【文档说明】（2020-2022）三年高考物理真题分项汇编（全国通用）专题11 电磁感应含解析.doc，共(51)页，4.249 MB，由envi的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-8ae4a838f1261e1ff77493db93f432db.html

以下为本文档部分文字说明：

专题11电磁感应1、（2022·湖南卷·T10）如图，间距1mL=的U形金属导轨，一端接有0.1Ω的定值电阻R，固定在高0.8mh=的绝缘水平桌面上。质量均为0.1kg的匀质导体棒a和b静止在导轨上，两导体棒与导轨接触良好且始终与导轨垂直，

接入电路的阻值均为0.1Ω，与导轨间的动摩擦因数均为0.1（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力），导体棒a距离导轨最右端1.74m。整个空间存在竖直向下的匀强磁场（图中未画出），磁感应强度大小为0.1T。用0.5NF=沿导轨水平向右的恒力拉导体棒a，当导体棒

a运动到导轨最右端时，导体棒b刚要滑动，撤去F，导体棒a离开导轨后落到水平地面上。重力加速度取210m/s，不计空气阻力，不计其他电阻，下列说法正确的是（）A.导体棒a离开导轨至落地过程中，水平位移为0.6mB.导体棒a离开导轨至落地前，其感应电动势不变C.导体棒a在导轨上运

动的过程中，导体棒b有向右运动的趋势D.导体棒a在导轨上运动的过程中，通过电阻R的电荷量为0.58C【答案】BD【解析】C．导体棒a在导轨上向右运动，产生的感应电流向里，流过导体棒b向里，由左手定则可知安培力向左，则导体棒b有向左运动的趋势，故Ｃ

错误；A．导体棒b与电阻R并联，有2BLvIRR=+当导体棒a运动到导轨最右端时，导体棒b刚要滑动，有2IBLmg=联立解得a棒的速度为3m/sv=a棒做平抛运动，有xvt=212hgt=联立解得导体棒a离开导轨至落地过程中水平位移为1.2mx=故A错误

；B．导体棒a离开导轨至落地前做平抛运动，水平速度切割磁感线，则产生的感应电动势不变，故B正确；D．导体棒a在导轨上运动的过程中，通过电路的电量为0.111.74C1.16C10.152BLxqItRR====+导体棒b与电阻R并联，流过的电流与

电阻成反比，则通过电阻R的电荷量为0.58C2Rqq==故D正确。故选BD。2、（2022·广东卷·T1）如图所示，水平地面（Oxy平面）下有一根平行于y轴且通有恒定电流I的长直导线。P、M和N为地面上的三点，P点位于导线正上方，MN平行于y轴，PN平行于x轴。一闭合的圆形金属线圈，圆心

在P点，可沿不同方向以相同的速率做匀速直线运动，运动过程中线圈平面始终与地面平行。下列说法正确的有（）A.N点与M点的磁感应强度大小相等，方向相同B.线圈沿PN方向运动时，穿过线圈的磁通量不变C.线圈从P点开始竖直向上运动时，线圈中无感应电流D.线圈从P到M过程的感应电动势与从

P到N过程的感应电动势相等【答案】AC【解析】A．依题意，M、N两点连线与长直导线平行、两点与长直导线的距离相同，根据右手螺旋定则可知，通电长直导线在M、N两点产生的磁感应强度大小相等，方向相同，故A正确；B．根据右手螺旋定则，

线圈在P点时，磁感线穿进与穿出在线圈中对称，磁通量为零；在向N点平移过程中，磁感线穿进与穿出线圈不再对称，线圈的磁通量会发生变化，故B错误；C．根据右手螺旋定则，线圈从P点竖直向上运动过程中，磁感线穿进与穿出线圈对称，线圈的磁通量始终为零，没有发生变化，线圈无感应电流，故C正确；D．线

圈从P点到M点与从P点到N点，线圈的磁通量变化量相同，依题意P点到M点所用时间较从P点到N点时间长，根据法拉第电磁感应定律，则两次的感应电动势不相等，故D错误。故选AC。3、（2022·广东卷·T4）图是简化的某种旋转磁极式发电机原理图。定

子是仅匝数n不同的两线圈，12nn，二者轴线在同一平面内且相互垂直，两线圈到其轴线交点O的距离相等，且均连接阻值为R的电阻，转子是中心在O点的条形磁铁，绕O点在该平面内匀速转动时，两线圈输出正弦式交变电流。不计线圈电阻、自感及两线圈间的相互影响，下列说法正确的是（）A.

两线圈产生的电动势的有效值相等B.两线圈产生的交变电流频率相等C.两线圈产生的电动势同时达到最大值D.两电阻消耗的电功率相等【答案】B【解析】AD．根据Ent=两线圈中磁通量的变化率相等，但是匝数不等，则产生的感应电动势最大值不

相等，有效值也不相等，根据2UPR=可知，两电阻的电功率也不相等，选项AD错误；B．因两线圈放在同一个旋转磁铁的旁边，则两线圈产生的交流电的频率相等，选项B正确；C．当磁铁的磁极到达线圈附近时，磁通量变化率最大，感应电动势最大，可知两线圈产生的感应电动势不可能同时达到最大值，选项C错误；故选B

。4、（2022·山东卷·T12）如图所示，xOy平面的第一、三象限内以坐标原点O为圆心、半径为2L的扇形区域充满方向垂直纸面向外的匀强磁场。边长为L的正方形金属框绕其始终在O点的顶点、在xOy平面内以角速度顺时针匀速转动，0=t时刻，金属框开始进入第一象限。不考

虑自感影响，关于金属框中感应电动势E随时间t变化规律的描述正确的是（）A.在0=t到2t=的过程中，E一直增大B.在0=t到2t=的过程中，E先增大后减小C.在0=t到4t=的过程中，E的变化率一直增大D.在0=t到4t=的过程中，E的变化率一直减小【答案】BC【解析

】AB．如图所示在0=t到2t=的过程中，线框的有效切割长度先变大再变小，当4t=时，有效切割长度最大为2L，此时，感应电动势最大，所以在0=t到2t=的过程中，E先增大后减小，故B正确，A错误；CD．在0=t到4t=的过程中，设转过的角度为，由几何关

系可得t=进入磁场部分线框的面积tan2LLS=穿过线圈的磁通量2tan2BLtBS==线圈产生的感应电动势'Et==感应电动势的变化率'EEt=对2tan2BLt=求二次导数得222

ΔsectanΔEBLttt=在0=t到4t=的过程中222sectanBLtt一直变大，所以E的变化率一直增大，故C正确，D错误。故选BC。5、（2022·全国甲卷·T20）如图，两根相互平行的光滑长直金属导轨固

定在水平绝缘桌面上，在导轨的左端接入电容为C的电容器和阻值为R的电阻。质量为m、阻值也为R的导体棒MN静止于导轨上，与导轨垂直，且接触良好，导轨电阻忽略不计，整个系统处于方向竖直向下的匀强磁场中。开始时，电容器所带的电荷量为Q，合上开关S后，（）A.

