2024-2025學(xué)年下學(xué)期高二物理教科版同步經(jīng)典題精練之法拉第電磁感應(yīng)定律

第47頁（共47頁）2024-2025學(xué)年下學(xué)期高中物理教科版（2019）高二同步經(jīng)典題精練之法拉第電磁感應(yīng)定律一．選擇題（共5小題）1．（2025?重慶一模）如圖所示，兩條拋物線形狀的平行光滑固定導(dǎo)軌，其頂端切線水平，底端連接一開關(guān)S。一細(xì)直金屬棒置于導(dǎo)軌頂端，與兩導(dǎo)軌垂直并接觸良好。當(dāng)該金屬棒從導(dǎo)軌頂端以初速度v0水平拋出后，恰好能沿導(dǎo)軌無擠壓地運(yùn)動(dòng)至底端。若在整個(gè)空間加上一豎直向下的勻強(qiáng)磁場，該金屬棒再以相同速度v0從導(dǎo)軌頂端水平拋出，不計(jì)空氣阻力，則在該金屬棒落地前的運(yùn)動(dòng)過程中（）A．若開關(guān)S斷開，回路中的感應(yīng)電動(dòng)勢為零 B．若開關(guān)S斷開，回路中的感應(yīng)電動(dòng)勢逐漸變大 C．若開關(guān)S閉合，該金屬棒不會(huì)離開導(dǎo)軌 D．若開關(guān)S閉合，該金屬棒在豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)2．（2024秋?無錫校級期末）如圖所示，等腰直角三角形內(nèi)分布有垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場，它的直角邊在x軸上且長為L，高為L。紙面內(nèi)一邊長為L的正方形導(dǎo)線框沿x軸正方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)穿過磁場區(qū)域，在t＝0時(shí)刻恰好位于圖中所示的位置。以順時(shí)針方向?yàn)閷?dǎo)線框中電流的正方向，下列圖像正確的是（）A． B． C． D．3．（2025?重慶模擬）如圖所示，一梯形閉合導(dǎo)線圈沿垂直磁場和磁場豎直邊界的方向，勻速向右穿過勻強(qiáng)磁場區(qū)域。取感應(yīng)電流沿逆時(shí)針方向?yàn)檎?，則該過程中，該線圈中的感應(yīng)電流i隨時(shí)間t變化的關(guān)系（）A． B． C． D．4．（2024秋?金鳳區(qū)校級期末）將電阻為R的硬質(zhì)細(xì)導(dǎo)線做成半徑為r的圓環(huán)，其內(nèi)接正方形區(qū)域內(nèi)充滿垂直于圓環(huán)面的磁場，t＝0時(shí)磁場方向如圖甲所示，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖乙所示，規(guī)定垂直紙面向外為磁場的正方向，則在t＝0到t＝4t0的時(shí)間內(nèi)，下列說法正確的是（）A．2t0﹣3t0時(shí)間內(nèi)圓環(huán)中的感應(yīng)電流B0B．0﹣2t0時(shí)間內(nèi)圓環(huán)中的感應(yīng)電流方向先順時(shí)針后逆時(shí)針 C．3t0﹣4t0時(shí)間內(nèi)圓環(huán)中的感應(yīng)電流逐漸減小 D．0﹣2t0時(shí)間內(nèi)圓環(huán)中的感應(yīng)電流為25．（2025?合肥模擬）如圖所示，將兩根表面涂有絕緣漆的相同硬質(zhì)細(xì)導(dǎo)線分別繞成閉合線圈a、b，兩線圈中大圓環(huán)半徑均為小圓環(huán)的3倍，垂直線圈平面方向有一勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻變化，則a、b兩線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢大小之比為（）A．5：13 B．13：5 C．1：7 D．7：1二．多選題（共4小題）（多選）6．（2024秋?石家莊期末）如圖，在絕緣水平面內(nèi)建有直角坐標(biāo)系Oxy，第一象限內(nèi)有豎直向下的磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度沿x軸方向均勻分布，沿y軸正方向減小。在磁場中水平固定一正三角形細(xì)導(dǎo)線框abc，ab邊平行于x軸。若使此區(qū)域各點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間增大的變化率為k，則下列說法正確的是（）A．導(dǎo)線框的發(fā)熱功率恒定 B．導(dǎo)線框中的電流為逆時(shí)針方向 C．導(dǎo)線框中的電流隨時(shí)間均勻增大 D．導(dǎo)線框所受安培力的合力沿y軸向下（多選）7．（2024秋?西安校級期末）蕩秋千是一項(xiàng)同學(xué)們喜歡的體育活動(dòng)。如圖所示，兩根金屬鏈條（可視為導(dǎo)體）將一根金屬棒ab懸掛在固定的金屬架cd上，靜止時(shí)金屬棒ab水平且沿東西方向，已知當(dāng)?shù)氐牡卮艌龇较蜃阅舷虮毙毕蛳屡c豎直方向成45°角，現(xiàn)讓金屬棒ab隨鏈條擺起來，通過能量補(bǔ)給的方式可使鏈條與豎直方向的最大偏角保持45°不變，則下列說法中正確的是（）A．當(dāng)ab棒自北向南經(jīng)過最低點(diǎn)時(shí)，電流從c流向d B．當(dāng)鏈條與豎直方向成45°角時(shí)，回路中感應(yīng)電流一定為零 C．當(dāng)ab棒自南向北擺動(dòng)的過程中，回路中的磁通量先減小再增加 D．當(dāng)ab棒自南向北經(jīng)過最低點(diǎn)時(shí)，ab棒受到的安培力的方向水平向南（多選）8．（2025?倉山區(qū)校級模擬）如圖所示，足夠長的光滑絕緣斜面與水平面成θ＝30°固定在地面上，斜面上虛線aa'和bb'與斜面底邊平行，在aa'，bb'圍成的區(qū)域有垂直斜面向上的有界勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，邊長為h的正方形導(dǎo)體框MNQP，正方形導(dǎo)體框由虛線bb'上方無初速度釋放，在釋放瞬間PQ邊與虛線bb'平行且相距h。已知導(dǎo)體框的質(zhì)量為m，總電阻為r，重力加速度為g，MN邊與兩虛線重合時(shí)的速度大小恰好均為v=ghA．兩虛線的距離為74B．導(dǎo)體框在穿越磁場的過程中，產(chǎn)生的焦耳熱為2mgh C．導(dǎo)體框的PQ邊與虛線bb'重合時(shí)，其克服安培力做功的功率大小為2BD．導(dǎo)體框從PQ邊與虛線bb'重合到MN邊與虛線bb'重合時(shí)所用的時(shí)間為2（多選）9．（2024秋?唐山期末）如圖，一電阻不計(jì)的U形導(dǎo)軌固定在水平面上，勻強(qiáng)磁場垂直導(dǎo)軌平面豎直向上，一粗細(xì)均勻的光滑金屬桿垂直放在導(dǎo)軌上，始終與導(dǎo)軌接觸良好。現(xiàn)使金屬桿以初速度v0向右運(yùn)動(dòng)，在軌道上滑行的最大距離為x，金屬桿始終與導(dǎo)軌垂直。若改變金屬桿的初速度v0、橫截面積S和U形導(dǎo)軌的寬度L時(shí)，仍能保證金屬桿滑行的最大距離為x的是（）A．保持L不變，v0增大，S增大 B．保持S不變，v0增大，L增大 C．保持S不變，v0不變，L增大 D．保持L不變，v0不變，S增大三．填空題（共3小題）10．（2024秋?福州校級期末）如圖（a）所示，阻值為2Ω、匝數(shù)為100的圓形金屬線圈與一個(gè)阻值為3Ω的電阻連接成閉合電路。線圈的半徑為10cm，在線圈中有一個(gè)邊長為10cm的正方形勻強(qiáng)磁場區(qū)域，該磁場方向垂直于線圈平面。磁感應(yīng)強(qiáng)度B（向里為正）隨時(shí)間t變化的關(guān)系如圖（b）所示，導(dǎo)線電阻不計(jì)。則10s時(shí)通過電阻的電流方向?yàn)椋ㄟx填“ab”或“ba”），其大小為A。11．（2025?福州校級模擬）如圖所示，用粗細(xì)均勻的銅導(dǎo)線制成半徑為r的圓環(huán)，PQ為圓環(huán)的直徑，其左右兩側(cè)存在垂直圓環(huán)所在平面的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，但方向相反，圓環(huán)的電阻為2R，一根長度為2r、電阻為R的金屬棒MN繞著圓環(huán)的圓心O點(diǎn)緊貼著圓環(huán)以角速度ω沿順時(shí)針方向勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，轉(zhuǎn)動(dòng)過程中金屬棒MN與圓環(huán)始終接觸良好，則金屬棒中電流方向?yàn)椋ㄟx填“由N到M”或“由M到N”）；圓環(huán)消耗的電功率是（選填“變化的”或“不變的”）；MN中電流的大小為；MN兩端的電壓大小為金屬棒MN旋轉(zhuǎn)一周的過程中，電路中產(chǎn)生的熱量為。12．（2024秋?哈爾濱期末）一個(gè)面積S＝4×10﹣2m2、匝數(shù)n＝100匝的線圈放在勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直線圈面，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖所示，由圖可知，在開始2s內(nèi)穿過線圈的磁通量的變化量等于Wb，在開始2s內(nèi)穿過線圈的磁通量的變化率等于Wb/s，在開始2s內(nèi)線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢等于V。四．解答題（共3小題）13．（2024秋?西安期末）如圖，電阻不計(jì)的兩足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌固定在絕緣水平面上，導(dǎo)軌間距為L＝1m，導(dǎo)軌處于方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B＝1T。質(zhì)量均為m＝1kg、接入電路的有效電阻均為R＝1Ω的金屬棒ab、cd垂直于導(dǎo)軌放置，均處于靜止?fàn)顟B(tài)。t＝0時(shí)刻給cd棒一個(gè)方向水平向右、大小F＝4N的拉力，t＝4s時(shí)，金屬棒ab和cd加速度剛好相等。此后撤去拉力F，整個(gè)過程棒與導(dǎo)軌接觸良好。求：（1）t＝4s時(shí)金屬棒ab和cd的加速度大小；（2）t＝4s時(shí)金屬棒ab和cd的速度大小；（3）從t＝4s到回路中電流為零的過程中，金屬棒ab和cd之間距離的增加量。14．（2024秋?無錫校級期末）如圖所示，一對間距L＝1m、足夠長的平行光滑金屬導(dǎo)軌固定于絕緣水平面上，導(dǎo)軌左端接有R＝0.5Ω的電阻，長度與導(dǎo)軌間距相等的金屬棒ab垂直放置于導(dǎo)軌上，其質(zhì)量m＝0.1kg，電阻也為R，整個(gè)區(qū)域內(nèi)存在豎直向上的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝1T。水平向右的恒力F＝4N作用ab棒上，當(dāng)t＝2s時(shí)金屬棒ab的速度達(dá)到最大，隨后撤去F力，棒最終靜止在導(dǎo)軌上。重力加速度g＝10m/s2，求：（1）金屬棒ab運(yùn)動(dòng)的最大速度vm；（2）撤去拉力F前通過定值電阻R的電荷量；（3）撤去拉力F后金屬棒ab繼續(xù)沿水平軌道運(yùn)動(dòng)的位移。15．（2024秋?金鳳區(qū)校級期末）如圖所示，在磁感應(yīng)強(qiáng)度為0.3T的勻強(qiáng)磁場中，有一長為0.5m，阻值為r＝5Ω的導(dǎo)體AB，在金屬框架上以10m/s的速度向右滑動(dòng)，R1＝R2＝20Ω，其它電阻不計(jì)，則：（1）電路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢為多少？（2）流過AB的電流大小和方向（寫“A流向B”或“B流向A”）。（3）AB兩端的電勢差為多少？

