàn)圈B中緩慢抽出D．將線(xiàn)圈A從線(xiàn)圈B中迅速抽出【答案】A【詳析】AB．由題意可知，當(dāng)回路中的電流突然增大時(shí)，線(xiàn)圈B中的磁通量增大，電流計(jì)的指針向右偏。保持開(kāi)關(guān)閉合，將滑動(dòng)變阻器滑片向右滑動(dòng)，回路中的電阻減小，電流增大，線(xiàn)圈B中的磁通量增大，電流計(jì)的指針應(yīng)向右偏。反之，將滑動(dòng)變阻器滑片向左滑動(dòng)，電流計(jì)的指針應(yīng)向左偏，故A正確、B錯(cuò)誤；CD．保持開(kāi)關(guān)閉合，將線(xiàn)圈A從線(xiàn)圈B中抽出，線(xiàn)圈B中的磁通量減小，電流計(jì)的指針應(yīng)向左偏。如果是緩慢抽出，則電流較小；若迅速抽出，則電流較大，故CD錯(cuò)誤。故選A。3．（2025·江蘇宿遷·三模）如圖所示，相距為d的足夠長(zhǎng)平行光滑金屬導(dǎo)軌MP、NQ與水平面間夾角為θ，處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，導(dǎo)軌上端接有一電阻。水平導(dǎo)體棒ab質(zhì)量為m，以速度v沿導(dǎo)軌勻速下滑，棒與導(dǎo)軌垂直且接觸良好。已知重力加速度為g，則（）A．導(dǎo)體棒中電流方向?yàn)閍→bB．回路中的電動(dòng)勢(shì)為BdvC．導(dǎo)體棒受到的安培力大小為mgD．回路中的電功率為mgv【答案】D【詳析】A．導(dǎo)體棒下滑過(guò)程中，根據(jù)右手定則可得，導(dǎo)體棒中電流方向?yàn)閎→a，故A錯(cuò)誤；B．由于磁場(chǎng)方向與運(yùn)動(dòng)方向不垂直，所以回路中的電動(dòng)勢(shì)為E=Bdvcosθ，故C．對(duì)導(dǎo)體棒受力分析，如圖所示根據(jù)平衡條件可得FA=mgtanθD．根據(jù)能量守恒可知，導(dǎo)體棒的重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化為電能，所以回路中的電功率等于重力做功的功率，則P故D正確。故選D。4．（2025·江蘇泰州姜堰區(qū)·二模）如圖所示，光滑水平面上存在有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，直徑與磁場(chǎng)寬度相同的金屬圓形線(xiàn)框在水平拉力作用下以一定的初速度斜向勻速通過(guò)磁場(chǎng)。則下列說(shuō)法正確的是（）A．拉力大小恒定B．拉力方向水平向右C．線(xiàn)框內(nèi)感應(yīng)電流大小和方向不變D．速度變大通過(guò)線(xiàn)框某一橫截面的電量增加【答案】B【詳析】C．金屬圓形線(xiàn)框進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程，穿過(guò)金屬圓形線(xiàn)框的磁通量向里增加，根據(jù)楞次定律可知，線(xiàn)框內(nèi)感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針?lè)较?；金屬圓形線(xiàn)框離開(kāi)磁場(chǎng)過(guò)程，穿過(guò)金屬圓形線(xiàn)框的磁通量向里減少，根據(jù)楞次定律可知，線(xiàn)框內(nèi)感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針?lè)较?；設(shè)金屬圓形線(xiàn)框在磁場(chǎng)中切割磁感線(xiàn)的有效長(zhǎng)度為L(zhǎng)（切割圓弧部分沿垂直速度方向的投影長(zhǎng)度），則有E=BLv，I=ER=BLvR，AB．線(xiàn)框在磁場(chǎng)中受到的安培力為F安=BIL'，其中L'是與磁場(chǎng)邊界平行的有效長(zhǎng)度，根據(jù)左手定則可知，線(xiàn)框在磁場(chǎng)中受到的安培力方向一直水平向左，根據(jù)平衡條件可知，拉力方向水平向右，大小為F=F安=BIL'D．根據(jù)q=IΔt=E故選B。