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2022年全国高考物理真题汇编：电磁感应
一、单选题
1．（2022·河北）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 ，小圆面积均为 ，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 ， 和 均为常量，则线圈中总的感应电动势大小为（ ）
A． B． C． D．
2．（2022·广东）如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， ，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
3．（2022·全国甲卷）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 和 。则（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
4．（2022·河北）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 轴上，另一根由 、 、 三段直导轨组成，其中 段与 轴平行，导轨左端接入一电阻 。导轨上一金属棒 沿 轴正向以速度 保持匀速运动， 时刻通过坐标原点 ，金属棒始终与 轴垂直。设运动过程中通过电阻的电流强度为 ，金属棒受到安培力的大小为 ，金属棒克服安培力做功的功率为 ，电阻两端的电压为 ，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．
5．（2022·山东）如图所示， 平面的第一、三象限内以坐标原点O为圆心、半径为 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 平面内以角速度 顺时针匀速转动． 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 到 的过程中，E一直增大
B．在 到 的过程中，E先增大后减小
C．在 到 的过程中，E的变化率一直增大
D．在 到 的过程中，E的变化率一直减小
6．（2022·湖南）如图，间距 的U形金属导轨，一端接有 的定值电阻 ，固定在高 的绝缘水平桌面上。质量均为 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 ，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 距离导轨最右端 。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 。用 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 ，导体棒a离开导轨后落到水平地面上。重力加速度取 ，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
B．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 的电荷量为
7．（2022·广东）如图所示，水平地面（ 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
8．（2022·全国甲卷）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 电流的最大值为
B．导体棒MN向右先加速、后匀速运动
C．导体棒 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 上产生的焦耳热
三、综合题
9．（2022·辽宁）如图所示，两平行光滑长直金属导轨水平放置，间距为L。 区域有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向竖直向上。初始时刻，磁场外的细金属杆M以初速度 向右运动，磁场内的细金属杆N处于静止状态。两金属杆与导轨接触良好且运动过程中始终与导轨垂直。两杆的质量均为m，在导轨间的电阻均为R，感应电流产生的磁场及导轨的电阻忽略不计。
（1）求M刚进入磁场时受到的安培力F的大小和方向；
（2）若两杆在磁场内未相撞且N出磁场时的速度为 ，求：①N在磁场内运动过程中通过回路的电荷量q；②初始时刻N到 的最小距离x；
（3）初始时刻，若N到 的距离与第（2）问初始时刻的相同、到 的距离为 ，求M出磁场后不与N相撞条件下k的取值范围。
10．（2022·湖北）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=0.2 m、回路电阻R=1.6×10-3Ω、质量m=0.2 kg。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 N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 = 10 m/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。
11．（2022·浙江）舰载机电磁弹射是现在航母最先进的弹射技术，我国在这一领域已达到世界先进水平。某兴趣小组开展电磁弹射系统的设计研究，如图1所示，用于推动模型飞机的动子（图中未画出）与线圈绝缘并固定，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R0，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。
12．（2022·全国甲卷）光点式检流计是一种可以测量微小电流的仪器，其简化的工作原理示意图如图所示。图中A为轻质绝缘弹反簧，C为位于纸面上的线圈，虚线框内有与纸面垂直的匀强磁场；随为置于平台上的轻质小平面反射镜，轻质刚性细杆D的一端与M固连且与镜面垂直，另一端与弹簧下端相连， 为圆弧形的、带有均匀刻度的透明读数条， 的圆心位于M的中心使用前需调零，使线圈内没有电流通过时，M竖直且与纸面垂直；入射细光束沿水平方向经 上的O点射到M上后沿原路反射。线圈通入电流后弹簧长度改变，使M发生倾斜，入射光束在M上的入射点仍近似处于 的圆心，通过读取反射光射到 上的位置，可以测得电流的大小。已知弹簧的劲度系数为k，磁场磁感应强度大小为B，线圈C的匝数为N。沿水平方向的长度为l，细杆D的长度为d，圆弧 的半径为r﹐ ，d远大于弹簧长度改变量的绝对值。
（1）若在线圈中通入的微小电流为I，求平衡后弹簧长度改变量的绝对值 及 上反射光点与O点间的弧长s；
（2）某同学用此装置测一微小电流，测量前未调零，将电流通入线圈后， 上反射光点出现在O点上方，与O点间的弧长为 、保持其它条件不变，只将该电流反向接入，则反射光点出现在О点下方，与O点间的弧长为 。求待测电流的大小。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】大圆产生感应电动势为，同理5个小圆产生电动势为，
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流和感应电动势方向相同，故线圈中总的感应电动势大小为.
