第78頁(yè)（共78頁(yè)）2025年高考物理三輪復(fù)習(xí)之電磁感應(yīng)一．選擇題（共10小題）1．（2025?滁州模擬）如圖所示，固定在豎直平面內(nèi)半徑均為1m的兩金屬圓環(huán)平行正對(duì)，相距為3m，圓環(huán)的電阻不計(jì)。導(dǎo)體棒ab搭在兩環(huán)的最低點(diǎn)，接入電路的電阻為0.5Ω。用導(dǎo)線將一阻值為1Ω的電阻R與兩圓環(huán)相連，理想交流電壓表V接在電阻R兩端。整個(gè)空間存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B＝1T、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。若導(dǎo)體棒ab在外力作用下以6r/min的轉(zhuǎn)速繞兩圓環(huán)的中心軸O1O2緊貼圓環(huán)勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，則導(dǎo)體棒ab在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，電壓表的示數(shù)為（）A．.2π2V B．22π3V 2．（2025?廣西模擬）如圖1、2所示，將兩根材料、粗細(xì)相同的等長(zhǎng)導(dǎo)線分別彎折成正方形和正三角形閉合線框，分別放在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1、B2的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，t＝0時(shí)刻開(kāi)始，兩線框均從圖示位置開(kāi)始以相同的恒定角速度繞垂直于磁場(chǎng)方向的固定軸（圖中虛線）旋轉(zhuǎn)，若兩線框中電流的有效值相同，則磁感應(yīng)強(qiáng)度B1、B2之比為（）A．233 B．439 C．43．（2025?河南模擬）如圖所示，一絕緣直桿穿過(guò)金屬塊中心的圓孔后豎直固定，金屬塊帶正電且圓孔直徑略大于直桿，整個(gè)裝置處在水平方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。現(xiàn)給金屬塊一豎直向上的初速度v0，使其沿桿向上運(yùn)動(dòng)，當(dāng)其返回到初始位置時(shí)速度大小為v。直桿的粗糙程度均勻，重力加速度為g，關(guān)于上述過(guò)程，下列說(shuō)法正確的是（）A．摩擦力對(duì)金屬塊的總沖量大于mv0 B．金屬塊在空中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為v0C．金屬塊上升的時(shí)間大于下降的時(shí)間 D．金屬塊上升過(guò)程因摩擦產(chǎn)生的熱量小于下降過(guò)程因摩擦產(chǎn)生的熱量4．（2025?信陽(yáng)二模）如圖甲所示為一個(gè)由表面涂有絕緣漆的金屬電阻絲制成的圓形線圈，AB和CD是互相垂直的兩個(gè)直徑。在圓面內(nèi)可以將甲線圈中C、D兩點(diǎn)向圓心擠到一起，得到如圖乙兩個(gè)等大的圓，也可以將甲線圈扭轉(zhuǎn)變形為如圖丙兩個(gè)等大的圓。三個(gè)圓都處于垂直圓面的變化磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)變化率相同，則下列說(shuō)法正確的是（）A．甲、乙線圈中感應(yīng)電流之比為1：1 B．乙、丙線圈中感應(yīng)電流之比為1：1 C．丙、甲線圈中感應(yīng)電流之比為1：2 D．丙、甲線圈中感應(yīng)電流之比為05．（2025?蕪湖一模）如圖所示，有一空間直角坐標(biāo)系Oxyz，xOy為水平面，z軸為豎直方向，兩通電長(zhǎng)直導(dǎo)線分別通過(guò)大小相等的恒定電流，電流方向如圖所示。其中一根導(dǎo)線在xOy平面內(nèi)且平行于y軸固定，另一根導(dǎo)線在yOz平面內(nèi)與z軸平行固定，兩根導(dǎo)線與原點(diǎn)O距離相等，一閉合圓形金屬小線圈，初始位置圓心在原點(diǎn)O，可沿不同方向以相同速率做勻速直線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中小線圈平面始終與水平面平行，從上向下觀察線圈。不考慮地磁場(chǎng)影響，下列說(shuō)法正確的是（）A．原點(diǎn)O處的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向沿z軸負(fù)方向 B．小線圈沿x軸正方向移動(dòng)時(shí)能產(chǎn)生順時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流 C．小線圈沿y軸負(fù)方向移動(dòng)時(shí)沒(méi)有感應(yīng)電流 D．小線圈沿z軸負(fù)方向移動(dòng)時(shí)能產(chǎn)生逆時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流6．（2025?石家莊模擬）地球可視為半徑為R、質(zhì)量分布均勻的球體。地球周?chē)拇艌?chǎng)在赤道平面上的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨距離地心的距離r變化的規(guī)律為B=B0Rr（B0為地球表面赤道處的磁感應(yīng)強(qiáng)度），磁場(chǎng)方向與赤道平面垂直。如圖所示，一顆衛(wèi)星在赤道平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，其距離地面高度為2R。衛(wèi)星內(nèi)有一邊長(zhǎng)為l（l遠(yuǎn)小于R）的正方形線框abcd，線框以恒定的角速度ω以ab邊為軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，abA．B0l2ω3C．B0l2ω7．（2025?廣州一模）近年來(lái)，手機(jī)無(wú)線充電功能的廣泛應(yīng)用為人們提供了很大便利。如圖甲為充電原理示意圖。充電板接交流電源，對(duì)充電板供電，充電板內(nèi)的勵(lì)磁線圈可產(chǎn)生交變磁場(chǎng)，從而使手機(jī)內(nèi)的感應(yīng)線圈產(chǎn)生感應(yīng)電流。