2024-2025學(xué)年下學(xué)期高中物理教科版（2019）高二同步經(jīng)典題精練之法拉第電磁感應(yīng)定律參考答案與試題解析題號12345答案CAADA一．選擇題（共5小題）1．（2025?重慶一模）如圖所示，兩條拋物線形狀的平行光滑固定導(dǎo)軌，其頂端切線水平，底端連接一開關(guān)S。一細(xì)直金屬棒置于導(dǎo)軌頂端，與兩導(dǎo)軌垂直并接觸良好。當(dāng)該金屬棒從導(dǎo)軌頂端以初速度v0水平拋出后，恰好能沿導(dǎo)軌無擠壓地運(yùn)動(dòng)至底端。若在整個(gè)空間加上一豎直向下的勻強(qiáng)磁場，該金屬棒再以相同速度v0從導(dǎo)軌頂端水平拋出，不計(jì)空氣阻力，則在該金屬棒落地前的運(yùn)動(dòng)過程中（）A．若開關(guān)S斷開，回路中的感應(yīng)電動(dòng)勢為零 B．若開關(guān)S斷開，回路中的感應(yīng)電動(dòng)勢逐漸變大 C．若開關(guān)S閉合，該金屬棒不會(huì)離開導(dǎo)軌 D．若開關(guān)S閉合，該金屬棒在豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)【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；平拋運(yùn)動(dòng)的概念和性質(zhì)．【專題】定性思想；推理法；磁場磁場對電流的作用；推理論證能力．【答案】C【分析】AB.根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)和電動(dòng)勢與水平分速度關(guān)系進(jìn)行判斷；CD.根據(jù)閉合回路的中，安培力的特點(diǎn)和彈力的分析進(jìn)行分析判斷?！窘獯稹拷猓篈B.若開關(guān)S斷開，該金屬棒做平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向速度不變，回路中的感應(yīng)電動(dòng)勢不變，故AB錯(cuò)誤；CD.若開關(guān)S閉合，該金屬棒受到水平向左的安培力作用，不會(huì)離開導(dǎo)軌，該金屬棒受到導(dǎo)軌斜向右上方的彈力，在豎直方向不是做自由落體運(yùn)動(dòng)，故C正確，D錯(cuò)誤。故選：C?！军c(diǎn)評】考查導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢和安培力問題，會(huì)根據(jù)題意進(jìn)行準(zhǔn)確分析解答。2．（2024秋?無錫校級期末）如圖所示，等腰直角三角形內(nèi)分布有垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場，它的直角邊在x軸上且長為L，高為L。紙面內(nèi)一邊長為L的正方形導(dǎo)線框沿x軸正方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)穿過磁場區(qū)域，在t＝0時(shí)刻恰好位于圖中所示的位置。以順時(shí)針方向?yàn)閷?dǎo)線框中電流的正方向，下列圖像正確的是（）A． B． C． D．【考點(diǎn)】描繪線圈進(jìn)出磁場區(qū)域的圖像．【專題】比較思想；圖析法；電磁感應(yīng)與圖象結(jié)合；理解能力．【答案】A【分析】將整個(gè)過程分成兩個(gè)位移都是L的兩段，根據(jù)楞次定律判斷感應(yīng)電流方向。由感應(yīng)電動(dòng)勢公式E＝BLv，L為有效切割長度，分析L的變化情況，判斷感應(yīng)電動(dòng)勢的變化情況，再判斷感應(yīng)電流大小的變化情況，再確定i﹣L圖像。【解答】解：x在0～L過程，穿過線框的磁通量向外增大，由楞次定律判斷可知，線框中感應(yīng)電流沿順時(shí)針方向，為正值。線圈切割有效長度均勻增加，線圈中的電流為i=BL效vR=BxvRx在L～2L過程，穿過線框的磁通量向外減小，由楞次定律判斷可知，線框中感應(yīng)電流沿逆時(shí)針方向，為負(fù)值。線圈切割有效長度均勻增加，線圈中的電流大小為i=BL效vR=BxvR=BvRx故選：A?！军c(diǎn)評】本題先根據(jù)楞次定律定性分析感應(yīng)電流的方向，再根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律相結(jié)合分析感應(yīng)電流大小的變化，來確定圖像的形狀。3．（2025?重慶模擬）如圖所示，一梯形閉合導(dǎo)線圈沿垂直磁場和磁場豎直邊界的方向，勻速向右穿過勻強(qiáng)磁場區(qū)域。取感應(yīng)電流沿逆時(shí)針方向?yàn)檎?，則該過程中，該線圈中的感應(yīng)電流i隨時(shí)間t變化的關(guān)系（）A． B． C． D．【考點(diǎn)】描繪線圈進(jìn)出磁場區(qū)域的圖像．【專題】比較思想；圖析法；電磁學(xué)；分析綜合能力．【答案】A【分析】先根據(jù)楞次定律判斷感應(yīng)電流方向，再由法拉第電磁感應(yīng)定律和歐姆定律相結(jié)合判斷感應(yīng)電流大小的變化情況，采用排除法解答?！窘獯稹拷猓壕€框剛進(jìn)入磁場的過程，磁通量向里增加，根據(jù)楞次定律判斷可知，感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針，為正。有效切割長度均勻增大，感應(yīng)電動(dòng)勢均勻增大，感應(yīng)電流均勻增大；進(jìn)入L距離后，繼續(xù)向右運(yùn)動(dòng)，磁通量繼續(xù)增大，根據(jù)楞次定律可知，感應(yīng)電流仍沿逆時(shí)針方向，為正。有效切割長度不變，感應(yīng)電動(dòng)勢不變，則感應(yīng)電流不變，且不為零；進(jìn)入2L后，繼續(xù)向右運(yùn)動(dòng)，磁通量向里減小，根據(jù)楞次定律可知，此時(shí)感應(yīng)電流沿順時(shí)針方向，為負(fù)。有效切割長度均勻增大，感應(yīng)電動(dòng)勢均勻增大，感應(yīng)電流均勻增大，故A正確，BCD錯(cuò)誤。故選：A。【點(diǎn)評】本題考查電磁感應(yīng)中圖像問題，對于圖像問題可以通過排除法進(jìn)行解答，如根據(jù)圖像過不過原點(diǎn)、電流正負(fù)、大小變化等進(jìn)行排除。4．（2024秋?金鳳區(qū)校級期末）將電阻為R的硬質(zhì)細(xì)導(dǎo)線做成半徑為r的圓環(huán)，其內(nèi)接正方形區(qū)域內(nèi)充滿垂直于圓環(huán)面的磁場，t＝0時(shí)磁場方向如圖甲所示，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖乙所示，規(guī)定垂直紙面向外為磁場的正方向，則在t＝0到t＝4t0的時(shí)間內(nèi)，下列說法正確的是（）A．2t0﹣3t0時(shí)間內(nèi)圓環(huán)中的感應(yīng)電流B0B．0﹣2t0時(shí)間內(nèi)圓環(huán)中的感應(yīng)電流方向先順時(shí)針后逆時(shí)針 C．3t0﹣4t0時(shí)間內(nèi)圓環(huán)中的感應(yīng)電流逐漸減小 D．0﹣2t0時(shí)間內(nèi)圓環(huán)中的感應(yīng)電流為2【考點(diǎn)】根據(jù)B﹣t或者φ﹣t圖像計(jì)算感應(yīng)電動(dòng)勢．【專題】定量思想；推理法；電磁感應(yīng)與電路結(jié)合；推理論證能力．【答案】D【分析】根據(jù)磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化率分析感應(yīng)電流大小和方向；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路的歐姆定律求解感應(yīng)電流大小?！窘獯稹拷猓篈、2t0﹣3t0時(shí)間內(nèi)圓環(huán)中磁感應(yīng)強(qiáng)度不變，感應(yīng)電流為零，故A錯(cuò)誤；B、0﹣2t0時(shí)間內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化率不變，圓環(huán)中的感應(yīng)電流大小和方向不變，故B錯(cuò)誤；C、3t0﹣4t0時(shí)間內(nèi)B﹣t圖像的斜率增大，則感應(yīng)電動(dòng)勢增大、圓環(huán)中的感應(yīng)電流逐漸增大，故C錯(cuò)誤；D、0﹣2t0時(shí)間內(nèi)感應(yīng)電動(dòng)勢大小為：E=圓環(huán)中的感應(yīng)電流為：I=ER=故選：D。【點(diǎn)評】對于電磁感應(yīng)現(xiàn)象中涉及圖像、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，結(jié)合法拉第電磁感應(yīng)定律和閉合電路的歐姆定律、以及圖像斜率表示的物理意義進(jìn)行分析。5．（2025?合肥模擬）如圖所示，將兩根表面涂有絕緣漆的相同硬質(zhì)細(xì)導(dǎo)線分別繞成閉合線圈a、b，兩線圈中大圓環(huán)半徑均為小圓環(huán)的3倍，垂直線圈平面方向有一勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻變化，則a、b兩線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢大小之比為（）A．5：13 B．13：5 C．1：7 D．7：1【考點(diǎn)】法拉第電磁感應(yīng)定律的內(nèi)容和表達(dá)式．