專題31電磁感應(yīng)+電路和動力學(xué)-三年（2022-2024）高考物理真題分類匯編（全國）

專題31電磁感應(yīng)+電路和動力學(xué)考點三年考情（2022-2024）命題趨勢考點1電磁感應(yīng)+電路（5年2考）2024年高考湖北卷第15題：金屬棒在兩足夠長平行金屬直導(dǎo)軌滑動；2022年全國理綜甲卷第20題：兩根相互平行的光滑長直金屬導(dǎo)軌一端接電阻或電容，金屬棒在其上滑動；2022年全國理綜甲卷第16題：三個用同樣的細(xì)導(dǎo)線做成的剛性閉合線框，放入磁感應(yīng)強度隨時間線性變化的同一勻強磁場中。1.電磁感應(yīng)中電路問題包括電容電路和串并聯(lián)電路，是考查的熱點。2.電磁感應(yīng)中動力學(xué)問題的考查主要集中在加速度、速度、安培力等，解答此類問題，需要利用牛頓運動定律、法拉第電磁感應(yīng)定律、安培力及其相關(guān)知識?？键c2電磁感應(yīng)+動力學(xué)（5年4考）2024年1月浙江選考第21題：掃描隧道顯微鏡減振裝置。2022年高考遼寧物理：兩金屬桿在兩平行光滑長直金屬導(dǎo)軌上滑動?？键c01電磁感應(yīng)+電路1．（2024年高考湖北卷第15題）.如圖所示，兩足夠長平行金屬直導(dǎo)軌MN、PQ的間距為L，固定在同一水平面內(nèi)，直導(dǎo)軌在左端M、P點分別與兩條豎直固定、半徑為L的圓弧導(dǎo)軌相切。MP連線與直導(dǎo)軌垂直，其左側(cè)無磁場，右側(cè)存在磁感應(yīng)強度大小為B、方向豎直向下的勻強磁場。長為L、質(zhì)量為m、電阻為R的金屬棒ab跨放在兩圓弧導(dǎo)軌的最高點。質(zhì)量為2m、電阻為6R的均勻金屬絲制成一個半徑為L的圓環(huán)，水平放置在兩直導(dǎo)軌上，其圓心到兩直導(dǎo)軌的距離相等。忽略導(dǎo)軌的電阻、所有摩擦以及金屬環(huán)的可能形變，金屬棒、金屬環(huán)均與導(dǎo)軌始終接觸良好，重力加速度大小為g。現(xiàn)將金屬棒ab由靜止釋放，求（1）ab剛越過MP時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大??；（2）金屬環(huán)剛開始運動時的加速度大?。唬?）為使ab在整個運動過程中不與金屬環(huán)接觸，金屬環(huán)圓心初始位置到MP的最小距離。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】（1）根據(jù)題意可知，對金屬棒ab由靜止釋放到剛越過MP過程中，由動能定理有解得則ab剛越過MP時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小為（2）根據(jù)題意可知，金屬環(huán)在導(dǎo)軌間兩段圓弧并聯(lián)接入電路中，軌道外側(cè)的兩端圓弧金屬環(huán)被短路，由幾何關(guān)系可得，每段圓弧的電阻為可知，整個回路的總電阻為ab剛越過MP時，通過ab的感應(yīng)電流為對金屬環(huán)由牛頓第二定律有解得（3）根據(jù)題意，結(jié)合上述分析可知，金屬環(huán)和金屬棒ab所受的安培力等大反向，則系統(tǒng)的動量守恒，由于金屬環(huán)做加速運動，金屬棒做減速運動，為使ab在整個運動過程中不與金屬環(huán)接觸，則有當(dāng)金屬棒ab和金屬環(huán)速度相等時，金屬棒ab恰好追上金屬環(huán)，設(shè)此時速度為，由動量守恒定律有解得對金屬棒，由動量定理有則有設(shè)金屬棒運動距離為，金屬環(huán)運動的距離為，則有聯(lián)立解得則金屬環(huán)圓心初始位置到MP的最小距離2..（2022高考上海）寬L=0.75m的導(dǎo)軌固定，導(dǎo)軌間存在著垂直于紙面且磁感應(yīng)強度B=0.4T的勻強磁場。虛線框I、II中有定值電阻R0和最大阻值為20Ω的滑動變阻器R。一根與導(dǎo)軌等寬的金屬桿以恒定速率向右運動，圖甲和圖乙分別為變阻器全部接入和一般接入時沿abcda方向電勢變化的圖像。求：（1）勻強磁場的方向；（2）分析并說明定值電阻R0在I還是在II中，并且R0大小為多少？（3）金屬桿運動的速率；（4）滑動變阻器阻值為多大時變阻器的功率最大？并求出該最大功率Pm。【命題意圖】本題考查電磁感應(yīng)及其相關(guān)知識點?！