故选D。
【分析】利用法拉第电磁感应定律和楞次定律求解最终的电动势大小。
2．【答案】B
【知识点】电功率和电功；匀速圆周运动；法拉第电磁感应定律；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】 AD、根据运动的周期性可知， 两个线圈位置的磁通量变化率都相等，根据法拉第电磁感应定律 ，因两个线圈的匝数不等，所以产生的感应电动势最大值不相等，有效值也不相等，根据，可知，两电阻的电功率也不相等，选项AD错误；
B、在匀速圆周运动中，磁铁的周期固定，则线圈产生的交流电频率也相等，故B正确；
C、电动势达到最大值时磁通量最小，结合题图可知，两个线圈的磁通量无法同时达到最大(或最小)，故产生的电动势无法同时达到最大值，故C错误；
故选：B。
【分析】 ABD、匀速圆周运动的周期和频率恒定，根据法拉第电磁感应定律可定性地分析出感应电动势的大小，结合功率的公式分析出功率的关系；C、根据不同位置的磁通量的变化特点分析出线圈是否能同时达到最大值。
3．【答案】C
【知识点】全电路的功和能；欧姆定律；法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】设圆形线框的半径为r，磁场变化情况为，导线的横截面积为，
则正方形的周长为，面积为，
圆形的周长为，面积为，
正六边形的周长为，面积为，
根据法拉第电磁感应定律可得，根据电阻定律可得，
根据欧姆定律可得，所以，，，故，
故选C。
【分析】首先算出各个图像的周长和面积，然后根据法拉第电磁感应定律，电阻定律，欧姆定律等表示出来电流的大小，最后代入面积和周长，求出电流的大小关系。
4．【答案】A,C
【知识点】导线切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的图像类问题
【解析】【解答】设ab段导轨与水平方向夹角为，则导体切割长度，，
所以I-t为一次函数关系，同理可得bc段以及cd段的规律，A正确。
，在ab段由于L和t是一次函数，所以F表达式中含有t2，所以F和t成二次函数关系。但开始运动时L不为零所以F不为零，B错误。
，由于v0为定值，所以P-t图像和F安-t图像形状一致，且图像不过原点。由B选项分析思路知C正确。
，在ab段，，所以U-t为一次函数关系。D错误。
【分析】利用法拉第电磁感应定律进行分析，得出不同物理量等量关系，从而求出图像。
5．【答案】B,C
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件；磁通量；导线切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的图像类问题
【解析】【解答】根据题意作出图像如图所示
在 到 的过程中，线圈转过90°，切割的有效长度先增大后减小，根据，故E先增大后减小，故A错误，B正确；
在 到 的过程中，，切割长度为，
感应电动势为，故E的变化率一直在增大，故C正确，D错误；
故选BC。
【分析】首先根据题意作出线框运动图像，然后根据图像即可判断感应电动势的变化情况。
6．【答案】B,D
【知识点】法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】A 导体棒b与电阻R并联，根据闭合电路欧姆定律，导体棒a运动到导轨最右端时，b刚好要发生滑动，由平衡条件可知，联立解得v=3m/s，a棒离开桌面后做平抛运动，则，解得x=1.2m。故A错误。
B 导体棒做平抛运动过程中水平方向切割磁感线，且水平方向速度保持不变，所以产生的感应电动势不变，故B正确。
C a向右运动，产生的电流向里，通过导体棒b的电流方向向里，根据左手定则判断安培力方向向左，所以有向左运动的趋势，故C错误。
D 导体棒a运动过程中电路中通过的电荷量为 解得，则通过电阻R的电荷量为0.58C，故D正确。
故答案为：BD。
【分析】根据法拉第电磁感应定律导体棒切割磁感线产生感应电动势的计算方法和闭合电路欧姆定律计算求解。
7．【答案】A,C
【知识点】安培定则；楞次定律；法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】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，根据安培定则可知，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、根据安培定则，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，线圈磁通量会发生变化，故B错误；
