【文档说明】（2020-2022）三年高考物理真题分项汇编（山东专用）专题11电磁感应含解析.doc，共(29)页，1.747 MB，由envi的店铺上传

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2020-2022年三年山东卷高考汇编专题11电磁感应【考纲定位】内容要求1.电磁感应和楞次定律探究影响感应电流方向的因素，理解楞次定律.2.法拉第电磁感应定律通过实验，理解法拉第电磁感应定律.2022·山东·高考T122021·山东·高考T82021·山东·高考T122

020·山东·高考T123.自感和涡流通过实验，了解自感现象和涡流现象．能举例说明自感现象和涡流现象在生产生活中的应用.【知识重现】一、关于电磁感应的几个基本问题1．电磁感应现象利用磁场产生电流(或电动势

)的现象，叫电磁感应现象．所产生的电流叫感应电流，所产生的电动势叫感应电动势．2．产生感应电流的条件(1)当穿过电路的磁通量发生变化时就将发生电磁感应现象，电路里产生感应电动势．如果电路闭合，则产生感应电流．(2)当导体在磁场中做切割磁感线的运动时将发生电磁感应现象，导体里产生感

应电动势．如果做切割磁感线运动的导体是某闭合电路的一部分，则电路里将产生感应电流．产生感应电动势的那部分导体相当于电源．应指出的是：闭合电路的一部分做切割磁感线运动时，穿过闭合电路的磁通量也将发生变化．所以上述两个条件从根本上还应归结为磁通量的变化．如图

所示，如果矩形线圈abcd在匀强磁场中以速度v平动时，尽管线圈的bc和ad边都在做切割磁感线运动，但由于穿过线圈的磁通量没有变，所以线圈回路中没有感应电流．3．发生电磁感应现象的理论解释(1)导体在磁场中做切割磁感线运动而发生的电磁感应现象，可以用运动电荷

在磁场中受到洛伦兹力的作用来解释．(2)磁场变化使穿过磁场中闭合回路的磁通量改变而发生的电磁感应现象，可以用麦克斯韦的电磁场理论来解释．二、感应电流方向的判断1．右手定则使用方法如图所示．右手定则适用于导体切割磁感线(平动或转动)产生的感应电流方向的判定．2．楞次定律(1)内容：感应电

流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化．楞次定律主要用来判断感应电流的方向．它涉及两个磁场，感应电流的磁场(新产生的磁场)和引起感应电流的磁场(原来就有的磁场)，前者和后者的关系不是“同向”和“反向”的简单关系，而是前者“阻碍”后者“变化”的关系

．(2)对“阻碍”意义的理解理解角度解释谁阻碍谁“感应电流的磁场”阻碍“产生感应电流的原磁场”的磁通量的变化阻碍什么阻碍的是穿过回路的“磁通量的变化”，而不是磁通量本身如何阻碍原磁通量增加时，阻碍增加(感应电流的磁场方向与原磁场方向相反，起抵消作用)；原磁通量减少时，

阻碍减少(感应电流的磁场方向与原磁场方向相同，起补偿作用)，简称“增反减同”结果如何阻碍并不是阻止，只是延缓了磁通量的变化，结果是阻而未止3.楞次定律和右手定则的区别(1)判断感应电流的方向时，右手定则只适用于部分导

体切割磁感线的情况，楞次定律适用于任何情况．(2)楞次定律的研究对象是整个回路，而右手定则却是一段做切割磁感线运动的导体．但二者是统一的．(3)用到楞次定律必定要用安培定则(判断感应电流产生的磁场方向，或由磁场方向判断感应电流)．

三、感应电动势的大小1．感应电动势(1)感应电动势：在电磁感应现象中产生的电动势．产生感应电动势的那部分导体相当于电源，导体的电阻相当于电源内阻．(2)感应电流与感应电动势的关系：遵循闭合电路欧姆定律，即I＝ER＋r.

