2025年高考備考高中物理個(gè)性化分層教輔尖子生篇《電磁感應(yīng)》

第1頁(yè)（共1頁(yè)）2025年高考備考高中物理個(gè)性化分層教輔尖子生篇《電磁感應(yīng)》一．選擇題（共10小題）1．（2024?清江浦區(qū)模擬）如圖，光滑平行金屬導(dǎo)軌固定在水平面上，左端由導(dǎo)線相連，導(dǎo)體棒垂直靜置于導(dǎo)軌上構(gòu)成回路。在外力F作用下，回路上方的條形磁鐵豎直向上做勻速運(yùn)動(dòng)。在勻速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中外力F做功WF，磁場(chǎng)力對(duì)導(dǎo)體棒做功W1，磁鐵克服磁場(chǎng)力做功W2，重力對(duì)磁鐵做功WG，回路中產(chǎn)生的焦耳熱為Q，導(dǎo)體棒獲得的動(dòng)能為Ek。則（）A．W1＝Q B．W2＝Q C．WF+WG＝Q+Ek D．WF+WG﹣W2＝Ek2．（2024春?炎陵縣期末）如圖所示，L是自感系數(shù)較大的線圈，其直流電阻不計(jì)，a、b、c是三個(gè)相同的小燈泡，下列說(shuō)法正確的是（）A．開(kāi)關(guān)S閉合時(shí)，c燈立即亮，a燈逐漸亮，b燈立即亮但亮度不變 B．開(kāi)關(guān)S閉合時(shí)，c燈立即亮，a燈逐漸亮，b燈立即亮但亮度會(huì)變暗 C．開(kāi)關(guān)S斷開(kāi)時(shí)，c燈立即熄滅，b閃暗一下后逐漸熄滅，a逐漸熄滅 D．開(kāi)關(guān)S斷開(kāi)時(shí)，c燈立即熄滅，b閃亮一下后逐漸熄滅，a逐漸熄滅3．（2024?衡水模擬）如圖所示，在一個(gè)傾角為θ的導(dǎo)軌MN上面，放置一個(gè)長(zhǎng)度為L(zhǎng)的金屬棒PQ，已知兩導(dǎo)軌間距為d（d＜L），金屬棒的質(zhì)量為m、阻值為r，導(dǎo)軌與金屬棒接觸良好，兩者間動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，導(dǎo)軌下端連接一個(gè)阻值為R的定值電阻，整個(gè)導(dǎo)軌處在一個(gè)垂直導(dǎo)軌所在平面向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中?，F(xiàn)用一個(gè)恒力F拉動(dòng)金屬棒沿導(dǎo)軌斜面運(yùn)動(dòng)了x的距離，所用時(shí)間為t，此時(shí)金屬棒的速度為v，下列說(shuō)法正確的是（）A．金屬棒速度為v時(shí)，R兩端的電壓為BLRvR+rB．該過(guò)程中生成的焦耳熱為Fx?1C．該過(guò)程中摩擦力做的功為μmgxcosθ D．該過(guò)程中安培力做的功為mgx(sinθ+μcosθ)+4．（2024?桃城區(qū)校級(jí)模擬）如圖，三個(gè)完全相同的金屬鋁球a、b、c。b球被切割為兩個(gè)半球，并用絕緣材料粘合到一起，c球被切割成多個(gè)薄片，也用絕緣材料粘合到一起?？臻g存在豎直向上的磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小自左向右逐漸減小，先后將三個(gè)小球以相同的初速度從相同位置斜拋，小球運(yùn)動(dòng)軌跡始終在紙面內(nèi)。三球落地速度大小分別為va、vb、vc，運(yùn)動(dòng)時(shí)間分別為ta、tb、tc，不計(jì)空氣阻力，拋出位置離地足夠高，下列選項(xiàng)正確的是（）A．ta＝tb＝tc B．ta＞tb＞tc C．va＜vb＜vc D．va＞vb＞vc5．（2024春?越秀區(qū)期末）近場(chǎng)通信（NFC）器件應(yīng)用電磁感應(yīng)原理進(jìn)行通訊，其天線類似一個(gè)壓平的線圈，線圈尺寸從內(nèi)到外逐漸變大。如圖所示，一正方形NFC線圈共3匝，下列說(shuō)法正確的是（）A．NFC貼紙?jiān)谑褂脮r(shí)需要另外電源供電才能使用 B．穿過(guò)線圈的磁場(chǎng)發(fā)生變化時(shí)，線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為三個(gè)線圈感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的平均值 C．穿過(guò)線圈的磁場(chǎng)發(fā)生變化時(shí)，線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為三個(gè)線圈感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)之和 D．垂直穿過(guò)線圈的磁場(chǎng)發(fā)生變化時(shí)，芯片中的電流為三個(gè)線圈內(nèi)電流之和6．（2024春?長(zhǎng)沙期末）圖甲為某風(fēng)速測(cè)量裝置，可簡(jiǎn)化為圖乙所示的模型。圓形磁場(chǎng)半徑為L(zhǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直紙面向里，風(fēng)推動(dòng)風(fēng)杯組（導(dǎo)體棒OA代替）繞水平軸以角速度ω順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，風(fēng)杯中心到轉(zhuǎn)軸距離為2L，導(dǎo)體棒OA電阻為r，導(dǎo)體棒與彈性簧片接觸時(shí)回路中產(chǎn)生電流，接觸過(guò)程中，導(dǎo)體棒轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角為45°，圖乙中電阻阻值為R，其余電阻不計(jì)。下列說(shuō)法正確的是（）A．流過(guò)電阻R的電流方向?yàn)閺淖笙蛴?B．風(fēng)杯的速率為ωL C．導(dǎo)體棒與彈性簧片接觸時(shí)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為E＝BL2ω D．導(dǎo)體棒每轉(zhuǎn)動(dòng)一圈，流過(guò)電阻R的電荷量為3πB7．（2024春?臨沂期末）如圖所示，整個(gè)空間中存在方向垂直導(dǎo)軌平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B，導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)且足夠長(zhǎng)，左端接阻值為R的定值電阻，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，現(xiàn)有一長(zhǎng)為2L、電阻為2R的均勻金屬棒OA垂直放在導(dǎo)軌上，金屬棒的下端O在導(dǎo)軌上，沿著導(dǎo)軌以恒定的速度v0向右運(yùn)動(dòng)，金屬棒始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，則（）A．通過(guò)定值電阻的電流方向由b到a B．通過(guò)定值電阻的電流大小為BLvC．金屬棒OA兩端的電壓為2BLv0 D．金屬棒受到的安培力大小為B8．（2024春?東城區(qū)期末）某同學(xué)想用伏安法測(cè)定一個(gè)自感系數(shù)很大的線圈L的直流電阻，其電路圖如圖所示。用一節(jié)干電池作電源，L兩端并聯(lián)一只零刻度在表盤中央、可左右偏轉(zhuǎn)的電壓表（左右量程均為0～3V）。為保護(hù)電表，測(cè)量結(jié)束后，拆除電路時(shí)，應(yīng)最先進(jìn)行的操作是（）A．先斷開(kāi)開(kāi)關(guān)S1 B．先斷開(kāi)開(kāi)關(guān)S2 C．先拆除電流表 D．先拆除滑動(dòng)變阻器9．（2024春?廈門期末）如圖所示，足夠長(zhǎng)的光滑U形金屬導(dǎo)軌固定在絕緣水平面上，其電阻不計(jì)，導(dǎo)體棒ab垂直放在導(dǎo)軌上，整個(gè)裝置處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。t＝0時(shí)，垂直于ab施加水平向右恒力F，使ab從靜止開(kāi)始加速，作用一段時(shí)間后，撤掉外力F，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中導(dǎo)體棒始終垂直導(dǎo)軌，下列關(guān)于導(dǎo)體棒ab速度隨時(shí)間變化圖像中可能正確的是（）A． B． C． D．10．（2024春?東城區(qū)期末）在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中放置一金屬圓環(huán)，磁場(chǎng)方向與圓環(huán)平面垂直。規(guī)定圖甲所示磁場(chǎng)方向?yàn)檎?，磁感?yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t按圖乙所示的正弦規(guī)律變化時(shí)，下列說(shuō)法正確的是（）A．t2時(shí)刻，圓環(huán)中無(wú)感應(yīng)電流 B．t3時(shí)刻，圓環(huán)上某一小段Δl受到的安培力最大 C．圓環(huán)上某一小段Δl所受安培力最大的時(shí)刻也是感應(yīng)電流最大的時(shí)刻 D．t1～t3時(shí)間內(nèi)，圓環(huán)中感應(yīng)電流方向沿順時(shí)針?lè)较蚨噙x題（共5小題）（多選）11．（2024?貴州）如圖，間距為L(zhǎng)的兩根金屬導(dǎo)軌平行放置并固定在絕緣水平桌面上，左端接有一定值電阻R，導(dǎo)軌所在平面存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。質(zhì)量為m的金屬棒置于導(dǎo)軌上，在水平拉力作用下從靜止開(kāi)始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，一段時(shí)間后撤去水平拉力，金屬棒最終停在導(dǎo)軌上。已知金屬棒在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，最大速度為v，加速階段的位移與減速階段的位移相等，金屬棒始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，不計(jì)摩擦及金屬棒與導(dǎo)軌的電阻，則（）A．加速過(guò)程中通過(guò)金屬棒的電荷量為mvBLB．金屬棒加速的時(shí)間為2mRBC．加速過(guò)程中拉力的最大值為4BD．加速過(guò)程中拉力做的功為12mv（多選）12．（2024?湖南開(kāi)學(xué)）如圖所示，足夠長(zhǎng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，固定在豎直平面內(nèi)，兩根導(dǎo)軌上端用導(dǎo)線連接一個(gè)電容器，電容器的電容為C，導(dǎo)軌處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向與導(dǎo)軌平面垂直?，F(xiàn)將質(zhì)量為m、長(zhǎng)度也為L(zhǎng)的金屬棒ab緊貼導(dǎo)軌由靜止釋放，金屬棒沿著導(dǎo)軌下滑過(guò)程中始終保持水平且與導(dǎo)軌接觸良好，已知重力加速度為g，金屬導(dǎo)軌和金屬棒電阻均不計(jì)，則當(dāng)金屬棒運(yùn)動(dòng)穩(wěn)定后，有（）A．金屬棒做勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度大小為mgm+CB．金屬棒受到的安培力大小為mCBC．通過(guò)金屬棒的電流大小為CBLmgm+CD．電容器電荷量保持不變（多選）13．（2024春?龍巖期末）我國(guó)自主設(shè)計(jì)建造的航空母艦“福建艦”采用了世界上最先進(jìn)的電磁彈射技術(shù)。圖甲為飛機(jī)在航空母艦甲板上起飛的電磁彈射裝置，其工作原理可簡(jiǎn)化為如圖乙所示，足夠長(zhǎng)的水平固定金屬軌道處于豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，左端與充滿電的電容器相連，與機(jī)身相連的金屬牽引桿ab垂直靜置在軌道上，開(kāi)關(guān)S擲于1位置后，飛機(jī)向右加速到速度為v時(shí)與牽引桿ab脫離并起飛。已知兩金屬軌道電阻不計(jì)，間距為L(zhǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，ab桿質(zhì)量為m0、電阻為R，飛機(jī)質(zhì)量為m，不計(jì)飛機(jī)與甲板之間的摩擦和空氣阻力。則下列說(shuō)法正確的是（）A．飛機(jī)起飛過(guò)程做勻加速直線運(yùn)動(dòng) B．飛機(jī)起飛過(guò)程做加速度減小的加速直線運(yùn)動(dòng) C．飛機(jī)起飛過(guò)程中通過(guò)ab桿的電荷量為m0D．飛機(jī)起飛瞬間，開(kāi)關(guān)S自動(dòng)擲于2位置，ab桿能再向前運(yùn)動(dòng)的最大距離為m（多選）14．（2024?選擇性）如圖，兩條“∧”形的光滑平行金屬導(dǎo)軌固定在絕緣水平面上，間距為L(zhǎng)，左、右兩導(dǎo)軌面與水平面夾角均為30°，均處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為2B和B。將有一定阻值的導(dǎo)體棒ab、cd放置在導(dǎo)軌上，同時(shí)由靜止釋放，兩棒在下滑過(guò)程中始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好。