2025年高考物理復(fù)習(xí)新題速遞之電磁感應(yīng)（2024年9月）

第1頁（共1頁）2025年高考物理復(fù)習(xí)新題速遞之電磁感應(yīng)（2024年9月）一．選擇題（共10小題）1．（2024?岳麓區(qū)校級(jí)開學(xué)）如圖所示，邊長為L的光滑正方形導(dǎo)線框，以初速度v0進(jìn)入寬度為L的勻強(qiáng)磁場，線框剛好能離開磁場，則在線框進(jìn)入和離開磁場的過程中，下列物理量一定相同的是（）A．感應(yīng)電流的方向 B．線框產(chǎn)生的熱量 C．通過某個(gè)截面的電量大小 D．線框所受的平均安培力2．（2024?北京開學(xué)）如圖所示，a、b是兩個(gè)相同的小燈泡，L是一個(gè)自感系數(shù)很大的線圈，其直流電阻值與R相同，且R小于小燈泡的電阻。閉合開關(guān)S，待電路達(dá)到穩(wěn)定后，a、b兩燈泡均可發(fā)光。由于自感作用，在開關(guān)S接通和斷開后，燈泡a和b中的電流方向和發(fā)光情況（只考慮接通和斷開后的短時(shí)間內(nèi)），下列說法中正確的是（）A．S斷開后，兩燈泡中的電流方向均與S接通后的方向相反 B．S接通與斷開后，兩燈泡中的電流方向均保持不變 C．S接通后燈泡a先達(dá)到最亮，S斷開后燈泡b滯后熄滅 D．S接通后燈泡b先達(dá)到最亮，S斷開后燈泡b滯后熄滅3．（2023秋?思明區(qū)校級(jí)月考）下列四個(gè)實(shí)驗(yàn)情境，其中說法中正確的是（）A．如圖甲所示，ABC構(gòu)成等邊三角形，若兩通電導(dǎo)線A、B在C處產(chǎn)生磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B0，則C處磁場的總磁感應(yīng)強(qiáng)度大小是B0 B．如圖乙所示，小磁針正上方的直導(dǎo)線與小磁針平行，當(dāng)導(dǎo)線中通有如圖乙所示電流時(shí)，小磁針的N極將會(huì)垂直紙面向內(nèi)轉(zhuǎn)動(dòng) C．如圖丙所示，一矩形線框置于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，線框平面與磁場方向平行，線框的面積為S，則此時(shí)通過線框的磁通量為BS D．如圖丁所示，豎直放置的長直導(dǎo)線通有恒定電流，有一矩形線框與導(dǎo)線在同一豎直面內(nèi)，將線框繞PQ軸轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)線圈中會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流4．（2024?海門區(qū)校級(jí)學(xué)業(yè)考試）用導(dǎo)線將靈敏電流表與金屬棒連接成一個(gè)磁生電的實(shí)驗(yàn)電路，如圖所示，則下列哪種操作能使指針偏轉(zhuǎn)（）A．使導(dǎo)體ab向左（或向右）移動(dòng) B．使導(dǎo)體ab向上（或向下）移動(dòng) C．使導(dǎo)體ab沿a→b的方向移動(dòng) D．使導(dǎo)體ab沿b→a的方向移動(dòng)5．（2024?河北區(qū)學(xué)業(yè)考試）如圖所示，閉合矩形金屬線圈abcd位于固定通電長直導(dǎo)線附近，線圈與導(dǎo)線始終在同一平面內(nèi)，線圈的兩個(gè)邊與導(dǎo)線平行。則下列說法正確的是（）A．通電長直導(dǎo)線周圍的磁場為勻強(qiáng)磁場 B．線圈向右平移時(shí)，線圈中有感應(yīng)電流 C．當(dāng)長直導(dǎo)線中電流I逐漸增大，線圈中沒有感應(yīng)電流 D．當(dāng)長直導(dǎo)線中電流I逐漸減小，線圈中沒有感應(yīng)電流6．（2024?全國自主招生）如圖，E是電源，S是開關(guān)，R1和R2是定值電阻，L可視為電阻為零的自感線圈，電流表A1和A2可視為理想電流表。在開關(guān)S閉合后的很短時(shí)間內(nèi)（）A．A1示數(shù)減小，A2示數(shù)增大 B．A1示數(shù)增大，A2示數(shù)增大 C．A1示數(shù)增大，A2示數(shù)減小 D．A1示數(shù)減小，A2示數(shù)減小7．（2024?全國自主招生）如圖，水平光滑桌面（紙面）上兩根長直導(dǎo)線M、N相互垂直固定放置，兩者彼此絕緣，M通有向上的電流，N通有向右的電流，桌面上4個(gè)圓形金屬線框a、b、c、d分別放在兩導(dǎo)線交叉所形成的編號(hào)為1、2、3、4的區(qū)域內(nèi)，每個(gè)線框距兩導(dǎo)線的距離均相同。當(dāng)兩導(dǎo)線中的電流都由I突然增大到2I時(shí)，（）A．a(chǎn)向左下方運(yùn)動(dòng) B．b向右下方運(yùn)動(dòng) C．c向左下方運(yùn)動(dòng) D．d向右下方運(yùn)動(dòng)8．（2024?海南）如圖所示，水平桌面上放置閉合導(dǎo)體圓環(huán)，圓環(huán)某一直徑正上方有通電直導(dǎo)線，下列情況中，閉合圓環(huán)中有感應(yīng)電流產(chǎn)生的是（）A．增大通電直導(dǎo)線中的電流 B．圓環(huán)繞圖示直徑旋轉(zhuǎn) C．通電直導(dǎo)線豎直向上遠(yuǎn)離圓環(huán) D．通電直導(dǎo)線豎直向下靠近圓環(huán)9．（2023秋?李滄區(qū)校級(jí)月考）福建艦是我國完全自主設(shè)計(jì)建造的首艘配置電磁彈射的航空母艦。其原理可簡化為，兩根平行長直金屬導(dǎo)軌沿水平方向固定，導(dǎo)軌平面內(nèi)具有垂直于導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場。電磁彈射車垂直橫跨兩金屬導(dǎo)軌，且始終保持良好接觸。已知磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，電源的內(nèi)阻為r，兩導(dǎo)軌間距為L，電磁彈射車和飛機(jī)的總質(zhì)量為m，軌道電阻不計(jì)，電磁彈射車的電阻為R。通電后，飛機(jī)隨電磁彈射車滑行距離s后剛好能獲得最大的速度為v。若不計(jì)空氣阻力和摩擦，下列說法正確的是（）A．飛機(jī)在軌道上做變加速直線運(yùn)動(dòng) B．將電源的正負(fù)極調(diào)換，戰(zhàn)斗機(jī)仍然能實(shí)現(xiàn)加速起飛 C．電磁彈射車達(dá)到最大速度時(shí)電流不為零 D．電源的電動(dòng)勢為E=10．（2023秋?佛山期末）下列裝置運(yùn)用電磁感應(yīng)原理工作的是（）A．動(dòng)圈式話筒 B．等離子體發(fā)電 C．直流電動(dòng)機(jī) D．磁電式電流表二．多選題（共5小題）（多選）11．（2023秋?海淀區(qū)校級(jí)月考）如圖所示，兩根相互平行的光滑長直金屬導(dǎo)軌固定在水平絕緣桌面上，在導(dǎo)軌的左端接入電容為C的電容器和阻值為R的電阻。質(zhì)量為m、阻值也為R的導(dǎo)體棒MN靜止于導(dǎo)軌上，與導(dǎo)軌垂直，且接觸良好，導(dǎo)體棒接入電路的有效長度為l，導(dǎo)軌電阻和電容器極板的電阻忽略不計(jì)，整個(gè)系統(tǒng)處于方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B。開始時(shí)，電容器所帶的電荷量為Q，合上開關(guān)S后，下列說法正確的是（）A．導(dǎo)體棒MN所受安培力的最大值為BlQRCB．導(dǎo)體棒MN最終向右勻速運(yùn)動(dòng)，且速度為BlQBC．導(dǎo)體棒MN速度最大時(shí)，電阻R兩端的電壓為0 D．開始時(shí)電容器中儲(chǔ)存的電能全部轉(zhuǎn)化為焦耳熱和導(dǎo)體棒的動(dòng)能（多選）12．（2024春?江北區(qū)校級(jí)月考）如圖所示，固定在水平面上的光滑導(dǎo)軌EF、GH平行放置，EG間寬度為FH間寬度的4倍、已知FH的間距為L、導(dǎo)軌右側(cè)水平且處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場中，左側(cè)呈弧形升高。ab、cd是質(zhì)量均為m、電阻均為R的金屬棒、現(xiàn)讓ab從高水平軌道高h(yuǎn)處由靜止下滑，直到兩棒的速度達(dá)到穩(wěn)定，兩導(dǎo)軌足夠長，重力加速度為g，下列說法正確的是（）A．a(chǎn)b桿一直做加速運(yùn)動(dòng) B．全過程系統(tǒng)機(jī)械能的減少量等于電路產(chǎn)生的焦耳熱 C．a(chǎn)b棒克服安培力做了多少功，電路就產(chǎn)生了多少焦耳熱 D．cd棒最終的速度為4（多選）13．（2024?梅州一模）在第70場“南方教研大講堂”羅老師展示的課例中，她用磁力小車做了小實(shí)驗(yàn)。磁力小車如圖甲所示，它的內(nèi)部結(jié)構(gòu)可以簡化為如圖乙所示，其中A、B是具有單向?qū)щ娦缘陌l(fā)光二極管（正向電阻為零，反向電阻為無窮大），與線圈C構(gòu)成閉合回路。實(shí)驗(yàn)前，磁力小車靜止在水平桌面上（不計(jì)一切阻力）。關(guān)于實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象，下列說法正確的是（）A．將強(qiáng)磁鐵N極快速靠近小車，二極管A將閃亮 B．將強(qiáng)磁鐵S極快速靠近小車，二極管B將閃亮 C．將強(qiáng)磁鐵N極快速靠近小車，小車將向右運(yùn)動(dòng) D．將強(qiáng)磁鐵S極快速靠近小車，小車將向左運(yùn)動(dòng)（多選）14．（2024?沈河區(qū)校級(jí)四模）如圖甲所示，光滑且足夠長的固定斜面與水平面的夾角為30°，斜面上兩平行水平虛線MN和PQ之間有垂直于斜面向下的勻強(qiáng)磁場；PQ以下區(qū)域有垂直于斜面向上的勻強(qiáng)磁場，PQ兩側(cè)勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等。正方形導(dǎo)線框abcd四條邊的阻值相等，t＝0時(shí)刻將處于斜面上的導(dǎo)線框由靜止釋放，開始釋放時(shí)ab邊恰好與虛線MN重合，之后導(dǎo)線框的運(yùn)動(dòng)方向始終垂直于兩虛線，其運(yùn)動(dòng)的v﹣t圖像如圖乙所示，t1﹣t2時(shí)間內(nèi)導(dǎo)線框的速度大小為v0，重力加速度為g，下列說法正確的是（）A．0～t1時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)線框的ab邊一定沒有經(jīng)過虛線PQ B．t3～t4時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)線框的速度大小為v0C．t3～t4時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)線框a、c兩點(diǎn)間的電勢差為0 D．t2～t3時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)線框的位移大小為v（多選）15．（2023秋?重慶期末）如圖所示，在垂直紙面且范圍足夠大的勻強(qiáng)磁場中，有一個(gè)平行紙面放置的矩形閉合線圈，O1O2和O3O4都是該線圈的對稱軸。下列運(yùn)動(dòng)能使該線圈中產(chǎn)生感應(yīng)電流的是（）A．該線圈在紙面內(nèi)水平向右平動(dòng) B．該線圈在紙面內(nèi)向上平動(dòng) C．該線圈繞O1O2轉(zhuǎn)動(dòng) D．該線圈繞O3O4轉(zhuǎn)動(dòng)三．解答題（共5小題）16．（2023秋?撫順期末）固定在水平桌面上的水平粗糙導(dǎo)軌處于垂直桌面向上的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝1T，導(dǎo)軌間距L＝1m。