通过导体棒MN电流的最大值为QRCB.导体棒MN向右先加速、后匀速运动C.导体棒MN速度最大时所受的安培力也最大D.电阻R上产生的焦耳热大于导体棒MN上产生的焦耳热【答案】AD【解析】MN在运动过程中为非纯电阻，MN上的电流瞬时值为uBlviR−=A．当闭合的瞬间，0Blv=，此时MN可视为纯

电阻R，此时反电动势最小，故电流最大mUQIaxRCR==故A正确；B．当uBlv时，导体棒加速运动，当速度达到最大值之后，电容器与MN及R构成回路，由于一直处于通路的形式，由能量守恒可知，最后MN终极速度为零，故B错误；C．MN在运动过程中为非纯电阻电路，MN上的电流瞬时值为uBlvi

R−=当uBlv=时，MN上电流瞬时为零，安培力为零此时，MN速度最大，故C错误；D．在MN加速度阶段，由于MN反电动势存在，故MN上电流小于电阻R上的电流，电阻R消耗电能大于MN上消耗的电能（即RMN

EE），故加速过程中，RMNQQ；当MN减速为零的过程中，电容器的电流和导体棒的电流都流经电阻R形成各自的回路，因此可知此时也是电阻R的电流大，综上分析可知全过程中电阻R上的热量大于导体棒上的热量，故D正确。故选AD。6、（2022·全国甲卷·T16）三个用同样的细导线做成

的刚性闭合线框，正方形线框的边长与圆线框的直径相等，圆线框的半径与正六边形线框的边长相等，如图所示。把它们放入磁感应强度随时间线性变化的同一匀强磁场中，线框所在平面均与磁场方向垂直，正方形、圆形和正六边形线框中感应电流的大小分别为12II、和3I。则（）A

.132IIIB.132IIIC.123III=D.123III==【答案】C【解析】设圆线框的半径为r，则由题意可知正方形线框的边长为2r，正六边形线框的边长为r；所以圆线框的周长为22Cr=面积为22Sr=同理可知正方形线框的周长和面积分别为18

Cr=，214Sr=正六边形线框的周长和面积分别为36Cr=，2313336222rSrr==三线框材料粗细相同，根据电阻定律LRS=横截面可知三个线框电阻之比为123123::::8:2:6RRRCCC==根据法

拉第电磁感应定律有EBSIRtR==可得电流之比为：123::2:2:3III=即123=III故选C。7、（2022·浙江1月卷·T13）如图所示，将一通电螺线管竖直放置，螺线管内部形成方向竖直向上、磁感

应强度大小B=kt的匀强磁场，在内部用绝缘轻绳悬挂一与螺线管共轴的金属薄圆管，其电阻率为、高度为h、半径为r、厚度为d（d≪r），则（）A.从上向下看，圆管中的感应电流为逆时针方向B.圆管的感应电动势大小为2krhC.圆管的热功率大小为232dhkrD.轻绳对圆

管的拉力随时间减小【答案】C【解析】A．穿过圆管的磁通量向上逐渐增加，则根据楞次定律可知，从上向下看，圆管中的感应电流为顺时针方向，选项A错误；B．圆管的感应电动势大小为22BErkrt==选项B错误；C．圆管的电阻

2rRdh=圆管的热功率大小为2232EdhkrPR==选项C正确；D．根据左手定则可知，圆管中各段所受的受安培力方向指向圆管的轴线，则轻绳对圆管的拉力的合力始终等于圆管的重力，不随时间变化，选项D错误。故选C。8.（2022·河北·T5）将一根绝缘硬质细导线

顺次绕成如图所示的线圈，其中大圆面积为1S，小圆面积均为2S，垂直线圈平面方向有一随时间t变化的磁场，磁感应强度大小0BBkt=+，0B和k均为常量，则线圈中总的感应电动势大小为（）A.1kSB.25kSC.12()5S

kS−D.12(5)kSS+【答案】D【解析】由法拉第电磁感应定律可得大圆线圈产生的感应电动势1111BSEkStt===每个小圆线圈产生的感应电动势2222EkStt===由线圈的绕线方式

和楞次定律可得大、小圆线圈产生的感应电动势方向相同，故线圈中总的感应电动势大小为12124(5)EEEkSS=+=+故选D。9.(2022·河北·T8)如图，两光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，一根导轨位于x轴上，另一根由ab、bc、cd三段直导轨组成，其中b

c段与x轴平行，导轨左端接入一电阻R。导轨上一金属棒MN沿x轴正向以速度0v保持匀速运动，0=t时刻通过坐标原点O，金属棒始终与x轴垂直。设运动过程中通过电阻的电流强度为i，金属棒受到安培力的大小为F，金属棒克服安培力做功的功率为P，电阻两端的电压为

U，导轨与金属棒接触良好，忽略导轨与金属棒的电阻。下列图像可能正确的是（）A.B.C.D.【答案】AC【解析】当导体棒从O点向右运动L时，即在00Lv时间内，在某时刻导体棒切割磁感线的长度00tanLlvt=+（θ为ab与ad的夹角）则根据E

=BLv00000=(tan)BLvBvIlvtRR=+可知回路电流均匀增加；安培力22220000=(tan)BLvBvFlvtRR=+则F-t关系为抛物线，但是不过原点；安培力做功的功率22222200000=(tan)BLvBvPFvlvtRR==+则P-t关系为

抛物线，但是不过原点；电阻两端的电压等于导体棒产生的感应电动势，即0000=(tan)UEBLvBvlvt==+即图像是不过原点的直线；根据以上分析，可大致排除BD选项；当在002LLvv时间内，导体棒切割磁感线的长度不变，感应电动

势E不变，感应电流I不变，安培力F大小不变，安培力的功率P不变，电阻两端电压U保持不变；同理可判断，在0023LLvv时间内，导体棒切割磁感线长度逐渐减小，导体棒切割磁感线的感应电动势E均匀减小，感应电流I均匀减小，安培力F大小按照二次函数

关系减小，但是不能减小到零，与00Lv内是对称的关系，安培力的功率P按照二次函数关系减小，但是不能减小到零，与00Lv内是对称的关系，电阻两端电压U按线性均匀减小；综上所述选项AC正确，BD错误。故选AC。10、(2022·

湖北·T15)如图所示，高度足够的匀强磁场区域下边界水平、左右边界竖直，磁场方向垂直于纸面向里。正方形单匝线框abcd的边长L=0.2m、回路电阻R=1.6×10-3Ω、质量m=0.2kg。线框平面与磁场方

向垂直，线框的ad边与磁场左边界平齐，ab边与磁场下边界的距离也为L。现对线框施加与水平向右方向成θ=45°角、大小为42N的恒力F，使其在图示竖直平面内由静止开始运动。从ab边进入磁场开始，在竖直方向线框做匀速运动；dc边进入磁场时，bc边恰

好到达磁场右边界。重力加速度大小取g=10m/s2，求：（1）ab边进入磁场前，线框在水平方向和竖直方向的加速度大小；（2）磁场的磁感应强度大小和线框进入磁场的整个过程中回路产生的焦耳热；（3）磁场区域的水平宽度。【答案】（1）ax=20m/s2，a

y=10m/s2；（2）B=0.2T，Q=0.4J；（3）X=1.1m【解析】（1）ab边进入磁场前，对线框进行受力分析，在水平方向有max=Fcosθ代入数据有ax=20m/s2在竖直方向有may=F

sinθ-mg代入数据有ay=10m/s2（2）ab边进入磁场开始，ab边在竖直方向切割磁感线；ad边和bc边的上部分也开始进入磁场，且在水平方向切割磁感线。但ad和bc边的上部分产生的感应电动势相互抵消，则整个回路的电源为ab，根据右

