2025年高考物理復(fù)習(xí)熱搜題速遞之電磁感應(yīng)（2024年7月）

第1頁（共1頁）2025年高考物理復(fù)習(xí)熱搜題速遞之電磁感應(yīng)（2024年7月）一．選擇題（共10小題）1．如圖（a），線圈ab、cd繞在同一軟鐵芯上，在ab線圈中通以變化的電流，用示波器測得線圈cd間電壓如圖（b）所示，已知線圈內(nèi)部的磁場與流經(jīng)線圈的電流成正比，則下列描述線圈ab中電流隨時(shí)間變化關(guān)系的圖中，可能正確的是（）A． B． C． D．2．如圖，在方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場中有一U形金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌平面與磁場垂直。金屬桿PQ置于導(dǎo)軌上并與導(dǎo)軌形成閉合回路PQRS，一圓環(huán)形金屬框T位于回路圍成的區(qū)域內(nèi)，線框與導(dǎo)軌共面?，F(xiàn)讓金屬桿PQ突然向右運(yùn)動(dòng)，在運(yùn)動(dòng)開始的瞬間，關(guān)于感應(yīng)電流的方向，下列說法正確的是（）A．PQRS中沿順時(shí)針方向，T中沿逆時(shí)針方向 B．PQRS中沿順時(shí)針方向，T中沿順時(shí)針方向 C．PQRS中沿逆時(shí)針方向，T中沿逆時(shí)針方向 D．PQRS中沿逆時(shí)針方向，T中沿順時(shí)針方向3．如圖，導(dǎo)體軌道OPQS固定，其中PQS是半圓弧，Q為半圓弧的中點(diǎn)，O為圓心。軌道的電阻忽略不計(jì)。OM是有一定電阻。可繞O轉(zhuǎn)動(dòng)的金屬桿，M端位于PQS上，OM與軌道接觸良好?？臻g存在與半圓所在平面垂直的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B，現(xiàn)使OM從OQ位置以恒定的角速度逆時(shí)針轉(zhuǎn)到OS位置并固定（過程Ⅰ）；再使磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小以一定的變化率從B增加到B′（過程Ⅱ）。在過程Ⅰ、Ⅱ中，流過OM的電荷量相等，則B'A．54 B．32 C．74 4．如圖所示，勻強(qiáng)磁場中有兩個(gè)導(dǎo)體圓環(huán)a、b，磁場方向與圓環(huán)所在平面垂直．磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間均勻增大．兩圓環(huán)半徑之比為2：1，圓環(huán)中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢分別為Ea和Eb，不考慮兩圓環(huán)間的相互影響．下列說法正確的是（）A．Ea：Eb＝4：1，感應(yīng)電流均沿逆時(shí)針方向 B．Ea：Eb＝4：1，感應(yīng)電流均沿順時(shí)針方向 C．Ea：Eb＝2：1，感應(yīng)電流均沿逆時(shí)針方向 D．Ea：Eb＝2：1，感應(yīng)電流均沿順時(shí)針方向5．如圖，在同一水平面內(nèi)有兩根平行長導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間存在依次相鄰的矩形勻強(qiáng)磁場區(qū)域，區(qū)域?qū)挾染鶠閘，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等、方向交替向上向下，一邊長為32l的正方形金屬線框在導(dǎo)軌上向左勻速運(yùn)動(dòng)，線框中感應(yīng)電流iA． B． C． D．6．如圖所示，a、b兩個(gè)閉合正方形線圈用同樣的導(dǎo)線制成，匝數(shù)均為10匝，邊長la＝3lb，圖示區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，且磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻增大，不考慮線圈之間的相互影響，則（）A．兩線圈內(nèi)產(chǎn)生順時(shí)針方向的感應(yīng)電流 B．a(chǎn)、b線圈中感應(yīng)電動(dòng)勢之比為9：1 C．a(chǎn)、b線圈中感應(yīng)電流之比為3：4 D．a(chǎn)、b線圈中電功率之比為3：17．如圖，在水平面（紙面）內(nèi)有三根相同的均勻金屬棒ab、ac和MN，其中ab、ac在a點(diǎn)接觸，構(gòu)成“V”字型導(dǎo)軌?？臻g存在垂直于紙面的均勻磁場。用力使MN向右勻速運(yùn)動(dòng)，從a位置開始計(jì)時(shí)，運(yùn)動(dòng)中MN始終與∠bac的平分線垂直且和導(dǎo)軌保持良好接觸。下列關(guān)于回路中電流i與時(shí)間t的關(guān)系圖線，可能正確的是（）A． B． C． D．8．如圖所示，兩根平行金屬導(dǎo)軌置于水平面內(nèi)，導(dǎo)軌之間接有電阻R．金屬棒ab與兩導(dǎo)軌垂直并保持良好接觸，整個(gè)裝置放在勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直于導(dǎo)軌平面向下?，F(xiàn)使磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻減小，ab始終保持靜止，下列說法正確的是（）A．a(chǎn)b中的感應(yīng)電流方向由b到a B．a(chǎn)b中的感應(yīng)電流逐漸減小 C．a(chǎn)b所受的安培力保持不變 D．a(chǎn)b所受的靜摩擦力逐漸減小9．英國物理學(xué)家麥克斯韋認(rèn)為，磁場變化時(shí)會(huì)在空間激發(fā)感生電場．如圖所示，一個(gè)半徑為r的絕緣體圓環(huán)水平放置，環(huán)內(nèi)存在豎直向上的勻強(qiáng)磁場B，環(huán)上套一帶電荷量為+q的小球．已知磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間均勻增加，其變化率為k，若小球在環(huán)上運(yùn)動(dòng)一周，則感生電場對小球的作用力所做功的大小是（）A．0 B．12r2qk C．2πr2qk D．πr210．掃描隧道顯微鏡（STM）可用來探測樣品表面原子尺寸上的形貌，為了有效隔離外界振動(dòng)對STM的擾動(dòng)，在圓底盤周邊沿其徑向?qū)ΨQ地安裝若干對紫銅薄板，并施加磁場來快速衰減其微小振動(dòng)，如圖所示，無擾動(dòng)時(shí)，按下列四種方案對紫銅薄板施加恒磁場；出現(xiàn)擾動(dòng)后，對于紫銅薄板上下及其左右振動(dòng)的衰減最有效的方案是（）A． B． C． D．二．多選題（共4小題）（多選）11．空間存在一方向與紙面垂直、大小隨時(shí)間變化的勻強(qiáng)磁場，其邊界如圖（a）中虛線MN所示。一硬質(zhì)細(xì)導(dǎo)線的電阻率為ρ、橫截面積為S，將該導(dǎo)線做成半徑為r的圓環(huán)固定在紙面內(nèi)，圓心O在MN上。t＝0時(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向如圖（a）所示；磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖（b）所示。則在t＝0到t＝t1的時(shí)間間隔內(nèi)（）A．圓環(huán)所受安培力的方向始終不變 B．圓環(huán)中的感應(yīng)電流始終沿順時(shí)針方向 C．圓環(huán)中的感應(yīng)電流大小為B0D．圓環(huán)中的感應(yīng)電動(dòng)勢大小為B（多選）12．如圖，磁場垂直于紙面，磁感應(yīng)強(qiáng)度在豎直方向均勻分布，水平方向非均勻分布。一銅制圓環(huán)用絲線懸掛于O點(diǎn)，將圓環(huán)拉至位置a后無初速釋放，在圓環(huán)從a擺向b的過程中（）A．感應(yīng)電流方向先逆時(shí)針后順時(shí)針再逆時(shí)針 B．感應(yīng)電流方向一直是逆時(shí)針 C．安培力方向始終與速度方向相反 D．安培力方向始終沿水平方向（多選）13．如圖所示，電阻不計(jì)、間距為l的光滑平行金屬導(dǎo)軌水平放置于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，導(dǎo)軌左端接一定值電阻R．質(zhì)量為m、電阻為r的金屬棒MN置于導(dǎo)軌上，受到垂直于金屬棒的水平外力F的作用由靜止開始運(yùn)動(dòng)，外力F與金屬棒速度v的關(guān)系是F＝F0+kv（F0、k是常量），金屬棒與導(dǎo)軌始終垂直且接觸良好。金屬棒中感應(yīng)電流為I，受到的安培力大小為FA，電阻R兩端的電壓為UR，感應(yīng)電流的功率為P，它們隨時(shí)間t變化圖象可能正確的有（）A． B． C． D．（多選）14．法拉第圓盤發(fā)電機(jī)的示意圖如圖所示。銅圓盤安裝在豎直的銅軸上，兩銅片P、Q分別于圓盤的邊緣和銅軸接觸，圓盤處于方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場B中，圓盤旋轉(zhuǎn)時(shí)，關(guān)于流過電阻R的電流，下列說法正確的是（）A．若圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度恒定，則電流大小恒定 B．若從上往下看，圓盤順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，則電流沿a到b的方向流動(dòng) C．若圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)方向不變，角速度大小發(fā)生變化，則電流方向可能發(fā)生變化 D．若圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度變?yōu)樵瓉淼?倍，則電流在R上的熱功率也變?yōu)樵瓉淼?倍三．填空題（共1小題）15．為判斷線圈繞向，可將靈敏電流計(jì)G與線圈L連接，如圖所示．已知線圈由a端開始繞至b端；當(dāng)電流從電流計(jì)G左端流入時(shí)，指針向左偏轉(zhuǎn)．（1）將磁鐵N極向下從線圈上方豎直插入L時(shí)，發(fā)現(xiàn)指針向左偏轉(zhuǎn)．俯視線圈，其繞向?yàn)椋ㄌ睢绊槙r(shí)針”或“逆時(shí)針”）．（2）當(dāng)條形磁鐵從圖中虛線位置向右遠(yuǎn)離L時(shí)，指針向右偏轉(zhuǎn)．俯視線圈，其繞向?yàn)椋ㄌ睢绊槙r(shí)針”或“逆時(shí)針”）．四．實(shí)驗(yàn)題（共1小題）16．如圖所示，PQ和MN是固定于傾角為30°斜面內(nèi)的平行光滑金屬軌道，軌道足夠長，其電阻可忽略不計(jì)。金屬棒ab、cd放在軌道上，始終與軌道垂直，且接觸良好。金屬棒ab的質(zhì)量為2m、cd的質(zhì)量為m，長度均為L、電阻均為R；兩金屬棒的長度恰好等于軌道的間距，并與軌道形成閉合回路。整個(gè)裝置處在垂直斜面向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，若鎖定金屬棒ab不動(dòng)，使金屬棒cd在與其垂直且沿斜面向上的恒力F＝2mg作用下，沿軌道向上做勻速運(yùn)動(dòng)。重力加速度為g；（1）試推導(dǎo)論證：金屬棒cd克服安培力做功的功率P安等于電路獲得的電功率P電；（2）設(shè)金屬棒cd做勻速運(yùn)動(dòng)中的某時(shí)刻t0＝0，恒力大小變?yōu)镕′＝1.5mg，方向不變，同時(shí)解鎖、靜止釋放金屬棒ab，直到t時(shí)刻金屬棒ab開始做勻速運(yùn)動(dòng)；求：①t時(shí)刻以后金屬棒ab的熱功率Pab；②0～t時(shí)刻內(nèi)通過金屬棒ab的電量q。五．解答題（共4小題）17．如圖，水平面（紙面）內(nèi)間距為l的平行金屬導(dǎo)軌間接一電阻，質(zhì)量為m、長度為l的金屬桿置于導(dǎo)軌上，t＝0時(shí)，金屬桿在水平向右、大小為F的恒定拉力作用下由靜止開始運(yùn)動(dòng)，t0時(shí)刻，金屬桿進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，且在磁場中恰好能保持勻速運(yùn)動(dòng)。