當(dāng)充電板內(nèi)的勵(lì)磁線圈通入如圖乙所示的交變電流時(shí)（電流由a流入時(shí)方向?yàn)檎铝姓f(shuō)法正確的是（）A．感應(yīng)線圈中產(chǎn)生的是恒定電流 B．感應(yīng)線圈中電流的方向總是與勵(lì)磁線圈中電流方向相反 C．t3時(shí)刻，感應(yīng)線圈中電流的瞬時(shí)值為0 D．t1～t3時(shí)間內(nèi)，c點(diǎn)電勢(shì)低于d點(diǎn)電勢(shì)8．（2025?汕頭一模）如圖所示，鐵芯左邊懸掛一個(gè)輕質(zhì)金屬環(huán)，鐵芯上有兩個(gè)線圈M和P，線圈M和電源、開(kāi)關(guān)、熱敏電阻Rr相連，線圈P與電流表相連。已知熱敏電阻RT的阻值隨溫度的升高而減小，保持開(kāi)關(guān)閉合，下列說(shuō)法正確的是（）A．當(dāng)溫度升高時(shí)，金屬環(huán)向左擺動(dòng) B．當(dāng)溫度不變時(shí)，電流表示數(shù)不為0 C．當(dāng)電流從a經(jīng)電流表到b時(shí)，可知溫度降低 D．當(dāng)電流表示數(shù)增大時(shí)，可知溫度升高9．（2024秋?普陀區(qū)校級(jí)期末）如圖所示，水平面內(nèi)有一平行金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌光滑且電阻不計(jì)。勻強(qiáng)磁場(chǎng)與導(dǎo)軌平面垂直。阻值為R的導(dǎo)體棒垂直于導(dǎo)軌靜止放置，且與導(dǎo)軌接觸。T＝0時(shí)，將開(kāi)關(guān)S由1擲到2。q、i、v和a分別表示電容器所帶的電荷量、棒中的電流、棒的速度和加速度。下列圖像正確的是（）A． B． C． D．10．（2025?2月份模擬）如圖，垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中有一硬質(zhì)導(dǎo)線框pOabc，其中正方形Oabc邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，線段pa＝2L。該導(dǎo)線框在紙面內(nèi)繞O點(diǎn)以角速度ω逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)。則p、O、a、b、c各點(diǎn)電勢(shì)關(guān)系為（）A．φb＞φc＝φp＝φa＞φ0 B．φb＜φc＝φp＝φa＜φ0 C．φb＞φc＞φp＞φa＞φ0 D．φb＜φc＜φp＜φa＜φ0二．多選題（共5小題）（多選）11．（2025?珠海一模）學(xué)生常用的飯卡內(nèi)部結(jié)構(gòu)由線圈和芯片組成。如圖所示，當(dāng)飯卡處于感應(yīng)區(qū)域時(shí)，刷卡機(jī)會(huì)激發(fā)變化的磁場(chǎng)，在飯卡內(nèi)線圈中產(chǎn)生感應(yīng)電流驅(qū)動(dòng)芯片工作，已知線圈面積為S，共n匝，某次刷卡時(shí)，線圈全部處于磁場(chǎng)區(qū)域內(nèi)，且垂直線圈平面向外的磁場(chǎng)在t0時(shí)間內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度由0均勻增大到B0，在此過(guò)程中（）A．線圈中磁通量的最大值為nB0S B．線圈中產(chǎn)生感應(yīng)電流沿A﹣B﹣C﹣D﹣A方向 C．線圈面積有縮小的趨勢(shì) D．線圈中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為n（多選）12．（2025?全國(guó)一模）某興趣小組設(shè)計(jì)制作了一種磁懸浮列車(chē)模型，原理如圖所示，PQ和MN是固定在水平地面上的兩根足夠長(zhǎng)的平直導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間分布著豎直（垂直紙面）方向等寬度的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B1和B2，B1方向未知（圖中未畫(huà)出），B2垂直紙面向里。矩形金屬框固定在實(shí)驗(yàn)車(chē)底部（車(chē)廂與金屬框絕緣），其中ad邊長(zhǎng)與磁場(chǎng)寬度相等。當(dāng)磁場(chǎng)B1和B2同時(shí)以速度v0＝10m/s沿導(dǎo)軌向右勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，金屬框受到磁場(chǎng)力，實(shí)驗(yàn)車(chē)被帶動(dòng)沿導(dǎo)軌運(yùn)動(dòng)，能達(dá)到的最大速率為8m/s。已知金屬框總電阻R＝0.8Ω、垂直導(dǎo)軌的ab邊長(zhǎng)L＝0.1m，實(shí)驗(yàn)車(chē)與金屬框的總質(zhì)量m＝4.0kg，B1＝B2＝2.0T。實(shí)驗(yàn)車(chē)運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的阻力恒定。下列說(shuō)法正確的是（）A．為使金屬框運(yùn)動(dòng)，則B1垂直紙面向外 B．實(shí)驗(yàn)車(chē)受到恒定阻力f＝0.4N C．在帶動(dòng)實(shí)驗(yàn)車(chē)與金屬框的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，外力對(duì)磁場(chǎng)額外做的功等于實(shí)驗(yàn)車(chē)及金屬框總功能的改變量與摩擦生熱之和 D．若兩磁場(chǎng)t＝0時(shí)刻由靜止開(kāi)始向右勻加速直線運(yùn)動(dòng)，發(fā)現(xiàn)t1＝2s時(shí)實(shí)驗(yàn)車(chē)開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，t2＝24s時(shí)實(shí)驗(yàn)車(chē)正向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則t2時(shí)刻實(shí)驗(yàn)車(chē)的速度大小為v＝2m/s（多選）13．（2025?