舅季S導(dǎo)圖】由電勢圖像得出a點電勢高→切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢的金屬桿是電源→金屬桿上端為高電勢（電源正極）→金屬桿中電流方向從下到上→右手定則→磁場方向垂直紙面向里對比圖甲和圖乙→串聯(lián)電路分壓規(guī)律→I中為定值電阻→歐姆定律列方程組→解得R0和φ0..把定值電阻和金屬桿視作等效電源→電源輸出電功率最大條件→滑動變阻器最大功率【名師解析】（1）a點電勢高，即金屬桿上端電勢高，根據(jù)右手定則可判斷出磁場垂直紙面向里（2）滑動變阻器接入阻值減小時，Uab變大，根據(jù)串聯(lián)電路分壓特點，說明I中的阻值分到的電壓增多，I中為定值電阻。金屬桿的電阻不計，Uad=E=φ0?；瑒幼冏杵鲀煞N情況下，R=1.2V，R=1.0V，聯(lián)立解得：R0=5Ω，φ0=1.5V（3）金屬桿切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，E=BLv=φ0=1.5V解得v=5m/s（4）將定值電阻和金屬桿視作一個等效電源，由電源輸出功率最大的條件可知，當(dāng)滑動變阻器阻值為Rx=R0=5Ω時，滑動變阻器消耗的電功率最大，最大功率Pm===0.1125W。3.（2022年全國理綜甲卷第20題）如圖，兩根相互平行的光滑長直金屬導(dǎo)軌固定在水平絕緣桌面上，在導(dǎo)軌的左端接入電容為C的電容器和阻值為R的電阻。質(zhì)量為m、阻值也為R的導(dǎo)體棒MN靜止于導(dǎo)軌上，與導(dǎo)軌垂直，且接觸良好，導(dǎo)軌電阻忽略不計，整個系統(tǒng)處于方向豎直向下的勻強磁場中。開始時，電容器所帶的電荷量為Q，合上開關(guān)S后，（）A．通過導(dǎo)體棒MN電流的最大值為B．導(dǎo)體棒MN向右先加速、后勻速運動C．導(dǎo)體棒MN速度最大時所受的安培力也最大D．電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱大于導(dǎo)體棒MN上產(chǎn)生的焦耳熱【參考答案】AD【命題意圖】本題考查電容器電容、電磁感應(yīng)、安培力、運動情況分析、焦耳熱?！窘忸}思路】帶電荷量Q的電容器兩端電壓U=Q/C，合上開關(guān)S的瞬間，通過導(dǎo)體棒MN的電流最大，最大值為IM=U/R=Q/RC，選項A正確；合上開關(guān)S后導(dǎo)體棒MN受到向右安培力作用先向右加速運動，產(chǎn)生與原來電流方向相反的感應(yīng)電動勢，阻礙電流通過MN放電，而電容器還可以通過電阻R放電，導(dǎo)體棒MN向右運動產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢與電阻R形成回路，受到向左安培力作用做減速運動，選項B錯誤；合上開關(guān)S的瞬間，通過導(dǎo)體棒MN的電流最大，導(dǎo)體棒所受安培力最大，選項C錯誤；由于合上開關(guān)S后導(dǎo)體棒MN受到向右安培力作用先向右加速運動，產(chǎn)生與原來電流方向相反的感應(yīng)電動勢，阻礙電流通過MN放電，所以電阻R產(chǎn)生的焦耳熱大于導(dǎo)體棒MN上產(chǎn)生的焦耳熱，選項D正確?！疽族e提醒】通電導(dǎo)線做切割磁感線運動，產(chǎn)生與原來電流方向相反的感應(yīng)電動勢，阻礙電流通過。4．（2022年全國理綜甲卷第16題）三個用同樣的細(xì)導(dǎo)線做成的剛性閉合線框，正方形線框的邊長與圓線框的直徑相等，圓線框的半徑與正六邊形線框的邊長相等，如圖所示。把它們放入磁感應(yīng)強度隨時間線性變化的同一勻強磁場中，線框所在平面均與磁場方向垂直，正方形、圓形和正六邊形線框中感應(yīng)電流的大小分別為和。則（）A．B．C．D．【參考答案】C【命題意圖】本題考查法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路歐姆定律及其相關(guān)知識點?！窘忸}思路】設(shè)磁感應(yīng)強度變化率為k，設(shè)圓半徑為r，單位長度導(dǎo)線的電阻為R0，則正方形線框產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E1=4r2k，正方形線框電阻R1=8rR0，感應(yīng)電流I1=E1/R1=kr/2R0；圓形線框產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E2=πr2k，圓形線框電阻R2=2πrR0，感應(yīng)電流I2=E2/R2=kr/2R0；正六邊形線框產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E3=r2k，正六邊形線框電阻R3=6rR0，感應(yīng)電流I3=E3/R3=；所以I1=I2＞I3，選項C正確?？