2024-2025學年上學期深圳高二物理期末模擬卷1

第1頁（共1頁）2024-2025學年上學期深圳高二物理期末模擬卷1一．選擇題（共7小題，滿分28分，每小題4分）1．（4分）（2022?天心區(qū)校級開學）在物理學的發(fā)展過程中，許多物理學家的科學發(fā)現(xiàn)推動了人類社會的進步，人類社會的進步又促進了物理學的發(fā)展。下列敘述中錯誤的是（）A．奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應 B．庫侖發(fā)現(xiàn)了電荷間的相互作用規(guī)律 C．法拉第發(fā)現(xiàn)了電磁感應現(xiàn)象 D．洛倫茲提出了分子電流假說2．（4分）（2024?永春縣校級開學）下列給出了四幅與感應電流產(chǎn)生條件相關的情景圖，判斷正確的是（）A．圖甲，水平直導線中電流逐漸減小時，其正下方的水平金屬圓線圈中有感應電流 B．圖乙，正方形金屬線圈以虛線為軸勻速轉動時，線圈中有感應電流 C．圖丙，矩形導線框以其任何一條邊為軸轉動時，線框中都有感應電流產(chǎn)生 D．圖丁，正方形導線框加速離開同一平面內(nèi)的條形磁體時，線框中有感應電流產(chǎn)生3．（4分）（2022秋?芙蓉區(qū)校級期中）如圖甲所示，圓形線圈P靜止在水平桌面上，其正上方固定一螺線管Q，P和Q共軸，Q中通有變化的電流i，電流隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示，t1時刻電流方向如圖甲中箭頭所示。P所受的重力為G，桌面對P的支持力為FN，則（）A．t1時刻FN＞G，P有擴張的趨勢 B．t2時刻FN＝G，此時穿過P的磁通量變化率為0 C．t3時刻FN＝G，此時P中無感應電流 D．t4時刻FN＜G，此時穿過P的磁通量最小4．（4分）（2020秋?南陽期末）在如圖所示的電路中，A和B是兩個完全相同的燈泡，線圈L的自感系數(shù)足夠大，線圈的直流電阻可以忽略不計。下列說法中正確的是（）A．閉合開關S，A先亮，B后亮，最后一樣亮 B．斷開開關S，A和B都要延遲一會兒才熄滅 C．斷開開關S，A立即熄滅，B閃亮一下再熄滅 D．斷開開關S，流過B的電流方向向右5．（4分）（2020秋?浙江月考）如圖所示，在第一象限內(nèi)，存在磁感應強度大小為B的勻強磁場，方向垂直于xOy平面向外。在x軸上的A點放置一放射源，可以不斷地沿xOy平面內(nèi)的不同方向以大小不等的速度放射出質量為m、電荷量﹣q的同種粒子，這些粒子都打到y(tǒng)軸上的D點。已知OA=3L，OD＝LA．粒子運動的最大速度為qBLm，入射方向與x軸正向成60°B．粒子在磁場中運動的最短時間為πm3qBC．要使粒子有最長運動時間，須沿x軸正向射入磁場 D．若粒子與x軸正向成30°射入磁場，則軌道半徑為236．（4分）（2017秋?巢湖市月考）如圖所示，傾角固定的平行光滑導軌與水平面成37°角，導軌間距為0.5m、電阻不計，磁場方向垂直導軌平面向下，磁感應強度B＝1T，質量分別為m1＝2×10﹣2kg和m2＝1×10﹣2kg的導體棒ab和cd垂直導軌放置，電阻均為1Ω，兩棒與導軌始終接觸良好，下列說法正確的是（g＝10m/s2，Sin37°＝0.6）（）A．要使ab棒或cd棒靜止不動，另一棒應向下做勻速運動 B．要使ab棒或cd棒靜止不動，另一棒應向上做勻加速運動 C．要使cd棒靜止不動，ab棒的速度大小是1.96m/s D．要使ab棒不動，則需在平行導軌方向加一個作用于cd棒的外力，其大小為0.18N7．（4分）（2015秋?渝中區(qū)校級期末）將能夠產(chǎn)生勻強磁場的磁鐵安裝在火車首節(jié)車廂下面，如圖（甲）（俯視圖）所示，當它經(jīng)過安放在兩鐵軌間的線圈時，線圈會產(chǎn)生一個電信號傳輸給控制中心，已知矩形線圈的長為L1，寬為L2，匝數(shù)n，若安裝在火車車廂下南的磁鐵產(chǎn)生的勻強磁場的寬度大于L2，當火車通過安放在鐵軌之間的矩形線圈時，控制中心接收到的線圈兩端的電壓信號u隨時間t變化的關系如圖乙所示，不計線圈電阻，據(jù)此可知：火車的加速度；和安裝在火車首節(jié)車廂下面的磁鐵產(chǎn)生的勻強磁場寬度（）A．u2-u1nBL2(t2B．u2+u1nBL2(t2C．u2+u1nBL2(t2D．u2-u1nBL2(二．多選題（共3小題，滿分18分，每小題6分）（多選）8．（6分）某興趣小組制作了一個簡易的“轉動裝置”，如圖甲所示，在干電池的負極吸上一塊圓柱形強磁鐵，然后將一金屬導線折成頂端有一支點、底端開口的導線框，并使導線框的支點與電源正極、底端與磁鐵均良好接觸但不固定，圖乙是該裝置的示意圖。若線框逆時針轉動（俯視），下列說法正確的是（）A．線框轉動是因為發(fā)生了電磁感應 B．磁鐵導電，且與電池負極接觸的一端是S極 C．若將磁鐵的兩極對調，則線框轉動方向改變 D．線框轉動穩(wěn)定時的電流比開始轉動時的大（多選）9．（6分）（2016秋?浙江期中）隨著大樓高度的增加，為防止電梯墜落造成傷害，有同學設想了一個電梯應急安全裝置：在電梯的轎廂上安裝上永久磁鐵，電梯的井壁上鋪設線圈，以使能在電梯突然墜落時減小對人員的傷亡，其原理模型如圖所示。則關于該裝置的下列說法正確的是（）A．若電梯突然墜落，將線圈閉合可起到應急避險作用 B．若電梯突然墜落，將線圈閉合可以使電梯懸浮在空中 C．當電梯墜落至如圖位置時，閉合線圈A、B中電流方向相同 D．當電梯墜落至如圖位置時，閉合線圈A、B都在阻礙電梯下落（多選）10．（6分）如圖所示，在夾角為45°的OA和OC兩條邊界所夾的范圍內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場。磁感應強度為B，邊界OA上有一粒子源S，某時刻從S向平行于紙面的各個方向發(fā)射出大量的帶電荷量為+q、質量為m的同種粒子（不計粒子的重力和粒子間的相互作用），所有粒子的初速度大小相同，經(jīng)過一段時間有部分粒子從邊界OC射出磁場，如果所有從OC邊射出的粒子在磁場中運動的最長時間為πmqB，則從邊界OCA．πm6qB B．πm4qB C．πm2qB 三．實驗題（共2小題，滿分18分）11．（10分）（2021秋?龍崗區(qū)期末）某中學生課外科技活動小組利用銅片（正極）、鋅片（負極）插入一只蘋果內(nèi)，就制成了一個簡單的“水果電池”，他們做了兩個這樣的水果電池，如圖1所示，并依次進行以下實驗：（1）用多用電表的直流電壓2.5V擋粗測其中一個水果電池的電動勢，測量時水果電池的銅極應與多用電表的表筆相接。如指針位置如圖2所示，其示數(shù)為V。（2）將兩個水果電池串聯(lián)起來組成電池組給“1.5V、0.3A”的小燈泡供電，小燈泡不能發(fā)光，檢查電路無故障。再將多用電表串聯(lián)在電路中測量電流，發(fā)現(xiàn)讀數(shù)不足3mA。由此可推測小燈泡不發(fā)光的原因是此電池組的（選填選項前的字母）。A.水果電池的電動勢太大B.水果電池的電動勢太小C.水果電池的內(nèi)阻太大D.小燈泡的電阻太大（3）為了盡可能準確的測出該水果電池組的電動勢和內(nèi)阻，小組成員在實驗室中找到了電流表A（0～300μA，內(nèi)阻為100Ω），電阻箱R（0～9999Ω），導線、開關等實驗器材。設計了如圖3所示的實驗電路，請用筆畫線代替導線將實物電路補充完整。（4）連接電路后，調節(jié)電阻箱R的阻值，得到的測量數(shù)據(jù)如下表所示。R/kΩ9876543I/μA120133150170198234286將實驗數(shù)據(jù)輸入電子表格，根據(jù)實驗數(shù)據(jù)作出的1I-R圖象如圖4所示，則從圖像中得出水果電池的電動勢E＝V，內(nèi)阻為r＝k12．（8分）（2019秋?安義縣校級期末）如圖為某同學組裝完成的簡易多用電表的電路圖。圖中E是電池；R1、R2、R3、R4和R5是固定電阻，R6是最大阻值為20kΩ的可變電阻；表頭G的滿偏電流為250μA，內(nèi)阻為600Ω．虛線方框內(nèi)為換擋開關。A端和B端分別與兩表筆相連。該多用電表有5個擋位。