湖北模擬）如圖所示，平行軌道由光滑弧形軌道和粗糙水平軌道兩部分組成，水平軌道和導(dǎo)體棒ab、cd間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，水平軌道的區(qū)域Ⅰ存在垂直于水平軌道向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，區(qū)域Ⅱ存在垂直于水平軌道向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，導(dǎo)軌右端接入阻值為R的電阻。導(dǎo)體棒ab、cd的質(zhì)量均為m，電阻均為R，cd靜止在區(qū)域Ⅱ的磁場(chǎng)中，ab從弧形軌道某高度由靜止釋放。t1時(shí)刻ab離開(kāi)弧形軌道直接進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅰ，此時(shí)cd所受靜摩擦力剛好到達(dá)最大值（最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力）t2時(shí)刻ab停止運(yùn)動(dòng)，靜止在區(qū)域Ⅰ中。已知t1到t2時(shí)間內(nèi)，通過(guò)電阻R的電荷量為q，導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)，兩棒始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，重力加速度大小為g。下列說(shuō)法正確的是A．t1時(shí)刻cd受到的摩擦力方向水平向右 B．a(chǎn)b在水平軌道上運(yùn)動(dòng)的距離為2qRC．電阻R產(chǎn)生的焦耳熱為2μD．電阻R產(chǎn)生的焦耳熱為1（多選）14．（2025?湖北模擬）下列有關(guān)電磁感應(yīng)現(xiàn)象說(shuō)法正確的是（）A．近地衛(wèi)星在赤道平面內(nèi)繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由于地磁場(chǎng)的存在（不考慮磁偏角）運(yùn)行過(guò)程中其金屬表面產(chǎn)生感應(yīng)電流，導(dǎo)致衛(wèi)星受到阻礙其運(yùn)動(dòng)的安培力 B．如圖甲，abcd是光滑水平放置的金屬框，PQ為導(dǎo)體棒，靜止在框架上；一條形磁體在abcd所在的平面內(nèi)轉(zhuǎn)過(guò)90°與OO′重合，導(dǎo)體棒PQ不動(dòng) C．如圖乙，放在U形磁體中的線圈A和線圈B用導(dǎo)線串聯(lián)。當(dāng)用力使線圈A向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，懸掛著的線圈B將向左擺動(dòng) D．如圖丙，輕質(zhì)彈簧上端固定，下端懸掛條形磁鐵。第一次在磁鐵下方固定一閉合線圈，第二次不放線圈，然后將磁鐵下拉相同的距離后由靜止釋放，第一次磁鐵振動(dòng)的時(shí)間更短（多選）15．（2025?湖北一模）如圖甲所示，在傾角為θ的斜面上固定兩根足夠長(zhǎng)且間距為L(zhǎng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌上端接有阻值為R的電阻，下端通過(guò)開(kāi)關(guān)與相距足夠遠(yuǎn)的單匝金屬線圈相連，線圈內(nèi)存在垂直于線圈平面的磁場(chǎng)，以向下為正，磁場(chǎng)變化如圖乙所示，導(dǎo)軌所在區(qū)域存在垂直于導(dǎo)軌平面、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)（圖中未畫(huà)出），靠在插銷(xiāo)處垂直于導(dǎo)軌放置且與導(dǎo)軌接觸良好的金屬棒ab，質(zhì)量為m、電阻也為R，閉合開(kāi)關(guān)后，t02時(shí)撤去插銷(xiāo)，ab仍靜止。線圈、導(dǎo)軌和導(dǎo)線的電阻不計(jì)，重力加速度大小為A．導(dǎo)軌所在區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的方向垂直于導(dǎo)軌平面向上 B．桿ab在t0時(shí)刻仍可以保持靜止 C．閉合開(kāi)關(guān)線圈內(nèi)磁通量的變化率為2mgRsinθD．若t02后斷開(kāi)開(kāi)關(guān)，棒ab繼續(xù)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，電阻R三．解答題（共5小題）16．（2025?惠山區(qū)校級(jí)模擬）如圖，兩光滑平行金屬導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，質(zhì)量為m的金屬桿MN靜止垂直跨在導(dǎo)軌上，且與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)軌左端接有一個(gè)電容為C的電容器和電動(dòng)勢(shì)為E、內(nèi)阻為r的直流電源。整個(gè)裝置處于垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。導(dǎo)軌和金屬桿的電阻均不計(jì)。（1）若開(kāi)關(guān)打到1，與電源連接，求金屬桿運(yùn)動(dòng)穩(wěn)定時(shí)的速度；（2）若開(kāi)關(guān)打到2，與不帶電的電容器連接，并給金屬桿MN向右的初速度v0，求金屬桿運(yùn)動(dòng)穩(wěn)定時(shí)的速度；（3）若開(kāi)關(guān)打到2，與不帶電的電容器連接，給金屬桿MN施加水平向右的恒力F，求金屬棒運(yùn)動(dòng)的速度隨時(shí)間變化的規(guī)律。17．（2025?上海二模）如圖甲所示，福建艦配備了先進(jìn)的電磁彈射系統(tǒng)。電磁彈射的簡(jiǎn)化模型如圖乙所示，直流電源的電動(dòng)勢(shì)為E，電容器的電容為C，兩條相距L的固定光滑導(dǎo)軌，水平放置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。現(xiàn)將一質(zhì)量為m，電阻為R的金屬滑塊垂直放置于導(dǎo)軌的滑槽內(nèi)處于靜止?fàn)顟B(tài)，并與兩導(dǎo)軌接觸良好。先將開(kāi)關(guān)K置于a讓電容器充電，充電結(jié)束后，再將K置于b，金屬滑塊會(huì)在電磁力的驅(qū)動(dòng)下向右加速運(yùn)動(dòng)，達(dá)到最大速度后滑離軌道。不計(jì)導(dǎo)軌和電路其他部分的電阻，忽略空氣阻力。（1）下列說(shuō)法中正確的是；A．