桿與導(dǎo)軌的電阻均忽略不計(jì)，兩者始終保持垂直且接觸良好，兩者之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ。重力加速度大小為g。求：（1）金屬桿在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)產(chǎn)生的電動(dòng)勢的大??；（2）電阻的阻值。18．如圖所示，一對光滑的平行金屬導(dǎo)軌固定在同一水平面內(nèi)，導(dǎo)軌間距l(xiāng)＝0.5m，左端接有阻值R＝0.3Ω的電阻，一質(zhì)量m＝0.1kg，電阻r＝0.1Ω的金屬棒MN放置在導(dǎo)軌上，整個(gè)裝置置于豎直向上的勻強(qiáng)磁場中，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.4T．棒在水平向右的外力作用下，由靜止開始以a＝2m/s2的加速度做勻加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)棒的位移x＝9m時(shí)撤去外力，棒繼續(xù)運(yùn)動(dòng)一段距離后停下來，已知撤去外力前后回路中產(chǎn)生的焦耳熱之比Q1：Q2＝2：1．導(dǎo)軌足夠長且電阻不計(jì)，棒在運(yùn)動(dòng)過程中始終與導(dǎo)軌垂直且兩端與導(dǎo)軌保持良好接觸。求：（1）棒在勻加速運(yùn)動(dòng)過程中，通過電阻R的電荷量q；（2）撤去外力后回路中產(chǎn)生的焦耳熱Q2；（3）外力做的功WF。19．如圖，兩條平行導(dǎo)軌所在平面與水平地面的夾角為θ，間距為L．導(dǎo)軌上端接有一平行板電容器，電容為C．導(dǎo)軌處于勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于導(dǎo)軌平面。在導(dǎo)軌上放置一質(zhì)量為m的金屬棒，棒可沿導(dǎo)軌下滑，且在下滑過程中保持與導(dǎo)軌垂直并良好接觸。已知金屬棒與導(dǎo)軌之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度大小為g。忽略所有電阻。讓金屬棒從導(dǎo)軌上端由靜止開始下滑，求：（1）電容器極板上積累的電荷量與金屬棒速度大小的關(guān)系；（2）金屬棒的速度大小隨時(shí)間變化的關(guān)系。20．小明設(shè)計(jì)的電磁健身器的簡化裝置如圖所示，兩根平行金屬導(dǎo)軌相距l(xiāng)＝0.50m，傾角θ＝53°，導(dǎo)軌上端串接一個(gè)0.05Ω的電阻。在導(dǎo)軌間長d＝0.56m的區(qū)域內(nèi)，存在方向垂直導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝2.0T．質(zhì)量m＝4.0kg的金屬棒CD水平置于導(dǎo)軌上，用絕緣繩索通過定滑輪與拉桿GH相連。CD棒的初始位置與磁場區(qū)域的下邊界相距s＝0.24m。一位健身者用恒力F＝80N拉動(dòng)GH桿，CD棒由靜止開始運(yùn)動(dòng)，上升過程中CD棒始終保持與導(dǎo)軌垂直。當(dāng)CD棒到達(dá)磁場上邊界時(shí)健身者松手，觸發(fā)恢復(fù)裝置使CD棒回到初始位置（重力加速度g＝10m/s2，sin53°＝0.8，不計(jì)其他電阻、摩擦力以及拉桿和繩索的質(zhì)量）。求（1）CD棒進(jìn)入磁場時(shí)速度v的大??；（2）CD棒進(jìn)入磁場時(shí)所受的安培力FA的大??；（3）在拉升CD棒的過程中，健身者所做的功W和電阻產(chǎn)生的焦耳熱Q。

2025年高考物理復(fù)習(xí)熱搜題速遞之電磁感應(yīng)（2024年7月）參考答案與試題解析一．選擇題（共10小題）1．如圖（a），線圈ab、cd繞在同一軟鐵芯上，在ab線圈中通以變化的電流，用示波器測得線圈cd間電壓如圖（b）所示，已知線圈內(nèi)部的磁場與流經(jīng)線圈的電流成正比，則下列描述線圈ab中電流隨時(shí)間變化關(guān)系的圖中，可能正確的是（）A． B． C． D．【考點(diǎn)】法拉第電磁感應(yīng)定律的內(nèi)容和表達(dá)式；閉合電路歐姆定律的內(nèi)容和表達(dá)式．【專題】實(shí)驗(yàn)題．【答案】C【分析】線圈cd與示波器連接，在每個(gè)時(shí)間段內(nèi)電流不隨時(shí)間變化，則根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，產(chǎn)生感應(yīng)電流的磁場均勻變化，由此判斷線圈ab電流的變化?！窘獯稹拷猓阂?yàn)榫€圈cd中每個(gè)時(shí)間段內(nèi)電壓大小不變化，即每個(gè)時(shí)間段內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢不變；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得：E＝NΔBΔtS電流為：I=則線圈ab中每個(gè)時(shí)間段內(nèi)電流的磁場均勻變化。正確反應(yīng)這一關(guān)系的圖象只有C．故C正確，A、B、D錯(cuò)誤。故選：C?！军c(diǎn)評】解決本題的關(guān)鍵掌握法拉第電磁感應(yīng)定律，知道磁場均勻變化時(shí)，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢大小不變。2．如圖，在方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場中有一U形金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌平面與磁場垂直。金屬桿PQ置于導(dǎo)軌上并與導(dǎo)軌形成閉合回路PQRS，一圓環(huán)形金屬框T位于回路圍成的區(qū)域內(nèi)，線框與導(dǎo)軌共面。現(xiàn)讓金屬桿PQ突然向右運(yùn)動(dòng)，在運(yùn)動(dòng)開始的瞬間，關(guān)于感應(yīng)電流的方向，下列說法正確的是（）A．PQRS中沿順時(shí)針方向，T中沿逆時(shí)針方向 B．PQRS中沿順時(shí)針方向，T中沿順時(shí)針方向 C．PQRS中沿逆時(shí)針方向，T中沿逆時(shí)針方向 D．PQRS中沿逆時(shí)針方向，T中沿順時(shí)針方向【考點(diǎn)】楞次定律及其應(yīng)用；右手定則；導(dǎo)體平動(dòng)切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢；左手定則判斷安培力的方向．【專題】定性思想；推理法；電磁感應(yīng)與電路結(jié)合．【答案】D【分析】PQ切割磁感線，根據(jù)右手定則判斷；PQRS產(chǎn)生電流后，會(huì)對穿過T的磁感應(yīng)強(qiáng)度產(chǎn)生影響，根據(jù)楞次定律分析T中的感應(yīng)電流的變化情況?！窘獯稹拷猓篜Q向右運(yùn)動(dòng)，導(dǎo)體切割磁感線，根據(jù)右手定則，可知電流由Q流向P，即逆時(shí)針方向，根據(jù)楞次定律可知，通過T的磁場減弱，則T的感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場應(yīng)指向紙面里面，則感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針。故選：D?！军c(diǎn)評】本題考查了感應(yīng)電流的方向判斷，兩種方法：一種是右手定則，另一種是楞次定律。使用楞次定律判斷比較難，但是掌握它的核心也不會(huì)很難。3．如圖，導(dǎo)體軌道OPQS固定，其中PQS是半圓弧，Q為半圓弧的中點(diǎn)，O為圓心。軌道的電阻忽略不計(jì)。OM是有一定電阻。可繞O轉(zhuǎn)動(dòng)的金屬桿，M端位于PQS上，OM與軌道接觸良好?？臻g存在與半圓所在平面垂直的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B，現(xiàn)使OM從OQ位置以恒定的角速度逆時(shí)針轉(zhuǎn)到OS位置并固定（過程Ⅰ）；再使磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小以一定的變化率從B增加到B′（過程Ⅱ）。在過程Ⅰ、Ⅱ中，流過OM的電荷量相等，則B'A．54 B．32 C．74 【考點(diǎn)】導(dǎo)體平動(dòng)切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢；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；法拉第電磁感應(yīng)定律的內(nèi)容和表達(dá)式．【專題】定性思想；方程法；電磁感應(yīng)——功能問題．【答案】B【分析】根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，即可求出電動(dòng)勢，然后結(jié)合閉合電路歐姆定律求得感應(yīng)電流大??；依據(jù)電量的表達(dá)式q＝It求出即可。【解答】解：設(shè)圓的半徑為R，金屬桿從Q到S的過程中：ΔΦ=根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有：E1=設(shè)回路的總電阻為r，第一次通過線圈某一橫截面的電荷量為：q1＝I1Δt1=E磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小以一定的變化率從B增加到B′的過程中設(shè)時(shí)間為Δt2，ΔΦ′=第二次通過線圈某一橫截面的電荷量為：q2＝I2Δt2=ΔΦ由題，q1＝q2③聯(lián)立①②③可得：B'B=32故選：B。【點(diǎn)評】考查法拉第電磁感應(yīng)定律的公式，掌握求解線圈的電量綜合表達(dá)式的含義是關(guān)鍵。4．如圖所示，勻強(qiáng)磁場中有兩個(gè)導(dǎo)體圓環(huán)a、b，磁場方向與圓環(huán)所在平面垂直．磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間均勻增大．兩圓環(huán)半徑之比為2：1，圓環(huán)中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢分別為Ea和Eb，不考慮兩圓環(huán)間的相互影響．下列說法正確的是（）A．Ea：Eb＝4：1，感應(yīng)電流均沿逆時(shí)針方向 B．Ea：Eb＝4：1，感應(yīng)電流均沿順時(shí)針方向 C．Ea：Eb＝2：1，感應(yīng)電流均沿逆時(shí)針方向 D．Ea：Eb＝2：1，感應(yīng)電流均沿順時(shí)針方向【考點(diǎn)】法拉第電磁感應(yīng)定律的內(nèi)容和表達(dá)式；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．【答案】B【分析】根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E＝nΔΦΔt=nΔB【解答】解：根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E=ΔΦΔt=ΔBa圓環(huán)中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢分別為Ea=ΔΦΔt=ΔBΔtb圓環(huán)中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢分別為Eb=ΔΦΔt=ΔBΔt由于ra：rb＝2：1，所以Ea由于磁場向外，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間均勻增大，根據(jù)楞次定律可知，感應(yīng)電流均沿順時(shí)針方向，故B正確，ACD錯(cuò)誤；故選：B?！