五年（2021-2025）高考真題分類匯編PAGEPAGE1專題09電磁感應(yīng)考點(diǎn)五年考情（2021-2025）命題趨勢(shì)考點(diǎn)1法拉第電磁感應(yīng)定律2021、2024基礎(chǔ)知識(shí)點(diǎn)如法拉第電磁感應(yīng)定律、楞次定律依舊是考查重點(diǎn)，選擇題中常考查對(duì)定律內(nèi)容的理解與簡(jiǎn)單應(yīng)用。在綜合題方面，電磁感應(yīng)與力學(xué)、能量、電路知識(shí)的結(jié)合愈發(fā)緊密，2025年出現(xiàn)在計(jì)算題中作為壓軸題。例如設(shè)置導(dǎo)體棒切割磁感線的情境，讓學(xué)生分析其在安培力、重力、摩擦力等多力作用下的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)變化，結(jié)合動(dòng)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(yīng)中的電路問(wèn)題，分析感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)、感應(yīng)電流、電功率等，對(duì)學(xué)生的綜合分析與創(chuàng)新思維能力要求較高?？键c(diǎn)2法拉第電磁感應(yīng)定律的應(yīng)用2021、2022、2023、2025考點(diǎn)01法拉第電磁感應(yīng)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(dǎo)軌固定在水平桌面上，其所在平面豎直且平行，導(dǎo)軌最高點(diǎn)到水平桌面的距離等于半徑，最低點(diǎn)的連線OO'與導(dǎo)軌所在豎直面垂直。空間充滿豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)（圖中未畫出），導(dǎo)軌左端由導(dǎo)線連接。現(xiàn)將具有一定質(zhì)量和電阻的金屬棒MN平行OO'放置在導(dǎo)軌圖示位置，由靜止釋放。MN運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終平行于OO'且與兩導(dǎo)軌接觸良好，不考慮自感影響，下列說(shuō)法正確的是（）A．MN最終一定靜止于OO'位置B．MN運(yùn)動(dòng)過(guò)程中安培力始終做負(fù)功C．從釋放到第一次到達(dá)OO'位置過(guò)程中，MN的速率一直在增大D．從釋放到第一次到達(dá)OO'位置過(guò)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(yùn)動(dòng)過(guò)程切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，回路有感應(yīng)電流，產(chǎn)生焦耳熱，金屬棒MN的機(jī)械能不斷減小，由于金屬導(dǎo)軌光滑，所以經(jīng)過(guò)多次往返運(yùn)動(dòng)，MN最終一定靜止于OO'位置，故A正確；B．當(dāng)金屬棒MN向右運(yùn)動(dòng)，根據(jù)右手定則可知，MN中電流方向由M到N，根據(jù)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(fù)功；當(dāng)金屬棒MN向左運(yùn)動(dòng)，根據(jù)右手定則可知，MN中電流方向由N到M，根據(jù)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(fù)功；可知MN運(yùn)動(dòng)過(guò)程中安培力始終做負(fù)功，故B正確；C．金屬棒MN從釋放到第一次到達(dá)OO'位置過(guò)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(dá)OO'位置之前的位置，重力沿切線方向的分力已經(jīng)小于安培力沿切線方向的分力，金屬棒MN已經(jīng)做減速運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤；D．從釋放到第一次到達(dá)OO'位置過(guò)程中，根據(jù)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(dǎo)體繩沿地球半徑方向，如圖所示。在電池和感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的共同作用下，導(dǎo)體繩中形成指向地心的電流，等效總電阻為r。導(dǎo)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(dǎo)體繩長(zhǎng)為L(zhǎng)(L?H)，地球半徑為RA．BLGMR+C．BLGMR+【答案】A【詳析】根據(jù)GMm(R+H)2=mv2(R+H)可得衛(wèi)星做圓周運(yùn)動(dòng)的線速度v=故選A?？键c(diǎn)02法拉第電磁感應(yīng)定律的應(yīng)用3．