K置于b前電容器的電荷量為EB．金屬塊向右做勻加速運(yùn)動(dòng)C．物塊運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，P端的電勢(shì)始終高于Q端的電勢(shì)D．物塊的速度達(dá)到最大時(shí)，電容器所帶的電荷量為0（2）計(jì)算：求金屬滑塊在軌道上運(yùn)動(dòng)的最大加速度；（3）計(jì)算：求金屬滑塊在軌道上運(yùn)動(dòng)的最大速度。試寫(xiě)出一種可以提高金屬塊最大速度的辦法？18．（2025?瓊海校級(jí)模擬）如圖所示，足夠長(zhǎng)的金屬導(dǎo)軌固定在水平面上，金屬導(dǎo)軌寬度L＝1.0m，導(dǎo)軌上放有垂直導(dǎo)軌的金屬桿P，金屬桿質(zhì)量為m＝0.1kg，空間存在磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.5T、豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。連接在導(dǎo)軌左端的電阻R＝3.0Ω，金屬桿的電阻r＝1.0Ω，其余部分電阻不計(jì)，某時(shí)刻給金屬桿一個(gè)水平向右的恒力F，金屬桿P由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，圖乙是金屬桿P運(yùn)動(dòng)過(guò)程的v﹣t圖像，導(dǎo)軌與金屬桿間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，在金屬桿P運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，第一個(gè)2s內(nèi)通過(guò)金屬桿P的電荷量與第二個(gè)2s內(nèi)通過(guò)電阻R的電荷量之比為3：5，重力加速度g取10m/s2，求：（1）水平恒力F的大小；（2）金屬桿運(yùn)動(dòng)的最大加速度的大小；（3）前4s內(nèi)電阻R上產(chǎn)生的熱量。19．（2025?蕪湖一模）如圖所示，間距為d＝1.5m足夠長(zhǎng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌固定在絕緣水平面上，現(xiàn)垂直導(dǎo)軌放置一個(gè)長(zhǎng)度為L(zhǎng)＝2m，單位長(zhǎng)度電阻r0＝2Ω/m的直導(dǎo)體棒，在導(dǎo)軌的兩端分別連接一個(gè)電阻，阻值分別為R1＝3Ω，R2＝6Ω，其它電阻不計(jì)，整個(gè)裝置處在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝0.2T，在水平外力F作用下，直導(dǎo)體棒在導(dǎo)軌上以v＝2.5m/s的速度向右勻速運(yùn)動(dòng)。求：（1）流過(guò)R1的電流大小；（2）2s內(nèi)外力F做的功。20．（2025?南充模擬）如圖所示，間距為l＝0.5m的兩平行等長(zhǎng)金屬直導(dǎo)軌ab、a'b'固定在同一水平絕緣桌面上，導(dǎo)軌aa'端接有R＝0.25Ω的定值電阻，bb'端與兩條位于豎直面內(nèi)半徑均為r＝0.02m的半圓形金屬導(dǎo)軌平滑連接；一根電阻為R＝0.25Ω、長(zhǎng)度為l＝0.5的細(xì)金屬棒M質(zhì)量為m＝0.5kg，與導(dǎo)軌垂直靜止于aa'處，abb′a′（含邊界）所在區(qū)域有磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B＝2T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于金屬棒并與水平面成夾角θ＝30°。現(xiàn)給細(xì)金屬棒提供瞬時(shí)水平向右的初速度v0＝3m/s，金屬棒恰好能經(jīng)過(guò)半圓形金屬導(dǎo)軌的最高點(diǎn)，整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中M與導(dǎo)軌始終接觸良好，且始終垂直于導(dǎo)軌。不計(jì)全部金屬導(dǎo)軌的電阻以及摩擦阻力和空氣阻力，重力加速度取g＝10m/s2。求：（1）金屬棒M經(jīng)過(guò)bb'位置時(shí)的速度大小；（2）金屬棒M獲得初速度v0瞬間所受安培力的大小；（3）金屬棒M向右經(jīng)過(guò)abb'a'區(qū)域通過(guò)電阻R的電荷量。

2025年高考物理三輪復(fù)習(xí)之電磁感應(yīng)參考答案與試題解析一．選擇題（共10小題）題號(hào)12345678910答案DBBDCACADA二．多選題（共5小題）題號(hào)1112131415答案BCDABDADBDBD一．選擇題（共10小題）1．（2025?滁州模擬）如圖所示，固定在豎直平面內(nèi)半徑均為1m的兩金屬圓環(huán)平行正對(duì)，相距為3m，圓環(huán)的電阻不計(jì)。導(dǎo)體棒ab搭在兩環(huán)的最低點(diǎn)，接入電路的電阻為0.5Ω。用導(dǎo)線將一阻值為1Ω的電阻R與兩圓環(huán)相連，理想交流電壓表V接在電阻R兩端。整個(gè)空間存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B＝1T、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。若導(dǎo)體棒ab在外力作用下以6r/min的轉(zhuǎn)速繞兩圓環(huán)的中心軸O1O2緊貼圓環(huán)勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，則導(dǎo)體棒ab在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，電壓表的示數(shù)為（）A．.2π2V B．22π3V 【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)；電磁感應(yīng)過(guò)程中的電路類(lèi)問(wèn)題．【專(zhuān)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)導(dǎo)體棒切割感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)公式結(jié)合閉合電路歐姆定律，電壓有效值進(jìn)行分析解答。