ab、cd的質(zhì)量分別為2m和m，長(zhǎng)度均為L(zhǎng)。導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)且電阻不計(jì)，重力加速度大小為g。兩棒在下滑過(guò)程中（）A．回路中的電流方向?yàn)閍bcda B．a(chǎn)b中電流趨于3mgC．a(chǎn)b與cd加速度大小之比始終為2：1 D．兩棒產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)始終相等（多選）15．（2024?郫都區(qū)校級(jí)模擬）兩個(gè)完全相同的勻質(zhì)正方形導(dǎo)線框A、B，豎直放置在垂直紙面向里的磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度在水平方向上均勻分布，豎直方向上均勻變化。初始時(shí)，導(dǎo)線框A、B處于同一高度，導(dǎo)線框B靜止釋放的同時(shí)，將A水平拋出，如圖所示。線框始終在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)且不轉(zhuǎn)動(dòng)，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g，從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到落地的整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是（）A．線框A中始終有逆時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流 B．線框B先落地 C．線框A在水平方向做減速運(yùn)動(dòng) D．兩個(gè)線框產(chǎn)生的焦耳熱相同三．填空題（共5小題）16．（2024春?鯉城區(qū)校級(jí)期末）如圖所示，兩相同燈泡A1、A2，A1與一理想二極管D連接，線圈L的直流電阻與燈泡阻值相等。閉合開(kāi)關(guān)S后，A1會(huì)（填“立即亮”或“逐漸變亮”）；斷開(kāi)開(kāi)關(guān)S的瞬間，A1會(huì)（填“閃亮一下再熄滅”或“立即熄滅”）。17．（2024春?泉州期末）輕質(zhì)細(xì)線吊著一邊長(zhǎng)L＝1m、匝數(shù)n＝1匝的正方形線圈，其總電阻R＝1Ω。在線圈的中間位置以下區(qū)域分布著磁場(chǎng)，如圖甲所示，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時(shí)間變化關(guān)系如圖乙所示。求：（1）線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小為V，感應(yīng)電流的方向?yàn)椋ㄟx填“順時(shí)針”或“逆時(shí)針”）。（2）t＝6s時(shí)，磁場(chǎng)對(duì)線圈的作用力大小為N。18．（2024春?浦東新區(qū)校級(jí)期末）如圖，光滑絕緣水平面上一正方形線圈以某初速度滑過(guò)一有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)。磁場(chǎng)寬度大于線圈寬度。線圈滑入和滑出磁場(chǎng)的過(guò)程中，通過(guò)線圈橫截面的電量分別為q1和q2，產(chǎn)生的焦耳熱分別為Q1和Q2。則q1q2，Q1Q2（均選填“＜”、“＝”或“＞”）。19．（2024春?寶山區(qū)校級(jí)期中）小李同學(xué)用圖中兩個(gè)電路研究通電自感和斷電自感現(xiàn)象。圖中L是一帶鐵芯的線圈，直流電阻忽略不計(jì)，A、B是額定電壓為1.5V的燈泡，直流電源為一節(jié)新的干電池。請(qǐng)根據(jù)左側(cè)欄對(duì)電鍵的實(shí)驗(yàn)操作，判斷出右側(cè)欄中能觀察到的小燈泡的現(xiàn)象，并在左側(cè)欄內(nèi)的橫線內(nèi)填入相匹配的現(xiàn)象前的字母：對(duì)電鍵的操作：（1）電鍵S1由斷開(kāi)到閉合（2）電鍵S1由閉合到斷開(kāi)（3）電鍵S2由斷開(kāi)到閉合（4）電鍵S2由閉合到斷開(kāi)實(shí)驗(yàn)過(guò)程中可能會(huì)觀察到燈泡的現(xiàn)象：A．慢慢變亮，然后亮度不變B．立即變亮，然后亮度不變C．立即變亮，然后慢慢熄滅D．稍微變暗，然后亮度不變E．立即熄滅F．閃亮一下，然后熄滅20．（2024?浦東新區(qū)校級(jí)模擬）如圖所示，在光滑水平金屬框架上有一導(dǎo)體棒ab。第一次以速度v勻速向右平動(dòng)，第二次以速度2v勻速向右平動(dòng)，兩次移動(dòng)的距離相同，則兩種情況下回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)之比和通過(guò)R的電荷量之比。四．解答題（共5小題）21．（2024?江西開(kāi)學(xué)）如圖所示，水平固定的光滑導(dǎo)軌P、Q的間距為L(zhǎng)，方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)分布在EFHG區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，質(zhì)量為m、電阻為R、長(zhǎng)度為L(zhǎng)的導(dǎo)體棒a從磁場(chǎng)左側(cè)邊界EF處以大小為2v0的初速度進(jìn)入磁場(chǎng)，同時(shí)，另一相同的導(dǎo)體棒b從磁場(chǎng)右側(cè)邊界GH處以大小為v0的初速度進(jìn)入磁場(chǎng)。磁場(chǎng)區(qū)域FH足夠長(zhǎng)，兩導(dǎo)體棒未在磁場(chǎng)中相遇，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌始終接觸良好，不計(jì)導(dǎo)軌電阻。求：（1）導(dǎo)體棒a進(jìn)入磁場(chǎng)瞬間回路中的電流I；（2）導(dǎo)體棒a進(jìn)入磁場(chǎng)瞬間的加速度大小a。22．（2024?河南開(kāi)學(xué)）如圖所示，水平固定的光滑導(dǎo)軌P、Q的間距為L(zhǎng)，方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)分布在EFHG區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，質(zhì)量為m、電阻為R、長(zhǎng)度為L(zhǎng)的導(dǎo)體棒a從磁場(chǎng)左側(cè)邊界EF處以大小為2v0的初速度進(jìn)入磁場(chǎng)，同時(shí)，另一相同的導(dǎo)體棒b從磁場(chǎng)右側(cè)邊界GH處以大小為v0的初速度進(jìn)入磁場(chǎng)。磁場(chǎng)區(qū)域FH足夠長(zhǎng)，兩導(dǎo)體棒未在磁場(chǎng)中相遇，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌始終接觸良好，不計(jì)導(dǎo)軌電阻。求：（1）導(dǎo)體棒a進(jìn)入磁場(chǎng)瞬間回路中的電流I；（2）導(dǎo)體棒a進(jìn)入磁場(chǎng)瞬間的加速度大小a。23．（2024春?武昌區(qū)期末）如圖所示，寬為L(zhǎng)＝1m的“”型平行金屬導(dǎo)軌PQP′Q′固定在水平絕緣桌面上，水平段光滑，處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1＝1T的豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中；傾角為θ＝30°的傾斜段粗糙，處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B2＝2T的垂直斜面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。在水平段導(dǎo)軌的左端接入電容為C＝0.5F的電容器和單刀雙擲開(kāi)關(guān)S；金屬棒AB通過(guò)絕緣細(xì)線跨過(guò)光滑輕滑輪與邊長(zhǎng)為d＝0.5m的正方形金屬線框相連，線框的正下方空間有一垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B3，磁場(chǎng)上邊界與線框下邊緣距離為d。開(kāi)關(guān)S接通前，電容器不帶電；一阻值為R＝0.5Ω的金屬棒CD恰好能水平靜止在傾斜段導(dǎo)軌上；在外力作用下AB垂直于水平段導(dǎo)軌靜止，線框也靜止不動(dòng)，現(xiàn)將S置于位置1，然后釋放AB。當(dāng)線框下邊緣恰好進(jìn)入磁場(chǎng)B3瞬間，斷開(kāi)S。待線框上邊緣恰好進(jìn)入磁場(chǎng)瞬間，將S置于位置2，此時(shí)CD恰好能沿導(dǎo)軌開(kāi)始向上運(yùn)動(dòng)。已知金屬棒AB、CD和線框的質(zhì)量均為m＝1kg；AB及導(dǎo)軌的電阻均不計(jì)，導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)且與金屬棒接觸良好，金屬棒和線框運(yùn)動(dòng)過(guò)程中均不翻轉(zhuǎn)，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度的大小取g＝10m/s2，求：（1）S置于位置2瞬間，金屬棒AB的速度大??；（2）在線框進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中，線框上產(chǎn)生的焦耳熱為多少；（3）當(dāng)AB的加速度是CD的加速度的2倍時(shí)，CD的熱功率為多少？24．（2024?廣東三模）如圖所示，兩光滑平行圓弧導(dǎo)軌豎直放置，下端與兩根間距為L(zhǎng)的光滑平行水平導(dǎo)軌平滑連接，光滑水平導(dǎo)軌處在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)之中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。在導(dǎo)軌上放置長(zhǎng)度均為L(zhǎng)、由同種金屬材料制成的粗細(xì)均勻的導(dǎo)體棒a、b、c，a棒的質(zhì)量為m，電阻為R0，b棒的質(zhì)量為m，c棒的質(zhì)量為2m。已知初始時(shí)b棒和c棒間距為d，且均處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)讓a棒從圓弧導(dǎo)軌上離水平導(dǎo)軌高為h處由靜止釋放，a與b發(fā)生碰撞后粘在一起，已知重力加速度為g，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，且導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終與導(dǎo)軌垂直。（1）若要求a棒與b棒不發(fā)生碰撞，試求b棒離磁場(chǎng)左邊界的距離x應(yīng)滿足的條件；（2）若b棒離磁場(chǎng)左邊界線的距離x025．（2024?郫都區(qū)校級(jí)模擬）如圖所示，傾斜光滑金屬導(dǎo)軌的傾角為30°，水平導(dǎo)軌粗糙，兩平行導(dǎo)軌的間距均為L(zhǎng)。質(zhì)量為m、電阻為R、長(zhǎng)度為L(zhǎng)的金屬棒a垂直水平導(dǎo)軌放置，兩導(dǎo)軌間均存在垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為B1和B2?，F(xiàn)把質(zhì)量為m、電阻為R、長(zhǎng)度也為L(zhǎng)的金屬棒b垂直傾斜導(dǎo)軌由靜止釋放，重力加速度為g，傾斜導(dǎo)軌無(wú)限長(zhǎng)，金屬棒a始終靜止，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。求：（1）金屬棒b的最大加速度am；（2）金屬棒a與導(dǎo)軌間的摩擦因數(shù)μ至少為多少；（3）從靜止釋放金屬棒b，當(dāng)其沿斜面下滑x位移時(shí)，b棒剛好達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)，求此過(guò)程a棒產(chǎn)生的焦耳熱。