5．（24-25高三下·江蘇宿遷泗陽(yáng)·一模）如圖所示，單匝矩形線(xiàn)圈ABCD在外力作用下向右勻速進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)，則線(xiàn)圈進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中（）A．線(xiàn)圈中產(chǎn)生逆時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流B．AB邊產(chǎn)生的焦耳熱比BC邊多C．AB邊通過(guò)的電荷量比BC邊少D．A、B間的電壓比B、C間的大【答案】D【詳析】A．線(xiàn)圈進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中，磁通量增大，根據(jù)楞次定律可知，線(xiàn)圈中產(chǎn)生順時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流，故A錯(cuò)誤；B．線(xiàn)圈電流相等，BC邊電阻大于AB邊，根據(jù)Q=I2Rt可知，AB邊產(chǎn)生的焦耳熱比BCC．根據(jù)電流定義式可知q=It，則AB邊通過(guò)的電荷量與BC邊的相同，故C錯(cuò)誤；D．線(xiàn)圈向右勻速進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)，AB邊切割磁感線(xiàn)，相當(dāng)于電源，A、B間的電壓為路端電壓，大于B、C間的電壓，故D正確；故選D。6．（2025·江蘇·調(diào)研）運(yùn)輸磁電式微安表時(shí)，要用金屬片將正負(fù)接線(xiàn)柱連接在一起。在通過(guò)顛簸路段時(shí)A．微安表指針可以與表盤(pán)保持相對(duì)靜止B．微安表內(nèi)線(xiàn)圈受到的安培力方向與線(xiàn)圈轉(zhuǎn)動(dòng)方向相反C．電流總是從正接線(xiàn)柱通過(guò)金屬片流到負(fù)接線(xiàn)柱D．螺旋彈簧的彈性勢(shì)能一直增大【答案】B【詳析】AB．在通過(guò)顛簸路段時(shí)，微安表指針不斷擺動(dòng)，不會(huì)與表盤(pán)保持相對(duì)靜止，指針擺動(dòng)時(shí)產(chǎn)生感應(yīng)電流，磁場(chǎng)對(duì)感應(yīng)電流產(chǎn)生安培力作用阻礙擺動(dòng)，這樣可減緩表針擺動(dòng)幅度，故微安表內(nèi)線(xiàn)圈受到的安培力方向與線(xiàn)圈轉(zhuǎn)動(dòng)方向相反，故A錯(cuò)誤，B正確；C．磁場(chǎng)方向不變，往外擺和往回?cái)[磁通量增減不同，故產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向不同，故C錯(cuò)誤；D．來(lái)回?cái)[，螺旋彈簧的彈性勢(shì)能一會(huì)增大一會(huì)減小，故D錯(cuò)誤。故選B。7．（2025·江蘇宿遷&南通&連云港·二模）如圖所示，正方形導(dǎo)線(xiàn)框在光滑水平面上以某初速度進(jìn)入有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，線(xiàn)框邊長(zhǎng)是磁場(chǎng)寬度的一半。線(xiàn)框穿過(guò)磁場(chǎng)的過(guò)程中，感應(yīng)電流i隨時(shí)間t的變化關(guān)系和速度v隨位移x的變化關(guān)系圖像，可能正確的是（）A． B．C． D．【答案】D【詳析】AB．