C、根据安培定则，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。
【分析】 本题主要考查了法拉第电磁感应定律，根据磁场的分布特点结合对称性分析出不同位置的磁场特点和磁通量是否变化；分析出线圈的磁通量的变化特点，结合楞次定律判断是否产生感应电流；根据法拉第电磁感应定律分析出不同过程中产生的感应电动势的特点。
8．【答案】A,D
【知识点】法拉第电磁感应定律；导线切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】电容器相当于一个储电器，闭合开关瞬间，流过MN的电流最大，，故A正确；
开关闭合后，与R构成闭合回路，所有能量都转化为电阻中的焦耳热，根据能量守恒定律可知，最终导体棒的速度减为零，故B错误；
根据题意分析可知，导体棒先加速后减速，最终速度为零，所以当导体棒速度最大的时候，所受合力为零，即所受安培力为零，故C错误；
导体棒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，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，所以整个过程中流过R的电流都大于流过MN的电流，
故电阻R上产生的焦耳热大于导体棒MN上产生的焦耳热，故D正确；
故选AD。
【分析】首先对闭合开关后进行分析，算出流过MN电流的最大值，然后分析MN的运动情况，最后根据运动情况分析电流的关系，从而分析产生焦耳热的大小。
9．【答案】（1）M刚进入磁场时产生的感应电动势为：，
电流大小 ，
（2）① 对N由动量定理得：，，
②设两杆在磁场中相对位移为x，则，所以
两杆在磁场内刚好相撞，N到ab的最小距离为
（3）设N出磁场M速度为v1，在磁场中由动量守恒定律得，
因为两杆在磁场中相对位移为x，此时M 到cd边的距离为
若要保证M出磁场后不与N相撞，则有两种临界情况：
①M减速到时出磁场，速度刚好等于N的速度，一定不与N相撞，
对M 根据动量定理有：，，，
，此时k=2
②M运动到cd边时，恰好减速到零，则对M由动量定理有：，
，，此时k=3。
综上：M出磁场后不与N相撞条件下k的取值范围为
【知识点】法拉第电磁感应定律
【解析】【分析】（1）结合法拉第电磁感应定律和安培力公式求解。
（2）动量定理也可以求电荷量，利用法拉第电磁感应定律也可以求电荷量。
（3） 对M出磁场后不与N相撞条件进行分类讨论。
10．【答案】（1）在水平方向和竖直方向分别由牛顿第二定律得：
得：ax = 20m/s2，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，则整个回路的电动势为ab边产生的感应电动势。
解得B=0.2T
安培力做功产生焦耳热，线框匀速运动，安培力为恒力。
则
（3）从开始运动到进入磁场，在竖直方向上：
进入磁场，，，总运动时间
解得
水平方向位移为
磁场区域的水平宽度 d=X+L=0.9m+0.2m=1.1m
【知识点】导线切割磁感线时的感应电动势
【解析】【分析】（1）在水平方向和竖直方向分别由牛顿第二定律列方程求解。
（2）安培力做功产生焦耳热，线框匀速运动，安培力为恒力。结合电磁感应定律求解。
（3）利用竖直位移求出时间，水平方向做匀加速直线运动。
11．【答案】（1）解：根据安培力公式可得：①
根据图2可得，在0~t1时间内，动子和线圈做匀加速直线运动，有②
联立①②两个式子，并代入数据解得：
（2）解：S掷向2接通定值电阻R0时，感应电流
此时的安培力为F安1=nBI1l
根据牛顿第二定律有：
在 至 期间加速度恒定，则
（3）解：根据图2可得：
0~ 2s时间内位移大小为
根据法拉第电磁感应定律得：E=
根据电流的定义式可得：Δq=It
I=
联立解得：感应电量
从t3时刻到最后返回初始位置停下的时间段内通过回路中的电荷量，根据动量定理得： （或 ）
解得：
【知识点】电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的动力学问题
【解析】【分析】（1）根据安培力的计算公式和牛顿第二定律列方程求解。
（2）根据法拉第电磁感应定律计算感应电动势，再由闭合电路欧姆定律和牛顿第二定律联立求解。
（3）由法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律表示出电荷量，再根据电荷量与时间，电流之间的关系并结合动量定理计算求解。