键c02電磁感應(yīng)+動力學(xué)1.（2024高考遼寧卷）如圖，兩條“∧”形的光滑平行金屬導(dǎo)軌固定在絕緣水平面上，間距為L，左、右兩導(dǎo)軌面與水平面夾角均為30°，均處于豎直向上的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度大小分別為2B和B。將有一定阻值的導(dǎo)體棒ab、cd放置在導(dǎo)軌上，同時由靜止釋放，兩棒在下滑過程中始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，ab、cd的質(zhì)量分別為2m和m，長度均為L。導(dǎo)軌足夠長且電阻不計，重力加速度為g，兩棒在下滑過程中（）A.回路中的電流方向為abcda B.ab中電流趨于C.ab與cd加速度大小之比始終為2︰1 D.兩棒產(chǎn)生的電動勢始終相等【答案】AB【解析】導(dǎo)體棒ab和cd同時由靜止釋放，速度為v時，ab產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E1=2BLv，由右手定則可判斷出ab中感應(yīng)電動勢方向為a→b；cd產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E2=BLv，由右手定則可判斷出ab中感應(yīng)電動勢方向為c→d，兩導(dǎo)體棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢；所以回路中的電流方向為abcda，A正確；當(dāng)導(dǎo)體棒所受安培力沿導(dǎo)軌方向的分力等于重力沿導(dǎo)軌方向的分力時，導(dǎo)體棒勻速運動，電流趨于最大值。設(shè)ab導(dǎo)體棒中電流趨于I，ab所受安培力F=2BLI，由Fcos30°=2mgsin30°，解得I=，B正確；導(dǎo)體棒速度為v時回路中總感應(yīng)電動勢E=E1+E2=3BLv，導(dǎo)體棒中電流I=E/2R=,對導(dǎo)體棒ab，所受安培力F1=，由牛頓第二定律2mgsin30°-F1cos30°=2ma1，解得a1=g/2-；對導(dǎo)體棒cd，由所受安培力F2=，由牛頓第二定律mgsin30°-F2cos30°=ma2，解得a2=g/2-；由此可知，ab和cd加速度大小始終相等，C錯誤；由于ab和cd加速度大小始終相等，可知兩導(dǎo)體棒速度大小始終相等，由于兩邊磁感應(yīng)強度不同，由E=BLv可知兩導(dǎo)體棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢始終不相等，D錯誤。2.（2024年高考河北卷）如圖，邊長為的正方形金屬細(xì)框固定放置在絕緣水平面上，細(xì)框中心O處固定一豎直細(xì)導(dǎo)體軸。間距為L、與水平面成角的平行導(dǎo)軌通過導(dǎo)線分別與細(xì)框及導(dǎo)體軸相連。導(dǎo)軌和細(xì)框分別處在與各自所在平面垂直的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度大小均為B。足夠長的細(xì)導(dǎo)體棒在水平面內(nèi)繞O點以角速度勻速轉(zhuǎn)動，水平放置在導(dǎo)軌上的導(dǎo)體棒始終靜止。棒在轉(zhuǎn)動過程中，棒在所受安培力達到最大和最小時均恰好能靜止。已知棒在導(dǎo)軌間的電阻值為R，電路中其余部分的電阻均不計，棒始終與導(dǎo)軌垂直，各部分始終接觸良好，不計空氣阻力，重力加速度大小為g。（1）求棒所受安培力的最大值和最小值。（2）鎖定棒，推動棒下滑，撤去推力瞬間，棒的加速度大小為a，所受安培力大小等于（1）問中安培力的最大值，求棒與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)?！