根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E=Blv，設(shè)線(xiàn)圈電阻為R，根據(jù)閉合電路的歐姆定律I=ER，根據(jù)安培力公式F=BIl，根據(jù)牛頓第二定律a=Fm，聯(lián)立解得a=由于線(xiàn)框?qū)挾戎挥写艌?chǎng)寬度的一半，所以線(xiàn)框整體在磁場(chǎng)中勻速運(yùn)動(dòng)的距離與出磁場(chǎng)的距離相等，則根據(jù)i=BlvR，可知出磁場(chǎng)電流將越來(lái)越小，方向與進(jìn)磁場(chǎng)時(shí)的電流方向相反，綜上可以得出出磁場(chǎng)時(shí)間比在磁場(chǎng)中勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)間更長(zhǎng)，故CD．線(xiàn)框進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中，水平向右由動(dòng)量定理BIL?Δt=mv-mv即v=v0-B2l2vmR?故選D。8．（24-25高三下·江蘇蘇錫常鎮(zhèn)·一模）如圖所示，兩根足夠長(zhǎng)光滑平行金屬導(dǎo)軌與水平面成θ＝30°，導(dǎo)軌上放置兩根質(zhì)量均為m、電阻均為R的導(dǎo)體棒ab、cd，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，并處在垂直于導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。t＝0時(shí)刻，在ab棒上施加一沿導(dǎo)軌平面向上大小為mg的恒力，同時(shí)釋放cd棒。下列圖像中，a、v、x、Eab分別為ab棒的加速度、速度、位移和機(jī)械能，E為ab、cdA． B．C． D．【答案】C【詳析】AB．釋放兩棒后ab向上運(yùn)動(dòng)，cd向下運(yùn)動(dòng)，對(duì)ab棒分析可知加速度a=其中F安=BBLv1+v22RL=B2L2v1C．a(chǎn)b棒的機(jī)械能變化量等于力F與F安做功的代數(shù)和，開(kāi)始時(shí)隨安培力變大，則這兩個(gè)力做功的代數(shù)和逐漸減小，最后勻速時(shí)兩個(gè)力的合力為12mg，則合力不變，隨位移增加合力功逐漸增加，即Eab圖像的斜率先減小后不變，選項(xiàng)D．對(duì)兩棒整體，機(jī)械能的變化量等于力F與兩棒受的安培力做功的代數(shù)和，因最終兩棒均運(yùn)動(dòng)運(yùn)動(dòng)，且由于系統(tǒng)沿斜面方向受合外力為零，系統(tǒng)沿斜面方向動(dòng)量守恒，可知最終兩棒勻速運(yùn)動(dòng)的速度相等，安培力（均為12mg）對(duì)兩棒均做負(fù)功，力F對(duì)系統(tǒng)做正功，可知兩個(gè)安培力和力F做功代數(shù)和為零，則系統(tǒng)的機(jī)械能不變，則選項(xiàng)故選C。9．（2025·江蘇鹽城射陽(yáng)中學(xué)·模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，金屬線(xiàn)框甲從勻強(qiáng)磁場(chǎng)的上邊界由靜止釋放，末速度為v時(shí)線(xiàn)框還未完全進(jìn)入磁場(chǎng)；相同的線(xiàn)框乙從磁場(chǎng)的下邊界以速度v豎直向上拋出，到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)線(xiàn)框也未完全進(jìn)入磁場(chǎng)，兩線(xiàn)框在上述進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中，甲線(xiàn)框（）

A．運(yùn)動(dòng)的時(shí)間短 B．運(yùn)動(dòng)的位移大 C．通過(guò)的電量小 D．產(chǎn)生的內(nèi)能少【答案】B【詳析】A．由題知，甲向下做加速運(yùn)動(dòng)，速度由0加速到v，速度變化量為Δv甲=v，其下邊切割磁感應(yīng)線(xiàn)，產(chǎn)生逆時(shí)針的電流，根據(jù)左手定則，可知下邊所受的安培力向上，根據(jù)牛頓第二定律有mg-BI甲L=ma甲，又I甲=BLv甲R(shí)，聯(lián)立可得a甲此時(shí)可以將乙反向看成向下的加速運(yùn)動(dòng)，速度由0加到v；速度變化量為Δv乙=v，可知甲、乙的速度變化量都相等，根據(jù)Δv=aB．由A項(xiàng)分析，則在同一個(gè)v-t圖像中大致畫(huà)出甲和乙的速度圖像如圖所示