5個擋位為：直流電壓1V擋和5V擋，直流電流1mA擋和2.5mA擋，歐姆×1kΩ擋。（1）圖中的A端與（填“紅”或“黑”）色表筆相連接。（2）關于R6的使用，下列說法正確的是（填正確答案標號）。A．在使用多用電表之前，調整R6使電表指針指在表盤左端電流“0”位置B．使用歐姆擋時，先將兩表筆短接，調整R6使電表指針指在表盤右端電阻“0”位置C．使用電流擋時，調整R6使電表指針盡可能指在表盤右端電流最大位置（3）要想使用直流電壓1V擋，選擇開關B應與相連（填選擇開關對應的數(shù)字）。（4）根據(jù)題給條件可得R1+R2＝Ω。四．解答題（共3小題，滿分36分）13．（10分）（2018春?寧德期中）如圖所示，寬L＝0.4m、足夠長的金屬導軌MN和M'N'放在傾角為θ＝30°的斜面上，在N和N'之間連接一個R＝1Ω的定值電阻，在AA'處放置一根與導軌垂直、質量m＝0.8kg、電阻r＝1Ω的金屬桿，桿和導軌間的動摩擦因數(shù)μ=34，導軌電阻不計，導軌處于磁感應強度B＝10T、方向垂直于導軌平面的勻強磁場中，用輕繩通過定滑輪將電動小車與桿的中點相連，滑輪與桿之間的連線平行于斜面，開始時小車位于滑輪正下方水平面上的P處（小車可視為質點），滑輪離小車的高度H＝0.8m。啟動電動小車，使之沿PS方向以v＝1m/s的速度勻速前進，當桿滑到OO'位置時的加速度a＝4m/s2，AA'與OO'之間的距離d＝（1）桿通過OO'時的速度大??；（2）桿在OO'時，輕繩的拉力大??；（3）上述過程中，若拉力對桿所做的功為4.544J，求電阻R上的平均電功率。14．（12分）在勻強磁場中，一個原來靜止的原子核，由于放出一個α粒子，結果得到一張兩個相切圓的徑跡照片（如圖所示），測得兩個相切圓半徑之比r1：r2＝44：1。求：（1）這個原子核原來所含的質子數(shù)是多少？（2）圖中哪一個圓是α粒子的徑跡？（說明理由）15．（14分）如圖所示，足夠長的光滑金屬平行導軌平面與水平面成θ角（0＜θ＜90°），其中MN與PQ平行且間距為L，導軌平面與磁感應強度大小為B的勻強磁場垂直，導軌電阻不計。導軌頂端和底端接有定值電阻R1、R2，定值電阻R1、R2的阻值均為R。金屬棒ab由靜止開始沿導軌下滑，并與兩導軌始終保持垂直且良好接觸，ab棒接入電路的電阻為R，金屬棒沿導軌下滑距離s時速度恰好達到最大值。已知金屬棒ab的質量為m，重力加速度為g。ab棒從開始運動到速度恰到最大速度過程中，求：（1）ab棒的最大速度；（2）定值電阻R1產(chǎn)生的焦耳熱；（3）通過定值電阻R2的電荷量。

2024-2025學年上學期深圳高二物理期末典型卷1參考答案與試題解析一．選擇題（共7小題，滿分28分，每小題4分）1．（4分）（2022?天心區(qū)校級開學）在物理學的發(fā)展過程中，許多物理學家的科學發(fā)現(xiàn)推動了人類社會的進步，人類社會的進步又促進了物理學的發(fā)展。下列敘述中錯誤的是（）A．奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應 B．庫侖發(fā)現(xiàn)了電荷間的相互作用規(guī)律 C．法拉第發(fā)現(xiàn)了電磁感應現(xiàn)象 D．洛倫茲提出了分子電流假說【考點】電磁學物理學史．【專題】定性思想；推理法；磁場磁場對電流的作用；理解能力．【答案】D【分析】明確有關物理學理論建立過程中各位物理學家的主要貢獻即可正確解答?！窘獯稹拷猓篈、奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應，故A正確；B、庫侖發(fā)現(xiàn)了電荷間的相互作用規(guī)律，故B正確；C、法拉第發(fā)現(xiàn)了電磁感應現(xiàn)象，故C正確；D、安培提出了分子電流假說，故D錯誤。本題選錯誤的，故選：D。【點評】本題考查對物理學史的掌握情況；物理學史屬于常識性問題，平時要加強記憶，注意積累。2．（4分）（2024?永春縣校級開學）下列給出了四幅與感應電流產(chǎn)生條件相關的情景圖，判斷正確的是（）A．圖甲，水平直導線中電流逐漸減小時，其正下方的水平金屬圓線圈中有感應電流 B．圖乙，正方形金屬線圈以虛線為軸勻速轉動時，線圈中有感應電流 C．圖丙，矩形導線框以其任何一條邊為軸轉動時，線框中都有感應電流產(chǎn)生 D．圖丁，正方形導線框加速離開同一平面內(nèi)的條形磁體時，線框中有感應電流產(chǎn)生【考點】電磁感應現(xiàn)象的發(fā)現(xiàn)過程．【專題】比較思想；模型法；電磁感應與電路結合；理解能力．【答案】B【分析】感應電流產(chǎn)生的條件是穿過閉合回路的磁通量發(fā)生變化，對照這個條件分析即可?！窘獯稹拷猓篈、圖甲中，金屬圓形線圈水平放置在通電直導線的正下方，根據(jù)安培定則可知直線電流產(chǎn)生的磁場穿過線圈的磁通量為零，即使減小通過導線電流，圓線圈中的磁通量也不會發(fā)生變化，所以不會有感應電流產(chǎn)生，故A錯誤；B、圖乙中，正方形金屬線圈繞豎直虛線轉動的過程中，穿過線圈的磁通量發(fā)生變化，會產(chǎn)生感應電流，故B正確；C、圖丙中，閉合導線框以左邊或右邊為軸在勻強磁場中旋轉時，穿過線圈的磁通量始終為零，保持不變，閉合導線框中不會有感應電流，故C錯誤；D、圖丁中，正方形導線框加速離開同一平面內(nèi)的條形磁體時，線圈與磁場平行，穿過線圈的磁通量始終為零，保持不變，閉合導線框中不會有感應電流，故D錯誤。故選：B。【點評】解決本題的關鍵要掌握感應電流產(chǎn)生的條件：穿過閉合電路的磁通量發(fā)生變化，要理解各種磁通量變化的方式，緊扣“變化”二字來分析。3．（4分）（2022秋?芙蓉區(qū)校級期中）如圖甲所示，圓形線圈P靜止在水平桌面上，其正上方固定一螺線管Q，P和Q共軸，Q中通有變化的電流i，電流隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示，t1時刻電流方向如圖甲中箭頭所示。P所受的重力為G，桌面對P的支持力為FN，則（）A．t1時刻FN＞G，P有擴張的趨勢 B．t2時刻FN＝G，此時穿過P的磁通量變化率為0 C．t3時刻FN＝G，此時P中無感應電流 D．t4時刻FN＜G，此時穿過P的磁通量最小【考點】楞次定律及其應用．【專題】定性思想；推理法；電磁感應與電路結合；推理論證能力．【答案】B【分析】當螺線管中通入變化的電流時形成變化的磁場，這時線圈P中的磁通量發(fā)生變化，由其磁通量的變化根據(jù)楞次定律可以判斷P中產(chǎn)生感應電流的大小方向以及P線圈收縮和擴展趨勢；螺線管中電流不變，其形成的磁場不變，線圈P中的磁通量不變?！窘獯稹拷猓篈．由圖可知t1時刻，螺線管中電流增大，其形成的磁場不斷增強，因此線圈P中的磁通量增大，根據(jù)楞次定律可知線圈P將阻礙其磁通量的增大，故線圈有遠離螺線管和面積收縮的趨勢，即FN＞G，故A錯誤；B．由圖可知t2時刻，螺線管中電流不變，其形成的磁場不變，穿過線圈P中的磁通量不變，因此線圈中無感應電流產(chǎn)生，故t2時刻FN＝G，故B正確；C．由圖可知t3時刻，螺線管中電流為0，但是穿過線圈P中磁通量是變化的，此時線圈中有感應電流產(chǎn)生，故C錯誤；D．由圖可知t4時刻，螺線管中電流不變，則穿過線圈P中的磁通量不變，無感應電流產(chǎn)生，故FN＝G，故D錯誤。故選：B?！军c評】正確理解楞次定律中“阻礙”的含義，注意判斷是否有感應電流看磁通量的變化率而不是看磁通量的大小，如C選項，學生很容易錯選。4．（4分）（2020秋?南陽期末）在如圖所示的電路中，A和B是兩個完全相同的燈泡，線圈L的自感系數(shù)足夠大，線圈的直流電阻可以忽略不計。下列說法中正確的是（）A．閉合開關S，A先亮，B后亮，最后一樣亮 B．斷開開關S，A和B都要延遲一會兒才熄滅 C．斷開開關S，A立即熄滅，B閃亮一下再熄滅 D．斷開開關S，流過B的電流方向向右【考點】自感線圈對電路的影響．【專題】定性思想；推理法；交流電專題；理解能力．【答案】B【分析】當電鍵K閉合時，通過線圈L的電流增大，穿過線圈的磁通量增大，根據(jù)楞次定律判斷感應電動勢的方向和作用，分析哪個燈先亮。