军c(diǎn)評】本題整合了法拉第電磁感應(yīng)定律，楞次定律，常規(guī)題，要善于運(yùn)用比例法求解比值．5．如圖，在同一水平面內(nèi)有兩根平行長導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間存在依次相鄰的矩形勻強(qiáng)磁場區(qū)域，區(qū)域?qū)挾染鶠閘，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等、方向交替向上向下，一邊長為32l的正方形金屬線框在導(dǎo)軌上向左勻速運(yùn)動(dòng)，線框中感應(yīng)電流iA． B． C． D．【考點(diǎn)】導(dǎo)體平動(dòng)切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢；閉合電路歐姆定律的內(nèi)容和表達(dá)式．【專題】應(yīng)用題；定性思想；推理法；電磁感應(yīng)與圖象結(jié)合．【答案】D【分析】分析線圈前后兩邊分別處于不同磁場中切割磁感應(yīng)線的情況，求出感應(yīng)電動(dòng)勢大小，根據(jù)閉合電路的歐姆定律求解感應(yīng)電流大小，再根據(jù)楞次定律分析感應(yīng)電流方向，由此判斷。【解答】解：設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，線圈的速度為v、電阻為R；如果某時(shí)刻左邊位于方向向外的磁場中、右邊位于方向向里的磁場中，此時(shí)兩邊都切割磁感應(yīng)線，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢為：E1＝2BLv，根據(jù)電流為：i1=E當(dāng)左右兩邊都處于方向相同的磁場中時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢為零，感應(yīng)電流為零；當(dāng)左邊位于方向向里的磁場中、右邊位于方向向外的磁場中，此時(shí)兩邊都切割磁感應(yīng)線，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢為：E2＝2bLv，根據(jù)電流為：i2=E故D正確、ABC錯(cuò)誤。故選：D?！军c(diǎn)評】本題主要是考查了法拉第電磁感應(yīng)定律和楞次定律；對于導(dǎo)體切割磁感應(yīng)線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢可以根據(jù)E＝BLv來計(jì)算；弄清楚線圈所處的位置不同產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢不一定相同。6．如圖所示，a、b兩個(gè)閉合正方形線圈用同樣的導(dǎo)線制成，匝數(shù)均為10匝，邊長la＝3lb，圖示區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，且磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻增大，不考慮線圈之間的相互影響，則（）A．兩線圈內(nèi)產(chǎn)生順時(shí)針方向的感應(yīng)電流 B．a(chǎn)、b線圈中感應(yīng)電動(dòng)勢之比為9：1 C．a(chǎn)、b線圈中感應(yīng)電流之比為3：4 D．a(chǎn)、b線圈中電功率之比為3：1【考點(diǎn)】法拉第電磁感應(yīng)定律的內(nèi)容和表達(dá)式；閉合電路歐姆定律的內(nèi)容和表達(dá)式；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．【答案】B【分析】根據(jù)楞次定律可求得電流方向；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可求得感應(yīng)電動(dòng)勢；根據(jù)電阻定律可分析電阻大小，根據(jù)歐姆定律即可明確電流大小；再根據(jù)功率公式即可明確功率之比．【解答】解：A、根據(jù)楞次定律可知，原磁場向里增大，則感應(yīng)電流的磁場與原磁場方向相反，因此感應(yīng)電流為逆時(shí)針；故A錯(cuò)誤；B、根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知，E=nΔΦΔt=nΔBSΔt；而S＝l2；因此電動(dòng)勢之比為C、線圈中電阻R=ρLs，而導(dǎo)線長度L＝n×4l；故電阻之比為：3：1；由歐姆定律可知，I=ER；則電流之比為：3D、電功率P=E2R，電動(dòng)勢之比為9：1；電阻之比為3：1；則電功率之比為27：1故選：B。【點(diǎn)評】本題考查電磁感應(yīng)與電路結(jié)合問題，要注意明確電流方向以及電動(dòng)勢大小的計(jì)算方法，同時(shí)能正確結(jié)合電路規(guī)律進(jìn)行分析求解．7．如圖，在水平面（紙面）內(nèi)有三根相同的均勻金屬棒ab、ac和MN，其中ab、ac在a點(diǎn)接觸，構(gòu)成“V”字型導(dǎo)軌?？臻g存在垂直于紙面的均勻磁場。用力使MN向右勻速運(yùn)動(dòng)，從a位置開始計(jì)時(shí)，運(yùn)動(dòng)中MN始終與∠bac的平分線垂直且和導(dǎo)軌保持良好接觸。下列關(guān)于回路中電流i與時(shí)間t的關(guān)系圖線，可能正確的是（）A． B． C． D．【考點(diǎn)】導(dǎo)體平動(dòng)切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢．【專題】電磁感應(yīng)與圖象結(jié)合．【答案】A【分析】MN切割磁感線運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢E＝BLv，L越來越大，回路總電阻也增大，根據(jù)電阻定律可求，然后利用閉合電路歐姆定律即可求解?！窘獯稹拷猓涸O(shè)∠bac＝2θ，單位長度電阻為R0則MN切割產(chǎn)生電動(dòng)勢E＝BLv＝Bv?2vt×tanθ＝2Bv2ttanθ回路總電阻為R由閉合電路歐姆定律得：I=i與時(shí)間無關(guān)，是一定值，故A正確，BCD錯(cuò)誤，故選：A?！军c(diǎn)評】關(guān)于電磁感應(yīng)問題，特別是圖象問題，不能憑想當(dāng)然，最好是通過閉合電路歐姆定律找出關(guān)系式。8．如圖所示，兩根平行金屬導(dǎo)軌置于水平面內(nèi)，導(dǎo)軌之間接有電阻R．金屬棒ab與兩導(dǎo)軌垂直并保持良好接觸，整個(gè)裝置放在勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直于導(dǎo)軌平面向下?，F(xiàn)使磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻減小，ab始終保持靜止，下列說法正確的是（）A．a(chǎn)b中的感應(yīng)電流方向由b到a B．a(chǎn)b中的感應(yīng)電流逐漸減小 C．a(chǎn)b所受的安培力保持不變 D．a(chǎn)b所受的靜摩擦力逐漸減小【考點(diǎn)】導(dǎo)體平動(dòng)切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢；閉合電路歐姆定律的內(nèi)容和表達(dá)式；安培力的概念；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．【答案】D【分析】根據(jù)楞次定律得出感應(yīng)電流的方向，結(jié)合法拉第電磁感應(yīng)定律判斷感應(yīng)電流是否不變，根據(jù)安培力公式分析安培力是否保存不變，結(jié)合平衡分析靜摩擦力的變化。【解答】解：A、磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻減小，磁通量減小，根據(jù)楞次定律得，ab中的感應(yīng)電流方向由a到b，故A錯(cuò)誤。B、由于磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻減小，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E=ΔBSΔt得，感應(yīng)電動(dòng)勢恒定，根據(jù)I=ERC、根據(jù)安培力公式F＝BIL知，電流不變，B均勻減小，則安培力減小，故C錯(cuò)誤。D、導(dǎo)體棒受安培力和靜摩擦力處于平衡，f＝F，安培力減小，則靜摩擦力減小，故D正確。故選：D?！军c(diǎn)評】本題考查了法拉第電磁感應(yīng)定律、楞次定律、安培力公式的基本運(yùn)用，注意磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻變化，面積不變，則感應(yīng)電動(dòng)勢不變，但是導(dǎo)體棒所受的安培力在變化。9．英國物理學(xué)家麥克斯韋認(rèn)為，磁場變化時(shí)會(huì)在空間激發(fā)感生電場．如圖所示，一個(gè)半徑為r的絕緣體圓環(huán)水平放置，環(huán)內(nèi)存在豎直向上的勻強(qiáng)磁場B，環(huán)上套一帶電荷量為+q的小球．已知磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間均勻增加，其變化率為k，若小球在環(huán)上運(yùn)動(dòng)一周，則感生電場對小球的作用力所做功的大小是（）A．0 B．12r2qk C．2πr2qk D．πr2【考點(diǎn)】感生電場和感生電動(dòng)勢；感應(yīng)電動(dòng)勢及其產(chǎn)生條件；電磁感應(yīng)過程中的能量類問題．【專題】電磁感應(yīng)與電路結(jié)合．【答案】D【分析】根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律求解感應(yīng)電動(dòng)勢，根據(jù)楞次定律判斷感應(yīng)電動(dòng)勢的方向，然后根據(jù)W＝qU求解電功．【解答】解：磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間均勻增加，其變化率為k，故感應(yīng)電動(dòng)勢為：U＝SΔBΔt=πr根據(jù)楞次定律，感應(yīng)電動(dòng)勢的方向?yàn)轫槙r(shí)針方向；小球帶正電，小球在環(huán)上運(yùn)動(dòng)一周，則感生電場對小球的作用力所做功的大小是：W＝qU＝πr2qk故選：D?！军c(diǎn)評】本題關(guān)鍵是明確感應(yīng)電動(dòng)勢的大小求解方法和方向的判斷方法，會(huì)求解電功，基礎(chǔ)問題．10．掃描隧道顯微鏡（STM）可用來探測樣品表面原子尺寸上的形貌，為了有效隔離外界振動(dòng)對STM的擾動(dòng)，在圓底盤周邊沿其徑向?qū)ΨQ地安裝若干對紫銅薄板，并施加磁場來快速衰減其微小振動(dòng)，如圖所示，無擾動(dòng)時(shí)，按下列四種方案對紫銅薄板施加恒磁場；出現(xiàn)擾動(dòng)后，對于紫銅薄板上下及其左右振動(dòng)的衰減最有效的方案是（）A． B． C． D．【考點(diǎn)】法拉第電磁感應(yīng)定律的內(nèi)容和表達(dá)式．【專題】定性思想；推理法；電磁感應(yīng)與電路結(jié)合．【答案】A【分析】根據(jù)電磁感應(yīng)原理，結(jié)合楞次定律的阻礙相對運(yùn)動(dòng)角度，及產(chǎn)生感應(yīng)電流的條件，即可判定?！窘獯稹拷猓寒?dāng)加恒定磁場后，當(dāng)紫銅薄板上下及左右振動(dòng)時(shí)，導(dǎo)致穿過板的磁通量變化，從而產(chǎn)生感應(yīng)電流，感應(yīng)磁場進(jìn)而阻礙板的運(yùn)動(dòng)，而BD選項(xiàng)，只能左右振動(dòng)時(shí)，才有磁通量變化，上下振動(dòng)時(shí)，卻沒有磁通量變化；C選項(xiàng)上下振動(dòng)時(shí)，磁通量都不變化；左右振動(dòng)時(shí)在磁場左右邊界會(huì)產(chǎn)生渦電流；只有A選項(xiàng)上下左右振動(dòng)時(shí)穿過板的磁通量均變化，故A正確，BCD錯(cuò)誤；故選：A?！