左側(cè)接有定值電阻R＝2Ω。如圖甲所示（俯視圖），一質(zhì)量m＝2kg、阻值r＝2Ω的金屬棒在水平拉力F的作用下由靜止開始從CD處沿導(dǎo)軌向右加速運(yùn)動(dòng)，金屬棒的v﹣x圖像如圖乙所示。若金屬棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.25，則金屬棒在從起點(diǎn)出發(fā)到發(fā)生x＝1m位移的過程中，取重力加速度大小g＝10m/s2，求：（1）金屬棒克服安培力做的功W1；（2）拉力F做的功W；（3）整個(gè)過程系統(tǒng)產(chǎn)生的總熱量Q。17．（2024秋?尋甸縣月考）如圖甲所示，粗糙且相互平行的兩導(dǎo)軌固定在同一水平面內(nèi)，導(dǎo)軌間距L＝1m，導(dǎo)軌左側(cè)接有阻值R＝0.5Ω的定值電阻。金屬棒ab垂直導(dǎo)軌放置，與導(dǎo)軌和定值電阻圍成面積S＝1m2的閉合回路，空間存在方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化的圖像如圖乙所示。0～1.0s時(shí)間內(nèi)屬棒ab始終保持靜止，導(dǎo)軌和金屬棒ab電阻可忽略不計(jì)。求：（1）t＝0.5s時(shí)刻，金屬棒ab受到的摩擦力大??；（2）0～0.5s時(shí)間內(nèi)，定值電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱。18．（2024?浙江開學(xué)）如圖所示，間距為L、與水平面夾角θ＝30°的平行金屬軌道間存在垂直軌道平面向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B（滿足B2=mR5L2gL）的勻強(qiáng)磁場，平行導(dǎo)軌通過單刀雙擲開關(guān)與一只阻值為R的電阻或減速裝置相連，減速裝置由半徑為L的圓環(huán)、轉(zhuǎn)軸和一根阻值為R的金屬短棒焊接而成，圓環(huán)邊緣和轉(zhuǎn)軸通過電刷連入電路。圓環(huán)內(nèi)存在垂直圓環(huán)平面向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場。質(zhì)量為m、阻值為R的金屬桿垂直軌道放置，初始位置離軌道底端終點(diǎn)的距離為25L，不計(jì)桿與軌道間的摩擦，忽略焊點(diǎn)、電刷、導(dǎo)線和導(dǎo)軌的電阻。現(xiàn)將開關(guān)S打到a端與電阻相連，將金屬桿由靜止釋放，最終金屬桿勻速?zèng)_過終點(diǎn)；再將開關(guān)S打到b端與減速裝置相連，將金屬桿放回初始位置，并使其獲得平行斜面向下、大小為（1）開關(guān)S打到a時(shí)，金屬桿最終的速度；（2）開關(guān)S打到a時(shí)，金屬桿到達(dá)軌道底端終點(diǎn)的時(shí)間；（3）開關(guān)S打到b時(shí)，減速裝置轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度ω與運(yùn)動(dòng)時(shí)間的關(guān)系。19．（2024春?沙坪壩區(qū)校級(jí)月考）在水平面上固定有兩光滑平行金屬導(dǎo)軌，如圖（a）所示。虛線MN左側(cè)存在著豎直向下的勻強(qiáng)磁場，導(dǎo)體棒a、b、c垂直靜止在導(dǎo)軌上且接觸良好，導(dǎo)體棒b、c用輕質(zhì)絕緣桿相連，三根導(dǎo)體棒的長度以及導(dǎo)軌寬度均為L＝0.6m?，F(xiàn)固定導(dǎo)體棒b、c，對導(dǎo)體棒a施加一個(gè)與其垂直的力F，使導(dǎo)體棒a做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，F(xiàn)隨導(dǎo)體棒a的速度v的變化圖像如圖（b）所示，經(jīng)時(shí)間t＝3s撤去拉力，同時(shí)釋放導(dǎo)體棒b、c。經(jīng)過一段時(shí)間三根導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)狀態(tài)達(dá)到穩(wěn)定，此時(shí)a棒仍未出磁場，導(dǎo)體棒a、b間的距離x=23m，已知三根導(dǎo)體棒質(zhì)量相同，均為m＝0.1kg，電阻相同，均為r＝0.2（1）磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度和撤去拉力時(shí)導(dǎo)體棒a的速度；（2）從撤去F到運(yùn)動(dòng)狀態(tài)達(dá)到穩(wěn)定過程中導(dǎo)體棒b上產(chǎn)生的焦耳熱；（3）導(dǎo)體棒b穿出磁場瞬間的速度和此時(shí)輕桿對導(dǎo)體棒b拉力的大?。ê雎源艌龅倪吔缧?yīng)）。20．（2024春?沙坪壩區(qū)校級(jí)月考）如圖所示，水平面上固定兩條光滑金屬軌道，兩導(dǎo)軌PQ、PR關(guān)于x軸對稱放置且與x軸夾角均為θ＝37°，在x軸上P點(diǎn)接觸良好；長為d＝1.2m的金屬桿CD置于y軸上時(shí)，桿兩端點(diǎn)CD恰好與導(dǎo)軌和y軸的兩交點(diǎn)重合。整個(gè)裝置處于豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B＝1T?，F(xiàn)給桿的中點(diǎn)施加外力，使桿以速度v＝4m/s沿x軸正方向勻速運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過程中桿始終與y軸平行。已知導(dǎo)軌和桿單位長度電阻均為λ＝1Ω/m，桿與導(dǎo)軌始終接觸良好，接觸電阻不計(jì)，sin37°＝0.6。（提示：可以用F﹣x圖像下的“面積”代表力F所做的功）求：（1）桿在O位置時(shí)，桿上通過的電流大小；（2）桿從O位置運(yùn)動(dòng)到P位置過程中，桿兩端點(diǎn)CD間的電勢差UCD與桿所在處的橫坐標(biāo)x的關(guān)系式；（3）桿從O位置運(yùn)動(dòng)到P位置，桿產(chǎn)生的焦耳熱Q。

2025年高考物理復(fù)習(xí)新題速遞之電磁感應(yīng)（2024年9月）參考答案與試題解析一．選擇題（共10小題）1．（2024?岳麓區(qū)校級(jí)開學(xué)）如圖所示，邊長為L的光滑正方形導(dǎo)線框，以初速度v0進(jìn)入寬度為L的勻強(qiáng)磁場，線框剛好能離開磁場，則在線框進(jìn)入和離開磁場的過程中，下列物理量一定相同的是（）A．感應(yīng)電流的方向 B．線框產(chǎn)生的熱量 C．通過某個(gè)截面的電量大小 D．線框所受的平均安培力【考點(diǎn)】線圈進(jìn)出磁場的能量計(jì)算；線圈進(jìn)出磁場的動(dòng)力學(xué)問題．【專題】比較思想；模型法；電磁感應(yīng)與電路結(jié)合；分析綜合能力．【答案】C【分析】根據(jù)楞次定律分析感應(yīng)電流方向；分析線框的運(yùn)動(dòng)情況，判斷兩個(gè)過程平均安培力的關(guān)系，分析線框產(chǎn)生的熱量；推導(dǎo)出電荷量與磁通量變化量的關(guān)系，再判斷通過某個(gè)截面的電量關(guān)系?！窘獯稹拷猓篈、線框進(jìn)入磁場時(shí)，穿過線框的磁通量向里增加，根據(jù)楞次定律可知，感應(yīng)電流的方向?yàn)槟鏁r(shí)針；線框離開磁場時(shí)，穿過線框的磁通量向里減少，根據(jù)楞次定律可知，感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針，故A錯(cuò)誤；BD、線框進(jìn)入磁場和離開磁場時(shí)，受到的安培力均向左，線框一直做減速運(yùn)動(dòng)，產(chǎn)生的感應(yīng)電流不斷減小，受到的安培力減小，故線框進(jìn)入磁場的平均安培力一定大于線框離開磁場的平均安培力，線框進(jìn)入磁場克服安培力的功一定大于線框離開磁場克服安培力的功，而克服安培力做功等于線框產(chǎn)生的熱量，所以線框進(jìn)入磁場產(chǎn)生的熱量一定大于線框離開磁場產(chǎn)生的熱量，故BD錯(cuò)誤；C、線框進(jìn)入磁場磁通量的變化量的絕對值等于線框離開磁場磁通量的變化量的絕對值，根據(jù)E=nΔΦΔt，I=ER，故選：C。【點(diǎn)評】解答本題的關(guān)鍵要根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律和電荷量與電流的關(guān)系推導(dǎo)出電荷量表達(dá)式q=nΔΦ2．（2024?北京開學(xué)）如圖所示，a、b是兩個(gè)相同的小燈泡，L是一個(gè)自感系數(shù)很大的線圈，其直流電阻值與R相同，且R小于小燈泡的電阻。閉合開關(guān)S，待電路達(dá)到穩(wěn)定后，a、b兩燈泡均可發(fā)光。由于自感作用，在開關(guān)S接通和斷開后，燈泡a和b中的電流方向和發(fā)光情況（只考慮接通和斷開后的短時(shí)間內(nèi)），下列說法中正確的是（）A．S斷開后，兩燈泡中的電流方向均與S接通后的方向相反 B．S接通與斷開后，兩燈泡中的電流方向均保持不變 C．S接通后燈泡a先達(dá)到最亮，S斷開后燈泡b滯后熄滅 D．S接通后燈泡b先達(dá)到最亮，S斷開后燈泡b滯后熄滅【考點(diǎn)】自感線圈對電路的影響；互感和互感現(xiàn)象．【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】D【分析】當(dāng)開關(guān)接通和斷開的瞬間，流過線圈的電流發(fā)生變化，產(chǎn)生自感電動(dòng)勢，阻礙原來電流的變化，根據(jù)自感現(xiàn)象的規(guī)律來分析?！窘獯稹拷猓涸撾娐房梢钥醋魇亲笥覂刹糠植⒙?lián)后再串聯(lián)起來。S剛剛接通時(shí)，L上的自感會(huì)使原電流慢慢增大。根據(jù)電路的特性，L支路上的電流增大時(shí)，和它并聯(lián)的b上的電流就減小，和它串聯(lián)的a上的電流就增大。所以S剛剛接通時(shí)b燈先達(dá)到最亮，隨著自感的消失，b的電流逐漸減小，a的電流逐漸增大，由于L是一個(gè)自感系數(shù)很大的線圈，其直流電阻值與電阻R相同，故最后都趨于穩(wěn)定且亮度相同，S斷開時(shí)，L和b構(gòu)成自感回路，a不在回路中，所以S斷開時(shí)，a立刻熄滅，b后熄滅，故ABC錯(cuò)誤，D正確。故選：D。【點(diǎn)評】對于線圈要抓住雙重特性：當(dāng)電流不變時(shí)，它相當(dāng)于電阻或?qū)Ь€（電阻不計(jì)時(shí)），當(dāng)電流變化時(shí)，產(chǎn)生自感電動(dòng)勢，相當(dāng)于電源。3．（2023秋?思明區(qū)校級(jí)月考）下列四個(gè)實(shí)驗(yàn)情境，其中說法中正確的是（）A．如圖甲所示，ABC構(gòu)成等邊三角形，若兩通電導(dǎo)線A、B在C處產(chǎn)生磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B0，則C處磁場的總磁感應(yīng)強(qiáng)度大小是B0 B．如圖乙所示，小磁針正上方的直導(dǎo)線與小磁針平行，當(dāng)導(dǎo)線中通有如圖乙所示電流時(shí)，小磁針的N極將會(huì)垂直紙面向內(nèi)轉(zhuǎn)動(dòng) C．如圖丙所示，一矩形線框置于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，線框平面與磁場方向平行，線框的面積為S，則此時(shí)通過線框的磁通量為BS D．如圖丁所示，豎直放置的長直導(dǎo)線通有恒定電流，有一矩形線框與導(dǎo)線在同一豎直面內(nèi)，將線框繞PQ軸轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)線圈中會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流【考點(diǎn)】線圈進(jìn)出磁場的動(dòng)力學(xué)問題；磁通量的計(jì)算．