（2025·山東·高考）如圖所示，平行軌道的間距為L(zhǎng)，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(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，沿軌道向下為x軸正方向建立坐標(biāo)系。軌道之間存在區(qū)域I、Ⅱ，區(qū)域I（?2L≤x<?L）內(nèi)充滿磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)；區(qū)域Ⅱ（x≥0）內(nèi)充滿方向垂直軌道平面向上的磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B1=k1t+k2x，k1和k2均為大于零的常量，該磁場(chǎng)可視為由隨時(shí)間t均勻增加的勻強(qiáng)磁場(chǎng)和隨x軸坐標(biāo)均勻增加的磁場(chǎng)疊加而成。將質(zhì)量為m、邊長(zhǎng)為L(zhǎng)、電阻為R的勻質(zhì)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(zhǎng)且不可移動(dòng)，磁場(chǎng)上、下邊界均與x軸垂直，整個(gè)過(guò)程中金屬框不發(fā)生形變，重力加速度大小為g，不計(jì)自感。(1)若金屬框從開始進(jìn)入到完全離開區(qū)域I的過(guò)程中勻速運(yùn)動(dòng)，求金屬框勻速運(yùn)動(dòng)的速率v和釋放時(shí)pq邊與區(qū)域I上邊界的距離s；(2)金屬框沿軌道下滑，當(dāng)ef邊剛進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ時(shí)開始計(jì)時(shí)（t=0），此時(shí)金屬框的速率為v0，若k1=mgRsinα【答案】(1)v=mgR(2)d【詳析】（1）金屬框從開始進(jìn)入到完全離開區(qū)域I的過(guò)程中，金屬框只有一條邊切割磁感線，根據(jù)楞次定律可得，安培力水平向左，則切割磁感線產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)E=BLvcosα線框中電流I=ER線框做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則BILcosα=mgsinα解得金屬框從開始進(jìn)入到完全離開區(qū)域I的過(guò)程的速率（2）當(dāng)ef邊剛進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ時(shí)開始計(jì)時(shí)（t=0），設(shè)線框ef邊到O點(diǎn)的距離為s時(shí)，線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E'=ΔΦΔt=ΔBΔtL2=k1L2+k2L2ΔsΔt=k1+k2vL2，其中對(duì)時(shí)間累積求和可得-k24．（2023·山東·高考）足夠長(zhǎng)U形導(dǎo)軌平置在光滑水平絕緣桌面上，寬為1m，電阻不計(jì)。質(zhì)量為1kg、長(zhǎng)為1m、電阻為1Ω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(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度分別為B1和B2，其中B1=2T，方向向下。用不可伸長(zhǎng)的輕繩跨過(guò)固定輕滑輪將導(dǎo)軌CD段中點(diǎn)與質(zhì)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(shí)刻MN、CD同時(shí)分別進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域I和Ⅱ并做勻速直線運(yùn)動(dòng)，MN、CD與磁場(chǎng)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(dǎo)軌的速度v2>v1，因此對(duì)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f=μmg=2N導(dǎo)體棒的安培力大小為F1=f=2NCD．對(duì)導(dǎo)體棒分析F1=B1IL對(duì)導(dǎo)體框分析F2C錯(cuò)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(nèi)以坐標(biāo)原點(diǎn)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(qiáng)磁場(chǎng)。邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形金屬框繞其始終在O點(diǎn)的頂點(diǎn)、在xOy平面內(nèi)以角速度ω順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，t=0時(shí)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(dòng)勢(shì)E隨時(shí)間A．