2025年高考備考高中物理個(gè)性化分層教輔尖子生篇《電磁感應(yīng)》參考答案與試題解析一．選擇題（共10小題）1．（2024?清江浦區(qū)模擬）如圖，光滑平行金屬導(dǎo)軌固定在水平面上，左端由導(dǎo)線相連，導(dǎo)體棒垂直靜置于導(dǎo)軌上構(gòu)成回路。在外力F作用下，回路上方的條形磁鐵豎直向上做勻速運(yùn)動(dòng)。在勻速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中外力F做功WF，磁場(chǎng)力對(duì)導(dǎo)體棒做功W1，磁鐵克服磁場(chǎng)力做功W2，重力對(duì)磁鐵做功WG，回路中產(chǎn)生的焦耳熱為Q，導(dǎo)體棒獲得的動(dòng)能為Ek。則（）A．W1＝Q B．W2＝Q C．WF+WG＝Q+Ek D．WF+WG﹣W2＝Ek【考點(diǎn)】電磁感應(yīng)過(guò)程中的能量類問(wèn)題．【專題】定量思想；推理法；電磁感應(yīng)——功能問(wèn)題；推理能力．【答案】C【分析】AB．分別選磁鐵和導(dǎo)體棒為研究對(duì)象，對(duì)系統(tǒng)根據(jù)能量守恒知W2﹣W1＝Q，從而即可求解；CD.由能量守恒可求得?！窘獯稹拷猓篈B．由能量守恒定律可知磁鐵克服磁場(chǎng)力做功W2等于回路的電能，電能一部分轉(zhuǎn)化導(dǎo)體棒的機(jī)械能，另一部分轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，即W2﹣W1＝Q故AB錯(cuò)誤；CD．以導(dǎo)體棒為對(duì)象，由能量守恒可知，外力對(duì)磁鐵做功與重力對(duì)磁鐵做功之和等于回路中焦耳熱與導(dǎo)體棒的動(dòng)能之和，即WF+WG＝Q+Ek故C正確，D錯(cuò)誤；故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】此題考查能量守恒定律，一對(duì)磁場(chǎng)力做功之和為系統(tǒng)產(chǎn)生的焦耳熱。2．（2024春?炎陵縣期末）如圖所示，L是自感系數(shù)較大的線圈，其直流電阻不計(jì)，a、b、c是三個(gè)相同的小燈泡，下列說(shuō)法正確的是（）A．開(kāi)關(guān)S閉合時(shí)，c燈立即亮，a燈逐漸亮，b燈立即亮但亮度不變 B．開(kāi)關(guān)S閉合時(shí)，c燈立即亮，a燈逐漸亮，b燈立即亮但亮度會(huì)變暗 C．開(kāi)關(guān)S斷開(kāi)時(shí)，c燈立即熄滅，b閃暗一下后逐漸熄滅，a逐漸熄滅 D．開(kāi)關(guān)S斷開(kāi)時(shí)，c燈立即熄滅，b閃亮一下后逐漸熄滅，a逐漸熄滅【考點(diǎn)】自感線圈對(duì)電路的影響．【專題】定性思想；極端假設(shè)法；電磁感應(yīng)與電路結(jié)合；推理能力．【答案】B【分析】開(kāi)關(guān)的通斷，對(duì)c燈的影響可以直接由閉合回路分析；根據(jù)自感線圈對(duì)電流變化時(shí)的阻礙特點(diǎn)，可以得到a燈的亮暗情況；根據(jù)閉合電路中，電阻變化時(shí)，對(duì)外電路的參數(shù)變化影響，可以得到b燈受影響的亮暗情況。【解答】解：AB．開(kāi)關(guān)S閉合時(shí)，b、c燈立即亮，由于線圈中產(chǎn)生自感電動(dòng)勢(shì)阻礙電流的增加，使得a燈逐漸變亮，同時(shí)由于自感線圈的阻礙作用逐漸減弱，根據(jù)閉合電路的動(dòng)態(tài)分析可知b燈兩端的電壓會(huì)逐漸減小，亮度會(huì)逐漸變暗些，最終亮度與a等相同，故A錯(cuò)誤，B正確；CD．開(kāi)關(guān)S斷開(kāi)時(shí)，c燈立即熄滅，由于在L中產(chǎn)生自感電動(dòng)勢(shì)阻礙電流的減小，則電流將在L與a、b燈之間形成新的回路，使得a、b燈逐漸熄滅。由于線圈直流電阻不計(jì)，所以開(kāi)關(guān)閉合時(shí)，電路穩(wěn)定情況下a、b燈的電流相等，亮度相同；開(kāi)關(guān)S斷開(kāi)時(shí)，b燈不會(huì)閃亮一下也不會(huì)閃暗一下，而是與a燈處于同樣的電路中，亮度均為逐漸熄滅，故C、D錯(cuò)誤。故選：B。【點(diǎn)評(píng)】本題考查含自感線圈的閉合電路的動(dòng)態(tài)分析，注意自感線圈對(duì)電流變化的影響，及閉合回路動(dòng)態(tài)分析時(shí)的“串反并同”特點(diǎn)即可得到結(jié)果。3．（2024?衡水模擬）如圖所示，在一個(gè)傾角為θ的導(dǎo)軌MN上面，放置一個(gè)長(zhǎng)度為L(zhǎng)的金屬棒PQ，已知兩導(dǎo)軌間距為d（d＜L），金屬棒的質(zhì)量為m、阻值為r，導(dǎo)軌與金屬棒接觸良好，兩者間動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，導(dǎo)軌下端連接一個(gè)阻值為R的定值電阻，整個(gè)導(dǎo)軌處在一個(gè)垂直導(dǎo)軌所在平面向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中?，F(xiàn)用一個(gè)恒力F拉動(dòng)金屬棒沿導(dǎo)軌斜面運(yùn)動(dòng)了x的距離，所用時(shí)間為t，此時(shí)金屬棒的速度為v，下列說(shuō)法正確的是（）A．金屬棒速度為v時(shí)，R兩端的電壓為BLRvR+rB．該過(guò)程中生成的焦耳熱為Fx?1C．該過(guò)程中摩擦力做的功為μmgxcosθ D．該過(guò)程中安培力做的功為mgx(sinθ+μcosθ)+【考點(diǎn)】電磁感應(yīng)過(guò)程中的能量類問(wèn)題；雙桿在等寬導(dǎo)軌上切割磁場(chǎng)的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題；傾斜平面內(nèi)的導(dǎo)軌滑桿模型．【專題】定量思想；尋找守恒量法；電磁感應(yīng)——功能問(wèn)題；分析綜合能力．【答案】D【分析】金屬棒速度為v時(shí)，根據(jù)E＝Bdv求出金屬棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，再由串聯(lián)電路電壓分配規(guī)律計(jì)算R兩端的電壓；根據(jù)能量守恒定律計(jì)算該過(guò)程中生成的焦耳熱；根據(jù)功的計(jì)算公式求摩擦力做的功；根據(jù)動(dòng)能定理求安培力做的功。【解答】解：A、金屬棒速度為v時(shí)，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝Bdv，R上的電壓為URB、該過(guò)程中，生成的焦耳熱指電阻生熱的總和，由能量守恒定律有：Q=Fx?1C、該過(guò)程中摩擦力做的功為Wf＝﹣μmgxcosθ，故C錯(cuò)誤；D、設(shè)該過(guò)程中安培力做的功為W安，根據(jù)動(dòng)能定理有WF解得：W安故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題為電磁感應(yīng)綜合問(wèn)題，對(duì)于電磁感應(yīng)問(wèn)題研究思路常常有兩條：一條從力的角度，根據(jù)E＝BLv、閉合電路歐姆定律、安培力公式列出方程；另一條是能量，分析電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的能量問(wèn)題，根據(jù)動(dòng)能定理、功能關(guān)系、能量守恒等列方程求解。4．（2024?桃城區(qū)校級(jí)模擬）如圖，三個(gè)完全相同的金屬鋁球a、b、c。b球被切割為兩個(gè)半球，并用絕緣材料粘合到一起，c球被切割成多個(gè)薄片，也用絕緣材料粘合到一起?？臻g存在豎直向上的磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小自左向右逐漸減小，先后將三個(gè)小球以相同的初速度從相同位置斜拋，小球運(yùn)動(dòng)軌跡始終在紙面內(nèi)。三球落地速度大小分別為va、vb、vc，運(yùn)動(dòng)時(shí)間分別為ta、tb、tc，不計(jì)空氣阻力，拋出位置離地足夠高，下列選項(xiàng)正確的是（）A．ta＝tb＝tc B．ta＞tb＞tc C．va＜vb＜vc D．va＞vb＞vc【考點(diǎn)】電磁阻尼與電磁驅(qū)動(dòng)．【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】A【分析】球運(yùn)動(dòng)中，穿過(guò)球的磁通量發(fā)生變化，都會(huì)產(chǎn)生渦流，球都會(huì)受到水平方向的安培力，但豎直方向只是重力作用，小球在豎直方向的運(yùn)動(dòng)情況相同，據(jù)此分析落地所用的時(shí)間；由于小球在豎直方向的運(yùn)動(dòng)情況相同，落地時(shí)豎直分速度也相同，球受到水平方向的安培力，始終充當(dāng)阻力，水平方向一直減速，直至水平方向速度最后減為0，由此分析小球落地的速度大小關(guān)系?！窘獯稹拷猓篈B．三種情況下，球運(yùn)動(dòng)中，穿過(guò)球的磁通量發(fā)生變化，都會(huì)產(chǎn)生渦流，球都會(huì)受到水平方向的安培力，但豎直方向只是重力作用，可見(jiàn)三種情況下，小球在豎直方向的運(yùn)動(dòng)情況相同，則落地所用的時(shí)間也相同，即ta＝tb＝tc故A正確，B錯(cuò)誤；CD．由于小球在豎直方向的運(yùn)動(dòng)情況相同，落地時(shí)豎直分速度也相同，由于拋出位置離地足夠高，球受到水平方向的安培力，始終充當(dāng)阻力，水平方向一直減速，直至水平方向速度最后減為0，最終球內(nèi)沒(méi)有渦流產(chǎn)生，可見(jiàn)小球落地的速度大小相等，即va＝vb＝vc故CD錯(cuò)誤。故選：A?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查電磁阻尼、運(yùn)動(dòng)合成與分解的相關(guān)知識(shí)，關(guān)鍵是抓住物體的受力特點(diǎn)，去分析物體的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，然后選擇相應(yīng)規(guī)律分析求解。5．（2024春?越秀區(qū)期末）近場(chǎng)通信（NFC）器件應(yīng)用電磁感應(yīng)原理進(jìn)行通訊，其天線類似一個(gè)壓平的線圈，線圈尺寸從內(nèi)到外逐漸變大。如圖所示，一正方形NFC線圈共3匝，下列說(shuō)法正確的是（）A．NFC貼紙?jiān)谑褂脮r(shí)需要另外電源供電才能使用 B．穿過(guò)線圈的磁場(chǎng)發(fā)生變化時(shí)，線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為三個(gè)線圈感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的平均值 C．穿過(guò)線圈的磁場(chǎng)發(fā)生變化時(shí)，線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為三個(gè)線圈感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)之和 D．垂直穿過(guò)線圈的磁場(chǎng)發(fā)生變化時(shí)，芯片中的電流為三個(gè)線圈內(nèi)電流之和【考點(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；理解能力．【答案】C【分析】根據(jù)NFC的工作原理分析NFC貼紙?jiān)谑褂脮r(shí)是否需要另外電源供電；穿過(guò)線圈的磁場(chǎng)發(fā)生變化時(shí)，線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)串聯(lián)，芯片中的電流相等?！窘獯稹拷猓篈、NFC貼紙?jiān)谑褂脮r(shí)不需要另外電源供電，因?yàn)橥獠看艌?chǎng)變化時(shí)能使NFC線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電流足以為芯片使用供電，故A錯(cuò)誤；BC、穿過(guò)線圈的磁場(chǎng)發(fā)生變化時(shí)，三個(gè)線圈是串聯(lián)關(guān)系，所以線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為三個(gè)線圈感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)之和，故B錯(cuò)誤，C正確；D、三個(gè)線圈是串聯(lián)關(guān)系，通過(guò)芯片和線圈的電流大小相等，故D錯(cuò)誤。故選：C。【點(diǎn)評(píng)】解答本題時(shí)，要明確三個(gè)線圈是串聯(lián)關(guān)系，NFC貼紙的工作原理是電磁感應(yīng)。6．（2024春?長(zhǎng)沙期末）圖甲為某風(fēng)速測(cè)量裝置，可簡(jiǎn)化為圖乙所示的模型。圓形磁場(chǎng)半徑為L(zhǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直紙面向里，風(fēng)推動(dòng)風(fēng)杯組（導(dǎo)體棒OA代替）繞水平軸以角速度ω順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，風(fēng)杯中心到轉(zhuǎn)軸距離為2L，導(dǎo)體棒OA電阻為r，導(dǎo)體棒與彈性簧片接觸時(shí)回路中產(chǎn)生電流，接觸過(guò)程中，導(dǎo)體棒轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角為45°，圖乙中電阻阻值為R，其余電阻不計(jì)。下列說(shuō)法正確的是（）A．流過(guò)電阻R的電流方向?yàn)閺淖笙蛴?B．風(fēng)杯的速率為ωL C．導(dǎo)體棒與彈性簧片接觸時(shí)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為E＝BL2ω D．導(dǎo)體棒每轉(zhuǎn)動(dòng)一圈，流過(guò)電阻R的電荷量為3πB【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(shì)；線速度的物理意義及定義式．