【專題】定性思想；推理法；電磁感應(yīng)與圖象結(jié)合；推理能力．【答案】B【分析】根據(jù)右手螺旋定則可以判斷電流產(chǎn)生的磁場的方向，由磁感應(yīng)強(qiáng)度的矢量合成特點(diǎn)即可計(jì)算合磁感應(yīng)強(qiáng)度；由小磁針的N極指向與磁場的方向一致，可以判斷小磁針的轉(zhuǎn)動(dòng)方向；由磁通量的定義，可以判斷磁通量的大小和變化特點(diǎn)，根據(jù)電磁感應(yīng)條件，即可判斷是否能產(chǎn)生感應(yīng)電流。【解答】解：A．如圖所示，根據(jù)安培定則和磁感應(yīng)強(qiáng)度的疊加規(guī)律可知C處磁場的總磁感應(yīng)強(qiáng)度大小是：BC故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)安培定則可知，當(dāng)導(dǎo)線中通有如圖乙所示電流時(shí)，導(dǎo)線下方的磁感應(yīng)強(qiáng)度垂直紙面向里，小磁針的N極將會(huì)垂直紙面向內(nèi)轉(zhuǎn)動(dòng)，故B正確；C．線框平面與磁場方向平行，垂直于磁場方向的面積為0，此時(shí)通過線框的磁通量為0，故C錯(cuò)誤；D．將線框繞PQ軸轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，穿過線圈中磁通量不變，線圈中不會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流，故D錯(cuò)誤。故選：B。【點(diǎn)評】本題考查右手螺旋定則的應(yīng)用、電磁感應(yīng)的理解，注意磁感應(yīng)強(qiáng)度是矢量，合成時(shí)需要根據(jù)平行四邊形法則。4．（2024?海門區(qū)校級(jí)學(xué)業(yè)考試）用導(dǎo)線將靈敏電流表與金屬棒連接成一個(gè)磁生電的實(shí)驗(yàn)電路，如圖所示，則下列哪種操作能使指針偏轉(zhuǎn)（）A．使導(dǎo)體ab向左（或向右）移動(dòng) B．使導(dǎo)體ab向上（或向下）移動(dòng) C．使導(dǎo)體ab沿a→b的方向移動(dòng) D．使導(dǎo)體ab沿b→a的方向移動(dòng)【考點(diǎn)】電磁感應(yīng)現(xiàn)象的發(fā)現(xiàn)過程．【專題】定性思想；推理法；電磁感應(yīng)與電路結(jié)合；理解能力．【答案】A【分析】明確感應(yīng)電流的條件，知道感應(yīng)電流產(chǎn)生需要有閉合回路和回路中磁通量發(fā)生變化兩個(gè)條件，根據(jù)條件進(jìn)行分析即可明確能否產(chǎn)生感應(yīng)電流?！窘獯稹拷猓篈、使導(dǎo)體ab向左（或向右）移動(dòng)時(shí)，導(dǎo)線和電流表組成的回路中磁通量發(fā)生變化，故產(chǎn)生感應(yīng)電流，指針發(fā)生偏轉(zhuǎn)，故A正確；B、使導(dǎo)體ab向上（或向下）移動(dòng)時(shí)，導(dǎo)線和電流表組成的回磁通量沒有發(fā)生變化，不會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流，指針不會(huì)發(fā)生偏轉(zhuǎn)，故B錯(cuò)誤；C、使導(dǎo)體ab沿a→b的方向移動(dòng)，導(dǎo)線和電流表組成的回磁通量沒有發(fā)生變化，不會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流，指針不會(huì)發(fā)生偏轉(zhuǎn)，故C錯(cuò)誤；D、使導(dǎo)體ab沿b→a的方向移動(dòng)，導(dǎo)線和電流表組成的回磁通量沒有發(fā)生變化，不會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流，指針不會(huì)發(fā)生偏轉(zhuǎn)，故D錯(cuò)誤；故選：A?！军c(diǎn)評】本題考查感應(yīng)電流產(chǎn)生的條件，也可以利用初中所學(xué)內(nèi)容，根據(jù)是否閉合回路中有部分導(dǎo)體切割磁感線來進(jìn)行分析判斷。5．（2024?河北區(qū)學(xué)業(yè)考試）如圖所示，閉合矩形金屬線圈abcd位于固定通電長直導(dǎo)線附近，線圈與導(dǎo)線始終在同一平面內(nèi)，線圈的兩個(gè)邊與導(dǎo)線平行。則下列說法正確的是（）A．通電長直導(dǎo)線周圍的磁場為勻強(qiáng)磁場 B．線圈向右平移時(shí)，線圈中有感應(yīng)電流 C．當(dāng)長直導(dǎo)線中電流I逐漸增大，線圈中沒有感應(yīng)電流 D．當(dāng)長直導(dǎo)線中電流I逐漸減小，線圈中沒有感應(yīng)電流【考點(diǎn)】電磁感應(yīng)現(xiàn)象的發(fā)現(xiàn)過程；通電直導(dǎo)線周圍的磁場．【專題】定性思想；推理法；電磁感應(yīng)中的力學(xué)問題；理解能力．【答案】B【分析】通電長直導(dǎo)線周圍的磁場不是勻強(qiáng)磁場，當(dāng)通過線圈的磁通量發(fā)生變化時(shí)，線圈中將會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流?！窘獯稹拷猓篈．通電長直導(dǎo)線周圍的磁場不是勻強(qiáng)磁場，離長直導(dǎo)線越遠(yuǎn)，它的磁場越弱，離長直導(dǎo)線越近，它的磁場越強(qiáng)，故A錯(cuò)誤；B．當(dāng)線圈向右移動(dòng)，逐漸遠(yuǎn)離導(dǎo)線時(shí)，磁場減弱，穿過線圈的磁通量減小，線圈中有感應(yīng)電流，故B正確；CD．當(dāng)導(dǎo)線中的電流逐漸增大或減小時(shí)，周圍磁場會(huì)發(fā)生變化，則線圈所在位置的磁感應(yīng)強(qiáng)度也逐漸增大或減小，穿過線圈的磁通量也隨之逐漸增大或減小，所以線圈中產(chǎn)生感應(yīng)電流，故CD錯(cuò)誤。故選：B?！军c(diǎn)評】本題主要考查了產(chǎn)生感應(yīng)電流的條件，解決本題的關(guān)鍵掌握右手螺旋定則判斷電流周圍的磁場方向。6．（2024?全國自主招生）如圖，E是電源，S是開關(guān)，R1和R2是定值電阻，L可視為電阻為零的自感線圈，電流表A1和A2可視為理想電流表。在開關(guān)S閉合后的很短時(shí)間內(nèi)（）A．A1示數(shù)減小，A2示數(shù)增大 B．A1示數(shù)增大，A2示數(shù)增大 C．A1示數(shù)增大，A2示數(shù)減小 D．A1示數(shù)減小，A2示數(shù)減小【考點(diǎn)】自感線圈對電路的影響．【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】B【分析】電感在自身電流發(fā)生變化時(shí)會(huì)產(chǎn)生一種阻礙作用，電流逐漸穩(wěn)定過程中，L可視為電阻為零的自感線圈，從而分析電流表變化?！窘獯稹拷猓焊鶕?jù)自感原理可知，在開關(guān)S閉合后，I1=ER1+R2，I2接近0，L可視為電阻為零的自感線圈，則之后R2被短路，則A1示數(shù)增大，A故選：B?！军c(diǎn)評】本題要明確電感的自感現(xiàn)象，是由于電磁感應(yīng)現(xiàn)象使其內(nèi)部電流產(chǎn)生的一個(gè)變化。7．（2024?全國自主招生）如圖，水平光滑桌面（紙面）上兩根長直導(dǎo)線M、N相互垂直固定放置，兩者彼此絕緣，M通有向上的電流，N通有向右的電流，桌面上4個(gè)圓形金屬線框a、b、c、d分別放在兩導(dǎo)線交叉所形成的編號(hào)為1、2、3、4的區(qū)域內(nèi)，每個(gè)線框距兩導(dǎo)線的距離均相同。當(dāng)兩導(dǎo)線中的電流都由I突然增大到2I時(shí)，（）A．a(chǎn)向左下方運(yùn)動(dòng) B．b向右下方運(yùn)動(dòng) C．c向左下方運(yùn)動(dòng) D．d向右下方運(yùn)動(dòng)【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)中的力學(xué)問題；推理能力．【答案】D【分析】根據(jù)右手螺旋定則分析線框中的磁場方向，根據(jù)楞次定律分析線框的運(yùn)動(dòng)方向。【解答】解：根據(jù)右手螺旋定則可知，a、c中磁場為0，b中磁場向外，d中磁場向里，兩導(dǎo)線中的電流都由I突然增大到2I時(shí)，根據(jù)楞次定律可知b向左上方運(yùn)動(dòng)，d向右下方運(yùn)動(dòng)，a、b線框不動(dòng)，故D正確，ABC錯(cuò)誤；故選：D?！军c(diǎn)評】本題考查楞次定律的應(yīng)用，解題關(guān)鍵掌握楞次定律的特點(diǎn)，即總是阻礙磁通量的變化。8．（2024?海南）如圖所示，水平桌面上放置閉合導(dǎo)體圓環(huán)，圓環(huán)某一直徑正上方有通電直導(dǎo)線，下列情況中，閉合圓環(huán)中有感應(yīng)電流產(chǎn)生的是（）A．增大通電直導(dǎo)線中的電流 B．圓環(huán)繞圖示直徑旋轉(zhuǎn) C．通電直導(dǎo)線豎直向上遠(yuǎn)離圓環(huán) D．通電直導(dǎo)線豎直向下靠近圓環(huán)【考點(diǎn)】電磁感應(yīng)現(xiàn)象的發(fā)現(xiàn)過程．【專題】比較思想；模型法；電磁感應(yīng)與電路結(jié)合；理解能力．【答案】B【分析】當(dāng)穿過閉合回路的磁通量發(fā)生變化時(shí)，回路中就會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流。對照產(chǎn)生感應(yīng)電流的條件進(jìn)行分析?！窘獯稹拷猓篈、產(chǎn)生感應(yīng)電流的條件是穿過閉合回路的磁通量發(fā)生變化。閉合導(dǎo)體圓環(huán)某一直徑正上方的直導(dǎo)線中通有電流時(shí)，通電導(dǎo)線產(chǎn)生的磁場在以通電導(dǎo)線的投影為對稱軸的閉合導(dǎo)體圓環(huán)前后面中，磁場方向相反，可知閉合導(dǎo)體圓環(huán)的磁通量為零。增大通電直導(dǎo)線中的電流，閉合導(dǎo)體圓環(huán)的磁通量依然為零，磁通量沒有變化，所以圓環(huán)中不會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流，故A錯(cuò)誤；B、圓環(huán)繞圖示直徑旋轉(zhuǎn)，通過圓環(huán)的磁通量變化，圓環(huán)中產(chǎn)生感應(yīng)電流，故B正確；CD、通電直導(dǎo)線靠近或遠(yuǎn)離圓環(huán)，圓環(huán)的磁通量始終為零，圓環(huán)中不產(chǎn)生感應(yīng)電流，故CD錯(cuò)誤。故選：B。【點(diǎn)評】本題考查感應(yīng)電流的產(chǎn)生條件，要注意明確只有在閉合回路中磁通量發(fā)生變化時(shí)，閉合電路中才可以產(chǎn)生感應(yīng)電流。9．（2023秋?李滄區(qū)校級(jí)月考）福建艦是我國完全自主設(shè)計(jì)建造的首艘配置電磁彈射的航空母艦。其原理可簡化為，兩根平行長直金屬導(dǎo)軌沿水平方向固定，導(dǎo)軌平面內(nèi)具有垂直于導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場。電磁彈射車垂直橫跨兩金屬導(dǎo)軌，且始終保持良好接觸。已知磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，電源的內(nèi)阻為r，兩導(dǎo)軌間距為L，電磁彈射車和飛機(jī)的總質(zhì)量為m，軌道電阻不計(jì)，電磁彈射車的電阻為R。