【解答】解：導(dǎo)體棒在金屬圓環(huán)上運(yùn)動(dòng)時(shí)，設(shè)導(dǎo)體棒與圓心連線與豎直方向夾角為θ，導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為E＝BLvcosθ，峰值為Em＝BLv，其中v＝2πnr，n＝6r/min＝0.lr/s，有效值為E=Em2，交流電壓表的示數(shù)顯示的是有效值，為U=ER故選：D。【點(diǎn)評(píng)】考查導(dǎo)體棒切割感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)公式結(jié)合閉合電路歐姆定律，電壓有效值，會(huì)根據(jù)題意進(jìn)行準(zhǔn)確分析解答。2．（2025?廣西模擬）如圖1、2所示，將兩根材料、粗細(xì)相同的等長(zhǎng)導(dǎo)線分別彎折成正方形和正三角形閉合線框，分別放在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1、B2的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，t＝0時(shí)刻開(kāi)始，兩線框均從圖示位置開(kāi)始以相同的恒定角速度繞垂直于磁場(chǎng)方向的固定軸（圖中虛線）旋轉(zhuǎn)，若兩線框中電流的有效值相同，則磁感應(yīng)強(qiáng)度B1、B2之比為（）A．233 B．439 C．4【考點(diǎn)】法拉第電磁感應(yīng)定律的基本計(jì)算．【專(zhuān)題】定量思想；推理法；電磁感應(yīng)與圖象結(jié)合；推理論證能力．【答案】B【分析】根據(jù)正弦交流電的有效值和感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的最大值知識(shí)列式解答。【解答】解：兩線框中電流的有效值相同，兩線框的周長(zhǎng)相等，均記為C，則正方形的面積為S1=(C4)2，三角形面積為S2=12(C3)2sin60°，則兩線框中電動(dòng)勢(shì)的峰值之比為Em1故選：B。【點(diǎn)評(píng)】考查正弦交流電的有效值和感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的最大值知識(shí)，會(huì)根據(jù)題意進(jìn)行準(zhǔn)確分析解答。3．（2025?河南模擬）如圖所示，一絕緣直桿穿過(guò)金屬塊中心的圓孔后豎直固定，金屬塊帶正電且圓孔直徑略大于直桿，整個(gè)裝置處在水平方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。現(xiàn)給金屬塊一豎直向上的初速度v0，使其沿桿向上運(yùn)動(dòng)，當(dāng)其返回到初始位置時(shí)速度大小為v。直桿的粗糙程度均勻，重力加速度為g，關(guān)于上述過(guò)程，下列說(shuō)法正確的是（）A．摩擦力對(duì)金屬塊的總沖量大于mv0 B．金屬塊在空中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為v0C．金屬塊上升的時(shí)間大于下降的時(shí)間 D．金屬塊上升過(guò)程因摩擦產(chǎn)生的熱量小于下降過(guò)程因摩擦產(chǎn)生的熱量【考點(diǎn)】電磁感應(yīng)過(guò)程中的能量類(lèi)問(wèn)題；動(dòng)量定理的內(nèi)容和應(yīng)用．【專(zhuān)題】定量思想；推理法；摩擦力專(zhuān)題；力學(xué)綜合性應(yīng)用專(zhuān)題；帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專(zhuān)題；推理論證能力．【答案】B【分析】本題考查金屬塊在磁場(chǎng)中的受力與運(yùn)動(dòng)情況。摩擦力在上升和下降過(guò)程中方向相反，最終對(duì)金屬塊的總沖量為零。由于上升時(shí)受到摩擦力和重力的共同作用，合加速度較大，因此上升時(shí)間短于下降時(shí)間。同時(shí)，由于上升時(shí)速率較大，摩擦力更大，產(chǎn)生的熱量也多。綜合分析判斷各選項(xiàng)正誤。【解答】解：A、根據(jù)受力分析可知，F(xiàn)N＝qvB，則：f＝μFN＝μqvB，取豎直向上為正方向，上升過(guò)程有：If鐘1=-μqv1Bt1，下降過(guò)程有：If鐘2=μqv2Bt2，因?yàn)樯仙c下降過(guò)程位移大小相等，即：v1tB、根據(jù)動(dòng)量定理：mgt＝mv+mv0，解得：t=v0C、由于上升過(guò)程加速度大于下降過(guò)程的加速度，故上升時(shí)間小于下降的時(shí)間，故C錯(cuò)誤；D、因路徑上的同一位置，上升過(guò)程的速率大于下降過(guò)程的速率，故同一位置，上升時(shí)的壓力大于下降時(shí)的壓力，故上升過(guò)程克服摩擦力做的功大于下降過(guò)程克服摩擦力做的功，因此上升過(guò)程因摩擦產(chǎn)生的熱量大于過(guò)程下降因摩擦產(chǎn)生的熱量，故D錯(cuò)誤。故選：B。【點(diǎn)評(píng)】本題綜合考查洛倫茲力、摩擦力及動(dòng)力學(xué)規(guī)律，對(duì)受力分析和運(yùn)動(dòng)過(guò)程的理解至關(guān)重要。關(guān)鍵在于摩擦力的沖量相互抵消、上升加速度較大導(dǎo)致時(shí)間較短，以及上升時(shí)摩擦生熱更多。整體難度適中，考查細(xì)節(jié)較多，需準(zhǔn)確把握受力與運(yùn)動(dòng)特性。4．（2025?信陽(yáng)二模）如圖甲所示為一個(gè)由表面涂有絕緣漆的金屬電阻絲制成的圓形線圈，AB和CD是互相垂直的兩個(gè)直徑。在圓面內(nèi)可以將甲線圈中C、D兩點(diǎn)向圓心擠到一起，得到如圖乙兩個(gè)等大的圓，也可以將甲線圈扭轉(zhuǎn)變形為如圖丙兩個(gè)等大的圓。三個(gè)圓都處于垂直圓面的變化磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)變化率相同，則下列說(shuō)法正確的是（）A．甲、乙線圈中感應(yīng)電流之比為1：1 B．乙、丙線圈中感應(yīng)電流之比為1：1 C．丙、甲線圈中感應(yīng)電流之比為1：2 D．丙、甲線圈中感應(yīng)電流之比為0【考點(diǎn)】法拉第電磁感應(yīng)定律的內(nèi)容和表達(dá)式．