根據(jù)圖像可知甲運(yùn)動(dòng)的位移大，即x甲>xC．設(shè)線(xiàn)框的電阻為R，邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，根據(jù)電荷量的計(jì)算公式有q=IΔt，I=聯(lián)立解得q=BLxR，由于甲的位移大，所以通過(guò)甲線(xiàn)框的電荷量大，故D．甲線(xiàn)框運(yùn)動(dòng)過(guò)程中速度越來(lái)越大，運(yùn)動(dòng)的位移更大，克服安培力做功多，產(chǎn)生的內(nèi)能多，故D錯(cuò)誤。故選B。10．（2025·江蘇蘇錫常鎮(zhèn)·二模）半徑為R的圓環(huán)進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，當(dāng)其圓心經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)邊界時(shí)，速度與邊界成45°角，圓環(huán)中感應(yīng)電流為I，此時(shí)圓環(huán)所受安培力的大小和方向是（）A．2BIRB．2BIR，方向垂直MN向下C．2BIR，方向垂直MND．2BIR，方向與速度方向相反【答案】B【詳析】圓環(huán)中的電流為I，在磁場(chǎng)部分的等效長(zhǎng)度等于圓環(huán)的直徑2R，由安培力公式F=BIL有效，可得此時(shí)圓環(huán)所受安培力的大小I=2BIR，由楞次定律和右手螺旋定則可判定，感應(yīng)電流的方向是順時(shí)針?lè)较?，故再由左手定則可判定圓環(huán)所受的安培力的方向垂直故選B。11．（2025·江蘇蘇州八?！と＃┤鐖D所示，豎直平面內(nèi)有一固定直導(dǎo)線(xiàn)水平放置，導(dǎo)線(xiàn)中通有恒定電流I，導(dǎo)線(xiàn)正下方有一個(gè)質(zhì)量為m的鋁質(zhì)球，某時(shí)刻無(wú)初速釋放鋁球使其下落，不計(jì)空氣阻力，下列說(shuō)法正確的是（）A．小球下落過(guò)程機(jī)械能一定減小B．小球下落過(guò)程機(jī)械能一定守恒C．小球下落過(guò)程機(jī)械能一定增加D．小球下落過(guò)程機(jī)械能先增加后不變【答案】A【詳析】因通電直導(dǎo)線(xiàn)下方產(chǎn)生垂直紙面向里的磁場(chǎng)，且隨著距離直導(dǎo)線(xiàn)的距離增加磁場(chǎng)逐漸減弱，可知小球下落過(guò)程中因磁通量逐漸減小在小球中產(chǎn)生渦流，鋁制球產(chǎn)生熱量，由能量關(guān)系可知，小球的機(jī)械能將逐漸減小。故選A。12．（2025·江蘇揚(yáng)州·考前調(diào)研）如圖所示，線(xiàn)圈L的自感系數(shù)很大、電阻不計(jì)，電阻R1的阻值大于電阻R2的阻值，在t=0時(shí)刻閉合開(kāi)關(guān)S，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后，在t=t1時(shí)刻斷開(kāi)S，下列表示電阻R1的電流I1、電阻A． B．C． D．【答案】D【詳析】開(kāi)關(guān)閉合時(shí)，線(xiàn)圈由于自感對(duì)電流的阻礙作用，可看作電阻，當(dāng)電路逐漸穩(wěn)定，通過(guò)線(xiàn)圈所在支路的電流I2逐漸增大，故電阻R1的電流I1逐漸減?。辉趖=t1時(shí)刻斷開(kāi)S，線(xiàn)圈的感應(yīng)電流與原電流方向相同，形成回路，通過(guò)電阻R1的電流與原電流方向相反，并逐漸減小到0，又由于電阻R1的阻值大于電阻R2的阻值，當(dāng)開(kāi)關(guān)閉合穩(wěn)定時(shí)，線(xiàn)圈所在支路的電流I2故選D。13．