12．【答案】（1）由题意可知，当线圈中通入的微小电流为I，线圈中的安培力为，
根据胡可定律可得，所以，
设细杆转过的弧度为θ，则反射光线转过的弧度为2θ，如图所示：
又， ，所以，故，
联立解得；
（2）由于测量前未调零，设没有通电流时偏移的弧长为，当初始时反射光点在O点上方，通电流后根据前面的结论可知，电流反向后，联立解得，
故待测电流的大小。
【知识点】电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的图像类问题；电磁感应中的动力学问题
【解析】【分析】(1)首先算出安培力的大小，根据受力分析和胡可定律即可算出弹簧形变量的绝对值，然后根据几何关系就可以算出 PQ上反射光点与O点间的弧长s；
(2)首先设出待测电流大小，根据（1）中结论表示出和 ，然后即可求出待测电流的大小。
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2022年全国高考物理真题汇编：电磁感应
一、单选题
1．（2022·河北）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 ，小圆面积均为 ，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 ， 和 均为常量，则线圈中总的感应电动势大小为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】大圆产生感应电动势为，同理5个小圆产生电动势为，
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流和感应电动势方向相同，故线圈中总的感应电动势大小为.
故选D。
【分析】利用法拉第电磁感应定律和楞次定律求解最终的电动势大小。
2．（2022·广东）如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， ，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
【知识点】电功率和电功；匀速圆周运动；法拉第电磁感应定律；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】 AD、根据运动的周期性可知， 两个线圈位置的磁通量变化率都相等，根据法拉第电磁感应定律 ，因两个线圈的匝数不等，所以产生的感应电动势最大值不相等，有效值也不相等，根据，可知，两电阻的电功率也不相等，选项AD错误；
B、在匀速圆周运动中，磁铁的周期固定，则线圈产生的交流电频率也相等，故B正确；
C、电动势达到最大值时磁通量最小，结合题图可知，两个线圈的磁通量无法同时达到最大(或最小)，故产生的电动势无法同时达到最大值，故C错误；
故选：B。
【分析】 ABD、匀速圆周运动的周期和频率恒定，根据法拉第电磁感应定律可定性地分析出感应电动势的大小，结合功率的公式分析出功率的关系；C、根据不同位置的磁通量的变化特点分析出线圈是否能同时达到最大值。
3．（2022·全国甲卷）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 和 。则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】全电路的功和能；欧姆定律；法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】设圆形线框的半径为r，磁场变化情况为，导线的横截面积为，
则正方形的周长为，面积为，
圆形的周长为，面积为，
正六边形的周长为，面积为，
根据法拉第电磁感应定律可得，根据电阻定律可得，
根据欧姆定律可得，所以，，，故，
故选C。
【分析】首先算出各个图像的周长和面积，然后根据法拉第电磁感应定律，电阻定律，欧姆定律等表示出来电流的大小，最后代入面积和周长，求出电流的大小关系。
二、多选题
4．（2022·河北）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 轴上，另一根由 、 、 三段直导轨组成，其中 段与 轴平行，导轨左端接入一电阻 。导轨上一金属棒 沿 轴正向以速度 保持匀速运动， 时刻通过坐标原点 ，金属棒始终与 轴垂直。设运动过程中通过电阻的电流强度为 ，金属棒受到安培力的大小为 ，金属棒克服安培力做功的功率为 ，电阻两端的电压为 ，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】A,C