2．法拉第电磁感应定律(1)内容：闭合电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比．表达式为E＝nΔΦΔt.(2)理解①方向：感应电动势的方向与电源内部感应电流方向一致．②当Δt为一段时间时，E为这段时间内的平均感应电动势；当Δt→0时，E为瞬时感应电动势；Φ—t图象的斜

率为ΔΦΔt.③n为线圈的匝数，Φ与n无关，E与n有关，相当于多个电源串联．④磁通量Φ变化的三种方式E＝nΔΦΔt→―――→B不变E＝nBΔSΔt―――→S不变E＝nSΔBΔt―――――→B、S均变E＝nB

2S2－B1S1Δt≠nΔBΔSΔt(3)应用E＝nΔΦΔt时应注意的几个问题①由于磁通量有正负之分，计算磁通量的变化时一定要规定磁通量的正方向．正向的磁通量增加与反向的磁通量减少产生的感应电流的方向相同．②公式E＝nΔΦΔt是求解回路某段时间内平均感应电动势的最佳选择，所求得的感应电

动势是整个回路的电动势，而不是某部分导体的电动势．③用公式E＝nSΔBΔt求感应电动势时，S为线圈在磁场范围内垂直磁场方向的有效面积．④计算通过回路的电荷量：通过回路截面的电荷量q仅与n、ΔΦ和回路电阻R总有关，与时间长短无关．推导如下

：q＝I－Δt＝nΔΦR总Δt·Δt＝nΔΦR总.3．导体切割磁感线(1)感应电动势公式：E＝BLv(可由法拉第电磁感应定律推出)．(2)说明：①上式仅适用于导体各点以相同的速度在匀强磁场中切割磁感线的情况，且L、v与B两两垂直．②当L⊥B，L⊥v，

而v与B成θ角时，感应电动势E＝BLvsinθ.③若导线是曲折的，则L应是导线的有效切割长度．下图中，棒的有效长度均为ab间的距离．④公式E＝BLv中，若v是一段时间内的平均速度，则E为平均感应电动势；若v为瞬时速

度，则E为瞬时感应电动势．4．导体转动切割磁感线如图所示，导体棒以端点为轴，在垂直于磁感线的平面内以角速度ω匀速转动，产生的感应电动势E＝12Bωl2(用中点的线速度来计算)．四、自感和涡流1．自感(1)自感现象：由于通过导体的电流发生变化而引起的电磁感应现象叫自感现象．(2)自感电动势：自感现

象中产生的电动势叫自感电动势，E＝LΔIΔt.自感电动势和电流的变化率ΔIΔt及自感系数L成正比．自感系数由导体本身的特性决定，线圈越长，单位长度上的匝数越多，横截面积越大，它的自感系数就越大；线圈中加入铁芯，自感系数也会增大．(3)通电自感：通电时电流增大，阻

碍电流增大，自感电动势和原来电流方向相反．(4)断电自感：断电时电流减小，阻碍电流减小，自感电动势和原来电流方向相同．自感线圈的特点可以总结为这样几句话：闭合时，像电阻；稳定时，像导线；断开时，像电源．2．涡流当线圈中的电流发生变化时，在它附近的任何导体中都会产生感应电

流，这种电流像水中的旋涡，所以叫涡流．【真题汇编】1．（2022·山东·高考真题）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222ΔsectanΔEBLttt=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。2．

（2021·山东·高考真题）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。已知卫星离地平均高度为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．GMfr

BLRHBL−+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。3．（2021·山东·高考真题）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1

1BESkSt==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2221+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。4．（2020·山东·高考真题）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。【突破练习】1．（2022·山东·高三学业考试）如图所示，光滑金属导轨M、N互相平行，相距为L，两金属棒a和b

垂直于导轨且紧靠着放置，它们的质量均为m，在两导轨之间的电阻均为R。整个装置位于水平面内，处于磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中，导轨电阻忽略不计，长度足够长。t＝0时刻对棒a施加一平行于导轨的恒力F，在t＝t1时刻电路中电流恰好达到稳定，然

后在1ttt+＝时刻撤去力F。则（）A．t1时刻两金属棒的加速度相同B．在t1～（t1+Δt）时间内a、b两棒位移之差为22FRtBLC．撤去力F后，导轨之间的电势差UMN逐渐增大D．撤去力F后，两个导体棒最终速度为1()2Fttm+【答案】ABD【解析

】A．a棒在拉力F作用下向右做加速运动切割磁感线，与b棒组成回路，所以b棒在安培力作用下向右做加速运动，电路中的总电动势为abEBLvBLv=−a棒做加速度减小的加速，b棒做加速度增大的加速，当加速度相等时，电路中的电流恒定，故t1时刻两金属棒的加速度相同，A正确；B．

t1时刻由牛顿第二定律，对aFBILma−=对bBILma=故FBILBIL−=即2FBIL=其中2EIR=abEBLvBLLvBv=−=解得22FRvBL=因为在t1～（t1+Δt）时间内，两杆速度差保持不变，故a、b两棒位移之差为22FRtxvtBL==