斷開瞬間也可以按照同樣的思路分析?！窘獯稹拷猓篈、當電鍵K閉合時，燈B立即發(fā)光。通過線圈L的電流增大，穿過線圈的磁通量增大，根據(jù)楞次定律可知線圈產(chǎn)生的感應電動勢與原來電流方向相反，會阻礙電流的增大，所以電路的電流只能逐漸增大，燈A逐漸亮起來；所以燈B比燈A先亮。由于線圈直流電阻忽略不計，當電流逐漸穩(wěn)定時，線圈不產(chǎn)生感應電動勢，兩燈電流相等，亮度相同，故A錯誤；BCD、穩(wěn)定后當電鍵S斷開后，由于自感，線圈中的電流只能慢慢減小，其相當于電源，線圈L、燈A與燈B構成閉合回路放電，兩燈都過一會兒熄滅，由于兩燈泡完全相同，線圈的電阻又不計，則燈B不會出現(xiàn)閃亮一下，且流過燈B的電流方向向左；故B正確，CD錯誤；故選：B?！军c評】對于自感現(xiàn)象，是特殊的電磁感應現(xiàn)象，應用楞次定律和法拉第電磁感應定律進行理解。5．（4分）（2020秋?浙江月考）如圖所示，在第一象限內(nèi)，存在磁感應強度大小為B的勻強磁場，方向垂直于xOy平面向外。在x軸上的A點放置一放射源，可以不斷地沿xOy平面內(nèi)的不同方向以大小不等的速度放射出質量為m、電荷量﹣q的同種粒子，這些粒子都打到y(tǒng)軸上的D點。已知OA=3L，OD＝LA．粒子運動的最大速度為qBLm，入射方向與x軸正向成60°B．粒子在磁場中運動的最短時間為πm3qBC．要使粒子有最長運動時間，須沿x軸正向射入磁場 D．若粒子與x軸正向成30°射入磁場，則軌道半徑為23【考點】帶電粒子在勻強磁場中的圓周運動；牛頓第二定律的簡單應用；牛頓第二定律與向心力結合解決問題．【專題】定性思想；圖析法；極值法；帶電粒子在磁場中的運動專題；理解能力．【答案】D【分析】由A點沿著A→D方向入射，若速度趨于無窮大，軌跡弧長越短，由t=sv知，時間越趨近于【解答】解：AB、由A點沿著A→D方向入射，入射速度越大，出場時越靠近D點，軌跡弧長越短，若速度趨于無窮大，則軌跡越趨于與AD重合，軌跡弧長越短，由t=sv知，時間越趨近于0，故此情況無最大速度和最短時間，故CD、由洛倫茲力提供向心力，得：qvB＝mv周期T=2πr運動時間t=α2π可見軌跡圓心角α越大運動時間越長。過A、D兩點做粒子在磁場中軌跡圓弧，得到在D點與y軸相切的圓弧的圓心角最大，如圖所示，設∠OAD＝θtanθ=ODOA=L3L=33軌跡半徑r=由幾何關系可得，此軌跡在A點入射速度與x軸正方向夾角恰好等于θ＝30°，并且對應圓心角也是最大的設為α，α＝360°﹣（180°﹣2θ）＝240°。綜上計算分析得：在A點入射速度與x軸正方向夾角等于θ＝30°的粒子，軌跡半徑為23L3，運動時間最長，故C故選：D?！军c評】本題考查了勻強磁場帶電粒子做圓周運動相關知識，此類問題關鍵是找到臨界軌跡。理解題意，把握住哪些條件是一定，哪些是可變的，例如本題，軌跡通過A、D點是一定的，速度大小和方向都是可變的，這就要過A、D畫動態(tài)的圓找到臨界軌跡圓。本題有個小亮點求最大速度和最小時間用了極限思維。6．（4分）（2017秋?巢湖市月考）如圖所示，傾角固定的平行光滑導軌與水平面成37°角，導軌間距為0.5m、電阻不計，磁場方向垂直導軌平面向下，磁感應強度B＝1T，質量分別為m1＝2×10﹣2kg和m2＝1×10﹣2kg的導體棒ab和cd垂直導軌放置，電阻均為1Ω，兩棒與導軌始終接觸良好，下列說法正確的是（g＝10m/s2，Sin37°＝0.6）（）A．要使ab棒或cd棒靜止不動，另一棒應向下做勻速運動 B．要使ab棒或cd棒靜止不動，另一棒應向上做勻加速運動 C．要使cd棒靜止不動，ab棒的速度大小是1.96m/s D．要使ab棒不動，則需在平行導軌方向加一個作用于cd棒的外力，其大小為0.18N【考點】導體平動切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢；電磁感應過程中的能量類問題．【專題】比較思想；推理法；電磁感應——功能問題．【答案】D【分析】要使ab棒或cd棒靜止不動，受力均要平衡，判斷安培力方向，分析它們的運動情況。根據(jù)安培力與速度的關系，結合平衡條件求要使cd棒靜止不動ab棒的速度大小。要使ab棒不動，用同樣的方法求外力大小。【解答】解：AB、要使ab棒靜止不動，受力平衡，所受的安培力必須沿斜面向上，且大小不變，由楞次定律判斷知cd棒應向上做勻速運動。要使cd棒靜止不動，所受的安培力必須沿斜面向上，由楞次定律判斷知ab棒應向上做勻速運動。故AB錯誤。C、要使cd棒靜止不動，設ab棒的速度大小是v。對cd棒，根據(jù)平衡條件有：m2gsin37°＝BIL，I=BLvR1+R2，聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得：D、要使ab棒不動，cd棒應向上做勻速運動，對ab棒和cd棒整體，由平衡條件得：F＝（m1+m2）gsin37°＝3×10﹣2×10×0.6＝0.18N，故D正確。故選：D?！军c評】本題是雙桿問題，要正確分析兩棒的受力情況，抓住安培力與速度的關系來分析這類問題。7．（4分）（2015秋?渝中區(qū)校級期末）將能夠產(chǎn)生勻強磁場的磁鐵安裝在火車首節(jié)車廂下面，如圖（甲）（俯視圖）所示，當它經(jīng)過安放在兩鐵軌間的線圈時，線圈會產(chǎn)生一個電信號傳輸給控制中心，已知矩形線圈的長為L1，寬為L2，匝數(shù)n，若安裝在火車車廂下南的磁鐵產(chǎn)生的勻強磁場的寬度大于L2，當火車通過安放在鐵軌之間的矩形線圈時，控制中心接收到的線圈兩端的電壓信號u隨時間t變化的關系如圖乙所示，不計線圈電阻，據(jù)此可知：火車的加速度；和安裝在火車首節(jié)車廂下面的磁鐵產(chǎn)生的勻強磁場寬度（）A．u2-u1nBL2(t2B．u2+u1nBL2(t2C．u2+u1nBL2(t2D．u2-u1nBL2(【考點】導體平動切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢．【專題】應用題；學科綜合題；定量思想；方程法；電磁感應與電路結合．【答案】A【分析】判定運動狀態(tài)，可以找出動生電動勢與速度的關系，進而確定速度和時間的關系，就可以知道火車在ab事件段內(nèi)的運動性質，加速度可以有AB中判定出的速度—時間關系來確定；求出t2﹣t1時間內(nèi)的平均速度，再根據(jù)平均速度乘以時間求位移．【解答】解：由E＝BLv可知，動生電動勢與速度成正比，而在乙途中ab段的電壓與時間成正比，因此可知在t1到t2這段時間內(nèi)，火車的速度與時間成正比，所以火車在這段時間內(nèi)做的是勻加速直線運動。由圖知t1時刻感應電動勢為u1，對應的速度為：v1=u同理可得t2時刻對應的速度為：v2=u由v2﹣v1＝a（t2﹣t1）得這段時間內(nèi)的加速度為：a=u根據(jù)勻變速直線運動的規(guī)律可知這段時間內(nèi)的平均速度為：v=v則安裝在火車首節(jié)車廂下面的磁鐵產(chǎn)生的勻強磁場寬度為L＝v（t2﹣t1）=u2+u12nBL所以A正確、BCD錯誤；故選：A?！军c評】本題關鍵在于判定出火車運動性質，當我們看到乙圖的時候電壓是和速度成正比的，就應聯(lián)系有關動生電動勢的公式，以建立速度與時間的關系，進而可以得出正確結論．二．多選題（共3小題，滿分18分，每小題6分）（多選）8．（6分）某興趣小組制作了一個簡易的“轉動裝置”，如圖甲所示，在干電池的負極吸上一塊圓柱形強磁鐵，然后將一金屬導線折成頂端有一支點、底端開口的導線框，并使導線框的支點與電源正極、底端與磁鐵均良好接觸但不固定，圖乙是該裝置的示意圖。若線框逆時針轉動（俯視），下列說法正確的是（）A．線框轉動是因為發(fā)生了電磁感應 B．磁鐵導電，且與電池負極接觸的一端是S極 C．若將磁鐵的兩極對調，則線框轉動方向改變 D．線框轉動穩(wěn)定時的電流比開始轉動時的大【考點】生活中的電磁感應現(xiàn)象；左手定則判斷安培力的方向．【專題】實驗題；信息給予題；實驗探究題；實驗分析法；電磁感應中的力學問題．