【專(zhuān)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】三個(gè)線圈的電阻相等，感應(yīng)電流之比等于感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)之比，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律求解電動(dòng)勢(shì)從而求解電流之比。【解答】解：設(shè)圖甲中半徑為R，周長(zhǎng)l＝2πR面積為S＝πR2圖乙、丙中小圓的半徑為r，根據(jù)l＝2πR＝2?2πr得r圖乙中兩小圓面積和為S三個(gè)線圈的電阻相等，感應(yīng)電流之比等于感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)之比，設(shè)磁場(chǎng)變化率為ΔBΔt，則甲線圈中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為乙線圈中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E所以，可知甲、乙線圈中感應(yīng)電流之比為I由磁通量的特點(diǎn)可知丙線圈中左右兩圓中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)相反，總感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為零，即E丙＝0，故ABC錯(cuò)誤，D正確。故選：D。【點(diǎn)評(píng)】解題關(guān)鍵是掌握法拉第電磁感應(yīng)定律：閉合電路中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小，跟穿過(guò)這一電路的磁通量的變化率成正比。5．（2025?蕪湖一模）如圖所示，有一空間直角坐標(biāo)系Oxyz，xOy為水平面，z軸為豎直方向，兩通電長(zhǎng)直導(dǎo)線分別通過(guò)大小相等的恒定電流，電流方向如圖所示。其中一根導(dǎo)線在xOy平面內(nèi)且平行于y軸固定，另一根導(dǎo)線在yOz平面內(nèi)與z軸平行固定，兩根導(dǎo)線與原點(diǎn)O距離相等，一閉合圓形金屬小線圈，初始位置圓心在原點(diǎn)O，可沿不同方向以相同速率做勻速直線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中小線圈平面始終與水平面平行，從上向下觀察線圈。不考慮地磁場(chǎng)影響，下列說(shuō)法正確的是（）A．原點(diǎn)O處的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向沿z軸負(fù)方向 B．小線圈沿x軸正方向移動(dòng)時(shí)能產(chǎn)生順時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流 C．小線圈沿y軸負(fù)方向移動(dòng)時(shí)沒(méi)有感應(yīng)電流 D．小線圈沿z軸負(fù)方向移動(dòng)時(shí)能產(chǎn)生逆時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流【考點(diǎn)】楞次定律及其應(yīng)用；感應(yīng)電流的產(chǎn)生條件．【專(zhuān)題】定性思想；推理法；電磁感應(yīng)與電路結(jié)合；推理論證能力．【答案】C【分析】當(dāng)穿過(guò)閉合導(dǎo)體回路的磁通量發(fā)生變化時(shí)，閉合導(dǎo)體回路中就產(chǎn)生感應(yīng)電流，根據(jù)楞次定律判斷電流方向。【解答】解：A．根據(jù)安培定則，因xOy平面內(nèi)的直導(dǎo)線在O點(diǎn)的磁場(chǎng)方向沿z軸負(fù)向；因yOz平面內(nèi)的直導(dǎo)線在O點(diǎn)的磁場(chǎng)方向沿x軸正向；可知疊加后原點(diǎn)O處的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向不是沿z軸負(fù)方向，故A錯(cuò)誤；B．小線圈沿x軸正方向移動(dòng)時(shí)，穿過(guò)線圈的磁通量沿z軸負(fù)向增加，根據(jù)楞次定律結(jié)合右手螺旋定則可知，能產(chǎn)生逆時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流，故B錯(cuò)誤；C．小線圈沿y軸負(fù)方向移動(dòng)時(shí)，穿過(guò)線圈的磁通量不變，則沒(méi)有感應(yīng)電流，故C正確；D．小線圈沿z軸負(fù)方向移動(dòng)時(shí)，穿過(guò)線圈的磁通量沿z軸負(fù)向減小，根據(jù)楞次定律結(jié)合右手螺旋定則可知，能產(chǎn)生順時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流，故D錯(cuò)誤。故選：C。【點(diǎn)評(píng)】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(duì)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(duì)象所處的磁場(chǎng)的方向及其分布情況。③確定穿過(guò)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(chǎng)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。6．（2025?石家莊模擬）地球可視為半徑為R、質(zhì)量分布均勻的球體。地球周?chē)拇艌?chǎng)在赤道平面上的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨距離地心的距離r變化的規(guī)律為B=B0Rr（B0為地球表面赤道處的磁感應(yīng)強(qiáng)度），磁場(chǎng)方向與赤道平面垂直。如圖所示，一顆衛(wèi)星在赤道平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，其距離地面高度為2R。衛(wèi)星內(nèi)有一邊長(zhǎng)為l（l遠(yuǎn)小于R）的正方形線框abcd，線框以恒定的角速度ω以ab邊為軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，abA．