B正确；C．撤去力F后，由闭合电路欧姆定律可知()()·22ababMNaaBLvvBLvvUEIRBLvRR−+=−=−=由动量守恒可知abmvmvC+=即abvvK+=所以MNU恒定，C错误；D．撤去力F后，两个导体棒水平方向合外力为零，动量守恒，最终二者共速，设共速速度为v。全过程两金

属棒受到的安培力始终等大、反向，作用时间相等，故安培力对两金属棒的冲量等大、反向。设全过程安培力对金属棒的冲量大小为I安，规定向右为正方向，对金属棒a应用动量定理可得()10FttImv+−=−安对b应用动量定理可得0Imv=−安联立可得1()2Fttvm+=D正确。故选ABD。2．（2

022·山东淄博·三模）如图所示，空心“十”字形金属框ABCDEFGHIJKL各边边长相等，均为a，总阻值为R。在金属框的右上侧足够大的空间存在垂直金属框所在平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为0B，金属框上A、K两点的连线与磁场的边界虚线重合，在同一平面内建有沿FL连线方向的x轴。某时刻

开始，金属框以恒定的速度0v沿x轴方向进入磁场（规定电流逆时针方向为正方向），则在进入磁场过程中，穿过金属框的磁通量、金属框中的电流i随时间t变化的关系图像可能是（）A．B．C．D．【答案】AC【解析】AB．从线圈开始进入磁场开始到B

LJ点进入磁场，经过的时间为022av穿过线圈的磁通量从零增加到20Ba，且磁通量变化率逐渐变大，即图像斜率逐渐变大；从线圈BLJ点进入磁场到CI点进入磁场，经过的时间为022av穿过线圈的磁通量从零增加到202.5Ba，且磁通量变化率逐

渐变小，即图像斜率逐渐变小；从线圈CI点进入磁场开始到DFH点进入磁场，经过的时间为022av穿过线圈的磁通量从202.5Ba增加到204Ba，且磁通量变化率逐渐变大，即图像斜率逐渐变大；从线圈DFH点进入磁场开始到EG点进入磁场，经过的时

间为022av穿过线圈的磁通量从204Ba增加到205Ba，且磁通量变化率逐渐变小，即图像斜率逐渐变小；则图像A正确，B错误；CD．根据楞次定律可判断，磁通量向里增多，金属框在匀速进入磁场的过程中，电流方向始终为逆时针方向，故图像D肯定是错误的；由图可知，金属框进入磁场过程中，经过

时间022av切割磁感线的等效长度从0均匀增加到等于BJ连线长度，经过相等的时间022av，均匀减小到等于CI连线长度，又经过022av均匀增加到等于DH连线长度，最后再经过022av均匀减小到0，完全进入磁场，根据几何关系可知长度关系为BJ=DH=2CI则根据00BlviR=

可知，故C正确，D错误。故选AC。3．（2022·山东师范大学附中模拟预测）如图甲所示，正方形导线框abcd放在匀强磁场中静止不动，磁场方向与线框平面垂直，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示。t=0时刻

，磁感应强度B的方向垂直纸面向外，感应电流以逆时针为正方向，cd边所受安培力的方向以垂直cd边向下为正方向。下列关于感应电流i和cd边所受安培力F随时间t变化的图像正确的是（）A．B．C．D．【答案】BD【解析】设正方形导线框边长为L，电阻为R，在0~2s，垂直纸面向外的磁场减弱，由楞次定律可

知，感应电流的方向为逆时针方向，为正方向，感应电流大小0022BSBSBSitRtRRR====电流是恒定值。由左手定则可知，cd边所受安培力方向向下，为正方向，大小为FBiL=安培力与磁感应

强度成正比，数值由0022FBiL=减小到零。2s~3s内，垂直纸面向里的磁场增强，由楞次定律可知，感应电流的方向为逆时针方向，为正方向，感应电流大小0BSitRR==电流是恒定值。由左手定则可知，cd边所受安培力方向向上，为负方向，大小为FBiL=安培力与磁感应强度成正比，由