通電后，飛機(jī)隨電磁彈射車滑行距離s后剛好能獲得最大的速度為v。若不計(jì)空氣阻力和摩擦，下列說法正確的是（）A．飛機(jī)在軌道上做變加速直線運(yùn)動(dòng) B．將電源的正負(fù)極調(diào)換，戰(zhàn)斗機(jī)仍然能實(shí)現(xiàn)加速起飛 C．電磁彈射車達(dá)到最大速度時(shí)電流不為零 D．電源的電動(dòng)勢為E=【考點(diǎn)】有電源存在的導(dǎo)軌滑桿模型．【專題】比較思想；等效替代法；電磁感應(yīng)與電路結(jié)合；分析綜合能力．【答案】A【分析】根據(jù)牛頓第二定律以及閉合電路歐姆定律列式，分析加速度變化情況，從而判斷飛機(jī)的運(yùn)動(dòng)情況；根據(jù)左手定則，分析安培力方向，判斷戰(zhàn)斗機(jī)的運(yùn)動(dòng)情況；電磁彈射車達(dá)到最大速度v時(shí)，加速度減小為0，由此求最大速度時(shí)的電流和電源的電動(dòng)勢?！窘獯稹拷猓篈、電磁彈射車在軌道上運(yùn)動(dòng)受安培力作用而加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)飛機(jī)的速度為v1時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律有F＝BIL＝ma由閉合電路歐姆定律有I=E-BL解得a=E-BL可知，隨著速度增大，加速度減小，所以飛機(jī)做加速度減小的變加速直線運(yùn)動(dòng)，故A正確；B、將電源的正負(fù)極調(diào)換，安培力反向，戰(zhàn)斗機(jī)不能實(shí)現(xiàn)加速起飛，故B錯(cuò)誤；CD、電磁彈射車達(dá)到最大速度v時(shí)，加速度減小為0，則有a=E-BLv可得E＝BLv電磁彈射車達(dá)到最大速度時(shí)電流為I=E-BLvR+r=0故選：A?！军c(diǎn)評】分析清楚電磁彈射車的受力情況，分析其運(yùn)動(dòng)過程是解題的前提，應(yīng)用左手定則、安培力公式與牛頓第二定律即可解題，平時(shí)要注意基礎(chǔ)知識(shí)的學(xué)習(xí)與積累。10．（2023秋?佛山期末）下列裝置運(yùn)用電磁感應(yīng)原理工作的是（）A．動(dòng)圈式話筒 B．等離子體發(fā)電 C．直流電動(dòng)機(jī) D．磁電式電流表【考點(diǎn)】生活中的電磁感應(yīng)現(xiàn)象．【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】A【分析】本題根據(jù)電磁感應(yīng)，等離子體的導(dǎo)電性質(zhì)，通電導(dǎo)線在磁場中受力過程的特點(diǎn)分析求解?！窘獯稹拷猓篈.動(dòng)圈式話筒利用了電磁感應(yīng)原理工作，故A正確；B.等離子體發(fā)電利用了利用等離子體的導(dǎo)電性質(zhì)來產(chǎn)生電流，故B錯(cuò)誤；C.直流電動(dòng)機(jī)是通電導(dǎo)線在磁場中受力過程，不是電磁感應(yīng)原理，故C錯(cuò)誤；D.磁電式電流表的工作原理是通電線圈在磁場中受到安培力作用偏轉(zhuǎn)，故D錯(cuò)誤。故選：A?！军c(diǎn)評】本題考查了電磁感應(yīng)的應(yīng)用，理解各個(gè)物理定律或公式在生活中的應(yīng)用是解決此類問題的關(guān)鍵。二．多選題（共5小題）（多選）11．（2023秋?海淀區(qū)校級(jí)月考）如圖所示，兩根相互平行的光滑長直金屬導(dǎo)軌固定在水平絕緣桌面上，在導(dǎo)軌的左端接入電容為C的電容器和阻值為R的電阻。質(zhì)量為m、阻值也為R的導(dǎo)體棒MN靜止于導(dǎo)軌上，與導(dǎo)軌垂直，且接觸良好，導(dǎo)體棒接入電路的有效長度為l，導(dǎo)軌電阻和電容器極板的電阻忽略不計(jì)，整個(gè)系統(tǒng)處于方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B。開始時(shí)，電容器所帶的電荷量為Q，合上開關(guān)S后，下列說法正確的是（）A．導(dǎo)體棒MN所受安培力的最大值為BlQRCB．導(dǎo)體棒MN最終向右勻速運(yùn)動(dòng)，且速度為BlQBC．導(dǎo)體棒MN速度最大時(shí)，電阻R兩端的電壓為0 D．開始時(shí)電容器中儲(chǔ)存的電能全部轉(zhuǎn)化為焦耳熱和導(dǎo)體棒的動(dòng)能【考點(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；含有電容器的導(dǎo)軌滑桿模型；電磁感應(yīng)過程中的動(dòng)力學(xué)類問題．【專題】定量思想；推理法；電磁感應(yīng)——功能問題；分析綜合能力．【答案】BC【分析】電容器放電是一個(gè)動(dòng)態(tài)過程，在該過程下兩板間電荷量逐漸減小，但電容器的電容不變，所以電勢差逐漸減小，但此時(shí)導(dǎo)體棒MN在加速，產(chǎn)生反向電動(dòng)勢，直到MN棒電流為零，安培力為零時(shí)，MN開始減速，直到速度為0；該過程用動(dòng)量定理求導(dǎo)體棒的最大速度；整個(gè)過程電能全部轉(zhuǎn)化為電阻和導(dǎo)體棒MN的內(nèi)能?！窘獯稹拷猓篈、通過導(dǎo)體棒MN的電流最大時(shí)，導(dǎo)體棒MN所受安培力的最大，通過導(dǎo)體棒MN的電流最大值為：I根據(jù)安培力公式可知，導(dǎo)體棒MN所受安培力的最大值為：Fm=IB、當(dāng)電容器兩極板間的電壓大于導(dǎo)體棒MN切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢時(shí)，導(dǎo)體棒MN受到向右的安培力，導(dǎo)體棒MN做加速運(yùn)動(dòng)，隨著導(dǎo)體棒MN的增大，導(dǎo)體棒MN切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢增大，導(dǎo)體棒MN受到向右的安培力逐漸減小直至為零，導(dǎo)體棒MN最終向右勻速運(yùn)動(dòng)。對導(dǎo)體棒以向右為正，根據(jù)動(dòng)量定理有：BI而該過程通過導(dǎo)體棒MN的電量為：q=穩(wěn)定后電容器的帶電量為：Q﹣q＝CU＝CBLv聯(lián)立解得速度為：v=BlQB2C、由以上分析可知，導(dǎo)體棒MN速度最大時(shí)，電容器兩極板間的電壓等于導(dǎo)體棒MN切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢，電阻R兩端的電壓為0，故C正確；D、根據(jù)能量守恒可知，開始時(shí)電容器中儲(chǔ)存的部分電能轉(zhuǎn)化為焦耳熱和導(dǎo)體棒的動(dòng)能，故D錯(cuò)誤。故選：BC。【點(diǎn)評】本題考查電容器的動(dòng)態(tài)分析，利用動(dòng)態(tài)分析獲得的條件來判斷選項(xiàng)是否正確，知識(shí)點(diǎn)較廣，難度較大。（多選）12．（2024春?江北區(qū)校級(jí)月考）如圖所示，固定在水平面上的光滑導(dǎo)軌EF、GH平行放置，EG間寬度為FH間寬度的4倍、已知FH的間距為L、導(dǎo)軌右側(cè)水平且處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場中，左側(cè)呈弧形升高。ab、cd是質(zhì)量均為m、電阻均為R的金屬棒、現(xiàn)讓ab從高水平軌道高h(yuǎn)處由靜止下滑，直到兩棒的速度達(dá)到穩(wěn)定，兩導(dǎo)軌足夠長，重力加速度為g，下列說法正確的是（）A．a(chǎn)b桿一直做加速運(yùn)動(dòng) B．全過程系統(tǒng)機(jī)械能的減少量等于電路產(chǎn)生的焦耳熱 C．a(chǎn)b棒克服安培力做了多少功，電路就產(chǎn)生了多少焦耳熱 D．cd棒最終的速度為4【考點(diǎn)】雙桿在不等寬導(dǎo)軌上切割磁場的運(yùn)動(dòng)問題．【專題】定量思想；推理法；電磁感應(yīng)與電路結(jié)合；分析綜合能力；應(yīng)用數(shù)學(xué)處理物理問題的能力．【答案】BD【分析】A、對于ab棒，在圓弧軌道運(yùn)動(dòng)一直加速，進(jìn)入水平軌道后，受到與運(yùn)動(dòng)方向相反的安培力作用會(huì)做減速運(yùn)動(dòng)。金屬棒下落h過程應(yīng)用動(dòng)能定理求解ab棒剛進(jìn)入磁場時(shí)的速度，再對ab，cd分別應(yīng)用動(dòng)量定理列方程求解；B、根據(jù)能量守恒定律得回路產(chǎn)生的總熱量。C、根據(jù)功能關(guān)系進(jìn)行判斷；D、根據(jù)動(dòng)能定理結(jié)合動(dòng)量定理進(jìn)行求解。【解答】解：A．a(chǎn)b桿在弧形軌道上做加速運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)到水平軌道后，受到水平向左的安培力從而做減速運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)能量守恒，全過程系統(tǒng)機(jī)械能的減少量等于電路產(chǎn)生的焦耳熱，故B正確；C．根據(jù)功能關(guān)系，ab棒克服安培力做功轉(zhuǎn)化為電路產(chǎn)生的焦耳熱和cd棒的動(dòng)能，即ab棒克服安培力做功大于電路中產(chǎn)生的焦耳熱，故C錯(cuò)誤；D．設(shè)ab棒剛到水平軌道時(shí)的速度大小為v0，根據(jù)動(dòng)能定理mgh解得v0設(shè)兩金屬棒經(jīng)過時(shí)間t，后達(dá)到穩(wěn)定，穩(wěn)定時(shí)ab棒的速度大小為v1，cd棒的速度大小為v2，則對ab棒根據(jù)動(dòng)量定理（設(shè)v1的方向?yàn)檎?B對cd棒根據(jù)動(dòng)量定理BI達(dá)到穩(wěn)定時(shí)，電路中電流為0，則Eab＝Ecd即B×4Lv1＝BLv2解得v2=4故選：BD?！军c(diǎn)評】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，可以根據(jù)動(dòng)量定理、動(dòng)量守恒定律，或根據(jù)平衡條件、牛頓第二定律列出方程；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(dòng)能定理、功能關(guān)系等列方程求解。（多選）13．（2024?梅州一模）在第70場“南方教研大講堂”羅老師展示的課例中，她用磁力小車做了小實(shí)驗(yàn)。磁力小車如圖甲所示，它的內(nèi)部結(jié)構(gòu)可以簡化為如圖乙所示，其中A、B是具有單向?qū)щ娦缘陌l(fā)光二極管（正向電阻為零，反向電阻為無窮大），與線圈C構(gòu)成閉合回路。實(shí)驗(yàn)前，磁力小車靜止在水平桌面上（不計(jì)一切阻力）。關(guān)于實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象，下列說法正確的是（）A．將強(qiáng)磁鐵N極快速靠近小車，二極管A將閃亮 B．將強(qiáng)磁鐵S極快速靠近小車，二極管B將閃亮 C．將強(qiáng)磁鐵N極快速靠近小車，小車將向右運(yùn)動(dòng) D．將強(qiáng)磁鐵S極快速靠近小車，小車將向左運(yùn)動(dòng)【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；理解能力．【答案】ABC【分析】根據(jù)楞次定律判定感應(yīng)電流方向，結(jié)合二極管的單向?qū)щ娦耘卸ˋB選項(xiàng)；根據(jù)楞次定律的推廣判斷CD選項(xiàng)。【解答】解：A．