在t=0到t=πB．在t=0到t=πC．在t=0到t=πD．在t=0到t=π【答案】BC【詳析】AB．如圖所示在t=0到t=π2ω的過(guò)程中，線框的有效切割長(zhǎng)度先變大再變小，當(dāng)t=π4ω時(shí)，有效切割長(zhǎng)度最大為2L，此時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大，所以在CD．在t=0到t=π4ω的過(guò)程中，設(shè)轉(zhuǎn)過(guò)的角度為θ，由幾何關(guān)系可得θ=ωt進(jìn)入磁場(chǎng)部分線框的面積S=L?Ltanθ2穿過(guò)線圈的磁通量Φ=BS=BL2tanωt2線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)故選BC。6．（2021·山東·高考）如圖所示，電阻不計(jì)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(chǎng)方向均垂直斜面向上，Ⅰ區(qū)中磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻增加，Ⅱ區(qū)中為勻強(qiáng)磁場(chǎng)。阻值恒定的金屬棒從無(wú)磁場(chǎng)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(dòng)過(guò)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(guò)程中，以下敘述正確的是（）A．金屬棒下行過(guò)b時(shí)的速度大于上行過(guò)b時(shí)的速度B．金屬棒下行過(guò)b時(shí)的加速度大于上行過(guò)b時(shí)的加速度C．金屬棒不能回到無(wú)磁場(chǎng)區(qū)D．金屬棒能回到無(wú)磁場(chǎng)區(qū)，但不能回到a處【答案】ABD【詳析】AB．在I區(qū)域中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1=kt，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E1=ΔB1ΔtS=kS設(shè)下行、上行過(guò)b時(shí)導(dǎo)體棒的速度分別為v，v'，則下行過(guò)b時(shí)導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電流為下行過(guò)b時(shí)導(dǎo)體棒上的電流為I2=E2B上行過(guò)b時(shí)，切割磁感線的產(chǎn)出的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E2'=B2I根據(jù)牛頓第二定律可知B2I3L-mgsinθ=B2kSLRCD．導(dǎo)體棒上行時(shí)，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(dòng)，則一定能回到無(wú)磁場(chǎng)區(qū)。由AB分析可得，導(dǎo)體棒進(jìn)磁場(chǎng)Ⅱ區(qū)（下行進(jìn)磁場(chǎng)）的速度大于出磁場(chǎng)Ⅱ區(qū)（下行進(jìn)磁場(chǎng)）的速度，導(dǎo)體棒在無(wú)磁場(chǎng)區(qū)做加速度相同的減速運(yùn)動(dòng)mgsinθ=ma0則金屬棒不能回到故選ABD。1．（2025·山東Flawless聯(lián)考·選考四）如圖所示，一個(gè)條形磁鐵垂直、勻速地自上而下穿過(guò)自感系數(shù)為L(zhǎng)的超導(dǎo)線圈（電阻為0），那么線圈中的感應(yīng)電流隨時(shí)間變化的圖象可能是（）A． B．C． D．【答案】C【詳析】當(dāng)一個(gè)只有N極的磁單極子從上向下穿過(guò)超導(dǎo)線圈時(shí)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，穿過(guò)線圈的磁通量發(fā)生變化，從而在線圈中產(chǎn)生感應(yīng)電流。由于超導(dǎo)體的特性，感應(yīng)電流不會(huì)衰減，直到磁通量變化停止；當(dāng)磁單極子開始穿過(guò)線圈時(shí)，磁通量開始增加，產(chǎn)生一個(gè)方向的感應(yīng)電流。當(dāng)磁單極子完全穿過(guò)線圈后，磁通量不再變化，感應(yīng)電流停止。而當(dāng)S級(jí)穿過(guò)時(shí)感應(yīng)電流的情形和N級(jí)正好相反，則當(dāng)條形磁體完全穿過(guò)時(shí)兩個(gè)電流相互疊加，感應(yīng)電流隨時(shí)間的變化應(yīng)該是先增加后減少，形成一個(gè)脈沖。故選C。2．（2025·山東名?？