【答案】BC【分析】對線框的下端平臺側面分析，若扁圓柱形磁鐵上端為S極，下端為N極，周圍磁感線由上往下斜穿入線框內(nèi)部，在垂直于紙面向外的徑向上，磁感應線有垂直于紙面向里的分量，在此徑向上的負電荷由下往上運動，由左手定則知：此負電荷受到垂直于徑向沿紙面向右的洛倫茲力，即在徑向的左垂線方向；同理，其他任一徑向上的電荷均受到左垂線方向的洛倫茲力（中心原點除外），所以，由上往下看（俯視），線框沿逆時針轉動，若扁圓柱形磁鐵上端為N極，下端為S極，則轉動方向相反，所以該裝置的原理是電流在磁場中的受力，不是電磁感應?！窘獯稹拷猓篈BC、對線框的下端平臺側面分析，若扁圓柱形磁鐵上端為S極，下端為N極，周圍磁感線由上往下斜穿入線框內(nèi)部，在垂直于紙面向外的徑向上，磁感應線有垂直于紙面向里的分量，在此徑向上的負電荷由下往上運動，由左手定則知：此負電荷受到垂直于徑向沿紙面向右的洛倫茲力，即在徑向的左垂線方向；同理，其他任一徑向上的電荷均受到左垂線方向的洛倫茲力（中心原點除外），所以，由上往下看（俯視），線框沿逆時針轉動，若扁圓柱形磁鐵上端為N極，下端為S極，則轉動方向相反，所以該裝置的原理是電流在磁場中的受力，不是電磁感應，故A錯誤，B、C正確；D、穩(wěn)定時，因導線切割磁感應線，則線框中電流比剛開始轉動時的小，故D錯誤。故選：BC?！军c評】本題考查了電磁感應在生活和生產(chǎn)中的應用。從題目中獲取信息，還原實驗現(xiàn)象的物理原理，是這道題的關鍵。這種題型所用的知識雖然簡單，但要應用以生活和生產(chǎn)并不容易。（多選）9．（6分）（2016秋?浙江期中）隨著大樓高度的增加，為防止電梯墜落造成傷害，有同學設想了一個電梯應急安全裝置：在電梯的轎廂上安裝上永久磁鐵，電梯的井壁上鋪設線圈，以使能在電梯突然墜落時減小對人員的傷亡，其原理模型如圖所示。則關于該裝置的下列說法正確的是（）A．若電梯突然墜落，將線圈閉合可起到應急避險作用 B．若電梯突然墜落，將線圈閉合可以使電梯懸浮在空中 C．當電梯墜落至如圖位置時，閉合線圈A、B中電流方向相同 D．當電梯墜落至如圖位置時，閉合線圈A、B都在阻礙電梯下落【考點】楞次定律及其應用；生活中的電磁感應現(xiàn)象．【專題】定性思想；推理法；電磁感應中的力學問題；推理論證能力．【答案】AD【分析】帶有磁鐵的電梯在穿過閉合線圈的過程中，線圈內(nèi)的磁感應強度發(fā)生變化，將在線圈中產(chǎn)生感應電流，感應電流會阻礙磁鐵的相對運動。由此分析即可?！窘獯稹拷猓篈、若電梯突然墜落，將線圈閉合時，線圈內(nèi)的磁感應強度發(fā)生變化，將在線圈中產(chǎn)生感應電流，感應電流會阻礙磁鐵的相對運動，可起到應急避險作用。故A正確；B、感應電流會阻礙磁鐵的相對運動，但不能阻止磁鐵的運動，故B錯誤；C、當電梯墜落至如圖位置時，閉合線圈A中向上的磁場減弱，感應電流的方向從上向下看是逆時針方向，B中中向上的磁場增強，感應電流的方向從上向下看是順時針方向，可知A與B中感應電流方向相反。故C錯誤；D、結合A的分析可知，當電梯墜落至如圖位置時，閉合線圈A、B都在阻礙電梯下落。故D正確。故選：AD。【點評】本題考查了楞次定律的靈活應用，注意楞次定律也是能量轉化與守恒的表現(xiàn)，要正確理解和應用。（多選）10．（6分）如圖所示，在夾角為45°的OA和OC兩條邊界所夾的范圍內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場。磁感應強度為B，邊界OA上有一粒子源S，某時刻從S向平行于紙面的各個方向發(fā)射出大量的帶電荷量為+q、質量為m的同種粒子（不計粒子的重力和粒子間的相互作用），所有粒子的初速度大小相同，經(jīng)過一段時間有部分粒子從邊界OC射出磁場，如果所有從OC邊射出的粒子在磁場中運動的最長時間為πmqB，則從邊界OCA．πm6qB B．πm4qB C．πm2qB 【考點】帶電粒子在勻強磁場中的圓周運動．【專題】定量思想；方程法；帶電粒子在磁場中的運動專題．【答案】CD【分析】粒子在磁場中運動做勻速圓周運動，所有粒子的初速度大小相同，軌跡半徑相同，弦越大，軌跡的圓心越大，運動時間越長．根據(jù)幾何知識，畫出軌跡，作出最長的弦，定出最長的運動時間．同理求解最短時間．即可得到時間范圍．【解答】解：粒子在磁場做勻速圓周運動，粒子在磁場中出射點和入射點的連線即為軌跡的弦。初速度大小相同，軌跡半徑R=mv設OS＝d，當出射點D與S點的連線垂直于OA時，DS弦最長，軌跡所對的圓心角最大，周期一定，則由粒子在磁場中運動的時間最長。由此得到軌跡半徑為：R=當出射點E與S點的連線垂直于OC時，弦ES最短，軌跡所對的圓心角最小，則粒子在磁場中運動的時間最短。則：SE=2由幾何知識，ΔSO′E是等腰直角三角形，則粒子轉過的圓心角：∠SO′E＝90°最短時間：tmin=1從邊界OC射出的粒子在磁場中運動的時間t滿足：14T≤t≤即：πm2qB≤故AB錯誤，CD正確。故選：CD?！军c評】粒子在磁場中運動做勻速圓周運動，所有粒子的初速度大小相同，軌跡半徑相同，弦越大，軌跡的圓心越大，運動時間越長．根據(jù)幾何知識，畫出軌跡，作出最長的弦，定出最長的運動時間．同理求解最短時間．即可得到時間范圍．本題是粒子在有邊界的磁場中運動問題，帶電粒子在磁場中圓周運動的問題是高考的熱點，也是難點，關鍵是運用幾何知識畫出軌跡進行分析．三．實驗題（共2小題，滿分18分）11．（10分）（2021秋?龍崗區(qū)期末）某中學生課外科技活動小組利用銅片（正極）、鋅片（負極）插入一只蘋果內(nèi)，就制成了一個簡單的“水果電池”，他們做了兩個這樣的水果電池，如圖1所示，并依次進行以下實驗：（1）用多用電表的直流電壓2.5V擋粗測其中一個水果電池的電動勢，測量時水果電池的銅極應與多用電表的紅表筆相接。如指針位置如圖2所示，其示數(shù)為0.65V。（2）將兩個水果電池串聯(lián)起來組成電池組給“1.5V、0.3A”的小燈泡供電，小燈泡不能發(fā)光，檢查電路無故障。再將多用電表串聯(lián)在電路中測量電流，發(fā)現(xiàn)讀數(shù)不足3mA。由此可推測小燈泡不發(fā)光的原因是此電池組的C（選填選項前的字母）。A.水果電池的電動勢太大B.水果電池的電動勢太小C.水果電池的內(nèi)阻太大D.小燈泡的電阻太大（3）為了盡可能準確的測出該水果電池組的電動勢和內(nèi)阻，小組成員在實驗室中找到了電流表A（0～300μA，內(nèi)阻為100Ω），電阻箱R（0～9999Ω），導線、開關等實驗器材。設計了如圖3所示的實驗電路，請用筆畫線代替導線將實物電路補充完整。（4）連接電路后，調節(jié)電阻箱R的阻值，得到的測量數(shù)據(jù)如下表所示。R/kΩ9876543I/μA120133150170198234286將實驗數(shù)據(jù)輸入電子表格，根據(jù)實驗數(shù)據(jù)作出的1I-R圖象如圖4所示，則從圖像中得出水果電池的電動勢E＝1.2V，內(nèi)阻為r＝1.1k【考點】測量水果電池的電動勢和內(nèi)阻．【專題】定量思想；推理法；恒定電流專題；分析綜合能力．【答案】（1）紅；0.65；（2）C；（3）實物圖連線如上圖所示；（4）1.2；1.1【分析】（1）掌握電表的連線機電表示數(shù)的讀數(shù)規(guī)則；（2）分析小燈泡不發(fā)光的可能原因；（3）根據(jù)電路圖畫出對應的實物圖；（4）根據(jù)閉合電路歐姆定律結合圖像得出電動勢和內(nèi)阻。【解答】解：（1）水果電池的銅極為正極，應與多用電表的紅表筆相接；直流電壓2.5V擋表盤的最小分度為0.05V，需要估讀到分度值的下一位，所以示數(shù)為：E粗＝13×0.05V＝0.65V（2）由題意可知，小燈泡不發(fā)光的原因是通過其電流過小，即小燈泡兩端電壓過小，造成這一現(xiàn)象的根本原因在于水果電池的內(nèi)阻太大，從而使內(nèi)電壓過大，路端電壓過小，故C正確，ABD錯誤；故選：C。（3）如圖所示為實物連線圖：（4）根據(jù)閉合電路歐姆定律有：E＝I（R+RA+r）整理得：1由圖可知圖像的斜率為：k=縱截距為：b=解得：E≈1.2V；r≈1.1kΩ故答案為：（1）紅；0.65；（2）C；（3）實物圖連線如上圖所示；（4）1.2；1.1【點評】本題主要考查了電動勢和內(nèi)阻的測量，解題的關鍵點是根據(jù)閉合電路歐姆定律和圖像分析出電動勢和內(nèi)阻。