军c(diǎn)評】考查電磁感應(yīng)原理，掌握楞次定律中阻礙相對運(yùn)動(dòng)，理解磁通量的含義，及感應(yīng)電流的產(chǎn)生條件。二．多選題（共4小題）（多選）11．空間存在一方向與紙面垂直、大小隨時(shí)間變化的勻強(qiáng)磁場，其邊界如圖（a）中虛線MN所示。一硬質(zhì)細(xì)導(dǎo)線的電阻率為ρ、橫截面積為S，將該導(dǎo)線做成半徑為r的圓環(huán)固定在紙面內(nèi)，圓心O在MN上。t＝0時(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向如圖（a）所示；磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖（b）所示。則在t＝0到t＝t1的時(shí)間間隔內(nèi)（）A．圓環(huán)所受安培力的方向始終不變 B．圓環(huán)中的感應(yīng)電流始終沿順時(shí)針方向 C．圓環(huán)中的感應(yīng)電流大小為B0D．圓環(huán)中的感應(yīng)電動(dòng)勢大小為B【考點(diǎn)】法拉第電磁感應(yīng)定律的內(nèi)容和表達(dá)式；電阻定律的內(nèi)容及表達(dá)式；楞次定律及其應(yīng)用．【專題】應(yīng)用題；定性思想；推理法；電磁感應(yīng)與電路結(jié)合；分析綜合能力．【答案】BC【分析】應(yīng)用楞次定律可以判斷出感應(yīng)電流方向，應(yīng)用左手定則可以判斷出安培力方向；應(yīng)用法拉第電磁感應(yīng)定律可以求出感應(yīng)電動(dòng)勢；應(yīng)用電阻定律可以求出導(dǎo)線的電阻，然后應(yīng)用歐姆定律可以求出感應(yīng)電流?！窘獯稹拷猓篈B、由楞次定律可知，在t＝0到t＝t1的時(shí)間間隔內(nèi)感應(yīng)電流始終沿順時(shí)針方向，由左手定則可知：0﹣t0時(shí)間內(nèi)圓環(huán)受到的安培力向左，t0﹣t1時(shí)間內(nèi)安培力向右，故A錯(cuò)誤，B正確；CD、由電阻定律可知，圓環(huán)電阻：R＝ρLS由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，感應(yīng)電動(dòng)勢：E=Δ感應(yīng)電流：I=ER=B0故選：BC。【點(diǎn)評】本題是電磁感應(yīng)與電路相結(jié)合的綜合題，根據(jù)題意應(yīng)用楞次定律、左手定則、電磁感應(yīng)定律、電阻定律與歐姆定律即可解題，掌握基礎(chǔ)知識(shí)是解題的前提與關(guān)鍵，掌握基礎(chǔ)知識(shí)即可解題，平時(shí)要注意基礎(chǔ)知識(shí)的學(xué)習(xí)與積累。（多選）12．如圖，磁場垂直于紙面，磁感應(yīng)強(qiáng)度在豎直方向均勻分布，水平方向非均勻分布。一銅制圓環(huán)用絲線懸掛于O點(diǎn)，將圓環(huán)拉至位置a后無初速釋放，在圓環(huán)從a擺向b的過程中（）A．感應(yīng)電流方向先逆時(shí)針后順時(shí)針再逆時(shí)針 B．感應(yīng)電流方向一直是逆時(shí)針 C．安培力方向始終與速度方向相反 D．安培力方向始終沿水平方向【考點(diǎn)】楞次定律及其應(yīng)用；安培力的概念；左手定則判斷安培力的方向．【專題】定性思想；推理法；磁場磁場對電流的作用．【答案】AD【分析】本題由楞次定律可得出電流的方向，重點(diǎn)在于弄清何時(shí)產(chǎn)生電磁感應(yīng)，以及磁通量是如何變化的；由左手定則判斷安培力的方向．【解答】解：A、先看感應(yīng)電流方向，銅制圓環(huán)內(nèi)磁通量先向里并增大，銅制圓環(huán)感應(yīng)電流的磁場向外，感應(yīng)電流為逆時(shí)針；銅制圓環(huán)越過最低點(diǎn)過程中，銅制圓環(huán)內(nèi)磁通量向里的減小，向外的增大，所以銅制圓環(huán)感應(yīng)電流的磁場向里，感應(yīng)電流為順時(shí)針；越過最低點(diǎn)以后，銅制圓環(huán)內(nèi)磁通量向外并減小，所以銅制圓環(huán)感應(yīng)電流的磁場向外，感應(yīng)電流為逆時(shí)針，故A正確，B錯(cuò)誤；C、再看安培力方向，由于磁感應(yīng)強(qiáng)度在豎直方向均勻分布，把銅環(huán)分成若干份，則可知，對稱的一小段在豎直方向的安培力是大小相等，方向相反的，故合力方向始終沿水平方向，故和速度方向會(huì)有一定夾角，故C錯(cuò)誤，D正確。故選：AD?！军c(diǎn)評】本題考查法拉第電磁感應(yīng)定律，安培力左手定則，力的合成等，難度較大．注意研究銅制圓環(huán)在越過最低點(diǎn)過程中這一環(huán)節(jié)，如果丟掉這一環(huán)節(jié)，A、B二者就會(huì)錯(cuò)選B．（多選）13．如圖所示，電阻不計(jì)、間距為l的光滑平行金屬導(dǎo)軌水平放置于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，導(dǎo)軌左端接一定值電阻R．質(zhì)量為m、電阻為r的金屬棒MN置于導(dǎo)軌上，受到垂直于金屬棒的水平外力F的作用由靜止開始運(yùn)動(dòng)，外力F與金屬棒速度v的關(guān)系是F＝F0+kv（F0、k是常量），金屬棒與導(dǎo)軌始終垂直且接觸良好。金屬棒中感應(yīng)電流為I，受到的安培力大小為FA，電阻R兩端的電壓為UR，感應(yīng)電流的功率為P，它們隨時(shí)間t變化圖象可能正確的有（）A． B． C． D．【考點(diǎn)】根據(jù)B﹣t或者φ﹣t圖像計(jì)算感應(yīng)電動(dòng)勢；導(dǎo)體平動(dòng)切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢．【專題】定量思想；方程法；電磁感應(yīng)與電路結(jié)合．【答案】BC【分析】對金屬棒受力分析，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路歐姆定律和牛頓第二定律得出F合表達(dá)式，分情況討論加速度的變化情況，分三種情況討論：勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度減小的加速，加速度增加的加速，再結(jié)合圖象具體分析?！窘獯稹拷猓涸O(shè)金屬棒在某一時(shí)刻速度為v，由題意可知，感應(yīng)電動(dòng)勢E＝BLv，環(huán)路電流I=ER+r=BLR+rv，即I∝v；安培力FA=BIL=B2L2vR+分析金屬棒運(yùn)動(dòng)情況，由力的合成和牛頓第二定律可得：F合=F-FA=F0+kv-B2L2R（1）若k=B2L2R+r，F(xiàn)合＝F0，即a=F0m，金屬棒水平向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。有v＝at，說明v∝t，也即是I∝t，F(xiàn)A∝（2）若k＞B2L2R+r，F(xiàn)合隨（3）若k＜B2L2R+r，F(xiàn)合隨v增大而減小，即a故選：BC?！军c(diǎn)評】解決本題的關(guān)鍵能夠根據(jù)物體的受力判斷物體的運(yùn)動(dòng)情況，結(jié)合安培力公式、法拉第電磁感應(yīng)定律、牛頓第二定律分析導(dǎo)體棒的運(yùn)動(dòng)情況，分析加速度如何變化。（多選）14．法拉第圓盤發(fā)電機(jī)的示意圖如圖所示。銅圓盤安裝在豎直的銅軸上，兩銅片P、Q分別于圓盤的邊緣和銅軸接觸，圓盤處于方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場B中，圓盤旋轉(zhuǎn)時(shí)，關(guān)于流過電阻R的電流，下列說法正確的是（）A．若圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度恒定，則電流大小恒定 B．若從上往下看，圓盤順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，則電流沿a到b的方向流動(dòng) C．若圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)方向不變，角速度大小發(fā)生變化，則電流方向可能發(fā)生變化 D．若圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度變?yōu)樵瓉淼?倍，則電流在R上的熱功率也變?yōu)樵瓉淼?倍【考點(diǎn)】電磁感應(yīng)過程中的能量類問題；電功和電功率的計(jì)算；右手定則；導(dǎo)體平動(dòng)切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢．【專題】定性思想；推理法；電磁感應(yīng)與電路結(jié)合．【答案】AB【分析】圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)可等效看成無數(shù)軸向?qū)w切割磁感線，有效切割長度為銅盤的半徑L，根據(jù)感應(yīng)電動(dòng)勢公式分析電動(dòng)勢情況，由歐姆定律分析電流情況．根據(jù)右手定則分析感應(yīng)電流方向，根據(jù)P＝I2R分析電流在R上的熱功率變化情況【解答】解：AB、銅盤轉(zhuǎn)動(dòng)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢為：E=12BL2ω，B、L、ω不變，EC、若圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)方向不變，角速度大小發(fā)生變化，則電流方向不變，大小變化，故C錯(cuò)誤；D、若圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度變?yōu)樵瓉淼?倍，回路電流變?yōu)樵瓉?倍，根據(jù)P＝I2R電流在R上的熱功率也變?yōu)樵瓉淼?倍，故D錯(cuò)誤；故選：AB。【點(diǎn)評】本題是轉(zhuǎn)動(dòng)切割磁感線類型，運(yùn)用等效法處理．根據(jù)右手定則判斷感應(yīng)電流的方向，需要熟練掌握．三．填空題（共1小題）15．為判斷線圈繞向，可將靈敏電流計(jì)G與線圈L連接，如圖所示．已知線圈由a端開始繞至b端；當(dāng)電流從電流計(jì)G左端流入時(shí)，指針向左偏轉(zhuǎn)．（1）將磁鐵N極向下從線圈上方豎直插入L時(shí)，發(fā)現(xiàn)指針向左偏轉(zhuǎn)．俯視線圈，其繞向?yàn)轫槙r(shí)針（填“順時(shí)針”或“逆時(shí)針”）．（2）當(dāng)條形磁鐵從圖中虛線位置向右遠(yuǎn)離L時(shí)，指針向右偏轉(zhuǎn)．俯視線圈，其繞向?yàn)槟鏁r(shí)針（填“順時(shí)針”或“逆時(shí)針”）．【考點(diǎn)】楞次定律及其應(yīng)用；研究電磁感應(yīng)現(xiàn)象．【專題】實(shí)驗(yàn)題．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】電流從左端流入指針向左偏轉(zhuǎn)，根據(jù)電流表指針偏轉(zhuǎn)方向判斷電流方向，然后應(yīng)用安培定則與楞次定律分析答題．【解答】解：（1）將磁鐵N極向下從線圈上方豎直插入L時(shí)，穿過L的磁場向下，磁通量增大，由楞次定律可知，感應(yīng)電流的磁場方向與原磁場方向相反，感應(yīng)電流磁場應(yīng)該向上，電流表指針向左偏轉(zhuǎn)，電流從電流表左端流入，由安培定則可知，俯視線圈，線圈繞向?yàn)轫槙r(shí)針．（2）當(dāng)條形磁鐵從圖中虛線位置向右遠(yuǎn)離L時(shí)，穿過L的磁通量向上，磁通量減小，由楞次定律可知，感應(yīng)電流磁場應(yīng)向上，指針向右偏轉(zhuǎn)，電流從右端流入電流表，由安培定則可知，俯視線圈，其繞向?yàn)槟鏁r(shí)針．