【專題】定量思想；推理法；電磁感應(yīng)與電路結(jié)合；推理論證能力．【答案】A【分析】由法拉第電磁感應(yīng)定律可得大圓線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢大小和4個(gè)小圓線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢大小，由線圈的繞線方式、楞次定律求解a、b線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢大小之比?！窘獯稹拷猓簝删€圈中大圓環(huán)半徑均為小圓環(huán)的3倍，則大圓環(huán)的面積與小圓環(huán)面積之比為：S1由法拉第電磁感應(yīng)定律可得大圓線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢大小為：E1＝|ΔΦ大Δt|＝|ΔBΔt|S4個(gè)小圓線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢大小為：E2＝4kS2由線圈的繞線方式、楞次定律可知a中大、小圓線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢方向相反，b中大、小圓線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢方向相同。則a線圈中總的感應(yīng)電動(dòng)勢大小為：Ea＝E1﹣E2，解得：Ea＝5kS2b線圈中總的感應(yīng)電動(dòng)勢大小為：Eb＝E1+E2，解得：Eb＝13kS2所以a、b線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢大小之比為5：13，故A正確，BCD錯(cuò)誤。故選：A?！军c(diǎn)評】本題主要是考查了法拉第電磁感應(yīng)定律；關(guān)鍵是弄清楚大小圓環(huán)中感應(yīng)電動(dòng)勢的大小和方向，掌握法拉第電磁感應(yīng)定律的應(yīng)用方法。二．多選題（共4小題）（多選）6．（2024秋?石家莊期末）如圖，在絕緣水平面內(nèi)建有直角坐標(biāo)系Oxy，第一象限內(nèi)有豎直向下的磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度沿x軸方向均勻分布，沿y軸正方向減小。在磁場中水平固定一正三角形細(xì)導(dǎo)線框abc，ab邊平行于x軸。若使此區(qū)域各點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間增大的變化率為k，則下列說法正確的是（）A．導(dǎo)線框的發(fā)熱功率恒定 B．導(dǎo)線框中的電流為逆時(shí)針方向 C．導(dǎo)線框中的電流隨時(shí)間均勻增大 D．導(dǎo)線框所受安培力的合力沿y軸向下【考點(diǎn)】根據(jù)B﹣t或者φ﹣t圖像計(jì)算感應(yīng)電動(dòng)勢；楞次定律及其應(yīng)用．【專題】比較思想；推理法；電磁感應(yīng)與電路結(jié)合；推理論證能力．【答案】AB【分析】根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路歐姆定律和功率公式相結(jié)合分析導(dǎo)線框中電流和發(fā)熱功率是否恒定；根據(jù)楞次定律判斷導(dǎo)線框中的電流方向；根據(jù)左手定則判斷安培力方向?！窘獯稹拷猓篈C、根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，有E=ΔΦΔt=k、S均不變，則線框中感應(yīng)電動(dòng)勢E不變，感應(yīng)電流不變，導(dǎo)線框的發(fā)熱功率為P=E2R，可知導(dǎo)線框的發(fā)熱功率恒定不變，故B、穿過線框的磁通量增加，磁場方向垂直紙面向里，根據(jù)楞次定律可知導(dǎo)線框中的電流為逆時(shí)針方向，故B正確；D、根據(jù)左手定則，可知ab邊受到的安培力沿y軸正向。bc邊和ca邊所受安培力的合力沿y軸負(fù)向，與ab邊受到的安培力大小相等，所以導(dǎo)線框所受安培力的合力為零，故D錯(cuò)誤。故選：AB?！军c(diǎn)評】解答本題時(shí)，要明確線框中磁通量隨時(shí)間均勻變化時(shí)，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢是恒定的。（多選）7．（2024秋?西安校級期末）蕩秋千是一項(xiàng)同學(xué)們喜歡的體育活動(dòng)。如圖所示，兩根金屬鏈條（可視為導(dǎo)體）將一根金屬棒ab懸掛在固定的金屬架cd上，靜止時(shí)金屬棒ab水平且沿東西方向，已知當(dāng)?shù)氐牡卮艌龇较蜃阅舷虮毙毕蛳屡c豎直方向成45°角，現(xiàn)讓金屬棒ab隨鏈條擺起來，通過能量補(bǔ)給的方式可使鏈條與豎直方向的最大偏角保持45°不變，則下列說法中正確的是（）A．當(dāng)ab棒自北向南經(jīng)過最低點(diǎn)時(shí)，電流從c流向d B．當(dāng)鏈條與豎直方向成45°角時(shí)，回路中感應(yīng)電流一定為零 C．當(dāng)ab棒自南向北擺動(dòng)的過程中，回路中的磁通量先減小再增加 D．當(dāng)ab棒自南向北經(jīng)過最低點(diǎn)時(shí)，ab棒受到的安培力的方向水平向南【考點(diǎn)】導(dǎo)體轉(zhuǎn)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)中的力學(xué)問題；推理論證能力．【答案】AB【分析】根據(jù)右手定則可判斷電流方向；ab棒來到了最高點(diǎn)，其速度為0，不產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢，左手定則判斷安培力方向。【解答】解：A．當(dāng)ab棒自北向南經(jīng)過最低點(diǎn)時(shí)，結(jié)合磁場方向，由右手定則知ab棒上的電流方向自a向b，金屬架上的電流方向則為自c到d，故A正確；B．當(dāng)鏈條與豎直方向成45°角時(shí)，ab棒來到了最高點(diǎn)，其速度為0，不產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢，回路中感應(yīng)電流一定為零，故B正確；C．如圖所示當(dāng)ab棒自南向北擺動(dòng)的過程中，穿過閉合回路abcd的磁通量一直減小，故C錯(cuò)誤；D．當(dāng)ab棒自南向北經(jīng)過最低點(diǎn)時(shí)，結(jié)合磁場方向，由左手定則知安培力的方向與水平向南的方向成45°斜向下，而不是方向水平向南，故D錯(cuò)誤。故選：AB。【點(diǎn)評】本題屬于左手定則和右手安培定則的應(yīng)用，判斷力的方向用左手，判斷其它物理量的方向用右手（多選）8．（2025?倉山區(qū)校級模擬）如圖所示，足夠長的光滑絕緣斜面與水平面成θ＝30°固定在地面上，斜面上虛線aa'和bb'與斜面底邊平行，在aa'，bb'圍成的區(qū)域有垂直斜面向上的有界勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，邊長為h的正方形導(dǎo)體框MNQP，正方形導(dǎo)體框由虛線bb'上方無初速度釋放，在釋放瞬間PQ邊與虛線bb'平行且相距h。已知導(dǎo)體框的質(zhì)量為m，總電阻為r，重力加速度為g，MN邊與兩虛線重合時(shí)的速度大小恰好均為v=ghA．兩虛線的距離為74B．導(dǎo)體框在穿越磁場的過程中，產(chǎn)生的焦耳熱為2mgh C．導(dǎo)體框的PQ邊與虛線bb'重合時(shí)，其克服安培力做功的功率大小為2BD．導(dǎo)體框從PQ邊與虛線bb'重合到MN邊與虛線bb'重合時(shí)所用的時(shí)間為2【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；尋找守恒量法；電磁感應(yīng)——功能問題；分析綜合能力．【答案】AD【分析】先根據(jù)機(jī)械能守恒定律求出PQ邊剛好進(jìn)入磁場時(shí)的速度。已知MN邊與兩虛線重合時(shí)的速度大小恰好均為v=gh2，根據(jù)對稱性知道PQ邊剛好進(jìn)入磁場和剛好離開磁場時(shí)的速度大小相等。導(dǎo)體框全部位于磁場中時(shí)下滑時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式相結(jié)合求兩虛線的距離；導(dǎo)體框在穿越磁場的過程中，根據(jù)能量守恒定律求解產(chǎn)生的焦耳熱；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律、安培力公式和功率公式相結(jié)合求解導(dǎo)體框的PQ邊與虛線bb'重合時(shí)，其克服安培力做功的功率大??；根據(jù)動(dòng)量定理求解導(dǎo)體框從PQ邊與虛線bb'重合到【解答】解：A、設(shè)PQ邊剛好進(jìn)入磁場時(shí)速度大小為v1。導(dǎo)體框進(jìn)入磁場前的運(yùn)動(dòng)過程，由機(jī)械能守恒定律有mgh解得：v因?yàn)镸N邊與兩虛線重合時(shí)的速度大小恰好均為v=gh2，根據(jù)導(dǎo)體框進(jìn)出磁場過程中運(yùn)動(dòng)的對稱性可知，設(shè)兩虛線之間的距離為H，導(dǎo)體框全部位于磁場中時(shí)下滑的加速度大小為a=mgsinθm=gsin根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有v1解得：H=74B、設(shè)導(dǎo)體框穿過磁場的過程中產(chǎn)生的焦耳熱為Q，導(dǎo)體框從開始下落到穿過磁場的過程，根據(jù)能量守恒定律有：12mg(h+H+h)=C、結(jié)合上述可知，導(dǎo)體框的PQ邊與虛線bb'重合時(shí)的速度大小為v1=gE＝Bhv1此時(shí)導(dǎo)體框中的感應(yīng)電流為I=PQ邊所受的安培力大小為F＝BIh克服安培力做功的瞬時(shí)功率大小為P＝Fv1聯(lián)立解得：P=B2D、設(shè)導(dǎo)體框通過磁場上邊界所用時(shí)間為t，線框中的平均感應(yīng)電流為I，由閉合電路歐姆定律有I=取沿導(dǎo)軌向下為正方向，根據(jù)動(dòng)量定理有mgsinθ?其中h聯(lián)立解得：t=2B故選：AD。【點(diǎn)評】本題考查電磁感應(yīng)的能量問題，解決本題的關(guān)鍵是準(zhǔn)確分析導(dǎo)體框的運(yùn)動(dòng)過程，正確列出動(dòng)量定理方程來求出運(yùn)動(dòng)時(shí)間。（多選）9．（2024秋?