B0l2ω3C．B0l2ω【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)．【專(zhuān)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】線框以角速度ω繞ab邊轉(zhuǎn)動(dòng)，產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，同時(shí)線框隨衛(wèi)星一起運(yùn)動(dòng)切割磁場(chǎng)，產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，兩個(gè)電動(dòng)勢(shì)相加為最終電動(dòng)勢(shì)。【解答】解：由題意，衛(wèi)星軌道半徑r＝3R，磁場(chǎng)強(qiáng)度為B=B0R3r=B0線框隨衛(wèi)星一起運(yùn)動(dòng)切割磁場(chǎng)，產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，根據(jù)GMmR2=mg，GMmr2=mv2r，得衛(wèi)星速度v=故選：A。【點(diǎn)評(píng)】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(shì)的表達(dá)式。7．（2025?廣州一模）近年來(lái)，手機(jī)無(wú)線充電功能的廣泛應(yīng)用為人們提供了很大便利。如圖甲為充電原理示意圖。充電板接交流電源，對(duì)充電板供電，充電板內(nèi)的勵(lì)磁線圈可產(chǎn)生交變磁場(chǎng)，從而使手機(jī)內(nèi)的感應(yīng)線圈產(chǎn)生感應(yīng)電流。當(dāng)充電板內(nèi)的勵(lì)磁線圈通入如圖乙所示的交變電流時(shí)（電流由a流入時(shí)方向?yàn)檎铝姓f(shuō)法正確的是（）A．感應(yīng)線圈中產(chǎn)生的是恒定電流 B．感應(yīng)線圈中電流的方向總是與勵(lì)磁線圈中電流方向相反 C．t3時(shí)刻，感應(yīng)線圈中電流的瞬時(shí)值為0 D．t1～t3時(shí)間內(nèi)，c點(diǎn)電勢(shì)低于d點(diǎn)電勢(shì)【考點(diǎn)】法拉第電磁感應(yīng)定律的內(nèi)容和表達(dá)式；環(huán)形電流或通電螺線管周?chē)拇艌?chǎng)．【專(zhuān)題】定性思想；推理法；電磁感應(yīng)與電路結(jié)合；推理論證能力．【答案】C【分析】勵(lì)磁線圈中通有變化的交流電時(shí)，感應(yīng)線圈產(chǎn)生電流也在變化；感應(yīng)線圈中的電流方向可以由楞次定律判斷，當(dāng)勵(lì)磁線圈中電流降低時(shí)，感應(yīng)電流的方向可能與勵(lì)磁線圈的電流方向相同；t3時(shí)刻，勵(lì)磁線圈中電流的斜率為零，所以感應(yīng)線圈中電流瞬時(shí)值也為0；由楞次定律可知，t1～t3時(shí)間內(nèi)感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向應(yīng)與勵(lì)磁線圈產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向相同所以電流應(yīng)從d流向c，進(jìn)而所以c點(diǎn)電勢(shì)高于d點(diǎn)電勢(shì)。【解答】解：A．勵(lì)磁線圈產(chǎn)生的磁場(chǎng)隨電流變化，因?yàn)殡娏鞑皇蔷鶆蜃兓娏鳟a(chǎn)生的磁場(chǎng)也不是均勻變化，所以感應(yīng)線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)不是恒定的，感應(yīng)電流也就不是恒定的，故A錯(cuò)誤；B．當(dāng)勵(lì)磁線圈電流減小，電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)減弱時(shí)，感應(yīng)電流方向阻礙引起感應(yīng)電流的磁通量的變化，感應(yīng)電流的方向與勵(lì)磁線圈電流的方向相同，阻礙磁場(chǎng)減弱，故B錯(cuò)誤；C．t3時(shí)刻，勵(lì)磁線圈電流變化率為零，磁感應(yīng)強(qiáng)度變化率為零，感應(yīng)線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為零，感應(yīng)電流為零，故C正確；D．t1～t3時(shí)間內(nèi)，由楞次定律可知，感應(yīng)電流的磁場(chǎng)方向一直向上，所以感應(yīng)線圈中的電流從d到c，由于電源內(nèi)部電流從負(fù)極到正極，則c點(diǎn)電勢(shì)高于d點(diǎn)電勢(shì)，故D錯(cuò)誤。故選：C。【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了使用楞次定律判斷感應(yīng)電流的方向，結(jié)合電流的圖像可知感應(yīng)電流的方向以及感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的變化，本題較為綜合，能考查學(xué)生對(duì)于電磁感應(yīng)的理解情況。8．（2025?汕頭一模）如圖所示，鐵芯左邊懸掛一個(gè)輕質(zhì)金屬環(huán)，鐵芯上有兩個(gè)線圈M和P，線圈M和電源、開(kāi)關(guān)、熱敏電阻Rr相連，線圈P與電流表相連。已知熱敏電阻RT的阻值隨溫度的升高而減小，保持開(kāi)關(guān)閉合，下列說(shuō)法正確的是（）A．當(dāng)溫度升高時(shí)，金屬環(huán)向左擺動(dòng) B．當(dāng)溫度不變時(shí)，電流表示數(shù)不為0 C．當(dāng)電流從a經(jīng)電流表到b時(shí)，可知溫度降低 D．當(dāng)電流表示數(shù)增大時(shí)，可知溫度升高【考點(diǎn)】來(lái)拒去留；電路動(dòng)態(tài)分析．【專(zhuān)題】定性思想；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；推理論證能力．