手定则可知回路的电流为adcba，则ab边进入磁场开始，ab边受到的安培力竖直向下，ad边的上部分受到的安培力水平向右，bc边的上部分受到的安培力水平向左，则ad边和bc边的上部分受到的安培力相互抵消，故线框abcd受到的安培力的合力为ab边受到的竖直向下的安培力。由题知，线框从ab边进入磁场开

始，在竖直方向线框做匀速运动，有Fsinθ-mg-BIL=0E=BLvyEIR=vy2=2ayL联立有B=0.2T由题知，从ab边进入磁场开始，在竖直方向线框做匀速运动；dc边进入磁场时，bc边恰好到达磁场右边界。则线框进入磁场的整个过程中，线框受到的安培力为恒力

，则有Q=W安=BILyy=LFsinθ-mg=BIL联立解得Q=0.4J（3）线框从开始运动到进入磁场的整个过程中所用的时间为vy=ayt1L=vyt2t=t1+t2联立解得t=0.3s由（2）分析可知线框在水平方向一直做匀加速直线运动，则在水平方向有2

211200.3m=0.9m22xxat==则磁场区域的水平宽度X=x+L=1.1m11、（2022·浙江1月卷·T21）如图所示，水平固定一半径r=0.2m的金属圆环，长均为r，电阻均为R0的两金属棒沿直径放置，其中一端与圆环接触良好，另一端固定在过圆心的导电竖直转轴OO

′上，并随轴以角速度=600rad/s匀速转动，圆环内左半圆均存在磁感应强度大小为B1的匀强磁场。圆环边缘、与转轴良好接触的电刷分别与间距l1的水平放置的平行金属轨道相连，轨道间接有电容C=0.09F的电容器，通过单刀双掷开关S

可分别与接线柱1、2相连。电容器左侧宽度也为l1、长度为l2、磁感应强度大小为B2的匀强磁场区域。在磁场区域内靠近左侧边缘处垂直轨道放置金属棒ab，磁场区域外有间距也为l1的绝缘轨道与金属轨道平滑连接，在绝缘轨道的水平段上放置“［”形

金属框fcde。棒ab长度和“［”形框的宽度也均为l1、质量均为m=0.01kg，de与cf长度均为l3=0.08m，已知l1=0.25m，l2=0.068m，B1=B2=1T、方向均为竖直向上；棒ab和“［

”形框的cd边的电阻均为R=0.1Ω，除已给电阻外其他电阻不计，轨道均光滑，棒ab与轨道接触良好且运动过程中始终与轨道垂直。开始时开关S和接线柱1接通，待电容器充电完毕后，将S从1拨到2，电容器放电，棒ab被弹出磁场后与“［”形框粘在一起形成闭合框abcd，此时将S与

2断开，已知框abcd在倾斜轨道上重心上升0.2m后返回进入磁场。（1）求电容器充电完毕后所带的电荷量Q，哪个极板（M或N；）带正电？（2）求电容器释放的电荷量Q；（3）求框abcd进入磁场后，ab边与磁场区域左边

界的最大距离x。v【答案】（1）0.54C；M板；（2）0.16C；（3）0.14m【解析】（1）开关S和接线柱1接通，电容器充电充电过程，对绕转轴OO′转动的棒由右手定则可知其动生电源的电流沿径向向外，即

边缘为电源正极，圆心为负极，则M板充正电；根据法拉第电磁感应定律可知2112EBr=则电容器的电量为0.542CEQCUC===（2）电容器放电过程有211BlQmv=棒ab被弹出磁场后与“［”形框粘在一起的过程有12()mvmmv=+棒的上滑过程有221222mvmgh

=联立解得21220.16mQghCBl==（3）设导体框在磁场中减速滑行的总路程为x，由动量定理2221222BlxmvR=可得0.1280.08xmm=匀速运动距离为320.012mll−=则320.

14mxxll=+−=12、（2022·浙江6月·T21）绝缘并固定，线圈带动动子，可在水平导轨上无摩擦滑动。线圈位于导轨间的辐向磁场中，其所在处的磁感应强度大小均为B。开关S与1接通，恒流源与线圈连接，动子从静止开始推动飞机加速，飞机达到起飞速度时与动子脱离；此时S掷向2接通定值电阻R

0，同时施加回撤力F，在F和磁场力作用下，动子恰好返回初始位置停下。若动子从静止开始至返回过程的v-t图如图2所示，在t1至t3时间内F=(800－10v）N，t3时撤去F。已知起飞速度v1=80m/s，t1=1.5s，线圈匝数n=100匝，每匝周长l=1m，飞机的质量M=10kg，动

子和线圈的总质量m=5kg，R0=9.5Ω，B=0.1T，不计空气阻力和飞机起飞对动子运动速度的影响，求（1）恒流源的电流I；（2）线圈电阻R；（3）时刻t3。【答案】（1）80A；（2）0.5ΩR=；（3）353s2t+=【解析】（1）由题意可知接通恒流源时安培力FnBIl=安动子和线圈

在0~t1时间段内做匀加速直线运动，运动的加速度为11vat=根据牛顿第二定律有()FMma=+安代入数据联立解得()1180AmMvInlBt+==（2）当S掷向2接通定值电阻R0时，感应电流为0nBlvI

RR=+此时安培力为FnBIl=安所以此时根据牛顿第二定律有2220(80010)nlBvvmaRR+=+−由图可知在1t至3t期间加速度恒定，则有222010nlBRR=+解得0.5ΩR=，2160m/sa=（3）根据图像可知1210.5sv

tta−==故22st=；在0~t2时间段内的位移12180m2svt==而根据法拉第电磁感应定律有nBSEntt==电荷量的定义式qIt=0EIRR=+可得()232012ΔnBlsattqRR−−+=从t3时刻到最后返

回初始位置停下的时间段内通过回路的电荷量，根据动量定理有()32Δ0nBlqmatt−=−−联立可得()()2323210tttt−+−−=解得353s2t+=13、（2022·全国乙卷·T24）如图，一不可伸长的细绳的上端固定，下端系在边长为0.40ml=的正

方形金属框的一个顶点上。金属框的一条对角线水平，其下方有方向垂直于金属框所在平面的匀强磁场。已知构成金属框的导线单位长度的阻值为35.010Ω/m−=；在0=t到3.0st=时间内，磁感应强度大小随时

间t的变化关系为()0.30.1(SI)Btt=−。求:（1）2.0st=时金属框所受安培力的大小；（2）在0=t到2.0st=时间内金属框产生的焦耳热。【答案】（1）0.042N；（2）0.016J

【解析】（1）金属框的总电阻为3440.45100.008Rl−===金属框中产生的感应电动势为22120.10.4V0.008V2lBEtt====金属框中的电流为1AEIR==t=2.0s时磁感应强度为2(0.30.12)T=0.1TB=−金属框处于磁场中的

有效长度为2Ll=此时金属框所受安培力大小为20.1120.4N=0.042NAFBIL==（2）02.0s:内金属框产生的焦耳热为2210.0082J0.016JQIRt===1．（2021·山东卷）迷你系绳卫星在地球赤道正

上方的电离层中，沿圆形轨道绕地飞行。系绳卫星由两子卫星组成，它们之间的导体绳沿地球半径方向，如图所示。在电池和感应电动势的共同作用下，导体绳中形成指向地心的电流，等效总电阻为r。导体绳所受的安培力克服大小为f的环境阻力，可使卫星保持在原轨道上。已知卫生离地平均

高度为H，导体绳长为()LLH，地球半径为R，质量为M，轨道处磁感应强度大小为B，方向垂直于赤道平面。忽略地球自转的影响。据此可得，电池电动势为（）A．GMfrBLRHBL++B．GMfrBLRHBL−+C．GMBLRHfrBL++D．