唐山期末）如圖，一電阻不計(jì)的U形導(dǎo)軌固定在水平面上，勻強(qiáng)磁場垂直導(dǎo)軌平面豎直向上，一粗細(xì)均勻的光滑金屬桿垂直放在導(dǎo)軌上，始終與導(dǎo)軌接觸良好。現(xiàn)使金屬桿以初速度v0向右運(yùn)動(dòng)，在軌道上滑行的最大距離為x，金屬桿始終與導(dǎo)軌垂直。若改變金屬桿的初速度v0、橫截面積S和U形導(dǎo)軌的寬度L時(shí)，仍能保證金屬桿滑行的最大距離為x的是（）A．保持L不變，v0增大，S增大 B．保持S不變，v0增大，L增大 C．保持S不變，v0不變，L增大 D．保持L不變，v0不變，S增大【考點(diǎn)】單桿在導(dǎo)軌上無外力作用下切割磁場的運(yùn)動(dòng)問題．【專題】比較思想；方程法；電磁感應(yīng)中的力學(xué)問題；分析綜合能力．【答案】CD【分析】先根據(jù)密度公式得到金屬棒的質(zhì)量與L、S的關(guān)系，根據(jù)電阻定律得到金屬棒的電阻與L、S的關(guān)系，再根據(jù)動(dòng)量定理列式，得到x的表達(dá)式，即可進(jìn)行判斷?！窘獯稹拷猓涸O(shè)金屬桿材料的密度為ρ1，則金屬桿的質(zhì)量為m＝ρ1LS設(shè)金屬桿的電阻率為ρ2，則金屬桿的電阻為R=金屬桿速度由初速度v0減小到0，取向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量定理得﹣∑BILΔt＝0﹣mv0又I=則有ΣBILΔt聯(lián)立可得x=由此可知，材料不變，磁場不變，最大距離x只與v0有關(guān)，故AB錯(cuò)誤，CD正確。故選：CD?！军c(diǎn)評】本題中金屬桿在磁場中做非勻變速直線運(yùn)動(dòng)，不能根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出滑行距離，運(yùn)用動(dòng)量定理求滑行距離是常用方法，要學(xué)會(huì)運(yùn)用。三．填空題（共3小題）10．（2024秋?福州校級期末）如圖（a）所示，阻值為2Ω、匝數(shù)為100的圓形金屬線圈與一個(gè)阻值為3Ω的電阻連接成閉合電路。線圈的半徑為10cm，在線圈中有一個(gè)邊長為10cm的正方形勻強(qiáng)磁場區(qū)域，該磁場方向垂直于線圈平面。磁感應(yīng)強(qiáng)度B（向里為正）隨時(shí)間t變化的關(guān)系如圖（b）所示，導(dǎo)線電阻不計(jì)。則10s時(shí)通過電阻的電流方向?yàn)閎a（選填“ab”或“ba”），其大小為0.04A?！究键c(diǎn)】法拉第電磁感應(yīng)定律的內(nèi)容和表達(dá)式．【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】ba，0.04。【分析】根據(jù)楞次定律判斷感應(yīng)電流方向。根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律求出線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢，再求感應(yīng)電流大小?！窘獯稹拷猓河衫愦味煽芍?，在0～10s時(shí)間內(nèi)，穿過線圈的磁通量向里減小，通過電阻的電流方向?yàn)閎a。在10s以后，通過電阻的電流方向仍為ba，所以10s時(shí)通過電阻的電流電流方向?yàn)閎a。由法拉第電磁感應(yīng)定律得E＝NΔΦΔt=N其中ΔBΔt=210T/s＝0.2T/s，S＝L2＝（10×10﹣2）m根據(jù)閉合電路歐姆定律得I=聯(lián)立解得I＝0.04A故答案為：ba，0.04?！军c(diǎn)評】解答本題時(shí)，要注意公式E＝NΔΦΔt=NΔBΔtS11．（2025?福州校級模擬）如圖所示，用粗細(xì)均勻的銅導(dǎo)線制成半徑為r的圓環(huán)，PQ為圓環(huán)的直徑，其左右兩側(cè)存在垂直圓環(huán)所在平面的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，但方向相反，圓環(huán)的電阻為2R，一根長度為2r、電阻為R的金屬棒MN繞著圓環(huán)的圓心O點(diǎn)緊貼著圓環(huán)以角速度ω沿順時(shí)針方向勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，轉(zhuǎn)動(dòng)過程中金屬棒MN與圓環(huán)始終接觸良好，則金屬棒中電流方向?yàn)橛蒑到N（選填“由N到M”或“由M到N”）；圓環(huán)消耗的電功率是不變的（選填“變化的”或“不變的”）；MN中電流的大小為2Bωr23R；MN兩端的電壓大小為13r2Bω【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．【專題】定量思想；方程法；電磁感應(yīng)——功能問題；分析綜合能力．【答案】由M到N；不變的；2Bωr23R【分析】由右手定則判斷電流方向；導(dǎo)體棒MN轉(zhuǎn)動(dòng)切割產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢恒定，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律求解感應(yīng)電動(dòng)勢大小，根據(jù)閉合電路的歐姆定律求解MN兩端電壓，根據(jù)焦耳定律求解產(chǎn)生的熱?！窘獯稹拷猓河捎沂侄▌t可知，電流方向?yàn)橛蒑到N。導(dǎo)體棒MN轉(zhuǎn)動(dòng)切割產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢恒定，感應(yīng)電流恒定，所以圓環(huán)消耗的電功率不變。導(dǎo)體棒MN轉(zhuǎn)動(dòng)切割產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢為：E外電路的并聯(lián)電阻為R并=R2，MN的電阻為R，由閉合電路歐姆定律可得，MNMN兩端的電壓：U轉(zhuǎn)動(dòng)一周的時(shí)間：t=2π故答案為：由M到N；不變的；2Bωr23R【點(diǎn)評】本題主要是考查了法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路的歐姆定律和右手定則；對于導(dǎo)體切割磁感應(yīng)線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢情況有兩種：一是導(dǎo)體平動(dòng)切割產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢，可以根據(jù)E＝BLv來計(jì)算；二是導(dǎo)體棒轉(zhuǎn)動(dòng)切割磁感應(yīng)線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢，可以根據(jù)E=112．（2024秋?哈爾濱期末）一個(gè)面積S＝4×10﹣2m2、匝數(shù)n＝100匝的線圈放在勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直線圈面，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖所示，由圖可知，在開始2s內(nèi)穿過線圈的磁通量的變化量等于﹣0.16Wb，在開始2s內(nèi)穿過線圈的磁通量的變化率等于0.08Wb/s，在開始2s內(nèi)線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢等于8V。【考點(diǎn)】法拉第電磁感應(yīng)定律的內(nèi)容和表達(dá)式．【專題】定量思想；推理法；電磁感應(yīng)與電路結(jié)合；分析綜合能力．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】根據(jù)圖示圖象應(yīng)用磁通量的計(jì)算公式求出磁通量的變化量；然后求出磁通量的變化率；再根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律求出感應(yīng)電動(dòng)勢。【解答】解：開始的2s內(nèi)穿過線圈的磁通量的變化量為ΔΦ＝ΔB?S＝（﹣2﹣2）×4×10﹣2Wb＝﹣0.16Wb，負(fù)號表示方向；在開始的2s內(nèi)穿過線圈的磁通量的變化率ΔΦΔt=0.162在開始2s內(nèi)線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢：E＝nΔΦΔt=100×0.08V＝故答案為：﹣0.16；0.08；8?！军c(diǎn)評】本題中磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻變化，穿過線圈的磁通量均勻變化，線圈中產(chǎn)生恒定的電動(dòng)勢，由法拉第電磁感應(yīng)定律求出感應(yīng)電動(dòng)勢，是經(jīng)常采用的方法和思路，注意B﹣t斜率一定，磁通量變化率一定。四．解答題（共3小題）13．（2024秋?西安期末）如圖，電阻不計(jì)的兩足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌固定在絕緣水平面上，導(dǎo)軌間距為L＝1m，導(dǎo)軌處于方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B＝1T。質(zhì)量均為m＝1kg、接入電路的有效電阻均為R＝1Ω的金屬棒ab、cd垂直于導(dǎo)軌放置，均處于靜止?fàn)顟B(tài)。t＝0時(shí)刻給cd棒一個(gè)方向水平向右、大小F＝4N的拉力，t＝4s時(shí)，金屬棒ab和cd加速度剛好相等。此后撤去拉力F，整個(gè)過程棒與導(dǎo)軌接觸良好。求：（1）t＝4s時(shí)金屬棒ab和cd的加速度大小；（2）t＝4s時(shí)金屬棒ab和cd的速度大小；（3）從t＝4s到回路中電流為零的過程中，金屬棒ab和cd之間距離的增加量?！究键c(diǎn)】雙桿在等寬導(dǎo)軌上切割磁場的運(yùn)動(dòng)問題；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．【專題】計(jì)算題；學(xué)科綜合題；定量思想；整體法和隔離法；電磁感應(yīng)中的力學(xué)問題；分析綜合能力．【答案】（1）t＝4s時(shí)金屬棒ab和cd的加速度大小為2m/s2；（2）t＝4s時(shí)金屬棒ab和cd的速度大小分別為6m/s，10m/s；（3）從t＝4s到回路中電流為零的過程中，金屬棒ab和cd之間距離的增加量為4m?！