零增大到00FBiL−=−3s−4s内垂直纸面向里的磁场减弱，由楞次定律可知，感应电流的方向为顺时针方向，为负方向，感应电流大小0BSitRR==电流是恒定值。由左手定则可知，cd边所受安培力方向向下，为正方向，大小为FBiL=安培力与磁感应强度成正比，数值由00FBi

L=减小到零4s~6s内垂直纸面向外的磁场增强，由楞次定律可知，感应电流的方向为顺时针方向，为负方向，感应电流大小0BSitRR==电流是恒定值。由左手定则可知，cd边所受安培力方向向上，为负方向，大小为FBiL=安培力与

磁感应强度成正比，数值由零增大到0022FBiL−=−由以上分析计算可得AC错误，BD正确。故选BD。4．（2022·山东·烟台二中模拟预测）如图所示，间距0.5mL=的光滑U形金属导轨固定在绝缘斜面

上，斜面倾角37=。区域I、Ⅱ分别以PQ、MN为边界，均存在垂直于斜面向上的磁场，I区中磁感应强度从0开始随时间均匀增加，Ⅱ区中为匀强磁场，磁感应强度20.5TB=，PQ与MN之间为无磁场区域。质量0.1kgm=、电阻2ΩR=的导体棒垂直于导轨放置，从两

磁场之间的无磁场区域由静止释放，经过2s=t进入Ⅱ区恰好匀速下滑。运动中棒与导轨始终保持良好接触，导轨足够长且电阻不计。重力加速度210m/s=g，sin370.6=。则下列说法正确的是（）A．进入Ⅱ区后，导体棒中的

电流2.4AI=B．无磁场区域的面积至少为212mC．前2s导体棒产生的焦耳热3.24JQ=D．若I区磁场面积为22m，则I区的磁感应强度随时间变化的表达式为1.8Bt=【答案】AC【解析】A．进入Ⅱ区恰好匀速下滑，则2sinmgBIL=导体棒中的电流为2.4AI=故A

正确；B．导体棒进入Ⅱ区域磁场的速度为vat=根据牛顿第二定律sin37mgma=导体棒在无磁场区域做匀加速直线运动，则22vax=无磁场区域的面积最小值为minSLx=代入数据得2min24mS=故B错误；C．导体棒进入Ⅱ区域后，I区中磁感应强度变化产生的感生电动势

为E1,Ⅱ区域导体棒切割磁场产生的动生电动势为E2，则1212EEEBLvIR+=+=感生电动势为11.8VE=前2s导体棒未切割磁场，则产生的焦耳热为213.24JEQtR==故C正确；D．根据1BEStt==I区磁场的变化率为0.9T/sBt=I区中磁感应强度从0开始随时间均匀增

加，则I区的磁感应强度随时间变化的表达式为0.9Bt=故D错误。故选AC。5．（2022·山东临沂·三模）如图所示，绝缘的水平面上固定有两条平行的光滑金属导轨，导轨电阻不计，两相同金属棒a、b垂直导轨放置，其右侧矩形区域内存在恒定的匀强磁场，磁场方向竖

直向上。现两金属棒分别以初速度02v和0v同时沿导轨自由运动，先后进入磁场区域。已知a棒离开磁场区域时b棒已经进入磁场区域，则a棒从进入磁场到刚好离开磁场区域的过程中，电流i随时间t的变化图像可能正确的有（

）A．B．C．D．【答案】AC【解析】a棒以速度2v0先进入磁场切割磁感线产生的感应电流为002BlviR=a棒受安培阻力做变加速直线运动，感应电流也随之减小，即it−图像的斜率逐渐变小；设当b棒刚进入磁场时a棒减速的速度为1v，此时的瞬时电流为11Blvi

R=若10vv=，即0012BlviiR==此时双棒双电源反接，电流为零，不受安培力，两棒均匀速运动离开，it−图像中无电流的图像；若10vv，即0112iBlviR=此时双棒双电源的电动势不等要抵消一部分，因b棒的速度大，电流方向以b棒

的流向，与原a棒的流向相反即为负，大小为01()BlvviR−=b棒通电受安培力要减速，a棒受安培力而加速，则电流逐渐减小；由以上分析可知，AC正确，BD错误。故选AC。6．（2022·山东枣庄·模拟预测）如图所示，在竖直平面内有一半圆形区域，O为圆心，AOD为半圆的水平直径，