故答案為：（1）順時(shí)針；（2）逆時(shí)針．【點(diǎn)評】熟練應(yīng)用安培定則與楞次定律是正確解題的關(guān)鍵；要掌握安培定則與楞次定律的內(nèi)容．四．實(shí)驗(yàn)題（共1小題）16．如圖所示，PQ和MN是固定于傾角為30°斜面內(nèi)的平行光滑金屬軌道，軌道足夠長，其電阻可忽略不計(jì)。金屬棒ab、cd放在軌道上，始終與軌道垂直，且接觸良好。金屬棒ab的質(zhì)量為2m、cd的質(zhì)量為m，長度均為L、電阻均為R；兩金屬棒的長度恰好等于軌道的間距，并與軌道形成閉合回路。整個(gè)裝置處在垂直斜面向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，若鎖定金屬棒ab不動(dòng)，使金屬棒cd在與其垂直且沿斜面向上的恒力F＝2mg作用下，沿軌道向上做勻速運(yùn)動(dòng)。重力加速度為g；（1）試推導(dǎo)論證：金屬棒cd克服安培力做功的功率P安等于電路獲得的電功率P電；（2）設(shè)金屬棒cd做勻速運(yùn)動(dòng)中的某時(shí)刻t0＝0，恒力大小變?yōu)镕′＝1.5mg，方向不變，同時(shí)解鎖、靜止釋放金屬棒ab，直到t時(shí)刻金屬棒ab開始做勻速運(yùn)動(dòng)；求：①t時(shí)刻以后金屬棒ab的熱功率Pab；②0～t時(shí)刻內(nèi)通過金屬棒ab的電量q?！究键c(diǎn)】電磁感應(yīng)過程中的能量類問題；電磁感應(yīng)過程中的電路類問題．【專題】壓軸題；學(xué)科綜合題；定量思想；累積法；電磁感應(yīng)——功能問題．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】（1）粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)，拉力與安培力平衡；再結(jié)合功能定關(guān)系及題意可以證明；（2）根據(jù)系統(tǒng)動(dòng)量守恒可求；根據(jù)題意可明確兩導(dǎo)體棒的運(yùn)動(dòng)情況，動(dòng)量定理可求得列式，由積分規(guī)律可求得位移的改變量；再由電量的計(jì)算可求得流過cd的電荷量。【解答】解：（1）金屬棒cd做勻速運(yùn)動(dòng)的速度為v，電動(dòng)勢為：E＝BLv電流為：I=安培力為：F＝IBL金屬棒cd克服安培力做功的功率P安＝Fv電路獲得的電功率P電=聯(lián)立解得：P安＝P電=所以：P安＝P電（2）①金屬棒ab做勻速運(yùn)動(dòng)，則有I1BL＝2mgsin30°解得：I1=金屬棒ab的熱功率Pab=I聯(lián)立解得：Pab=②根據(jù)第（1）問，有：BLv＝I1?2R，解得：v設(shè)t后時(shí)刻金屬棒ab做勻速運(yùn)動(dòng)速度為v1，金屬棒cd也做勻速運(yùn)動(dòng)的速度為v2；由金屬棒ab、金屬棒cd組成系統(tǒng)動(dòng)量守恒：mv＝2mv1+mv2回路電流I1=聯(lián)立解得金屬棒ab做勻速運(yùn)動(dòng)速度為v1=0～t時(shí)刻內(nèi)對金屬棒ab分析：在電流為i的很短時(shí)間Δt內(nèi)，速度的改變量為Δv，由動(dòng)量定理得：BiLΔt﹣2mgsin30°?Δt＝2mΔv對上式進(jìn)行求和：0解得：BLq﹣mgt＝2mv1所以解得：q=答：（1）推證金屬棒cd克服安培力做功的功率P安等于電路獲得的電功率P電如上述過程所示；（2）①t時(shí)刻以后金屬棒ab的熱功率為m2g2RB2L2；②0【點(diǎn)評】本題考查法拉第電磁感應(yīng)定律、動(dòng)量守恒定律及功能關(guān)系的應(yīng)用；要注意能正確應(yīng)用數(shù)學(xué)規(guī)律進(jìn)行分析求解，這是本題中的難點(diǎn)所在。五．解答題（共4小題）17．如圖，水平面（紙面）內(nèi)間距為l的平行金屬導(dǎo)軌間接一電阻，質(zhì)量為m、長度為l的金屬桿置于導(dǎo)軌上，t＝0時(shí)，金屬桿在水平向右、大小為F的恒定拉力作用下由靜止開始運(yùn)動(dòng)，t0時(shí)刻，金屬桿進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，且在磁場中恰好能保持勻速運(yùn)動(dòng)。桿與導(dǎo)軌的電阻均忽略不計(jì)，兩者始終保持垂直且接觸良好，兩者之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ。重力加速度大小為g。求：（1）金屬桿在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)產(chǎn)生的電動(dòng)勢的大??；（2）電阻的阻值?！究键c(diǎn)】導(dǎo)體平動(dòng)切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢；閉合電路歐姆定律的內(nèi)容和表達(dá)式．【專題】計(jì)算題；定量思想；方程法；電磁感應(yīng)與電路結(jié)合．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】（1）根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求剛進(jìn)入磁場時(shí)的速度，再根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律求切割電動(dòng)勢（2）進(jìn)入磁場勻速運(yùn)動(dòng)受力平衡求出安培力，結(jié)合閉合電路歐姆定律求電流，即可求電阻【解答】解：（1）根據(jù)牛頓第二定律：F﹣μmg＝ma…①剛進(jìn)磁場時(shí)的速度：v0＝at0…②感應(yīng)電動(dòng)勢為：E＝Blv0…③解得：E=（2）根據(jù)右手定則，導(dǎo)體棒中的電流向上，由左手定則知安培力水平向左勻速運(yùn)動(dòng)受力平衡：F＝μmg+BI′l…⑤回路電流為：I'=得：R=答：（1）金屬桿在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)產(chǎn)生的電動(dòng)勢的大小為Blt（2）電阻的阻值為B2【點(diǎn)評】本題是電磁感應(yīng)中的力學(xué)問題，知道受力情況，要能熟練運(yùn)用動(dòng)力學(xué)方法求解金屬棒進(jìn)入磁場時(shí)的速度。要知道安培力與速度成正比，都是常用的方法，這些思路要熟悉。18．如圖所示，一對光滑的平行金屬導(dǎo)軌固定在同一水平面內(nèi)，導(dǎo)軌間距l(xiāng)＝0.5m，左端接有阻值R＝0.3Ω的電阻，一質(zhì)量m＝0.1kg，電阻r＝0.1Ω的金屬棒MN放置在導(dǎo)軌上，整個(gè)裝置置于豎直向上的勻強(qiáng)磁場中，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.4T．棒在水平向右的外力作用下，由靜止開始以a＝2m/s2的加速度做勻加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)棒的位移x＝9m時(shí)撤去外力，棒繼續(xù)運(yùn)動(dòng)一段距離后停下來，已知撤去外力前后回路中產(chǎn)生的焦耳熱之比Q1：Q2＝2：1．導(dǎo)軌足夠長且電阻不計(jì)，棒在運(yùn)動(dòng)過程中始終與導(dǎo)軌垂直且兩端與導(dǎo)軌保持良好接觸。求：（1）棒在勻加速運(yùn)動(dòng)過程中，通過電阻R的電荷量q；（2）撤去外力后回路中產(chǎn)生的焦耳熱Q2；（3）外力做的功WF?！究键c(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(dòng)切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢．【專題】壓軸題；電磁感應(yīng)——功能問題．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】（1）根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出時(shí)間，根據(jù)電量的公式求解（2）撤去外力后棒在安培力作用下做減速運(yùn)動(dòng)，安培力做負(fù)功先將棒的動(dòng)能轉(zhuǎn)化為電能，再通過電流做功將電能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，所以焦耳熱等于棒的動(dòng)能減少．（3）根據(jù)動(dòng)能定理求解．【解答】解：（1）棒勻加速運(yùn)動(dòng)所用時(shí)間為t，有：12t=2根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律和閉合電路的歐姆定律求電路中產(chǎn)生的平均電流為：I=根據(jù)電流定義式有：q=It＝（2）撤去外力前棒做勻加速運(yùn)動(dòng)根據(jù)速度公式末速為：v＝at＝6m/s撤去外力后棒在安培力作用下做減速運(yùn)動(dòng)，安培力做負(fù)功先將棒的動(dòng)能轉(zhuǎn)化為電能，再通過電流做功將電能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，所以焦耳熱等于棒的動(dòng)能減少．Q2＝ΔEK=12mv2（3）根據(jù)題意在撤去外力前的焦耳熱為：Q1＝2Q2＝3.6J撤去外力前拉力做正功、安培力做負(fù)功（其絕對值等于焦耳熱Q1）、重力不做功共同使棒的動(dòng)能增大，根據(jù)動(dòng)能定理有：ΔEK＝WF﹣Q1則：WF＝ΔEK+Q1＝5.4J答：（1）棒在勻加速運(yùn)動(dòng)過程中，通過電阻R的電荷量是4.5C；（2）撤去外力后回路中產(chǎn)生的焦耳熱是1.8J；（3）外力做的功是5.4J．【點(diǎn)評】解決該題關(guān)鍵要分析物體的運(yùn)動(dòng)情況，清楚運(yùn)動(dòng)過程中不同形式的能量的轉(zhuǎn)化，知道運(yùn)用動(dòng)能定理求解變力做功．19．如圖，兩條平行導(dǎo)軌所在平面與水平地面的夾角為θ，間距為L．導(dǎo)軌上端接有一平行板電容器，電容為C．導(dǎo)軌處于勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于導(dǎo)軌平面。在導(dǎo)軌上放置一質(zhì)量為m的金屬棒，棒可沿導(dǎo)軌下滑，且在下滑過程中保持與導(dǎo)軌垂直并良好接觸。已知金屬棒與導(dǎo)軌之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度大小為g。忽略所有電阻。讓金屬棒從導(dǎo)軌上端由靜止開始下滑，求：（1）電容器極板上積累的電荷量與金屬棒速度大小的關(guān)系；（2）金屬棒的速度大小隨時(shí)間變化的關(guān)系?！究键c(diǎn)】導(dǎo)體平動(dòng)切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢；力的合成與分解的應(yīng)用；牛頓第二定律的簡單應(yīng)用；電容的概念與物理意義．【專題】壓軸題；電磁感應(yīng)中的力學(xué)問題．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】（1）由法拉第電磁感應(yīng)定律，求出感應(yīng)電動(dòng)勢；再與C=（2）由左手定則來確定安培力的方向，并求出安培力的大??；借助于I=Qt、【解答】解：（1）設(shè)金屬棒下滑的速度大小為v，則感應(yīng)電動(dòng)勢為E＝BLv，平行板電容器兩極板之間的電勢差為U＝E，設(shè)此時(shí)電容器極板上積累的電荷量為Q，按定義有C=聯(lián)立可得，Q＝CBLv。