痉治觥浚?）t＝4s時(shí)，金屬棒ab和cd加速度剛好相等，分別對金屬棒ab和cd，利用牛頓第二定律列方程，聯(lián)立求解兩者的加速度大小，以及兩棒受到的安培力大??；（2）根據(jù)安培力公式求出t＝4s時(shí)回路中電流大小。由閉合電路歐姆定律求出回路中的感應(yīng)電動(dòng)勢E，再根據(jù)感應(yīng)電動(dòng)勢公式E＝BL（v2﹣v1）和動(dòng)量定理求金屬棒ab和cd的速度大??；（3）回路中電流為零，兩棒速度相等，根據(jù)動(dòng)量守恒定律求出兩棒的共同速度，再根據(jù)動(dòng)量定理求從t＝4s到回路中電流為零的過程中，金屬棒ab和cd之間距離的增加量?！窘獯稹拷猓海?）t＝4s時(shí)，金屬棒ab和cd的加速度相等時(shí)，設(shè)兩棒受到的安培力大小為F安。對金屬棒ab，由牛頓第二定律有F安＝ma對金屬棒cd，由牛頓第二定律有F﹣F安＝ma聯(lián)立解得F安＝2N，a＝2m/s2（2）根據(jù)安培力公式有F安＝BIL解得回路中電流大小為I＝2A設(shè)回路中的感應(yīng)電動(dòng)勢為E，則E＝2IR設(shè)t＝4s時(shí)，金屬棒ab、cd的速度分別是v1、v2，則E＝BL（v2﹣v1）設(shè)t＝4s時(shí)間內(nèi)安培力沖量大小為I安，對金屬棒cd，取向右為正方向，由動(dòng)量定理有Ft﹣I安＝mv2對金屬棒ab，取向右為正方向，由動(dòng)量定理有I安＝mv1聯(lián)立解得v1＝6m/s，v2＝10m/s（3）撤去外力F后，金屬棒cd做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng)，金屬棒ab做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，最后兩棒速度相等，均做勻速運(yùn)動(dòng)，回路中感應(yīng)電流為零。設(shè)最終兩棒共同速度為v，取向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有mv1+mv2＝2mv對ab棒，取向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量定理有BI通過兩棒的電荷量q=設(shè)兩棒間距離增大了x，則ΔΦ＝BLx聯(lián)立解得x＝4m答：（1）t＝4s時(shí)金屬棒ab和cd的加速度大小為2m/s2；（2）t＝4s時(shí)金屬棒ab和cd的速度大小分別為6m/s，10m/s；（3）從t＝4s到回路中電流為零的過程中，金屬棒ab和cd之間距離的增加量為4m。【點(diǎn)評】本題是雙棒問題，分析清楚金屬棒的運(yùn)動(dòng)過程與受力情況是解題的前提，把握過程中所遵守的力學(xué)規(guī)律是關(guān)鍵。要知道撤去外力F后，最終兩棒以相同速度做勻速運(yùn)動(dòng)。由于兩棒組成的系統(tǒng)合外力為零，所以類似于非彈性碰撞，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律、動(dòng)量定理、能量守恒定律等知識(shí)點(diǎn)即可解題。14．（2024秋?無錫校級期末）如圖所示，一對間距L＝1m、足夠長的平行光滑金屬導(dǎo)軌固定于絕緣水平面上，導(dǎo)軌左端接有R＝0.5Ω的電阻，長度與導(dǎo)軌間距相等的金屬棒ab垂直放置于導(dǎo)軌上，其質(zhì)量m＝0.1kg，電阻也為R，整個(gè)區(qū)域內(nèi)存在豎直向上的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝1T。水平向右的恒力F＝4N作用ab棒上，當(dāng)t＝2s時(shí)金屬棒ab的速度達(dá)到最大，隨后撤去F力，棒最終靜止在導(dǎo)軌上。重力加速度g＝10m/s2，求：（1）金屬棒ab運(yùn)動(dòng)的最大速度vm；（2）撤去拉力F前通過定值電阻R的電荷量；（3）撤去拉力F后金屬棒ab繼續(xù)沿水平軌道運(yùn)動(dòng)的位移?！究键c(diǎn)】單桿在導(dǎo)軌上有外力作用下切割磁場的運(yùn)動(dòng)問題；電磁感應(yīng)過程中的動(dòng)力學(xué)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】計(jì)算題；學(xué)科綜合題；定量思想；模型法；電磁感應(yīng)中的力學(xué)問題；分析綜合能力．【答案】（1）金屬棒ab運(yùn)動(dòng)的最大速度vm為4m/s；（2）撤去拉力F前通過定值電阻R的電荷量為7.6C；（3）撤去拉力F后金屬棒ab繼續(xù)沿水平軌道運(yùn)動(dòng)的位移為0.4m?！痉治觥浚?）當(dāng)金屬棒ab所受合力為零時(shí)，速度達(dá)到最大，安培力與拉力平衡，根據(jù)平衡條件結(jié)合安培力的計(jì)算公式進(jìn)行解答；（2）根據(jù)動(dòng)量定理、電荷量的計(jì)算公式求撤去拉力F前通過定值電阻R的電荷量；（3）撤去拉力F后，根據(jù)動(dòng)量定理求解金屬棒ab繼續(xù)沿水平軌道運(yùn)動(dòng)的位移?！窘獯稹拷猓海?）當(dāng)金屬棒ab所受合力為零時(shí)，速度達(dá)到最大，對ab棒，由平衡條件得F＝F安又F安＝BIL＝BBLvm聯(lián)立解得金屬棒ab運(yùn)動(dòng)的最大速度為vm＝4m/s（2）撤去拉力F前即前2s內(nèi)，取向右為正方向，對ab棒，根據(jù)動(dòng)量定理得Ft﹣BILt＝mv﹣0其中q=I解得通過定值電阻R的電荷量為q＝7.6C（3）撤去拉力后，對棒ab，取向右為正方向，由動(dòng)量定理得﹣BI'L?t′＝0﹣mv此過程通過定值電阻R的電荷量為q′=I'?t′=m根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有E=由閉合電路的歐姆定律有I'聯(lián)立可得q′=解得撤去拉力F后金屬棒ab繼續(xù)沿水平軌道運(yùn)動(dòng)的位移為x＝0.4m答：（1）金屬棒ab運(yùn)動(dòng)的最大速度vm為4m/s；（2）撤去拉力F前通過定值電阻R的電荷量為7.6C；（3）撤去拉力F后金屬棒ab繼續(xù)沿水平軌道運(yùn)動(dòng)的位移為0.4m?！军c(diǎn)評】解答末題時(shí)，要理清金屬棒的運(yùn)動(dòng)過程，把握速度最大的條件合力為零。要知道動(dòng)量定理是求電磁感應(yīng)問題中時(shí)間、電荷量或位移常用的方法。15．（2024秋?金鳳區(qū)校級期末）如圖所示，在磁感應(yīng)強(qiáng)度為0.3T的勻強(qiáng)磁場中，有一長為0.5m，阻值為r＝5Ω的導(dǎo)體AB，在金屬框架上以10m/s的速度向右滑動(dòng)，R1＝R2＝20Ω，其它電阻不計(jì)，則：（1）電路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢為多少？（2）流過AB的電流大小和方向（寫“A流向B”或“B流向A”）。（3）AB兩端的電勢差為多少？【考點(diǎn)】電磁感應(yīng)過程中的電路類問題；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)與電路結(jié)合；推理論證能力．【答案】（1）電路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢為1.5V；（2）流過AB的電流大小為0.1A，方向?yàn)锽流向A；（3）AB兩端的電勢差為1V?！痉治觥浚?）根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律列式，即可分析求解；（2）由右手定則及閉合電路歐姆定律，即可分析求解；（3）結(jié)合前面分析，由閉合電路歐姆定律列式，即可分析求解?！窘獯稹拷猓海?）根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知，電路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢為：E＝BLv＝0.3×0.5×10V＝1.5V；（2）由右手定則可知，流過AB的電流方向?yàn)锽流向A，由閉合電路歐姆定律可知，流過AB的電流大小為：I=E（3）結(jié)合前面分析，由閉合電路歐姆定律可知，AB兩端的電勢差為：U＝E﹣Ir＝1.5V﹣0.1×5V＝1V；答：（1）電路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢為1.5V；（2）流過AB的電流大小為0.1A，方向?yàn)锽流向A；（3）AB兩端的電勢差為1V?！军c(diǎn)評】本題主要考查電磁感應(yīng)過程中的電路類問題，解題時(shí)需注意，通常會(huì)運(yùn)用閉合電路歐姆定律、串并聯(lián)電路特點(diǎn)、電功率、電熱等公式聯(lián)立求解。

考點(diǎn)卡片1．平拋運(yùn)動(dòng)的概念和性質(zhì)【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1．定義：將物體以一定的初速度沿水平方向拋出，不考慮空氣阻力，物體只在重力作用下的運(yùn)動(dòng)．2．關(guān)鍵詞：（1）初速度沿水平方向；（2）只受重力作用．3．性質(zhì)：勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，其運(yùn)動(dòng)軌跡為拋物線．4．研究方法：分解成水平方向的勻速直線運(yùn)動(dòng)和豎直方向的自由落體運(yùn)動(dòng)兩個(gè)分運(yùn)動(dòng)．【命題方向】關(guān)于平拋運(yùn)動(dòng)，下列說法中正確的是（）A、平拋運(yùn)動(dòng)是加速度不變的運(yùn)動(dòng)B、平拋運(yùn)動(dòng)是合力不變的運(yùn)動(dòng)C、平拋運(yùn)動(dòng)是勻變速曲線運(yùn)動(dòng)D、平拋運(yùn)動(dòng)是水平拋出的物體的運(yùn)動(dòng)分析：平拋運(yùn)動(dòng)是只在重力的作用下，水平拋出的物體做的運(yùn)動(dòng)，所以平拋運(yùn)動(dòng)可以分解為在水平方向上的勻速直線運(yùn)動(dòng)，和豎直方向上的自由落體運(yùn)動(dòng)．解答：A、做平拋運(yùn)動(dòng)的物體，只受到重力的作用，加速度是重力加速度，所以平拋運(yùn)動(dòng)是加速度不變的運(yùn)動(dòng)，所以A正確。B、做平拋運(yùn)動(dòng)的物體，只受到重力的作用，所以平拋運(yùn)動(dòng)是合力不變的運(yùn)動(dòng)，所以B正確。C、由A的分析可知，平拋運(yùn)動(dòng)是勻變速的曲線運(yùn)動(dòng)，所以C正確。