敬鸢浮浚?），；（2）【解析】（1）當(dāng)OA運動到正方形細(xì)框?qū)蔷€瞬間，切割的有效長度最大，，此時感應(yīng)電流最大，CD棒所受的安培力最大，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得根據(jù)閉合電路歐姆定律得故CD棒所受的安培力最大為當(dāng)OA運動到與細(xì)框一邊平行時瞬間，切割的有效長度最短，感應(yīng)電流最小，CD棒受到的安培力最小，得故CD棒所受的安培力最小為（2）當(dāng)CD棒受到的安培力最小時根據(jù)平衡條件得當(dāng)CD棒受到的安培力最大時根據(jù)平衡條件得聯(lián)立解得撤去推力瞬間，根據(jù)牛頓第二定律得解得3（2023高考湖南卷）如圖，兩根足夠長的光滑金屬直導(dǎo)軌平行放置，導(dǎo)軌間距為，兩導(dǎo)軌及其所構(gòu)成的平面均與水平面成角，整個裝置處于垂直于導(dǎo)軌平面斜向上的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度大小為．現(xiàn)將質(zhì)量均為的金屬棒垂直導(dǎo)軌放置，每根金屬棒接入導(dǎo)軌之間的電阻均為．運動過程中金屬棒與導(dǎo)軌始終垂直且接觸良好，金屬棒始終未滑出導(dǎo)軌，導(dǎo)軌電阻忽略不計，重力加速度為．（1）先保持棒靜止，將棒由靜止釋放，求棒勻速運動時的速度大??；（2）在（1）問中，當(dāng)棒勻速運動時，再將棒由靜止釋放，求釋放瞬間棒的加速度大??；（3）在（2）問中，從棒釋放瞬間開始計時，經(jīng)過時間，兩棒恰好達到相同的速度，求速度的大小，以及時間內(nèi)棒相對于棒運動的距離．【參考答案】（1）；（2）；（3）【名師解析】（1）a勻速運動切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E1=BLv0，導(dǎo)體棒a中電流I=E1/2R所受安培力F=BIL，勻速運動，mgsinθ=F聯(lián)立解得v0==（2）當(dāng)導(dǎo)體棒a勻速運動時，釋放b，由左手定則可判斷出導(dǎo)體棒b受到沿導(dǎo)軌斜向下的安培力力，由牛頓第二定律，mgsinθ+F=ma，解得a=2gsinθ。（3釋放導(dǎo)體棒b后，由于導(dǎo)體棒b中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢對于回路來說，與導(dǎo)體棒a中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢方向相反，所以兩導(dǎo)體棒所受安培力均減小，對導(dǎo)體棒a，由動量定理，（mgsinθ-F）t0=mv-mv0對導(dǎo)體棒b，由動量定理，（mgsinθ+F）t0=mv聯(lián)立解得：v=gt0sinθ+取導(dǎo)體棒變速運動過程中，導(dǎo)體棒a速度為vi時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為Ei=BLvi，同時導(dǎo)體棒b速度為vj，感應(yīng)電動勢Ej=BLvj，導(dǎo)體棒中電流為I==，所受安培力F=BIL=對導(dǎo)體棒b，由動量定理，（mgsinθ+）△t=m△v方程兩側(cè)求和Σ【(mgsinθ+）△t】=Σm△v注意到：Σ△t=t0，Σ△v=v，Σ（vi-vj）△t=△x解得：△x=4．（11分）（2023年6月高考浙江選考科目）某興趣小組設(shè)計了一種火箭落停裝置，簡化原理如圖所示，它由兩根豎直導(dǎo)軌、承載火箭裝置（簡化為與火箭絕緣的導(dǎo)電桿MN）和裝置A組成，并形成團合回路。裝置A能自動調(diào)節(jié)其輸出電壓確?；芈冯娏鱅恒定，方向如圖所示。導(dǎo)軌長度遠(yuǎn)大于導(dǎo)軌間距，不論導(dǎo)電桿運動到什么位置，電流I在導(dǎo)電桿以上空間產(chǎn)生的磁場近似為零：在導(dǎo)電桿所在處產(chǎn)生的磁場近似為勻強磁場，大小（其中k為常量），方向垂直導(dǎo)軌平面向里；在導(dǎo)電桿以下的兩導(dǎo)軌間產(chǎn)生的磁場近似為勻強磁場，大小，方向與B1相同?；鸺裏o動力下降到導(dǎo)軌頂端時與導(dǎo)電桿粘接，以速度v0進入導(dǎo)軌，到達絕緣?？科脚_時速度恰好為零，完成火箭落停。已知火箭與導(dǎo)電桿的總質(zhì)量為M，導(dǎo)軌間距，導(dǎo)電桿電阻為R。導(dǎo)電桿與導(dǎo)軌保持良好接觸滑行，不計空氣阻力和摩擦力，不計導(dǎo)軌電阻和裝置A的內(nèi)阻。