將磁鐵N極快速靠近線圈，向右穿過線圈的磁通量增大，由楞次定律可知，整個(gè)回路中產(chǎn)生逆時(shí)針方向的感應(yīng)電流，二極管A正向接通，將閃亮；加在B上的是反向電壓，不能閃亮，故A正確；B．將磁鐵S極快速靠近線圈，穿過線圈的磁通量增大，由“楞次定律”可知，整個(gè)回路中產(chǎn)生順時(shí)針方向的感應(yīng)電流，則二極管B正向接通，將閃亮；加在A上的是反向電壓，不能閃亮，故B正確；CD．不管是強(qiáng)磁鐵N極快速靠近小車，還是強(qiáng)磁鐵S極快速靠近小車，根據(jù)楞次定律的推論“來拒去留”，小車都將向右運(yùn)動(dòng)，故C正確，D錯(cuò)誤。故選：ABC。【點(diǎn)評】本題主要考查了楞次定律的應(yīng)用和二極管的導(dǎo)電性，解題關(guān)鍵是掌握二極管的單向?qū)щ娦院透鶕?jù)楞次定律判定感應(yīng)電流的方法。（多選）14．（2024?沈河區(qū)校級(jí)四模）如圖甲所示，光滑且足夠長的固定斜面與水平面的夾角為30°，斜面上兩平行水平虛線MN和PQ之間有垂直于斜面向下的勻強(qiáng)磁場；PQ以下區(qū)域有垂直于斜面向上的勻強(qiáng)磁場，PQ兩側(cè)勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等。正方形導(dǎo)線框abcd四條邊的阻值相等，t＝0時(shí)刻將處于斜面上的導(dǎo)線框由靜止釋放，開始釋放時(shí)ab邊恰好與虛線MN重合，之后導(dǎo)線框的運(yùn)動(dòng)方向始終垂直于兩虛線，其運(yùn)動(dòng)的v﹣t圖像如圖乙所示，t1﹣t2時(shí)間內(nèi)導(dǎo)線框的速度大小為v0，重力加速度為g，下列說法正確的是（）A．0～t1時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)線框的ab邊一定沒有經(jīng)過虛線PQ B．t3～t4時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)線框的速度大小為v0C．t3～t4時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)線框a、c兩點(diǎn)間的電勢差為0 D．t2～t3時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)線框的位移大小為v【考點(diǎn)】根據(jù)B﹣t或者φ﹣t圖像計(jì)算感應(yīng)電動(dòng)勢；閉合電路歐姆定律的內(nèi)容和表達(dá)式．【專題】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】CD【分析】在線框進(jìn)入磁場和離開磁場的過程中，做變加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)導(dǎo)線框的邊長與磁場區(qū)域?qū)挾鹊拇笮∨袛郺b邊是否越過PQ邊線；分析兩段時(shí)間內(nèi)導(dǎo)線框勻速運(yùn)動(dòng)，由平衡條件結(jié)合動(dòng)生電動(dòng)勢公式、安培力公式求兩段勻速運(yùn)動(dòng)的速度大小關(guān)系；根據(jù)動(dòng)生電動(dòng)勢公式、閉合電路歐姆定律、電路中的關(guān)系等求Uac的大小；根據(jù)動(dòng)量定理結(jié)合電磁感應(yīng)和電路相關(guān)知識(shí)，求該時(shí)間段的位移。【解答】解：A、導(dǎo)線框在下滑過程中，若導(dǎo)線框的邊長大于MN和PQ之間的磁場寬度，導(dǎo)線框的ab邊可以經(jīng)過虛線PQ，故A錯(cuò)誤；B、由題圖可知，t1﹣t2時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)線框速度不變。若導(dǎo)線框的總電阻為R，根據(jù)平衡條件可得：I1BL＝mgsinθ其中根據(jù)歐姆定律可知電流：It3﹣t4時(shí)間內(nèi)，根據(jù)平衡條件可得：2I2BL＝mgsinθ其中電流：I則t3﹣t4時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)線框的速度大小為：v=v04C、t3﹣t4時(shí)間內(nèi)，a、b兩點(diǎn)間的電勢差為：Ua、c兩點(diǎn)間的電勢差為：U故導(dǎo)線框a、c兩點(diǎn)間的電勢差為0，故C正確；D、由題圖可知，t2﹣t3時(shí)間內(nèi)導(dǎo)線框做減速運(yùn)動(dòng)，且初末速度可讀，以沿斜面向下為正，根據(jù)動(dòng)量定理：mgsinθ其中：q=解得導(dǎo)線框的位移大小為：x=v04故選：CD?！军c(diǎn)評】本題考查電磁感應(yīng)與力學(xué)的綜合，要理清線框的運(yùn)動(dòng)過程，把握速度變化情況。要知道當(dāng)線框產(chǎn)生感應(yīng)電流時(shí)，安培力是阻礙相對運(yùn)動(dòng)的。因安培力不恒定，所以可運(yùn)用動(dòng)量定理求位移。（多選）15．（2023秋?重慶期末）如圖所示，在垂直紙面且范圍足夠大的勻強(qiáng)磁場中，有一個(gè)平行紙面放置的矩形閉合線圈，O1O2和O3O4都是該線圈的對稱軸。下列運(yùn)動(dòng)能使該線圈中產(chǎn)生感應(yīng)電流的是（）A．該線圈在紙面內(nèi)水平向右平動(dòng) B．該線圈在紙面內(nèi)向上平動(dòng) C．該線圈繞O1O2轉(zhuǎn)動(dòng) D．該線圈繞O3O4轉(zhuǎn)動(dòng)【考點(diǎn)】電磁感應(yīng)現(xiàn)象的發(fā)現(xiàn)過程．【專題】比較思想；模型法；電磁感應(yīng)與電路結(jié)合；理解能力．【答案】CD【分析】產(chǎn)生感應(yīng)電流的條件是穿過閉合電路的磁通量發(fā)生變化。對照條件分析線框中有無感應(yīng)電流產(chǎn)生?！窘獯稹拷猓篈B、該線圈在紙面內(nèi)水平向右平動(dòng)或該線圈在紙面內(nèi)向上平動(dòng)，根據(jù)Φ＝BS可知，穿過該線圈的磁通量不變，線圈中不能產(chǎn)生感應(yīng)電流，故AB錯(cuò)誤；CD、該線圈繞O1O2轉(zhuǎn)動(dòng)或繞O3O4轉(zhuǎn)動(dòng)，穿過該線圈的磁通量要發(fā)生變化，線圈中能產(chǎn)生感應(yīng)電流，故CD正確。故選：CD?！军c(diǎn)評】根據(jù)產(chǎn)生感應(yīng)電流的條件，判斷線圈中是否有感應(yīng)電流產(chǎn)生是電磁感應(yīng)中的基本要求，可根據(jù)磁感線的變化或公式Φ＝BS，判斷磁通量的變化，從而判斷有無感應(yīng)電流產(chǎn)生。三．解答題（共5小題）16．（2023秋?撫順期末）固定在水平桌面上的水平粗糙導(dǎo)軌處于垂直桌面向上的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝1T，導(dǎo)軌間距L＝1m。左側(cè)接有定值電阻R＝2Ω。如圖甲所示（俯視圖），一質(zhì)量m＝2kg、阻值r＝2Ω的金屬棒在水平拉力F的作用下由靜止開始從CD處沿導(dǎo)軌向右加速運(yùn)動(dòng)，金屬棒的v﹣x圖像如圖乙所示。若金屬棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.25，則金屬棒在從起點(diǎn)出發(fā)到發(fā)生x＝1m位移的過程中，取重力加速度大小g＝10m/s2，求：（1）金屬棒克服安培力做的功W1；（2）拉力F做的功W；（3）整個(gè)過程系統(tǒng)產(chǎn)生的總熱量Q。【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(dòng)切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)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】（1）金屬棒克服安培力做的功W1為0.25J；（2）拉力F做的功W為9.25J；（3）整個(gè)過程系統(tǒng)產(chǎn)生的總熱量Q為5.25J。【分析】（1）根據(jù)安培力公式、閉合電路歐姆定律、法拉第電磁感應(yīng)定律可得金屬棒所受的安培力與位移的關(guān)系，根據(jù)此關(guān)系分析求解金屬棒克服安培力做的功。（2）根據(jù)動(dòng)能定理解答。（3）根據(jù)能量守恒定律與功能關(guān)系解答?！窘獯稹拷猓海?）由題圖可得：v＝2x根據(jù)安培力公式、閉合電路歐姆定律、法拉第電磁感應(yīng)定律可得金屬棒所受的安培力大小為：FA＝BIL＝BL?ER+r=BL聯(lián)立解得：FA＝0.5x可知FA與x是線性關(guān)系，當(dāng)x＝0時(shí)安培力FA1＝0，當(dāng)x＝1m時(shí)，安培力FA2＝0.5N，則金屬棒從起點(diǎn)出發(fā)到發(fā)生x＝1m位移的過程中，金屬棒克服安培力做的功為：W1=12（FA1+FA2）x，其中：x解得：W1＝0.25J（2）根據(jù)動(dòng)能定理得：W﹣μmgx﹣W1=12mv解得：W＝9.25J（3）根據(jù)能量守恒定律與功能關(guān)系，可得外力做的功等于系統(tǒng)產(chǎn)生熱量和動(dòng)能，則有：Q=W-解得：Q＝5.25J答：（1）金屬棒克服安培力做的功W1為0.25J；（2）拉力F做的功W為9.25J；（3）整個(gè)過程系統(tǒng)產(chǎn)生的總熱量Q為5.25J?！军c(diǎn)評】本題考查了電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的功能關(guān)系問題。掌握根據(jù)安培力公式、閉合電路歐姆定律、法拉第電磁感應(yīng)定律求解安培力的過程，掌握電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的能量轉(zhuǎn)化與功能關(guān)系。17．（2024秋?尋甸縣月考）如圖甲所示，粗糙且相互平行的兩導(dǎo)軌固定在同一水平面內(nèi)，導(dǎo)軌間距L＝1m，導(dǎo)軌左側(cè)接有阻值R＝0.5Ω的定值電阻。金屬棒ab垂直導(dǎo)軌放置，與導(dǎo)軌和定值電阻圍成面積S＝1m2的閉合回路，空間存在方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化的圖像如圖乙所示。0～1.0s時(shí)間內(nèi)屬棒ab始終保持靜止，導(dǎo)軌和金屬棒ab電阻可忽略不計(jì)。求：（1）t＝0.5s時(shí)刻，金屬棒ab受到的摩擦力大?。唬?）0～0.5s時(shí)間內(nèi)，定值電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱?！究键c(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(jì)算電路中的電壓和電流．【專題】定量思想；推理法；電磁感應(yīng)——功能問題；電磁感應(yīng)中的力學(xué)問題；分析綜合能力．【答案】（1）t＝0.5s時(shí)刻，金屬棒ab受到的摩擦力大小0.64N；（2）0～0.5s時(shí)間內(nèi)，定值電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱0.64J?！痉治觥浚?）由法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路歐姆定律、安培力公式求金屬棒ab受到的摩擦力大小；（2）根據(jù)焦耳定律求定值電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱?！窘獯稹拷猓海?）