D、平拋運(yùn)動(dòng)是只在重力的作用下，水平拋出的物體做的運(yùn)動(dòng)，所以D正確。故選：ABCD。點(diǎn)評：本題就是對平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律的考查，平拋運(yùn)動(dòng)可以分解為在水平方向上的勻速直線運(yùn)動(dòng)，和豎直方向上的自由落體運(yùn)動(dòng)．【解題思路點(diǎn)撥】1.對于平拋運(yùn)動(dòng)的概念，可以結(jié)合自由落體運(yùn)動(dòng)進(jìn)行理解，自由落體運(yùn)動(dòng)的初速度為零，平拋運(yùn)動(dòng)的初速度沿水平方向，但兩者都是只受重力作用。2.平拋運(yùn)動(dòng)是曲線運(yùn)動(dòng)，但是因?yàn)槭艿胶愣ǖ闹亓Φ淖饔茫允莿蜃兯龠\(yùn)動(dòng)。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，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．楞次定律及其應(yīng)用【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.楞次定律的內(nèi)容：感應(yīng)電流具有這樣的方向，即感應(yīng)電流的磁場總要阻礙引起感應(yīng)電流的磁通量的變化。2.適用范圍：所有電磁感應(yīng)現(xiàn)象。3.實(shí)質(zhì)：楞次定律是能量守恒的體現(xiàn)，感應(yīng)電流的方向是能量守恒定律的必然結(jié)果。4.應(yīng)用楞次定律判斷感應(yīng)電流方向的一般步驟：①確定研究對象，即明確要判斷的是哪個(gè)閉合電路中產(chǎn)生的感應(yīng)電流。②確定研究對象所處的磁場的方向及其分布情況。③確定穿過閉合電路的磁通量的變化情況。④根據(jù)楞次定律，判斷閉合電路中感應(yīng)電流的磁場方向。⑤根據(jù)安培定則（即右手螺旋定則）判斷感應(yīng)電流的方向。【命題方向】某磁場的磁感線如圖所示，有銅線圈自圖示A處落到B處，在下落過程中，自上向下看，線圈中感應(yīng)電流的方向是（）A、始終順時(shí)針B、始終逆時(shí)針C、先順時(shí)針再逆時(shí)針D、先逆時(shí)針再順時(shí)針分析：楞次定律的內(nèi)容是：感應(yīng)電流的磁場總是阻礙引起感應(yīng)電流的磁通量的變化．根據(jù)楞次定律判斷感應(yīng)電流的方向．在下落過程中，根據(jù)磁場強(qiáng)弱判斷穿過線圈的磁通量的變化，再去判斷感應(yīng)電流的方向．解答：在下落過程中，磁感應(yīng)強(qiáng)度先增大后減小，所以穿過線圈的磁通量先增大后減小，A處落到C處，穿過線圈的磁通量增大，產(chǎn)生感應(yīng)電流磁場方向向下，所以感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針。C處落到B處，穿過線圈的磁通量減小，產(chǎn)生感應(yīng)電流磁場方向向上，所以感應(yīng)電流的方向?yàn)槟鏁r(shí)針。故選：C。點(diǎn)評：解決本題的關(guān)鍵掌握楞次定律的內(nèi)容：感應(yīng)電流的磁場總是阻礙引起感應(yīng)電流的磁通量的變化．【解題方法點(diǎn)撥】1．楞次定律中“阻礙”的含義。2．楞次定律的推廣對楞次定律中“阻礙”含義的推廣：感應(yīng)電流的效果總是阻礙產(chǎn)生感應(yīng)電流的原因。（1）阻礙原磁通量的變化﹣﹣“增反減同”；（2）阻礙相對運(yùn)動(dòng)﹣﹣“來拒去留”；（3）使線圈面積有擴(kuò)大或縮小的趨勢﹣﹣“增縮減擴(kuò)”；（4）阻礙原電流的變化（自感現(xiàn)象）﹣﹣“增反減同”。3．相互聯(lián)系（1）應(yīng)用楞次定律，必然要用到安培定則；（2）感應(yīng)電流受到的安培力，有時(shí)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(shí)可以直接應(yīng)用楞次定律的推論確定。4．法拉第電磁感應(yīng)定律的內(nèi)容和表達(dá)式【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】法拉第電磁感應(yīng)定律（1）內(nèi)容：閉合電路中感應(yīng)電動(dòng)勢的大小，跟穿過這一電路的磁通量的變化率成正比。（2）公式：E＝nΔΦΔt【命題方向】下列幾種說法中正確的是（）A、線圈中磁通量變化越大，線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢一定越大B、線圈中磁通量越大，線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢一定越大C、線圈放在磁場越強(qiáng)的位置，線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢一定越大D、線圈中磁通量變化越快，線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢越大分析：本題考查法拉第電磁感應(yīng)定律的內(nèi)容，明確電動(dòng)勢與磁通量的變化快慢有關(guān)．解答：根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，線圈中磁通量變化越快，線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢越大；故選：D。點(diǎn)評：本題要求學(xué)生能夠區(qū)分磁通量、磁通量的變化量及磁通量的變化率，能正確掌握法拉第電磁感應(yīng)定律的內(nèi)容．【解題方法點(diǎn)撥】1．對法拉第電磁感應(yīng)定律的理解2．計(jì)算感應(yīng)電動(dòng)勢的公式有兩個(gè)：一個(gè)是E＝n△?△t，一個(gè)是E＝Blvsinθ，計(jì)算時(shí)要能正確選用公式，一般求平均電動(dòng)勢選用E＝n△?△t，求瞬時(shí)電動(dòng)勢選用E＝3．電磁感應(yīng)現(xiàn)象中通過導(dǎo)體橫截面的電量的計(jì)算：由q＝I?△t，I=ER總，E＝n△?△t，可導(dǎo)出電荷量5．導(dǎo)體平動(dòng)切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.如果感應(yīng)電動(dòng)勢是由導(dǎo)體運(yùn)動(dòng)而產(chǎn)生的，它也叫作動(dòng)生電動(dòng)勢。2.當(dāng)導(dǎo)體的運(yùn)動(dòng)方向與磁場垂直時(shí)，動(dòng)生電動(dòng)勢的大小為：E＝Blv3.適用條件：（1）勻強(qiáng)磁場；（2）平動(dòng)切割；（3）B、l、v三者相互垂直。4.當(dāng)導(dǎo)體的運(yùn)動(dòng)方向與磁場有夾角時(shí)，如下圖即如果導(dǎo)線的運(yùn)動(dòng)方向與導(dǎo)線本身是垂直的，但與磁感線方向有一個(gè)夾角θ，則動(dòng)生電動(dòng)勢為：E＝Blv1＝Blvsinθ，即利用速度垂直于磁場的分量?！久}方向】如圖所示，在磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝1.2T的勻強(qiáng)磁場中，讓導(dǎo)體PQ在U形導(dǎo)軌上以速度υ0＝10m/s向右勻速滑動(dòng)，兩導(dǎo)軌間距離L＝0.5m，則產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢的大小和PQ中的電流方向分別為（）分析：導(dǎo)體棒PQ運(yùn)動(dòng)時(shí)切割磁感線，回路中的磁通量發(fā)生變化，因此有感應(yīng)電流產(chǎn)生，根據(jù)右手定則可以判斷電流方向，由E＝BLv可得感應(yīng)電動(dòng)勢的大?。獯穑寒?dāng)導(dǎo)體棒PQ運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得：E＝BLv＝1.2×0.5×10＝6V，根據(jù)右手定則可知，通過PQ的電流為從Q點(diǎn)流向P點(diǎn)，故ABC錯(cuò)誤，D正確。故選：D。點(diǎn)評：本題比較簡單，考查了導(dǎo)體切割磁感線產(chǎn)生電動(dòng)勢和電流方向問題，注意公式E＝BLv的適用條件和公式各個(gè)物理量的含義．【解題方法點(diǎn)撥】閉合或不閉合電路的一部分導(dǎo)體在磁場中做切割磁感線運(yùn)動(dòng)時(shí)，導(dǎo)體兩端將產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢。如果電路閉合，電路中形成感應(yīng)電流。切割磁感線運(yùn)動(dòng)的那部分導(dǎo)體相當(dāng)于電路中的電源。常見的情景有以下幾種：1．在E＝BLv中（要求B⊥L、B⊥v、L⊥v，即B、L、v三者兩兩垂直），式中的L應(yīng)該取與B、v均垂直的有效長度（所謂導(dǎo)體的有效切割長度，指的是切割導(dǎo)體兩端點(diǎn)的連線在同時(shí)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(dòng)勢；若v為瞬時(shí)速度，則E為瞬時(shí)電動(dòng)勢。3．若導(dǎo)體不是垂直切割磁感線運(yùn)動(dòng)，v與B有一夾角，如圖所示，則E＝Blv1＝Blvsinθ。6．導(dǎo)體轉(zhuǎn)動(dòng)切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】如果導(dǎo)體棒繞平行于磁場的軸轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，因?yàn)榘羯细魈幩俣炔辉傧嗟?，?dòng)生電動(dòng)勢的計(jì)算公式E＝Blv就不再適用。如下圖所示，導(dǎo)體棒在磁場中旋轉(zhuǎn)，切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢：雖然導(dǎo)體棒各處速度不同，但是根據(jù)圓周運(yùn)動(dòng)線速度與角速度的關(guān)系可知各處速度大小呈線性變化，所以可以用中點(diǎn)處的線速度表示平均速度從而計(jì)算感應(yīng)電動(dòng)勢，即E＝Blv=Bl①如果轉(zhuǎn)軸繞棒的一端旋轉(zhuǎn)，vmin＝0，vmax＝ωl，則E=12Bωω是棒轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度②如果以棒上一點(diǎn)為圓心旋轉(zhuǎn)，E=12Bω（l12-l22），l③如果以棒外一點(diǎn)Wie圓心旋轉(zhuǎn)，E=12Bω（l12-l22），l【命題方向】一直升飛機(jī)停在南半球的地磁極上空。