2024-2025學年下學期高二物理人教版期末必刷常考題之電磁感應

第59頁（共59頁）2024-2025學年下學期高二物理人教版（2019）期末必刷常考題之電磁感應一．選擇題（共7小題）1．（2025春?西山區(qū)校級期中）如圖所示，一正方形線圈的匝數(shù)為n，邊長為a，放置在水平地面上，線圈平面與勻強磁場垂直，且一半處在磁場中。從t＝0時刻開始，磁場保持方向不變，大小按B＝kt增加（k為已知常數(shù)）。線框的質(zhì)量為m，電阻為R，線框與水平面的動摩擦因數(shù)為μ，線框與水平面的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g，則（）A．沿磁場方向看線框中產(chǎn)生的感應電流沿順時針方向 B．線框中的感應電流大小為knaC．線框所受摩擦力大小與時間成正比 D．t=22．（2025春?深圳月考）如圖甲所示，兩個閉合圓形線圈A、B的圓心重合，放在同一水平面內(nèi)，線圈A中通以如圖乙所示的變化電流，設t＝0時電流沿逆時針方向（圖中箭頭所示）。關(guān)于線圈B的電流方向和所受安培力產(chǎn)生的效果，下列說法中正確的是（）A．0到t1時間內(nèi)有順時針方向的電流，且有收縮的趨勢 B．0到t1時間內(nèi)有逆時針方向的電流，且有擴張的趨勢 C．t1到t2時間內(nèi)有順時針方向的電流，且有收縮的趨勢 D．t1到t2時間內(nèi)有逆時針方向的電流，且有擴張的趨勢3．（2025春?南京校級月考）如圖所示，螺線管內(nèi)有平行于軸線的勻強磁場，規(guī)定圖甲中箭頭所示方向為磁感應強度B的正方向，螺線管與U形導線框cdef相連，導線框cdef內(nèi)有一半徑很小的金屬圓環(huán)L，圓環(huán)與導線框cdef在同一平面內(nèi)。當螺線管內(nèi)的磁感應強度隨時間按圖乙所示規(guī)律變化時（）A．在t1時刻，金屬圓環(huán)L內(nèi)的磁通量最大 B．在t2時刻，導線框cdef內(nèi)的感應電流最小 C．在t1﹣t2時間內(nèi)，金屬圓環(huán)L有收縮趨勢 D．在t1﹣t2時間內(nèi)，金屬圓環(huán)L內(nèi)有逆時針方向的感應電流4．（2025?朝陽區(qū)模擬）如圖所示，兩個燈泡A1和A2的規(guī)格相同，閉合開關(guān)，穩(wěn)定后兩個燈泡正常發(fā)光且亮度相同。下列說法正確的是（）A．閉合開關(guān)瞬間，A1、A2亮度相同 B．閉合開關(guān)瞬間，M點電勢低于N點電勢 C．電路穩(wěn)定后斷開S，A2閃亮一下再熄滅 D．電路穩(wěn)定后斷開S瞬間，M點電勢低于N點電勢5．（2025?豐臺區(qū)二模）圖1為某無線門鈴按鈕，其原理如圖2所示。其中M為信號發(fā)射裝置，M中有電流通過時，屋內(nèi)的門鈴會響。磁鐵固定在按鈕內(nèi)側(cè)，按下門鈴按鈕，磁鐵靠近螺線管，松開門鈴按鈕，磁鐵遠離螺線管回歸原位置。下列說法正確的是（）A．按住按鈕不動，門鈴會一直響 B．松開按鈕的過程，門鈴會響 C．按下和松開按鈕過程，通過M的電流方向相同 D．按下按鈕的快慢不同，通過M的電流大小相同6．（2025?汕頭一模）如圖所示，鐵芯左邊懸掛一個輕質(zhì)金屬環(huán)，鐵芯上有兩個線圈M和P，線圈M和電源、開關(guān)、熱敏電阻Rr相連，線圈P與電流表相連。已知熱敏電阻RT的阻值隨溫度的升高而減小，保持開關(guān)閉合，下列說法正確的是（）A．當溫度升高時，金屬環(huán)向左擺動 B．當溫度不變時，電流表示數(shù)不為0 C．當電流從a經(jīng)電流表到b時，可知溫度降低 D．當電流表示數(shù)增大時，可知溫度升高7．（2025?豐臺區(qū)二模）利用電磁學原理能夠方便準確地探測地下金屬管線的位置、走向和埋覆深度。如圖所示，在水平地面下埋有一根足夠長的走向已知且平行于地面的金屬管線，管線中通有正弦式交變電流。已知電流為i的無限長載流導線在距其為r的某點處產(chǎn)生的磁感應強度大小B=kir，其中k為常數(shù)，r大于導線半徑。在垂直于管線的平面上，以管線正上方地面處的O點為坐標原點，沿地面方向為x軸方向，垂直于地面方向為y軸方向建立坐標系。在x軸上取兩點M、N，y軸上取一點P。利用面積足夠小的線框（線框平面始終與A．M、N的距離，線框在M、N兩點水平放置時的感應電動勢 B．O、P的距離，線框在O、P兩點豎直放置時的感應電動勢 C．O、M的距離，線框在M點水平放置和豎直放置時的感應電動勢 D．O、M的距離，線框在M點感應電動勢最大時與水平面的夾角二．多選題（共3小題）（多選）8．（2025?沙坪壩區(qū)校級模擬）如圖甲所示，足夠長的光滑平行金屬導軌固定在水平桌面上，勻強磁場垂直于導軌平面向下，導軌電阻不計，其左側(cè)接阻值R1＝12Ω的定值電阻。質(zhì)量m＝1kg，阻值R2＝6Ω的金屬桿AB置于軌道上，與軌道垂直且接觸良好，桿受到水平拉力F的作用，力F隨時間t變化的圖像如圖乙所示。桿由靜止開始做勻加速直線運動，t＝2s時撤去F，關(guān)于桿從靜止開始的整個運動過程，下列說法正確的是（）A．金屬桿做勻加速運動的加速度大小為2m/s2 B．整個過程金屬桿的位移為8m C．整個過程金屬桿產(chǎn)生的熱量為163D．整個過程通過定值電阻的電量為2C（多選）9．（2025?莆田四模）如圖所示，間距L＝1m的平行光滑金屬導軌固定在絕緣水平面上，R＝10Ω的定值電阻連接在導軌左端，導軌處在垂直于導軌平面向上的勻強磁場中，磁感應強度大小B=2T，金屬棒ab垂直靜止在導軌上，金屬棒接入電路的阻值r＝5Ω，導軌電阻不計.現(xiàn)讓金屬棒在M、N間做簡諧運動，以金屬棒處在M位置開始計時，金屬棒運動的速度為v＝6sin50πtA．電路中所產(chǎn)生交變電流的周期為0.04s B．電路中所產(chǎn)生電動勢的最大值為12V C．電阻R兩端電壓的有效值為42D．金屬棒消耗的電功率為0.8W（多選）10．（2025?廈門模擬）如圖所示，一質(zhì)量為M的足夠長“匚”型金屬導軌abcd放在光滑的絕緣水平面上。質(zhì)量為m、電阻不計的導體棒PQ平行bc放置在導軌上，PQ左側(cè)有兩個固定于水平面的立柱。導軌單位長度的電阻為R0，bc長為L，初始時bc與PQ間距離也為L。分界線ef與bc平行，其左側(cè)有豎直向上的勻強磁場，右側(cè)有水平向左的勻強磁場，磁感應強度大小均為B。在t＝0時，一水平向左的拉力F垂直作用在導軌bc段中點，使導軌由靜止開始做勻加速直線運動，加速度大小為a，PQ與導軌間動摩擦因數(shù)為μ，且始終接觸良好，則（）A．回路中的電動勢先增大后減小 B．運動過程中拉力F的最大值為Ma+C．若t0時間內(nèi)導軌產(chǎn)生的焦耳熱為Q，則該時間內(nèi)導軌克服安培力做功為Q D．若t0時間內(nèi)導軌產(chǎn)生的焦耳熱為Q，則該時間內(nèi)導軌克服摩擦力做功為12μmgat0三．填空題（共3小題）11．（2025春?思明區(qū)校級期中）如圖，空間存在豎直向上的勻強磁場，磁感應強度大小為B，足夠長的光滑平行金屬導軌水平放置，導軌左右兩部分的間距分別為l、2l；質(zhì)量分別為m、2m的導體棒a、b均垂直導軌放置，導體棒a、b接入電路總電阻為R，其余電阻均忽略不計；a、b兩棒分別以v0、2v0的初速度同時向右運動，兩棒在運動過程中始終與導軌垂直且保持良好接觸，a總在窄軌上運動，b總在寬軌上運動，直到兩棒達到穩(wěn)定狀態(tài)，穩(wěn)定時a棒的速度為，從開始運動到兩棒穩(wěn)定的過程中，電路中產(chǎn)生的焦耳熱為。12．（2025春?重慶期中）G為零刻度在中央的靈敏電流表，連接在直流電路中時的偏轉(zhuǎn)情況如圖①中所示，即電流從電流表G的左接線柱進時，指針也從中央向左偏。今把它與一線圈串聯(lián)進行電磁感應實驗，則圖②中的條形磁鐵的運動方向是向（選填“上”或“下”）；圖③中電流表指針應向（選填“左”或“右”）偏轉(zhuǎn)；圖④中的條形磁鐵下端為極（選填“N”或“S”）。13．（2025春?永春縣校級期中）現(xiàn)把電阻與線圈兩端相連構(gòu)成閉合回路，在線圈正上方放一條形磁鐵，如圖所示，磁鐵的S極朝下，在將磁鐵的S極插入線圈的過程中，通過電阻的感應電流的方向由，線圈與磁鐵相互（填“吸引”或“排斥”）。四．解答題（共2小題）14．（2025?昌平區(qū)二模）電磁彈射是航空母艦上艦載機的一種起飛方式，是航空母艦的核心技術(shù)之一。某學習小組設計了一個簡易的電容式電磁彈射裝置，如圖甲所示，在豎直向下的勻強磁場中，兩根相距為L平行金屬導軌水平放置，左端接電容為C的電容器，一導體棒MN放置在導軌右側(cè)，與導軌垂直且接觸良好。單刀雙擲開關(guān)S先接1，經(jīng)過足夠長的時間后，再把開關(guān)S接到2，導體棒向右離開導軌后水平射出。