【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】D【分析】根據(jù)右手定則判斷導(dǎo)體棒中的電流方向，從而確定流過(guò)電阻R的電流方向；根據(jù)公式v＝ωr求解風(fēng)杯的速率；根據(jù)E＝BLv求解導(dǎo)體棒與彈性簧片接觸時(shí)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)；由閉合電路歐姆定律求出感應(yīng)電流大小，再由q＝It求解導(dǎo)體棒每轉(zhuǎn)動(dòng)一圈流過(guò)電阻R的電荷量?！窘獯稹拷猓篈、根據(jù)右手定則可知，導(dǎo)體棒OA中感應(yīng)電流方向?yàn)閺腛到A，則流過(guò)電阻R的電流方向?yàn)閺挠蚁蜃?，故A錯(cuò)誤；B、風(fēng)杯的轉(zhuǎn)動(dòng)半徑為2L，角速度為ω，則風(fēng)杯的速率為v＝ω×2L＝2ωL，故B錯(cuò)誤；C、導(dǎo)體棒與彈性簧片接觸時(shí)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為E=BLvD、依題意，導(dǎo)體棒每轉(zhuǎn)動(dòng)一圈，接觸過(guò)程中，導(dǎo)體棒轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角為45°，所以三組風(fēng)杯組總共接觸過(guò)程對(duì)應(yīng)的時(shí)間為t=3×根據(jù)閉合電路歐姆定律，有I=E導(dǎo)體棒每轉(zhuǎn)動(dòng)一圈，流過(guò)電阻R的電荷量為q＝It聯(lián)立解得：q=3πB故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查電磁感應(yīng)和恒定電路的知識(shí)，要知道導(dǎo)體棒上各點(diǎn)切割速度不同，要根據(jù)平均速度來(lái)求感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)。7．（2024春?臨沂期末）如圖所示，整個(gè)空間中存在方向垂直導(dǎo)軌平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B，導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)且足夠長(zhǎng)，左端接阻值為R的定值電阻，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，現(xiàn)有一長(zhǎng)為2L、電阻為2R的均勻金屬棒OA垂直放在導(dǎo)軌上，金屬棒的下端O在導(dǎo)軌上，沿著導(dǎo)軌以恒定的速度v0向右運(yùn)動(dòng)，金屬棒始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，則（）A．通過(guò)定值電阻的電流方向由b到a B．通過(guò)定值電阻的電流大小為BLvC．金屬棒OA兩端的電壓為2BLv0 D．金屬棒受到的安培力大小為B【考點(diǎn)】單桿在導(dǎo)軌上無(wú)外力作用下切割磁場(chǎng)的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題；電磁感應(yīng)過(guò)程中的電路類問(wèn)題；安培力的計(jì)算公式及簡(jiǎn)單應(yīng)用；右手定則．【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】根據(jù)右手定則判斷感應(yīng)電流方向；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律分析解答?！窘獯稹拷猓篈.金屬棒向右運(yùn)動(dòng)切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，由右手定則可知感應(yīng)電流方向由a到b，故A錯(cuò)誤；B.金屬棒向右運(yùn)動(dòng)切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝BLv0根據(jù)閉合電路歐姆定律得I=解得通過(guò)定值電阻的電流大小I=故B正確；C.根據(jù)閉合電路歐姆定律得U＝IR解得金屬棒OA兩端的電壓為U′＝U+E=BLv0故C錯(cuò)誤；D.金屬棒受到的安培力大小為F＝BIL解得F=故D錯(cuò)誤。故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】解決本題時(shí)要注意等效電路的連接，注意法拉第電磁感應(yīng)定律結(jié)合楞次定律分析解答。8．（2024春?東城區(qū)期末）某同學(xué)想用伏安法測(cè)定一個(gè)自感系數(shù)很大的線圈L的直流電阻，其電路圖如圖所示。用一節(jié)干電池作電源，L兩端并聯(lián)一只零刻度在表盤中央、可左右偏轉(zhuǎn)的電壓表（左右量程均為0～3V）。為保護(hù)電表，測(cè)量結(jié)束后，拆除電路時(shí)，應(yīng)最先進(jìn)行的操作是（）A．先斷開(kāi)開(kāi)關(guān)S1 B．先斷開(kāi)開(kāi)關(guān)S2 C．先拆除電流表 D．先拆除滑動(dòng)變阻器【考點(diǎn)】自感現(xiàn)象與自感系數(shù)．【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】B【分析】由于在電路的通斷中，線圈中會(huì)產(chǎn)生自感電動(dòng)勢(shì)，據(jù)此分析開(kāi)關(guān)斷開(kāi)的先后順序。【解答】解：斷開(kāi)電路應(yīng)該考慮線圈的自感，先斷開(kāi)開(kāi)關(guān)S1，再斷開(kāi)開(kāi)關(guān)S2，會(huì)產(chǎn)生反向感應(yīng)電壓加在電壓表兩端，可能會(huì)使電壓表指針迅速反轉(zhuǎn)而受損，故應(yīng)先斷開(kāi)S2，再斷開(kāi)S1，故ACD錯(cuò)誤，B正確。故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】本題通考查了自感的問(wèn)題，要掌握什么是自感，分析清楚電路結(jié)構(gòu)。9．（2024春?廈門期末）如圖所示，足夠長(zhǎng)的光滑U形金屬導(dǎo)軌固定在絕緣水平面上，其電阻不計(jì)，導(dǎo)體棒ab垂直放在導(dǎo)軌上，整個(gè)裝置處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。t＝0時(shí)，垂直于ab施加水平向右恒力F，使ab從靜止開(kāi)始加速，作用一段時(shí)間后，撤掉外力F，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中導(dǎo)體棒始終垂直導(dǎo)軌，下列關(guān)于導(dǎo)體棒ab速度隨時(shí)間變化圖像中可能正確的是（）A． B． C． D．【考點(diǎn)】導(dǎo)軌滑桿模型中的圖像問(wèn)題；單桿在導(dǎo)軌上有外力作用下切割磁場(chǎng)的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題．【專題】定量思想；推理法；電磁感應(yīng)與圖象結(jié)合；分析綜合能力．【答案】A【分析】本題根據(jù)牛頓第二定律結(jié)合v﹣t圖像，即可解答?！窘獯稹拷猓簩?dǎo)體棒安培力FA＝BIL，根據(jù)歐姆定律I=ER，切割電動(dòng)勢(shì)E＝BLv，聯(lián)立有F對(duì)導(dǎo)體棒，由牛頓第二定律得：F?則隨著速度的增加，導(dǎo)體棒的加速度減小，即開(kāi)始時(shí)導(dǎo)體棒做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)；撤去力F后，導(dǎo)體棒受安培力作用速度減小，由牛頓第二定律得：B2故選：A?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查學(xué)生對(duì)牛頓第二定律和v﹣t圖像的斜率等于加速度的掌握，是一道基礎(chǔ)題，但具有綜合性。10．（2024春?東城區(qū)期末）在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中放置一金屬圓環(huán)，磁場(chǎng)方向與圓環(huán)平面垂直。規(guī)定圖甲所示磁場(chǎng)方向?yàn)檎?，磁感?yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t按圖乙所示的正弦規(guī)律變化時(shí)，下列說(shuō)法正確的是（）A．t2時(shí)刻，圓環(huán)中無(wú)感應(yīng)電流 B．t3時(shí)刻，圓環(huán)上某一小段Δl受到的安培力最大 C．圓環(huán)上某一小段Δl所受安培力最大的時(shí)刻也是感應(yīng)電流最大的時(shí)刻 D．t1～t3時(shí)間內(nèi)，圓環(huán)中感應(yīng)電流方向沿順時(shí)針?lè)较颉究键c(diǎn)】根據(jù)B﹣t或者φ﹣t圖像計(jì)算感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)；安培力的計(jì)算公式及簡(jiǎn)單應(yīng)用；楞次定律及其應(yīng)用．【專題】定量思想；推理法；電磁感應(yīng)與圖象結(jié)合；推理能力．【答案】D【分析】根據(jù)圖乙中ΔBΔt【解答】解：A、t2時(shí)刻，由圖乙可知ΔBΔt最大，由法拉第電磁感應(yīng)定律E＝nΔΦΔt=nΔBB、t3時(shí)刻，由圖乙可知ΔBΔtC、感應(yīng)電流最大的時(shí)刻對(duì)應(yīng)磁感應(yīng)強(qiáng)度為0，則圓環(huán)上某一小段Δl所受安培力最大的時(shí)刻不是感應(yīng)電流最大的時(shí)刻，故C錯(cuò)誤；D、t1～t2時(shí)間內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為正值且減小，根據(jù)楞次定律可知感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針，t2～t3時(shí)間內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為負(fù)值且增大，根據(jù)楞次定律可知感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針，故D正確。故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了楞次定律、法拉第電磁感應(yīng)定律，解題的關(guān)鍵是根據(jù)圖乙判斷ΔBΔt二．多選題（共5小題）（多選）11．（2024?貴州）如圖，間距為L(zhǎng)的兩根金屬導(dǎo)軌平行放置并固定在絕緣水平桌面上，左端接有一定值電阻R，導(dǎo)軌所在平面存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。質(zhì)量為m的金屬棒置于導(dǎo)軌上，在水平拉力作用下從靜止開(kāi)始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，一段時(shí)間后撤去水平拉力，金屬棒最終停在導(dǎo)軌上。已知金屬棒在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，最大速度為v，加速階段的位移與減速階段的位移相等，金屬棒始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，不計(jì)摩擦及金屬棒與導(dǎo)軌的電阻，則（）A．加速過(guò)程中通過(guò)金屬棒的電荷量為mvBLB．金屬棒加速的時(shí)間為2mRBC．加速過(guò)程中拉力的最大值為4BD．加速過(guò)程中拉力做的功為12mv【考點(diǎn)】電磁感應(yīng)過(guò)程中的能量類問(wèn)題；牛頓第二定律的簡(jiǎn)單應(yīng)用．【專題】定量思想；推理法；磁場(chǎng)磁場(chǎng)對(duì)電流的作用；推理能力．【答案】AB【分析】A.根據(jù)題意計(jì)算減速過(guò)程的位移從而計(jì)算加速位移，再根據(jù)動(dòng)能定理、電流表達(dá)式、電荷量的計(jì)算公式列式求解電荷量；B.根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的位移規(guī)律列式求解時(shí)間；C.根據(jù)牛頓第二定律結(jié)合勻變速之心運(yùn)動(dòng)的速度規(guī)律列式聯(lián)立求解；D.根據(jù)動(dòng)能定理進(jìn)行分析判斷?！窘獯稹拷猓篈.設(shè)加速階段和減速階段相等的位移大小為x，在撤去拉力F之后導(dǎo)體棒做減速運(yùn)動(dòng)的過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理有﹣BIL?x＝0?12mv2，而I=BLv2R，所以加速過(guò)程的電荷量q=ΔΦΔtB.金屬棒做勻加速運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的公式x=12v?t，得加速時(shí)間tC.金屬棒在加速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中由于安培力不斷增加，加速度不變，則拉力也逐漸增大，所以拉力的最大值出現(xiàn)在撤去拉力的瞬間，根據(jù)牛頓第二定律有Fm﹣BBLvRL＝ma，而v＝at，聯(lián)立解得Fm=D.