区域内有磁感应强度大小为B、方向垂直于竖直平面向里的匀强磁场。在A、D两点各固定一颗水平的光滑钉子，一个由细软导线制成的闭合导线框ACDE挂在两颗钉子上，在导线框的E处有一个动滑轮，动滑轮下面挂重物，使导线处于绷紧状态。设导线框的电阻为r，圆的半径为R，从t=0时刻开始，将导线

上的C点绕圆心O以恒定角速度ω从A点沿圆弧移动到D点，此过程中不考虑导线中产生的磁场。在C从A点移动到D点的过程中，下列说法正确的是（）A．导线框中的感应电流先沿逆时针方向，后沿顺时针方向B．导线框中产生的电热为242BRrC．通过导线框横截面的电荷

量为2BRrD．导线框中感应电动势随时间t的变化关系为2coseBRt=【答案】AD【解析】A．设转过角度为θ=ωt，根据几何知识知，线框上部分的三角形的面积212sinsin2SRRR==磁通量为Φ=BR2sinθ=BR2sinωt导线框中磁通量（方

向向里）先增大后减小，由楞次定律知感应电流磁场先向外后向里，感应电流先逆时针方向，后顺时针方向，A正确；D．根据法拉第电磁感应定律ΦEt=知e=ωBR2cosωtD正确；C．根据EnqItttrtrr====C点从A移动

到D的过程中，=0，所以q=0，C错误；B．根据D项分析知电动势有效值为22222BREBR==故电热22422ETBRQrr==故B错误。故选AD。7．（2022·山东潍坊·高三阶段练习）如图所示，一足够长的竖直放置的圆柱

形磁铁，产生一个中心辐射的磁场（磁场水平向外），一个与磁铁同轴的圆形金属环，环的质量m=0.2kg，环单位长度的电阻为0.1πΩ/m，半径r=0.1m（大于圆柱形磁铁的半径）。金属环由静止开始下落，环面始终水平，金属环切割处的

磁感应强度大小均为B=0.5T，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2。则（）A．环下落过程的最大速度为4m/sB．环下落过程中，先做匀加速直线运动，再做匀速直线运动C．若下落时间为2s时环已经达到最大速度，则这个过程通过环截面的电荷量是32CD．若下落高度为3m时环

已经达到最大速度，则这个过程环产生的热量为6J【答案】AC【解析】A．金属环达到最大速度时，加速度为0，受力平衡mgBIL=设金属环的最大速度为vm，则mEBLv=EIR=2Lr=220.10.2Rrr==解得m4m

/sv=故A正确；B．环下落过程中mgBILma−=可得BLvmgBLmaR−=加速度不是恒定的，所以先做变加速直线运动，然后匀速直线运动，故B错误；C．若下落时间为2s时环已经达到最大速度，根据动量定理则有mmgtBiLtmv−=

其中qit=联立可得32CmmgtmvqBL−==故C正确；D．若下落高度为3m时环已经达到最大速度，则2m12mghmvQ=+得4.4JQ=故D错误。故选AC。8．（2022·山东省实验中学模拟预测）如图甲所示，两光滑平行金属导轨固定在水平面上，虚线PQ右侧有竖直向上的匀强磁场

，磁感应强度大小B=5T，导体棒MN和正方形导线框abcd静止在PQ右侧的导轨上，且导体棒MN和导线框的abcd、两边都垂直于导轨，导线框的边长、导体棒MN的长度及导轨的宽度都为L=0.2m。现固定导线框，将与MN垂直的水平恒力作用在导体棒MN的

中点上，水平恒力的大小F=2N，当MN达到最大速度后撤掉恒力，同时释放导线框，经过一段时间，导线框达到最大速度，此时导线框cd边还没有到达虚线PQ处，又经过一段时间，当导线框的cd边到达虚线PQ时，立即将导体棒MN固定。已知导体棒MN和导线

框的质量都为m=0.1kg；导体棒MN及导线框abcd、边的电阻都为43r=，导轨和导线框其余电阻不计，导体棒MN与导线框一直没有接触，则下列说法正确的是（）A．导线框的最大速度为2m/sB．导线框完全出磁场时速度为1m/sC．导线框离开磁场的过程中，整个回路产生的焦耳热为0.05JD．导线