（2）設(shè)金屬棒的速度大小為v時(shí)，經(jīng)歷的時(shí)間為t，通過金屬棒的電流為i，金屬棒受到的磁場力方向沿導(dǎo)軌向上，大小為f1＝BLi，設(shè)在時(shí)間間隔（t，t+Δt）內(nèi)流經(jīng)金屬棒的電荷量為ΔQ，則ΔQ＝CBLΔv，按定義有：i=ΔQ也是平行板電容器極板在時(shí)間間隔（t，t+Δt）內(nèi)增加的電荷量，由上式可得，Δv為金屬棒的速度變化量，金屬棒所受到的摩擦力方向沿導(dǎo)軌斜面向上，大小為：f2＝μN(yùn)，式中，N是金屬棒對于導(dǎo)軌的正壓力的大小，有N＝mgcosθ，金屬棒在時(shí)刻t的加速度方向沿斜面向下，設(shè)其大小為a，根據(jù)牛頓第二定律有：mgsinθ﹣f1﹣f2＝ma，即：mgsinθ﹣μmgcosθ＝CB2L2a+ma；聯(lián)立上此式可得：a=由題意可知，金屬棒做初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng)，t時(shí)刻金屬棒的速度大小為v=答：（1）電容器極板上積累的電荷量與金屬棒速度大小的關(guān)系為Q＝CBLv；（2）金屬棒的速度大小隨時(shí)間變化的關(guān)系v=【點(diǎn)評】本題讓學(xué)生理解左手定則、安培力的大小、法拉第電磁感應(yīng)定律、牛頓第二定律、及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，并相互綜合來求解。20．小明設(shè)計(jì)的電磁健身器的簡化裝置如圖所示，兩根平行金屬導(dǎo)軌相距l(xiāng)＝0.50m，傾角θ＝53°，導(dǎo)軌上端串接一個(gè)0.05Ω的電阻。在導(dǎo)軌間長d＝0.56m的區(qū)域內(nèi)，存在方向垂直導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝2.0T．質(zhì)量m＝4.0kg的金屬棒CD水平置于導(dǎo)軌上，用絕緣繩索通過定滑輪與拉桿GH相連。CD棒的初始位置與磁場區(qū)域的下邊界相距s＝0.24m。一位健身者用恒力F＝80N拉動(dòng)GH桿，CD棒由靜止開始運(yùn)動(dòng)，上升過程中CD棒始終保持與導(dǎo)軌垂直。當(dāng)CD棒到達(dá)磁場上邊界時(shí)健身者松手，觸發(fā)恢復(fù)裝置使CD棒回到初始位置（重力加速度g＝10m/s2，sin53°＝0.8，不計(jì)其他電阻、摩擦力以及拉桿和繩索的質(zhì)量）。求（1）CD棒進(jìn)入磁場時(shí)速度v的大??；（2）CD棒進(jìn)入磁場時(shí)所受的安培力FA的大?。唬?）在拉升CD棒的過程中，健身者所做的功W和電阻產(chǎn)生的焦耳熱Q?！究键c(diǎn)】電磁感應(yīng)過程中的能量類問題；導(dǎo)體平動(dòng)切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢．【專題】應(yīng)用題；整體思想；模型法；電磁感應(yīng)——功能問題．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】（1）CD棒進(jìn)入磁場前，由牛頓第二定律求出加速度，再由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求CD棒進(jìn)入磁場時(shí)速度v。（2）CD棒進(jìn)入磁場后切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢，先由E＝BLv求感應(yīng)電動(dòng)勢，再由歐姆定律求出感應(yīng)電流，最后由安培力公式求解CD棒安培力FA的大小。（3）健身者所做的功W根據(jù)功的計(jì)算公式求。由牛頓第二定律求出CD棒進(jìn)入磁場后的加速度，知道CD棒做勻速運(yùn)動(dòng)，求出運(yùn)動(dòng)時(shí)間，再由焦耳定律求焦耳熱。【解答】解：（1）CD棒進(jìn)入磁場前，由牛頓第二定律得：a=F-mgsinθm進(jìn)入磁場時(shí)CD棒的速度為：v=2as=（2）CD棒進(jìn)入磁場時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢為：E＝Blv…③感應(yīng)電流為：I=BlvCD棒安培力為：FA＝BIl…⑤聯(lián)立代入得：FA=B2l（3）在拉升CD棒的過程中，健身者所做的功為：W＝F（s+d）＝64J…⑦由于F﹣mgsinθ﹣FA＝0…⑧所以CD棒進(jìn)入磁場后做勻速運(yùn)動(dòng)，在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為：t=d則電阻產(chǎn)生的焦耳熱為：Q＝I2Rt＝26.88J答：（1）CD棒進(jìn)入磁場時(shí)速度v的大小為2.4m/s（2）CD棒進(jìn)入磁場時(shí)所受的安培力FA的大小是48N；（3）在拉升CD棒的過程中，健身者所做的功W是64J，電阻產(chǎn)生的焦耳熱Q是26.88J?！军c(diǎn)評】本題是力電綜合題，關(guān)鍵要根據(jù)法拉第定律、歐姆定律得到安培力的表達(dá)式，并計(jì)算出安培力的大小，從而判斷導(dǎo)體棒的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況。第3小題，不要有思維定勢，認(rèn)為求焦耳熱就想到能量守恒定律，要知道導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，感應(yīng)電流一定，可根據(jù)焦耳定律求熱量。

考點(diǎn)卡片1．力的合成與分解的應(yīng)用2．牛頓第二定律的簡單應(yīng)用【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1．內(nèi)容：物體的加速度跟物體所受的合外力成正比，跟物體的質(zhì)量成反比，加速度的方向跟合外力的方向相同．2．表達(dá)式：F合＝ma．該表達(dá)式只能在國際單位制中成立．因?yàn)镕合＝k?ma，只有在國際單位制中才有k＝1．力的單位的定義：使質(zhì)量為1kg的物體，獲得1m/s2的加速度的力，叫做1N，即1N＝1kg?m/s2．3．適用范圍：（1）牛頓第二定律只適用于慣性參考系（相對地面靜止或勻速直線運(yùn)動(dòng)的參考系）．（2）牛頓第二定律只適用于宏觀物體（相對于分子、原子）、低速運(yùn)動(dòng)（遠(yuǎn)小于光速）的情況．4．對牛頓第二定律的進(jìn)一步理解牛頓第二定律是動(dòng)力學(xué)的核心內(nèi)容，我們要從不同的角度，多層次、系統(tǒng)化地理解其內(nèi)涵：F量化了迫使物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)發(fā)生變化的外部作用，m量化了物體“不愿改變運(yùn)動(dòng)狀態(tài)”的基本特性（慣性），而a則描述了物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)（v）變化的快慢．明確了上述三個(gè)量的物理意義，就不難理解如下的關(guān)系了：a∝F，a∝1m另外，牛頓第二定律給出的F、m、a三者之間的瞬時(shí)關(guān)系，也是由力的作用效果的瞬時(shí)性特征所決定的．（1）矢量性：加速度a與合外力F合都是矢量，且方向總是相同．（2）瞬時(shí)性：加速度a與合外力F合同時(shí)產(chǎn)生、同時(shí)變化、同時(shí)消失，是瞬時(shí)對應(yīng)的．（3）同體性：加速度a與合外力F合是對同一物體而言的兩個(gè)物理量．（4）獨(dú)立性：作用于物體上的每個(gè)力各自產(chǎn)生的加速度都遵循牛頓第二定律，而物體的合加速度則是每個(gè)力產(chǎn)生的加速度的矢量和，合加速度總是與合外力相對應(yīng)．（5）相對性：物體的加速度是對相對地面靜止或相對地面做勻速運(yùn)動(dòng)的物體而言的．【命題方向】題型一：對牛頓第二定律的進(jìn)一步理解的考查例子：放在水平地面上的一物塊，受到方向不變的水平推力F的作用，F(xiàn)的大小與時(shí)間t的關(guān)系如圖甲所示，物塊速度v與時(shí)間t的關(guān)系如圖乙所示．取重力加速度g＝10m/s2．由此兩圖線可以得出（）A．物塊的質(zhì)量為1.5kgB．物塊與地面之間的滑動(dòng)摩擦力為2NC．t＝3s時(shí)刻物塊的速度為3m/sD．t＝3s時(shí)刻物塊的加速度為2m/s2分析：根據(jù)v﹣t圖和F﹣t圖象可知，在4～6s，物塊勻速運(yùn)動(dòng)，處于受力平衡狀態(tài)，所以拉力和摩擦力相等，由此可以求得物體受到的摩擦力的大小，在根據(jù)在2～4s內(nèi)物塊做勻加速運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律可以求得物體的質(zhì)量的大小．根據(jù)速度時(shí)間圖線求出3s時(shí)的速度和加速度．解答：4～6s做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則f＝F＝2N．2～4s內(nèi)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度a=42=2m/s2，根據(jù)牛頓第二定律得，F(xiàn)﹣f＝ma，即3﹣2＝2m，解得m＝0.5kg．由速度﹣時(shí)間圖線可知，3s時(shí)刻的速度為2m/s．故B故選：BD．點(diǎn)評：本題考查學(xué)生對于圖象的解讀能力，根據(jù)兩個(gè)圖象對比可以確定物體的運(yùn)動(dòng)的狀態(tài)，再由牛頓第二定律來求解．題型二：對牛頓第二定律瞬時(shí)性的理解例子：如圖所示，質(zhì)量為m的球與彈簧Ⅰ和水平細(xì)線Ⅱ相連，Ⅰ、Ⅱ的另一端分別固定于P、Q．球靜止時(shí)，Ⅰ中拉力大小為F1，Ⅱ中拉力大小為F2，當(dāng)剪斷Ⅱ瞬間時(shí)，球的加速度a應(yīng)是（）A．則a＝g，方向豎直向下B．則a＝g，方向豎直向上C．則a=F1m，方向沿Ⅰ的延長線D．則分析：先研究原來靜止的狀態(tài)，由平衡條件求出彈簧和細(xì)線的拉力．剛剪短細(xì)繩時(shí)，彈簧來不及形變，故彈簧彈力不能突變；細(xì)繩的形變是微小形變，在剛剪短彈簧的瞬間，細(xì)繩彈力可突變！根據(jù)牛頓第二定律求解瞬間的加速度．解答：Ⅱ未斷時(shí)，受力如圖所示，由共點(diǎn)力平衡條件得，F(xiàn)2＝mgtanθ，F(xiàn)1=mg剛剪斷Ⅱ的瞬間，彈簧彈力和重力不變，受力如圖：由幾何關(guān)系，F(xiàn)合＝F1sinθ＝F2＝ma，由牛頓第二定律得：a=F1sinθm=故選：D．點(diǎn)評：本題考查了求小球的加速度，正確受力分析、應(yīng)用平衡條件與牛頓第二定律即可正確解題，知道彈簧的彈力不能突變是正確解題的關(guān)鍵．題型三：動(dòng)力學(xué)中的兩類基本問題：①已知受力情況求物體的運(yùn)動(dòng)情況；②已知運(yùn)動(dòng)情況求物體的受力情況．加速度是聯(lián)系運(yùn)動(dòng)和受力的重要“橋梁”，將運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律和牛頓第二定律相結(jié)合是解決問題的基本思路．例子：某同學(xué)為了測定木塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)，他用測速儀研究木塊在斜面上的運(yùn)動(dòng)情況，裝置如圖甲所示．他使木塊以初速度v0＝4m/s的速度沿傾角θ＝30°的斜面上滑緊接著下滑至出發(fā)點(diǎn)，并同時(shí)開始記錄數(shù)據(jù)，結(jié)果電腦只繪出了木塊從開始上滑至最高點(diǎn)的v﹣t圖線如圖乙所示．g取10m/s2．求：（1）上滑過程中的加速度的大小a1；（2）木塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ；（3）木塊回到出發(fā)點(diǎn)時(shí)的速度大小v．分析：（1）由v﹣t圖象可以求出上滑過程的加速度．（2）由牛頓第二定律可以得到摩擦因數(shù)．（3）由運(yùn)動(dòng)學(xué)可得上滑距離，上下距離相等，由牛頓第二定律可得下滑的加速度，再由運(yùn)動(dòng)學(xué)可得下滑至出發(fā)點(diǎn)的速度．