根據(jù)動(dòng)能定理，加速過(guò)程中拉力對(duì)金屬棒做正功，安培力對(duì)金屬棒做負(fù)功，合外力的功等于12mv2，所以拉力做功大于12mv故選：AB?！军c(diǎn)評(píng)】考查導(dǎo)體棒在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題，結(jié)合動(dòng)能定理、勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律列式求解相關(guān)物理量。（多選）12．（2024?湖南開(kāi)學(xué)）如圖所示，足夠長(zhǎng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，固定在豎直平面內(nèi)，兩根導(dǎo)軌上端用導(dǎo)線連接一個(gè)電容器，電容器的電容為C，導(dǎo)軌處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向與導(dǎo)軌平面垂直。現(xiàn)將質(zhì)量為m、長(zhǎng)度也為L(zhǎng)的金屬棒ab緊貼導(dǎo)軌由靜止釋放，金屬棒沿著導(dǎo)軌下滑過(guò)程中始終保持水平且與導(dǎo)軌接觸良好，已知重力加速度為g，金屬導(dǎo)軌和金屬棒電阻均不計(jì)，則當(dāng)金屬棒運(yùn)動(dòng)穩(wěn)定后，有（）A．金屬棒做勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度大小為mgm+CB．金屬棒受到的安培力大小為mCBC．通過(guò)金屬棒的電流大小為CBLmgm+CD．電容器電荷量保持不變【考點(diǎn)】含有電容器的導(dǎo)軌滑桿模型．【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】AC【分析】由電容的定義、動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)公式、歐姆定律、安培力公式等結(jié)合導(dǎo)體棒的運(yùn)動(dòng)情況表示出導(dǎo)體棒受到的安培力大小。結(jié)合牛頓第二定律求出加速度的大小；根據(jù)安培力公式變形可以得到電流的大?。挥呻娙莸亩x變形后可得電容器上的電量?！窘獯稹拷猓篈、由題可知金屬棒ab受到的安培力為：F又由動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)公式可知：Q＝CU＝CBLv所以電荷量的變化率：ΔQ所以安培力：F對(duì)金屬棒ab，由牛頓第二定律可得：mg﹣FA＝ma聯(lián)立以上幾式解得：a=mgB、由以上過(guò)程可知，安培力大?。篎AC、根據(jù)安培力的計(jì)算可知：BIL＝CB2L2a，變形后解得：I=CBLa=CBLmgD、經(jīng)過(guò)時(shí)間t電容器兩端的電量為：q=CU=CBLv=CBLat=BCLmgt故選：AC?！军c(diǎn)評(píng)】對(duì)于電磁感應(yīng)的綜合問(wèn)題要做好電流、安培力、運(yùn)動(dòng)、功能關(guān)系這四個(gè)方面的分析，同時(shí)這類問(wèn)題涉及知識(shí)點(diǎn)多，容易混淆。（多選）13．（2024春?龍巖期末）我國(guó)自主設(shè)計(jì)建造的航空母艦“福建艦”采用了世界上最先進(jìn)的電磁彈射技術(shù)。圖甲為飛機(jī)在航空母艦甲板上起飛的電磁彈射裝置，其工作原理可簡(jiǎn)化為如圖乙所示，足夠長(zhǎng)的水平固定金屬軌道處于豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，左端與充滿電的電容器相連，與機(jī)身相連的金屬牽引桿ab垂直靜置在軌道上，開(kāi)關(guān)S擲于1位置后，飛機(jī)向右加速到速度為v時(shí)與牽引桿ab脫離并起飛。已知兩金屬軌道電阻不計(jì)，間距為L(zhǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，ab桿質(zhì)量為m0、電阻為R，飛機(jī)質(zhì)量為m，不計(jì)飛機(jī)與甲板之間的摩擦和空氣阻力。則下列說(shuō)法正確的是（）A．飛機(jī)起飛過(guò)程做勻加速直線運(yùn)動(dòng) B．飛機(jī)起飛過(guò)程做加速度減小的加速直線運(yùn)動(dòng) C．飛機(jī)起飛過(guò)程中通過(guò)ab桿的電荷量為m0D．飛機(jī)起飛瞬間，開(kāi)關(guān)S自動(dòng)擲于2位置，ab桿能再向前運(yùn)動(dòng)的最大距離為m【考點(diǎn)】動(dòng)量定理在電磁感應(yīng)問(wèn)題中的應(yīng)用；電磁炮．【專題】比較思想；模型法；電磁感應(yīng)中的力學(xué)問(wèn)題；分析綜合能力．【答案】BD【分析】分析飛機(jī)所受安培力變化情況，判斷其運(yùn)動(dòng)情況；對(duì)金屬桿與飛機(jī)，利用動(dòng)量定理以及電荷量與電流的關(guān)系求解飛機(jī)起飛過(guò)程中通過(guò)ab桿的電荷量；飛機(jī)起飛瞬間，開(kāi)關(guān)S自動(dòng)擲于2位置，對(duì)金屬桿，利用動(dòng)量定理求ab桿能再向前運(yùn)動(dòng)的最大距離?！窘獯稹拷猓篈B、飛機(jī)起飛過(guò)程向右加速，金屬桿ab切割磁感線產(chǎn)生反電動(dòng)勢(shì)，隨著速度的增大，感應(yīng)電流減小，飛機(jī)受到的向左的安培力減小，加速度減小，所以飛機(jī)起飛過(guò)程做加速度減小的加速直線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤，B正確；C、飛機(jī)起飛過(guò)程中，對(duì)金屬桿與飛機(jī)，取向右為正方向，由動(dòng)量定理得BI又q=I聯(lián)立可得通過(guò)ab桿的電荷量為q=(m+D、飛機(jī)起飛瞬間，開(kāi)關(guān)S自動(dòng)擲于2位置，對(duì)金屬桿，取向右為正方向，由動(dòng)量定理得﹣∑BiLt＝0﹣m0v又i=BL則有B2解得ab桿能再向前運(yùn)動(dòng)的最大距離為x=m故選：BD?！军c(diǎn)評(píng)】解答本題的關(guān)鍵要掌握動(dòng)量定理，并能用來(lái)求解電磁感應(yīng)中通過(guò)導(dǎo)體的電荷量或?qū)w滑行距離問(wèn)題。（多選）14．（2024?選擇性）如圖，兩條“∧”形的光滑平行金屬導(dǎo)軌固定在絕緣水平面上，間距為L(zhǎng)，左、右兩導(dǎo)軌面與水平面夾角均為30°，均處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為2B和B。將有一定阻值的導(dǎo)體棒ab、cd放置在導(dǎo)軌上，同時(shí)由靜止釋放，兩棒在下滑過(guò)程中始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好。ab、cd的質(zhì)量分別為2m和m，長(zhǎng)度均為L(zhǎng)。導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)且電阻不計(jì)，重力加速度大小為g。兩棒在下滑過(guò)程中（）A．回路中的電流方向?yàn)閍bcda B．a(chǎn)b中電流趨于3mgC．a(chǎn)b與cd加速度大小之比始終為2：1 D．兩棒產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)始終相等【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(shì)；電磁感應(yīng)過(guò)程中的動(dòng)力學(xué)類問(wèn)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)中的力學(xué)問(wèn)題；電磁感應(yīng)與電路結(jié)合；分析綜合能力．【答案】AB【分析】根據(jù)右手定則判斷回路中的電流方向；對(duì)兩棒的受力分析，根據(jù)牛頓第二定律得到兩棒的加速度大小關(guān)系；進(jìn)而可知兩棒的速度大小關(guān)系，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得兩棒產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)大小關(guān)系；在兩棒加速過(guò)程中，隨著速度增大，回路的電動(dòng)勢(shì)與感應(yīng)電流均增大，兩棒受到安培力增大，兩棒做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)兩棒的加速度同時(shí)減小到零之后均做勻速直線運(yùn)動(dòng)。由平衡條件求得感應(yīng)電流的最大值?！窘獯稹拷猓篈、兩棒沿各自所在的導(dǎo)軌下滑過(guò)程中，根據(jù)右手定則判斷，可得回路中的電流方向?yàn)閍bcda，故A正確；CD、兩棒同時(shí)由靜止開(kāi)始沿各自所在的導(dǎo)軌加速下滑，對(duì)兩棒的受力分析如下圖所示：在兩棒加速過(guò)程的某一時(shí)刻，根據(jù)牛頓第二定律得：對(duì)ab棒有：2mgsin30°﹣2BILcos30°＝2maab對(duì)cd棒有：mgsin30°﹣BILcos30°＝macd可得：aab＝acd，即在兩棒加速過(guò)程的任意時(shí)刻它們的加速度大小始終相等，因兩棒的初速度均為零，故任意時(shí)刻它們的速度大小始終相等。兩棒的速度方向與磁場(chǎng)方向的夾角均為120°，可得同一時(shí)刻ab棒產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為Eab＝2BLvsin120°，cd棒產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為Ecd＝BLvsin120°，可知兩棒產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)不相等，故CD錯(cuò)誤；B、在兩棒加速過(guò)程中，回路的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝Eab+Ecd＝2BLvsin120°+BLvsin120°，隨著速度增大，回路的電動(dòng)勢(shì)與感應(yīng)電流均增大，兩棒各自受到安培力增大，兩棒做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，因兩棒的加速度大小始終相等，故當(dāng)兩棒的加速度同時(shí)減小到零之后均做勻速直線運(yùn)動(dòng)，達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)。當(dāng)兩棒均做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，對(duì)cd棒由平衡條件得：mgsin30°＝BImLcos30°，解得感應(yīng)電流的最大值為：Im=3mg3BL故選：AB。【點(diǎn)評(píng)】本題為電磁感應(yīng)應(yīng)用的雙棒切割磁感線的問(wèn)題，掌握雙棒切割磁感線時(shí)回路中總的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)如何確定。分析安培力的變化，根據(jù)力與運(yùn)動(dòng)的關(guān)系確定雙棒的終極狀態(tài)。從力與運(yùn)動(dòng)的角度，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路歐姆定律、安培力公式、平衡條件、牛頓第二定律、動(dòng)量定理解答；從功與能的角度，根據(jù)動(dòng)能定理、功能關(guān)系、能量守恒解答。（多選）15．（2024?郫都區(qū)校級(jí)模擬）兩個(gè)完全相同的勻質(zhì)正方形導(dǎo)線框A、B，豎直放置在垂直紙面向里的磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度在水平方向上均勻分布，豎直方向上均勻變化。初始時(shí)，導(dǎo)線框A、B處于同一高度，導(dǎo)線框B靜止釋放的同時(shí)，將A水平拋出，如圖所示。線框始終在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)且不轉(zhuǎn)動(dòng)，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g，從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到落地的整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是（）A．線框A中始終有逆時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流 B．線框B先落地 C．線框A在水平方向做減速運(yùn)動(dòng) D．兩個(gè)線框產(chǎn)生的焦耳熱相同【考點(diǎn)】線圈進(jìn)出磁場(chǎng)的能量計(jì)算；楞次定律及其應(yīng)用；線圈進(jìn)出磁場(chǎng)的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題．【專題】定性思想；推理法；電磁感應(yīng)中的力學(xué)問(wèn)題；理解能力．