荚嚶?lián)盟·高考模擬）如圖甲所示，在半徑為r的圓形區(qū)域內(nèi)存在垂直平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B隨時(shí)間變化如圖乙所示。同一平面內(nèi)有邊長(zhǎng)為2r的金屬框abcd，總電阻為R，ab邊與圓形磁場(chǎng)區(qū)域的直徑重合。則（）A．t=0.5tB．t=0.5tC．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(shí)間內(nèi)，由法拉第電磁感應(yīng)定律感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小為E1CD．t0~3t0時(shí)間內(nèi)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小為E2=SΔBΔt=π故選D。3．（2025·山東名?！?月聯(lián)考）如圖所示，甲、乙為兩根完全相同的金屬棒，質(zhì)量均為m，電阻均為R，垂直放置在足夠長(zhǎng)的水平金屬導(dǎo)軌上，導(dǎo)軌間距為d，整個(gè)區(qū)域存在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。兩棒與導(dǎo)軌無(wú)摩擦且接觸良好，t=0時(shí)刻給甲棒施加一個(gè)水平向右的恒力F，初始狀態(tài)時(shí)兩棒都靜止，經(jīng)時(shí)間t0后電路的電功率達(dá)到最大。下列說(shuō)法正確的是（）A．t0時(shí)刻甲棒的速度vB．t0時(shí)刻乙棒的速度vC．電路中的最大電功率PD．0~t0時(shí)間內(nèi)通過(guò)甲棒的電荷量q【答案】D【詳析】AB．開始時(shí)甲棒在拉力和安培力作用下加速運(yùn)動(dòng)，此時(shí)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(yùn)動(dòng)，此時(shí)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(dòng)勢(shì)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(shí)，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(dá)到最大，根據(jù)牛頓第二定律，對(duì)甲棒有F-BId=ma對(duì)乙棒有BId=ma回路中電動(dòng)勢(shì)為E=Bd(v1-v2)電流為I=C．電路中的最大電功率為Pmax=I2D．根據(jù)Ft0-BId?t0故選D。4．（2025·山東青島·調(diào)研檢測(cè)）如圖所示，正方形ABCD被對(duì)角線分割成四個(gè)區(qū)域，左右兩個(gè)三角形內(nèi)分別有垂直紙面向外和向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等。金屬環(huán)初始位置與下方三角形內(nèi)切，一個(gè)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(nèi)側(cè)以恒定速率逆時(shí)針運(yùn)動(dòng)一周，規(guī)定逆時(shí)針?lè)较驗(yàn)殡娏髡较颍P(guān)于環(huán)內(nèi)電流隨時(shí)間變化關(guān)系，下列圖像正確的是（）A． B．C． D．【答案】D【詳析】根據(jù)楞次定律可知，線圈由圖示位置開始逆時(shí)針勻速滾動(dòng)時(shí)，線圈內(nèi)垂直于紙面向里的磁通量增大，產(chǎn)生垂直于紙面向外的感應(yīng)磁場(chǎng)，根據(jù)右手螺旋定則可知，線圈將產(chǎn)生逆時(shí)針?lè)较虻拇艌?chǎng)，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知，線圈內(nèi)將產(chǎn)生正弦式的周期性變化的磁場(chǎng)，即0~T4，電流逆時(shí)針?lè)较颍琓4~T2，電流順時(shí)針?lè)较?，T2~3T故選D。5．（2025·山東菏澤·一模）英國(guó)物理學(xué)家麥克斯韋認(rèn)為，磁場(chǎng)變化時(shí)會(huì)在空間激發(fā)感生電場(chǎng)。如圖所示，一個(gè)半徑為r的絕緣細(xì)圓環(huán)水平放置，環(huán)內(nèi)存在豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，環(huán)上套一電荷量為q的帶正電小球。磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間均勻增加，變化率為k。已知變化的磁場(chǎng)在細(xì)圓環(huán)處產(chǎn)生環(huán)形感生電場(chǎng)（穩(wěn)定的感生電場(chǎng)可類比靜電場(chǎng)）。若小球在環(huán)上運(yùn)動(dòng)一周，感生電場(chǎng)對(duì)小球的作用力做功的大小是（）A．0 B．