在火箭落停過程中，（1）求導(dǎo)電桿所受安培力的大小F和運動的距離L；（2）求回路感應(yīng)電動勢E與運動時間t的關(guān)系；（3）求裝置A輸出電壓U與運動時間t的關(guān)系和輸出的能量W；（4）若R的阻值視為0，裝置A用于回收能量，給出裝置A可回收能量的來源和大小?！緟⒖即鸢浮浚?）3Mg；；（2）E=（v0-2gt）；（3）；（4）裝置A可回收的能量包括導(dǎo)電桿和火箭的動能和重力勢能?！久麕熃馕觥浚?）導(dǎo)電桿所受安培力F=B1Id=kI·I·=3Mg由動能定理，-FL+MgL=0-解得：L=。（2）火箭與導(dǎo)電桿下落做勻減速運動，由F-Mg=Ma，解得加速度大小為a=2g。在時刻t，導(dǎo)電桿的速度v=v0-at=v0-2gt，導(dǎo)電桿切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E=B2dv=2kI·d·（v0-2gt）=（v0-2gt）（3）根據(jù)題述導(dǎo)電桿中電流恒定為I，則有U-E=IR，解得裝置A輸出電壓U=IR+v0-t=裝置A輸出的電功率P=UI=I2R+3Mgv0-6Mg2t由v0-2gt0=0解得總下落時間t0=令I(lǐng)2R+3Mgv0=P0，畫出輸出的電功率P隨時間t變化圖像，如圖。電功率P隨時間t變化圖像與橫軸所圍面積等于輸出的能量W，所以W==（I2R+3Mgv0）=（4）若R的阻值視為零，裝置A可回收的能量包括導(dǎo)電桿和火箭的動能和重力勢能；動能為EK=，重力勢能為為Ep=Mg·=，可回收的總能量為W回=EK+Ep=+=5.（2022·全國理綜乙卷·24）如圖，一不可伸長的細(xì)繩的上端固定，下端系在邊長為的正方形金屬框的一個頂點上。金屬框的一條對角線水平，其下方有方向垂直于金屬框所在平面的勻強磁場。已知構(gòu)成金屬框的導(dǎo)線單位長度的阻值為；在到時間內(nèi)，磁感應(yīng)強度大小隨時間t的變化關(guān)系為。求:（1）時金屬框所受安培力的大?。唬?）在到時間內(nèi)金屬框產(chǎn)生的焦耳熱。【參考答案】（1）；（2）0.016J【名師解析】（1）金屬框的總電阻為金屬框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為金屬框中的電流為t=2.0s時磁感應(yīng)強度金屬框處于磁場中的有效長度為

此時金屬框所受安培力大小為（2）內(nèi)金屬框產(chǎn)生的焦耳熱為6.（2022年高考遼寧物理）如圖所示，兩平行光滑長直金屬導(dǎo)軌水平放置，間距為L。區(qū)域有勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，方向豎直向上。初始時刻，磁場外的細(xì)金屬桿M以初速度向右運動，磁場內(nèi)的細(xì)金屬桿N處于靜止?fàn)顟B(tài)。兩金屬桿與導(dǎo)軌接觸良好且運動過程中始終與導(dǎo)軌垂直。兩桿的質(zhì)量均為m，在導(dǎo)軌間的電阻均為R，感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場及導(dǎo)軌的電阻忽略不計。（1）求M剛進入磁場時受到安培力F的大小和方向；（2）若兩桿在磁場內(nèi)未相撞且N出磁場時的速度為，求：①N在磁場內(nèi)運動過程中通過回路的電荷量q；②初始時刻N到的最小距離x；（3）初始時刻，若N到的距離與第（2）問初始時刻的相同、到的距離為，求M出磁場后不與N相撞條件下k的取值范圍。【參考答案】（1），方向水平向左；（2）①，②；（3）2≤k＜3【命題意圖】本題考查電磁感應(yīng)、閉合電路歐姆定律、安培力、動量定理、動量守恒定律及其相關(guān)知識點.【名師解析】（1）細(xì)金屬桿M以初速度v0向右剛進入磁場時，產(chǎn)生的動生電動勢為E=BLv0電流方向為a→b，電流的大小為I=E/2R則所受的安培力大小為F=BIL=安培力的方向由左手定則可知水平向左；（2）①金屬桿N在磁場內(nèi)運動過程中，由動量定理有且聯(lián)立解得通過回路的電荷量為②設(shè)兩桿在磁場中相對靠近的位移為△x，有整理可得聯(lián)立可得若兩桿在磁場內(nèi)剛好相撞，N到ab的最小距離為（3）兩桿出磁場后在平行光滑長直金屬導(dǎo)軌上運動，若N到cd的距離與第（2）問初始時刻的相同、到ab的距離為kx（k＞1），則N到ab邊的速度大小恒為，根據(jù)動量守恒定律可知解得N出磁場時，M的速度大小為由題意可知，此時M到cd邊的距離為