【知识点】导线切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的图像类问题
【解析】【解答】设ab段导轨与水平方向夹角为，则导体切割长度，，
所以I-t为一次函数关系，同理可得bc段以及cd段的规律，A正确。
，在ab段由于L和t是一次函数，所以F表达式中含有t2，所以F和t成二次函数关系。但开始运动时L不为零所以F不为零，B错误。
，由于v0为定值，所以P-t图像和F安-t图像形状一致，且图像不过原点。由B选项分析思路知C正确。
，在ab段，，所以U-t为一次函数关系。D错误。
【分析】利用法拉第电磁感应定律进行分析，得出不同物理量等量关系，从而求出图像。
5．（2022·山东）如图所示， 平面的第一、三象限内以坐标原点O为圆心、半径为 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 平面内以角速度 顺时针匀速转动． 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 到 的过程中，E一直增大
B．在 到 的过程中，E先增大后减小
C．在 到 的过程中，E的变化率一直增大
D．在 到 的过程中，E的变化率一直减小
【答案】B,C
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件；磁通量；导线切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的图像类问题
【解析】【解答】根据题意作出图像如图所示
在 到 的过程中，线圈转过90°，切割的有效长度先增大后减小，根据，故E先增大后减小，故A错误，B正确；
在 到 的过程中，，切割长度为，
感应电动势为，故E的变化率一直在增大，故C正确，D错误；
故选BC。
【分析】首先根据题意作出线框运动图像，然后根据图像即可判断感应电动势的变化情况。
6．（2022·湖南）如图，间距 的U形金属导轨，一端接有 的定值电阻 ，固定在高 的绝缘水平桌面上。质量均为 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 ，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 距离导轨最右端 。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 。用 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 ，导体棒a离开导轨后落到水平地面上。重力加速度取 ，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
B．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 的电荷量为
【答案】B,D
【知识点】法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】A 导体棒b与电阻R并联，根据闭合电路欧姆定律，导体棒a运动到导轨最右端时，b刚好要发生滑动，由平衡条件可知，联立解得v=3m/s，a棒离开桌面后做平抛运动，则，解得x=1.2m。故A错误。
B 导体棒做平抛运动过程中水平方向切割磁感线，且水平方向速度保持不变，所以产生的感应电动势不变，故B正确。
C a向右运动，产生的电流向里，通过导体棒b的电流方向向里，根据左手定则判断安培力方向向左，所以有向左运动的趋势，故C错误。
D 导体棒a运动过程中电路中通过的电荷量为 解得，则通过电阻R的电荷量为0.58C，故D正确。
故答案为：BD。
【分析】根据法拉第电磁感应定律导体棒切割磁感线产生感应电动势的计算方法和闭合电路欧姆定律计算求解。
7．（2022·广东）如图所示，水平地面（ 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】A,C
【知识点】安培定则；楞次定律；法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】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，根据安培定则可知，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、根据安培定则，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，线圈磁通量会发生变化，故B错误；