已知勻強磁場的磁感應強度大小為B，導體棒的質(zhì)量為m，接入電路部分的電阻為R，電源的電動勢為E。不計導軌電阻及導體棒與導軌間的摩擦。（1）將開關(guān)S接1給電容器充電，在圖乙所示的坐標系中畫出電容器兩極板電壓u與電荷量q變化關(guān)系的圖像；并求出經(jīng)過足夠長的時間后電容器極板的電荷量Q和電容器儲存的電能Ep；（2）求開關(guān)S接2的瞬間導體棒的加速度大小a；（3）若某次試驗導體棒彈射出去后電容器兩端的電壓減為初始值的14，求導體棒離開導軌時的速度大小v15．（2025?莆田四模）如圖所示，兩平行且足夠長的金屬導軌相距l(xiāng)＝1m，導軌及導軌平面跟水平面均成37°角，MN是垂直于兩導軌的一分界線，MN以上的導軌光滑，MN以下的導軌粗糙，兩導軌的上端可以通過單刀雙擲開關(guān)K和電容器C或定值電阻R相連接，整個裝置處在方向垂直于導軌平面向上、磁感應強度大小B＝2T的勻強磁場（圖中未畫出）中，開關(guān)K先接在1上，在光滑導軌上到分界線MN的距離s0＝3m處由靜止釋放一質(zhì)量m＝0.1kg、長度l＝1m的金屬棒，經(jīng)過t=43s時金屬棒到達MN，此時開關(guān)K自動跳接在2上，已知電容器的電容C＝1.5×10﹣2F，定值電阻R＝30Ω，金屬棒與導軌粗糙部分之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.85，滑動摩擦力等于最大靜摩擦力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，不計導軌及金屬棒的電阻，重力加速度g（1）金屬棒到達分界線MN時的速度大?。唬?）金屬棒在粗糙導軌運動到離分界線MN的最遠距離；（3）在金屬棒的整個運動過程中，電阻R產(chǎn)生的電熱和電容器儲存的電能ΔE。

2024-2025學年下學期高二物理人教版（2019）期末必刷?？碱}之電磁感應參考答案與試題解析一．選擇題（共7小題）題號1234567答案BBCDBAA二．多選題（共3小題）題號8910答案ADADCD一．選擇題（共7小題）1．（2025春?西山區(qū)校級期中）如圖所示，一正方形線圈的匝數(shù)為n，邊長為a，放置在水平地面上，線圈平面與勻強磁場垂直，且一半處在磁場中。從t＝0時刻開始，磁場保持方向不變，大小按B＝kt增加（k為已知常數(shù)）。線框的質(zhì)量為m，電阻為R，線框與水平面的動摩擦因數(shù)為μ，線框與水平面的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g，則（）A．沿磁場方向看線框中產(chǎn)生的感應電流沿順時針方向 B．線框中的感應電流大小為knaC．線框所受摩擦力大小與時間成正比 D．t=2【考點】法拉第電磁感應定律的基本計算；閉合電路歐姆定律的內(nèi)容和表達式；安培力的計算公式及簡單應用；楞次定律及其應用．【專題】定量思想；推理法；電磁感應與圖象結(jié)合；推理論證能力．【答案】B【分析】根據(jù)楞次定律判斷感應電流方向，根據(jù)法拉第電磁感應定律和閉合電路的歐姆定律計算電流大小；先計算出線框所受安培力的表達式，當安培力和摩擦力相等時，線框開始運動?！窘獯稹拷猓焊鶕?jù)楞次定律可知線圈中的感應電流方向為逆時針，根據(jù)B＝kt可得ΔBΔt=k，根據(jù)法拉第電磁感應定律有E=nΔΦΔt=nΔBΔt×12a2，解得E=12nka2，I=ER，解得I=kna22R，線框在磁場中的有效長度為故選：B。【點評】計算線框所受安培力時，要注意線框在磁場中的有效長度，不能簡單的認為是2a。2．（2025春?深圳月考）如圖甲所示，兩個閉合圓形線圈A、B的圓心重合，放在同一水平面內(nèi)，線圈A中通以如圖乙所示的變化電流，設t＝0時電流沿逆時針方向（圖中箭頭所示）。關(guān)于線圈B的電流方向和所受安培力產(chǎn)生的效果，下列說法中正確的是（）A．0到t1時間內(nèi)有順時針方向的電流，且有收縮的趨勢 B．0到t1時間內(nèi)有逆時針方向的電流，且有擴張的趨勢 C．t1到t2時間內(nèi)有順時針方向的電流，且有收縮的趨勢 D．t1到t2時間內(nèi)有逆時針方向的電流，且有擴張的趨勢【考點】楞次定律及其應用．【專題】定性思想；推理法；電磁感應中的力學問題；理解能力．【答案】B【分析】當線圈A中的電流發(fā)生變化時，會導致穿過線圈B的磁通量發(fā)生變化，進而在線圈B中產(chǎn)生感應電流。根據(jù)楞次定律，線圈B中產(chǎn)生的感應電流的方向會阻礙引起它的磁通量的變化。此外，線圈B中的電流產(chǎn)生的磁場會對線圈B自身產(chǎn)生力的作用，這股力的作用方向會使得線圈B有收縮或擴張的趨勢，這取決于線圈B中電流的方向與原磁場的方向關(guān)系?！窘獯稹拷猓焊鶕?jù)題意可知，0到t1時間內(nèi)電流沿逆時針方向減小，穿過線圈B的磁通量垂直紙面向外減小，根據(jù)楞次定律可知，線圈B內(nèi)有逆時針方向的電流，且有擴張的趨勢；根據(jù)題意可知，t1到t2時間內(nèi)電流沿順時針方向增大，穿過線圈B的磁通量垂直紙面向里增大，根據(jù)楞次定律可知，線圈B內(nèi)有逆時針方向的電流，且有收縮的趨勢。故ACD錯誤，B正確。故選：B?！军c評】此題主要考查了電磁感應定律（楞次定律）的應用。此題的關(guān)鍵在于正確理解楞次定律的應用，即感應電流的方向總是試圖對抗導致它產(chǎn)生的磁通量變化。此外，線圈中電流方向的變化不僅影響了感應電流的方向，也影響了線圈自身的行為（擴張或收縮）。3．（2025春?南京校級月考）如圖所示，螺線管內(nèi)有平行于軸線的勻強磁場，規(guī)定圖甲中箭頭所示方向為磁感應強度B的正方向，螺線管與U形導線框cdef相連，導線框cdef內(nèi)有一半徑很小的金屬圓環(huán)L，圓環(huán)與導線框cdef在同一平面內(nèi)。當螺線管內(nèi)的磁感應強度隨時間按圖乙所示規(guī)律變化時（）A．在t1時刻，金屬圓環(huán)L內(nèi)的磁通量最大 B．在t2時刻，導線框cdef內(nèi)的感應電流最小 C．在t1﹣t2時間內(nèi)，金屬圓環(huán)L有收縮趨勢 D．在t1﹣t2時間內(nèi)，金屬圓環(huán)L內(nèi)有逆時針方向的感應電流【考點】法拉第電磁感應定律的基本計算；楞次定律及其應用．【專題】比較思想；圖析法；電磁感應與電路結(jié)合；理解能力．【答案】C【分析】根據(jù)B﹣t圖像結(jié)合法拉第電磁感應定律分析t1時刻線圈產(chǎn)生的感應電動勢大小，再判斷金屬圓環(huán)L內(nèi)的磁通量大小；在t2時刻，磁感應強度變化率最大，磁通量的變化率最大，線圈中產(chǎn)生的感應電流最大；在t1﹣t2時間內(nèi)，根據(jù)楞次定律判斷金屬圓環(huán)L形狀變化趨勢；根據(jù)楞次定律判斷金屬圓環(huán)L內(nèi)感應電流方向?！窘獯稹拷猓篈、由B﹣t圖可知，t1時刻磁感應強度變化率為零，穿過線圈的磁通量的變化率為零，則線圈中產(chǎn)生的感應電動勢為零，感應電流為零，金屬圓環(huán)周圍沒有磁場，則金屬圓環(huán)L內(nèi)的磁通量最小，故A錯誤；B、t2時刻磁感應強度變化率最大，線圈的磁通量的變化率最大，則線圈中產(chǎn)生的感應電動勢最大，導線框cdef內(nèi)的感應電流最大，故B錯誤；C、在t1﹣t2時間內(nèi)，磁感應強度變化率不斷變大，則線圈的磁通量的變化率不斷變大，線圈中產(chǎn)生的感應電動勢不斷變大，線圈內(nèi)的感應電流不斷變大，L內(nèi)的磁場增加，由楞次定律可知，金屬圓環(huán)L必須減小面積以達到阻礙磁通量的增加，故金屬圓環(huán)L有收縮的趨勢，故C正確；D、在t1﹣t2時間內(nèi)，磁通量的變化率不斷變大，則線圈內(nèi)的感應電流不斷變大，根據(jù)楞次定律，在線圈中的電流方向f到c，根據(jù)安培定則，穿過圓環(huán)的磁通量向外增大，則根據(jù)楞次定律，在金屬圓環(huán)中產(chǎn)生順時針方向的感應電流，故D錯誤。故選：C。【點評】解決本題的關(guān)鍵要掌握楞次定律判斷感應電流的方向，安培定則判斷電流和周圍磁場方向的關(guān)系。4．（2025?朝陽區(qū)模擬）如圖所示，兩個燈泡A1和A2的規(guī)格相同，閉合開關(guān)，穩(wěn)定后兩個燈泡正常發(fā)光且亮度相同。下列說法正確的是（）A．閉合開關(guān)瞬間，A1、A2亮度相同 B．閉合開關(guān)瞬間，M點電勢低于N點電勢 C．電路穩(wěn)定后斷開S，A2閃亮一下再熄滅 D．電路穩(wěn)定后斷開S瞬間，M點電勢低于N點電勢【考點】自感線圈對電路的影響；自感現(xiàn)象與自感系數(shù)．【專題】定性思想；歸納法；電磁感應與電路結(jié)合；推理論證能力．【答案】D【分析】閉合開關(guān)瞬間，由于線圈的自感作用，阻礙電流的通過，據(jù)此分析電勢的高低和燈泡的亮度變化；電路穩(wěn)定后斷開S，由于線圈的自感作用，線圈和兩個燈泡以及變阻器組成閉合回路，線圈相當于電源，據(jù)此比較M、N兩點電勢的高低，分析通過燈泡A2的電流變化，據(jù)此分析。【解答】解：AB、閉合開關(guān)瞬間，由于線圈的自感作用，阻礙電流的通過，但不是阻止，所以M點的電勢高于N點的電勢，則通過線圈的電流逐漸增大，即燈泡A1逐漸變亮，而燈泡A2馬上亮，故AB錯誤；CD、電路穩(wěn)定后兩個燈泡一樣亮，所以電路穩(wěn)定后斷開S，由于線圈的自感作用，線圈和兩個燈泡以及變阻器組成閉合回路，線圈相當于電源，在電源內(nèi)部電流從低電勢流向高電勢，所以M點的電勢低于N點的電勢，電路中的電流逐漸減小，通過A2的電流和原來一樣大，所以不會出現(xiàn)閃亮效果，故C錯誤，D正確。故選：D?！军c評】知道出現(xiàn)“閃亮”效果的條件，知道在電源內(nèi)部電流從低電勢流向高電勢。5．（2025?豐臺區(qū)二模）圖1為某無線門鈴按鈕，其原理如圖2所示。其中M為信號發(fā)射裝置，M中有電流通過時，屋內(nèi)的門鈴會響。磁鐵固定在按鈕內(nèi)側(cè)，按下門鈴按鈕，磁鐵靠近螺線管，松開門鈴按鈕，磁鐵遠離螺線管回歸原位置。下列說法正確的是（）A．按住按鈕不動，門鈴會一直響 B．松開按鈕的過程，門鈴會響 C．按下和松開按鈕過程，通過M的電流方向相同 D．按下按鈕的快慢不同，通過M的電流大小相同【考點】生活中的電磁感應現(xiàn)象；法拉第電磁感應定律的內(nèi)容和表達式．【專題】定性思想；推理法；電磁感應與電路結(jié)合；推理論證能力．【答案】B【分析】按壓和松開按鍵過程，會導致線圈內(nèi)磁場變化，產(chǎn)生感應電動勢，根據(jù)楞次定律判斷感應電流的方向；當保持不動時，線圈內(nèi)磁通量不變化，無感應電流?！窘獯稹拷猓篈B、按住按鈕不動，穿過螺線管的磁通量不變，則無感應電流產(chǎn)生，則門鈴不響，松開按鈕的過程，穿過螺線管的磁通量減小，產(chǎn)生感應電流，門鈴響，故A錯誤，B正確；C、圖中磁場的方向向左，松開按鈕過程，穿過螺線管的磁通量向右減小，按下按鈕過程，穿過螺線管的磁通量向右增加，根據(jù)楞次定律可知，通過門鈴的電流方向不同，故C錯誤；D、快速按下按鈕，穿過螺線管的磁通量變化較快，產(chǎn)生的感應電動勢較大，螺線管產(chǎn)生的感應電流大小較大，故D錯誤。故選：B?！军c評】明確電磁感應的概念，知道線圈中磁通量變化，才會有感應電動勢，閉合回路電路中才有電流產(chǎn)生。6．（2025?汕頭一模）如圖所示，鐵芯左邊懸掛一個輕質(zhì)金屬環(huán)，鐵芯上有兩個線圈M和P，線圈M和電源、開關(guān)、熱敏電阻Rr相連，線圈P與電流表相連。已知熱敏電阻RT的阻值隨溫度的升高而減小，保持開關(guān)閉合，下列說法正確的是（）A．當溫度升高時，金屬環(huán)向左擺動 B．當溫度不變時，電流表示數(shù)不為0 C．當電流從a經(jīng)電流表到b時，可知溫度降低 D．當電流表示數(shù)增大時，可知溫度升高【考點】來拒去留；電路動態(tài)分析．【專題】定性思想；推理法；電磁感應中的力學問題；電磁感應與電路結(jié)合；推理論證能力．【答案】A【分析】根據(jù)電阻的變化，分析線圈M中電流的變化，進而分析穿過金屬環(huán)的磁通量變化，根據(jù)楞次定律判斷金屬環(huán)的運動；當溫度不變時，線圈M中的電流不變，穿過線圈P的磁通量不變；根據(jù)電流方向分析線圈P產(chǎn)生的磁場方向，和線圈M的磁場方向作比較即可；不知道電流的方向，無法判斷溫度的變化?！窘獯稹拷猓篈、當溫度升高時，熱敏電阻的阻值減小，則通過線圈M的電流增大，線圈M的磁場增強，穿過金屬環(huán)的磁通量增加，根據(jù)楞次定律可知，為了阻礙穿過金屬環(huán)的磁通量增加，金屬環(huán)向左擺動，故A正確；B、當溫度不變時，線圈M中的電流不變，穿過線圈P的磁通量不變，線圈P不發(fā)生電磁感應現(xiàn)象，沒有感應電流產(chǎn)生，所以電流表的示數(shù)為0，故B錯誤；C、當電流從a經(jīng)過電流表到b時，根據(jù)安培定則可知線圈P產(chǎn)生的感應電流磁場方向水平向左，和線圈M產(chǎn)生的磁場方向相反，說明通過線圈M的電流增大，可知溫度升高，故C錯誤；D、當電流表示數(shù)增大時，不知道電流的方向，所以無法判斷感應電流的磁場方向，則無法確定線圈M中磁場的變化，則無法判斷溫度的變化，故D錯誤。故選：A?！军c評】本題考查了對楞次定律的理解和應用。7．（2025?豐臺區(qū)二模）利用電磁學原理能夠方便準確地探測地下金屬管線的位置、走向和埋覆深度。如圖所示，在水平地面下埋有一根足夠長的走向已知且平行于地面的金屬管線，管線中通有正弦式交變電流。已知電流為i的無限長載流導線在距其為r的某點處產(chǎn)生的磁感應強度大小B=kir，其中k為常數(shù)，r大于導線半徑。在垂直于管線的平面上，以管線正上方地面處的O點為坐標原點，沿地面方向為x軸方向，垂直于地面方向為y軸方向建立坐標系。在x軸上取兩點M、N，y軸上取一點P。利用面積足夠小的線框（線框平面始終與A．M、N的距離，線框在M、N兩點水平放置時的感應電動勢 B．O、P的距離，線框在O、P兩點豎直放置時的感應電動勢 C．O、M的距離，線框在M點水平放置和豎直放置時的感應電動勢 D．O、M的距離，線框在M點感應電動勢最大時與水平面的夾角【考點】感應電動勢及其產(chǎn)生條件；法拉第電磁感應定律的內(nèi)容和表達式；通電直導線周圍的磁場．【專題】定量思想；推理法；電磁感應——功能問題；推理論證能力．【答案】A【分析】分別求解當線圈豎直放置時和當線圈水平放置時，M和N兩點產(chǎn)生個感應電動勢表達式，結(jié)合每個選項以及幾何關(guān)系求解?！窘獯稹拷猓河深}意知B設電流i＝Imsinωt（Im為電流最大值）在距離管線為r處，磁感應強度B當線圈放下O、P位置，線圈豎直放置時，線圈平面與磁場方向垂直，在O位置產(chǎn)生的感應電動勢EO在P點產(chǎn)生的感應電動勢E設M點到坐標（xM，0）線框放在M點時，當線圈豎直放置時，線框平面與半徑方向夾角為θ，如圖所示則cosθ感應電動勢E同理N點的感應電動勢E當線圈水平放置在M、N位置時，線圈平面磁場之間的夾角為θ，在M點產(chǎn)生的感應電動勢E在N點產(chǎn)生的感應電動勢EA.若已知線框在M、N兩點水平放置時的感應電動勢E'M和E'N，可以求得EM'EN'=xMxN，如果已知xN﹣xM＝d，可以求得B.若已知線框在O、P兩點豎直放置時的感應電動勢EO，EP，可以求得EOEP=hh+yp，如果再知道O、C.若知道線框在M點水平放置和豎直放置時的感應電動勢E'M和EM可以求得EMEM=hxM，若再知道O、M的距離D.若線框在M點感應電動勢最大時與水平面的夾角α，線圈方向與半徑方向相同，可求的tanα=hxM，若再知道O、M的距離xM，可以求得本題選錯誤的，故選：A。【點評】本題考查法拉第電磁感應定律的應用，解題關(guān)鍵是得出線圈感應電動勢表達式，難度較大。二．多選題（共3小題）（多選）8．（2025?沙坪壩區(qū)校級模擬）如圖甲所示，足夠長的光滑平行金屬導軌固定在水平桌面上，勻強磁場垂直于導軌平面向下，導軌電阻不計，其左側(cè)接阻值R1＝12Ω的定值電阻。質(zhì)量m＝1kg，阻值R2＝6Ω的金屬桿AB置于軌道上，與軌道垂直且接觸良好，桿受到水平拉力F的作用，力F隨時間t變化的圖像如圖乙所示。桿由靜止開始做勻加速直線運動，t＝2s時撤去F，關(guān)于桿從靜止開始的整個運動過程，下列說法正確的是（）A．金屬桿做勻加速運動的加速度大小為2m/s2 B．整個過程金屬桿的位移為8m C．整個過程金屬桿產(chǎn)生的熱量為163D．整個過程通過定值電阻的電量為2C【考點】單桿在導軌上無外力作用下切割磁場的運動問題；電磁感應過程中的能量類問題；閉合電路歐姆定律的內(nèi)容和表達式．【專題】定量思想；尋找守恒量法；電磁感應——功能問題；分析綜合能力．【答案】AD【分析】根據(jù)牛頓第二定律、安培力公式以及法拉第電磁感應定律、閉合電路歐姆定律相結(jié)合得到F與t的關(guān)系式，結(jié)合圖像的信息求出加速度大小以及BL大小；撤去F前，根據(jù)位移—時間公式求金屬桿的位移。撤去F后，根據(jù)動量定理求金屬桿的位移，從而求得總位移；根據(jù)功能關(guān)系分析整個過程金屬桿產(chǎn)生的熱量；根據(jù)電量與磁通量變化量的關(guān)系求通過定值電阻的電量?！窘獯稹拷猓篈、金屬桿由靜止做勻加速直線運動時，根據(jù)牛頓第二定律有F﹣BIL＝ma又I=ER1+R聯(lián)立得F結(jié)合圖像知ma＝2N，B2L2解得a＝2m/s2，BL＝3T?m，故A正確；B、撤去F前，金屬桿的位移x1=12a2s末速度v＝at＝2×2m/s＝4m/s撤去F后在一段極短的時間Δt內(nèi)，對金屬桿，取向右為正方向，由動量定理有﹣BILΔt＝mΔv其中I=ER1得-撤去F后一直到金屬桿停止運動的過程，將上式兩邊求和得-B解得x2＝8m故整個過程桿的位移為x＝x1+x2＝4m+8m＝12m，故B錯誤；D、整個過程回路磁通量變化量ΔΦ＝BLx＝3×12Wb＝36Wb又q=It，可得q=ΔΦRC、根據(jù)功能關(guān)系，整個過程中回路產(chǎn)生的總熱量等于F做的功。由于R2R1+R2=612+6=13，所以，整個過程金屬桿產(chǎn)生的熱量為F做功的13，若F始終為最大值4N，其做功為W＝Fx1＝4×4J故選：AD?！军c評】本題主要是考查電磁感應現(xiàn)象，關(guān)鍵是弄清楚導體棒的運動情況和受力情況，根據(jù)電磁感應規(guī)律結(jié)合牛頓第二定律、動量定理等等力學規(guī)律進行求解。涉及能量問題，常根據(jù)動能定理、功能關(guān)系等列方程求解。（多選）9．（2025?莆田四模）如圖所示，間距L＝1m的平行光滑金屬導軌固定在絕緣水平面上，R＝10Ω的定值電阻連接在導軌左端，導軌處在垂直于導軌平面向上的勻強磁場中，磁感應強度大小B=2T，金屬棒ab垂直靜止在導軌上，金屬棒接入電路的阻值r＝5Ω，導軌電阻不計.現(xiàn)讓金屬棒在M、N間做簡諧運動，以金屬棒處在M位置開始計時，金屬棒運動的速度為v＝6sin50πt（A．電路中所產(chǎn)生交變電流的周期為0.04s B．電路中所產(chǎn)生電動勢的最大值為12V C．電阻R兩端電壓的有效值為42D．金屬棒消耗的電功率為0.8W【考點】電磁感應過程中的能量類問題；電磁感應過程中的電路類問題；電功和電功率的計算．【專題】定量思想；推理法；電磁感應——功能問題；推理論證能力．【答案】AD【分析】根據(jù)電路產(chǎn)生的瞬時電動勢，結(jié)合周期和圓頻率的關(guān)系，綜合電動勢的有效值和最大值的關(guān)系，與閉合電路歐姆定律分析求解?！窘獯稹拷猓篈B．電路產(chǎn)生的瞬時電動勢e電動勢的最大值為E周期為T故A正確，B錯誤；C．電動勢的有效值為E=Em2電阻R兩端電壓的有效值為：UR=RR解得：UR＝4V故C錯誤；D．電路中電流有效值為I=ER+r金屬棒消耗的電功率為Pr＝I2r解得：Pr＝0.8W故D正確。故選：AD?！军c評】本題考查了電磁感應相關(guān)知識，理解電動勢的有效值和最大值的關(guān)系，熟練掌握電路的構(gòu)成是解決此類問題的關(guān)鍵。（多選）10．（2025?廈門模擬）如圖所示，一質(zhì)量為M的足夠長“匚”型金屬導軌abcd放在光滑的絕緣水平面上。質(zhì)量為m、電阻不計的導體棒PQ平行bc放置在導軌上，PQ左側(cè)有兩個固定于水平面的立柱。導軌單位長度的電阻為R0，bc長為L，初始時bc與PQ間距離也為L。分界線ef與bc平行，其左側(cè)有豎直向上的勻強磁場，右側(cè)有水平向左的勻強磁場，磁感應強度大小均為B。在t＝0時，一水平向左的拉力F垂直作用在導軌bc段中點，使導軌由靜止開始做勻加速直線運動，加速度大小為a，PQ與導軌間動摩擦因數(shù)為μ，且始終接觸良好，則（）A．回路中的電動勢先增大后減小 B．運動過程中拉力F的最大值為Ma+C．若t0時間內(nèi)導軌產(chǎn)生的焦耳熱為Q，則該時間內(nèi)導軌克服安培力做功為Q D．若t0時間內(nèi)導軌產(chǎn)生的焦耳熱為Q，則該時間內(nèi)導軌克服摩擦力做功為12μmgat0【考點】單桿在導軌上有外力作用下切割磁場的運動問題；電磁感應過程中的能量類問題．【專題】定量思想；推理法；萬有引力定律的應用專題；機械能守恒定律應用專題；功能關(guān)系能量守恒定律；電磁感應中的力學問題；推理論證能力．【答案】CD【分析】導軌在拉力作用下做勻加速運動，速度隨時間線性增加，導致回路中感應電動勢持續(xù)增大而非先增后減。拉力需克服安培力、摩擦力和提供加速度，其最大值出現(xiàn)在特定時刻，表達式涉及導軌質(zhì)量、加速度、摩擦系數(shù)及磁場參數(shù)。焦耳熱直接對應克服安培力所做的功。導軌克服摩擦力做功包含兩部分，一部分與導體棒重力及加速度相關(guān)，另一部分與焦耳熱成正比?！窘獯稹拷猓篈、導軌做初速為零的勻加速運動，t時刻的速度v＝at?；芈分懈袘妱觿荩篍＝BLv＝BLat，可知回路中的電動勢一直增大，故A錯誤。B、導軌運動以后，由v＝at，x=12at2，Rx＝R0?2x，I=ERx+3LR0，F(xiàn)安＝BIL，解得：F安=B2L對導軌由牛頓第二定律得F﹣F安﹣f＝Ma，聯(lián)立解得：F=分析可知，當3Lt=at，即t=3LC、克服安培力做功等于產(chǎn)生的焦耳熱，可知若t時間內(nèi)導軌產(chǎn)生的焦耳熱為Q，則該時間內(nèi)導軌克服安培力做功為Q，選項C正確。D、導軌克服摩擦力做功為W＝μ（mg+F安）x，而Q＝F安x，x=12at故選：CD?！军c評】本題綜合考查電磁感應、動力學和能量轉(zhuǎn)化，涉及勻加速運動、安培力計算及功能關(guān)系。題目通過導軌在復合磁場中的運動，巧妙結(jié)合了電磁感應定律與牛頓第二定律，計算量較大但邏輯清晰。難點在于分析回路電阻變化對安培力的影響，以及拉力F隨時間的極值問題。選項C直接考查能量守恒，D項則需通過安培力做功與摩擦生熱的關(guān)系推導，體現(xiàn)了電磁感應中能量轉(zhuǎn)化的典型思路。三．填空題（共3小題）11．（2025春?思明區(qū)校級期中）如圖，空間存在豎直向上的勻強磁場，磁感應強度大小為B，足夠長的光滑平行金屬導軌水平放置，導軌左右兩部分的間距分別為l、2l；質(zhì)量分別為m、2m的導體棒a、b均垂直導軌放置，導體棒a、b接入電路總電阻為R，其余電阻均忽略不計；a、b兩棒分別以v0、2v0的初速度同時向右運動，兩棒在運動過程中始終與導軌垂直且保持良好接觸，a總在窄軌上運動，b總在寬軌上運動，直到兩棒達到穩(wěn)定狀態(tài)，穩(wěn)定時a棒的速度為2v0，從開始運動到兩棒穩(wěn)定的過程中，電路中產(chǎn)生的焦耳熱為32mv【考點】雙桿在不等寬導軌上切割磁場的運動問題；動量定理在電磁感應問題中的應用；電磁感應過程中的能量類問題．【專題】定量思想；方程法；電磁感應——功能問題；分析綜合能力．【答案】2v0；32【分析】對導體棒，根據(jù)牛頓第二定律，可求二者的加速度；根據(jù)導體棒切割磁感線產(chǎn)生電動勢的公式，分別對a棒及b棒列方程，以及穩(wěn)定時回路中的電流為零，結(jié)合運動學的公式可求a、b最終的速度?！窘獯稹拷猓焊鶕?jù)右手定則可知，兩棒產(chǎn)生的電動勢方向都是從外向里，經(jīng)過E＝BIL可知b棒產(chǎn)生的電動勢大，所以電路中的電流為逆時針方向，根據(jù)左手定則，可知a受到的安培力的方向向右，b受到的安培力的方向向左。對導體棒，根據(jù)牛頓第二定律得F安＝F合設電路中的電流為I，則a受到的安培力F1＝BIl＝ma1可得a1=同理可得b的加速度a2=可知二者的加速度大小始終相等。穩(wěn)定時回路中的電流為零，即a棒與b棒產(chǎn)生的電動勢大小相等Blva＝B?2lvb解得va＝2vb二者的加速度大小始終相等，則在相同的時間內(nèi)二者速度的變化量始終大小相等，設為Δv，則va＝v0+Δv；vb＝2v0﹣Δv聯(lián)立解得：vb＝v0，va＝2v0設電路中產(chǎn)生的焦耳熱為Q，對ab系統(tǒng)，根據(jù)能量守恒得Q代入數(shù)據(jù)可得Q=故答案為：2v0；32【點評】本題考查電磁感應規(guī)律的綜合應用，注意牛頓第二定律、右手定則、左手定則及能量守恒定律等知識是解決此類問題的關(guān)鍵。12．（2025春?重慶期中）G為零刻度在中央的靈敏電流表，連接在直流電路中時的偏轉(zhuǎn)情況如圖①中所示，即電流從電流表G的左接線柱進時，指針也從中央向左偏。今把它與一線圈串聯(lián)進行電磁感應實驗，則圖②中的條形磁鐵的運動方向是向下（選填“上”或“下”）；圖③中電流表指針應向左（選填“左”或“右”）偏轉(zhuǎn)；圖④中的條形磁鐵下端為N極（選填“N”或“S”）?！究键c】楞次定律及其應用．【專題】定性思想；推理法；電磁感應與電路結(jié)合；推理論證能力．【答案】下；左；N【分析】要使靈敏電流計的指針向左偏轉(zhuǎn)，根據(jù)圖①實驗可知，電流是從左接線柱流入靈敏電流表，從而知道螺線管中電流方向，由安培定則從而知道感應電流的磁場方向，根據(jù)楞次定律知，磁通量的變化，從而確定磁體的運動方向以及磁極?！窘獯稹拷猓簣D②中的電流計指針左偏，可知感應電流是從左側(cè)流入的，根據(jù)安培定則可知感應電流的磁場向下，原磁場向上，根據(jù)楞次定律可知可知條形磁鐵的運動方向是向下；圖③中穿過線圈的磁通量向下減小，根據(jù)楞次定律可知，線圈中產(chǎn)生的感應電流從左側(cè)流入電表，可知電流表指針應向左偏轉(zhuǎn)；圖④中的電流表指針向右偏轉(zhuǎn)，可知感應電流從右側(cè)流入電表，感應電流的磁場向上，磁鐵插入，則穿過線圈的磁通量向下增加的，可知條形磁鐵下端為N極。故答案為：下；左；N【點評】解決本題的關(guān)鍵掌握楞次定律的內(nèi)容：感應電流的磁場總是阻礙引起感應電流的磁通量的變化。13．（2025春?永春縣校級期中）現(xiàn)把電阻與線圈兩端相連構(gòu)成閉合回路，在線圈正上方放一條形磁鐵，如圖所示，磁鐵的S極朝下，在將磁鐵的S極插入線圈的過程中，通過電阻的感應電流的方向由b→a，線圈與磁鐵相互排斥（填“吸引”或“排斥”）?！究键c】楞次定律及其應用．【專題】定性思想；推理法；電磁感應與電路結(jié)合；推理論證能力．【答案】b→a；排斥?！痉治觥慨敶盆F向下運動時，穿過線圈的磁通量變大，原磁場方向向下，所以感應磁場方向向上，根據(jù)右手螺旋定則判斷感應電流的方向；根據(jù)楞次定律“來拒去留”可判斷磁鐵與線圈的相互作用．【解答】解：當磁鐵向下運動時，穿過線圈的磁通量變大，原磁場方向向上，根據(jù)楞次定律可知感應電流產(chǎn)生的磁場方向向下，根據(jù)右手螺旋定則，拇指表示感應磁場的方向，四指彎曲的方向表示感應電流的方向，可知感應電流從上向下通過螺線管，則即通過電阻的電流方向為b→a；根據(jù)楞次定律“來拒去留”可判斷線圈對磁鐵的作用是阻礙作用，故磁鐵與線圈相互排斥。故答案為：b→a；排斥?！军c評】楞次定律應用的題目我們一定會做，大膽的去找原磁場方向，磁通量的變化情況，應用楞次定律判斷即可．四．解答題（共2小題）14．（2025?昌平區(qū)二模）電磁彈射是航空母艦上艦載機的一種起飛方式，是航空母艦的核心技術(shù)之一。某學習小組設計了一個簡易的電容式電磁彈射裝置，如圖甲所示，在豎直向下的勻強磁場中，兩根相距為L平行金屬導軌水平放置，左端接電容為C的電容器，一導體棒MN放置在導軌右側(cè)，與導軌垂直且接觸良好。單刀雙擲開關(guān)S先接1，經(jīng)過足夠長的時間后，再把開關(guān)S接到2，導體棒向右離開導軌后水平射出。已知勻強磁場的磁感應強度大小為B，導體棒的質(zhì)量為m，接入電路部分的電阻為R，電源的電動勢為E。不計導軌電阻及導體棒與導軌間的摩擦。（1）將開關(guān)S接1給電容器充電，在圖乙所示的坐標系中畫出電容器兩極板電壓u與電荷量q變化關(guān)系的圖像；并求出經(jīng)過足夠長的時間后電容器極板的電荷量Q和電容器儲存的電能Ep；（2）求開關(guān)S接2的瞬間導體棒的加速度大小a；（3）若某次試驗導體棒彈射出去后電容器兩端的電壓減為初始值的14，求導體棒離開導軌時的速度大小v【考點】含有電容器的導軌滑桿模型；牛頓第二定律的簡單應用．【專題】定量思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題；推理論證能力．【答案】（1）畫出電容器兩極板電壓u與電荷量q變化關(guān)系的圖像如解析，電容器極板的電荷量Q為CE，電容器儲存的電能Ep為12（2）開關(guān)S接2的瞬間導體棒的加速度大小a為BELmR（3）導體棒離開導軌時的速度大小v為3BLCE【分析】（1）根據(jù)電容的定義式和u﹣q圖像面積的物理意義列式求解；（2）根據(jù)閉合電路的歐姆定律和牛頓第二定律求解加速度；（3）根據(jù)動量定理列式解答。【解答】解：（1）電容器兩極板電壓u與電荷量q變化關(guān)系的圖像如圖所示根據(jù)電容的定義C=QU，得Q＝CE，電容器儲存的電能為u﹣q（2）開關(guān)S接2的瞬間，金屬棒中電流I=ER，安培力大小FA＝BIL（3）規(guī)定水平向右的方向為正方向，根據(jù)動量定理BLIΔt=mv-0，電容器兩端的電壓減為初始值的14過程中，通過導體棒的電荷量答：（1）畫出電容器兩極板電壓u與電荷量q變化關(guān)系的圖像如解析，電容器極板的電荷量Q為CE，電容器儲存的電能Ep為12（2）開關(guān)S接2的瞬間導體棒的加速度大小a為BELmR（3）導體棒離開導軌時的速度大小v為3BLCE【點評】考查電容器的相關(guān)知識和動量定理的應用，牛頓第二定律等，會根據(jù)題意進行準確分析解答。15．（2025?莆田四模）如圖所示，兩平行且足夠長的金屬導軌相距l(xiāng)＝1m，導軌及導軌平面跟水平面均成37°角，MN是垂直于兩導軌的一分界線，MN以上的導軌光滑，MN以下的導軌粗糙，兩導軌的上端可以通過單刀雙擲開關(guān)K和電容器C或定值電阻R相連接，整個裝置處在方向垂直于導軌平面向上、磁感應強度大小B＝2T的勻強磁場（圖中未畫出）中，開關(guān)K先接在1上，在光滑導軌上到分界線MN的距離s0＝3m處由靜止釋放一質(zhì)量m＝0.1kg、長度l＝1m的金屬棒，經(jīng)過t=43s時金屬棒到達MN，此時開關(guān)K自動跳接在2上，已知電容器的電容C＝1.5×10﹣2F，定值電阻R＝30Ω，金屬棒與導軌粗糙部分之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.85，滑動摩擦力等于最大靜摩擦力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，不計導軌及金屬棒的電阻，重力加速度g（1）金屬棒到達分界線MN時的速度大小；（2）金屬棒在粗糙導軌運動到離分界線MN的最遠距離；（3）在金屬棒的整個運動過程中，電阻R產(chǎn)生的電熱和電容器儲存的電能ΔE。【考點】傾斜平面內(nèi)的導軌滑桿模型；閉合電路歐姆定律的內(nèi)容和表達式．【專題】計算題；學科綜合題；定量思想；尋找守恒量法；電磁感應——功能問題；分析綜合能力．【答案】（1）金屬棒到達分界線MN時的速度大小為4m/s；（2）金屬棒在粗糙導軌運動到離分界線MN的最遠距離為4m；（3）在金屬棒的整個運動過程中，電阻R產(chǎn)生的電熱為1J，電容器儲存的電能ΔE為0.48J?！痉治觥浚?）金屬棒在光滑導軌上的運動過程，利用動量定理結(jié)合電荷量與電流的關(guān)系求解金屬棒到達分界線MN時的速度大??；（2）金屬棒在粗糙導軌上做減速運動的過程，根據(jù)牛頓第二定律、電流定義式、加速度定義式以及安培力公式求出金屬棒的加速度大小，再由運動學公式求金屬棒運動到離分界線MN的最遠距離；（3）根據(jù)能量守恒定律求在金屬棒的整個運動過程中，電阻R產(chǎn)生的電熱和電容器儲存的電能ΔE。【解答】解：（1）金屬棒在光滑導軌上的運動時，設金屬棒到達分界線MN時的速度大小為v0，取沿斜面向下為正方向，由動量定理有mgsin37其中q聯(lián)立解得v0＝4m/s（2）金屬棒在粗糙導軌上的減速運動時，流過金屬棒的電流為i=電容器的電壓u＝Blv金屬棒運動的加速度大小a金屬棒受到的安培力大小FA＝Bil對金屬棒，由牛頓第二定律有μmgcos37°+FA﹣mgsin37°＝ma聯(lián)立解得a可見金屬棒做勻減速運動，代入數(shù)據(jù)解得a＝2m/s2金屬棒在粗糙導軌上運動到離分界線MN的最遠距離為xm=v02（3）金屬棒沿光滑導軌的運動過程，由能量守恒定律有Q=代入數(shù)據(jù)解得Q＝1J金屬棒在粗糙導軌運動到離分界線MN距離最遠的過程，由能量守恒定律有ΔE代入數(shù)據(jù)解得ΔE＝0.48J答：（1）金屬棒到達分界線MN時的速度大小為4m/s；（2）金屬棒在粗糙導軌運動到離分界線MN的最遠距離為4m；（3）在金屬棒的整個運動過程中，電阻R產(chǎn)生的電熱為1J，電容器儲存的電能ΔE為0.48J?！军c評】分析清楚電路結(jié)構(gòu)與金屬棒的運動過程是解題的前提與關(guān)鍵，應用安培力公式、能量守恒定律、動量定理、牛頓第二定律與運動公式可以解題。

考點卡片1．牛頓第二定律的簡單應用【知識點的認識】牛頓第二定律的表達式是F＝ma，已知物體的受力和質(zhì)量，可以計算物體的加速度；已知物體的質(zhì)量和加速度，可以計算物體的合外力；已知物體的合外力和加速度，可以計算物體的質(zhì)量。【命題方向】一質(zhì)量為m的人站在電梯中，電梯加速上升，加速度大小為13g，gA、43mgB、2mgC、mgD分析：對人受力分析，受重力和電梯的支持力，加速度向上，根據(jù)牛頓第二定律列式求解即可。解答：對人受力分析，受重力和電梯的支持力，加速度向上，根據(jù)牛頓第二定律N﹣mg＝ma故N＝mg+ma=4根據(jù)牛頓第三定律，人對電梯的壓力等于電梯對人的支持力，故人對電梯的壓力等于43mg故選：A。點評：本題關(guān)鍵對人受力分析，然后根據(jù)牛頓第二定律列式求解?！窘忸}方法點撥】在應用牛頓第二定律解決簡單問題時，要先明確物體的受力情況，然后列出牛頓第二定律的表達式，再根據(jù)需要求出相關(guān)物理量。2．電功和電功率的計算【知識點的認識】1.電功的計算公式：W＝qU＝UIt2.電功率的計算公式：P=W3.如果是純電阻電路，電流做的功完全用來發(fā)熱，則有W＝qU＝UIt＝I2Rt=UP＝UI＝I2R=U【解題思路點撥】四個定值電阻連成如圖所示的電路。RA、RC的規(guī)格為“6V6W”，RB、RD的規(guī)格為“6V12W”。將該電路接在輸出電壓U＝11V的恒壓電源上，則（）A、RA的功率最大，為6WB、RB的功率最小，為0.67WC、RC的功率最小，為1.33WD、RD的功率最大，為12W分析：根據(jù)P=U2R求出每個電阻值，根據(jù)歐姆定律求出電路總電流，進而求出每個并聯(lián)電阻兩端的電壓，根據(jù)P＝I2R和解答：由P=U2R知，RA＝RC=U12P1=626Ω＝6電阻B和C并聯(lián)的電阻RBC=RBRC則電路的總電流I=UR=則并聯(lián)電阻兩端電壓UBC＝IRBC＝1×2V＝2V則RA的功率為PA＝I2RA＝12×6W＝6WRB的功率為PB=UBC2RC的功率為PC=UBC2RD的功率為PD＝I2RD＝12×3W＝3W由此可知：RA的功率最大，為6WRC的功率最小，為0.67W故A正確，BCD錯誤；故選：A。點評：本題考查閉合電路的歐姆定律以及電阻功率的求法。注意并聯(lián)電阻的求解，以及求功率時，串聯(lián)電路常用P＝I2R而并聯(lián)電路常用P=U【解題思路點撥】根據(jù)具體的電路，電功和電功率的計算有很多公式可選，要先具體分析電路條件，選擇出合適的公式，進而計算電功或電功率。3．閉合電路歐姆定律的內(nèi)容和表達式【知識點的認識】1.內(nèi)容：閉合電路的電流跟電源的電動勢成正比跟內(nèi)、外電路的電阻之和成反比。2.表達式：I=ER+r，E表示電動勢，I表示干路總電流，3.閉合電路中的電壓關(guān)系：閉合電路中電源電動勢等于內(nèi)、外電路電勢降落之和E＝U外+U內(nèi)。4.由E＝U外+U內(nèi)可以得到閉合電路歐姆定律的另一個變形U外＝E﹣Ir?！久}方向】在已接電源的閉合電路里，關(guān)于電源的電動勢、內(nèi)電壓、外電壓的關(guān)系應是（）A、如外電壓增大，則內(nèi)電壓增大，電源電動勢也會隨之增大B、如外電壓減小，內(nèi)電阻不變，內(nèi)電壓也就不變，電源電動勢必然減小C、如外電壓不變，則內(nèi)電壓減小時，電源電動勢也隨內(nèi)電壓減小D、如外電壓增大，則內(nèi)電壓減小，電源的電動勢始終為二者之和，保持恒量分析：閉合電路里，電源的電動勢等于內(nèi)電壓與外電壓之和．外電壓變化時，內(nèi)電壓也隨之變化，但電源的電動勢不變．解答：A、如外電壓增大，則內(nèi)電壓減小，電源電動勢保持不變。故A錯誤。B、如外電壓減小，內(nèi)電阻不變，內(nèi)電壓將增大，電源電動勢保持不變。故B錯誤。C、如外電壓不變，則內(nèi)電壓也不變。故C錯誤。D、根據(jù)閉合電路歐姆定律得到，電源的電動勢等于內(nèi)電壓與外電壓之和，如外電壓增大，則內(nèi)電壓減小，電源的電動勢保持恒量。故D正確。故選：D。點評：本題要抓住電源的電動勢是表征電源的本身特性的物理量，與外電壓無關(guān)．【解題思路點撥】閉合電路的幾個關(guān)系式的對比4．電路動態(tài)分析【知識點的認識】1.模型概述：電路中某一參數(shù)變化時，其他參數(shù)的變化情況分析，就稱為電路的動態(tài)分析。2.閉合電路動態(tài)問題的分析方法（1）程序法①分析電路，明確各部分電路的串、并聯(lián)關(guān)系及電流表或電壓表的測量對象；②由局部電阻變化判斷總電阻的變化；③由I=ER④據(jù)U＝E一Ir判斷路端電壓的變化；⑤由歐姆定律及串、并聯(lián)電路的規(guī)律判斷各部分的電路電壓及電流的變化。（2）結(jié)論法——“并同串反”“并同”：是指某一電阻增大時，與它并聯(lián)或間接并聯(lián)的電阻中的電流、兩端電壓、電功率都將增大；某一電阻減小時，與它并聯(lián)或間接并聯(lián)的電阻中的電流、兩端電壓、電功率都將減小?！按础保菏侵改骋浑娮柙龃髸r，與它串聯(lián)或間接串聯(lián)的電阻中的電流、兩端電壓、電功率都將減??；某一電阻減小時，與它串聯(lián)或間接串聯(lián)的電阻中的電流、兩端電壓、電功率都將增大?！久}方向】在如圖所示的電路中，E為電源電動勢，r為電源內(nèi)阻，R1和R3均為定值電阻，R2為滑動變阻器。當R2的滑動觸點在a端時，合上開關(guān)S，此時三個電表A1、A2和V的示數(shù)分別為I1、I2和U，現(xiàn)將R2的滑動觸點向b端移動，則三個電表示數(shù)的變化情況（）A.I1增大，I2不變，U增大B.I1減小，I2增大，U減小C.I1增大，I2減小，U增大D.I1減小，I2不變，U減小分析：理清電路，確定電壓表測得什么電壓，電流表測得什么電流，抓住電動勢和內(nèi)阻不變，采用局部→整體→局部的方法，利用閉合電路歐姆定律進行分析。解答：R2的滑動觸點向b端移動時，R2減小，整個電路的總電阻減小，總電流增大，內(nèi)電壓增大，外電壓減小，即電壓表示數(shù)減小，R3電壓增大，R1、R2并聯(lián)電壓減小，通過R1的電流I1減小，即A1示數(shù)減小，而總電流I增大，則流過R2的電流I2增大，即A2示數(shù)增大。故A、C、D錯誤，B正確。故選：B。點評：解決本題的關(guān)鍵抓住電動勢和內(nèi)電阻不變，結(jié)合閉合電路歐姆定律求解。注意做題前一定要理清電路，看電壓表測的是什么電壓，電流表測的是什么電流?！窘忸}思路點撥】閉合電路的動態(tài)分析方法（1）程序法：局部→整體→局部。（2）“并同串反”法：所謂“并同”，即某一電阻增大時，與它并聯(lián)或間接并聯(lián)的電阻中的電流、兩端電壓、電功率都將增大，反之則減??；所謂“串反”，即某一電阻增大時，與它串聯(lián)或間接串聯(lián)的電阻中的電流、兩端電壓、電功率都將減小，反之則增大。5．通電直導線周圍的磁場【知識點的認識】幾種常見的磁場如下：直線電流的磁場通電螺線管的磁場環(huán)形電流的磁場特點無磁極、非勻強，且距導線越遠處磁場越弱與條形磁鐵的磁場相似，管內(nèi)為勻強磁場，管外為非勻強磁場環(huán)形電流的兩側(cè)是N極和S極，且離圓環(huán)中心越遠，磁場越弱安培定則本考點主要針對通電直導線周圍的磁場分布【命題方向】如圖所示、導絨中通入由A向B的電流時，用輕繩懸掛的小磁針（）A、不動B、N極向紙里，S極向紙外旋轉(zhuǎn)C、向上運動D、N極向紙外，s極向紙里旋轉(zhuǎn)分析：根據(jù)安培定則可明確小磁針所在位置的磁場方向，從而確定小磁針的偏轉(zhuǎn)方向。解答：根據(jù)安培定則可知，AB上方的磁場向外，則小磁針的N極向紙外，S極向紙里旋轉(zhuǎn)，故D正確，ABC錯誤。故選：D。點評：本題考查安培定則的內(nèi)容，對于直導線，用手握住導線，大拇指指向電流方向，四指環(huán)繞的方向為磁場的方向?！窘忸}思路點撥】1.電流的方向跟它的磁感線方向之間的關(guān)系可以用安培定則（右手螺旋定則）來判斷。各種電流的磁場磁感線判斷方法如下：（1）直線電流：右手握住導線，讓伸直的拇指所指的方向與電流的方向一致，彎曲的四指所指的方向就是磁感線環(huán)繞的方向。（2）環(huán)形電流：讓右手彎曲的四指與環(huán)形電流的方向一致，伸直的拇指所指的方向就是環(huán)形導線軸線上磁場的方向。（3）通電螺線管：右手握住螺線管，讓彎曲的四指跟電流的方向一致，拇指所指的方向就是螺線管磁場的方向，或者說拇指所指的就是通電螺線管N極的方向。2.特別提醒（1）磁場是分布在立體空間的，（2）利用安培定則不僅可以判斷磁場的方向，還可以根據(jù)磁場的方向判斷電流的方向。（3）應用安培定則判定直線電流時，四指所指的方向是導線之外磁場的方向；判定環(huán)形電流和通電螺線管電流時，拇指的指向是線圈軸線上磁場的方向。（4）環(huán)形電流相當于小磁針，通電螺線管相當于條形磁鐵，應用安培定則判斷時，拇指所指的一端為它的N極。6．安培力的計算公式及簡單應用【知識點的認識】如圖所示，在磁感應強度為B的勻強磁場中，垂直磁場放置的長度為l的導體，所通電流為I，導體所受的安培力大小為F＝BIl；若將導體轉(zhuǎn)過90°，即電流與磁場平行，此時導體所受的安培力的大小為F＝0.2.如圖所示，當電流方向與磁場方向夾角為θ時，安培力的大小為F＝BIlsinθ【命題方向】一根長0.20m、通有2.0A電流的通電直導線，放在磁感應強度為0.50T的勻強磁場中，受到的最大安培力是多少？分析：當通電導線與磁場垂直時，導線所受的磁場力最大；根據(jù)安培力的公式計算安培力的大?。獯穑寒斖妼Ь€與磁場垂直時，導線所受的磁場力最大，為：Fmax＝BIL＝0.50×2.0×0.20N＝0.2N答：受到的最大安培力是0.2N．點評：本題只要掌握安培力大小的計算公式F＝BILsinα，就能正確解答，基本題．【解題思路點撥】1、電流方向與磁場方向平行時，導線不受安培力的作用。2、電流方向與磁場方向垂直時，導線受到安培力的大小為F＝BIl。3、電流方向與磁場方向夾角為θ時，導線受到安培力的大小為F＝BIlsinθ。7．楞次定律及其應用【知識點的認識】1.楞次定律的內(nèi)容：感應電流具有這樣的方向，即感應電流的磁場總要阻礙引起感應電流的磁通量的變化。2.適用范圍：所有電磁感應現(xiàn)象。3.實質(zhì)：楞次定律是能量守恒的體現(xiàn)，感應電流的方向是能量守恒定律的必然結(jié)果。4.應用楞次定律判斷感應電流方向的一般步驟：①確定研究對象，即明確要判斷的是哪個閉合電路中產(chǎn)生的感應電流。②確定研究對象所處的磁場的方向及其分布情況。③確定穿過閉合電路的磁通量的變化情況。④根據(jù)楞次定律，判斷閉合電路中感應電流的磁場方向。⑤根據(jù)安培定則（即右手螺旋定則）判斷感應電流的方向?！久}方向】某磁場的磁感線如圖所示，有銅線圈自圖示A處落到B處，在下落過程中，自上向下看，線圈中感應電流的方向是（）A、始終順時針B、始終逆時針C、先順時針再逆時針D、先逆時針再順時針分析：楞次定律的內(nèi)容是：感應電流的磁場總是阻礙引起感應電流的磁通量的變化．根據(jù)楞次定律判斷感應電流的方向．在下落過程中，根據(jù)磁場強弱判斷穿過線圈的磁通量的變化，再去判斷感應電流的方向．解答：在下落過程中，磁感應強度先增大后減小，所以穿過線圈的磁通量先增大后減小，A處落到C處，穿過線圈的磁通量增大，產(chǎn)生感應電流磁場方向向下，所以感應電流的方向為順時針。C處落到B處，穿過線圈的磁通量減小，產(chǎn)生感應電流磁場方向向上，所以感應電流的方向為逆時針。故選：C。點評：解決本題的關(guān)鍵掌握楞次定律的內(nèi)容：感應電流的磁場總是阻礙引起感應電流的磁通量的變化．【解題方法點撥】1．楞次定律中“阻礙”的含義。2．楞次定律的推廣對楞次定律中“阻礙”含義的推廣：感應電流的效果總是阻礙產(chǎn)生感應電流的原因。（1）阻礙原磁通量的變化﹣﹣“增反減同”；（2）阻礙相對運動﹣﹣“來拒去留”；（3）使線圈面積有擴大或縮小的趨勢﹣﹣“增縮減擴”；（4）阻礙原電流的變化（自感現(xiàn)象）﹣﹣“增反減同”。3．相互聯(lián)系（1）應用楞次定律，必然要用到安培定則；（2）感應電流受到的安培力，有時可以先用右手定則確定電流方向，再用左手定則確定安培力的方向，有時可以直接應用楞次定律的推論確定。8．來拒去留【知識點的認識】楞次定律的推廣結(jié)論之一：為了“阻礙”原磁場磁通量的變化，當因為磁體的靠近導致穿過閉合線圈的磁通量變大時，線圈會對磁體產(chǎn)生作用力，以阻礙磁體的靠近；當因為磁體的離開導致閉合線圈的磁通量減小時，線圈會對磁體產(chǎn)生作用力，以阻礙磁體的遠離，這叫作來拒去留。【命題方向】如圖，在一水平桌面上放置的閉合導體圓環(huán)正上方不遠處，有一條形磁鐵（S極朝上，N極朝下）由靜止開始快速向右運動時，關(guān)于圓環(huán)中感應電流的方向（從上向下看）和相互作用情況，下列說法正確的是（）A、圓環(huán)中感應電流的方向是逆時針B、圓環(huán)中感應電流的方向是順時針C、圓環(huán)有向左的運動趨勢D、圓環(huán)對水平桌面的壓力增大分析：由楞次定律可以判斷出感應電流的方向，根據(jù)左手定則可知安培力方向，從而分析圓環(huán)運動趨勢與受力情況。解答：AB、由圖示可知，在由靜止開始快速向右運動時，穿過圓環(huán)的磁場方向向下，穿過圓環(huán)的磁通量減小，由楞次定律可知，從上向下看，圓環(huán)中的感應電流沿順時針方向，故A錯誤，故B正確；C.由左手定則可知，圓環(huán)受到的安培力方向向斜右上方，所以圓環(huán)有向右運動趨勢，故C錯誤；D.在豎直方向上圓環(huán)受到重力、桌面對它的支持力，在向右運動的過程中增加了安培力沿豎直方向上的分力，所以支持力變小，根據(jù)牛頓第三定律，可知，壓力變小，故D錯誤。故選：B。點評：本題考查了楞次定律的應用，正確理解楞次定律阻礙的含義是正確解題的關(guān)鍵?！窘忸}思路點撥】對來拒去留的解釋：當磁體靠近或離開閉合線圈時，穿過線圈的磁通量發(fā)生變化，線圈中會產(chǎn)生感應電流，通了電的線圈在磁場中會受到安培力的作用，根據(jù)左手定則可以分析安培力的方向。這是磁體對線圈的作用力，而根據(jù)牛頓第三定律可知，線圈也會對磁體產(chǎn)生力的作用。綜合來看：當因為磁體靠近或遠離導致閉合線圈的磁通量增大或減小時，線圈對磁體的作用力與磁體的運動方向都想反，以阻礙磁體的靠近與遠離。9．感應電動勢及其產(chǎn)生條件【知識點的認識】1.感應電動勢：在電磁感應現(xiàn)象中產(chǎn)生的電動勢．產(chǎn)生感應電動勢的那部分導體就相當于電源，導體的電阻相當于電源內(nèi)阻．如果電路閉合，就有感應電流．如果電路不閉合，就只有感應電動勢而無感應電流．2．產(chǎn)生感應電動勢的條件無論電路是否閉合，只要穿過電路平面的磁通量發(fā)生變化，電路中就有感應電動勢，產(chǎn)生感應電動勢的那部分導體就相當于電源．3．感應電流與感應電動勢的關(guān)系：遵守閉合電路歐姆定律，即I=E4.如果感應電動勢是由導體運動產(chǎn)生的，它也叫作動生電動勢。導體切割磁場時一定會產(chǎn)生動生電動勢，但如果沒有閉合回路，則不會產(chǎn)生感應電流?！久}方向】關(guān)于感應電動勢和感應電流，下列說法中正確的是（）A、只有當電路閉合，且穿過電路的磁通量發(fā)生變化時，電路中才有感應電動勢B、只有當電路閉合，且穿過電路的磁通量發(fā)生變化時，電路中才有感應電流C、不管電路是否閉合，只要有磁通量穿過電路，電路中就有感應電動勢D、不管電路是否閉合，只要穿過電路的磁通量發(fā)生變化，電路中就有感應電流分析：當穿過電路的磁通量發(fā)生變化時，電路中就有感應電動勢，電路閉合時，電路才有感應電流。解答：AC、不管電路是否閉合，只要穿過電路的磁通量發(fā)生變化，電路中就有感應電動勢產(chǎn)生。故AC錯誤。B、當穿過電路的磁通量發(fā)生變化時，電路中就有感應電動勢產(chǎn)生，而只有當電路閉合，電路中才有感應電流。故B正確。D、只有穿過閉合電路的磁通量發(fā)生變化，電路中才有感應電流。故D錯誤。故選：B。點評：本題考查產(chǎn)生感應電流與感應電動勢的條件，可以與直流電路類比理解。產(chǎn)生感應電流的條件有兩個：一是電路必須閉合；二是穿過電路的磁通量必須變化。【解題思路點撥】1.只要回路中的磁通量發(fā)生變化或?qū)w切割磁感線，就能產(chǎn)生感應電動勢，如果有閉合回路，才能產(chǎn)生感應電流；如果沒有閉合回路，就不會有感應電流。2.感應電動勢與感應電流的關(guān)系可以總結(jié)為：有感應電動勢不一定有感應電流，有感應電流一定有感應電動勢。10．法拉第電磁感應定律的內(nèi)容和表達式【知識點的認識】法拉第電磁感應定律（1）內(nèi)容：閉合電路中感應電動勢的大小，跟穿過這一電路的磁通量的變化率成正比。（2）公式：E＝nΔΦΔt【命題方向】下列幾種說法中正確的是（）A、線圈中磁通量變化越大，線圈中產(chǎn)生的感應電動勢一定越大B、線圈中磁通量越大，線圈中產(chǎn)生的感應電動勢一定越大C、線圈放在磁場越強的位置，線圈中產(chǎn)生的感應電動勢一定越大D、線圈中磁通量變化越快，線圈中產(chǎn)生的感應電動勢越大分析：本題考查法拉第電磁感應定律的內(nèi)容，明確電動勢與磁通量的變化快慢有關(guān)．解答：根據(jù)法拉第電磁感應定律，線圈中磁通量變化越快，線圈中產(chǎn)生的感應電動勢越大；故選：D。點評：本題要求學生能夠區(qū)分磁通量、磁通量的變化量及磁通量的變化率，能正確掌握法拉第電磁感應定律的內(nèi)容．【解題方法點撥】1．對法拉第電磁感應定律的理解2．計算感應電動勢的公式有兩個：一個是E＝n△?△t，一個是E＝Blvsinθ，計算時要能正確選用公式，一般求平均電動勢選用E＝n△?△t，求瞬時電動勢選用E＝3．電磁感應現(xiàn)象中通過導體橫截面的電量的計算：由q＝I?△t，I=ER總，E＝n△?△t，可導出電荷量11．法拉第電磁感應定律的基本計算【知識點的認識】法拉第電磁感應定律（1）內(nèi)容：閉合電路中感應電動勢的大小，跟穿過這一電路的磁通量的變化率成正比。（2）公式：E＝nΔΦΔt【命題方向】一個100匝的線圈，在0.4s內(nèi)穿過它的磁通量從0.02Wb均勻增加到0.08Wb，則線圈中總的感應電動勢V．若線圈電阻為10Ω，則線圈中產(chǎn)生的電流強度I＝A．分析：根據(jù)法拉第電磁感應定律E=n解答：感應電動勢E=感應電流的大小I=E故本題答案為：15，1.5．點評：解決本題的關(guān)鍵掌握法拉第電磁感應定律E=n【解題方法點撥】1．對法拉第電磁感應定律的理解2．計算感應電動勢的公式有兩個：一個是E＝n△?△t，一個是E＝Blvsinθ，計算時要能正確選用公式，一般求平均電動勢選用E＝n△?△t，求瞬時電動勢選用E＝3．電磁感應現(xiàn)象中通過導體橫截面的電量的計算：由q＝I?△t，I=ER總，E＝n△?△t，可導出電荷量12．單桿在導軌上無外力作用下切割磁場的運動問題【知識點的認識】本考點旨在針對單桿在導軌上無外力作用下切割磁場的運動問題。模型比較復雜，可能需要綜合電磁感應定律、電磁感應與電路問題的結(jié)合、電磁感應與動力學的結(jié)合、電磁感應與能量問題的結(jié)合、電磁感應與動量問題的結(jié)合等考點進行綜合分析?！久}方向】如圖所示，在磁感應強度B＝0.2T、方向與紙面垂直的勻強磁場中，有水平放置的兩平行導軌ab、cd，其間距L＝50cm，a、c間接有電阻R．現(xiàn)有一電阻為r的導體棒MN跨放在兩導軌間，并以v＝10m/s的恒定速度向右運動，a、c間電壓為0.8V，且a點電勢高．其余電阻忽略不計．問：（1）導體棒產(chǎn)生的感應電動勢是多大？（2）通過導體棒電流方向如何？磁場的方向是指向紙里，還是指向紙外？（3）R與r的比值是多少？分析：（1）MN棒垂直切割磁感線，根據(jù)公式E＝BLv求出導體棒產(chǎn)生的感應電動勢．（2）由題，a、c間電壓為0.8V，且a點電勢高，確定電流方向，由右手定則判斷磁場方向．（3）根據(jù)歐姆定律求解R與r的比值．解答：（1）導體棒產(chǎn)生的感應電動勢是E＝Blv＝0.2×0.5×10V＝1V（2）由題，a點電勢高，M點相當于電源的正極，則電流方向N→M；根據(jù)右手定則可知，磁場方向指向紙里（3）根據(jù)歐姆定律得，I=解得，R點評：本題是電磁感應與電路知識的綜合，確定電源與外電路是基本功，有時要畫出等效電路．【解題思路點撥】導軌滑桿問題是電磁感應現(xiàn)象的綜合應用，涉及動力學、電路、能量、動量等問題，難度較大，要認真進行分析。13．單桿在導軌上有外力作用下切割磁場的運動問題【知識點的認識】本考點旨在針對單桿在導軌上有外力作用下切割磁場的運動問題。模型比較復雜，可能需要綜合電磁感應定律、電磁感應與電路問題的結(jié)合、電磁感應與動力學的結(jié)合、電磁感應與能量問題的結(jié)合、電磁感應與動量問題的結(jié)合等考點進行綜合分析?！久}方向】如圖所示，水平放置的光滑平行金屬導軌間距為L，導軌上有一質(zhì)量為m、電阻為r的金屬棒ab，導軌的另一端連接電阻R，其他電阻均不計，磁感應強度為B的勻強磁場垂直于導軌平面向下，金屬棒ab在一水平恒力F作用下由靜止開始向右運動．則在這個過程中（）A、隨著ab運動速度的增大，其加速度將減小B、外力F對ab做的功等于電路中產(chǎn)生的電能C、棒克服安培力做的功一定等于電路中產(chǎn)生的內(nèi)能D、當ab棒的速度為v時，ab兩端的電勢差為BLv分析：在水平方向，金屬棒受到拉力F和安培力作用，安培力隨速度增大而增大，根據(jù)牛頓定律分析加速度的變化情況．根據(jù)功能關(guān)系分析電能與功的關(guān)系．利用切割式電動勢公式和歐姆定律求解ab兩端的電壓．解答：A、金屬棒受到的安培力F安＝BIl＝BER+rl＝BBlvR+可見，速度增大時，F(xiàn)安增大，加速度減小。故A正確。B、外力F對ab做的功等于金屬棒獲得的動能與電路中產(chǎn)生的電能之和。故B錯誤。C、根據(jù)功能關(guān)系，棒克服安培力做的功等于電路中產(chǎn)生的電能，電能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能。故C正確。D、當ab棒的速度為v時，ab兩端的電勢差為U=RR+故選：AC。點評：本題運用牛頓定律分析運動過程．要注意ab間的電壓是路端電壓，即為R兩端電壓，不是內(nèi)電壓．【解題思路點撥】導軌滑桿問題是電磁感應現(xiàn)象的綜合應用，涉及動力學、電路、能量、動量等問題，難度較大，要認真進行分析。14．雙桿在不等寬導軌上切割磁場的運動問題【知識點的認識】本考點旨在針對雙桿在不等寬導軌上切割磁場的運動問題。模型比較復雜，可能需要綜合電磁感應定律、電磁感應與電路問題的結(jié)合、電磁感應與動力學的結(jié)合、電磁感應與能量問題的結(jié)合、電磁感應與動量問題的結(jié)合等考點進行綜合分析?！久}方向】如圖所示，兩根質(zhì)量均為m＝2kg的金屬棒垂直地放在光滑的水平導軌上，左右兩部分導軌間距之比為1：2，導軌間有大小相等但左右兩部分方向相反的勻強磁場，CD棒電阻為AB棒電阻的兩倍，不計導軌電阻，今用250N的水平力F向右拉CD棒，在CD棒運動0.5m的過程中，兩棒上產(chǎn)生的焦耳熱共為45J，此時CD棒速率為8m/s，立即撤去拉力F，設導軌足夠長且兩棒始終在不同磁場中運動，求：（1）撤去拉力F瞬間AB棒速度vA；（2）兩棒最終勻速運動的速度vA′和vC′．分析：（1）由能量守恒可求得撤去拉力F瞬間AB棒的速度大小；（2）分析兩棒的運動情況得出兩棒的最終運動狀態(tài)，由動量定理可得安培力的沖量由動量的關(guān)系，聯(lián)立可解得兩棒最終的速度．解答：（1）撤去拉力F瞬間，由能量守恒定律得：Fs代入數(shù)據(jù)解得：vA＝4m/sAB棒速度vA方向向左（2）撤去拉力F后，AB棒繼續(xù)向左加速運動，而CD棒向右開始減速運動，兩棒最終勻速運動時，電路中電流為零（整個回路磁通量保持不變），兩棒切割磁感應電動勢大小相等．即：BLv′A＝B?2Lv′C得：v'A＝2v'C對兩棒分別應用動量定理，有BBL因LCD＝2LAB故有v聯(lián)立以上各式解得：v′A＝6.4m/s，v′C＝3.2m/svA′方向向左，vC′方向向右．答：（1）撤去拉力F瞬間AB棒速度為4m/s；（2）兩棒最終的速度為6.4m/s和3.2m/s．點評：本題是電磁感應中的力學問題，應用了能量轉(zhuǎn)化與守恒定律，動量定理，綜合性較強，對學生的能力要求較高，需加強這方面的訓練．【解題思路點撥】導軌滑桿問題是電磁感應現(xiàn)象的綜合應用，涉及動力學、電路、能量、動量等問題，難度較大，要認真進行分析。15．含有電容器的導軌滑桿模型【知識點的認識】本考點旨在針對含有電容器的導軌滑桿模型。模型比較復雜，可能需要綜合電磁感應定律、電磁感應與電路問題的結(jié)合、電磁感應與動力學的結(jié)合、電磁感應與能量問題的結(jié)合、電磁感應與動量問題的結(jié)合等考點進行綜合分析?！久}方向】如圖所示，在磁感應強度為0.6T的勻強磁場中，長為0.5m、電阻為1Ω的導體棒ab放置在水平的光滑金屬框上，如圖所示。導體棒ab在外力作用下以10m/s的速度向右勻速滑動，已知電容C＝2μF，電阻R1＝5Ω，其余電阻忽略不計，求：（1）ab棒哪端的電勢高？ab棒中的電動勢的大??？（2）為使ab棒勻速運動，外力的大小及其機械功率？（3）電容器的電量？分析：（1）注意右手定則判斷的感應電流方向是電源內(nèi)部電流方向，從電源的負極流向電源的正極，根據(jù)E＝BLv可以求出感應電動勢的大小。（2）勻速運動時外力大小等于安培力大小，外力功率等于安培力的功率，據(jù)此可以求出外力的大小及機械功率。（3）電容器兩端電壓和電阻R1兩端電壓相等，根據(jù)Q＝CU可以求出電容器的電量。解答：（1）由右手定則可知ab中電流從b流向a，電源內(nèi)部電流從負極流向正極，故a端電勢高，電動勢為：E＝BLv＝0.6×0.5×10＝3V。故a端電勢高，ab棒中的電動勢大小為3V。（2）導體棒所受安培力為：F安＝BIL①E＝BLV②I=EF＝F安④P＝F安v⑤聯(lián)立以上各式得F＝0.15N，P＝1.5W。故外力的大小F＝0.15N，外力功率為P＝1.5W。（3）電容器的帶電量為：Q＝CU電容器兩端的電壓為：U解得：Q＝5×10﹣6C。故電容器的電量為：Q＝5×10﹣6C。點評：該題考查了電磁感應與電路、功能相結(jié)合的基礎(chǔ)知識，對于這些基礎(chǔ)知識，要加強理解和應用，平時練習不可忽視?！窘忸}思路點撥】導軌滑桿問題是電磁感應現(xiàn)象的綜合應用，涉及動力學、電路、能量、動量等問題，難度較大，要認真進行分析。16．傾斜平面內(nèi)的導軌滑桿模型【知識點的認識】本考點旨在針對傾斜平面內(nèi)的導軌滑桿模型。模型比較復雜，可能需要綜合電磁感應定律、電磁感應與電路問題的結(jié)合、電磁感應與動力學的結(jié)合、電磁感應與能量問題的結(jié)合、電磁感應與動量問題的結(jié)合等考點進行綜合分析?！久}方向】如圖所示，AB、CD是兩根足夠長的固定平行金屬導軌，兩導軌間的距離為L，導軌平面與水平面的夾角是θ，在整個導軌平面內(nèi)都有垂直于