該處地磁場的方向豎直向上，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B．直升飛機(jī)螺旋槳葉片的長度為l，螺旋槳轉(zhuǎn)動(dòng)的頻率為f，順著地磁場的方向看螺旋槳，螺旋槳按順時(shí)針方向轉(zhuǎn)動(dòng)。螺旋槳葉片的近軸端為a，遠(yuǎn)軸端為b，如圖所示。如果忽略a到轉(zhuǎn)軸中心線的距離，用ε表示每個(gè)葉片中的感應(yīng)電動(dòng)勢，則（）A、ε＝πfl2B，且a點(diǎn)電勢低于b點(diǎn)電勢B、ε＝2πfl2B，且a點(diǎn)電勢低于b點(diǎn)電勢C、ε＝πfl2B，且a點(diǎn)電勢高于b點(diǎn)電勢D、ε＝2πfl2B，且a點(diǎn)電勢高于b點(diǎn)電勢分析：轉(zhuǎn)動(dòng)切割產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢根據(jù)E=12BLv求出大小，根據(jù)右手定則判斷出電動(dòng)勢的方向，從而判斷出a解答：順著地磁場的方向看螺旋槳，螺旋槳按順時(shí)針方向轉(zhuǎn)動(dòng)，若俯視，則葉片逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)切割磁感線，根據(jù)右手定則，b點(diǎn)電勢高于a點(diǎn)電勢；v＝lω＝2πl(wèi)f，所以電動(dòng)勢為E=12Blv=故選：A。點(diǎn)評：解決本題的關(guān)鍵掌握轉(zhuǎn)動(dòng)切割產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢的表達(dá)式E=1【解題思路點(diǎn)撥】對于導(dǎo)體轉(zhuǎn)動(dòng)切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢，要先確認(rèn)轉(zhuǎn)動(dòng)的圓心，然后根據(jù)E＝Blv進(jìn)行計(jì)算，要正確計(jì)算導(dǎo)體棒的平均速度。7．根據(jù)B-t或者φ-t圖像計(jì)算感應(yīng)電動(dòng)勢【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】本考點(diǎn)旨在針對電磁感應(yīng)中的B﹣t圖像或Φ﹣t圖像問題。1.B﹣t圖像（1）圖像意義：B﹣t圖像的縱坐標(biāo)直接反映了某一時(shí)刻的磁感應(yīng)強(qiáng)度。（2）斜率的意義：根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E＝nΔΦΔt=n（3）拐點(diǎn)的意義：如果拐點(diǎn)的斜率為0，表示感應(yīng)電動(dòng)勢的方向要改變。B﹣t圖像的斜率就等于ΔΦΔt2.Φ﹣t圖像（1）圖像意義：Φ﹣t圖像的縱坐標(biāo)直接反映某一時(shí)刻的磁通量大小。（2）斜率的意義：根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E＝nΔΦΔt，Φ﹣t圖像的斜率就等于ΔΦ（3）拐點(diǎn)的意義：如果拐點(diǎn)的斜率為0，表示感應(yīng)電動(dòng)勢的方向要改變?！久}方向】如圖甲所示，勻強(qiáng)磁場中有一面積為S、電阻為R的單匝金屬圓環(huán)，磁場方向垂直于圓環(huán)平面豎直向上。圖乙為該磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化的圖像，曲線上P點(diǎn)坐標(biāo)為（t0，B0），P點(diǎn)的切線在B軸上的截距為B1，由以上信息不能得到的是（）A、t＝t0時(shí)，圓環(huán)中感應(yīng)電流的方向B、t＝t0時(shí)，圓環(huán)中感應(yīng)電動(dòng)勢的大小C、0﹣t0內(nèi)，通過圓環(huán)某截面的電量D、0﹣t0內(nèi)，圓環(huán)所產(chǎn)生的焦耳熱分析：根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律結(jié)合圖像分析電動(dòng)勢大小，根據(jù)楞次定律判斷感應(yīng)電流方向，根據(jù)電荷量的計(jì)算公式解得電量，焦耳熱需要通過有效值計(jì)算。解答：A．根據(jù)楞次定律可知，t＝t0時(shí)，圓環(huán)中感應(yīng)電流的方向從上向下看為順時(shí)針方向，故A錯(cuò)誤；B．t＝t0時(shí)，圓環(huán)中感應(yīng)電動(dòng)勢的大小E=故B錯(cuò)誤；C．0﹣t0內(nèi)，通過圓環(huán)某截面的電量q=故C錯(cuò)誤；D．0﹣t0內(nèi)感應(yīng)電動(dòng)勢不斷變化，但是不能求解電動(dòng)勢的有效值，則不能求解圓環(huán)所產(chǎn)生的焦耳熱，故D正確。故選：D。點(diǎn)評：本題考查電磁感應(yīng)定律，解題關(guān)鍵掌握圖像的含義及楞次定律的應(yīng)用?！窘忸}思路點(diǎn)撥】1.解決圖像問題的一般步驟（1）明確圖像的種類，是B﹣t圖像還是Φ﹣t圖像，或者是E﹣t圖像、i﹣t圖像等。（2）分析電磁感應(yīng)的具體過程。（3）用右手定則或楞次定律確定方向?qū)?yīng)關(guān)系，（4）結(jié)合法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律、牛頓運(yùn)動(dòng)定律等寫出函數(shù)關(guān)系式。（5）根據(jù)函數(shù)關(guān)系式進(jìn)行數(shù)學(xué)分析，如分析斜率的變化、截距等。（6）畫出圖像或判斷圖像。2.電磁感應(yīng)中圖像類選擇題的三種常見解法（1）排除法：定性地分析電磁感應(yīng)過程中物理量的變化趨勢（增大還是減?。┳兓炻ň鶆蜃兓€是非均勻變化），特別是物理量的正負(fù)，排除錯(cuò)誤的選項(xiàng)。（2）函數(shù)法：根據(jù)題目所給條件定量地寫出兩個(gè)物理量之間的函數(shù)關(guān)系，然后由函數(shù)關(guān)系對圖像作出分析和判斷，這未必是最簡單的方法，但卻是最有效的方法。（3）面積法：對于i﹣t圖像，圖線與時(shí)間軸之間所圍圖形的面積表示電荷量，可通過q＝nΔΦR8．描繪線圈進(jìn)出磁場區(qū)域的圖像【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】本考點(diǎn)旨在針對研究線圈進(jìn)出磁場區(qū)域的圖像問題。【命題方向】如圖，在光滑水平桌面上有一邊長為l、電阻為R的正方形導(dǎo)線框，在導(dǎo)線框右側(cè)有一寬度為d（d＞l）的條形勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁場的邊界與導(dǎo)線框的左、右邊框平行，磁場方向豎直向下。導(dǎo)線框以某一初速度向右運(yùn)動(dòng)并穿過磁場，在穿過磁場區(qū)域過程中，下列描述該過程的v—x（速度—位移）圖像中，可能正確的是（）A、B、C、D、分析：線圈以一定的初速度進(jìn)入勻強(qiáng)磁場，由于切割磁感線，所以產(chǎn)生感應(yīng)電流，從而受到安培力阻礙，導(dǎo)致線圈做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)。當(dāng)完全進(jìn)入后，沒有磁通量變化，沒有感應(yīng)電流，不受到安培力，因此做勻速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)線圈離開磁場時(shí)，磁通量又發(fā)生變化，速度變化與進(jìn)入磁場相似。根據(jù)動(dòng)量定理列式分析。解答：線圈進(jìn)入磁場時(shí)，設(shè)某時(shí)刻進(jìn)入磁場的距離為x，此時(shí)線圈的速度為v，取向右為正方向，由動(dòng)量定理得-B其中：I聯(lián)立可得：v當(dāng)完全進(jìn)入磁場后，不受到安培力，所以線圈做勻速直線運(yùn)動(dòng)。當(dāng)線圈出磁場時(shí)，速度v與位移x的關(guān)系與進(jìn)入磁場相似，故ACD錯(cuò)誤，B正確。故選：B。點(diǎn)評：本題屬于力與電綜合題，關(guān)鍵要根據(jù)動(dòng)量定理推導(dǎo)出速度與位移的關(guān)系式，再分析速度的變化情況?！窘忸}思路點(diǎn)撥】1.解決圖像問題的一般步驟（1）明確圖像的種類，是B﹣t圖像還是Φ﹣t圖像，或者是E﹣t圖像、i﹣t圖像等。（2）分析電磁感應(yīng)的具體過程。（3）用右手定則或楞次定律確定方向?qū)?yīng)關(guān)系，（4）結(jié)合法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律、牛頓運(yùn)動(dòng)定律等寫出函數(shù)關(guān)系式。（5）根據(jù)函數(shù)關(guān)系式進(jìn)行數(shù)學(xué)分析，如分析斜率的變化、截距等。（6）畫出圖像或判斷圖像。2.電磁感應(yīng)中圖像類選擇題的三種常見解法（1）排除法：定性地分析電磁感應(yīng)過程中物理量的變化趨勢（增大還是減?。┳兓炻ň鶆蜃兓€是非均勻變化），特別是物理量的正負(fù)，排除錯(cuò)誤的選項(xiàng)。（2）函數(shù)法：根據(jù)題目所給條件定量地寫出兩個(gè)物理量之間的函數(shù)關(guān)系，然后由函數(shù)關(guān)系對圖像作出分析和判斷，這未必是最簡單的方法，但卻是最有效的方法。（3）面積法：對于i﹣t圖像，圖線與時(shí)間軸之間所圍圖形的面積表示電荷量，可通過q＝nΔΦR9．單桿在導(dǎo)軌上無外力作用下切割磁場的運(yùn)動(dòng)問題【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】本考點(diǎn)旨在針對單桿在導(dǎo)軌上無外力作用下切割磁場的運(yùn)動(dòng)問題。模型比較復(fù)雜，可能需要綜合電磁感應(yīng)定律、電磁感應(yīng)與電路問題的結(jié)合、電磁感應(yīng)與動(dòng)力學(xué)的結(jié)合、電磁感應(yīng)與能量問題的結(jié)合、電磁感應(yīng)與動(dòng)量問題的結(jié)合等考點(diǎn)進(jìn)行綜合分析?！