解答：（1）由題圖乙可知，木塊經(jīng)0.5s滑至最高點(diǎn)，由加速度定義式a=上滑過程中加速度的大?。篴1（2）上滑過程中沿斜面向下受重力的分力，摩擦力，由牛頓第二定律F＝ma得上滑過程中有：mgsinθ+μmgcosθ＝ma1代入數(shù)據(jù)得：μ＝0.35．（3）下滑的距離等于上滑的距離：x=v02下滑摩擦力方向變?yōu)橄蛏希膳ｎD第二定律F＝ma得：下滑過程中：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2解得：a2=下滑至出發(fā)點(diǎn)的速度大小為：v=聯(lián)立解得：v＝2m/s答：（1）上滑過程中的加速度的大小a1（2）木塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.35；（3）木塊回到出發(fā)點(diǎn)時(shí)的速度大小v＝2m/s．點(diǎn)評：解決本題的關(guān)鍵能夠正確地受力分析，運(yùn)用牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式聯(lián)合求解．【解題方法點(diǎn)撥】1．根據(jù)牛頓第二定律知，加速度與合外力存在瞬時(shí)對應(yīng)關(guān)系．對于分析瞬時(shí)對應(yīng)關(guān)系時(shí)應(yīng)注意兩個(gè)基本模型特點(diǎn)的區(qū)別：（1）輕繩、輕桿模型：①輕繩、輕桿產(chǎn)生彈力時(shí)的形變量很小，②輕繩、輕桿的拉力可突變；（2）輕彈簧模型：①彈力的大小為F＝kx，其中k是彈簧的勁度系數(shù)，x為彈簧的形變量，②彈力突變．2．應(yīng)用牛頓第二定律解答動(dòng)力學(xué)問題時(shí)，首先要對物體的受力情況及運(yùn)動(dòng)情況進(jìn)行分析，確定題目屬于動(dòng)力學(xué)中的哪類問題，不論是由受力情況求運(yùn)動(dòng)情況，還是由運(yùn)動(dòng)情況求受力情況，都需用牛頓第二定律列方程．應(yīng)用牛頓第二定律的解題步驟（1）通過審題靈活地選取研究對象，明確物理過程．（2）分析研究對象的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況，必要時(shí)畫好受力示意圖和運(yùn)動(dòng)過程示意圖，規(guī)定正方向．（3）根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)公式列方程求解．（列牛頓第二定律方程時(shí)可把力進(jìn)行分解或合成處理，再列方程）（4）檢查答案是否完整、合理，必要時(shí)需進(jìn)行討論．3．電容的概念與物理意義【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1．電容器（1）組成：由兩個(gè)彼此絕緣又相互靠近的導(dǎo)體組成。（2）帶電量：一個(gè)極板所帶電量的絕對值。（3）電容器的充、放電充電：使電容器帶電的過程，充電后電容器兩板帶上等量的異種電荷，電容器中儲(chǔ)存電場能。放電：使充電后的電容器失去電荷的過程，放電過程中電場能轉(zhuǎn)化為其他形式的能。2．電容（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=Q（3）物理意義：表示電容器儲(chǔ)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(chǔ)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)。電容決定式：C=εS4πkd．其中，ε是一個(gè)常數(shù)，S為電容極板的正對面積，d為電容極板的距離，k則是靜電力常量。而常見的平行板電容器，電容為C=εSd【命題方向】題型一：對電容器的認(rèn)識(shí)例1：下列四個(gè)電學(xué)器材中，電容器是（）A．B．C．D．分析：每種類型的電容內(nèi)部結(jié)構(gòu)是不一樣的，簡單來說就是，兩個(gè)電極中間夾了一層介質(zhì)就構(gòu)成了電容。根據(jù)介質(zhì)的不同又分為薄膜電容、鋁電解電容、陶瓷電容等。解：A、這是一個(gè)蓄電池。故A錯(cuò)誤；B、這是滑動(dòng)變阻器，是一個(gè)可調(diào)電阻。故B錯(cuò)誤；C、這是電流表，用來測量電流的器材，故C錯(cuò)誤；D、這是一個(gè)可調(diào)電容大小的電容器，故D正確。故選：D。點(diǎn)評：了解常見的電容器構(gòu)造，并能區(qū)分于其他的電器。題型二：對電容器的理解例2：關(guān)于電容器，下列說法中正確的是（）A．電容器是產(chǎn)生電荷的裝置B．兩個(gè)金屬導(dǎo)體直接接觸就構(gòu)成了一個(gè)電容器C．電容器充電時(shí)能使兩個(gè)極板帶上等量的異種電荷D．電容器充電時(shí)能使兩個(gè)極板帶上等量的同種電荷分析：兩個(gè)相互靠近又彼此絕緣的導(dǎo)體就構(gòu)成一個(gè)電容器，電容器充電時(shí)兩個(gè)極板會(huì)帶等量異種電荷。解：A、電容器是容納電荷的裝置，它不能產(chǎn)生電荷；故A錯(cuò)誤；B、只有彼此絕緣的導(dǎo)體相互靠近才能構(gòu)成電容器；兩導(dǎo)體直接接觸就不能再容納電荷；故B錯(cuò)誤；C、電容器充電后，兩個(gè)極板上帶上等量異種電荷；故C正確；D錯(cuò)誤。故選：C。點(diǎn)評：本題考查對電容器的理解；明確只要兩個(gè)相互靠近又彼此絕緣的導(dǎo)體就構(gòu)成一個(gè)電容器；它通過電荷間的吸引而起到儲(chǔ)存電荷的作用。4．電阻定律的內(nèi)容及表達(dá)式【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1．電阻定律（1）內(nèi)容：同種材料的導(dǎo)體，其電阻跟它的長度成正比，與它的橫截面積成反比，導(dǎo)體的電阻還與構(gòu)成它的材料有關(guān)．（2）表達(dá)式：R＝ρlS2．電阻率（1）計(jì)算式：ρ=RS（2）物理意義：反映導(dǎo)體的導(dǎo)電性能，是導(dǎo)體材料本身的屬性．【命題方向】（1）第一類?？碱}型是考查對電阻與電阻率的理解：下列說法中正確的是（）A．由R=B．由R＝ρlSC．各種材料的電阻率都與溫度有關(guān)，金屬的電阻率隨溫度的升高而減小D．所謂超導(dǎo)體，當(dāng)其溫度降低到接近絕對零度的某個(gè)臨界溫度時(shí)，它的電阻率突然變?yōu)榱惴治觯簩?dǎo)體的電阻是導(dǎo)體的一種性質(zhì)，反映了導(dǎo)體對電流阻礙作用的大??；電阻大小與導(dǎo)體的材料、長度、橫截面積有關(guān)；還受溫度的影響；與導(dǎo)體中的電流、導(dǎo)體兩端的電壓大小無關(guān)．解：A、導(dǎo)體電阻的大小和導(dǎo)體的材料、長度、橫截面積有關(guān)，與電壓、電流沒有關(guān)系，故A錯(cuò)誤，B正確；C、各種材料的電阻率都與溫度有關(guān)，金屬的電阻率隨溫度的升高而增大，故C錯(cuò)誤；D、超導(dǎo)體是當(dāng)其溫度降低到接近絕對零度的某個(gè)臨界溫度時(shí)，電阻值等于零，此時(shí)電阻率突然變?yōu)榱悖蔇正確．故選BD．點(diǎn)評：深入理解電阻的概念及影響電阻大小的因素是解答此題的關(guān)鍵．（2）第二類?？碱}型是考查電阻定律的應(yīng)用：如圖所示，P是一個(gè)表面均勻鍍有很薄電熱膜的長陶瓷管，其長度為L，直徑為D，鍍膜材料的電阻率為ρ，膜的厚度為d．管兩端有導(dǎo)電金屬箍M、N．現(xiàn)把它接入電路中，測得M、N兩端電壓為U，通過它的電流I．則金屬膜的電阻率的值為（）A.UIB.πUD24分析：鍍膜材料的截面積為陶瓷管的周長和膜的厚度為d的乘積，根據(jù)歐姆定律求出電阻的大小，在根據(jù)電阻定律R＝ρLs計(jì)算出鍍膜材料的電阻率即可．解：由歐姆定律可得，鍍膜材料的電阻R=U鍍膜材料的截面積為s＝2πD2?d＝πDd根據(jù)電阻定律可得，R＝ρLs所以鍍膜材料的電阻率ρ為，ρ=sRL=故選C．點(diǎn)評：本題容易出錯(cuò)的地方就是如何計(jì)算鍍膜材料的截面積，在計(jì)算時(shí)可以把它看成是邊長為陶瓷管周長，寬為d的矩形，計(jì)算出截面積，再根據(jù)電阻定律計(jì)算即可．【解題方法點(diǎn)撥】1．電阻與電阻率的區(qū)別（1）電阻是反映導(dǎo)體對電流阻礙作用大小的物理量．電阻率是反映制作導(dǎo)體的材料導(dǎo)電性能好壞的物理量．（2）導(dǎo)體電阻并不是只由電阻率決定，即電阻大，電阻率不一定大；電阻率小，電阻不一定小．2．電阻的決定式和定義式的區(qū)別公式R＝ρlR=區(qū)別電阻的決定式電阻的定義式說明了電阻的決定因素提供了一種測定電阻的方法，并不說明電阻與U和I有關(guān)適用于粗細(xì)均勻的金屬導(dǎo)體和濃度均勻的電解液適用于任何純電阻導(dǎo)體5．電功和電功率的計(jì)算6．閉合電路歐姆定律的內(nèi)容和表達(dá)式【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1．閉合電路歐姆定律（1）內(nèi)容：閉合電路里的電流跟電源的電動(dòng)勢成正比，跟內(nèi)、外電阻之和成反比。（2）公式：①I=E②E＝U外+Ir（適用于所有電路）。2．路端電壓與外電阻的關(guān)系：一般情況U＝IR=ER+r當(dāng)R增大時(shí)，U增大特殊情況（1）當(dāng)外電路斷路時(shí)，I＝0，U＝E（2）當(dāng)外電路短路時(shí)，I短=Er，U【命題方向】（1）第一類?？碱}型是對電路的動(dòng)態(tài)分析：如圖所示，電源電動(dòng)勢為E，內(nèi)阻為r，當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑片P處于左端時(shí)，三盞燈L1、L2、L3均發(fā)光良好。在滑片P從左端逐漸向右端滑動(dòng)的過程中，下列說法中正確的是（）A．小燈泡L1、L2變暗B．小燈泡L3變暗，L1、L2變亮C．電壓表V1、V2示數(shù)均變大D．電壓表V1、V2示數(shù)之和變大分析：在滑片P從左端逐漸向右端滑動(dòng)的過程中，先分析變阻器接入電路的電阻如何變化，分析外電路總電阻的變化，由閉合電路歐姆定律分析干路電流的變化，即可由歐姆定律判斷L2兩端電壓的變化，從而知道燈泡L2亮度的變化和電壓表V2示數(shù)的變化。再根據(jù)路端電壓的變化，分析燈泡L3亮度的變化和電壓表V1示數(shù)的變化；根據(jù)干路電流與L3電流的變化，分析L1電流的變化，即可判斷燈泡L1亮度的變化。根據(jù)路端電壓的變化，判斷兩電壓表示數(shù)之和的變化。解：B、滑片P向右滑動(dòng)的過程中，滑動(dòng)變阻器接入電路的電阻變大，整個(gè)閉合回路的總電阻變大，根據(jù)閉合歐姆定律可得干路電流I=ER外總+r變小，燈泡C、燈泡L2兩端電壓U2＝IR2變小，即電壓表V2示數(shù)變小，電壓表V1的讀數(shù)為U1＝E﹣I（r+R2），變大，故C錯(cuò)誤。A、小燈泡L3變亮，根據(jù)串、并聯(lián)電路的特點(diǎn)I＝I1+I3，I減小，I3=U1R3變大，則通過小燈泡L1的電流I1減小，小燈泡LD、電壓表V1、V2示數(shù)之和為U＝E﹣Ir，I減小，U增大，故D正確。故選AD。點(diǎn)評：本題首先要搞清電路的連接方式，搞懂電壓表測量哪部分電路的電壓，其次按“局部→整體→局部”的思路進(jìn)行分析?？偨Y(jié)：分析此類問題要注意以下三點(diǎn)：①閉合電路歐姆定律E＝U+Ir（E、r不變）和部分電路歐姆定律U＝IR聯(lián)合使用。②局部電阻增則總電阻增，反之總電阻減；支路數(shù)量增則總電阻減，反之總電阻增。③兩個(gè)關(guān)系：外電壓等于外電路上串聯(lián)各分電壓之和；總電流等于各支路電流之和。（2）第二類常考題型是閉合電路歐姆定律的應(yīng)用及電源的功率：如圖所示，電源電動(dòng)勢E＝12V，內(nèi)阻r＝3Ω，甲圖中R0＝1Ω，乙圖中直流電動(dòng)機(jī)內(nèi)阻R0′＝1Ω，當(dāng)調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器R1時(shí)可使甲電路輸出功率最大，同樣，調(diào)節(jié)R2時(shí)可使乙電路輸出功率最大，且此時(shí)電動(dòng)機(jī)剛好正常工作（額定輸出功率為P0＝2W），則R1和R2的值為（）A．