GMBLRHfrBL−+【答案】A【解析】根据22()()MmvGmRHRH=++可得卫星做圆周运动的线速度GMvRH=+根据右手定则可知，导体绳产生的感应电动势相当于上端为正极的电源，其大小为'EBLv=因导线绳所受阻力f与安培力F平衡，则安培力与速度方向相同，可知导线

绳中的电流方向向下，即电池电动势大于导线绳切割磁感线产生的电动势，可得'EEfBLr−=解得GMfrEBLRHBL=++故选A。2．（2021·河北卷）如图，两光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，导轨间距最窄处为一狭缝，取狭缝所在处O点为坐

标原点，狭缝右侧两导轨与x轴夹角均为，一电容为C的电容器与导轨左端相连，导轨上的金属棒与x轴垂直，在外力F作用下从O点开始以速度v向右匀速运动，忽略所有电阻，下列说法正确的是（）A．通过金属棒的电流为22tanBCvB．金属棒到

达0x时，电容器极板上的电荷量为0tanBCvxC．金属棒运动过程中，电容器的上极板带负电D．金属棒运动过程中，外力F做功的功率恒定【答案】A【解析】C．根据楞次定律可知电容器的上极板应带正电，C错误；A．由题知导体棒匀速切割磁感线，根据几何关系切割长度为L=2xtanθ，x=vt则产生的

感应电动势为E=2Bv2ttanθ由题图可知电容器直接与电源相连，则电容器的电荷量为Q=CE=2BCv2ttanθ则流过导体棒的电流I=Qt=2BCv2tanθA正确；B．当金属棒到达x0处时，导体棒产生

的感应电动势为E′=2Bvx0tanθ则电容器的电荷量为Q=CE′=2BCvx0tanθB错误；D．由于导体棒做匀速运动则F=F安=BIL由选项A可知流过导体棒的电流I恒定，但L与t成正比，则F为变力，再根据力做功的功率

公式P=Fv可看出F为变力，v不变则功率P随力F变化而变化；D错误；故选A。3．（2021·浙江卷）在“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验中，可拆变压器如图所示。为了减小涡流在铁芯中产生的热量，

铁芯是由相互绝缘的硅钢片平行叠成。硅钢片应平行于______。A．平面abcdB．平面abfeC．平面abghD．平面aehd【答案】D【解析】变压器的正视图如图：所以要减小涡流在铁芯中产生的热量，硅钢片应平行于平面aehd。故选D。4．

（2021·山东卷）如图所示，电阻不计的光滑U形金属导轨固定在绝缘斜面上。区域Ⅰ、Ⅱ中磁场方向均垂直斜面向上，Ⅰ区中磁感应强度随时间均匀增加，Ⅱ区中为匀强磁场。阻值恒定的金属棒从无磁场区域中a处由静止释放，进入Ⅱ区后，经b下行

至c处反向上行。运动过程中金属棒始终垂直导轨且接触良好。在第一次下行和上行的过程中，以下叙述正确的是（）A．金属棒下行过b时的速度大于上行过b时的速度B．金属棒下行过b时的加速度大于上行过b时的加速度C．金属棒不能回到无磁场区D．金属棒能回到无磁场区，但不能

回到a处【答案】ABD【解析】AB．在I区域中，磁感应强度为1Bkt=，感应电动势11BESkSt==感应电动势恒定，所以导体棒上的感应电流恒为11EkSIRR==导体棒进入Ⅱ区域后，导体切割磁感线，产生一个感应电

动势，因为导体棒到达c点后又能上行，说明加速度始终沿斜面向上，下行和上行经过b点的受力分析如图设下行、上行过b时导体棒的速度分别为v，'v，则下行过b时导体棒切割磁感线产生的感应电流为22EBLv=下行过b时导体棒上的电流为22

21+EBLvIREkRRS=+=下行过b时，根据牛顿第二定律可知2221222sinsinBLvRBkSLBILmgmgmaR−=−=+上行过b时，切割磁感线的产出的感应电动势为22''EBLv=上行过b时导体

棒上的电流为1232'EkSREBLvIRR−=−=根据牛顿第二定律可知2223222sinsi'nBkSLBILmgmgmaBRRLv−=−−=比较加速度大小可知12aa由于bc段距离不变，下行过程中加速度大，上行过程中加速度小，所以金属板下行过经过b点时的速度大于

上行经过b点时的速度，AB正确；CD．导体棒上行时，加速度与速度同向，则导体棒做加速度减小的加速度运动，则一定能回到无磁场区。由AB分析可得，导体棒进磁场Ⅱ区（下行进磁场）的速度大于出磁场Ⅱ区（下行进磁场）的速度，导体棒

在无磁场区做加速度相同的减速运动0sinmgma=则金属棒不能回到a处，C错误，D正确。故选ABD。5．（2021·广东卷）如图所示，水平放置足够长光滑金属导轨abc和de，ab与de平行，bc是以O为圆心的圆弧导轨，圆弧be左侧和

扇形Obc内有方向如图的匀强磁场，金属杆OP的O端与e点用导线相接，P端与圆弧bc接触良好，初始时，可滑动的金属杆MN静止在平行导轨上，若杆OP绕O点在匀强磁场区内从b到c匀速转动时，回路中始终有电流，则此过程中，下列说法正确的有（）A．杆OP产生的感应

电动势恒定B．杆OP受到的安培力不变C．杆MN做匀加速直线运动D．杆MN中的电流逐渐减小【答案】AD【解析】A．OP转动切割磁感线产生的感应电动势为212EBr=因为OP匀速转动，所以杆OP产生的感应电动势恒定，故A正确；BCD．杆OP匀速转动产生的

感应电动势产生的感应电流由M到N通过MN棒，由左手定则可知，MN棒会向左运动，MN棒运动会切割磁感线，产生电动势与原来电流方向相反，让回路电流减小，MN棒所受合力为安培力，电流减小，安培力会减小，加速度减小，故D正确，BC错误。故选AD

。6．（2021·湖南卷）两个完全相同的正方形匀质金属框，边长为L，通过长为L的绝缘轻质杆相连，构成如图所示的组合体。距离组合体下底边H处有一方向水平、垂直纸面向里的匀强磁场。磁场区域上下边界水平，高度为L，左右宽度足够大。把该组合体在垂

直磁场的平面内以初速度0v水平无旋转抛出，设置合适的磁感应强度大小B使其匀速通过磁场，不计空气阻力。下列说法正确的是（）A．B与0v无关，与H成反比B．通过磁场的过程中，金属框中电流的大小和方向保持不变C．通过磁场的过程中，组合体克服安培力做功的功率与重力做功的功率

相等D．调节H、0v和B，只要组合体仍能匀速通过磁场，则其通过磁场的过程中产生的热量不变【答案】CD【解析】A．将组合体以初速度v0水平无旋转抛出后，组合体做平抛运动，后进入磁场做匀速运动，由于水平方向切割磁感线产生的感应电动势相互低消，则有mg=F

安=22yBLvR，vy=2gH综合有B=212mgRLgH则B与1H成正比，A错误；B．当金属框刚进入磁场时金属框的磁通量增加，此时感应电流的方向为逆时针方向，当金属框刚出磁场时金属框的磁通量减少，此时感应电流的方向为顺时针方向，B错误；C．由于组合体进入磁场后做匀速运动，由于水平方向的感应电