根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得E=ΔBSt＝0.5s時(shí)，回路中的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B＝0.4T根據(jù)閉合電路歐姆定律可得回路中的感應(yīng)電流大小為I=E金屬ab處于靜止?fàn)顟B(tài)，由平衡條件可得f＝BIL聯(lián)立解得f＝0.64N（2）0～0.5s時(shí)間內(nèi)，根據(jù)焦耳定律可得Q＝I2Rt聯(lián)立解得Q＝0.64J答：（1）t＝0.5s時(shí)刻，金屬棒ab受到的摩擦力大小0.64N；（2）0～0.5s時(shí)間內(nèi)，定值電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱0.64J?！军c(diǎn)評】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，根據(jù)牛頓第二定律或平衡條件列出方程；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(dòng)能定理、功能關(guān)系等列方程求解。18．（2024?浙江開學(xué)）如圖所示，間距為L、與水平面夾角θ＝30°的平行金屬軌道間存在垂直軌道平面向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B（滿足B2=mR5L2gL）的勻強(qiáng)磁場，平行導(dǎo)軌通過單刀雙擲開關(guān)與一只阻值為R的電阻或減速裝置相連，減速裝置由半徑為L的圓環(huán)、轉(zhuǎn)軸和一根阻值為R的金屬短棒焊接而成，圓環(huán)邊緣和轉(zhuǎn)軸通過電刷連入電路。圓環(huán)內(nèi)存在垂直圓環(huán)平面向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場。質(zhì)量為m、阻值為R的金屬桿垂直軌道放置，初始位置離軌道底端終點(diǎn)的距離為25L，不計(jì)桿與軌道間的摩擦，忽略焊點(diǎn)、電刷、導(dǎo)線和導(dǎo)軌的電阻?，F(xiàn)將開關(guān)S打到a端與電阻相連，將金屬桿由靜止釋放，最終金屬桿勻速?zèng)_過終點(diǎn)；再將開關(guān)S打到b端與減速裝置相連，將金屬桿放回初始位置，并使其獲得平行斜面向下、大小為（1）開關(guān)S打到a時(shí)，金屬桿最終的速度；（2）開關(guān)S打到a時(shí)，金屬桿到達(dá)軌道底端終點(diǎn)的時(shí)間；（3）開關(guān)S打到b時(shí)，減速裝置轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度ω與運(yùn)動(dòng)時(shí)間的關(guān)系?！究键c(diǎn)】電磁感應(yīng)過程中的動(dòng)力學(xué)類問題；共點(diǎn)力的平衡問題及求解．【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】（1）開關(guān)S打到a時(shí)，金屬桿最終的速度為5gL；（2）開關(guān)S打到a時(shí)，金屬桿到達(dá)軌道底端終點(diǎn)的時(shí)間為15Lg（3）開關(guān)S打到b時(shí)，減速裝置轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度ω與運(yùn)動(dòng)時(shí)間的關(guān)系為ω＝10gL+gLt（t【分析】（1）開關(guān)S打到a時(shí)，金屬桿最終將勻速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)受力平衡解答；（2）根據(jù)動(dòng)量定理分析解答；（3）根據(jù)牛頓第二定律結(jié)合閉合電路歐姆定律分析解答?！窘獯稹拷猓海?）開關(guān)S打到a時(shí)，金屬桿最終將勻速運(yùn)動(dòng)，由受力分析可知mgsinθ＝BI1L又因?yàn)镮1=將B2=mRv1＝5gL（2）規(guī)定向下為正方向，根據(jù)動(dòng)量定理：mgtsinθ-∑B2L2v∑vΔt＝25L解得t＝15L（3）金屬桿做勻減速運(yùn)動(dòng)，則有a=由牛頓第二定律可知BIL﹣mgsinθ＝ma解得I=由閉合電路歐姆定律可知I=又v＝v0﹣at聯(lián)立解得：ω＝10gL+gLt（t答：（1）開關(guān)S打到a時(shí)，金屬桿最終的速度為5gL；（2）開關(guān)S打到a時(shí)，金屬桿到達(dá)軌道底端終點(diǎn)的時(shí)間為15Lg（3）開關(guān)S打到b時(shí)，減速裝置轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度ω與運(yùn)動(dòng)時(shí)間的關(guān)系為ω＝10gL+gLt（t【點(diǎn)評】本題是導(dǎo)軌問題，要熟練運(yùn)用切割公式、歐姆定律公式和安培力公式，同時(shí)要注意涉及動(dòng)量定理求解的方法。19．（2024春?沙坪壩區(qū)校級(jí)月考）在水平面上固定有兩光滑平行金屬導(dǎo)軌，如圖（a）所示。虛線MN左側(cè)存在著豎直向下的勻強(qiáng)磁場，導(dǎo)體棒a、b、c垂直靜止在導(dǎo)軌上且接觸良好，導(dǎo)體棒b、c用輕質(zhì)絕緣桿相連，三根導(dǎo)體棒的長度以及導(dǎo)軌寬度均為L＝0.6m?，F(xiàn)固定導(dǎo)體棒b、c，對導(dǎo)體棒a施加一個(gè)與其垂直的力F，使導(dǎo)體棒a做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，F(xiàn)隨導(dǎo)體棒a的速度v的變化圖像如圖（b）所示，經(jīng)時(shí)間t＝3s撤去拉力，同時(shí)釋放導(dǎo)體棒b、c。經(jīng)過一段時(shí)間三根導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)狀態(tài)達(dá)到穩(wěn)定，此時(shí)a棒仍未出磁場，導(dǎo)體棒a、b間的距離x=23m，已知三根導(dǎo)體棒質(zhì)量相同，均為m＝0.1kg，電阻相同，均為r＝0.2（1）磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度和撤去拉力時(shí)導(dǎo)體棒a的速度；（2）從撤去F到運(yùn)動(dòng)狀態(tài)達(dá)到穩(wěn)定過程中導(dǎo)體棒b上產(chǎn)生的焦耳熱；（3）導(dǎo)體棒b穿出磁場瞬間的速度和此時(shí)輕桿對導(dǎo)體棒b拉力的大?。ê雎源艌龅倪吔缧?yīng)）?！究键c(diǎn)】動(dòng)量定理在電磁感應(yīng)問題中的應(yīng)用；動(dòng)量守恒定律在電磁感應(yīng)問題中的應(yīng)用；電磁感應(yīng)過程中的動(dòng)力學(xué)類問題；電磁感應(yīng)過程中的能量類問題．【專題】定量思想；極端假設(shè)法；電磁感應(yīng)與圖象結(jié)合；應(yīng)用數(shù)學(xué)處理物理問題的能力．【答案】（1）磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為0.5T，導(dǎo)體棒a的速度為6m/s；（2）導(dǎo)體棒b上產(chǎn)生的焦耳熱為0.2J；（3）導(dǎo)體棒b穿出磁場瞬間的速度為1m/s，輕桿對導(dǎo)體棒b的拉力大小為0.15N?！痉治觥浚?）由法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律、牛頓第二定律可以得到加速度與磁感應(yīng)強(qiáng)度、速度的關(guān)系式，結(jié)合圖像中外力與速度的圖像，可以計(jì)算磁感應(yīng)強(qiáng)度和導(dǎo)體棒的速度；（2）根據(jù)導(dǎo)體棒撤去拉力后的功能轉(zhuǎn)換關(guān)系，結(jié)合動(dòng)量守恒可以計(jì)算產(chǎn)生的焦耳熱；（3）由動(dòng)量定理可以計(jì)算穿出磁場時(shí)的速度，根據(jù)動(dòng)生電動(dòng)勢的公式、歐姆定律可以計(jì)算輕桿對b的拉力?！窘獯稹拷猓海?）設(shè)導(dǎo)體棒a任意時(shí)刻速度為v，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有：E＝BLv，根據(jù)歐姆定律，電流為：I=E設(shè)a棒的加速度為a1，根據(jù)牛頓第二定律有：F﹣BIL＝ma1，整理得：F=ma結(jié)合圖（b）有：0.2N＝ma1，解得：a1=2m/s2，則t＝3s時(shí)導(dǎo)體棒a的速度：v1＝a1t，解得：v1＝6m/s；（2）設(shè)導(dǎo)體棒撤去拉力后達(dá)到的穩(wěn)定狀態(tài)時(shí)速度為v2，取向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有：mv1＝3mv2，解得：v2＝2m/s；回路中產(chǎn)生的總焦耳熱為Q，根據(jù)功能關(guān)系有：12mv12導(dǎo)體棒b上產(chǎn)生的焦耳熱：Qb=13Q×1（3）把導(dǎo)體棒b、c看成一根棒，設(shè)導(dǎo)體棒b穿出磁場時(shí)速度為v3，a穿出磁場后，在任意極短時(shí)間Δt內(nèi)，對導(dǎo)體棒b、c根據(jù)動(dòng)量定理有：BBL對從a穿出磁場到b穿出磁場整個(gè)過程有：-2B2L2此時(shí)導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生的電動(dòng)勢：Ec＝BLv3，解得：Ec＝0.3V，電流：IC=ECr+r2，代入得：IC＝1A，對導(dǎo)體棒b、c整體設(shè)加速度為a2，則：輕桿對導(dǎo)體棒b的拉力：F′＝ma2，解得：F′＝0.15N。答：（1）磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為0.5T，導(dǎo)體棒a的速度為6m/s；（2）導(dǎo)體棒b上產(chǎn)生的焦耳熱為0.2J；（3）導(dǎo)體棒b穿出磁場瞬間的速度為1m/s，輕桿對導(dǎo)體棒b的拉力大小為0.15N?！军c(diǎn)評】本題考查多個(gè)桿在磁場中運(yùn)動(dòng)的問題，在撤去拉力后，相當(dāng)于無源無外力的情況，對整體可以用動(dòng)量守恒；難點(diǎn)是：分析b受力時(shí)，需要先將bc作為一個(gè)整體，得到整體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)后，再分析b的受力，從而得到輕桿對b的力。20．（2024春?沙坪壩區(qū)校級(jí)月考）如圖所示，水平面上固定兩條光滑金屬軌道，兩導(dǎo)軌PQ、PR關(guān)于x軸對稱放置且與x軸夾角均為θ＝37°，在x軸上P點(diǎn)接觸良好；長為d＝1.2m的金屬桿CD置于y軸上時(shí)，桿兩端點(diǎn)CD恰好與導(dǎo)軌和y軸的兩交點(diǎn)重合。整個(gè)裝置處于豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B＝1T?，F(xiàn)給桿的中點(diǎn)施加外力，使桿以速度v＝4m/s沿x軸正方向勻速運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過程中桿始終與y軸平行。已知導(dǎo)軌和桿單位長度電阻均為λ＝1Ω/m，桿與導(dǎo)軌始終接觸良好，接觸電阻不計(jì)，sin37°＝0.6。（提示：可以用F﹣x圖像下的“面積”代表力F所做的功）求：（1）桿在O位置時(shí)，桿上通過的電流大?。唬?）