12r2qk C．【答案】D【詳析】根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知感生電場(chǎng)的電動(dòng)勢(shì)E=ΔΦ故選D。6．（2025·山東淄博·三模）如圖甲所示，兩條足夠長(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌間距為1m，固定在傾角為37°的絕緣斜面上。導(dǎo)軌頂端連接一個(gè)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(qiáng)磁場(chǎng)。質(zhì)量為1kg的金屬棒從AB處由靜止開始沿導(dǎo)軌下滑，其運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的v-t圖像如圖乙所示，且已知金屬棒從進(jìn)入磁場(chǎng)到速度達(dá)到8m/s時(shí)通過(guò)電阻的電荷量為5C。金屬棒運(yùn)動(dòng)過(guò)程中與導(dǎo)軌保持垂直且接觸良好，不計(jì)金屬棒和導(dǎo)軌的電阻，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，則（）A．金屬棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.25B．金屬棒在磁場(chǎng)中能夠達(dá)到的最大速率為16m/sC．金屬棒從進(jìn)入磁場(chǎng)到速度達(dá)到8m/s過(guò)程所經(jīng)歷的時(shí)間為1.25sD．金屬棒從進(jìn)入磁場(chǎng)到速度達(dá)到8m/s過(guò)程中電阻產(chǎn)生的焦耳熱為16J【答案】ABD【詳析】A．由圖乙可知，金屬棒進(jìn)入磁場(chǎng)前的加速度為a=4m/s2對(duì)導(dǎo)體棒受力分析，根據(jù)牛頓第二定律有mgsin37°B．導(dǎo)體棒切割磁感線，根據(jù)閉合電路的歐姆定律有I=ER=BLvR可得導(dǎo)體棒所受安培力F解得vm=16m/sC．金屬棒剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小為v0=4m/s從進(jìn)入磁場(chǎng)到速度達(dá)到v=8m/s過(guò)程中，設(shè)經(jīng)過(guò)的時(shí)間為t，取沿導(dǎo)軌向下為正方向，根據(jù)動(dòng)量定理可得mg其中It=q=5C解得D．設(shè)金屬棒進(jìn)入磁場(chǎng)后下滑距離為x，則根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有E=ΔΦΔ而q=IΔt則有q=1解得Q=16J，故故選ABD。7．（2025·山東濱州·二模）如圖所示，長(zhǎng)木板放置在足夠大的光滑水平面上，電源、電阻、開關(guān)、導(dǎo)軌固定在長(zhǎng)木板上，光滑導(dǎo)軌MN和M'N'平行，間距為L(zhǎng)，長(zhǎng)木板及固定在其上的電源、電阻、開關(guān)、導(dǎo)軌的總質(zhì)量為M。長(zhǎng)度也為L(zhǎng)的導(dǎo)體棒PQ垂直平行導(dǎo)軌放置在MN和M'N'間，導(dǎo)體棒的質(zhì)量為m。勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向豎直向上，大小為B。長(zhǎng)木板與固定在水平面上的力傳感器通過(guò)剛性輕繩連接。電阻的阻值為R，電源內(nèi)阻、導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒的電阻以及接觸電阻均不計(jì)。t=0時(shí)刻，閉合開關(guān)，通過(guò)力傳感器記錄力隨時(shí)間變化的圖線，如圖所示。從圖像中可以讀出t=0時(shí)刻力F=A．電源的電動(dòng)勢(shì)EB．導(dǎo)體棒的最大速度vC．t0時(shí)間內(nèi)導(dǎo)體棒的位移大小D．若撤去傳感器的連接后，再閉合開關(guān)，則導(dǎo)體棒的最大速度v【答案】ABD【詳析】A．t=0時(shí)刻，閉合開關(guān)，回路中的電流I0=ER對(duì)長(zhǎng)木板及固定在其上的電源、電阻、開關(guān)、導(dǎo)軌進(jìn)行分析有F0=B．t=t0時(shí)刻力F的大小趨近于0，導(dǎo)體棒速度達(dá)到最大值時(shí)，回路總的電動(dòng)勢(shì)為0，回路中的電流為0，導(dǎo)體棒做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則有E=BLvmC．0～t0時(shí)間內(nèi)，對(duì)導(dǎo)體棒進(jìn)行分析，根據(jù)動(dòng)量定理有BILt0解得x=F0RD．對(duì)長(zhǎng)木板及固定在其上的電源、電阻、開關(guān)、導(dǎo)軌與導(dǎo)體棒構(gòu)成的系統(tǒng)進(jìn)行分析，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有mvm'-Mv1=0此時(shí)回路總電動(dòng)勢(shì)為0，則有故選ABD。