动势相互低消，有mg=F安=22yBLvR则组合体克服安培力做功的功率等于重力做功的功率，C正确；D．无论调节哪个物理量，只要组合体仍能匀速通过磁场，都有mg=F安则安培力做的功都为W=F安3L则组合体通过磁场过程中产生的焦耳热不变

，D正确。故选CD。7．（2021·全国卷）由相同材料的导线绕成边长相同的甲、乙两个正方形闭合线圈，两线圈的质量相等，但所用导线的横截面积不同，甲线圈的匝数是乙的2倍。现两线圈在竖直平面内从同一高度同时由静止开始下落，一段时间后进入一方向垂直于纸面的匀强磁场区域，磁场的上边界水

平，如图所示。不计空气阻力，已知下落过程中线圈始终平行于纸面，上、下边保持水平。在线圈下边进入磁场后且上边进入磁场前，可能出现的是（）A．甲和乙都加速运动B．甲和乙都减速运动C．甲加速运动，乙减速运动D．甲减速运动，乙加速运动【答案】AB【解析】设线圈到磁场的

高度为h，线圈的边长为l，则线圈下边刚进入磁场时，有=2vgh感应电动势为EnBlv=两线圈材料相等（设密度为0），质量相同（设为m），则04mnlS=设材料的电阻率为，则线圈电阻220164nlnlRSm

==感应电流为016EmBvIRnl==安培力为2016mBvFnBIl==由牛顿第二定律有mgFma−=联立解得2016FBvaggm=−=−加速度和线圈的匝数、横截面积无关，则甲和乙进入磁场时，具有相同的加速度。当2016

Bvg时，甲和乙都加速运动，当2016Bvg时，甲和乙都减速运动，当2016Bvg=时都匀速。故选AB。8．（2021·浙江卷）一种探测气体放电过程的装置如图甲所示，充满氖气（Ne）的电离室中

有两电极与长直导线连接，并通过两水平长导线与高压电源相连。在与长直导线垂直的平面内，以导线为对称轴安装一个用阻值010ΩR=的细导线绕制、匝数3510N=的圆环形螺线管，细导线的始末两端c、d与阻值90ΩR=的电阻连接。螺线管的横截面是半径21.0

10ma−=的圆，其中心与长直导线的距离0.1mr=。气体被电离后在长直导线回路中产生顺时针方向的电流I，其It−图像如图乙所示。为便于计算，螺线管内各处的磁感应强度大小均可视为kIBr=，其中7210Tm/Ak−=。（

1）求30~6.010s−内通过长直导线横截面的电荷量Q；（2）求33.010s−时，通过螺线管某一匝线圈的磁通量；（3）若规定cRd→→为电流的正方向，在不考虑线圈自感的情况下，通过计算，画出通过电阻R的Rit−图像；（4）若规定cRd→→为电流的正方向，考虑线圈自感，定性画出通过电

阻R的Rit−图像。【答案】（1）0.5CQ=；（2）8Φ6.2810Wb−=；（3）见解析；（4）见解析【解析】（1）由电量和电流的关系qIt=可知It−图像下方的面积表示电荷量，因此有112233ΔΔΔQItItIt=++代入数据解得0.

5CQ=（2）由磁通量的定义可得2ΦkIBSar==代入数据可得8Φ6.2810Wb−=（3）在30~1.010s−时间内电流均匀增加，有楞次定律可知感应电流的方向cRd→→，产生恒定的感应电动势2ΔΦΔΔΔNkaIENtrt==由闭合回路欧姆定律可得0REiRR

=+代入数据解得33.1410ARi−=在331.010s~5.010s−−电流恒定，穿过圆形螺旋管的磁场恒定，因此感应电动势为零，感应电流为零，而在335.010s~6.010s−−时间内电流随时间均匀变化，斜率大小和30~1.010s−大小相同，因此电流大小相同，由楞次定律可

知感应电流的方向为dRc→→，则图像如图所示（4）考虑自感的情况下，线框会产生自感电动势阻碍电流的变化，因此开始时电流是缓慢增加的，过一段时间电路达到稳定后自感消失，电流的峰值和之前大小相同，在331.010s~5.010s−−时间内电路中的磁通量不变化电流要减小

为零，因此自感电动势会阻碍电流的减小，使得电流缓慢减小为零。同理，在335.010s~6.010s−−内电流缓慢增加，过一段时间电路达到稳定后自感消失，在36.010s−之后，电路中的磁通量不变化电流要减小为零，因此自感电动势会阻碍电流

的减小，使得电流缓慢减小为零。图像如图9．（2021·全国卷）如图，一倾角为的光滑固定斜面的顶端放有质量0.06kgM=的U型导体框，导体框的电阻忽略不计；一电阻3ΩR=的金属棒CD的两端置于导体框上，与导体框构成矩形回路CDEF；EF与斜面底边平行，长度0.6mL=。初始时CD与E

F相距00.4ms=，金属棒与导体框同时由静止开始下滑，金属棒下滑距离13m16s=后进入一方向垂直于斜面的匀强磁场区域，磁场边界（图中虚线）与斜面底边平行；金属棒在磁场中做匀速运动，直至离开磁场区域。当金属棒离开磁场的瞬间，导体框的EF边正好进入磁

场，并在匀速运动一段距离后开始加速。已知金属棒与导体框之间始终接触良好，磁场的磁感应强度大小1TB=，重力加速度大小取210m/s,sin0.6g==。求：（1）金属棒在磁场中运动时所受安培力的大小；（2）金属棒的质量以及金属棒与导体框之间的动摩擦因数；（3）导体框匀速运动

的距离。【答案】（1）0.18N；（2）0.02kgm=，38=；（3）25m18x=【解析】（1）根据题意可得金属棒和导体框在没有进入磁场时一起做匀加速直线运动，由动能定理可得()()2101sin2MmgsMmv+=+代

入数据解得03m/s2v=金属棒在磁场中切割磁场产生感应电动势，由法拉第电磁感应定律可得0EBLv=由闭合回路的欧姆定律可得EIR=则导体棒刚进入磁场时受到的安培力为0.18NFBIL==安（2）金属棒

进入磁场以后因为瞬间受到安培力的作用，根据楞次定律可知金属棒的安培力沿斜面向上，之后金属棒相对导体框向上运动，因此金属棒受到导体框给的沿斜面向下的滑动摩擦力，因匀速运动，可有sincosmgmgF+=安此时导

体框向下做匀加速运动，根据牛顿第二定律可得sincosMgmgMa−=设磁场区域的宽度为x，则金属棒在磁场中运动的时间为0xtv=则此时导体框的速度为10vvat=+则导体框的位移21012xvtat=+因此导体框和金属棒的相对位移为2112xxxat=−=由题意当金属棒离开磁场时

金属框的上端EF刚好进入线框，则有位移关系0sxx−=金属框进入磁场时匀速运动，此时的电动势为11EBLv=，11BLvIR=导体框受到向上的安培力和滑动摩擦力，因此可得1sincosMgmgBIL

=+联立以上可得0.3mx=，25m/sa=，0.02kgm=，38=（3）金属棒出磁场以后，速度小于导体框的速度，因此受到向下的摩擦力，做加速运动，则有1sincosmgmgma+=金属棒向下加速，导体框匀速，当共速时导体

框不再匀速，则有0111vatv+=导体框匀速运动的距离为211xvt=代入数据解得22.55mm918x==10．（2021·浙江卷）嫦娥五号成功实现月球着陆和返回，鼓舞人心。小明知道月球上没有空气，无法靠降落伞减速降落，于是设计了一种新型着陆装置。如图所示，