框离开磁场的过程中，导体棒MN中产生的焦耳热为0.025J【答案】ABD【解析】A．当MN达到最大速度时，有22MN=2BLvFrr+解得MN4m/sv=当MN达到最大速度撤掉恒力后，导体棒减速，线框加速，线框速度与导体棒速度相等时线框速度为最大值，之后导体棒

与线框一起做匀速直线运动，该过程中导体棒和线框系统动量守恒，有MN2mvmv=解得2m/sv=故A正确；B．导线框出磁场的过程由动量定理可得'BILtmvmv−=−又22322LBLBLvBLtIrrrt

rr===++所以23'23BLmvmvr−=−解得'1m/sv=故B正确；C．由能量守恒可得2'21()0.15J2Qmvv=−=总故C错误；D．导线框离开磁场过程中ab边切割磁感线产生感应电流，假

设2abII=，则MNcdIII==，由2QIR=得MN1==0.025J6QQ总故D正确。故选ABD。9．（2022·山东·济南一中模拟预测）将材料相同、粗细不同的导线绕成边长相同的Ⅰ、Ⅱ两个正方形闭合线圈，Ⅰ线

圈的匝数是Ⅱ的2倍，两线圈质量相等。现将两线圈在竖直平面内从同一高度同时以初速度0v竖直向上抛出，一段时间后进入方向垂直于纸面向外的匀强磁场区域，磁场的下边界水平，如图所示。已知线圈在运动过程中某条对角线始终与下边界垂直，且线圈平面始终在竖直平面内，空气阻力不计。在线圈进入磁场的

过程中，下列说法正确的是（）A．通过Ⅰ、Ⅱ线圈导线截面的电荷量之比为1∶1B．通过Ⅰ、Ⅱ线圈导线截面的电荷量之比为1∶2C．Ⅰ、Ⅱ线圈中产生的焦耳热之比为1∶2D．Ⅰ、Ⅱ线圈中产生的焦耳热之比为1∶1【答案】BD【解析】AB．Ⅰ、Ⅱ线圈

进入磁场过程中磁通量的变化量相等，由nqItR==得112221qnRqnR=两线圈的材料相同，质量相同，由mV=密度可知两线圈导线的体积相等，由题可知两线圈导线的长度之比为122ll=由VlS=得两线圈导线的长度之比为122112SlSl==由lRS=电阻率得22111214RlSRl

S==所以11222112qnRqnR==故A错误，B正确；CD．线圈进入磁场过程中，设某时刻线圈切割磁感线的有效长度为L，速度为v，则EnBLv=，==EnBLvIRR，222nBLvFnBILR==可知F正比于v，刚进入磁场时两线圈的速度相等（

1v），则刚进入时有211222211FnRFnR==即刚进入时安培力相同，又两线圈质量、重力相等，所以刚进入时两线圈加速度相同，则可得两线圈进入磁场过程中的任意位置都有速度、加速度相同，所以恰完全进入磁场时两线圈速度相等（2v），由能量守恒22121122mvmghmvQ=++得12QQ=故C错

误，D正确。故选BD。10．（2022·山东·模拟预测）如图所示，间距0.5mL=的平行金属导轨与水平面夹角37=，处于垂直导轨平面的磁感应强度0.5TB=的匀强磁场中，导轨上端接有阻值1ΩR=的定值电阻。一质量0.1kgm=、电阻1Ωr=、长

度与导轨间距相等的金属棒垂直跨放在导轨上，棒由静止开始运动后所能达到的最大速度为6.4m/s。sin370.6=，cos370.8=。已知金属棒与导轨始终接触良好，g取210m/s。不计空气阻力，求：（1）金属棒开始下滑时的加速度；（2）

金属棒的加速度为21m/s时，电阻R上消耗的电功率。【答案】（1）22m/s；（2）0.16W【解析】（1）当金属棒以最大速度vm运动时产生的感应电动势大小为mEBLv=通过金属棒的电流大小为EIRr=+设金属棒与导轨间的动摩擦因

数为μ，根据平衡条件有sincosmgBILmg=+设金属棒开始下滑时的加速度大小为a，根据牛顿第二定律有sincosmgmgma−=解得22m/sa=（2）当金属棒的加速度为21m/sa=时，设通过

金属棒的电流为I′，根据牛顿第二定律有sincosmgmgBILma−−=解得0.4AI=此时R消耗的电功率为20.16WPIR==