【答案】AD【分析】根據(jù)“楞次定律”，判斷電流方向，分析正方形導(dǎo)線框A、B受到的安培力變化情況，判斷其運(yùn)動(dòng)情況；根據(jù)能量守恒定律判斷正方形導(dǎo)線框A、B產(chǎn)生的焦耳熱相同?！窘獯稹拷猓篈．A線框下落時(shí)磁通量始終增加，根據(jù)“楞次定律”，線框中的電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針，故A正確；C．磁感應(yīng)強(qiáng)度在水平方向上均勻分布，所以兩線框在水平方向上安培力的合力為零，所以A線框在水平方向上為勻速直線，故C錯(cuò)誤；BD．磁感應(yīng)強(qiáng)度在水平方向上均勻分布，A線框在水平方向的運(yùn)動(dòng)不改變磁通量，不產(chǎn)生電動(dòng)勢(shì)，不改變電流。兩線框在豎直方向上，都是從零開(kāi)始的下落，運(yùn)動(dòng)情況相同，所以同時(shí)落地，產(chǎn)生熱量也相同，故B錯(cuò)誤，D正確。故選：AD。【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查電磁感應(yīng)現(xiàn)象與力學(xué)知識(shí)的綜合應(yīng)用，從力的角度來(lái)研究，要正確分析線框所受的安培力，根據(jù)平衡條件等力學(xué)規(guī)律解決問(wèn)題。三．填空題（共5小題）16．（2024春?鯉城區(qū)校級(jí)期末）如圖所示，兩相同燈泡A1、A2，A1與一理想二極管D連接，線圈L的直流電阻與燈泡阻值相等。閉合開(kāi)關(guān)S后，A1會(huì)立亮即（填“立即亮”或“逐漸變亮”）；斷開(kāi)開(kāi)關(guān)S的瞬間，A1會(huì)立即熄滅（填“閃亮一下再熄滅”或“立即熄滅”）?！究键c(diǎn)】自感線圈對(duì)電路的影響．【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】立即亮，立即熄滅?！痉治觥扛鶕?jù)開(kāi)始燈泡A1和二極管和燈泡A2能夠組成閉合回路，所以閉合開(kāi)關(guān)后電路中立即有電流經(jīng)過(guò)；斷開(kāi)開(kāi)關(guān)后，二極管的單向?qū)щ娦?，不能有電流?jīng)過(guò)二極管?！窘獯稹拷猓洪]合開(kāi)關(guān)S后，燈泡A1和二極管和燈泡A2能夠組成閉合回路，所以A1會(huì)立即亮。斷開(kāi)開(kāi)關(guān)S后，由于線圈的自感作用，會(huì)產(chǎn)生自感電動(dòng)勢(shì)，經(jīng)過(guò)二極管的電流自右向左，但是因?yàn)槎O管的單向?qū)щ娦裕噪娏鞑荒芙?jīng)過(guò)二極管，A1會(huì)立即熄滅。故答案為：立即亮，立即熄滅?！军c(diǎn)評(píng)】要注意二極管的單向?qū)щ娦允墙忸}的關(guān)鍵。17．（2024春?泉州期末）輕質(zhì)細(xì)線吊著一邊長(zhǎng)L＝1m、匝數(shù)n＝1匝的正方形線圈，其總電阻R＝1Ω。在線圈的中間位置以下區(qū)域分布著磁場(chǎng)，如圖甲所示，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時(shí)間變化關(guān)系如圖乙所示。求：（1）線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小為0.05V，感應(yīng)電流的方向?yàn)槟鏁r(shí)針（選填“順時(shí)針”或“逆時(shí)針”）。（2）t＝6s時(shí)，磁場(chǎng)對(duì)線圈的作用力大小為0.04N?！究键c(diǎn)】根據(jù)B﹣t或者φ﹣t圖像計(jì)算感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)；安培力作用下的受力平衡問(wèn)題；法拉第電磁感應(yīng)定律的基本計(jì)算．【專題】定量思想；推理法；電磁感應(yīng)與圖象結(jié)合；推理能力．【答案】（1）0.05；逆時(shí)針；（2）0.04【分析】（1）磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均勻增大，根據(jù)楞次定律即可判斷感應(yīng)電流方向；由法拉第電磁感應(yīng)定律計(jì)算感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)；（2）根據(jù)閉合電路歐姆定律結(jié)合F＝nBIL計(jì)算線圈受到的安培力?！窘獯稹拷猓海?）由法拉第電磁感應(yīng)定律得：E＝nΔΦΔt=nΔBSΔt磁通量增大，根據(jù)楞次定律可知感應(yīng)電流的方向?yàn)槟鏁r(shí)針；（2）由閉合電路歐姆定律得：I=Et＝6s時(shí)，B＝0.8T，線圈受到的安培力大小為F＝nBIL＝1×0.8×0.05×1N＝0.04N。故答案為：（1）0.05；逆時(shí)針；（2）0.04【點(diǎn)評(píng)】本題考查楞次定律、法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路歐姆定律和焦耳定律的綜合應(yīng)用，要注意在E＝nΔBSΔt18．（2024春?浦東新區(qū)校級(jí)期末）如圖，光滑絕緣水平面上一正方形線圈以某初速度滑過(guò)一有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)。磁場(chǎng)寬度大于線圈寬度。線圈滑入和滑出磁場(chǎng)的過(guò)程中，通過(guò)線圈橫截面的電量分別為q1和q2，產(chǎn)生的焦耳熱分別為Q1和Q2。則q1＝q2，Q1＞Q2（均選填“＜”、“＝”或“＞”）?！究键c(diǎn)】電磁感應(yīng)過(guò)程中的能量類問(wèn)題．【專題】定量思想；方程法；電磁感應(yīng)——功能問(wèn)題；分析綜合能力．【答案】＝；＞?！痉治觥扛鶕?jù)電荷量的計(jì)算公式分析線圈滑入和滑出磁場(chǎng)的過(guò)程中，通過(guò)線圈橫截面的電量的大??；根據(jù)動(dòng)量定理分析線圈完全進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小與線圈剛剛進(jìn)入磁場(chǎng)、剛剛離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)的速度大小關(guān)系，再根據(jù)功能關(guān)系求解產(chǎn)生的焦耳熱的關(guān)系。【解答】解：根據(jù)電荷量的計(jì)算公式可得：q=It=ERt=ΔΦR，由于線圈滑入和滑出磁場(chǎng)的過(guò)程中穿過(guò)線圈磁通量的變化量Δ設(shè)正方形線圈剛滑入磁場(chǎng)瞬間初速度為v1，完全進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度為v，完全離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)速度為v2，線圈的邊長(zhǎng)為L(zhǎng)。正方形線圈滑入磁場(chǎng)過(guò)程中，取向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量定理有：﹣BILt1＝mv﹣mv1正方形線圈滑出磁場(chǎng)過(guò)程中，取向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量定理有：﹣BILt2＝mv2﹣mv由于q=則：mv﹣mv1＝mv2﹣mv解得：v1﹣v＝v﹣v2正方形線圈滑入磁場(chǎng)過(guò)程中產(chǎn)生的焦耳熱為：Q1=12mv1正方形線圈滑出磁場(chǎng)過(guò)程中產(chǎn)生的焦耳熱為：Q2=12mv2由于v1+v＞v+v2則有Q1＞Q2。故答案為：＝；＞?！军c(diǎn)評(píng)】對(duì)于安培力作用下導(dǎo)體棒的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題，如果涉及電荷量問(wèn)題，常根據(jù)動(dòng)量定理結(jié)合法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路的歐姆定律列方程進(jìn)行解答。19．（2024春?寶山區(qū)校級(jí)期中）小李同學(xué)用圖中兩個(gè)電路研究通電自感和斷電自感現(xiàn)象。圖中L是一帶鐵芯的線圈，直流電阻忽略不計(jì)，A、B是額定電壓為1.5V的燈泡，直流電源為一節(jié)新的干電池。請(qǐng)根據(jù)左側(cè)欄對(duì)電鍵的實(shí)驗(yàn)操作，判斷出右側(cè)欄中能觀察到的小燈泡的現(xiàn)象，并在左側(cè)欄內(nèi)的橫線內(nèi)填入相匹配的現(xiàn)象前的字母：對(duì)電鍵的操作：（1）電鍵S1由斷開(kāi)到閉合A（2）電鍵S1由閉合到斷開(kāi)E（3）電鍵S2由斷開(kāi)到閉合C（4）電鍵S2由閉合到斷開(kāi)F實(shí)驗(yàn)過(guò)程中可能會(huì)觀察到燈泡的現(xiàn)象：A．慢慢變亮，然后亮度不變B．立即變亮，然后亮度不變C．立即變亮，然后慢慢熄滅D．稍微變暗，然后亮度不變E．立即熄滅F．閃亮一下，然后熄滅【考點(diǎn)】自感線圈對(duì)電路的影響．【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】（1）A；（2）E；（3）C；（4）F?！痉治觥扛鶕?jù)線圈和燈泡的連接關(guān)系結(jié)合電路的通斷以及線圈的自感現(xiàn)象進(jìn)行分析解答?！窘獯稹拷猓海?）電鍵S1由斷開(kāi)到閉合，線圈和燈泡串聯(lián)，因?yàn)榫€圈產(chǎn)生自感現(xiàn)象阻礙電流增加，所以燈泡慢慢變亮，最后亮度不變，故選：A；（2）電鍵S1由閉合到斷開(kāi)，雖然線圈也會(huì)產(chǎn)生斷電自感，但不能形成閉合回路，故燈泡立即熄滅，故選：E；（3）電鍵S2由斷開(kāi)到閉合，線圈和燈泡并聯(lián)，線圈會(huì)產(chǎn)生通電自感，所以燈泡立即發(fā)光，但是穩(wěn)定后燈泡會(huì)熄滅，故選：C；（4）電鍵S2由閉合到斷開(kāi)，線圈產(chǎn)生斷電自感，由于燈泡此時(shí)能和線圈組成回路，所以燈泡會(huì)閃亮一下，然后熄滅，故選：F。故答案為：（1）A；（2）E；（3）C；（4）F?！军c(diǎn)評(píng)】考查線圈的自感現(xiàn)象，會(huì)根據(jù)題意進(jìn)行準(zhǔn)確的分析和判斷。20．（2024?浦東新區(qū)校級(jí)模擬）如圖所示，在光滑水平金屬框架上有一導(dǎo)體棒ab。第一次以速度v勻速向右平動(dòng)，第二次以速度2v勻速向右平動(dòng)，兩次移動(dòng)的距離相同，則兩種情況下回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)之比1：2和通過(guò)R的電荷量之比1：1?！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(shì)；閉合電路歐姆定律的內(nèi)容和表達(dá)式．【專題】定量思想；等效替代法；電磁感應(yīng)與電路結(jié)合；分析綜合能力．【答案】1：2，1：1?！痉治觥扛鶕?jù)公式E＝BLv求感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)之比。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)系得到通過(guò)R的電荷量與ab棒移動(dòng)距離的關(guān)系，再求通過(guò)R的電荷量之比。【解答】解：根據(jù)E＝BLv可得兩種情況下回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)之比為E1：E2＝v：2v＝1：2設(shè)導(dǎo)體棒ab移動(dòng)的距離為s。根據(jù)q=IΔt，I=ER+r，E=ΔΦΔt故答案為：1：2，1：1?！军c(diǎn)評(píng)】解答本題的關(guān)鍵要熟練根據(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q=ΔΦ四．解答題（共5小題）21．（2024?江西開(kāi)學(xué)）如圖所示，水平固定的光滑導(dǎo)軌P、Q的間距為L(zhǎng)，方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)分布在EFHG區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，質(zhì)量為m、電阻為R、長(zhǎng)度為L(zhǎng)的導(dǎo)體棒a從磁場(chǎng)左側(cè)邊界EF處以大小為2v0的初速度進(jìn)入磁場(chǎng)，同時(shí)，另一相同的導(dǎo)體棒b從磁場(chǎng)右側(cè)邊界GH處以大小為v0的初速度進(jìn)入磁場(chǎng)。磁場(chǎng)區(qū)域FH足夠長(zhǎng)，兩導(dǎo)體棒未在磁場(chǎng)中相遇，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌始終接觸良好，不計(jì)導(dǎo)軌電阻。求：（1）導(dǎo)體棒a進(jìn)入磁場(chǎng)瞬間回路中的電流I；（2）導(dǎo)體棒a進(jìn)入磁場(chǎng)瞬間的加速度大小a?！