12．（8分）（2019秋?安義縣校級期末）如圖為某同學組裝完成的簡易多用電表的電路圖。圖中E是電池；R1、R2、R3、R4和R5是固定電阻，R6是最大阻值為20kΩ的可變電阻；表頭G的滿偏電流為250μA，內(nèi)阻為600Ω．虛線方框內(nèi)為換擋開關。A端和B端分別與兩表筆相連。該多用電表有5個擋位。5個擋位為：直流電壓1V擋和5V擋，直流電流1mA擋和2.5mA擋，歐姆×1kΩ擋。（1）圖中的A端與紅（填“紅”或“黑”）色表筆相連接。（2）關于R6的使用，下列說法正確的是B（填正確答案標號）。A．在使用多用電表之前，調整R6使電表指針指在表盤左端電流“0”位置B．使用歐姆擋時，先將兩表筆短接，調整R6使電表指針指在表盤右端電阻“0”位置C．使用電流擋時，調整R6使電表指針盡可能指在表盤右端電流最大位置（3）要想使用直流電壓1V擋，選擇開關B應與4相連（填選擇開關對應的數(shù)字）。（4）根據(jù)題給條件可得R1+R2＝200Ω?！究键c】練習使用多用電表（實驗）．【專題】實驗題；定量思想；推理法；恒定電流專題；推理論證能力．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】（1）明確歐姆表原理，知道內(nèi)部電源的正極接黑表筆，負極接紅表筆；（2）明確電路結構，知道歐姆擋中所接滑動變阻器只能進行歐姆調零；（3）表頭與分壓電阻串聯(lián)可以改裝成電壓表，串聯(lián)電阻阻值越小電壓表量程越??；（4）根據(jù)題意確定多用電表測量的量與量程，應用歐姆定律求出電阻阻值；【解答】解：（1）歐姆表內(nèi)置電源正極與黑表筆相連，負極與紅表筆相連，由圖示電路圖可知，A端與紅色表筆相連。（2）由電路圖可知，R6只在測量電阻時才接入電路，故其作用只能進行歐姆調零，不能進行機械調零，同時在使用電流擋時也不需要時行調節(jié)，故B正確，AC錯誤；故選：B。（3）由圖示電路圖可知，開關B與4相連時表頭與分壓電阻串且串聯(lián)電阻阻值較小，此時多用電表測電壓，電壓表量程較小為1V。（4）直流電流擋分為1mA和2.5mA，由圖可知，當接1時應為2.5mA；當接2時應為1mA，根據(jù)串并聯(lián)電路規(guī)律可知：R1+R2=IgR故答案為：（1）紅；（2）B；（3）4；（4）200?！军c評】本題考查了多用電表讀數(shù)以及內(nèi)部原理，要注意明確串并聯(lián)電路的規(guī)律應用，知道多用電表的改裝原理是解題的前提，分析清楚電路結構、應用串并聯(lián)電路特點與歐姆定律可以解題。四．解答題（共3小題，滿分36分）13．（10分）（2018春?寧德期中）如圖所示，寬L＝0.4m、足夠長的金屬導軌MN和M'N'放在傾角為θ＝30°的斜面上，在N和N'之間連接一個R＝1Ω的定值電阻，在AA'處放置一根與導軌垂直、質量m＝0.8kg、電阻r＝1Ω的金屬桿，桿和導軌間的動摩擦因數(shù)μ=34，導軌電阻不計，導軌處于磁感應強度B＝10T、方向垂直于導軌平面的勻強磁場中，用輕繩通過定滑輪將電動小車與桿的中點相連，滑輪與桿之間的連線平行于斜面，開始時小車位于滑輪正下方水平面上的P處（小車可視為質點），滑輪離小車的高度H＝0.8m。啟動電動小車，使之沿PS方向以v＝1m/s的速度勻速前進，當桿滑到OO'位置時的加速度a＝4m/s2，AA'與OO'之間的距離d＝（1）桿通過OO'時的速度大??；（2）桿在OO'時，輕繩的拉力大??；（3）上述過程中，若拉力對桿所做的功為4.544J，求電阻R上的平均電功率?！究键c】導體平動切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢；電磁感應過程中的能量類問題；牛頓第二定律的簡單應用；動能定理的簡單應用；閉合電路歐姆定律的內(nèi)容和表達式；安培力的概念．【專題】計算題；學科綜合題；定量思想；合成分解法；電磁感應——功能問題．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】（1）由幾何關系求出α．根據(jù)小車沿繩子方向的分速度等于桿的速度，求桿通過OO′時的速度大小。（2）由感應電動勢為E＝BLv，由歐姆定律求出電流，由安培力公式求出安培力，然后由平衡條件求出拉力的大小。（3）根據(jù)動能定理求出克服安培力做功，從而求得電路產(chǎn)生總的電熱，由電路的連接關系求出電阻R上產(chǎn)生的電熱，即可求解電阻R上的平均電功率?！窘獯稹拷猓海?）由幾何關系：sinα=HH+d=0.8，可得α桿的速度等于小車速度沿繩方向的分量：v1＝vcosα＝1×0.6＝0.6m/s（2）桿受的摩擦力Ff＝μmgcosθ=34×8×桿受的安培力F安＝BIL=解得F安＝4.8N根據(jù)牛頓第二定律：T﹣mgsinθ﹣Ff﹣F安＝ma解得：T＝15N（2）根據(jù)動能定理得：W+解出W安＝﹣3J則電路產(chǎn)生的總的電熱Q總＝|W安|＝3J由于R＝r，那么，R上的電熱QR＝1.5J此過程所用的時間t=Hcotαv=R上的平均電功率P答：（1）桿通過OO'時的速度大小是0.6m/s；（2）桿在OO'時，輕繩的拉力大小是15N；（3）上述過程中，若拉力對桿所做的功為4.544J，電阻R上的平均電功率是2.5W?！军c評】本題是一道電磁感應與力學、電學相結合的綜合題，分析清楚滑桿的運動過程，應用運動的合成與分解分析小車與桿的速度關系是關鍵。運用E＝BLv、歐姆定律、安培力公式、牛頓第二定律、平衡條件、能量守恒定律即可正確解題；求R產(chǎn)生的熱量時要注意，系統(tǒng)產(chǎn)生的總熱量是R與r產(chǎn)生的熱量之和。14．（12分）在勻強磁場中，一個原來靜止的原子核，由于放出一個α粒子，結果得到一張兩個相切圓的徑跡照片（如圖所示），測得兩個相切圓半徑之比r1：r2＝44：1。求：（1）這個原子核原來所含的質子數(shù)是多少？（2）圖中哪一個圓是α粒子的徑跡？（說明理由）【考點】帶電粒子在勻強磁場中的圓周運動．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在磁場中的運動專題；理解能力；推理論證能力；分析綜合能力．【答案】（1）這個原子核原來所含的質子數(shù)是90；（2）由于動量大小相等，根據(jù)r=mvqB，因此軌道半徑與粒子的電荷量成反比。所以圓軌道1是α粒子的徑跡，圓軌道【分析】（1）原子核衰變過程中動量守恒，根據(jù)洛倫茲力提供向心力計算原子核電荷量，即原子核所含質子數(shù)；（2）根據(jù)半徑與電荷量關系，判斷哪個是α粒子的徑跡。【解答】解：（1）設衰變后α粒子的電荷量為q1＝2e，新生核的電荷量為q2，它們的質量分別為m1和m2，衰變后的速度分別為v1和v2，則原來原子核的電荷量q＝q1+q2，根據(jù)洛倫茲力提供向心力，qvB＝mv2r，則r=mvqB，有：r1r2=m1v1q1Bm2v2q（2）由于動量大小相等，根據(jù)r=mvqB，因此軌道半徑與粒子的電荷量成反比。所以圓軌道1是α粒子的徑跡，圓軌道答：（1）這個原子核原來所含的質子數(shù)是90；（2）由于動量大小相等，根據(jù)r=mvqB，因此軌道半徑與粒子的電荷量成反比。所以圓軌道1是α粒子的徑跡，圓軌道【點評】本題考查帶電粒子在勻強磁場中的運動，注意原子核放出α粒子時動量守恒是解題關鍵。15．（14分）如圖所示，足夠長的光滑金屬平行導軌平面與水平面成θ角（0＜θ＜90°），其中MN與PQ平行且間距為L，導軌平面與磁感應強度大小為B的勻強磁場垂直，導軌電阻不計。導軌頂端和底端接有定值電阻R1、R2，定值電阻R1、R2的阻值均為R。金屬棒ab由靜止開始沿導軌下滑，并與兩導軌始終保持垂直且良好接觸，ab棒接入電路的電阻為R，金屬棒沿導軌下滑距離s時速度恰好達到最大值。已知金屬棒ab的質量為m，重力加速度為g。