久}方向】如圖所示，在磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.2T、方向與紙面垂直的勻強(qiáng)磁場中，有水平放置的兩平行導(dǎo)軌ab、cd，其間距L＝50cm，a、c間接有電阻R．現(xiàn)有一電阻為r的導(dǎo)體棒MN跨放在兩導(dǎo)軌間，并以v＝10m/s的恒定速度向右運(yùn)動(dòng)，a、c間電壓為0.8V，且a點(diǎn)電勢高．其余電阻忽略不計(jì)．問：（1）導(dǎo)體棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢是多大？（2）通過導(dǎo)體棒電流方向如何？磁場的方向是指向紙里，還是指向紙外？（3）R與r的比值是多少？分析：（1）MN棒垂直切割磁感線，根據(jù)公式E＝BLv求出導(dǎo)體棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢．（2）由題，a、c間電壓為0.8V，且a點(diǎn)電勢高，確定電流方向，由右手定則判斷磁場方向．（3）根據(jù)歐姆定律求解R與r的比值．解答：（1）導(dǎo)體棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢是E＝Blv＝0.2×0.5×10V＝1V（2）由題，a點(diǎn)電勢高，M點(diǎn)相當(dāng)于電源的正極，則電流方向N→M；根據(jù)右手定則可知，磁場方向指向紙里（3）根據(jù)歐姆定律得，I=解得，R點(diǎn)評：本題是電磁感應(yīng)與電路知識(shí)的綜合，確定電源與外電路是基本功，有時(shí)要畫出等效電路．【解題思路點(diǎn)撥】導(dǎo)軌滑桿問題是電磁感應(yīng)現(xiàn)象的綜合應(yīng)用，涉及動(dòng)力學(xué)、電路、能量、動(dòng)量等問題，難度較大，要認(rèn)真進(jìn)行分析。10．單桿在導(dǎo)軌上有外力作用下切割磁場的運(yùn)動(dòng)問題【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】本考點(diǎn)旨在針對單桿在導(dǎo)軌上有外力作用下切割磁場的運(yùn)動(dòng)問題。模型比較復(fù)雜，可能需要綜合電磁感應(yīng)定律、電磁感應(yīng)與電路問題的結(jié)合、電磁感應(yīng)與動(dòng)力學(xué)的結(jié)合、電磁感應(yīng)與能量問題的結(jié)合、電磁感應(yīng)與動(dòng)量問題的結(jié)合等考點(diǎn)進(jìn)行綜合分析?！久}方向】如圖所示，水平放置的光滑平行金屬導(dǎo)軌間距為L，導(dǎo)軌上有一質(zhì)量為m、電阻為r的金屬棒ab，導(dǎo)軌的另一端連接電阻R，其他電阻均不計(jì)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場垂直于導(dǎo)軌平面向下，金屬棒ab在一水平恒力F作用下由靜止開始向右運(yùn)動(dòng)．則在這個(gè)過程中（）A、隨著ab運(yùn)動(dòng)速度的增大，其加速度將減小B、外力F對ab做的功等于電路中產(chǎn)生的電能C、棒克服安培力做的功一定等于電路中產(chǎn)生的內(nèi)能D、當(dāng)ab棒的速度為v時(shí)，ab兩端的電勢差為BLv分析：在水平方向，金屬棒受到拉力F和安培力作用，安培力隨速度增大而增大，根據(jù)牛頓定律分析加速度的變化情況．根據(jù)功能關(guān)系分析電能與功的關(guān)系．利用切割式電動(dòng)勢公式和歐姆定律求解ab兩端的電壓．解答：A、金屬棒受到的安培力F安＝BIl＝BER+rl＝BBlvR+可見，速度增大時(shí)，F(xiàn)安增大，加速度減小。故A正確。B、外力F對ab做的功等于金屬棒獲得的動(dòng)能與電路中產(chǎn)生的電能之和。故B錯(cuò)誤。C、根據(jù)功能關(guān)系，棒克服安培力做的功等于電路中產(chǎn)生的電能，電能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能。故C正確。D、當(dāng)ab棒的速度為v時(shí)，ab兩端的電勢差為U=RR+故選：AC。點(diǎn)評：本題運(yùn)用牛頓定律分析運(yùn)動(dòng)過程．要注意ab間的電壓是路端電壓，即為R兩端電壓，不是內(nèi)電壓．【解題思路點(diǎn)撥】導(dǎo)軌滑桿問題是電磁感應(yīng)現(xiàn)象的綜合應(yīng)用，涉及動(dòng)力學(xué)、電路、能量、動(dòng)量等問題，難度較大，要認(rèn)真進(jìn)行分析。11．雙桿在等寬導(dǎo)軌上切割磁場的運(yùn)動(dòng)問題【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】本考點(diǎn)旨在針對雙桿在等寬導(dǎo)軌上切割磁場的運(yùn)動(dòng)問題。模型比較復(fù)雜，可能需要綜合電磁感應(yīng)定律、電磁感應(yīng)與電路問題的結(jié)合、電磁感應(yīng)與動(dòng)力學(xué)的結(jié)合、電磁感應(yīng)與能量問題的結(jié)合、電磁感應(yīng)與動(dòng)量問題的結(jié)合等考點(diǎn)進(jìn)行綜合分析?！久}方向】如圖所示，相距為L的兩足夠長平行金屬導(dǎo)軌固定在水平面上，整個(gè)空間存在垂直導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場。磁感應(yīng)強(qiáng)度為B．導(dǎo)軌上靜止有質(zhì)量為m，電阻為R的兩根相同的金屬棒ab、cd，與導(dǎo)軌構(gòu)成閉合回路，金屬棒cd左側(cè)導(dǎo)軌粗糙右側(cè)光滑。現(xiàn)用一沿導(dǎo)軌方向的恒力F水平向右拉金屬棒cd，當(dāng)金屬棒cd運(yùn)動(dòng)距離為s時(shí)速度達(dá)到最大，金屬棒ab與導(dǎo)軌間的摩擦力也剛好達(dá)最大靜摩擦力。在此過程中，下列敘述正確的是（）A、金屬棒cd的最大速度為2B、金屬棒ab上的電流方向是由a向bC、整個(gè)回路中產(chǎn)生的熱量為Fs-D、金屬棒ab與軌道之間的最大靜摩擦力為F分析：據(jù)題當(dāng)金屬棒cd運(yùn)動(dòng)距離為s時(shí)速度達(dá)到最大，金屬棒ab與導(dǎo)軌間的摩擦力剛好達(dá)最大靜摩擦力，ab棒剛要運(yùn)動(dòng)。研究cd棒，根據(jù)安培力與拉力平衡，求出最大速度。根據(jù)右手定則判斷ab上的電流方向。根據(jù)功能關(guān)系求解熱量。對于cd棒，由平衡條件求解最大靜摩擦力。解答：A、cd棒速度最大時(shí)，所受的安培力與拉力F二力平衡，則有：F＝BIL＝BLBLv2R=B2L2vB、根據(jù)右手定則判斷可知cd棒中感應(yīng)電流的方向由c向d，則ab上的電流方向是由b向a，故B錯(cuò)誤。C、根據(jù)能量守恒定律得：整個(gè)回路中產(chǎn)生的熱量為：Q＝Fs-12mv2D、據(jù)題，cd棒的速度達(dá)到最大時(shí)ab棒所受的靜摩擦力最大，cd所受的最大靜摩擦力等于安培力，由于兩棒所受的安培力大小相等，所以金屬棒ab與軌道之間的最大靜摩擦力等于F，故D正確。故選：AD。點(diǎn)評：本題看似雙桿問題，實(shí)際屬于單桿類型，關(guān)鍵在于正確分析兩棒的受力情況和能量的轉(zhuǎn)化關(guān)系，根據(jù)平衡條件和能量守恒定律進(jìn)行研究。【解題思路點(diǎn)撥】導(dǎo)軌滑桿問題是電磁感應(yīng)現(xiàn)象的綜合應(yīng)用，涉及動(dòng)力學(xué)、電路、能量、動(dòng)量等問題，難度較大，要認(rèn)真進(jìn)行分析。12．電磁感應(yīng)過程中的動(dòng)力學(xué)類問題【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.模型概述：該模型考查的是電磁感應(yīng)定律與運(yùn)動(dòng)學(xué)的聯(lián)系，一般要結(jié)合牛頓第二定律，分析物體的速度與受力情況。2.兩種狀態(tài)處理（1）導(dǎo)體處于平衡態(tài)——靜止或勻速直線運(yùn)動(dòng)狀態(tài)。處理方法：根據(jù)平衡條件合外力等于零列式分析。（2）導(dǎo)體處于非平衡態(tài)——加速度不為零。處理方法：根據(jù)牛頓第二定律進(jìn)行動(dòng)態(tài)分析，或結(jié)合功能關(guān)系分析。3.兩大研究對象及其關(guān)系電磁感應(yīng)中導(dǎo)體棒既可看作電學(xué)對象（因?yàn)樗喈?dāng)于電源），又可看作力學(xué)對象（因?yàn)楦袘?yīng)電流產(chǎn)生安培力），而感應(yīng)電流Ⅰ和導(dǎo)體棒的速度v則是聯(lián)系這兩大對象的紐帶：【命題方向】如圖所示，在豎直向下的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，有兩根水平放置且足夠長的平行金屬導(dǎo)軌AB、CD，間距為L，在導(dǎo)軌的AC端連接一阻值為R的電阻，一根質(zhì)量為m的金屬棒ab，垂直導(dǎo)軌放置，導(dǎo)軌和金屬棒的電阻不計(jì)．金屬棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，若用恒力F沿水平向右拉導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)，求金屬棒的最大速度．分析：金屬棒ab從靜止開始沿導(dǎo)軌滑動(dòng)，從而產(chǎn)生感應(yīng)電流，出現(xiàn)安培力，金屬棒先做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，后做勻速運(yùn)動(dòng)．根據(jù)E＝BLv、I=ER和F＝BIL推導(dǎo)出安培力公式，當(dāng)加速度減小到解答：經(jīng)分析知，棒向右運(yùn)動(dòng)時(shí)切割磁感線，產(chǎn)生動(dòng)生電動(dòng)勢，由右手定則知，棒中有ab方向的電流，再由左手定則可知，安培力向左，棒受到的合力在減小，向右做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)安培力與摩擦力的合力增大到大小等于拉力時(shí)，則加速度減小到0時(shí)，達(dá)到最大速度，此時(shí)：F＝μmg+BIL又I=解得vm=(答：金屬棒的最大速度(F點(diǎn)評：本題要根據(jù)牛頓定律分析金屬棒的運(yùn)動(dòng)情況，分析和計(jì)算安培力是關(guān)鍵，注意另忘記棒受到摩擦力作用．【解題思路點(diǎn)