究键c(diǎn)】雙桿在等寬導(dǎo)軌上切割磁場(chǎng)的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題；牛頓第二定律的簡(jiǎn)單應(yīng)用；導(dǎo)體平動(dòng)切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)．【專題】定量思想；推理法；電磁感應(yīng)中的力學(xué)問(wèn)題；推理能力．【答案】（1）導(dǎo)體棒a進(jìn)入磁場(chǎng)瞬間回路中的電流為3BLv（2）導(dǎo)體棒a進(jìn)入磁場(chǎng)瞬間的加速度大小為3B【分析】（1）由E＝BLv0求出導(dǎo)體棒進(jìn)入磁場(chǎng)瞬間產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，由閉合電路歐姆定律求出感應(yīng)電流；（2）再由安培力公式求出導(dǎo)體棒受到的安培力大小，從而計(jì)算加速度?！窘獯稹拷猓海?）導(dǎo)體棒a進(jìn)入磁場(chǎng)瞬間產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E1＝BL×2v0＝2BLv0導(dǎo)體棒b進(jìn)入磁場(chǎng)瞬間產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E2＝BLv0此時(shí)通過(guò)回路的電流I=解得I=（2）導(dǎo)體棒a進(jìn)入磁場(chǎng)瞬間受到的安培力大小F＝ILB根據(jù)牛頓第二定律有F＝ma解得a=答：（1）導(dǎo)體棒a進(jìn)入磁場(chǎng)瞬間回路中的電流為3BLv（2）導(dǎo)體棒a進(jìn)入磁場(chǎng)瞬間的加速度大小為3B【點(diǎn)評(píng)】解答本題的關(guān)鍵要熟練運(yùn)用法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路歐姆定律及安培力的計(jì)算公式。22．（2024?河南開(kāi)學(xué)）如圖所示，水平固定的光滑導(dǎo)軌P、Q的間距為L(zhǎng)，方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)分布在EFHG區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，質(zhì)量為m、電阻為R、長(zhǎng)度為L(zhǎng)的導(dǎo)體棒a從磁場(chǎng)左側(cè)邊界EF處以大小為2v0的初速度進(jìn)入磁場(chǎng)，同時(shí)，另一相同的導(dǎo)體棒b從磁場(chǎng)右側(cè)邊界GH處以大小為v0的初速度進(jìn)入磁場(chǎng)。磁場(chǎng)區(qū)域FH足夠長(zhǎng)，兩導(dǎo)體棒未在磁場(chǎng)中相遇，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌始終接觸良好，不計(jì)導(dǎo)軌電阻。求：（1）導(dǎo)體棒a進(jìn)入磁場(chǎng)瞬間回路中的電流I；（2）導(dǎo)體棒a進(jìn)入磁場(chǎng)瞬間的加速度大小a。【考點(diǎn)】雙桿在等寬導(dǎo)軌上切割磁場(chǎng)的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題．【專題】定量思想；推理法；電磁感應(yīng)中的力學(xué)問(wèn)題；推理能力．【答案】（1）導(dǎo)體棒a進(jìn)入磁場(chǎng)瞬間回路中的電流為3BLv（2）導(dǎo)體棒a進(jìn)入磁場(chǎng)瞬間的加速度大小為3B【分析】（1）由E＝BLv0求出導(dǎo)體棒進(jìn)入磁場(chǎng)瞬間產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，由閉合電路歐姆定律求出感應(yīng)電流；（2）再由安培力公式求出導(dǎo)體棒受到的安培力大小，從而計(jì)算加速度。【解答】解：（1）導(dǎo)體棒a進(jìn)入磁場(chǎng)瞬間產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E1＝BL×2v0＝2BLv0導(dǎo)體棒b進(jìn)入磁場(chǎng)瞬間產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E2＝BLv0此時(shí)通過(guò)回路的電流I=解得I=（2）導(dǎo)體棒a進(jìn)入磁場(chǎng)瞬間受到的安培力大小F＝ILB根據(jù)牛頓第二定律有F＝ma解得a=答：（1）導(dǎo)體棒a進(jìn)入磁場(chǎng)瞬間回路中的電流為3BLv（2）導(dǎo)體棒a進(jìn)入磁場(chǎng)瞬間的加速度大小為3B【點(diǎn)評(píng)】解答本題的關(guān)鍵要熟練運(yùn)用法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路歐姆定律及安培力的計(jì)算公式。23．（2024春?武昌區(qū)期末）如圖所示，寬為L(zhǎng)＝1m的“”型平行金屬導(dǎo)軌PQP′Q′固定在水平絕緣桌面上，水平段光滑，處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1＝1T的豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中；傾角為θ＝30°的傾斜段粗糙，處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B2＝2T的垂直斜面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。在水平段導(dǎo)軌的左端接入電容為C＝0.5F的電容器和單刀雙擲開(kāi)關(guān)S；金屬棒AB通過(guò)絕緣細(xì)線跨過(guò)光滑輕滑輪與邊長(zhǎng)為d＝0.5m的正方形金屬線框相連，線框的正下方空間有一垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B3，磁場(chǎng)上邊界與線框下邊緣距離為d。開(kāi)關(guān)S接通前，電容器不帶電；一阻值為R＝0.5Ω的金屬棒CD恰好能水平靜止在傾斜段導(dǎo)軌上；在外力作用下AB垂直于水平段導(dǎo)軌靜止，線框也靜止不動(dòng)，現(xiàn)將S置于位置1，然后釋放AB。當(dāng)線框下邊緣恰好進(jìn)入磁場(chǎng)B3瞬間，斷開(kāi)S。待線框上邊緣恰好進(jìn)入磁場(chǎng)瞬間，將S置于位置2，此時(shí)CD恰好能沿導(dǎo)軌開(kāi)始向上運(yùn)動(dòng)。已知金屬棒AB、CD和線框的質(zhì)量均為m＝1kg；AB及導(dǎo)軌的電阻均不計(jì)，導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)且與金屬棒接觸良好，金屬棒和線框運(yùn)動(dòng)過(guò)程中均不翻轉(zhuǎn)，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度的大小取g＝10m/s2，求：（1）S置于位置2瞬間，金屬棒AB的速度大??；（2）在線框進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中，線框上產(chǎn)生的焦耳熱為多少；（3）當(dāng)AB的加速度是CD的加速度的2倍時(shí)，CD的熱功率為多少？【考點(diǎn)】電磁感應(yīng)過(guò)程中的能量類問(wèn)題；電磁感應(yīng)過(guò)程中的動(dòng)力學(xué)類問(wèn)題．【專題】定量思想；推理法；電磁感應(yīng)——功能問(wèn)題；分析綜合能力．【答案】（1）S置于位置2瞬間，金屬棒AB的速度大小為2.5m/s；（2）在線框進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中，線框上產(chǎn)生的焦耳熱為2.75J；（3）當(dāng)AB的加速度是CD的加速度的2倍時(shí)，CD的熱功率為125081【分析】（1）對(duì)導(dǎo)體棒a受力分析，據(jù)平衡條件和安培力公式結(jié)合求解AB棒的瞬時(shí)速度；（2）對(duì)涉及電容的回路，寫出電流的表達(dá)式，由電流的定義、動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)公式等求出AB棒做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的末速度，再由能量守恒定律求電路產(chǎn)生的熱量Q；（3）根據(jù)牛頓第二定律寫出兩棒的加速度值，結(jié)合動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)公式、安培力公式等求出功率的大小?！窘獯稹拷猓海?）根據(jù)題意，對(duì)CD，S接2前，恰好靜止在傾斜導(dǎo)軌上：mgsinθ＝fS接2瞬間，設(shè)CD受到的安培力為FCD，恰好能沿導(dǎo)軌上滑：FCD＝mgsinθ+f又根據(jù)安培力公式：F安＝BI1LS接2瞬間，設(shè)AB的速度大小為v2，則由歐姆定律有：I而E1＝B1Lv2聯(lián)立代數(shù)據(jù)解得：v2＝2.5m/s（2）設(shè)AB受的安培力為FAB，AB和線框整體的加速度大小為a，根據(jù)牛頓第二定律有mg﹣FAB＝2ma在S接1的時(shí)間內(nèi)，由電流的定義可知：i=變形后有：Δq＝C?ΔU而ΔU＝B1LΔv由加速度的定義有：a=聯(lián)立解得：a=代入數(shù)據(jù)得：a＝4m/s2即這段過(guò)程，線框勻加速下落距離為d，設(shè)線框下邊緣剛?cè)氪艌?chǎng)時(shí)的速度為v1由勻加速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律有：2ad=線框進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中，對(duì)AB和線框整體，由能量守恒有：mgd=聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得：Q＝2.75J（3）CD沿軌道上滑時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律：B2I3L﹣mgsinθ﹣f＝maCD這段過(guò)程中AB和線框整體，同理有：mg﹣B1I3L＝2maAB對(duì)CD熱功率有：P=又由已知條件：aAB＝2aCD聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得：P=答：（1）S置于位置2瞬間，金屬棒AB的速度大小為2.5m/s；（2）在線框進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中，線框上產(chǎn)生的焦耳熱為2.75J；（3）當(dāng)AB的加速度是CD的加速度的2倍時(shí)，CD的熱功率為125081【點(diǎn)評(píng)】本題是導(dǎo)軌問(wèn)題，關(guān)鍵是熟練運(yùn)用切割公式、歐姆定律公式和安培力公式，同時(shí)要注意求解電熱時(shí)用功能關(guān)系列式分析。24．（2024?廣東三模）如圖所示，兩光滑平行圓弧導(dǎo)軌豎直放置，下端與兩根間距為L(zhǎng)的光滑平行水平導(dǎo)軌平滑連接，光滑水平導(dǎo)軌處在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)之中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。在導(dǎo)軌上放置長(zhǎng)度均為L(zhǎng)、由同種金屬材料制成的粗細(xì)均勻的導(dǎo)體棒a、b、c，a棒的質(zhì)量為m，電阻為R0，b棒的質(zhì)量為m，c棒的質(zhì)量為2m。已知初始時(shí)b棒和c棒間距為d，且均處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)讓a棒從圓弧導(dǎo)軌上離水平導(dǎo)軌高為h處由靜止釋放，a與b發(fā)生碰撞后粘在一起，已知重力加速度為g，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，且導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終與導(dǎo)軌垂直。（1）若要求a棒與b棒不發(fā)生碰撞，試求b棒離磁場(chǎng)左邊界的距離x應(yīng)滿足的條件；（2）若b棒離磁場(chǎng)左邊界線的距離x0【考點(diǎn)】雙桿在等寬導(dǎo)軌上切割磁場(chǎng)的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題．【答案】（1）b棒離磁場(chǎng)左邊界的距離x應(yīng)滿足的條件是：x＞m（2）c棒在全過(guò)程中產(chǎn)生的焦耳熱為932【分析】（1）a進(jìn)入磁場(chǎng)切割磁感線，bc兩棒的回路中有感應(yīng)電流，根據(jù)E＝BLv、I＝、F＝BIL求安培力。再根據(jù)動(dòng)量守恒定律、電阻定律牛頓第二定律等，求出三根金屬棒共同速度，要使ab不相撞，由動(dòng)量定理結(jié)合幾何關(guān)系等求出ab的相對(duì)距離；（2）判斷出ab兩棒能發(fā)生碰撞后，根據(jù)動(dòng)量守恒定律、動(dòng)量定理、能量守恒定律等求出該過(guò)程產(chǎn)生的焦耳熱。