【答案】A【分析】根據(jù)電阻的變化，分析線圈M中電流的變化，進(jìn)而分析穿過(guò)金屬環(huán)的磁通量變化，根據(jù)楞次定律判斷金屬環(huán)的運(yùn)動(dòng)；當(dāng)溫度不變時(shí)，線圈M中的電流不變，穿過(guò)線圈P的磁通量不變；根據(jù)電流方向分析線圈P產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向，和線圈M的磁場(chǎng)方向作比較即可；不知道電流的方向，無(wú)法判斷溫度的變化。【解答】解：A、當(dāng)溫度升高時(shí)，熱敏電阻的阻值減小，則通過(guò)線圈M的電流增大，線圈M的磁場(chǎng)增強(qiáng)，穿過(guò)金屬環(huán)的磁通量增加，根據(jù)楞次定律可知，為了阻礙穿過(guò)金屬環(huán)的磁通量增加，金屬環(huán)向左擺動(dòng)，故A正確；B、當(dāng)溫度不變時(shí)，線圈M中的電流不變，穿過(guò)線圈P的磁通量不變，線圈P不發(fā)生電磁感應(yīng)現(xiàn)象，沒(méi)有感應(yīng)電流產(chǎn)生，所以電流表的示數(shù)為0，故B錯(cuò)誤；C、當(dāng)電流從a經(jīng)過(guò)電流表到b時(shí)，根據(jù)安培定則可知線圈P產(chǎn)生的感應(yīng)電流磁場(chǎng)方向水平向左，和線圈M產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向相反，說(shuō)明通過(guò)線圈M的電流增大，可知溫度升高，故C錯(cuò)誤；D、當(dāng)電流表示數(shù)增大時(shí)，不知道電流的方向，所以無(wú)法判斷感應(yīng)電流的磁場(chǎng)方向，則無(wú)法確定線圈M中磁場(chǎng)的變化，則無(wú)法判斷溫度的變化，故D錯(cuò)誤。故選：A。【點(diǎn)評(píng)】本題考查了對(duì)楞次定律的理解和應(yīng)用。9．（2024秋?普陀區(qū)校級(jí)期末）如圖所示，水平面內(nèi)有一平行金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌光滑且電阻不計(jì)。勻強(qiáng)磁場(chǎng)與導(dǎo)軌平面垂直。阻值為R的導(dǎo)體棒垂直于導(dǎo)軌靜止放置，且與導(dǎo)軌接觸。T＝0時(shí)，將開(kāi)關(guān)S由1擲到2。q、i、v和a分別表示電容器所帶的電荷量、棒中的電流、棒的速度和加速度。下列圖像正確的是（）A． B． C． D．【考點(diǎn)】含有電容器的導(dǎo)軌滑桿模型．【專(zhuān)題】定性思想；推理法；電磁感應(yīng)中的力學(xué)問(wèn)題；推理論證能力．【答案】D【分析】知道電容器放電后會(huì)在電路中產(chǎn)生電流。導(dǎo)體棒通有電流后會(huì)受到安培力的作用，會(huì)產(chǎn)生加速度而加速運(yùn)動(dòng)。導(dǎo)體棒切割磁感線，速度增大，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)增大，則電流減小，安培力減小，加速度減小，最后導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動(dòng)，電容器的電荷量不為零。【解答】解：開(kāi)關(guān)S由1擲到2，電容器放電后會(huì)在電路中產(chǎn)生電流。導(dǎo)體棒通有電流后會(huì)受到安培力的作用，會(huì)產(chǎn)生加速度而加速運(yùn)動(dòng)。導(dǎo)體棒切割磁感線，速度增大，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝Blv，即增大，則實(shí)際電流減小，安培力F＝BIL，即減小，加速度a=F因?qū)к壒饣栽谟须娏魍ㄟ^(guò)棒的過(guò)程中，棒是一直加速運(yùn)動(dòng)（變加速）。由于通過(guò)棒的電流是按指數(shù)遞減的，那么棒受到的安培力也是按指數(shù)遞減的，由牛頓第二定律知，它的加速度是按指數(shù)遞減的。由于電容器放電產(chǎn)生電流使得導(dǎo)體棒受安培力運(yùn)動(dòng)，而導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)會(huì)給電容器充電。當(dāng)充電和放電達(dá)到一種平衡時(shí)，導(dǎo)體棒做勻速運(yùn)動(dòng)。當(dāng)棒勻速運(yùn)動(dòng)后，棒因切割磁感線有電動(dòng)勢(shì)，所以電容器兩端的電壓能穩(wěn)定在某個(gè)不為0的數(shù)值，即電容器的電量應(yīng)穩(wěn)定在某個(gè)不為0的數(shù)值（不會(huì)減少到0）。這時(shí)電容器的電壓等于棒的電動(dòng)勢(shì)數(shù)值，棒中無(wú)電流。綜上所述，故D正確、ABC錯(cuò)誤。故選：D。【點(diǎn)評(píng)】本題考查電容器放電及電磁感應(yīng)和安培力及加速度、速度等。電容器的充電和放電是與兩極板間的電勢(shì)差有關(guān)的，弄清楚導(dǎo)體棒的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況是關(guān)鍵。10．（2025?2月份模擬）如圖，垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中有一硬質(zhì)導(dǎo)線框pOabc，其中正方形Oabc邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，線段pa＝2L。該導(dǎo)線框在紙面內(nèi)繞O點(diǎn)以角速度ω逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)。則p、O、a、b、c各點(diǎn)電勢(shì)關(guān)系為（）A．φb＞φc＝φp＝φa＞φ0 B．φb＜φc＝φp＝φa＜φ0 C．φb＞φc＞φp＞φa＞φ0 D．φb＜φc＜φp＜φa＜φ0【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)．【專(zhuān)題】定性思想；推理法；電場(chǎng)力與電勢(shì)的性質(zhì)專(zhuān)題；理解能力．【答案】A【分析】根據(jù)右手定則結(jié)合各點(diǎn)對(duì)應(yīng)的等效長(zhