2025年高考物理復(fù)習(xí)之小題狂練600題（多選題）：電磁感應(yīng)（10題）

第1頁（共1頁）2025年高考物理復(fù)習(xí)之小題狂練600題（多選題）：電磁感應(yīng)（10題）一．多選題（共10小題）（多選）1．（2024?渝中區(qū)校級二模）如圖所示，兩平行金屬導(dǎo)軌固定在水平面上（導(dǎo)軌電阻不計），導(dǎo)軌間距為L＝2m，在導(dǎo)軌所在的平面內(nèi)，分布著垂直于導(dǎo)軌平面的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B＝0.5T的勻強(qiáng)磁場。導(dǎo)軌的一端接有電動勢E＝5V，內(nèi)阻r＝0.5Ω的電源，串聯(lián)一電阻R＝2.5Ω。一導(dǎo)體棒垂直于軌道放在金屬導(dǎo)軌上，導(dǎo)體棒的電阻不計、質(zhì)量m＝1kg，與導(dǎo)軌的動摩擦因數(shù)μ＝0.5。當(dāng)磁場以v0＝12m/s的速度勻速向右移動時，導(dǎo)體棒恰好能向右勻速移動，且導(dǎo)體棒一直在磁場內(nèi)部，則下列說法正確的是（）A．導(dǎo)體棒運(yùn)動的速度為2m/s B．安培力對導(dǎo)體棒做功的功率為10W，故電路發(fā)熱的熱功率為10W C．導(dǎo)體棒和軌道摩擦生熱的功率為10W D．電源產(chǎn)生的電功率和外力對磁場做功的功率之和為85W（多選）2．（2024?內(nèi)江模擬）航母上的艦載機(jī)返回甲板時有多種減速方式。如圖所示，為一種電磁減速方式的簡要模型，固定在水平面上足夠長的平行光滑導(dǎo)軌CE、DF，間距為L，左端接有阻值為R的定值電阻，且處在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、垂直導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場中?，F(xiàn)有一艦載機(jī)等效為質(zhì)量為m、電阻為r垂直于導(dǎo)軌的導(dǎo)體棒ab。導(dǎo)體棒ab以初動量p0水平向右運(yùn)動，最后停下來，導(dǎo)軌的電阻不計。則此過程中（）A．導(dǎo)體棒ab做勻減速直線運(yùn)動直至停止運(yùn)動 B．航母甲板的最短長度為p0C．電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為p0D．通過導(dǎo)體棒ab橫截面的電荷量為p（多選）3．（2024?東湖區(qū)校級模擬）如圖，為列車進(jìn)站時其剎車原理簡化圖：在車身下方固定一水平均勻矩形線框abcd，利用線框進(jìn)入磁場時所受的安培力，輔助列車剎車。已知列車質(zhì)量為m，車身長為s，線框ab和cd邊的長度均為L（L小于勻強(qiáng)磁場的寬度），線框總電阻為R。站臺軌道上勻強(qiáng)磁場區(qū)域足夠長，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。當(dāng)關(guān)閉動力后，車頭進(jìn)入磁場瞬間速度為v0，列車停止前所受鐵軌及空氣阻力的合力恒為f，車尾進(jìn)入磁場瞬間，列車恰好停止。下列說法正確的是（）A．列車在進(jìn)站過程，線框中電流方向為a→d→c→b→a B．在線框ab邊進(jìn)入磁場瞬間，列車的加速度大小為B2C．在線框進(jìn)入磁場的過程中，線框bc邊消耗的電能為s2L+2sD．列車從進(jìn)站到停下來所用時間為Rm（多選）4．（2024?濟(jì)南模擬）如圖所示，間距為L0的兩平行長直金屬導(dǎo)軌水平放置，導(dǎo)軌所在空間存在方向豎直向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場。長度均為L0的金屬桿ab、cd垂直導(dǎo)軌放置，初始時兩金屬桿相距為L0，金屬桿ab沿導(dǎo)軌向右運(yùn)動的速度大小為v0，金屬桿cd速度為零且受到平行導(dǎo)軌向右、大小為F的恒力作用。已知金屬桿與導(dǎo)軌接觸良好且整個過程中始終與導(dǎo)軌垂直，在金屬桿ab、cd的整個運(yùn)動過程中，兩金屬桿間的最小距離為L1，重力加速度大小為g，兩金屬桿的質(zhì)量均為m，電阻均為R，金屬桿與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)均為μ=F2mg，金屬導(dǎo)軌電阻不計，整個運(yùn)動中金屬桿A．金屬桿cd運(yùn)動過程中的最大加速度為F2mB．從金屬桿cd開始運(yùn)動到兩金屬桿間距離最小的時間為mvC．金屬桿ab運(yùn)動過程中的最小速度為v0D．金屬桿cd的最終速度為FR（多選）5．（2024?貴州）如圖，間距為L的兩根金屬導(dǎo)軌平行放置并固定在絕緣水平桌面上，左端接有一定值電阻R，導(dǎo)軌所在平面存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場。質(zhì)量為m的金屬棒置于導(dǎo)軌上，在水平拉力作用下從靜止開始做勻加速直線運(yùn)動，一段時間后撤去水平拉力，金屬棒最終停在導(dǎo)軌上。已知金屬棒在運(yùn)動過程中，最大速度為v，加速階段的位移與減速階段的位移相等，金屬棒始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，不計摩擦及金屬棒與導(dǎo)軌的電阻，則（）A．加速過程中通過金屬棒的電荷量為mvBLB．金屬棒加速的時間為2mRBC．加速過程中拉力的最大值為4BD．加速過程中拉力做的功為12mv（多選）6．（2024?郫都區(qū)校級模擬）某研究性學(xué)習(xí)小組的同學(xué)設(shè)計的電梯墜落的應(yīng)急安全裝置如圖所示，在電梯掛廂上安裝永久磁鐵，并在電梯的井壁上鋪設(shè)線圈，這樣可以在電梯突然墜落時減小對人員的傷害。關(guān)于該裝置，下列說法正確的是（）A．當(dāng)電梯墜落至永久磁鐵在線圈A、B之間時，閉合線圈A、B中的電流方向相同 B．當(dāng)電梯墜落至永久磁鐵在線圈A、B之間時，閉合線圈A、B中的電流方向相反 C．當(dāng)電梯墜落至永久磁鐵在線圈A、B之間時，閉合線圈A、B均對電梯的下落起阻礙作用 D．當(dāng)電梯墜落至永久磁鐵在線圈B下方時，閉合線圈A、B不再對電梯的下落起阻礙作用（多選）7．（2024?南開區(qū)二模）一單匝閉合矩形線圈abcd以角速度ω繞垂直于磁感線的固定軸OO′勻速轉(zhuǎn)動，線圈平面位于如圖甲所示的勻強(qiáng)磁場中，線圈電阻為R。通過線圈的磁通量Φ隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示。下列說法正確的是（）A．t1、t3時刻線圈中感應(yīng)電流方向改變，線圈平面與磁場方向垂直 B．t2、t4時刻通過線圈平面的磁通量變化率最大，線圈中感應(yīng)電動勢最大 C．從t1到t3的過程；通過線圈某一截面的電荷量為ΦmD．線框轉(zhuǎn)動一周產(chǎn)生的焦耳熱為π（多選）8．（2024?泰安二模）如圖所示，電阻不計的兩光滑平行金屬導(dǎo)軌相距0.5m，固定在水平絕緣桌面上，左側(cè)圓弧部分處在豎直平面內(nèi)，其間接有一電容為0.25F的電容器，右側(cè)平直部分處在磁感應(yīng)強(qiáng)度為2T。方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，末端與桌面邊緣平齊。電阻為2Ω的金屬棒ab垂直于兩導(dǎo)軌放置且與導(dǎo)軌接觸良好，質(zhì)量為1kg。棒ab從導(dǎo)軌左端距水平桌面高1.25m處無初速度釋放，離開水平直導(dǎo)軌前已勻速運(yùn)動。已知電容器的儲能E=12CU2，其中C為電容器的電容，U為電容器兩端的電壓，不計空氣阻力，重力加速度g＝A．通過金屬棒ab的電荷量為2C B．通過金屬棒ab的電荷量為1C C．金屬棒ab中產(chǎn)生的焦耳熱為2.5J D．金屬棒ab中產(chǎn)生的焦耳熱為4.5J（多選）9．（2024?江蘇四模）如圖甲所示，一個匝數(shù)為n的多匝線圈，線圈面積為S，電阻為r。一個勻強(qiáng)磁場垂直于線圈平面穿過該線圈。在0時刻磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0，之后隨時間變化的特點(diǎn)如圖乙所示。取磁感應(yīng)強(qiáng)度向上方向為正值。線圈的兩個輸出端P、Q連接一個電阻R。在0～t0過程中（）A．線圈的P點(diǎn)的電勢高于Q點(diǎn)電勢 B．線圈的P、Q兩點(diǎn)間的電勢差大小為nSBC．流過R的電荷量的大小為nSBD．磁場的能量轉(zhuǎn)化為電路中電能，再轉(zhuǎn)化為電阻R、r上的內(nèi)能（多選）10．（2024?茂名一模）如圖（a）所示，底部固定有正方形線框的列車進(jìn)站?？繒r，以初速度v水平進(jìn)入豎直向上的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的正方形有界勻強(qiáng)磁場區(qū)域，如圖（b）所示，假設(shè)正方形線框邊長為l，每條邊的電阻相同.磁場的區(qū)域邊長為d，且l＜d，列車運(yùn)動過程中受到的軌道摩擦力和空氣阻力恒定，下列說法正確的是（）A．線框右邊剛剛進(jìn)入磁場時，感應(yīng)電流沿圖（b）逆時針方向，其兩端的電壓為Blv B．線框右邊剛剛進(jìn)入磁場時，感應(yīng)電流沿圖（b）順時針方向，其兩端的電壓為34C．線框進(jìn)入磁場過程中，克服安培力做的功等于線框中產(chǎn)生的焦耳熱 D．線框離開磁場過程中，克服安培力做的功等于線框減少的動能

2025年高考物理復(fù)習(xí)之小題狂練600題（多選題）：電磁感應(yīng)（10題）參考答案與試題解析一．多選題（共10小題）（多選）1．（2024?渝中區(qū)校級二模）如圖所示，兩平行金屬導(dǎo)軌固定在水平面上（導(dǎo)軌電阻不計），導(dǎo)軌間距為L＝2m，在導(dǎo)軌所在的平面內(nèi)，分布著垂直于導(dǎo)軌平面的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B＝0.5T的勻強(qiáng)磁場。導(dǎo)軌的一端接有電動勢E＝5V，內(nèi)阻r＝0.5Ω的電源，串聯(lián)一電阻R＝2.5Ω。一導(dǎo)體棒垂直于軌道放在金屬導(dǎo)軌上，導(dǎo)體棒的電阻不計、質(zhì)量m＝1kg，與導(dǎo)軌的動摩擦因數(shù)μ＝0.5。當(dāng)磁場以v0＝12m/s的速度勻速向右移動時，導(dǎo)體棒恰好能向右勻速移動，且導(dǎo)體棒一直在磁場內(nèi)部，則下列說法正確的是（）A．導(dǎo)體棒運(yùn)動的速度為2m/s B．安培力對導(dǎo)體棒做功的功率為10W，故電路發(fā)熱的熱功率為10W C．導(dǎo)體棒和軌道摩擦生熱的功率為10W D．電源產(chǎn)生的電功率和外力對磁場做功的功率之和為85W【考點(diǎn)】電磁感應(yīng)過程中的能量類問題；閉合電路歐姆定律的內(nèi)容和表達(dá)式；導(dǎo)體平動切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢．【專題】定量思想；推理法；電磁感應(yīng)——功能問題；推理能力．【答案】ACD【分析】導(dǎo)體棒做勻速直線運(yùn)動，由平衡條件求得回路中的電流，導(dǎo)體棒相對磁場向左運(yùn)動，切割磁感線產(chǎn)生的電動勢，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律與閉合電路歐姆定律求解導(dǎo)體棒運(yùn)動的速度；根據(jù)P＝Fv，求解安培力對導(dǎo)體棒做功的功率，根據(jù)焦耳定律求解電路發(fā)熱的熱功率；由功能關(guān)系與功率公式求解導(dǎo)體棒和軌道摩擦生熱的功率；根據(jù)能量守恒定律，可知電源產(chǎn)生的電功率和外力對磁場做功的功率之和等于電路發(fā)熱的熱功率和導(dǎo)體棒和軌道摩擦生熱的功率之和?！窘獯稹拷猓篈、導(dǎo)體棒做勻速直線運(yùn)動，由平衡條件得：BIL＝μmg，解得回路中的電流為：I＝5A設(shè)導(dǎo)體棒的速度為v，導(dǎo)體棒相對磁場向左運(yùn)動，切割磁感線產(chǎn)生的電動勢為：E1＝BL（v0﹣v）根據(jù)閉合電路歐姆定律得：I=聯(lián)立解得：v＝2m/s，故A正確；B、安培力對導(dǎo)體棒做功的功率為：P安＝F安v＝BILv＝0.5×5×2×2W＝10W電路發(fā)熱的熱功率為：P焦耳熱＝I2（R+r）＝52×（2.5+0.5）W＝75W可見安培力對導(dǎo)體棒做功的功率與電路發(fā)熱的熱功率并不相等，故B錯誤；C、導(dǎo)體棒和軌道摩擦生熱的功率為：P摩擦熱＝μmgv＝0.5×1×10×2W＝10W，故C正確；D、根據(jù)能量守恒定律，可知電源產(chǎn)生的電功率和外力對磁場做功的功率之和等于電路發(fā)熱的熱功率和導(dǎo)體棒和軌道摩擦生熱的功率之和，則有：P電源+P外力＝P焦耳熱+P摩擦熱＝75W+10W＝85W，故D正確。故選：ACD?！军c(diǎn)評】本題考查了電磁感應(yīng)現(xiàn)象中能量轉(zhuǎn)化與守恒的問題。解答時要注意分析導(dǎo)體棒相對磁場的運(yùn)動方向。要掌握導(dǎo)體棒作為電源，電路中存在雙電源，依據(jù)電源的串并聯(lián)關(guān)系確定總的電動勢。（多選）2．（2024?內(nèi)江模擬）航母上的艦載機(jī)返回甲板時有多種減速方式。如圖所示，為一種電磁減速方式的簡要模型，固定在水平面上足夠長的平行光滑導(dǎo)軌CE、DF，間距為L，左端接有阻值為R的定值電阻，且處在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、垂直導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場中?，F(xiàn)有一艦載機(jī)等效為質(zhì)量為m、電阻為r垂直于導(dǎo)軌的導(dǎo)體棒ab。導(dǎo)體棒ab以初動量p0水平向右運(yùn)動，最后停下來，導(dǎo)軌的電阻不計。則此過程中（）A．導(dǎo)體棒ab做勻減速直線運(yùn)動直至停止運(yùn)動 B．航母甲板的最短長度為p0C．電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為p0D．通過導(dǎo)體棒ab橫截面的電荷量為p【考點(diǎn)】電磁感應(yīng)過程中的能量類問題．【專題】比較思想；尋找守恒量法；電磁感應(yīng)——功能問題；分析綜合能力．【答案】CD【分析】根據(jù)牛頓第二定律結(jié)合安培力的計算公式分析加速度的變化情況，來判斷導(dǎo)體棒的運(yùn)動情況；根據(jù)動量定理、電荷量的計算公式求解通過導(dǎo)體棒ab橫截面的電荷量；推導(dǎo)出電荷量與磁通量變化量的關(guān)系求解航母甲板的最短長度。根據(jù)功能關(guān)系結(jié)合焦耳定律求解電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱?！窘獯稹拷猓篈、導(dǎo)體棒獲得向右的瞬時初速度后做切割磁感線運(yùn)動，回路中產(chǎn)生感應(yīng)電流，導(dǎo)體棒ab受到向左的安培力，向右做減速運(yùn)動，由牛頓第二定律有F=BIL=BBLvR+rL=ma，即可知，導(dǎo)體棒速度減小，則加速度減小，所以導(dǎo)體棒做的是加速度逐漸減小的變減速運(yùn)動直至停止運(yùn)動，故A錯誤；BD、設(shè)導(dǎo)體棒ab的初速度為v，通過導(dǎo)體棒ab橫截面的電荷量為q，取向右為正方向，根據(jù)動量定理得﹣BILΔt＝0﹣mv又因為p0＝mvq=IΔ解得通過導(dǎo)體棒ab橫截面的電荷量為：q=由于q=IΔt代入q=p0BL可得，導(dǎo)體棒ab運(yùn)動的位移，即航母甲板的最短長度為x=p0C、導(dǎo)體棒減少的動能為E=1根據(jù)能量守恒定律可得Ek＝Q總又根據(jù)電路規(guī)律可得QR=R故選：CD?！军c(diǎn)評】對于安培力作用下導(dǎo)體棒的運(yùn)動問題，如果涉及電荷量、求位移等問題，常常根據(jù)動量定理結(jié)合法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路的歐姆定律列方程進(jìn)行解答。（多選）3．（2024?東湖區(qū)校級模擬）如圖，為列車進(jìn)站時其剎車原理簡化圖：在車身下方固定一水平均勻矩形線框abcd，利用線框進(jìn)入磁場時所受的安培力，輔助列車剎車。已知列車質(zhì)量為m，車身長為s，線框ab和cd邊的長度均為L（L小于勻強(qiáng)磁場的寬度），線框總電阻為R。站臺軌道上勻強(qiáng)磁場區(qū)域足夠長，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。當(dāng)關(guān)閉動力后，車頭進(jìn)入磁場瞬間速度為v0，列車停止前所受鐵軌及空氣阻力的合力恒為f，車尾進(jìn)入磁場瞬間，列車恰好停止。下列說法正確的是（）A．列車在進(jìn)站過程，線框中電流方向為a→d→c→b→a B．在線框ab邊進(jìn)入磁場瞬間，列車的加速度大小為B2C．在線框進(jìn)入磁場的過程中，線框bc邊消耗的電能為s2L+2sD．列車從進(jìn)站到停下來所用時間為Rm【考點(diǎn)】電磁感應(yīng)過程中的能量類問題；牛頓第二定律的簡單應(yīng)用；閉合電路歐姆定律的內(nèi)容和表達(dá)式；導(dǎo)體平動切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢．【專題】定量思想；推理法；電磁感應(yīng)——功能問題；推理能力．【答案】BC【分析】根據(jù)右手定則判斷電流方向；根據(jù)對線框ab邊受力分析列牛頓第二定律方程，結(jié)合E＝BLv求解加速度；根據(jù)能量守恒定律求解總電能，再根據(jù)串聯(lián)電路中電能關(guān)系分析求解bc邊消耗的電能；根據(jù)動量定理結(jié)合電流的定義式求解列車從進(jìn)站到停下來所用時間。【解答】解：A．根據(jù)右手定則可知，列車在進(jìn)站過程，線框中電流方向為a→b→c→d→a，故A錯誤；B．在線框ab邊進(jìn)入磁場瞬間，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，感應(yīng)電動勢為E＝BLv0感應(yīng)電流為I=E根據(jù)牛頓第二定律有BIL+f＝ma解得加速度滿足a=B故B正確；C．在線框進(jìn)入磁場的過程中，令線框產(chǎn)生的焦耳熱為Q，根據(jù)能量守恒定律有12根據(jù)串聯(lián)電路的特點(diǎn)，線框bc邊消耗的電能為Qbc解得bc邊消耗的電能滿足Qbc故C正確；D．列車從進(jìn)站到停下來過程，以開始進(jìn)站速度的方向為正方向，根據(jù)動量定理有-ft感應(yīng)電流的平均值I=其中s=v解得t=Rm故D錯誤。故選：BC?！军c(diǎn)評】本題考查了電磁感應(yīng)相關(guān)知識，理解線框運(yùn)動過程中不同時刻能量和動量的變化，合理運(yùn)用運(yùn)動學(xué)、能量守恒和動量定理是解決此類問題的關(guān)鍵。（多選）4．（2024?濟(jì)南模擬）如圖所示，間距為L0的兩平行長直金屬導(dǎo)軌水平放置，導(dǎo)軌所在空間存在方向豎直向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場。長度均為L0的金屬桿ab、cd垂直導(dǎo)軌放置，初始時兩金屬桿相距為L0，金屬桿ab沿導(dǎo)軌向右運(yùn)動的速度大小為v0，金屬桿cd速度為零且受到平行導(dǎo)軌向右、大小為F的恒力作用。已知金屬桿與導(dǎo)軌接觸良好且整個過程中始終與導(dǎo)軌垂直，在金屬桿ab、cd的整個運(yùn)動過程中，兩金屬桿間的最小距離為L1，重力加速度大小為g，兩金屬桿的質(zhì)量均為m，電阻均為R，金屬桿與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)均為μ=F2mg，金屬導(dǎo)軌電阻不計，整個運(yùn)動中金屬桿A．金屬桿cd運(yùn)動過程中的最大加速度為F2mB．從金屬桿cd開始運(yùn)動到兩金屬桿間距離最小的時間為mvC．金屬桿ab運(yùn)動過程中的最小速度為v0D．金屬桿cd的最終速度為FR【考點(diǎn)】電磁感應(yīng)過程中的動力學(xué)類問題；閉合電路歐姆定律的內(nèi)容和表達(dá)式；導(dǎo)體平動切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢．【專題】定量思想；推理法；電磁感應(yīng)中的力學(xué)問題；分析綜合能力．【答案】AD【分析】對金屬桿ab、cd的運(yùn)動過程分段進(jìn)行分析，判斷受到的安培力方向及其大小變化，通過受力分析判斷金屬桿的加速度變化，得到運(yùn)動形式，確定最小速度，最大加速度以及終極狀態(tài)。根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路歐姆定律、安培力計算公式、牛頓第二定律、動量定理解解答?！窘獯稹拷猓簩饘贄Uab、cd的運(yùn)動過程分析如下：①、初始ab向右運(yùn)動，cd速度為零，兩者間距開始減小，回路中磁通量先開始減小，根據(jù)楞次定律可知回路中的感應(yīng)電流方向先是順時針的，ab受到的安培力與滑動摩擦力均先向左，ab先向右做減速運(yùn)動，設(shè)其速度大小為v1。cd受到的安培力先向右，而滑動摩擦力向左，因動摩擦因數(shù)為μ=F2mg，可知滑動摩擦力小于F，故cd先向右做加速運(yùn)動，設(shè)其速度大小為v2。回路中的感應(yīng)電動勢為：E＝BL0（v1﹣v2），因（v1﹣v2）先減小，故感應(yīng)電動勢、感應(yīng)電流、兩金屬桿所受安培力均減小。故ab先向右做加速度減小的減速運(yùn)動，②、當(dāng)v1＝v2時，感應(yīng)電動勢、安培力均為零，由于存在滑動摩擦力，ab繼續(xù)減速，但cd繼續(xù)加速（因F＞μmg），導(dǎo)致v2＞v1，兩者間距開始增大，回路中磁通量先開始增大，根據(jù)楞次定律可知回路中的感應(yīng)電流方向變?yōu)槟鏁r針，ab受到的安培力反向，方向向右，與滑動摩擦力方向相反；cd受到的安培力也反向，方向向左，與滑動摩擦力同向。此后的回路中的感應(yīng)電動勢為：E＝BL0（v2﹣v1），因（v2﹣v1）增大，故感應(yīng)電動勢、感應(yīng)電流、兩金屬桿所受安培力均由零逐漸增大，對ab有：μmg﹣BIL0＝ma1，對cd有：F﹣μmg﹣BIL0＝ma2，可見ab、cd的加速度均減小，故ab繼續(xù)向右做加速度減小的減速運(yùn)動，cd向右做加速度減小的加速運(yùn)動。③、當(dāng)安培力增加到等于滑動摩擦力，即：BIL0＝μmg時，ab的加速度a1為零，此時對于cd有：F﹣μmg﹣BIL0＝F﹣2μmg＝0（因μ=F2mg），即：cd的加速度a2為零，可見兩者加速度同時減小到零，此后v1、v2若保持不變，則（v2﹣v1）恒定，感應(yīng)電動勢、感應(yīng)電流、兩金屬桿所受安培力均保持不變，兩者加速度可保持為零，故兩者終極狀態(tài)為勻速直線運(yùn)動。終極狀態(tài)有：v2＞v1；BIL0＝μmg，F(xiàn)＝2μA、由上述分析，可知金屬桿cd運(yùn)動過程中的加速度一直減小到零，則初始其加速度最大。初始電動勢為：E0＝BL0v0，安培力為：F0＝BE02RL0ma0＝F+F0﹣μmg，結(jié)合：μ=F2mg，解得：a0=FB、由上述①②的分析可知當(dāng)v1＝v2時兩者的間距離最小，以水平向右為正方向，根據(jù)動量定理得：對ab有：﹣BIL0t﹣μmgt＝mv1﹣mv0對cd有：Ft+BIL0t﹣μmgt＝mv2﹣0……④兩式相加，再結(jié)合μ=F2mg，可得：v1＝v2=又有：It=E2Rt=ΔΦ2R，ΔΦ＝BL0（可得：B代入④式可得所求的時間為：t=mv0C、由B選項可知v1＝v2時，金屬桿ab的速度v1=12v0，而由②的分析可知此后ab繼續(xù)做減速運(yùn)動，故運(yùn)動過程中金屬桿ab的最小速度小于v0D、設(shè)ab、cd的最終速度分別為va、vc，由③的分析有：F﹣μmg﹣BIL0＝0，其中：I=解得：vc﹣va=從兩者速度v1＝v2=12v對ab有：﹣BIL0t1﹣μmgt1＝mva-12對cd有：Ft1+BIL0t1﹣μmgt1＝mvc-12兩式相加可得：va+vc＝v0聯(lián)立解得：vc=FR2B故選：AD?！军c(diǎn)評】本題考查了電磁感應(yīng)現(xiàn)象導(dǎo)軌—雙桿模型，對兩桿的力與運(yùn)動分析是難點(diǎn)。對于電磁感應(yīng)問題研究思路常常有兩條：一條從力的角度，重點(diǎn)是分析安培力作用下導(dǎo)體棒的運(yùn)動過程，根據(jù)平衡條件、牛頓第二定律、動量定理列出方程；另一條是能量，分析涉及電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的能量轉(zhuǎn)化問題，根據(jù)動能定理、功能關(guān)系等列方程求解。本題通過分析可知兩金屬桿組成的系統(tǒng)滿足動量守恒定律，可用動量守恒定律解答。為了普適性解答本題時用了普遍適用的動量定理。（多選）5．（2024?貴州）如圖，間距為L的兩根金屬導(dǎo)軌平行放置并固定在絕緣水平桌面上，左端接有一定值電阻R，導(dǎo)軌所在平面存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場。質(zhì)量為m的金屬棒置于導(dǎo)軌上，在水平拉力作用下從靜止開始做勻加速直線運(yùn)動，一段時間后撤去水平拉力，金屬棒最終停在導(dǎo)軌上。已知金屬棒在運(yùn)動過程中，最大速度為v，加速階段的位移與減速階段的位移相等，金屬棒始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，不計摩擦及金屬棒與導(dǎo)軌的電阻，則（）A．加速過程中通過金屬棒的電荷量為mvBLB．金屬棒加速的時間為2mRBC．加速過程中拉力的最大值為4BD．加速過程中拉力做的功為12mv【考點(diǎn)】電磁感應(yīng)過程中的能量類問題；牛頓第二定律的簡單應(yīng)用．【專題】定量思想；推理法；磁場磁場對電流的作用；推理能力．【答案】AB【分析】A.根據(jù)題意計算減速過程的位移從而計算加速位移，再根據(jù)動能定理、電流表達(dá)式、電荷量的計算公式列式求解電荷量；B.根據(jù)勻變速直線運(yùn)動的位移規(guī)律列式求解時間；C.根據(jù)牛頓第二定律結(jié)合勻變速之心運(yùn)動的速度規(guī)律列式聯(lián)立求解；D.根據(jù)動能定理進(jìn)行分析判斷?！窘獯稹拷猓篈.設(shè)加速階段和減速階段相等的位移大小為x，在撤去拉力F之后導(dǎo)體棒做減速運(yùn)動的過程，根據(jù)動能定理有﹣BIL?x＝0-12mv2，而I=BLv2R，所以加速過程的電荷量q=ΔΦΔtR?Δt=ΔΦRB.金屬棒做勻加速運(yùn)動的過程中，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動的公式x=12v?t，得加速時間t=2mRC.金屬棒在加速運(yùn)動過程中由于安培力不斷增加，加速度不變，則拉力也逐漸增大，所以拉力的最大值出現(xiàn)在撤去拉力的瞬間，根據(jù)牛頓第二定律有Fm﹣BBLvRL＝ma，而v＝at，聯(lián)立解得Fm=3BD.根據(jù)動能定理，加速過程中拉力對金屬棒做正功，安培力對金屬棒做負(fù)功，合外力的功等于12mv2，所以拉力做功大于12mv2，故故選：AB?！军c(diǎn)評】考查導(dǎo)體棒在磁場中的運(yùn)動問題，結(jié)合動能定理、勻變速直線運(yùn)動規(guī)律列式求解相關(guān)物理量。（多選）6．（2024?郫都區(qū)校級模擬）某研究性學(xué)習(xí)小組的同學(xué)設(shè)計的電梯墜落的應(yīng)急安全裝置如圖所示，在電梯掛廂上安裝永久磁鐵，并在電梯的井壁上鋪設(shè)線圈，這樣可以在電梯突然墜落時減小對人員的傷害。關(guān)于該裝置，下列說法正確的是（）A．當(dāng)電梯墜落至永久磁鐵在線圈A、B之間時，閉合線圈A、B中的電流方向相同 B．當(dāng)電梯墜落至永久磁鐵在線圈A、B之間時，閉合線圈A、B中的電流方向相反 C．當(dāng)電梯墜落至永久磁鐵在線圈A、B之間時，閉合線圈A、B均對電梯的下落起阻礙作用 D．當(dāng)電梯墜落至永久磁鐵在線圈B下方時，閉合線圈A、B不再對電梯的下落起阻礙作用【考點(diǎn)】楞次定律及其應(yīng)用．【專題】定性思想；推理法；電磁感應(yīng)與電路結(jié)合；推理能力．【答案】BC【分析】帶有磁鐵的電梯在穿過閉合線圈的過程中，線圈內(nèi)的磁感應(yīng)強(qiáng)度發(fā)生變化，將在線圈中產(chǎn)生感應(yīng)電流，感應(yīng)電流會阻礙磁鐵的相對運(yùn)動，由此根據(jù)楞次定律分析即可?！窘獯稹拷猓篈B．當(dāng)電梯墜落在AB之間時，磁鐵在線圈A中產(chǎn)生向上的磁場減弱，根據(jù)楞次定律，則線圈A中會產(chǎn)生逆時針電流（俯視），磁鐵在線圈B中產(chǎn)生向上的磁場增強(qiáng)，根據(jù)楞次定律，則B中產(chǎn)生順時針電流（俯視），所以A和B中電流方向相反，故A錯誤，B正確；CD．若電梯突然墜落，線圈內(nèi)的磁通量發(fā)生變化，將在兩個線圈中產(chǎn)生感應(yīng)電流，兩個線圈的感應(yīng)電流都會有來拒去留的效果，都會阻礙磁鐵的相對運(yùn)動，但不能阻止磁鐵的運(yùn)動，可起到應(yīng)急避險作用，故C正確，D錯誤。故選：BC?！军c(diǎn)評】本題考查了楞次定律的靈活應(yīng)用，注意楞次定律也是能量轉(zhuǎn)化與守恒的表現(xiàn)，要正確理解和應(yīng)用，同時考查學(xué)生分析實際問題的能力。（多選）7．（2024?南開區(qū)二模）一單匝閉合矩形線圈abcd以角速度ω繞垂直于磁感線的固定軸OO′勻速轉(zhuǎn)動，線圈平面位于如圖甲所示的勻強(qiáng)磁場中，線圈電阻為R。通過線圈的磁通量Φ隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示。下列說法正確的是（）A．t1、t3時刻線圈中感應(yīng)電流方向改變，線圈平面與磁場方向垂直 B．t2、t4時刻通過線圈平面的磁通量變化率最大，線圈中感應(yīng)電動勢最大 C．從t1到t3的過程；通過線圈某一截面的電荷量為ΦmD．線框轉(zhuǎn)動一周產(chǎn)生的焦耳熱為π【考點(diǎn)】根據(jù)B﹣t或者φ﹣t圖像計算感應(yīng)電動勢；交流發(fā)電機(jī)及其產(chǎn)生交變電流的原理；用焦耳定律計算電熱．【專題】定量思想；推理法；交流電專題；推理能力．【答案】ABD【分析】線圈每轉(zhuǎn)動經(jīng)過中性面一次，電流方向就改變一次；線圈平面與磁感線方向平行時，穿過線圈的磁通量為零，感應(yīng)電動勢最大；根據(jù)電流的定義式和法拉第電磁感應(yīng)定律計算；先計算出線圈產(chǎn)生的最大感應(yīng)電動勢，然后根據(jù)Q=U【解答】解：A、t1、t3時刻通過線圈的磁通量最大，為中性面，感應(yīng)電流方向改變，線圈平面與磁場方向垂直，故A正確；B、t2、t4時刻磁通量為零，線圈與磁場平行，線圈中感應(yīng)電動勢最大，磁通量變化率最大，故B正確；C、從t1到t3的過程，電流的平均值為I=|ER|通過線圈某一截面的電荷量為q=I解得q=2ΦmD、線圈轉(zhuǎn)動產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的最大值為Em＝BSω＝Φmω，所以線圈轉(zhuǎn)動一周產(chǎn)生的焦耳熱為Q=(Em故選：ABD?！军c(diǎn)評】知道在計算電荷量的時候用電流的平均值計算，在計算焦耳熱的時候要用有效值計算。（多選）8．（2024?泰安二模）如圖所示，電阻不計的兩光滑平行金屬導(dǎo)軌相距0.5m，固定在水平絕緣桌面上，左側(cè)圓弧部分處在豎直平面內(nèi)，其間接有一電容為0.25F的電容器，右側(cè)平直部分處在磁感應(yīng)強(qiáng)度為2T。方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，末端與桌面邊緣平齊。電阻為2Ω的金屬棒ab垂直于兩導(dǎo)軌放置且與導(dǎo)軌接觸良好，質(zhì)量為1kg。棒ab從導(dǎo)軌左端距水平桌面高1.25m處無初速度釋放，離開水平直導(dǎo)軌前已勻速運(yùn)動。