之后a棒與b棒再次發(fā)生碰撞，根據(jù)動(dòng)量守恒定律求出兩棒離開(kāi)軌道的速度，對(duì)系統(tǒng)應(yīng)用能量守恒定律與串聯(lián)電路特點(diǎn)求c棒產(chǎn)生的焦耳熱?！窘獯稹拷猓海?）當(dāng)導(dǎo)體棒a運(yùn)動(dòng)到磁場(chǎng)時(shí)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，使導(dǎo)體棒b、c在安培力的作用下加速運(yùn)動(dòng)，因?yàn)閷?dǎo)體棒b、c兩端的電壓U總是相等，所以安培力為：Fb=BL根據(jù)牛頓第二定律可得導(dǎo)體棒b和導(dǎo)體棒c的加速度分別為：ab=設(shè)金屬棒材料的密度為ρ0，電阻率為ρ，則由密度公式有：m＝ρ0LSb由電阻定律有：R同理對(duì)c棒有：2m＝ρ0LSc，R解得加速度之比：a可知導(dǎo)體棒b、c總是相對(duì)靜止的，導(dǎo)體棒a、b、c構(gòu)成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，設(shè)金屬棒a進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小為v0，三者速度相等時(shí)的速度為v1，以向右為正方向，則根據(jù)動(dòng)量守恒定律有：mv0＝（m+m+2m）v1對(duì)導(dǎo)體棒a，以向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量定理有：?B而電荷量：q=對(duì)金屬棒a，根據(jù)動(dòng)能定理：mg?=聯(lián)立解得：Δx=若要使導(dǎo)體棒a、b不能發(fā)生碰撞，導(dǎo)體棒a開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)與導(dǎo)體棒b之間的距離應(yīng)滿足的條件是：x＞（2）因?yàn)閷?dǎo)體棒a開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)與導(dǎo)體棒b之間的距離：x所以導(dǎo)體棒a、b將發(fā)生碰撞，設(shè)導(dǎo)體棒a與導(dǎo)體棒b碰撞前瞬間的速度為v2，導(dǎo)體棒b、c的速度大小均為v3，以向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得：mv0＝mv2+（m+2m）v3根據(jù)動(dòng)量定理有：?B而電荷量：q=解得：v2=此過(guò)程根據(jù)能量守恒，系統(tǒng)產(chǎn)生的總熱量為：Q總1此過(guò)程a棒為電源，bc棒為用電器，則c棒產(chǎn)生的熱量為：Q設(shè)導(dǎo)體棒a與導(dǎo)體棒b碰撞粘在一起后瞬間的速度為v4，以向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得：mv2+mv3＝2mv4解得：v4導(dǎo)體棒a、b整體與導(dǎo)體棒c通過(guò)安培力發(fā)生作用，設(shè)導(dǎo)體棒a、b、c的最終共同速度為v5，以向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得：2mv4+2mv3＝4mv5代入數(shù)據(jù)解得：v此過(guò)程根據(jù)能量守恒，系統(tǒng)產(chǎn)生的總熱量為：Q此過(guò)程ab棒為電源，ab棒的總電阻為：Rc棒為用電器，則c棒產(chǎn)生的熱量為：Qc棒在全過(guò)程中產(chǎn)生的焦耳熱為：Q=答：（1）b棒離磁場(chǎng)左邊界的距離x應(yīng)滿足的條件是x＞m（2）c棒在全過(guò)程中產(chǎn)生的焦耳熱為932【點(diǎn)評(píng)】本題是電磁感應(yīng)中多桿問(wèn)題，關(guān)鍵要正確分析兩棒的受力情況，來(lái)判斷其運(yùn)動(dòng)情況。要明確當(dāng)系統(tǒng)的合外力為零時(shí)，系統(tǒng)的動(dòng)量是守恒的。25．（2024?郫都區(qū)校級(jí)模擬）如圖所示，傾斜光滑金屬導(dǎo)軌的傾角為30°，水平導(dǎo)軌粗糙，兩平行導(dǎo)軌的間距均為L(zhǎng)。質(zhì)量為m、電阻為R、長(zhǎng)度為L(zhǎng)的金屬棒a垂直水平導(dǎo)軌放置，兩導(dǎo)軌間均存在垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為B1和B2。現(xiàn)把質(zhì)量為m、電阻為R、長(zhǎng)度也為L(zhǎng)的金屬棒b垂直傾斜導(dǎo)軌由靜止釋放，重力加速度為g，傾斜導(dǎo)軌無(wú)限長(zhǎng)，金屬棒a始終靜止，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。求：（1）金屬棒b的最大加速度am；（2）金屬棒a與導(dǎo)軌間的摩擦因數(shù)μ至少為多少；（3）從靜止釋放金屬棒b，當(dāng)其沿斜面下滑x位移時(shí)，b棒剛好達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)，求此過(guò)程a棒產(chǎn)生的焦耳熱?！究键c(diǎn)】雙桿在等寬導(dǎo)軌上切割磁場(chǎng)的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題；傾斜平面內(nèi)的導(dǎo)軌滑桿模型．【專題】定量思想；推理法；電磁感應(yīng)——功能問(wèn)題；電磁感應(yīng)中的力學(xué)問(wèn)題；分析綜合能力．【答案】（1）金屬棒b的最大加速度am為g2（2）金屬棒a與導(dǎo)軌間的摩擦因數(shù)μ至少為B1（3）此過(guò)程a棒產(chǎn)生的焦耳熱為mgx4【分析】（1）根據(jù)牛頓第二定律求出a棒的最大加速度；（2）根據(jù)平衡條件，結(jié)合法拉第電磁感應(yīng)定律結(jié)合閉合電路歐姆定律和摩擦力公式求解摩擦因數(shù)；（3）根據(jù)能量守恒定律求解a棒產(chǎn)生的焦耳熱?！窘獯稹拷猓海?）金屬棒b剛開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)有最大加速度mgsin30°＝mam，解得：am=（2）金屬棒b受力分析，最終勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)有mgsin30°＝B2IL動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)E＝B2Lv根據(jù)閉合電路歐姆定律得E＝I?2R解得金屬棒的最大速度為v=金屬棒a受到的最大摩擦力為f＝B1IL=另?yè)?jù)滑動(dòng)摩擦力公式f＝μmg聯(lián)立解得：μ=（3）此過(guò)程對(duì)b棒能量守恒有：mgxsin30°=其中導(dǎo)體棒上產(chǎn)生的焦耳熱為Q聯(lián)立解得：Q答：（1）金屬棒b的最大加速度am為g2（2）金屬棒a與導(dǎo)軌間的摩擦因數(shù)μ至少為B1（3）此過(guò)程a棒產(chǎn)生的焦耳熱為mgx4【點(diǎn)評(píng)】本題是電磁感應(yīng)與力學(xué)、電路相結(jié)合的一道綜合題，本題難度合適，分析清楚金屬棒的運(yùn)動(dòng)過(guò)程與受力情況是解題的前提與關(guān)鍵，應(yīng)用平衡條件、能量守恒定律等知識(shí)點(diǎn)即可解題。

考點(diǎn)卡片1．牛頓第二定律的簡(jiǎn)單應(yīng)用【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】牛頓第二定律的表達(dá)式是F＝ma，已知物體的受力和質(zhì)量，可以計(jì)算物體的加速度；已知物體的質(zhì)量和加速度，可以計(jì)算物體的合外力；已知物體的合外力和加速度，可以計(jì)算物體的質(zhì)量。【命題方向】一質(zhì)量為m的人站在電梯中，電梯加速上升，加速度大小為13A、43mg分析：對(duì)人受力分析，受重力和電梯的支持力，加速度向上，根據(jù)牛頓第二定律列式求解即可。解答：對(duì)人受力分析，受重力和電梯的支持力，加速度向上，根據(jù)牛頓第二定律N﹣mg＝ma故N＝mg+ma=4根據(jù)牛頓第三定律，人對(duì)電梯的壓力等于電梯對(duì)人的支持力，故人對(duì)電梯的壓力等于43故選：A。點(diǎn)評(píng)：本題關(guān)鍵對(duì)人受力分析，然后根據(jù)牛頓第二定律列式求解?！窘忸}方法點(diǎn)撥】在應(yīng)用牛頓第二定律解決簡(jiǎn)單問(wèn)題時(shí)，要先明確物體的受力情況，然后列出牛頓第二定律的表達(dá)式，再根據(jù)需要求出相關(guān)物理量。2．線速度的物理意義及定義式【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】線速度、角速度和周期、轉(zhuǎn)速一、描述圓周運(yùn)動(dòng)的物理量描述圓周運(yùn)動(dòng)的基本參量有：半徑、線速度、角速度、周期、頻率、轉(zhuǎn)速、向心加速度等．物理量物理意義定義和公式方向和單位線速度描述物體做圓周運(yùn)動(dòng)的快慢物體沿圓周通過(guò)的弧長(zhǎng)與所用時(shí)間的比值，v=方向：沿圓弧切線方向．單位：m/s角速度描述物體與圓心連線掃過(guò)角度的快慢運(yùn)動(dòng)物體與圓心連線掃過(guò)的角的弧度數(shù)與所用時(shí)間的比值，ω=單位：rad/s周期描述物體做圓周運(yùn)動(dòng)的快慢周期T：物體沿圓周運(yùn)動(dòng)一周所用的時(shí)間．也叫頻率（f）周期單位：sf的單位：Hz轉(zhuǎn)速描述物體做圓周運(yùn)動(dòng)的快慢轉(zhuǎn)速n：物體單位時(shí)間內(nèi)轉(zhuǎn)過(guò)的圈數(shù)轉(zhuǎn)速單位：r/s或r/min二、物理量之間的關(guān)系：①v=△l△t=②ω=△θ③T=1【命題方向】常考題型考查幾個(gè)物理量的理解：如圖所示為一皮帶傳動(dòng)裝置，右輪的半徑為r，a是它邊緣上的一點(diǎn)．左側(cè)是一輪軸，大輪的半徑為4r，小輪的半徑為2r．b點(diǎn)在小輪上，到小輪中心的距離為r．c點(diǎn)和d點(diǎn)分別位于小輪和大輪的邊緣上．若在傳動(dòng)過(guò)程中，皮帶不打滑．則（）A．a(chǎn)點(diǎn)與b點(diǎn)的線速度大小相等B．a(chǎn)點(diǎn)與b點(diǎn)的角速度大小相等C．a(chǎn)點(diǎn)與c點(diǎn)的線速度大小相等D．a(chǎn)點(diǎn)與d點(diǎn)的向心加速度大小相等分析：共軸轉(zhuǎn)動(dòng)的各點(diǎn)角速度相等，靠傳送帶傳動(dòng)輪子上的各點(diǎn)線速度大小相等，根據(jù)v＝rω，a＝rω2=v解：A、a、c兩點(diǎn)的線速度大小相等，b、c兩點(diǎn)的角速度相等，根據(jù)v＝rω，c的線速度大于b的線速度，則a、c兩點(diǎn)的線速度不等．故A錯(cuò)誤，C正確；B、a、c的線速度相等，根據(jù)v＝rω，知角速度不等，但b、c角速度相等，所以a、b兩點(diǎn)的角速度不等．故B錯(cuò)誤；D、根據(jù)a＝rω2得，d點(diǎn)的向心加速度是c點(diǎn)的2倍，根據(jù)a=v故選：CD．點(diǎn)評(píng)：解決本題的關(guān)鍵知道線速度、角速度、向心加速度與半徑的關(guān)系，以及知道共軸轉(zhuǎn)動(dòng)的各點(diǎn)角速度相等，靠傳送帶傳動(dòng)輪子上的點(diǎn)線速度大小相等．3．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(shì)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?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=E【命題方向】（1）第一類?？碱}型是對(duì)電路的動(dòng)態(tài)分析：如圖所示，電源電動(dòng)勢(shì)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(guò)程中，下列說(shuō)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(guò)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(guò)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(guò)小燈泡L1的電流ID、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(píng)：本題首先要搞清電路的連接方式，搞懂電壓表測(cè)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(wèn)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?？碱}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(shì)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