桿從O位置運(yùn)動(dòng)到P位置過程中，桿兩端點(diǎn)CD間的電勢差UCD與桿所在處的橫坐標(biāo)x的關(guān)系式；（3）桿從O位置運(yùn)動(dòng)到P位置，桿產(chǎn)生的焦耳熱Q?！究键c(diǎn)】導(dǎo)體切割磁感線時(shí)的有效長度問題；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】定量思想；推理法；電磁感應(yīng)與電路結(jié)合；推理能力．【答案】（1）桿在O位置時(shí)，桿上通過的電流大小為1.5A；（2）桿從O位置運(yùn)動(dòng)到P位置過程中，桿兩端點(diǎn)CD間的電勢差UCD與桿所在處的橫坐標(biāo)x的關(guān)系式為UCD＝（3+2.25x）V；（3）桿從O位置運(yùn)動(dòng)到P位置，桿產(chǎn)生的焦耳熱Q為0.27J。【分析】（1）桿在O位置時(shí)，根據(jù)E＝Bdv求桿產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢，結(jié)合回路的總電阻，由閉合電路歐姆定律求桿上通過的電流大??；（2）桿從O位置運(yùn)動(dòng)到P位置過程中，先根據(jù)幾何關(guān)系求出桿與導(dǎo)軌接觸的兩點(diǎn)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢，確定這兩點(diǎn)間的電勢差，再求CD間的電勢差UCD；（3）根據(jù)功能關(guān)系結(jié)合焦耳定律求解桿從O位置運(yùn)動(dòng)到P位置，桿產(chǎn)生的焦耳熱Q。【解答】解：（1）桿在O位置時(shí)，根據(jù)閉合電路的歐姆定律結(jié)合法拉第電磁感應(yīng)定律可得I=E電路中的電阻R=d(1+1代入數(shù)據(jù)解得R＝3.2Ω解得桿上通過的電流大小I＝1.5A（2）桿移動(dòng)至x位置時(shí)，等效電路如圖所示導(dǎo)軌接入閉合電路的電阻R'金屬桿接入回路部分電阻r=2(2金屬桿接入回路的電動(dòng)勢為E1金屬桿未接入回路的電動(dòng)勢為E2金屬桿接入回路的兩端電壓為U=R'桿兩端點(diǎn)CD間的電勢差UCD與桿所在處的橫坐標(biāo)x的關(guān)系式UCD（3）由題意得，桿在滑動(dòng)時(shí)，電流I始終保持不變，由于桿勻速運(yùn)動(dòng)F=FF﹣x圖線與x軸所圍面積表示力F做的功，則WF＝7.2J因此，桿產(chǎn)生的焦耳熱Q=r代入數(shù)據(jù)解得Q＝0.27J答：（1）桿在O位置時(shí)，桿上通過的電流大小為1.5A；（2）桿從O位置運(yùn)動(dòng)到P位置過程中，桿兩端點(diǎn)CD間的電勢差UCD與桿所在處的橫坐標(biāo)x的關(guān)系式為UCD＝（3+2.25x）V；（3）桿從O位置運(yùn)動(dòng)到P位置，桿產(chǎn)生的焦耳熱Q為0.27J。【點(diǎn)評】對于電磁感應(yīng)現(xiàn)象中涉及電路問題的分析方法是：確定哪部分相當(dāng)于電源，根據(jù)電路連接情況畫出電路圖，結(jié)合法拉第電磁感應(yīng)定律和閉合電路的歐姆定律、以及電功率的計(jì)算公式列方程求解。

考點(diǎn)卡片1．共點(diǎn)力的平衡問題及求解【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.共點(diǎn)力（1）定義：如果一個(gè)物體受到兩個(gè)或更多力的作用，這些力共同作用在物體的在同一點(diǎn)上，或者雖不作用在同一點(diǎn)上，但它們的延長線交于一點(diǎn)，這幾個(gè)力叫作共點(diǎn)力。（2）力的合成的平行四邊形定則只適用于共點(diǎn)力。2.共點(diǎn)力平衡的條件（1）平衡狀態(tài)：物體保持靜止或勻速直線運(yùn)動(dòng)的狀態(tài)。（2）平衡條件：在共點(diǎn)力作用下物體平衡的條件是合力為0。3.對共點(diǎn)力平衡條件的理解及應(yīng)用合外力等于0，即F合＝0→正交分解法Fx合=0Fy合=0，其中Fx合和Fy4.平衡條件的推論（1）二力平衡：若物體在兩個(gè)力作用下處于平衡狀態(tài)，則這兩個(gè)力一定等大、反向。（2）三力平衡：若物體在三個(gè)共點(diǎn)力作用下處于平衡狀態(tài)，則任意兩個(gè)力的合力與第三個(gè)力等大、反向。（3）多力平衡：若物體在n個(gè)共點(diǎn)力作用下處于平衡狀態(tài)，則其中任意一個(gè)力必定與另外（n﹣1）個(gè)力的合力等大、反向。5.解答共點(diǎn)力平衡問題的三種常用方法6.平衡中的臨界、極值問題a.臨界問題（1）問題特點(diǎn)：①當(dāng)某物理量發(fā)生變化時(shí)，會(huì)引起其他幾個(gè)物理量的變化。②注意某現(xiàn)象“恰好出現(xiàn)”或“恰好不出現(xiàn)”的條件。（2）分析方法：基本方法是假設(shè)推理法，即先假設(shè)某種情況成立，然后根據(jù)平衡條件及有關(guān)知識(shí)進(jìn)行論證、求解。b.極值問題（1）問題界定：物體平衡的極值問題，一般指在力的變化過程中涉及力的最大值和最小值的問題。（2）分析方法：①解析法：根據(jù)物體平衡的條件列出方程，在解方程時(shí)，采用數(shù)學(xué)知識(shí)求極值或者根據(jù)物理臨界條件求極值。②圖解法：根據(jù)物體平衡的條件作出力的矢量圖，畫出平行四邊形或者矢量三角形進(jìn)行動(dòng)態(tài)分析，確定最大值或最小值。7.“活結(jié)”與“死結(jié)”、“活桿”與“死桿”模型（1）“活結(jié)”與“死結(jié)”模型①“活結(jié)”一般是由輕繩跨過光滑滑輪或者繩上掛一光滑掛鉤而形成的。繩雖然因“活結(jié)”而彎曲，但實(shí)際上是同一根繩，所以由“活結(jié)”分開的兩段繩上彈力的大小一定相等，兩段繩合力的方向一定沿這兩段繩夾角的平分線。②“死結(jié)”兩側(cè)的繩因結(jié)而變成了兩根獨(dú)立的繩，因此由“死結(jié)”分開的兩段繩上的彈力不一定相等。（2）“活桿”與“死桿”模型①“活桿”：指輕桿用轉(zhuǎn)軸或鉸鏈連接，當(dāng)輕桿處于平衡狀態(tài)時(shí)，輕桿所受到的彈力方向一定沿著桿，否則會(huì)引起輕桿的轉(zhuǎn)動(dòng)。如圖甲所示，若C為轉(zhuǎn)軸，則輕桿在緩慢轉(zhuǎn)動(dòng)中，彈力方向始終沿桿的方向。②“死桿”：若輕桿被固定，不發(fā)生轉(zhuǎn)動(dòng)，則輕桿所受到的彈力方向不一定沿桿的方向。如圖乙所示，水平橫梁的一端A插在墻壁內(nèi)，另一端B裝有一個(gè)小滑輪，繩的一端C固定于墻壁上，另一端跨過滑輪后懸掛重物m?；唽K的作用力應(yīng)為圖丙中兩段繩中拉力F1和F2的合力F的反作用力，即AB桿彈力的方向不沿桿的方向?！久}方向】例1：在如圖所示的甲、乙、丙、丁四幅圖中，滑輪光滑且所受的重力忽略不計(jì)，滑輪的軸O安裝在一根輕木桿P上，一根輕繩ab繞過滑輪，a端固定在墻上，b端下面掛一質(zhì)量為m的重物。當(dāng)滑輪和重物都靜止不動(dòng)時(shí)，甲、丙、丁圖中木桿P與豎直方向的夾角均為θ，乙圖中木桿P豎直。假設(shè)甲、乙、丙、丁四幅圖中滑輪受到木桿P的彈力的大小依次為FA、FB、FC、FD，則以下判斷正確的是（）A.FA＝FB＝FC＝FDB.FD＞FA＝FB＞FCC.FA＝FC＝FD＞FBD.FC＞FA＝FB＞FD分析：對滑輪受力分析，受兩個(gè)繩子的拉力和桿的彈力；滑輪一直保持靜止，合力為零，故桿的彈力與兩個(gè)繩子的拉力的合力等值、反向、共線。解答：由于兩個(gè)繩子的拉力大小等于重物的重力，大小不變，即四個(gè)選項(xiàng)中繩子的拉力是大小相等的，根據(jù)平行四邊形定則知兩個(gè)力的夾角越小，則合力越大，即滑輪兩邊繩子的夾角越小，繩子拉力的合力越大，故丁圖中繩子拉力合力最大，則桿的彈力最大，丙圖中夾角最大，繩子拉力合力最小，則桿的彈力最小，甲圖和乙圖中的夾角相同，則繩子拉力合力相等，則桿的彈力相等，所以甲、乙、丙、丁四幅圖中滑輪受到木桿P的彈力的大小順序?yàn)椋篎D＞FA＝FB＞FC，故B正確，ACD錯(cuò)誤。故選：B。本題考查的是力的合成與平衡條件在實(shí)際問題中的應(yīng)用，要注意桿的彈力可以沿著桿的方向也可以不沿著桿方向，結(jié)合平衡條件分析是關(guān)鍵。例2：如圖所示，兩根等長的輕繩將日光燈懸掛在天花板上，兩繩與豎直方向的夾角都為45°，日光燈保持水平，所受重力為G。則（）A.兩繩對日光燈拉力的合力大小等于GB.兩繩的拉力和重力不是共點(diǎn)力C.兩繩的拉力大小均為22D.兩繩的拉力大小均為G分析：兩繩的拉力和重力是共點(diǎn)力，根據(jù)合力為零分析AB選項(xiàng)；根據(jù)對稱性可知，左右兩繩的拉力大小相等，分析日光燈的受力情況，由平衡條件求解繩子的拉力大小。解答：B．對日光燈受力分析如圖：兩繩拉力的作用線與重力作用線的延長線交于一點(diǎn)，這三個(gè)力是共點(diǎn)力，故B錯(cuò)誤；A．由于日光燈在兩繩拉力和重力作用下處于靜止?fàn)顟B(tài)，所以兩繩的拉力的合力與重力G等大反向，故A正確；CD．由于兩個(gè)拉力的夾角成直角，且都與豎直方向成45°角，則由力的平行四邊形定則可知：G=F12+F22，F(xiàn)1＝F2，解得：F1＝F故選：AC。點(diǎn)評：本題主要是考查了共點(diǎn)力的平衡，解答本題的關(guān)鍵是：確定研究對象、進(jìn)行受力分析、進(jìn)行力的合成，利用平衡條件建立方程進(jìn)行解答。例3：如圖，三根長度均為l的輕繩分別連接于C、D兩點(diǎn)，A、B兩端被懸掛在水平天花板上，相距2l?，F(xiàn)在C點(diǎn)上懸掛一個(gè)質(zhì)量為m的重物，為使CD繩保持水平，在D點(diǎn)上可施加力的最小值為（）A.mgB.33C.12D.14分析：根據(jù)物體的受力平衡，依據(jù)幾何關(guān)系求解即可。解答：依題得，要想CD水平，則各繩都要緊繃，根據(jù)幾何關(guān)系可知，AC與水平方向的夾角為60°，結(jié)點(diǎn)C受力平衡，則受力分析如圖所示因此CD的拉力為T＝mg?tan30°D點(diǎn)受CD繩子拉力大小等于T，方向向左。要使CD水平，則D點(diǎn)兩繩的拉力與外界的力的合力為零，則CD繩子對D點(diǎn)的拉力可分解為沿BD繩的F1以及另一分力F2。由幾何關(guān)系可知，當(dāng)F2與BD垂直時(shí)，F(xiàn)2最小，F(xiàn)2的大小即為拉力大小，因此有F2min＝T?sin60°=1故ABD錯(cuò)誤，C正確。故選：C。點(diǎn)評：本題考查的是物體的受力平衡，解題的關(guān)鍵是當(dāng)F2與BD垂直時(shí)，F(xiàn)2最小，F(xiàn)2的大小即為拉力大小。例4：如圖甲所示，細(xì)繩AD跨過固定的水平輕桿BC右端的輕質(zhì)光滑定滑輪懸掛一質(zhì)量為M1的物體，∠ACB＝30°；圖乙中輕桿HG一端用鉸鏈固定在豎直墻壁上，另一端G通過細(xì)繩EG拉住，EG與水平方向的夾角為30°，在輕桿的G點(diǎn)用細(xì)繩GF懸掛一質(zhì)量為M2的物體（都處于靜止?fàn)顟B(tài)），求：（1）細(xì)繩AC的張力FTAC與細(xì)繩EG的張力FTEG之比；（2）輕桿BC對C端的支持力；（3）輕桿HG對G端的支持力。分析：（1）根據(jù)力的分解及幾何關(guān)系解答。（2）圖甲中對滑輪受力分析，運(yùn)用合成法求解細(xì)繩AC段的張力FAC與輕桿BC對C端的支持力；（3）乙圖中，以C點(diǎn)為研究對象，根據(jù)平衡條件求解細(xì)繩EG段的張力F2以及輕桿HG對G端的支持力。解答：下圖（a）和下圖（b）中的兩個(gè)物體M1、M2都處于平衡狀態(tài)，根據(jù)平衡的條件，首先判斷與物體相連的細(xì)繩，其拉力大小等于物體的重力；分別取C點(diǎn)和G點(diǎn)為研究對象，進(jìn)行受力分析如圖（a）和右圖（b）所示，根據(jù)平衡規(guī)律可求解。