已知電容器的儲能E=12CU2，其中C為電容器的電容，U為電容器兩端的電壓，不計空氣阻力，重力加速度g＝A．通過金屬棒ab的電荷量為2C B．通過金屬棒ab的電荷量為1C C．金屬棒ab中產(chǎn)生的焦耳熱為2.5J D．金屬棒ab中產(chǎn)生的焦耳熱為4.5J【考點(diǎn)】電磁感應(yīng)過程中的能量類問題；電容的概念與物理意義；閉合電路歐姆定律的內(nèi)容和表達(dá)式；導(dǎo)體平動切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢．【專題】定量思想；推理法；電磁感應(yīng)與電路結(jié)合；推理能力．【答案】BC【分析】根據(jù)動能定理求出金屬棒進(jìn)入磁場中的速度，再根據(jù)動量定理結(jié)合E＝BLv和電容器的定義式求解電荷量，最后根據(jù)能量守恒求出焦耳熱?！窘獯稹拷猓篈B．當(dāng)金屬棒落下后其速度可由動能定理求得mgh可求得金屬棒進(jìn)入磁場中的速度v0＝5m/s之后金屬棒切割磁感線，電容器充電，其兩端電壓逐漸增大，金屬棒因為安培力做減速運(yùn)動，當(dāng)金屬棒的動生電動勢與電容器兩端電壓相等時，金屬棒勻速運(yùn)動。以水平向右為正方向，對導(dǎo)體棒由動量定理可知﹣F安t＝mv﹣mv0設(shè)經(jīng)過Δt，速度增加了Δv，感應(yīng)電動勢分別為E＝BLv，E'＝BL（v+Δv）結(jié)合電容器的定義式可知Δq＝C（E'﹣E）＝CBLΔv又根據(jù)電流定義式I=Δq所以安培力為F安代入可得速度v=m解得v＝4m/s此時，導(dǎo)體棒動生電動勢為E＝BLv＝4V因此，此時電容器電壓U也為4V，則電容器增加的電荷量為Q＝CU＝0.25×4C＝1C因此通過導(dǎo)體棒的電荷量也為1C。故A錯誤，B正確；CD．由以上解析可知，動能變化量為ΔE代入數(shù)值解得：ΔEk＝4.5J而電容器儲能E所以W熱＝4.5J﹣2J＝2.5J故C正確，D錯誤。故選：BC?！军c(diǎn)評】本題考查了電磁感應(yīng)相關(guān)知識，理解導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢的過程，掌握電容器在電路中充放電以及儲能的情況是解決此類問題的關(guān)鍵。（多選）9．（2024?江蘇四模）如圖甲所示，一個匝數(shù)為n的多匝線圈，線圈面積為S，電阻為r。一個勻強(qiáng)磁場垂直于線圈平面穿過該線圈。在0時刻磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0，之后隨時間變化的特點(diǎn)如圖乙所示。取磁感應(yīng)強(qiáng)度向上方向為正值。線圈的兩個輸出端P、Q連接一個電阻R。在0～t0過程中（）A．線圈的P點(diǎn)的電勢高于Q點(diǎn)電勢 B．線圈的P、Q兩點(diǎn)間的電勢差大小為nSBC．流過R的電荷量的大小為nSBD．磁場的能量轉(zhuǎn)化為電路中電能，再轉(zhuǎn)化為電阻R、r上的內(nèi)能【考點(diǎn)】電磁感應(yīng)過程中的能量類問題；用閉合電路的歐姆定律計算電路中的電壓和電流；楞次定律及其應(yīng)用．【專題】定量思想；推理法；電磁感應(yīng)與電路結(jié)合；推理能力．【答案】ABC【分析】A、由楞次定律可確定感應(yīng)電流方向，進(jìn)而判斷線圈的P點(diǎn)的電勢是否高于Q點(diǎn)電勢；B、線圈中的磁通量發(fā)生變化，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律求解感應(yīng)電動勢，由歐姆定律可以求出線圈的P、Q兩點(diǎn)間的電勢差大小；C、通過電阻R上的電量q由公式q＝It求出；D、電磁感應(yīng)的過程中磁通量均勻變化，磁場能量不轉(zhuǎn)化，而是作為媒介將其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能?！窘獯稹拷猓篈．結(jié)合圖乙知磁場方向向上且逐漸減小。由楞次定律知感應(yīng)電流的方向由Q點(diǎn)經(jīng)線圈到P點(diǎn)，則P點(diǎn)電勢高，Q點(diǎn)電勢低，故A正確；B．感應(yīng)電動勢為E=nΔΦ又I=E電勢差大小U＝IR解得U=nS故B正確；C．流過電路的電荷量大小為q＝It0解得q=nS故C正確；D．電磁感應(yīng)的過程中磁場能量不轉(zhuǎn)化，而是作為媒介將其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能，然后再在電阻R、r上轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，故D錯誤。故選：ABC?！军c(diǎn)評】本題是電磁感應(yīng)與電路以及圖像的綜合，關(guān)鍵要運(yùn)用楞次定律來判定感應(yīng)電流方向，由法拉第電磁感應(yīng)定律來求出感應(yīng)電動勢大小。（多選）10．（2024?茂名一模）如圖（a）所示，底部固定有正方形線框的列車進(jìn)站?？繒r，以初速度v水平進(jìn)入豎直向上的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的正方形有界勻強(qiáng)磁場區(qū)域，如圖（b）所示，假設(shè)正方形線框邊長為l，每條邊的電阻相同.磁場的區(qū)域邊長為d，且l＜d，列車運(yùn)動過程中受到的軌道摩擦力和空氣阻力恒定，下列說法正確的是（）A．線框右邊剛剛進(jìn)入磁場時，感應(yīng)電流沿圖（b）逆時針方向，其兩端的電壓為Blv B．線框右邊剛剛進(jìn)入磁場時，感應(yīng)電流沿圖（b）順時針方向，其兩端的電壓為34C．線框進(jìn)入磁場過程中，克服安培力做的功等于線框中產(chǎn)生的焦耳熱 D．線框離開磁場過程中，克服安培力做的功等于線框減少的動能【考點(diǎn)】線圈進(jìn)出磁場的能量計算；線圈進(jìn)出磁場的電壓、電流、電荷量等電學(xué)量的計算．【專題】比較思想；尋找守恒量法；電磁感應(yīng)——功能問題；分析綜合能力．【答案】BC【分析】線框右邊剛剛進(jìn)入磁場時，根據(jù)楞次定律判斷感應(yīng)電流的方向，由E＝Blv求出線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢，線框右邊兩端的電壓為路端電壓，由電壓分配規(guī)律計算其電壓；根據(jù)能量轉(zhuǎn)化情況，由功能關(guān)系分析克服安培力做的功與其他能量的關(guān)系?！窘獯稹拷猓篈B、線框右邊剛剛進(jìn)入磁場時，穿過線框的磁通量向外增加，根據(jù)楞次定律可知，感應(yīng)電流沿順時針方向。線框此時切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為Blv，線框右邊兩端的電壓為路端電壓，即為U=34E=34C、根據(jù)功能關(guān)系可知線框克服安培力做的功全部轉(zhuǎn)化為電能，線框為純電阻電路，則電能又全部轉(zhuǎn)化為線框中產(chǎn)生的焦耳熱，則克服安培力做的功等于線框中產(chǎn)生的焦耳熱，故C正確；D、線框離開磁場過程中，根據(jù)動能定理可知克服安培力做功與克服摩擦力、空氣阻力做功之和等于線框和列車動能的減小量，故D錯誤。故選：BC?！军c(diǎn)評】本題分別從電路和能量兩個方面研究電磁感應(yīng)問題，從電路角度，要確定電路的結(jié)構(gòu)，區(qū)分內(nèi)外電路，知道線框右邊兩端的電壓為路端電壓；從能量角度，分析涉及電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的能量轉(zhuǎn)化問題，根據(jù)動能定理、功能關(guān)系分析各種能量之間的關(guān)系。

考點(diǎn)卡片1．牛頓第二定律的簡單應(yīng)用【知識點(diǎn)的認(rèn)識】牛頓第二定律的表達(dá)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(diǎn)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。【解題方法點(diǎn)撥】在應(yīng)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(dá)式，再根據(jù)需要求出相關(guān)物理量。2．電容的概念與物理意義【知識點(diǎn)的認(rèn)識】（1）定義：電容器所帶的電荷量Q與電容器兩極板間的電勢差U的比值。（2）定義式：C=QU，Q是電容器的電荷量，U是兩極板間的電壓。電容的大小與Q和（3）物理意義：表示電容器儲存電荷的本領(lǐng)大小的物理量。（4）單位：法拉（F）1F＝106μF＝1012pF。（5）說明：電容是反映了電容器儲存電荷能力的物理量，其數(shù)值由電容器的構(gòu)造決定，而與電容器帶不帶電或帶多少電無關(guān)。就像水容器一樣，它的容量大小與水的深度無關(guān)?！久}方向】由電容器電容的定義式C=QA、若電容器不帶電，則電容C為零B、電容C與所帶的電荷量Q成正比，與電壓U成反比C、電容C與所帶的電荷量Q多少無關(guān)D、電容在數(shù)值上等于使兩極板間的電壓增加1V時所需增加的電荷量分析：電容的大小由本身因素所決定，與所帶的電量及兩端間的電壓無關(guān)．解答：電容的大小由本身因素所決定，與所帶的電量及兩端間的電壓無關(guān)。電容器不帶電，電容沒變。故A、B錯誤，C正確。由C=QU=ΔQΔU故選：CD。點(diǎn)評：解決本題的關(guān)鍵理解電容的大小與所帶的電量及兩端間的電壓無關(guān)【解題思路點(diǎn)撥】1.電容表示電容器儲存電荷的本領(lǐng)大小的物理量。2.電容是電容器本身的性質(zhì)與所帶電荷量的多少以及兩極板間的電壓大小無關(guān)。3.電容的兩個計算公式：①定義式：C=②決定式：C=3．用焦耳定律計算電熱【知識點(diǎn)的認(rèn)識】焦耳定律的表達(dá)式Q＝I2Rt，由此可以計算電流產(chǎn)生的焦耳熱?！久}方向】電動汽車成為未來汽車發(fā)展的方向．若汽車所用電動機(jī)兩端的電壓為380V，電動機(jī)線圈的電阻為2Ω，通過電動機(jī)的電流為10A，則電動機(jī)工作10min消耗的電能為多少焦？產(chǎn)生的熱量是多少焦？分析：通過W＝UIt去求消耗的電能，通過Q＝I2Rt去求產(chǎn)生的熱量．消耗的電能與產(chǎn)生的熱量不等．解答：由W＝UIt，得：W＝380×10×600J＝2.28×106J故電動機(jī)工作10min消耗的電能為2.28×106J．產(chǎn)生的熱量Q＝I2Rt＝102×2×600＝1.2×105J故產(chǎn)生的熱量是1.2×105J點(diǎn)評：注意消耗的電能與產(chǎn)生的熱量不等，因為該電路不是純電阻電路，消耗的電能一部分轉(zhuǎn)化為熱量，還有一部分轉(zhuǎn)化為機(jī)械能．【解題思路點(diǎn)撥】一、電功率與熱功率的區(qū)別與聯(lián)系（1）區(qū)別：電功率是指某段電路的全部電功率，或這段電路上消耗的全部電功率，決定于這段電路兩端電壓和通過的電流強(qiáng)度的乘積；熱功率是指在這段電路上因發(fā)熱而消耗的功率．決定于通過這段電路電流強(qiáng)度的平方和這段電路電阻的乘積．（2）聯(lián)系：對純電阻電路，電功率等于熱功率；對非純電阻電路，電功率等于熱功率與轉(zhuǎn)化為除熱能外其他形式的功率之和．二、焦耳定律的使用范圍無論在何種電路中，焦耳定律Q＝I2Rt都是成立的。4．閉合電路歐姆定律的內(nèi)容和表達(dá)式【知識點(diǎn)的認(rèn)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(dá)式：I=ER+r，E表示電動勢，I表示干路總電流，R表示外電路總電阻，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(yīng)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(diǎn)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(diǎn)撥】閉合電路的幾個關(guān)系式的對比5．用閉合電路的歐姆定律計算電路中的電壓和電流【知識點(diǎn)的認(rèn)識】閉合電路的歐姆定律的表達(dá)式為（1）I=（2）E＝U內(nèi)+U外（3）U＝E﹣Ir可以根據(jù)具體的問題選擇合適的公式計算電路的電壓、電流、電阻等參數(shù)?！久}方向】如圖所示的電路中，電源電動勢E＝6V，電源的內(nèi)阻r＝2Ω，電阻R1＝3Ω，電阻R2＝6Ω．當(dāng)閉合電鍵S后，流過R2的電流為（）A、12AB、1AC、211AD、分析：根據(jù)閉合電路的歐姆定律求出通過電源的電流，再由并聯(lián)電路的特點(diǎn)知通過R2的電流。解答：R1，R2并聯(lián)后的電阻R=R1根據(jù)閉合電路的歐姆定律，流過電源的電流I=ER+r通過R1的電流為I2=R1R1+R2I故選：A。點(diǎn)評：本題主要考查了閉合電路歐姆定律的直接應(yīng)用，要求同學(xué)們能正確分析電路的結(jié)構(gòu)，掌握并聯(lián)電阻的計算方法?！窘忸}思路點(diǎn)撥】閉合電路的幾個關(guān)系式的對比6．楞次定律及其應(yīng)用【知識點(diǎn)的認(rèn)識】1.楞次定律的內(nèi)容：感應(yīng)電流具有這樣的方向，即感應(yīng)電流的磁場總要阻礙引起感應(yīng)電流的磁通量的變化。2.適用范圍：所有電磁感應(yīng)現(xiàn)象。3.實質(zhì)：楞次定律是能量守恒的體現(xiàn)，感應(yīng)電流的方向是能量守恒定律的必然結(jié)果。4.應(yīng)用楞次定律判斷感應(yīng)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(yīng)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(yīng)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(yīng)電流的方向。【命題方向】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(yīng)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(yīng)電流的磁場總是阻礙引起感應(yīng)電流的磁通量的變化．根據(jù)楞次定律判斷感應(yīng)電流的方向．在下落過程中，根據(jù)磁場強(qiáng)弱判斷穿過線圈的磁通量的變化，再去判斷感應(yīng)電流的方向．解答：在下落過程中，磁感應(yīng)強(qiáng)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(yīng)電流磁場方向向下，所以感應(yīng)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(yīng)電流磁場方向向上，所以感應(yīng)電流的方向為逆時針。故選：C。點(diǎn)評：解決本題的關(guān)鍵掌握楞次定律的內(nèi)容：感應(yīng)電流的磁場總是阻礙引起感應(yīng)電流的磁通量的變化．【解題方法點(diǎn)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(yīng)電流的效果總是阻礙產(chǎn)生感應(yīng)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(yùn)動﹣﹣“來拒去留”；（3）使線圈面積有擴(kuò)大或縮小的趨勢﹣﹣“增縮減擴(kuò)”；（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(yīng)用楞次定律，必然要用到安培定則；（2）感應(yīng)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(yīng)用楞次定律的推論確定。7．導(dǎo)體平動切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢【知識點(diǎn)的認(rèn)識】1.如果感應(yīng)電動勢是由導(dǎo)體運(yùn)動而產(chǎn)生的，它也叫作動生電動勢。2.當(dāng)導(dǎo)體的運(yùn)動方向與磁場垂直時，動生電動勢的大小為：E＝Blv3.適用條件：（1）勻強(qiáng)磁場；（2）平動切割；（3）B、l、v三者相互垂直。4.當(dāng)導(dǎo)體的運(yùn)動方向與磁場有夾角時，如下圖即如果導(dǎo)線的運(yùn)動方向與導(dǎo)線本身是垂直的，但與磁感線方向有一個夾角θ，則動生電動勢為：E＝Blv1＝Blvsinθ，即利用速度垂直于磁場的分量?！久}方向】如圖所示，在磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝1.2T的勻強(qiáng)磁場中，讓導(dǎo)體PQ在U形導(dǎo)軌上以速度υ0＝10m/s向右勻速滑動，兩導(dǎo)軌間距離L＝0.5m，則產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的大小和PQ中的電流方向分別為（）分析：導(dǎo)體棒PQ運(yùn)動時切割磁感線，回路中的磁通量發(fā)生變化，因此有感應(yīng)電流產(chǎn)生，根據(jù)右手定則可以判斷電流方向，由E＝BLv可得感應(yīng)電動勢的大?。獯穑寒?dāng)導(dǎo)體棒PQ運(yùn)動時，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得：E＝BLv＝1.2×0.5×10＝6V，根據(jù)右手定則可知，通過PQ的電流為從Q點(diǎn)流向P點(diǎn)，故ABC錯誤，D正確。故選：D。點(diǎn)評：本題比較簡單，考查了導(dǎo)體切割磁感線產(chǎn)生電動勢和電流方向問題，注意公式E＝BLv的適用條件和公式各個物理量的含義．【解題方法點(diǎn)撥】閉合或不閉合電路的一部分導(dǎo)體在磁場中做切割磁感線運(yùn)動時，導(dǎo)體兩端將產(chǎn)生感應(yīng)電動勢。如果電路閉合，電路中形成感應(yīng)電流。切割磁感線運(yùn)動的那部分導(dǎo)體相當(dāng)于電路中的電源。常見的情景有以下幾種：1．在E＝BLv中（要求B⊥L、B⊥v、L⊥v，即B、L、v三者兩兩垂直），式中的L應(yīng)該取與B、v均垂直的有效長度（所謂導(dǎo)體的有效切割長度，指的是切割導(dǎo)體兩端點(diǎn)的連線在同時垂直于v和B的方向上的投影的長度，下圖中的有效長度均為ab的長度）。2．公式E＝BLv中，若速度v為平均速度，則E為平均電動勢；若v為瞬時速度，則E為瞬時電動勢。3．若導(dǎo)體不是垂直切割磁感線運(yùn)動，v與B有一夾角，如圖所示，則E＝Blv1＝Blvsinθ。8．根據(jù)B-t或者φ-t圖像計算感應(yīng)電動勢【知識點(diǎn)的認(rèn)識】本考點(diǎn)旨在針對電磁感應(yīng)中的B﹣t圖像或Φ﹣t圖像問題。1.B﹣t圖像（1）圖像意義：B﹣t圖像的縱坐標(biāo)直接反映了某一時刻的磁感應(yīng)強(qiáng)度。（2）斜率的意義：根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E＝nΔΦΔt=n（3）拐點(diǎn)的意義：如果拐點(diǎn)的斜率為0，表示感應(yīng)電動勢的方向要改變。B﹣t圖像的斜率就等于ΔΦΔt2.Φ﹣t圖像（1）圖像意義：Φ﹣t圖像的縱坐標(biāo)直接反映某一時刻的磁通量大小。（2）斜率的意義：根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E＝nΔΦΔt，Φ﹣t圖像的斜率就等于ΔΦ（3）拐點(diǎn)的意義：如果拐點(diǎn)的斜率為0，表示感應(yīng)電動勢的方向要改變?！久}方向】如圖甲所示，勻強(qiáng)磁場中有一面積為S、電阻為R的單匝金屬圓環(huán)，磁場方向垂直于圓環(huán)平面豎直向上。圖乙為該磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間t變化的圖像，曲線上P點(diǎn)坐標(biāo)為（t0，B0），P點(diǎn)的切線在B軸上的截距為B1，由以上信息不能得到的是（）A、t＝t0時，圓環(huán)中感應(yīng)電流的方向B、t＝t0時，圓環(huán)中感應(yīng)電動勢的大小C、0﹣t0內(nèi)，通過圓環(huán)某截面的電量D、0﹣t0內(nèi)，圓環(huán)所產(chǎn)生的焦耳熱分析：根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律結(jié)合圖像分析電動勢大小，根據(jù)楞次定律判斷感應(yīng)電流方向，根據(jù)電荷量的計算公式解得電量，焦耳熱需要通過有效值計算。解答：A．根據(jù)楞次定律可知，t＝t0時，圓環(huán)中感應(yīng)電流的方向從上向下看為順時針方向，故A錯誤；B．t＝t0時，圓環(huán)中感應(yīng)電動勢的大小E=Δ?故B錯誤；C．0﹣t0內(nèi)，通過圓環(huán)某截面的電量q=E故C錯誤；D．0﹣t0內(nèi)感應(yīng)電動勢不斷變化，但是不能求解電動勢的有效值，則不能求解圓環(huán)所產(chǎn)生的焦耳熱，故D正確。故選：D。點(diǎn)評：本題考查電磁感應(yīng)定律，解題關(guān)鍵掌握圖像的含義及楞次定律的應(yīng)用?！窘忸}思路點(diǎn)撥】1.解決圖像問題的一般步驟（1）明確圖像的種類，是B﹣t圖像還是Φ﹣t圖像，或者是E﹣t圖像、i﹣t圖像等。（2）分析電磁感應(yīng)的具體過程。（3）用右手定則或楞次定律確定方向?qū)?yīng)關(guān)系，（4）結(jié)合法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律、牛頓運(yùn)動定律等寫出函數(shù)關(guān)系式。（5）根據(jù)函數(shù)關(guān)系式進(jìn)行數(shù)學(xué)分析，如分析斜率的變化、截距等。（6）畫出圖像或判斷圖像。2.電磁感應(yīng)中圖像類選擇題的三種常見解法（1）排除法：定性地分析電磁感應(yīng)過程中物理量的變化趨勢（增大還是減?。┳兓炻ň鶆蜃兓€是非均勻變化），特別是物理量的正負(fù)，排除錯誤的選項。（2）函數(shù)法：根據(jù)題目所給條件定量地寫出兩個物理量之間的函數(shù)關(guān)系，然后由函數(shù)關(guān)系對圖像作出分析和判斷，這未必是最簡單的方法，但卻是最有效的方法。（3）面積法：對于i﹣t圖像，圖線與時間軸之間所圍圖形的面積表示電荷量，可通過q＝nΔΦR9．線圈進(jìn)出磁場的電壓、電流、電荷量等電學(xué)量的計算【知識點(diǎn)的認(rèn)識】1.電磁感應(yīng)中的電路類問題主要涉及到求取電學(xué)中的物理量，如電流、電壓、電量、功率等。本考點(diǎn)旨在針對線圈進(jìn)出磁場的電路類問題。2.電磁感應(yīng)與電路結(jié)合的相關(guān)問題的解決方法（1）明確產(chǎn)生感應(yīng)電動勢的導(dǎo)體或部分電路，該導(dǎo)體或部分電路就相當(dāng)于電源。（2）畫等效電路圖，分清內(nèi)、外電路。（3）用法拉第電磁感應(yīng)定律E＝nΔΦΔt或E＝Blv確定感應(yīng)電動勢的大小，用楞次定律或右手定則確定感應(yīng)電流的方向（4）運(yùn)用閉合電路歐姆定律，串、并聯(lián)電路特點(diǎn)，電功率，電熱等公式聯(lián)立求解。（5）電磁感應(yīng)中的電荷量問題：閉合回路中磁通量發(fā)生變化時，電荷發(fā)生定向移動面形成感應(yīng)電流，在Δt內(nèi)遷移的電荷量（感應(yīng)電荷量）q＝I?Δt=ER總?Δt＝nΔΦΔt【命題方向】如圖所示，紙面內(nèi)有一矩形導(dǎo)體閉合線框abcd，ab邊長大于bc邊長．從置于垂直紙面向里、邊界為MN的勻強(qiáng)磁場外，線框兩次勻速地完全進(jìn)入磁場，兩次速度大小相同，方向均垂直于MN．第一次ab邊平行MN進(jìn)入磁場．線框上產(chǎn)生的熱量為Q1，通過線框?qū)w橫截面的電荷量為q1：第二次bc邊平行MN進(jìn)入磁場．線框上產(chǎn)生的熱量為Q2，通過線框?qū)w橫截面的電荷量為q2，則（）A.Q1＞Q2q1＝q2B.Q1＞Q2q1＞q2C.Q1＝Q2q1＝q2D.Q1＝Q2q1＞q2分析：由q=N△Φ解答：設(shè)ab和bc邊長分別為lab，lbc，若假設(shè)穿過磁場區(qū)域的速度為v，Q1＝BI1Lab?Lbc=B2Labq1＝I1Δt=N△ΦΔtR總同理可以求得：Q2＝BI2Lbc?Lab=B2Lbcq2＝I2Δt=N△ΦΔtR總lab＞lbc，由于兩次“穿越”過程均為相同速率穿過，因此：Q1＞Q2，q1＝q2，故A正確，BCD錯誤。故選：A。點(diǎn)評：在電磁感應(yīng)題目中，公式q=N△ΦR總，?？迹斡?，選擇題中可直接應(yīng)用，計算題中要寫出推導(dǎo)過程；對于電磁感應(yīng)能量問題一般有三種方法求解：①利用電路中產(chǎn)生的熱量等于克服安培力做得功；②【解題思路點(diǎn)撥】電磁感應(yīng)中的電路類問題的解題思路①求感應(yīng)電動勢E＝Blv或E＝nΔΦ②畫等效電路圖③求感應(yīng)電流I=④求電路兩端電壓U內(nèi)＝Ir以及U外＝E﹣Ir⑤求電路功率P外＝IU外以及P總＝IE10．線圈進(jìn)出磁場的能量計算【知識點(diǎn)的認(rèn)識】1.電磁感應(yīng)過程的實質(zhì)是不同形式的能量轉(zhuǎn)化的過程，而能量的轉(zhuǎn)化是通過安培力做功來實現(xiàn)的。安培力做功的過程，是電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能的過程；外力克服安培力做功的過程，則是其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能的過程。本考點(diǎn)旨在針對線圈進(jìn)入磁場的能量分析與計算。2.求解電能應(yīng)分清兩類情況（1）若回路中電流恒定，可以利用電路結(jié)構(gòu)及W＝UIt或Q＝I2Rt直接進(jìn)行計算。（2）若電流變化，則：①利用安培力做功求解：電磁感應(yīng)中產(chǎn)生的電能等于克服安培力所做的功；②利用能量守恒求解：若只有電能與機(jī)械能的轉(zhuǎn)化，則減少的機(jī)械能等于產(chǎn)生的電能。3.電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的能量轉(zhuǎn)化（1）安培力做功（2）焦耳熱的計算①電流恒定時，根據(jù)焦耳定律求解，即Q＝I2Rt②感應(yīng)電流變化時，可用以下方法分析：a.利用動能定理，求出克服安培力做的功W安，即Q＝W安b.利用能量守恒定律，焦耳熱等于其他形式能量的減少量，【命題方向】如圖所示，邊長為L的正方形導(dǎo)線框其質(zhì)量為m，在距磁場上邊界高H處自由下落，其下邊框ab進(jìn)入勻強(qiáng)磁場后，線圈開始做減速運(yùn)動，直到其上邊框cd剛穿出磁場時，其速度減為ab邊剛進(jìn)入磁場時的一半，磁場的寬度也為L，則線框穿越勻強(qiáng)磁場過程中產(chǎn)生的焦耳熱為（）A、2mgLB、2mgL+mgHC、2mgL+34mgHD、2mgL分析：根據(jù)機(jī)械能守恒定律求出ab邊剛進(jìn)入磁場時的速度．線框穿越勻強(qiáng)磁場過程中機(jī)械能減小轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，根據(jù)能量守恒定律求解焦耳熱．解答：根據(jù)機(jī)械能守恒定律得mgH=得v=從線框下落到穿出勻強(qiáng)磁場過程，根據(jù)能量守恒定律得，焦耳熱Q＝2mgL+mgH-12故選：C。本題是運(yùn)用能量守恒定律處理電磁感應(yīng)中能量問題，關(guān)鍵要正確分析能量是如何轉(zhuǎn)化的．【解題思路點(diǎn)撥】電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化問題1．電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化特點(diǎn)外力克服安培力做功，把機(jī)械能或其它能量轉(zhuǎn)化成電能；感應(yīng)電流通過電路做功又把電能轉(zhuǎn)化成其它形式的能（如內(nèi)能）．這一功能轉(zhuǎn)化途徑可表示為：2．電能求解思路主要有三種（1）利用克服安培力做功求解：電磁感應(yīng)中產(chǎn)生的電能等于克服安培力所做的功．（2）利用能量守恒求解：其它形式的能的減少量等于產(chǎn)生的電能．（3）利用電路特征來求解：通過電路中所消耗的電能來計算．11．電磁感應(yīng)過程中的動力學(xué)類問題【知識點(diǎn)的認(rèn)識】1.模型概述：該模型考查的是電磁感應(yīng)定律與運(yùn)動學(xué)的聯(lián)系，一般要結(jié)合牛頓第二定律，分析物體的速度與受力情況。2.兩種狀態(tài)處理（1）導(dǎo)體處于平衡態(tài)——靜止或勻速直線運(yùn)動狀態(tài)。處理方法：根據(jù)平衡條件合外力等于零列式分析。（2）導(dǎo)體處于非平衡態(tài)——加速度不為零。處理方法：根據(jù)牛頓第二定律進(jìn)行動態(tài)分析，或結(jié)合功能關(guān)系分析。3.兩大研究對象及其關(guān)系電磁感應(yīng)中導(dǎo)體棒既可看作電學(xué)對象（因為它相當(dāng)于電源），又可看作力學(xué)對象（因為感應(yīng)電流產(chǎn)生安培力），而感應(yīng)電流Ⅰ和導(dǎo)體棒的速度v則是聯(lián)系這兩大對象的紐帶：【命題方向】如圖所示，在豎直向下的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，有兩根水平放置且足夠長的平行金屬導(dǎo)軌AB、CD，間距為L，在導(dǎo)軌的AC端連接一阻值為R的電阻，一根質(zhì)量為m的金屬棒ab，垂直導(dǎo)軌放置，導(dǎo)軌和金屬棒的電阻不計．金屬棒與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為μ，若用恒力F沿水平向右拉導(dǎo)體棒運(yùn)動，求金屬棒的最大速度．分析：金屬棒ab從靜止開始沿導(dǎo)軌滑動，從而產(chǎn)生感應(yīng)電流，出現(xiàn)安培力，金屬棒先做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動，后做勻速運(yùn)動．根據(jù)E＝BLv、I=ER和F＝BIL推導(dǎo)出安培力公式，當(dāng)加速度減小到解答：經(jīng)分析知，棒向右運(yùn)動時切割磁感線，產(chǎn)生動生電動勢，由右手定則知，棒中有ab方向的電流，再由左手定則可知，安培力向左，棒受到的合力在減小，向右做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動，當(dāng)安培力與摩擦力的合力增大到大小等于拉力時，則加速度減小到0時，達(dá)到最大速度，此時：F＝μmg+BIL又I=解得vm=(F-μmg)R答：金屬棒的最大速度(F-μmg)RB點(diǎn)評：本題要根據(jù)牛頓定律分析金屬棒的運(yùn)動情況，分析和計算安培力是關(guān)鍵，注意另忘記棒受到摩擦力作用．【解題思路點(diǎn)撥】電磁感應(yīng)和力學(xué)問題的綜合，其聯(lián)系橋梁是磁場對感應(yīng)電流的安培力。這類問題中的導(dǎo)體一般不是做勻變速達(dá)動，而是經(jīng)歷一個動態(tài)變化過程再趨于一個穩(wěn)定狀態(tài)，故解這類問題時正確進(jìn)行動態(tài)分析、確定最終狀態(tài)是解題的關(guān)健。12．電磁感應(yīng)過程中的能量類問題【知識點(diǎn)的認(rèn)識】1.電磁感應(yīng)過程的實質(zhì)是不同形式的能量轉(zhuǎn)化的過程，而能量的轉(zhuǎn)化是通過安培力做功來實現(xiàn)的。安培力做功的過程，是電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能的過程；外力克服安培力做功的過程，則是其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能的