2Ω，2ΩB．2Ω，1.5ΩC．1.5Ω，1.5ΩD．1.5Ω，2Ω分析：對于甲圖，當(dāng)電路的內(nèi)阻和外阻相等時(shí)，電路的輸出功率最大，由此可以求得甲圖中的最大的功率；對于乙圖，求出最大輸出的功率的表達(dá)式，利用數(shù)學(xué)知識(shí)求乙圖中的電阻的大小。解：據(jù)P輸出=E2當(dāng)電路的外電阻等于內(nèi)阻時(shí)，電路的輸出功率最大，所以甲圖R1＝r﹣R0＝3Ω﹣1Ω＝2Ω對于乙圖，輸出的功率最大時(shí)，電動(dòng)機(jī)的額定功率P0＝2W，電路中電流為I，所以P輸出max＝2W+I又因?yàn)閁R2＝12V﹣3I-所以I=12-3I-聯(lián)立①②利用數(shù)學(xué)關(guān)系求得當(dāng)R2＝1.5Ω時(shí)，乙電路的輸出功率最大為12W，故ACD錯(cuò)誤，B正確。故選：B。點(diǎn)評：對于電功率的計(jì)算，一定要分析清楚是不是純電阻電路，對于非純電阻電路，總功率和發(fā)熱功率的計(jì)算公式是不一樣的?？偨Y(jié)：對閉合電路功率的兩點(diǎn)認(rèn)識(shí)①閉合電路是一個(gè)能量轉(zhuǎn)化系統(tǒng)，電源將其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能。內(nèi)外電路將電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能，EI＝P內(nèi)+P外就是能量守恒定律在閉合電路中的體現(xiàn)。②外電阻的阻值向接近內(nèi)阻的阻值方向變化時(shí)，電源的輸出功率變大。（3）第三類常考題型是電源的U﹣I圖象的應(yīng)用如圖，直線A為電源的U﹣I圖線，直線B和C分別為電阻R1和R2的U﹣I圖線，用該電源分別與R1、R2組成閉合電路時(shí)，電源的輸出功率分別為P1、P2，電源的效率分別為η1、η2，則（）A．P1＞P2B．P1＝P2C．η1＞η2D．η1＜η2分析：電源的效率等于電源輸出功率與電源總功率的百分比，根據(jù)效率的定義，找出效率與電源路端電壓的關(guān)系，由圖讀出路端電壓，就能求出效率；電源與電阻的U﹣I圖線的交點(diǎn)，表示電阻接在電源上時(shí)的工作狀態(tài)，可讀出電壓、電流，算出電源的輸出功率，進(jìn)而比較大小。解：AB、由圖線的交點(diǎn)讀出，B接在電源上時(shí)，電源的輸出輸出功率P1＝UI＝8WC接在電源上時(shí)，電源的輸出輸出功率P2＝UI＝8W故A錯(cuò)誤，B正確。CD、電源的效率η=P出P總=UIEI=UE，效率與路端電壓成正比，B接在電源上時(shí)路端電壓大，效率高，故選：BC。點(diǎn)評：本題首先要知道效率與功率的區(qū)別，電源的效率高，輸出功率不一定大。其次，會(huì)讀圖。電源與電阻的伏安特性曲線交點(diǎn)表示電阻接在該電源上時(shí)的工作狀態(tài)?？偨Y(jié)：U﹣I圖象的一般分析思路①明確縱、橫坐標(biāo)的物理意義。②明確圖象的截距、斜率及交點(diǎn)的意義。③找出圖線上對應(yīng)狀態(tài)的參量或關(guān)系式。④結(jié)合相關(guān)概念或規(guī)律進(jìn)行分析、計(jì)算?！窘忸}方法點(diǎn)撥】一、電路的動(dòng)態(tài)分析1．判定總電阻變化情況的規(guī)律（1）當(dāng)外電路的任何一個(gè)電阻增大（或減小）時(shí)，電路的總電阻一定增大（或減?。?。（2）若開關(guān)的通、斷使串聯(lián)的用電器增多時(shí)，電路的總電阻增大；若開關(guān)的通、斷使并聯(lián)的支路增多時(shí)，電路的總電阻減小。（3）在如圖所示分壓電路中，滑動(dòng)變阻器可視為由兩段電阻構(gòu)成，其中一段R并與用電器并聯(lián)，另一段R串與并聯(lián)部分串聯(lián)。A、B兩端的總電阻與R串的變化趨勢一致。2．分析思路。二、閉合電路歐姆定律的應(yīng)用及電源的功率。三、電源的U﹣I圖象的應(yīng)用1．根據(jù)U＝E﹣Ir可知，電源的U﹣I圖線是如圖所示的一條傾斜的直線。（1）直線斜率的絕對值表示電源的電阻r，縱軸的截距為電源電動(dòng)勢E。（2）直線上任何一點(diǎn)A與原點(diǎn)O的連線的斜率表示對應(yīng)的外電路電阻R。（3）圖線上每一點(diǎn)的坐標(biāo)的乘積為對應(yīng)情況下電源的輸出功率，對于圖中的A點(diǎn)有PA＝UAIA。2．對于U﹣I圖線中縱坐標(biāo)（U）不從零開始的情況，圖線與橫坐標(biāo)的交點(diǎn)坐標(biāo)小于短路電流，但直線斜率的絕對值仍等于電源的內(nèi)阻。7．安培力的概念【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1．安培力的方向（1）用左手定則判定：伸開左手，使拇指與其余四個(gè)手指垂直，并且都與手掌在同一個(gè)平面內(nèi)．讓磁感線從掌心進(jìn)入，并使四指指向電流的方向，這時(shí)拇指所指的方向就是通電導(dǎo)線在磁場中所受安培力的方向．（2）安培力方向的特點(diǎn)：F⊥B，F(xiàn)⊥I，即F垂直于B、I決定的平面．2．安培力的大?。?）當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的方向與導(dǎo)線方向成θ角時(shí)，F(xiàn)＝BILsinθ；（2）當(dāng)磁場和電流垂直時(shí)，安培力最大，為F＝BIL；（3）當(dāng)磁場和電流平行時(shí)，安培力等于零．【命題方向】（1）第一類?？碱}型是考查對安培力的理解：關(guān)于通電直導(dǎo)線在勻強(qiáng)磁場中所受的安培力，下列說法正確的是（）A．安培力的方向可以不垂直于直導(dǎo)線B．安培力的方向總是垂直于磁場的方向C．安培力的大小與通電導(dǎo)線和磁場方向的夾角無關(guān)D．將直導(dǎo)線從中折成直角，安培力的大小一定變?yōu)樵瓉淼囊话搿痉治觥勘绢}考查了產(chǎn)生條件、大小與方向，當(dāng)電流方向與磁場平行時(shí)不受安培力，根據(jù)左手定則可知安培力的方向與磁場垂直．引用公式F＝BIL時(shí)，注意要求磁場與電流垂直，若不垂直應(yīng)當(dāng)將導(dǎo)線沿磁場與垂直于磁場分解，因此垂直時(shí)安培力最大，最大為F＝BIL．解：AB、根據(jù)左手定則可知，安培力方向與磁場和電流組成的平面垂直，即與電流和磁場方向都垂直，故A錯(cuò)誤，B正確；C、磁場與電流不垂直時(shí)，安培力的大小為F＝BILsinθ，則安培力的大小與通電導(dǎo)線和磁場方向的夾角有關(guān)，故C錯(cuò)誤；D、當(dāng)電流方向與磁場的方向平行，所受安培力為0，將直導(dǎo)線從中折成直角，安培力的大小變大；將直導(dǎo)線在垂直于磁場的方向的平面內(nèi)從中折成直角，安培力的大小一定變?yōu)樵瓉淼?2，故D故選：B．【點(diǎn)評】解決本題的關(guān)鍵是知道當(dāng)導(dǎo)線的方向與磁場的方向平行，所受安培力為0，最?。?dāng)導(dǎo)線的方向與磁場方向垂直時(shí)，安培力最大，為F＝BIL．（2）第二類?？碱}型：磁場的疊加如圖，兩根互相平行的長直導(dǎo)線過紙面上的M、N兩點(diǎn)，且與紙面垂直，導(dǎo)線中通有大小相等、方向相反的電流．a(chǎn)、o、b在M、N的連線上，o為MN的中點(diǎn)，c、d位于MN的中垂線上，且a、b、c、d到o點(diǎn)的距離均相等．關(guān)于以上幾點(diǎn)處的磁場，下列說法正確的是（）A．o點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度為零B．a(chǎn)、b兩點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，方向相反C．c、d兩點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，方向相同D．a(chǎn)、c兩點(diǎn)處磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向不同【分析】根據(jù)右手螺旋定則確定兩根導(dǎo)線在a、b、c、d四點(diǎn)磁場的方向，根據(jù)平行四邊形定則進(jìn)行合成．解：A、根據(jù)右手螺旋定則，M處導(dǎo)線在o點(diǎn)產(chǎn)生的磁場方向豎直向下，N處導(dǎo)線在o點(diǎn)產(chǎn)生的磁場方向豎直向下，合成后磁感應(yīng)強(qiáng)度不等于0．故A錯(cuò)誤．B、M在a處產(chǎn)生的磁場方向豎直向下，在b處產(chǎn)生的磁場方向豎直向下，N在a處產(chǎn)生的磁場方向豎直向下，b處產(chǎn)生的磁場方向豎直向下，根據(jù)場強(qiáng)的疊加知，a、b兩點(diǎn)處磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，方向相同．故B錯(cuò)誤．C、M在c處產(chǎn)生的磁場方向垂直于cM偏下，在d出產(chǎn)生的磁場方向垂直dM偏下，N在c處產(chǎn)生的磁場方向垂直于cN偏下，在d處產(chǎn)生的磁場方向垂直于dN偏下，根據(jù)平行四邊形定則，知c處的磁場方向豎直向下，d處的磁場方向豎直向下，且合場強(qiáng)大小相等．故C正確．D、a、c兩點(diǎn)的磁場方向都是豎直向下．故D錯(cuò)誤．故選C．【點(diǎn)評】解決本題的關(guān)鍵掌握右手螺旋定則判斷電流與其周圍磁場方向的關(guān)系，會(huì)根據(jù)平行四邊形定則進(jìn)行合成．【解題方法點(diǎn)撥】（一）平均速度與瞬時(shí)速度1．在運(yùn)用安培定則判定直線電流和環(huán)形電流的磁場時(shí)應(yīng)分清“因”和“果”．在判定直線電流的磁場方向時(shí)，大拇指指“原因”﹣﹣電流方向，四指指“結(jié)果”﹣﹣磁場繞向；在判定環(huán)形電流的磁場方向時(shí)，四指指“原因”﹣﹣電流繞向，大拇指指“結(jié)果”﹣﹣環(huán)內(nèi)沿中心軸線的磁感線方向．2．磁場的疊加：磁感應(yīng)強(qiáng)度是矢量，計(jì)算時(shí)與力的計(jì)算方法相同，利用平行四邊形定則或正交分解法進(jìn)行合成與分解．解決此類問題應(yīng)注意以下幾點(diǎn)（1）根據(jù)安培定則確定通電導(dǎo)線周圍磁感線的方向．（2）磁場中每一點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向?yàn)樵擖c(diǎn)磁感線的切線方向．（3）磁感應(yīng)強(qiáng)度是矢量，多個(gè)通電導(dǎo)體產(chǎn)生的磁場疊加時(shí)，合磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度等于各場源單獨(dú)存在時(shí)在該點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度的矢量和．（二）安培力作用下導(dǎo)體運(yùn)動(dòng)方向的判定（1）判定通電導(dǎo)體在安培力作用下的運(yùn)動(dòng)或運(yùn)動(dòng)趨勢，首先必須弄清楚導(dǎo)體所在位置的磁場分布情況，然后利用左手定則準(zhǔn)確判定導(dǎo)體的受力情況，進(jìn)而確定導(dǎo)體的運(yùn)動(dòng)方向或運(yùn)動(dòng)趨勢的方向．現(xiàn)對五種常用的方法列表如下：電流元法把整段彎曲導(dǎo)線分為多段直線電流元，先用左手定則判斷每段電流元受力的方向，然后判斷整段導(dǎo)線所受合力的方向，從而確定導(dǎo)線運(yùn)動(dòng)方向特殊位置法通電導(dǎo)線轉(zhuǎn)動(dòng)到某個(gè)便于分析的特殊位置時(shí)，判斷其所受安培力的方向，從而確定其運(yùn)動(dòng)方向