8．（2025·山東齊魯教研體·考前質(zhì)量檢測(cè)）如圖所示，光滑平行導(dǎo)軌由傾角α=30°的傾斜部分和水平部分構(gòu)成，兩部分在OO'處平滑連接且連接處絕緣，導(dǎo)軌間距L=0.2m，傾斜部分有垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)I，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B1=2T，水平部分虛線1、2間存在豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)II，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B2=3T。傾斜導(dǎo)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(dǎo)體棒b、c，b在磁場(chǎng)外，c在磁場(chǎng)II中。某時(shí)刻將導(dǎo)體棒a在導(dǎo)軌AO，A'O'上、距底面高h(yuǎn)=1.6m處由靜止釋放，導(dǎo)體棒a沿斜面下滑至底端進(jìn)入水平軌道，與導(dǎo)體棒bA．導(dǎo)體棒a到達(dá)底端所經(jīng)歷的時(shí)間為1.6B．b進(jìn)入II的瞬間，b兩端的電壓為0.8C．導(dǎo)體棒c在磁場(chǎng)內(nèi)產(chǎn)生的焦耳熱為2D．初始時(shí)刻導(dǎo)體棒c距離磁場(chǎng)II左邊界1的最小距離為5【答案】AC【詳析】A．導(dǎo)體棒a到達(dá)OO'之前，設(shè)在極短的時(shí)間Δt內(nèi)，導(dǎo)體棒a速度變化量為Δv，a中的電流為i，根據(jù)牛頓第二定律有magsinα-iLB1=ma根據(jù)x=12at2B．a(chǎn)到達(dá)底端的速度v=at=4m/s因a、b質(zhì)量相等，所以a進(jìn)入水平軌道后與b發(fā)生彈性碰撞交換速度，則b進(jìn)入II時(shí)的速度等于a到達(dá)底端的速度，即v=4m/s，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有E=C．b進(jìn)入II后，b、c組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，則有mbv=mbv1+mcv2D．當(dāng)c出磁場(chǎng)時(shí)，b也剛好出磁場(chǎng)，此時(shí)c到邊界1的距離最小，設(shè)最小距離為s，則整個(gè)過(guò)程流過(guò)閉合回路的電荷有q=IΔt又I=Erc+rb，E=ΔΦΔt=B故選AC。9．（2025·山東聊城·學(xué)考模擬三）如圖所示，兩根足夠長(zhǎng)的平行光滑金屬導(dǎo)軌固定在水平面內(nèi)，導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)。導(dǎo)體棒a和b垂直導(dǎo)軌放置在導(dǎo)軌上，質(zhì)量均為m，電阻均為R，回路中其余部分的電阻不計(jì)。勾強(qiáng)磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向上。開始時(shí)，兩棒均靜止，間距為x0。t=0時(shí)刻導(dǎo)體棒a獲得向右的初速度v0，兩導(dǎo)體棒的ΔA．t1時(shí)刻，棒a的加速度大小為B．t2時(shí)刻，兩棒之間的距離為C．0～t2時(shí)間內(nèi)，通過(guò)bD．0～t2時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)體棒b【答案】BC【詳析】A．t1時(shí)刻，導(dǎo)體棒中的電流為I=BLva-BLvb2B．兩棒t2時(shí)刻開始勻速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)兩棒組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒有mv0=2mv得v=v020～t2時(shí)間內(nèi)某一時(shí)刻導(dǎo)體棒受到的安培力大小為F=BIL=B2L2vC．0～t2時(shí)間內(nèi)對(duì)導(dǎo)體棒b運(yùn)用動(dòng)量定理得BILt2=mv-0D．0～t2時(shí)間內(nèi)兩導(dǎo)體棒產(chǎn)生的熱量相等，設(shè)均為1得Q=18m故選BC。10．（2025·山東濟(jì)南山東師大附中·二模）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(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為2B和B。兩導(dǎo)體棒MN、PQ垂直放置在導(dǎo)軌上，已知導(dǎo)體棒MN的電阻為R、長(zhǎng)度為d、質(zhì)量為m，導(dǎo)體棒PQ的電阻為2R、長(zhǎng)度為2d，質(zhì)量為2m。