C、根据安培定则，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。
【分析】 本题主要考查了法拉第电磁感应定律，根据磁场的分布特点结合对称性分析出不同位置的磁场特点和磁通量是否变化；分析出线圈的磁通量的变化特点，结合楞次定律判断是否产生感应电流；根据法拉第电磁感应定律分析出不同过程中产生的感应电动势的特点。
8．（2022·全国甲卷）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 电流的最大值为
B．导体棒MN向右先加速、后匀速运动
C．导体棒 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 上产生的焦耳热
【答案】A,D
【知识点】法拉第电磁感应定律；导线切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】电容器相当于一个储电器，闭合开关瞬间，流过MN的电流最大，，故A正确；
开关闭合后，与R构成闭合回路，所有能量都转化为电阻中的焦耳热，根据能量守恒定律可知，最终导体棒的速度减为零，故B错误；
根据题意分析可知，导体棒先加速后减速，最终速度为零，所以当导体棒速度最大的时候，所受合力为零，即所受安培力为零，故C错误；
导体棒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，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，所以整个过程中流过R的电流都大于流过MN的电流，
故电阻R上产生的焦耳热大于导体棒MN上产生的焦耳热，故D正确；
故选AD。
【分析】首先对闭合开关后进行分析，算出流过MN电流的最大值，然后分析MN的运动情况，最后根据运动情况分析电流的关系，从而分析产生焦耳热的大小。
三、综合题
9．（2022·辽宁）如图所示，两平行光滑长直金属导轨水平放置，间距为L。 区域有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向竖直向上。初始时刻，磁场外的细金属杆M以初速度 向右运动，磁场内的细金属杆N处于静止状态。两金属杆与导轨接触良好且运动过程中始终与导轨垂直。两杆的质量均为m，在导轨间的电阻均为R，感应电流产生的磁场及导轨的电阻忽略不计。
（1）求M刚进入磁场时受到的安培力F的大小和方向；
（2）若两杆在磁场内未相撞且N出磁场时的速度为 ，求：①N在磁场内运动过程中通过回路的电荷量q；②初始时刻N到 的最小距离x；
（3）初始时刻，若N到 的距离与第（2）问初始时刻的相同、到 的距离为 ，求M出磁场后不与N相撞条件下k的取值范围。
【答案】（1）M刚进入磁场时产生的感应电动势为：，
电流大小 ，
（2）① 对N由动量定理得：，，
②设两杆在磁场中相对位移为x，则，所以
两杆在磁场内刚好相撞，N到ab的最小距离为
（3）设N出磁场M速度为v1，在磁场中由动量守恒定律得，
因为两杆在磁场中相对位移为x，此时M 到cd边的距离为
若要保证M出磁场后不与N相撞，则有两种临界情况：
①M减速到时出磁场，速度刚好等于N的速度，一定不与N相撞，
对M 根据动量定理有：，，，
，此时k=2
②M运动到cd边时，恰好减速到零，则对M由动量定理有：，
，，此时k=3。
综上：M出磁场后不与N相撞条件下k的取值范围为
【知识点】法拉第电磁感应定律
【解析】【分析】（1）结合法拉第电磁感应定律和安培力公式求解。
（2）动量定理也可以求电荷量，利用法拉第电磁感应定律也可以求电荷量。
（3） 对M出磁场后不与N相撞条件进行分类讨论。
10．（2022·湖北）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=0.2 m、回路电阻R=1.6×10-3Ω、质量m=0.2 kg。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 N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 = 10 m/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）在水平方向和竖直方向分别由牛顿第二定律得：