（1）上圖（a）中輕繩AD跨過定滑輪拉住質(zhì)量為M1的物體，物體處于平衡狀態(tài)，輕繩AC段的拉力FTAC＝FCD＝M1g；上圖（b）中由于FTEGsin30°＝M2g得FEG＝2M2g所以FTAC：FTEG＝M1：2M2。（2）上圖（a）中，根據(jù)FAC＝FCD＝M1g且夾角為120°故FNC＝FAC＝M1g，方向與水平方向成30°，指向斜右上方。（3）上圖（b）中，根據(jù)平衡方程有FNG=M2gtan30°答：（1）輕繩AC段的張力FAC與細(xì)繩EG的張力FEG之比為M1（2）輕桿BC對C端的支持力為M1g，指向斜右上方；（3）輕桿HG對G端的支持力大小為3M2g方向水平向右。點(diǎn)評：本題首先要抓住定滑輪兩端繩子的特點(diǎn)，其次要根據(jù)平衡條件，以C、G點(diǎn)為研究對象，按力平衡問題的一般步驟求解?！窘忸}思路點(diǎn)撥】1.在分析問題時(shí)，注意“靜止”和“v＝0”不是一回事，v＝0，a=0時(shí)，是靜止，是平衡狀態(tài)2.解答共點(diǎn)力平衡問題的一般步驟（1）選取研究對象，對于有相互作用的兩個(gè)或兩個(gè)以上的物體構(gòu)成的系統(tǒng)，應(yīng)明確所選研究對象是系統(tǒng)整體還是系統(tǒng)中的某一個(gè)物體（整體法或隔離法）。（2）對所選研究對象進(jìn)行受力分析，并畫出受力分析圖。（3）對研究對象所受的力進(jìn)行處理，對三力平衡問題，一般根據(jù)平衡條件畫出力合成時(shí)的平行四邊形。對四力或四力以上的平衡問題，一般建立合適的直角坐標(biāo)系，對各力按坐標(biāo)軸進(jìn)行分解。（4）建立平衡方程，對于四力或四力以上的平衡問題，用正交分解法列出方程組。3.臨界與極值問題的分析技巧（1）求解平衡中的臨界問題和極值問題時(shí)，首先要正確地進(jìn)行受力分析和變化過程分析，找出平衡中的臨界點(diǎn)和極值點(diǎn)。（2）臨界條件必須在變化中尋找，不能停留在一個(gè)狀態(tài)來研究臨界問題，而是要把某個(gè)物理量推向極端，即極大或極小，并依此作出科學(xué)的推理分析，從而給出判斷或結(jié)論。2．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.內(nèi)容：閉合電路的電流跟電源的電動(dòng)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(dòng)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(dòng)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(gè)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(dòng)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(dòng)勢也會(huì)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(dòng)勢必然減小C、如外電壓不變，則內(nèi)電壓減小時(shí)，電源電動(dòng)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(dòng)勢始終為二者之和，保持恒量分析：閉合電路里，電源的電動(dòng)勢等于內(nèi)電壓與外電壓之和．外電壓變化時(shí)，內(nèi)電壓也隨之變化，但電源的電動(dòng)勢不變．解答：A、如外電壓增大，則內(nèi)電壓減小，電源電動(dòng)勢保持不變。故A錯(cuò)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(dòng)勢保持不變。故B錯(cuò)誤。C、如外電壓不變，則內(nèi)電壓也不變。故C錯(cuò)誤。D、根據(jù)閉合電路歐姆定律得到，電源的電動(dòng)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(dòng)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(dòng)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(gè)關(guān)系式的對比3．用閉合電路的歐姆定律計(jì)算電路中的電壓和電流【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】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(jì)算電路的電壓、電流、電阻等參數(shù)。【命題方向】如圖所示的電路中，電源電動(dòng)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(jì)算方法?！窘忸}思路點(diǎn)撥】閉合電路的幾個(gè)關(guān)系式的對比4．通電直導(dǎo)線周圍的磁場【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】幾種常見的磁場如下：直線電流的磁場通電螺線管的磁場環(huán)形電流的磁場特點(diǎn)無磁極、非勻強(qiáng)，且距導(dǎo)線越遠(yuǎn)處磁場越弱與條形磁鐵的磁場相似，管內(nèi)為勻強(qiáng)磁場，管外為非勻強(qiáng)磁場環(huán)形電流的兩側(cè)是N極和S極，且離圓環(huán)中心越遠(yuǎn)，磁場越弱安培定則本考點(diǎn)主要針對通電直導(dǎo)線周圍的磁場分布【命題方向】如圖所示、導(dǎo)絨中通入由A向B的電流時(shí)，用輕繩懸掛的小磁針（）A、不動(dòng)B、N極向紙里，S極向紙外旋轉(zhuǎn)C、向上運(yùn)動(dòng)D、N極向紙外，s極向紙里旋轉(zhuǎn)分析：根據(jù)安培定則可明確小磁針?biāo)谖恢玫拇艌龇较?，從而確定小磁針的偏轉(zhuǎn)方向。解答：根據(jù)安培定則可知，AB上方的磁場向外，則小磁針的N極向紙外，S極向紙里旋轉(zhuǎn)，故D正確，ABC錯(cuò)誤。故選：D。點(diǎn)評：本題考查安培定則的內(nèi)容，對于直導(dǎo)線，用手握住導(dǎo)線，大拇指指向電流方向，四指環(huán)繞的方向?yàn)榇艌龅姆较??！窘忸}思路點(diǎn)撥】1.電流的方向跟它的磁感線方向之間的關(guān)系可以用安培定則（右手螺旋定則）來判斷。各種電流的磁場磁感線判斷方法如下：（1）直線電流：右手握住導(dǎo)線，讓伸直的拇指所指的方向與電流的方向一致，彎曲的四指所指的方向就是磁感線環(huán)繞的方向。（2）環(huán)形電流：讓右手彎曲的四指與環(huán)形電流的方向一致，伸直的拇指所指的方向就是環(huán)形導(dǎo)線軸線上磁場的方向。（3）通電螺線管：右手握住螺線管，讓彎曲的四指跟電流的方向一致，拇指所指的方向就是螺線管磁場的方向，或者說拇指所指的就是通電螺線管N極的方向。2.特別提醒（1）磁場是分布在立體空間的，（2）利用安培定則不僅可以判斷磁場的方向，還可以根據(jù)磁場的方向判斷電流的方向。（3）應(yīng)用安培定則判定直線電流時(shí)，四指所指的方向是導(dǎo)線之外磁場的方向；判定環(huán)形電流和通電螺線管電流時(shí)，拇指的指向是線圈軸線上磁場的方向。（4）環(huán)形電流相當(dāng)于小磁針，通電螺線管相當(dāng)于條形磁鐵，應(yīng)用安培定則判斷時(shí)，拇指所指的一端為它的N極。5．磁通量的計(jì)算【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.當(dāng)平面與磁場垂直時(shí)，穿過平面的磁通量為：Φ＝BS。2.當(dāng)平面與磁場不垂直時(shí)，S應(yīng)該為平面與磁感線方向上的投影面積，如下圖圖中穿過平面的磁通量為Φ＝BScosθ。式中Scosθ即為平面S在垂直于磁場方向上的投影面積，也稱為“有效面積”3.磁通量的正、負(fù)（1）磁通量是標(biāo)量，但有正、負(fù)，當(dāng)以磁感線從某一面上穿入時(shí)，磁通量為正值，則磁感線從此面穿出時(shí)即為負(fù)值。（2）若同時(shí)有磁感線沿相反方向穿過同一平面，且正向磁通量大小為Φ1，反向通量大小為Φ2，則穿過該平面的合磁通量Φ＝Φ1﹣Φ2?！久}方向】如圖所示，在一半徑為r的圓形區(qū)域內(nèi)有磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂直紙面向里?，F(xiàn)將匝數(shù)為n、半徑為R（R＞r）的圓形線圈垂直紙面放置，使其軸線經(jīng)過磁場區(qū)域的圓心，則穿過線圈的磁通量為（）A、πBr2B、πBR2C、nπBR2D、nπBr2分析：根據(jù)磁通量公式Φ＝BS分析求解；注意S為垂直于磁場方向上的有效面積，磁通量與匝數(shù)無關(guān)。解答：磁通量與匝數(shù)無關(guān)，線圈在磁場中的有效面積S＝πr2，根據(jù)磁通量的公式Φ＝BS可知，穿過線圈的磁通量Φ＝πBr2，故A正確，BCD錯(cuò)誤。故選：A。點(diǎn)評：本題考查了磁通量的定義，解題的關(guān)鍵是明確垂直于磁場方向上的有效面積，根據(jù)磁通量公式求解。【解題思路點(diǎn)撥】對磁通量的理解（1）Φ＝B?S的含義：Φ＝BS只適用于磁感應(yīng)強(qiáng)度B與面積S垂直的情況．當(dāng)B與S平面間的夾角為θ時(shí)，則有Φ＝BSsinθ．可理解為Φ＝BSsinθ，即Φ等于B與S在垂直于B方向上投影面積的乘積．也可理解為Φ＝BsinθS，即Φ等于B在垂直于S方向上的分量與S的乘積．如圖（1）所示．（2）面積S的含義：S不一定是某個(gè)線圈的真正面積，而是線圈在磁場范圍內(nèi)的面積．如圖（2）所示，S應(yīng)為線圈面積的一半．（3）多匝線圈的磁通量：多匝線圈內(nèi)磁通量的大小與線圈匝數(shù)無關(guān)，因?yàn)椴徽摼€圈匝數(shù)多少，穿過線圈的磁感線條數(shù)相同，而磁感線條數(shù)可表示磁通量的大?。?）合磁通量求法：若某個(gè)平面內(nèi)有不同方向和強(qiáng)弱的磁場共同存在，當(dāng)計(jì)算穿過這個(gè)面的磁通量時(shí)，先規(guī)定某個(gè)方向的磁通量為正，反方向的磁通量為負(fù)，平面內(nèi)各個(gè)方向的磁通量的代數(shù)和等于這個(gè)平面內(nèi)的合磁通量．6．電磁感應(yīng)現(xiàn)象的發(fā)現(xiàn)過程【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.提出物理問題：奧斯特發(fā)現(xiàn)的電流的磁效應(yīng)，證實(shí)了電現(xiàn)象和磁現(xiàn)象是有聯(lián)系的。人們從電流磁效應(yīng)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(yùn)動(dòng)，那么，為什么不能用磁體使導(dǎo)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(shè)想，并為此進(jìn)行了長達(dá)10年的探索，從中領(lǐng)悟到，“磁生電”是一種在變化、運(yùn)動(dòng)的過程中才能出現(xiàn)的效應(yīng)。3.電磁感應(yīng)現(xiàn)象的發(fā)現(xiàn)：1831年，法拉第把兩個(gè)線圈繞在一個(gè)鐵環(huán)上（如下圖），一個(gè)線圈接電源，另一個(gè)線圈接“電流表”。當(dāng)給一個(gè)線圈通電或斷電的瞬間，在另一個(gè)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(yīng)現(xiàn)象發(fā)現(xiàn)的意