该装置由船舱、间距为l的平行导轨、产生垂直船舱导轨平面的磁感应强度大小为B的匀强磁场的磁体和“∧”型刚性线框组成，“∧”型线框ab边可沿导轨滑动并接触良好。船舱、导轨和磁体固定在一起，总质量为m1整个装置竖直着陆到月球表面前瞬间的速度大小为v0，接触月球表面后线框速

度立即变为零。经过减速，在导轨下方缓冲弹簧接触月球表面前船舱已可视为匀速。已知船舱电阻为3r，“∧”型线框的质量为m2，其7条边的边长均为l，电阻均为r；月球表面的重力加速度为g/6。整个运动过程中只有ab边在磁场中，线框与月球表面绝

缘，不计导轨电阻和摩擦阻力。(1)求着陆装置接触到月球表面后瞬间线框ab边产生的电动势E；(2)通过画等效电路图，求着陆装置接触到月球表面后瞬间流过ab型线框的电流I0；(3)求船舱匀速运动时的速度大小v；(4)同桌小张认为在磁场上方、两导轨之间连接一个电容为C的电容器，在着陆减速过

程中还可以回收部分能量，在其他条件均不变的情況下，求船舱匀速运动时的速度大小v和此时电容器所带电荷量q。【答案】(1)Blv0；(2)02Blvr；(3)1223mgrBl；(4)1223mgrBl，16mgrCBl【解析】(1)导体

切割磁感线，电动势00EBlv=(2)等效电路图如图并联总电阻2Rr=电流0002EBlvIRr==(3)匀速运动时线框受到安培力22A2BlvFr=根据牛顿第三定律，质量为m1的部分受力F=FA，方向竖直向上，

匀速条件16mgF=得1223mgrvBl=(4)匀速运动时电容器不充放电，满足1223mgrvvBl==电容器两端电压为11=336CmgrUIrBl=电荷量为16CmgrCqCUBl==1．（2020·海南卷）如图，足够长的间距1md=的

平行光滑金属导轨MN、PQ固定在水平面内，导轨间存在一个宽度1mL=的匀强磁场区域，磁感应强度大小为0.5TB=，方向如图所示．一根质量a0.1kgm=，阻值0.5ΩR=的金属棒a以初速度04m/sv=从左端开始沿导轨滑动，穿过磁场区域后，与另一根质量b0.2kgm=，阻值0.

5ΩR=的原来静置在导轨上的金属棒b发生弹性碰撞，两金属棒始终与导轨垂直且接触良好，导轨电阻不计，则（）A．金属棒a第一次穿过磁场时做匀减速直线运动B．金属棒a第一次穿过磁场时回路中有逆时针方向的感应电流C．金属棒a第一次穿过磁场区域的过程中，金属棒b上产生的焦耳热为0.2

5JD．金属棒a最终停在距磁场左边界0.8m处【答案】BD【解析】A．金属棒a第一次穿过磁场时受到安培力的作用，做减速运动，由于速度减小，感应电流减小，安培力减小，加速度减小，故金属棒a做加速度减小的减速直线运动，故

A错误；B．根据右手定则可知，金属棒a第一次穿过磁场时回路中有逆时针方向的感应电流，故B正确；C．电路中产生的平均电动势为BLdEtt==平均电流为2EIR=金属棒a受到的安培力为FBId=规定

向右为正方向，对金属棒a，根据动量定理得0aaaBIdtmvmv−=−解得对金属棒第一次离开磁场时速度1.5m/sav=金属棒a第一次穿过磁场区域的过程中，电路中产生的总热量等于金属棒a机械能的减少量，即2201122aaaQmvmv=−联立并带入数据得0.6875JQ=由于两棒电阻相

同，两棒产生的焦耳热相同，则金属棒b上产生的焦耳热0.34375J2bQQ==故C错误；D．规定向右为正方向，两金属棒碰撞过程根据动量守恒和机械能守恒得aaaabbmvmvmv=+222111222aaaabbmvmvm

v=+联立并带入数据解得金属棒a反弹的速度为0.5m/sav=−设金属棒a最终停在距磁场左边界x处，则从反弹进入磁场到停下来的过程，电路中产生的平均电动势为()BLxdEtt−==平均电流为

2EIR=金属棒a受到的安培力为FBId=规定向右为正方向，对金属棒a，根据动量定理得'0aaBIdtmv−=−联立并带入数据解得0.8mx=故D正确。故选BD。2．（2020·天津卷）手机无线充电是比较新颖的充电方式。如图所示，电磁感

应式无线充电的原理与变压器类似，通过分别安装在充电基座和接收能量装置上的线圈，利用产生的磁场传递能量。当充电基座上的送电线圈通入正弦式交变电流后，就会在邻近的受电线圈中感应出电流，最终实现为手机电池充电。在充电过程中（）A．送电线圈中电流产生的磁场呈周期性变

化B．受电线圈中感应电流产生的磁场恒定不变C．送电线圈和受电线圈通过互感现象实现能量传递D．手机和基座无需导线连接，这样传递能量没有损失【答案】AC【解析】AB．由于送电线圈输入的是正弦式交变电流，是周期性变化的，因此产生的磁场也是周期性变化的，A正确，B错误；C．根据变压器原

理，原、副线圈是通过互感现象实现能量传递，因此送电线圈和受电线圈也是通过互感现象实现能量传递，C正确；D．手机与机座无需导线连接就能实现充电，但磁场能有一部分以电磁波辐射的形式损失掉，因此这样传递能量是有能量损失的，D错误。故选AC。3．（2020·山东卷）如图所示，平面

直角坐标系的第一和第二象限分别存在磁感应强度大小相等、方向相反且垂直于坐标平面的匀强磁场，图中虚线方格为等大正方形。一位于Oxy平面内的刚性导体框abcde在外力作用下以恒定速度沿y轴正方向运动（不发生转动）。从图示位置开始计时，4s末bc边刚好进入磁场。在此过程中，导体框内感应电流的大小为I，

ab边所受安培力的大小为Fab，二者与时间t的关系图像，可能正确的是（）A．B．C．D．【答案】BC【解析】AB．因为4s末bc边刚好进入磁场，可知线框的速度每秒运动一个方格，故在0~1s内只有ae边切割磁场，设方格边长为L，根据12EBLv=11EIR=可知电流

恒定；2s末时线框在第二象限长度最长，此时有23EBLv=22EIR=可知2132II=2~4s线框有一部分进入第一象限，电流减小，在4s末同理可得3112II=综上分析可知A错误，B正确；CD．根据ababFBIL=可知在0~1s内ab边所受

的安培力线性增加；1s末安培力为1abFBIL=在2s末可得安培力为1322abFBIL¢=创所以有3ababFF¢=；由图像可知C正确，D错误。故选BC。4．（2020·全国卷）如图，U形光滑金属框abcd置于水平绝缘平台上，ab和dc边平行，和bc边

垂直。ab、dc足够长，整个金属框电阻可忽略。一根具有一定电阻的导体棒MN置于金属框上，用水平恒力F向右拉动金属框，运动过程中，装置始终处于竖直向下的匀强磁场中，MN与金属框保持良好接触，且与bc边保持平行。经过一段时间后（）A．金属框的速度大小趋于恒定值B