（2025·江蘇揚(yáng)州中學(xué)·二模）如圖所示，導(dǎo)體框位于豎直平面內(nèi)，勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=2.0T，水平導(dǎo)體棒MN可沿兩側(cè)足夠長(zhǎng)的光滑導(dǎo)軌下滑而不分離，導(dǎo)體棒MN質(zhì)量m=0.1kg，接入電路的電阻r=1.0Ω；導(dǎo)軌寬度L=1.0m，定值電阻R=3.0Ω，裝置的其余部分電阻可忽略不計(jì)。將導(dǎo)體棒MN無(wú)初速度釋放，導(dǎo)體棒下滑h=2.0m高度時(shí)速度達(dá)到最大，重力加速度g=10m/s2。則導(dǎo)體棒（）A．下滑的最大速度為4m/sB．從釋放到下滑h高度所經(jīng)歷時(shí)間為1sC．從釋放到下滑h高度過(guò)程中，電阻R產(chǎn)生的熱量為1.95JD．從釋放到下滑h高度過(guò)程中，通過(guò)電阻R的電荷量為1C【答案】D【詳析】A．導(dǎo)體棒速度最大時(shí)，安培力等于重力，即mg=BImL，其中I代入數(shù)據(jù)得vm=1m/sC．由動(dòng)能定理可知mgh+W安=12mvm2-0，解得W安D．導(dǎo)體下落h的過(guò)程中，通過(guò)導(dǎo)線(xiàn)橫截面的電量q=It，其中I=E聯(lián)立，解得q=1C，故DB．導(dǎo)體棒下落h的過(guò)程中，設(shè)經(jīng)歷時(shí)間為t，根據(jù)動(dòng)量定理得mgt-BILt=mv代入數(shù)據(jù)解得t=2.1s，故B故選D。14．（2025·江蘇部分學(xué)?！た记斑m應(yīng)）如圖所示，光滑絕緣水平桌面上放置一邊長(zhǎng)為L(zhǎng)、質(zhì)量為m、阻值為R的正方形金屬線(xiàn)框MNPQ，a、b是垂直于水平面向上勻強(qiáng)磁場(chǎng)I的邊界，ef是垂直于水平面向上勻強(qiáng)磁場(chǎng)Ⅱ的邊界，兩磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，磁場(chǎng)寬均為L(zhǎng)，兩磁場(chǎng)邊界相互平行且平行于線(xiàn)圈MN邊，b、e間距為L(zhǎng)2A．線(xiàn)框MN邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅱ時(shí)的加速度大小為3B．線(xiàn)框開(kāi)始的初速度大小為3C．線(xiàn)框穿過(guò)磁場(chǎng)I、Ⅱ，線(xiàn)框中產(chǎn)生的焦耳熱為之比1:1D．若僅將磁場(chǎng)Ⅱ方向反向，線(xiàn)框也剛好穿出磁場(chǎng)Ⅱ【答案】B【詳析】A．線(xiàn)框MN邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅱ時(shí)，MN、PQ兩邊同時(shí)切割磁感線(xiàn)，電動(dòng)勢(shì)方向相反，電路電流為0，加速度為0，故A錯(cuò)誤；B．設(shè)線(xiàn)框的初速度大小為v0，線(xiàn)框穿過(guò)兩磁場(chǎng)過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)量定理-BILt=0-m又I=ER，E=ΔΦΔt，q=ΔΦRC．設(shè)PQ邊剛出磁場(chǎng)Ⅰ時(shí)速度為v1，根據(jù)動(dòng)量定理有32BBL2RL=mv1，解得v1D．若僅將磁場(chǎng)Ⅱ方向反向，兩條邊同時(shí)切割磁感線(xiàn)，安培力變大，線(xiàn)框不能穿出磁場(chǎng)Ⅱ，故D錯(cuò)誤。故選B。15．（2025·江蘇泰州·模擬預(yù)測(cè)）如圖，兩條固定的光滑平行金屬導(dǎo)軌與水平面夾角為θ，導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)。虛線(xiàn)ab、cd均與導(dǎo)軌垂直，在ab與cd之間的區(qū)域存在垂直于導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。將兩根相同的導(dǎo)體棒PQ、MN同時(shí)自導(dǎo)軌上