0時(shí)刻，用水平恒力F向右拉動(dòng)PQ，此后運(yùn)動(dòng)了足夠長(zhǎng)時(shí)間t，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，兩導(dǎo)體棒均未脫離原寬度處的導(dǎo)軌且與導(dǎo)軌保持良好接觸。已知導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)且電阻不計(jì)，從0時(shí)刻到t時(shí)刻的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是（）A．回路中始終產(chǎn)生順時(shí)針?lè)较虻碾娏鰾．PQ加速度為a時(shí)，MN的加速度為2aC．t時(shí)刻后兩導(dǎo)體棒的速度差恒為FRD．通過(guò)兩導(dǎo)體棒的電量為Ft【答案】ACD【詳析】A．設(shè)導(dǎo)體棒PQ和MN的速度分別為v1和v2，加速度分別為a1和a2，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)分別為E1和E2，0時(shí)刻回路中的電流為零，導(dǎo)體棒MN的加速度為0，導(dǎo)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>E2B．在兩棒的加速度達(dá)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(shù)關(guān)系，故C．t時(shí)刻后a1=a2解得I=F6Bd又D．通過(guò)兩導(dǎo)體棒的電量為q，根據(jù)動(dòng)量定理，對(duì)導(dǎo)體棒PQ和MN分別有Ft-B又It=q，v1-v2故選ACD。11．（2025·山東濟(jì)寧·考前押題聯(lián)考）如圖，光滑金屬導(dǎo)軌MON固定在水平面內(nèi)，頂角θ=45°，導(dǎo)軌處在方向垂直平面向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。一根與ON垂直的導(dǎo)體棒在水平外力F作用下，以恒定速度v0沿導(dǎo)軌MON向右滑動(dòng)。導(dǎo)體棒的質(zhì)量為m，導(dǎo)軌與導(dǎo)體棒單位長(zhǎng)度的電阻均為r。導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌接觸點(diǎn)為a和b，導(dǎo)體棒在滑動(dòng)過(guò)程中始終保持與導(dǎo)軌良好接觸。設(shè)t=0時(shí)，導(dǎo)體棒位于頂角O處，t=tA．流過(guò)導(dǎo)體棒的電流恒為Bv02+2B．導(dǎo)體棒勻速滑動(dòng)時(shí)水平外力F隨時(shí)間t變化關(guān)系為FC．導(dǎo)體棒在0~t0D．從導(dǎo)體棒開始運(yùn)動(dòng)到最終靜止，回路中產(chǎn)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(shí)間內(nèi)，導(dǎo)體棒的位移為x=v0t導(dǎo)體棒的切割產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為E=Blv0回路的總電阻為R=2x+2xrB．導(dǎo)體棒受安培力的大小為F安=BlI=B2C．t時(shí)刻整個(gè)回路的電功率大小為P=I2R'=B2v03D．根據(jù)能量守恒，全過(guò)程回路產(chǎn)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(zhǎng)光滑平行金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌平面與水平面間的夾角θ=37°，導(dǎo)軌所在區(qū)域存在垂直于導(dǎo)軌平面斜向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=1T。金屬棒a、b放在導(dǎo)軌上，金屬棒b始終固定。t=0時(shí)由靜止釋放金屬棒a，t=5s時(shí)金屬棒a開始勻速下滑，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中金屬棒始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好。已知導(dǎo)軌間距L=1m，金屬棒a質(zhì)量(1)金屬棒a勻速下滑時(shí)的速度大?。?2)t=0到t【答案】(1)v(2)Q【詳析】（1）設(shè)金屬棒a勻速下滑時(shí)的速度大小為v，金屬棒a切割磁感線產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為E通過(guò)金屬棒a的電流為I=E2R金屬棒a做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)根據(jù)平衡條件有（2）從開始釋放到金屬棒a達(dá)到最大速度，以沿斜面向下為正方向，由動(dòng)量定理得mg知q=IΔt=BLv2R13．