．金属框的加速度大小趋于恒定值C．导体棒所受安培力的大小趋于恒定值D．导体棒到金属框bc边的距离趋于恒定值【答案】BC【解析】由bc边切割磁感线产生电动势，形成电流，使得导体棒MN受到向右的安培力，做加速运动，bc边受到向左的安培力，向右做

加速运动。当MN运动时，金属框的bc边和导体棒MN一起切割磁感线，设导体棒MN和金属框的速度分别为1v、2v，则电路中的电动势21()EBLvv=−电流中的电流21()BLvvEIRR−==金属框和导体棒MN受到的安培力

2221()=BLvvFR−安框，与运动方向相反2221()=MNBLvvFR−安，与运动方向相同设导体棒MN和金属框的质量分别为1m、2m，则对导体棒MN222111()BLvvmaR−=对金属框222122()BLvvFmaR−−=初始速度均为零，则a1从零开

始逐渐增加，a2从2Fm开始逐渐减小。当a1＝a2时，相对速度12122122()FRmvvBLmm−=+大小恒定。整个运动过程用速度时间图象描述如下。综上可得，金属框的加速度趋于恒定值，安培力也趋于恒定值，BC选项正确；金属框的速度会一直增大，导体棒

到金属框bc边的距离也会一直增大，AD选项错误。故选BC。5．（2020·江苏卷）如图所示，两匀强磁场的磁感应强度1B和2B大小相等、方向相反。金属圆环的直径与两磁场的边界重合。下列变化会在环中产生顺时针方向感应电流的是（）A．同时增大1B减小2BB．同时减小1B增大2BC．同时以相同的

变化率增大1B和2BD．同时以相同的变化率减小1B和2B【答案】B【解析】AB．产生顺时针方向的感应电流则感应磁场的方向垂直纸面向里。由楞次定律可知，圆环中的净磁通量变化为向里磁通量减少或者向外的磁通量增多，A错误，B正确。CD．同时以相

同的变化率增大B1和B2，或同时以相同的变化率减小B1和B2，两个磁场的磁通量总保持大小相同，所以总磁通量为0，不会产生感应电流，CD错误。故选B。6．（2020·浙江卷）如图所示，固定在水平面上的半径为r的金属圆环内存在方向竖直向上、磁感应强度

大小为B的匀强磁场。长为l的金属棒，一端与圆环接触良好，另一端固定在竖直导电转轴OO上，随轴以角速度匀速转动。在圆环的A点和电刷间接有阻值为R的电阻和电容为C、板间距为d的平行板电容器，有一带电微粒在电容器极板间处于静止状态。已知重

力加速度为g，不计其它电阻和摩擦，下列说法正确的是（）A．棒产生的电动势为212BlB．微粒的电荷量与质量之比为22gdBrC．电阻消耗的电功率为242BrRD．电容器所带的电荷量为2CBr【答案】B【解析】A．如图所示，金属棒绕OO轴切割磁感线转动，棒产生

的电动势21=22rEBrBr=A错误；B．电容器两极板间电压等于电源电动势E，带电微粒在两极板间处于静止状态，则Eqmgd=即22212qdgdgdgmEBrBr===B正确；C．电阻消耗的功率22424EBrPRR==C错误；D

．电容器所带的电荷量22CBrQCE==D错误。故选B。7．（2020·全国卷）如图，水平放置的圆柱形光滑玻璃棒左边绕有一线圈，右边套有一金属圆环。圆环初始时静止。将图中开关S由断开状态拨至连接状态，电路接通的瞬间，可观察到（）A．

拨至M端或N端，圆环都向左运动B．拨至M端或N端，圆环都向右运动C．拨至M端时圆环向左运动，拨至N端时向右运动D．拨至M端时圆环向右运动，拨至N端时向左运动【答案】B【解析】无论开关S拨至哪一端，当把电路接通一瞬间，左边线圈中的电流从无到有，电流在线圈轴线

上的磁场从无到有，从而引起穿过圆环的磁通量突然增大，根据楞次定律（增反减同），右边圆环中产生了与左边线圈中方向相反的电流，异向电流相互排斥，所以无论哪种情况，圆环均向右运动。故选B。8．（2020·全国卷）管道高频焊机可以对由钢板卷成的圆管的接缝实施焊接。焊机的原理如图所

示，圆管通过一个接有高频交流电源的线圈，线圈所产生的交变磁场使圆管中产生交变电流，电流产生的热量使接缝处的材料熔化将其焊接。焊接过程中所利用的电磁学规律的发现者为（）A．库仑B．霍尔C．洛伦兹D．法拉第【答

案】D【解析】由题意可知，圆管为金属导体，导体内部自成闭合回路，且有电阻，当周围的线圈中产生出交变磁场时，就会在导体内部感应出涡电流，电流通过电阻要发热。该过程利用原理的是电磁感应现象，其发现者为法拉第。故选D。9．（2020·北京卷）某试验列车按照设定的直线

运动模式，利用计算机控制制动装置，实现安全准确地进站停车。制动装置包括电气制动和机械制动两部分。图1所示为该列车在进站停车过程中设定的加速度大小a车随速度v的变化曲线。(1)求列车速度从20m/s降至3m/s经过的时间t及行进的距离x。（保留1位

小数）(2)有关列车电气制动，可以借助图2模型来理解。图中水平平行金属导轨处于竖直方向的匀强磁场中，回路中的电阻阻值为R，不计金属棒MN及导轨的电阻。MN沿导轨向右运动的过程，对应列车的电气制动过程，可假设MN棒运动的速度与列车的速度、棒的加速度与列车电气制动产生的加速度成

正比。列车开始制动时，其速度和电气制动产生的加速度大小对应图1中的P点。论证电气制动产生的加速度大小随列车速度变化的关系，并在图1中画出图线。(3)制动过程中，除机械制动和电气制动外，列车还会受到随车速减小而减

小的空气阻力。分析说明列车从100m/s减到3m/s的过程中，在哪个速度附近所需机械制动最强?(注意：解题过程中需要用到、但题目没有给出的物理量，要在解题时做必要的说明)【答案】.(1)24.3st，279.3mx；(2)列车电气制动产生的加速度与列车的

速度成正比，为过P点的正比例函数，论证过程见解析。画出的图线如下图所示：(3)3m/s【解析】（1）列车速度从020m/sv=降至3m/stv=的过程中做匀减速直线运动，根据运动学公式可得0320=s24.3s0.7tvvta−−=−−车22220320=m279.3m220.7tvvx

a−−=−−车（2）设金属棒MN的质量为m，磁感应强度为B，导轨宽度为l，MN棒在任意时刻的速度大小为vMN。MN棒切割磁感线产生的感应电动势为MNEBlv=回路中的电流为MNBlvEIRR==MN棒所受安培力大小为22MNBlvFBIlR==M

N棒的加速度大小为22MNMNBlvFammR==由上式可知MNa与MNv成正比。又因为MN棒运动的速度与列车的速度、棒的加速度与列车电气化制动产生的加速度成正比，所以电气制动产生的加速度a电气与列车的速度v成正比，则电气制动产生的加速度大小随列车速度变化图

线如图1所示。（3）制动过程中，列车受到的阻力是由电气制动、机械制动和空气阻力共同引起的。由（2）可知，电气制动的阻力与列车速度成正比；空气阻力随速度的减小而减小；由题图1并根据牛顿第二定律可知，列车速度在20m/s至3m/s区间所需合力最大且不变。综合以上分析可知，列车速度在3m/

s左右所需机械制动最强。10．（2020·北京卷）如图甲所示，200N=匝的线圈（图中只画了2匝），电阻2Ωr=，其两端与一个48ΩR=的电阻相连，线圈内有指向纸内方向的磁场。线圈中的磁通量按图乙所示规律变化。(1)判断通过电阻R的