ab棒從開始運動到速度恰到最大速度過程中，求：（1）ab棒的最大速度；（2）定值電阻R1產(chǎn)生的焦耳熱；（3）通過定值電阻R2的電荷量。【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；閉合電路歐姆定律的內(nèi)容和表達式．【專題】計算題；信息給予題；定量思想；推理法；電磁感應——功能問題；電磁感應中的力學問題；分析綜合能力．【答案】（1）ab棒的最大速度為3mgRsinθ2（2）定值電阻R1產(chǎn)生的焦耳熱為16（3）通過定值電阻R2的電荷量為BLs3R【分析】（1）根據(jù)平衡條件、動生電動勢公式、歐姆定律推導計算；（2）根據(jù)功能關系計算；（3）根據(jù)電流定義式、法拉第電磁感應定律推導?！窘獯稹拷猓海?）ab棒達到最大速度時，ab棒受力平衡，則有mgsinθ＝BIL根據(jù)法拉第電磁感應定律有E＝BLvm根據(jù)閉合電路歐姆定律，有I=聯(lián)立解得v（2）ab棒恰達到最大速度時，根據(jù)能量轉化和守恒定律有mgssinθ=定值電阻R1產(chǎn)生的焦耳熱為Q聯(lián)立解得Q（3）ab棒恰達到最大速度的過程，則q=而I=E通過定值電阻R2的電荷量q聯(lián)立解得q答：（1）ab棒的最大速度為3mgRsinθ2（2）定值電阻R1產(chǎn)生的焦耳熱為16（3）通過定值電阻R2的電荷量為BLs3R【點評】本題考查導體棒在磁場中的運動，要求掌握動生電動勢、法拉第電磁感應定律、平衡條件和功能關系。

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量，可以計算物體的加速度；已知物體的質量和加速度，可以計算物體的合外力；已知物體的合外力和加速度，可以計算物體的質量?！久}方向】一質量為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)需要求出相關物理量。2．牛頓第二定律與向心力結合解決問題【知識點的認識】圓周運動的過程符合牛頓第二定律，表達式Fn＝man＝mω2r＝mv2r=【命題方向】我國著名體操運動員童飛，首次在單杠項目中完成了“單臂大回環(huán)”：用一只手抓住單杠，以單杠為軸做豎直面上的圓周運動．假設童飛的質量為55kg，為完成這一動作，童飛在通過最低點時的向心加速度至少是4g，那么在完成“單臂大回環(huán)”的過程中，童飛的單臂至少要能夠承受多大的力．分析：運動員在最低點時處于超重狀態(tài)，由單杠對人拉力與重力的合力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律求解．解答：運動員在最低點時處于超重狀態(tài)，設運動員手臂的拉力為F，由牛頓第二定律可得：F心＝ma心則得：F心＝2200N又F心＝F﹣mg得：F＝F心+mg＝2200+55×10＝2750N答：童飛的單臂至少要能夠承受2750N的力．點評：解答本題的關鍵是分析向心力的來源，建立模型，運用牛頓第二定律求解．【解題思路點撥】圓周運動中的動力學問題分析（1）向心力的確定①確定圓周運動的軌道所在的平面及圓心的位置．②分析物體的受力情況，找出所有的力沿半徑方向指向圓心的合力，該力就是向心力．（2）向心力的來源向心力是按力的作用效果命名的，可以是重力、彈力、摩擦力等各種力，也可以是幾個力的合力或某個力的分力，因此在受力分析中要避免再另外添加向心力．（3）解決圓周運動問題步驟①審清題意，確定研究對象；②分析物體的運動情況，即物體的線速度、角速度、周期、軌道平面、圓心、半徑等；③分析物體的受力情況，畫出受力示意圖，確定向心力的來源；④根據(jù)牛頓運動定律及向心力公式列方程．3．動能定理的簡單應用【知識點的認識】1.動能定理的內(nèi)容：合外力做的功等于動能的變化量。2.表達式：W合＝ΔEk＝Ek末﹣Ek初3.本考點針對簡單情況下用動能定理來解題的情況。【命題方向】如圖所示，質量m＝10kg的物體放在水平地面上，物體與地面的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，g＝10m/s2，今用F＝50N的水平恒力作用于物體上，使物體由靜止開始做勻加速直線運動，作用時間t＝6s后撤去F，求：（1）物體在前6s運動的過程中的加速度；（2）物體在前6s運動的位移（3）物體從開始運動直到最終靜止的過程中克服摩擦力所做的功。分析：（1）對物體受力分析知，物體做勻加速運動，由牛頓第二定律就可求出加速度；（2）用勻變速直線運動的位移公式即可求得位移的大小；（3）對全程用動能定理，可以求得摩擦力的功。解答：（1）對物體受力分析，由牛頓第二定律得F﹣μmg＝ma，解得a＝3m/s2，（2）由位移公式得X=12at2=12×3×6（3）對全程用動能定理得FX﹣Wf＝0Wf＝FX＝50×54J＝2700J。答：（1）物體在前6s運動的過程中的加速度是3m/s2；（2）物體在前6s運動的位移是54m；（3）物體從開始運動直到最終靜止的過程中克服摩擦力所做的功為2700J。點評：分析清楚物體的運動過程，直接應用牛頓第二定律和勻變速直線運動的規(guī)律求解即可，求摩擦力的功的時候對全程應用動能定理比較簡單?！窘忸}思路點撥】1．應用動能定理的一般步驟（1）選取研究對象，明確并分析運動過程。（2）分析受力及各力做功的情況①受哪些力？②每個力是否做功？③在哪段位移哪段過程中做功？④做正功還是負功？⑤做多少功？求出代數(shù)和。（3）明確過程始末狀態(tài)的動能Ek1及Ek2。（4）列方程W總＝Ek2﹣Ek1，必要時注意分析題目潛在的條件，補充方程進行求解。注意：①在研究某一物體受到力的持續(xù)作用而發(fā)生狀態(tài)改變時，如涉及位移和速度而不涉及時間時應首先考慮應用動能定理，而后考慮牛頓定律、運動學公式，如涉及加速度時，先考慮牛頓第二定律。②用動能定理解題，關鍵是對研究對象進行準確的受力分析及運動過程分析，并畫出物體運動過程的草圖，以便更準確地理解物理過程和各物理量的關系。有些力在物體運動全過程中不是始終存在的，在計算外力做功時更應引起注意。4．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，R表示外電路總電阻，3.閉合電路中的電壓關系：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。【命題方向】在已接電源的閉合電路里，關于電源的電動勢、內(nèi)電壓、外電壓的關系應是（）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．【解題思路點撥】閉合電路的幾個關系式的對比5．安培力的概念【知識點的認識】1.定義：通電導線在磁場中受的力叫作安培力。2.特點：（1）通電在導線在磁場中不一定受到安培力，當導線與磁場方向平行時，受到的安培力等于零。（2）安培力的方向與磁場方向、電流的方向都垂直。【命題方向】關于磁場對通電直導線的作用力，下列說法中正確的是（）A、通電直導線跟磁場方向平行時作用力最小，等于零B、通電直導線跟磁場方向垂直時作用力最大C、作用力的方向既垂直磁場方向，又垂直電流方向D、通電直導線跟磁場方向不垂直時沒有作用力分析：當導線的方向與磁場的方向平行，所受安培力為0，最?。攲Ь€的方向與磁場方向垂直時，安培力最大，為F＝BIL．根據(jù)左手定則可知安培力的方向．解答：AB、當導線的方向與磁場的方向平行，所受安培力為0，最小。當導線的方向與磁場方向垂直時，安培力最大，為F＝BIL．故A、B正確。C、根據(jù)左手定則，知安培力的方向既垂直磁場方向，又垂直電流方向。故C正確。D、當導線的方向與磁場的方向平行，所受安培力為0，當導線與磁場的方向既不平行也不垂直時，安培力的大小介于0和最大值之間。故D錯誤。故選：ABC。點評：解決本題的關鍵知道當導線的方向與磁場的方向平行，所受安培力為0，最?。攲Ь€的方向與磁場方向垂直時，安培力最大，為F＝BIL．【解題思路點撥】電場力、安培力、洛倫茲力辨析①帶電粒子在電場中受到的力叫作電場力，無論帶電粒子處于什么狀態(tài)，帶電粒子在電場中一定受到電場力。②通電導線在磁場中受到的力叫作安培力，只有通電導線與磁場不平行時，才會受到安培力作用。③帶電粒子在磁場中受到的力叫作洛倫茲力，帶電粒子需要有速度并且速度方向不能與磁場方向平行。6．左手定則判斷安培力的方向【知識點的認識】1.安培力的方向：通電導線在磁場中所受安培力的方向與磁感應強度方向、電流方向都垂直。2.左手定則：伸開左手，使拇指與其余四個手指垂直，并且都與手掌在同一個平面內(nèi)；讓磁感線從掌心垂直進人，并使四指指向電流的方向，這時拇指所指的方向就是通電導線在磁場中所受安培力的方向。如下圖所示：【命題方向】如圖所示，在勻強磁場中有一通電直導線，電流方向垂直紙面向里，則直導線受到安培力的方向是（）A、向上B、向下C、向左D、向右分析：通電直導線在磁場中受到的安培力方向利用左手定則判斷．讓磁感線穿過左手手心，四指指向電流方向，拇指指向安培力方向．解答：根據(jù)左手定則：伸開左手，拇指與手掌垂直且共面，磁感線向下穿過手心，則手心朝上。四指指向電流方向，則指向紙里，拇指指向安培力方向：向左。故選：C。點評：本題考查左手定則的應用能力．對于左手定則的應用，要搞清兩點：一是什么時候用；二是怎樣用．【解題思路點撥】安培力方向的特點安培力的方向既垂直于電流方向，也垂直于磁場方向，即安培力的方向垂直于電流I和磁場B所決定的平面。（1）當電流方向與磁場方向垂直時，安培力方向、磁場方向、電流方向兩兩垂直，應用左手定則時，磁感線垂直穿過掌心。（2）當電流方向與磁場方向不垂直時，安培力的方向仍垂直于電流方向，也垂直于磁場方向。應用左手定則時，磁感線斜著穿過掌心。7．帶電粒子在勻強磁場中的圓周運動【知識點的認識】帶電粒子在勻強磁場中的運動1．若v∥B，帶電粒子不受洛倫茲力，在勻強磁場中做勻速直線運動．2．若v⊥B，帶電粒子僅受洛倫茲力作用，在垂直于磁感線的平面內(nèi)以入射速度v做勻速圓周運動．3．半徑和周期公式：（v⊥B）【命題方向】如圖所示，MN是勻強磁場中的一塊薄金屬板，帶電粒子（不計重力）在勻強磁場中運動并穿過金屬板，虛線表示其運動軌跡，由圖知（）A、粒子帶負電B、粒子運動方向是abcdeC、粒子運動方向是edcbaD、粒子在上半周所用時間比下半周所用時間長分析：由半徑的變化可知粒子運動方向；由軌跡偏轉方向可知粒子的受力方向，則由左手定則可判斷粒子的運動方向，由圓周對應的圓心角及周期公式可知時間關系。解答：ABC、帶電粒子穿過金屬板后速度減小，由r=mvqB軌跡半徑應減小，故可知粒子運動方向是粒子所受的洛倫茲力均指向圓心，故粒子應是由下方進入，故粒子運動方向為edcba，則粒子應帶負電，故B錯誤，AC正確；D、由T=2πmqB可知，粒子運動的周期和速度無關，而上下均為半圓，故所對的圓心角相同，故粒子的運動時間均為T2故選：AC。點評：本題應注意觀察圖形，圖形中隱含的速度關系是解決本題的關鍵，明確了速度關系即可由左手定則及圓的性質求解?！窘忸}方法點撥】帶電粒子在勻強磁場中的勻速圓周運動的分析方法．8．電磁感應現(xiàn)象的發(fā)現(xiàn)過程【知識點的認識】1.提出物理問題：奧斯特發(fā)現(xiàn)的電流的磁效應，證實了電現(xiàn)象和磁現(xiàn)象是有聯(lián)系的。人們從電流磁效應的對稱性角度，開始思考如下問題；既然電流能夠引起磁針的運動，那么，為什么不能用磁體使導線中產(chǎn)生電流呢？2.法拉第的探索：法拉第提出了“由磁產(chǎn)生電”的設想，并為此進行了長達10年的探索，從中領悟到，“磁生電”是一種在變化、運動的過程中才能出現(xiàn)的效應。3.電磁感應現(xiàn)象的發(fā)現(xiàn)：1831年，法拉第把兩個線圈繞在一個鐵環(huán)上（如下圖），一個線圈接電源，另一個線圈接“電流表”。當給一個線圈通電或斷電的瞬間，在另一個線圈上出現(xiàn)了電流。他在1831年8月29日的日記中寫下了首次成功的記錄。4.電磁感應現(xiàn)象發(fā)現(xiàn)的意義：電磁感應的發(fā)現(xiàn)使人們對電與磁內(nèi)在聯(lián)系的認識更加深入，宣告了電磁學作為一門統(tǒng)一學科的誕生。5.電磁感應現(xiàn)象的定義：由磁生電的現(xiàn)象稱為電磁感應。6.感應電流：電磁感應現(xiàn)象中產(chǎn)生的電流稱為感應電流?！久}方向】發(fā)現(xiàn)電磁感應規(guī)律是人類在電磁學研究中的偉大成就．在取得這項偉大成就的過程中，法國物理學家安培、瑞士人科拉頓、英國物理學家法拉第等人前后進行了多年的研究．在這項研究的眾多工作中，其中有兩個重要環(huán)節(jié)：（1）研究者敏銳地覺察并提出“磁生電”的閃光思想；（2）大量實驗發(fā)現(xiàn)：磁場中閉合電路包圍的面積發(fā)生變化，從閉合線圈中抽出或者插入條形磁鐵等多種條件下，閉合電路中有感應電流，最終研究者抓住產(chǎn)生感應電流條件的共同本質，總結出閉合電路中產(chǎn)生感應電流的條件是磁通量發(fā)生變化．下列說法正確的是（）A、環(huán)節(jié)（1）提出“磁生電”思想是受到了電流磁效應的啟發(fā)B、環(huán)節(jié)（1）提出“磁生電”思想是為了對已有的實驗現(xiàn)象做出解釋C、當穿過閉合電路的磁通量發(fā)生變化時，閉合電路所處的磁場一定發(fā)生了變化D、環(huán)節(jié)（2）的研究過程，體現(xiàn)了從大量的實驗現(xiàn)象和事實出發(fā)，總結出一般規(guī)律的研究方法分析：磁生電在受到電生磁的影響，即電流磁效應的啟發(fā)；物理規(guī)律在大量實驗事實，從而總結得來．解答：AB、“磁生電”思想是受到了電流磁效應的啟發(fā)，故A正確，B錯誤；C、當穿過閉合電路的磁通量發(fā)生變化時，閉合電路所處的磁場不一定變化，可以線圈的位置變化，故C錯誤；D、由環(huán)節(jié)（2）的研究過程，體現(xiàn)了從大量的實驗現(xiàn)象和事實出發(fā)，從而總結規(guī)律，故D正確；故選：AD。點評：考查物理規(guī)律的如何得來，同時知道一是受到啟發(fā)，二是通過觀察．【解題思路點撥】1.電磁感應式磁生電的過程，電流的磁效應是電生磁的過程。但要注意：有電（流）必有磁（場），有磁不一定有電。即磁生電需要一定的條件。2.電磁感應的發(fā)現(xiàn)使人們對電與磁內(nèi)在聯(lián)系的認識更加深入，宣告了電磁學作為一門統(tǒng)一學科的誕生。9．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：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。10．導體平動切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢【知識點的認識】1.如果感應電動勢是由導體運動而產(chǎn)生的，它也叫作動生電動勢。2.當導體的運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）勻強磁場；（2）平動切割；（3）B、l、v三者相互垂直。4.當導體的運動方向與磁場有夾角時，如下圖即如果導線的運動方向與導線本身是垂直的，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，在磁感應強度B＝1.2T的勻強磁場中，讓導體PQ在U形導軌上以速度υ0＝10m/s向右勻速滑動，兩導軌間距離L＝0.5m，則產(chǎn)生的感應電動勢的大小和PQ中的電流方向分別為（）分析：導體棒PQ運動時切割磁感線，回路中的磁通量發(fā)生變化，因此有感應電流產(chǎn)生，根據(jù)右手定則可以判斷電流方向，由E＝BLv可得感應電動勢的大?。獯穑寒攲w棒PQ運動時，根據(jù)法拉第電磁感應定律得：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點流向P點，故ABC錯誤，D正確。故選：D。點評：本題比較簡單，考查了導體切割磁感線產(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．【解題方法點撥】閉合或不閉合電路的一部分導體在磁場中做切割磁感線運動時，導體兩端將產(chǎn)生感應電動勢。如果電路閉合，電路中形成感應電流。切割磁感線運動的那部分導體相當于電路中的電源。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應該取與B、v均垂直的有效長度（所謂導體的有效切割長度，指的是切割導體兩端點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．若導體不是垂直切割磁感線運動，v與B有一夾角，如圖所示，則E＝Blv1＝Blvsinθ。11．電磁感應過程中的能量類問題【知識點的認識】1.電磁感應過程的實質是不同形式的能量轉化的過程，而能量的轉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化為電能的過程。2.求解電能應分清兩類情況（1）若回路中電流恒定，可以利用電路結構及W＝UIt或Q＝I2Rt直接進行計算。（2）若電流變化，則：①利用安培力做功求解：電磁感應中產(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：若只有電能與機械能的轉化，則減少的機械能等于產(chǎn)生的電能。3.電磁感應現(xiàn)象中的能量轉化（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】題型一：電磁感應與能量的綜合電阻可忽略的光滑平行金屬導軌長S＝1.15m，兩導軌間距L＝0.75m，導軌傾角為30°，導軌上端ab接一阻值R＝1.5Ω的電阻，磁感應強度B＝0.8T的勻強磁場垂直軌道平面向上．阻值r＝0.5Ω，質量m＝0.2kg的金屬棒與軌道垂直且接觸良好，從軌道上端ab處由靜止開始下滑至底端，在此過程中金屬棒產(chǎn)生的焦耳熱Qr＝0.1J．（取g＝10m/s2）求：（1）金屬棒在此過程中克服安培力的功W安（2）金屬棒下滑速度v＝2m/s時的加速度a（3）求金屬棒下滑的最大速度vm．分析：（1）題中已知金屬棒產(chǎn)生的焦耳熱Qr＝0.1J，R與r串聯(lián)，根據(jù)焦耳定律分析它們產(chǎn)生的熱量關系，從而求得總的焦耳熱，即為金屬棒克服安培力的功W安．（2）分析金屬棒的受力分析，導體棒受到重力，支持力，安培力，做出受力圖，求出合力，可以求得加速度．（2）當金屬棒的加速度為零時，速度最大，由上題結果求解最大速度．解答：（1）下滑的過程中金屬棒克服安培力做功等于回路產(chǎn)生的焦耳熱．由于R＝3r，因此由焦耳定律Q＝I2Rt得：QR＝3Qr＝0.3J，所以克服安培力做功：W安＝Q＝QR+Qr＝0.4J（2）金屬棒下滑速度v＝2m/s時，所受的安培力為：F＝BIL＝BBLvR+rL由牛頓第二定律得：mgsin30°-B得：a＝gsin30°-代入解得：a＝10×0.5-0．82×0.7（3）金屬棒勻速運動時速度最大，即a＝0時，v最大，設為vm．由上題結果得：mgsin30°-B可得：vm=mg(R+r)sin30°B2若根據(jù)能量守恒定律得：mgSsin30°=12解得：vm=7.5m/s≈2.73m/s，所以金屬棒下滑的最大速度vm為2.73m/s答：（1）金屬棒在此過程中克服安培力的功W安是0.4J．（2）金屬棒下滑速度v＝2m/s時的加速度a是3.2m/s2．（3）金屬棒下滑的最大速度vm是2.73m/s．點評：本題關鍵要分析功能關系，并對金屬棒正確受力分析，應用安培力公式、牛頓第二定律等，即可正確解題．【解題方法點撥】電磁感應中的能量轉化問題1．電磁感應中的能量轉化特點外力克服安培力做功，把機械能或其它能量轉化成電能；感應電流通過電路做功又把電能轉化成其它形式的能（如內(nèi)能）．這一功能轉化途徑可表示為：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．12．電磁感應過程中的電路類問題【知識點的認識】1.模型概述：該模型考查的是電磁感應中的電路類問題，主要涉及到求取電學中的物理量，如電流、電壓、電量、功率等。2.電磁感應與電路結合的相關問題的解決方法（1）明確產(chǎn)生感應電動勢的導體或部分電路，該導體或部分電路就相當于電源。（2）畫等效電路圖，分清內(nèi)、外電路。（3）用法拉第電磁感應定律E＝nΔΦΔt或E＝Blv確定感應電動勢的大小，用楞次定律或右手定則確定感應電流的方向（4）運用閉合電路歐姆定律，串、并聯(lián)電路特點，電功率，電熱等公式聯(lián)立求解。（5）電磁感應中的電荷量問題：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電流，在Δt內(nèi)遷移的電荷量（感應電荷量）q＝I?Δt=ER總?Δt＝nΔΦΔt【命題方向】例1.如圖，由某種粗細均勻的總電阻為3R的金屬條制成的矩形線框abcd，固定在水平面內(nèi)且處于方向豎直向下的勻強磁場B中。一接入電路電阻為R的導體棒PQ，在水平拉力作用下沿ab、dc以速度v勻速滑動，滑動過程PQ始終與ab垂直，且與線框接觸良好，不計摩擦。在PQ從靠近ad處向bc滑動的過程中（）A.PQ兩端電壓先減小后增大B.PQ中電流先減小后增大C.PQ上拉力的功率先減小后增大D.線框消耗的電功率先減小后增大分析：本題分兩段研究：PQ從ad處滑到ab中點的過程和從ab中點滑到bc處的過程。導體棒由靠近ad邊向bc邊勻速滑動的過程中，產(chǎn)生的感應電動勢不變，外電路總電阻先增大后減小，由歐姆定律分析PQ中電流和PQ兩端的電壓如何變化；PQ上外力的功率等于整個電路的電功率，由P=E解答：AB、在PQ從靠近ad處向bc滑動的過程中，由E＝BLv可知PQ產(chǎn)生的感應電動勢保持不變，外電路總電阻先增大后減小，由閉合電路歐姆定律分析得知，PQ中的電流先減小后增大。PQ相當于電源，PQ兩端電壓為路端電壓，由U＝E﹣IR，可知PQ兩端的電壓先增大后減小，故A錯誤，B正確；C、導體棒勻速運動，PQ上外力的功率等于整個回路的電功率，而整個回路的總電阻先增大后減小，由P=E2R總分析得知，D、線框作為外電路，總電阻最大值為R總=12×3R2=0.75R＜故選：BC。點評：本題一要分析清楚線框總電阻如何變化，抓住PQ位于ad中點時線框總電阻最大，分析電壓的變化和電流的變化；二要根據(jù)推論：外電阻等于電源的內(nèi)阻時電源的輸出功率最大，分析線框功率的變化。【解題思路點撥】電磁感應中的電路類問題的解題思路①求感應電動勢E＝Blv或E＝nΔΦ②畫等效電路圖③求感應電流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＝IE13．自感線圈對電路的影響【知識點的認識】1.對自感現(xiàn)象的分析思路（1）明確通過自感線圈的電流大小的變化情況（是增大還是減?。?。（2）根據(jù)“增反減同”，判斷自感電動勢的方向。（3）分析阻礙的結果：當電流增大時，由于自感電動勢的作用，線圈中的電流逐漸增大，與線圈串聯(lián)的元件中的電流也逐漸增大；當電流減小時，由于自感電動勢的作用，線圈中的電流逐漸減小，與線圈串聯(lián)的元件中的電流也逐漸減小。2.自感現(xiàn)象中，燈泡的亮度變化問題（通電自感和斷電自感的比較）通電自感斷電自感電路圖器材要求A1、A2同規(guī)格，R＝RL，L較大（有鐵芯）L很大（有鐵芯）現(xiàn)象在S閉合瞬間，燈A2立即亮起來，燈A1逐漸變亮，最終一樣亮在開關S斷開時，燈A漸漸熄滅或閃亮一下再熄滅原因由于開關閉合時，流過電感線圈的電流迅速增大，使線圈產(chǎn)生自感電動勢，阻礙了電流的增大，使流過燈A1的電流比流過燈A2的電流增加得慢S斷開時，線圈L產(chǎn)生自感電動勢，阻礙了電流的減小，使電流繼續(xù)存在一段時間；燈A中電流反向不會立即熄滅．若RL＜RA，原來的IL＞IA，則A燈熄滅前要閃亮一下．若RL≥RA，原來的電流IL≤IA，則燈A逐漸熄滅不再閃亮一下能量轉化情況電能轉化為磁場能磁場能轉化為電能【命題方向】在如圖所示的電路中，a、b為兩個完全相同的燈泡，L為自感系數(shù)較大而電阻不能忽略的線圈，E為電源，S為開關．關于兩燈