得：ax = 20m/s2，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，则整个回路的电动势为ab边产生的感应电动势。
解得B=0.2T
安培力做功产生焦耳热，线框匀速运动，安培力为恒力。
则
（3）从开始运动到进入磁场，在竖直方向上：
进入磁场，，，总运动时间
解得
水平方向位移为
磁场区域的水平宽度 d=X+L=0.9m+0.2m=1.1m
【知识点】导线切割磁感线时的感应电动势
【解析】【分析】（1）在水平方向和竖直方向分别由牛顿第二定律列方程求解。
（2）安培力做功产生焦耳热，线框匀速运动，安培力为恒力。结合电磁感应定律求解。
（3）利用竖直位移求出时间，水平方向做匀加速直线运动。
11．（2022·浙江）舰载机电磁弹射是现在航母最先进的弹射技术，我国在这一领域已达到世界先进水平。某兴趣小组开展电磁弹射系统的设计研究，如图1所示，用于推动模型飞机的动子（图中未画出）与线圈绝缘并固定，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R0，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）解：根据安培力公式可得：①
根据图2可得，在0~t1时间内，动子和线圈做匀加速直线运动，有②
联立①②两个式子，并代入数据解得：
（2）解：S掷向2接通定值电阻R0时，感应电流
此时的安培力为F安1=nBI1l
根据牛顿第二定律有：
在 至 期间加速度恒定，则
（3）解：根据图2可得：
0~ 2s时间内位移大小为
根据法拉第电磁感应定律得：E=
根据电流的定义式可得：Δq=It
I=
联立解得：感应电量
从t3时刻到最后返回初始位置停下的时间段内通过回路中的电荷量，根据动量定理得： （或 ）
解得：
【知识点】电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的动力学问题
【解析】【分析】（1）根据安培力的计算公式和牛顿第二定律列方程求解。
（2）根据法拉第电磁感应定律计算感应电动势，再由闭合电路欧姆定律和牛顿第二定律联立求解。
（3）由法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律表示出电荷量，再根据电荷量与时间，电流之间的关系并结合动量定理计算求解。
12．（2022·全国甲卷）光点式检流计是一种可以测量微小电流的仪器，其简化的工作原理示意图如图所示。图中A为轻质绝缘弹反簧，C为位于纸面上的线圈，虚线框内有与纸面垂直的匀强磁场；随为置于平台上的轻质小平面反射镜，轻质刚性细杆D的一端与M固连且与镜面垂直，另一端与弹簧下端相连， 为圆弧形的、带有均匀刻度的透明读数条， 的圆心位于M的中心使用前需调零，使线圈内没有电流通过时，M竖直且与纸面垂直；入射细光束沿水平方向经 上的O点射到M上后沿原路反射。线圈通入电流后弹簧长度改变，使M发生倾斜，入射光束在M上的入射点仍近似处于 的圆心，通过读取反射光射到 上的位置，可以测得电流的大小。已知弹簧的劲度系数为k，磁场磁感应强度大小为B，线圈C的匝数为N。沿水平方向的长度为l，细杆D的长度为d，圆弧 的半径为r﹐ ，d远大于弹簧长度改变量的绝对值。
（1）若在线圈中通入的微小电流为I，求平衡后弹簧长度改变量的绝对值 及 上反射光点与O点间的弧长s；
（2）某同学用此装置测一微小电流，测量前未调零，将电流通入线圈后， 上反射光点出现在O点上方，与O点间的弧长为 、保持其它条件不变，只将该电流反向接入，则反射光点出现在О点下方，与O点间的弧长为 。求待测电流的大小。
【答案】（1）由题意可知，当线圈中通入的微小电流为I，线圈中的安培力为，
根据胡可定律可得，所以，
设细杆转过的弧度为θ，则反射光线转过的弧度为2θ，如图所示：
又， ，所以，故，
联立解得；
（2）由于测量前未调零，设没有通电流时偏移的弧长为，当初始时反射光点在O点上方，通电流后根据前面的结论可知，电流反向后，联立解得，
故待测电流的大小。
【知识点】电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的图像类问题；电磁感应中的动力学问题
【解析】【分析】(1)首先算出安培力的大小，根据受力分析和胡可定律即可算出弹簧形变量的绝对值，然后根据几何关系就可以算出 PQ上反射光点与O点间的弧长s；
(2)首先设出待测电流大小，根据（1）中结论表示出和 ，然后即可求出待测电流的大小。
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