电流方向；(2)求线圈产生的感应电动势E；(3)求电阻R两端的电压U。【答案】(1)ab→；(2)10V；(3)9.6V【解析】(1)根据图像可知，线圈中垂直于纸面向里的磁场增大，为了阻碍线圈中磁通量的增大，根

据楞次定律可知线圈中感应电流产生的磁场垂直于纸面向外，根据安培定则可知线圈中的感应电流为逆时针方向，所通过电阻R的电流方向为ab→。(2)根据法拉第电磁感应定律0.0150.010200V10V0.10ENt−===(3)电阻R两端的电压为路端电压，

根据分压规律可知4810V9.6V482RUERr===++11．（2020·江苏卷）如图所示，电阻为0.1Ω的正方形单匝线圈abcd的边长为0.2m，bc边与匀强磁场边缘重合。磁场的宽度等于线圈的边长，磁感应强度大小

为0.5T。在水平拉力作用下，线圈以8m/s的速度向右穿过磁场区域。求线圈在上述过程中：(1)感应电动势的大小E；(2)所受拉力的大小F；(3)感应电流产生的热量Q。【答案】(1)0.8V；(2)0.8N；(3)0.32J【解析】(1)

由题意可知当线框切割磁感线是产生的电动势为0.50.28V0.8VEBLv==创=(2)因为线框匀速运动故所受拉力等于安培力，有=FFBIL=安根据闭合电路欧姆定律有EIR=结合(1)联立各式代入数据可得F=0.8N；(

3)线框穿过磁场所用的时间为220.2s0.05s8Ltv´===故线框穿越过程产生的热量为2220.80.05J=0.32J0.1EQIRttR===?12．（2020·浙江卷）如图1所示，在绝缘光滑水平桌面上，以O为原点、水平向右为

正方向建立x轴，在01.0mx区域内存在方向竖直向上的匀强磁场。桌面上有一边长0.5mL=、电阻0.25R=的正方形线框abcd，当平行于磁场边界的cd边进入磁场时，在沿x方向的外力F作用下以1.0m/sv=的速度做匀速运动，直到ab边进入磁场时撤去外力。若以

cd边进入磁场时作为计时起点，在01.0st内磁感应强度B的大小与时间t的关系如图2所示，在01.3st内线框始终做匀速运动。(1)求外力F的大小；(2)在1.0s1.3st内存在连续变化的磁场，求磁感应强度B的大小与时间t的关系；(3)求在01.3st内流过导线横截面的电荷量

q。【答案】(1)0.0625N；(2)164Bt=−；(3)0.5C【解析】(1)由图2可知000,0.25TtB==，则回路电流0BLvIR=安培力220ABLFvR=所以外力0.0625NAFF==(2)匀速出磁场，电流为0，磁通量不变1=，11.0st=时，10.5TB=，磁通量21

1BL=，则t时刻，磁通量()1BLLvtt=−−解得164Bt=−(3)00.5st电荷量2010.25CBLqR==0.5s1.0st电荷量221020.25CBLBLqR−==总电荷量120.5Cqqq=+=13．

（2020·天津卷）如图所示，垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t均匀变化。正方形硬质金属框abcd放置在磁场中，金属框平面与磁场方向垂直，电阻0.1R=，边长0.2ml=。求（1）在0t=到0.1st=时间内，金属框中的感应电动势E；（

2）0.05st=时，金属框ab边受到的安培力F的大小和方向；（3）在0t=到0.1st=时间内，金属框中电流的电功率P。【答案】（1）0.08V；（2）0.016N，方向垂直于ab向左；（3）0.064W【解析】（1）在0t

=到0.1st=的时间t内，磁感应强度的变化量0.2TB=，设穿过金属框的磁通量变化量为，有2Bl=①由于磁场均匀变化，金属框中产生的电动势是恒定的，有Et=②联立①②式，代入数据，解得0.08VE

=③（2）设金属框中的电流为I，由闭合电路欧姆定律，有EIR=④由图可知，0.05st=时，磁感应强度为10.1TB=，金属框ab边受到的安培力1FIlB=⑤联立①②④⑤式，代入数据，解得0.016NF=⑥方向垂

直于ab向左。⑦（3）在0t=到0.1st=时间内，金属框中电流的电功率2PIR=⑧联立①②④⑧式，代入数据，解得0.064WP=⑨14．（2020·全国卷）如图，一边长为l0的正方形金属框abcd固定在水平面内，空间存在方向垂直于水平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场。一长度大于0

2l的均匀导体棒以速率v自左向右在金属框上匀速滑过，滑动过程中导体棒始终与ac垂直且中点位于ac上，导体棒与金属框接触良好。已知导体棒单位长度的电阻为r，金属框电阻可忽略。将导体棒与a点之间的距离记为x，求导体棒所受安培力的大小随x（002xl）变化的关系式。【答案】()202000

22,02222,22BvxxlrFBvlxlxlr=−剟„【解析】当导体棒与金属框接触的两点间棒的长度为l时，由法第电磁感应定律可知导体棒上感应电动势的大小为EB

lv=由欧姆定律可知流过导体棒的感应电流为EIR=式中R为这一段导体棒的电阻。按题意有Rrl=此时导体棒所受安培力大小为FBIl=由题设和几何关系有000022,0222(2),22xxlllxlxl

=−„„联立各式得()20200022,02222,22BvxxlrFBvlxlxlr=−剟„15．（2020·浙江卷）如图甲所示，在xOy水平面内，固定放置着间距为l的

两平行金属直导轨，其间连接有阻值为R的电阻，电阻两端连接示波器（内阻可视为无穷大），可动态显示电阻R两端的电压。两导轨间存在大小为B、方向垂直导轨平面的匀强磁场。0t=时一质量为m、长为l的导体棒在外力F作用下从0xx=。位置开始做简谐运动，观察到示波器显示的电压随时间变化的波形是如图

乙所示的正弦曲线。取02mUTxBl=−，则简谐运动的平衡位置在坐标原点O。不计摩擦阻力和其它电阻，导体棒始终垂直导轨运动。（提示：可以用Fx−图象下的“面积”代表力F所做的功）（1）求导体棒所受到的安培力AF随时间t的变化规律；（2）求在0至0.25T时

间内外力F的冲量；（3）若0t=时外力0m1N,1m,2s,1kg,1Ω,0.5V,0.5TFlTmRUB=======，求外力与安培力大小相等时棒的位置坐标和速度。【答案】(1)2sinmBlUtRT−(2)m

m2FBlUTmUIRBl=+(3)11m5x=和12m/s5v=；21m5x=−和22m5v=−【解析】（1）由显示的波形可得m2sinUUtT=m2sinUItRT=安培力随时间变化规

律：2sinmABlUFBIltRT=−=−（2）安培力的冲量：220ABxlIBlqR=−=−由动量定理，有：mFAIImv+=解得：mm2FBlUTmUIRBl=+（3）棒做简谐运动，有：AFFkx+

=−当AFF=−时：0x=m1m/svv==当AFF=时，设xx=，vv=12AFkx=−00Fkx=−2xv=根据动能定理：()22201122mvkxx=−解得：11m5x=和12m/s5v=；21m5

x=−和22m5v=−