（2025·山東青島·三模）如圖所示，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L(zhǎng)和2L，分別處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為2B和B的豎直向下勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，導(dǎo)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(cè)導(dǎo)軌上，a的電阻為r、長(zhǎng)度為L(zhǎng)、質(zhì)量為m，b的電阻為2r、長(zhǎng)度為2L、質(zhì)量為2m。初始時(shí)刻開關(guān)S斷開，靜止的兩棒用絕緣絲線連接，兩棒間置有勁度系數(shù)為k、壓縮量為x0的輕質(zhì)絕緣彈簧，彈簧與兩棒不連接。剪斷絲線，彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，a恰好脫離導(dǎo)軌，b速度大小為v0，此時(shí)閉合S。已知彈簧彈性勢(shì)能Ep(1)初始時(shí)刻a棒距導(dǎo)軌左端的距離xa(2)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)過(guò)程中，a棒上產(chǎn)生的熱量Qa(3)整個(gè)過(guò)程b棒向右運(yùn)動(dòng)的距離d?！敬鸢浮?1)x(2)Q(3)d【詳析】（1）設(shè)彈簧彈開兩棒的過(guò)程中，任一時(shí)刻流過(guò)兩棒的電流為I，則有F故兩棒系統(tǒng)動(dòng)量守恒，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得mva=2mvb其中va=xat，v（2）彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，根據(jù)動(dòng)量守恒則有mva=2結(jié)合題意可知QaQb（3）閉合開關(guān)S后，設(shè)b棒繼續(xù)運(yùn)動(dòng)的距離為x'b，根據(jù)動(dòng)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(dǎo)軌之間的距離d=1m，傾角θ=30°，導(dǎo)軌上端接有一個(gè)阻值R=2Ω的電阻，在導(dǎo)軌間、電阻下方存在方向垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=1T。質(zhì)量m=0.2kg的金屬棒水平置于導(dǎo)軌上，垂直于導(dǎo)軌且與導(dǎo)軌接觸良好，金屬棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=33。金屬棒與電阻R距離足夠遠(yuǎn)，金屬棒沿導(dǎo)軌平面以初速度v0=6m/s向上運(yùn)動(dòng)，t（t為已知量，單位為秒）時(shí)間后速度減為零。當(dāng)金屬棒速度減為零時(shí)，立即讓磁場(chǎng)以大小v0=6m/s的速度沿導(dǎo)軌平面勻速向下運(yùn)動(dòng)，金屬棒在磁場(chǎng)驅(qū)動(dòng)下沿導(dǎo)軌平面向下運(yùn)動(dòng)距離L（L為已知量，單位為米）時(shí)，金屬棒恰好達(dá)到最大速度且此后以此速度沿導(dǎo)軌平面勻速運(yùn)動(dòng)。金屬棒在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終處于磁場(chǎng)區(qū)域內(nèi)，重力加速度g(1)金屬棒開始沿導(dǎo)軌平面向上運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小；(2)金屬棒向上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中通過(guò)電阻R的電荷量和電阻R產(chǎn)生的焦耳熱；(3)金屬棒向下運(yùn)動(dòng)過(guò)程中加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間與該段時(shí)間內(nèi)通過(guò)電阻R的電荷量。【答案】(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(dǎo)軌平面向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，有E=Bdv0，I=由牛頓第二定律得F+mgsin（2）對(duì)金屬棒應(yīng)用動(dòng)量定理，得-BdIt-mgtsin30°-μmgtcos30°=0-mv0又q=It聯(lián)立可得q=1.2-2（3）因mgsin30°=μmgcos30°可知金屬棒速度最大時(shí)，速度與磁場(chǎng)速度相同，由動(dòng)量定理有I'安+mgt'sin30°-μmg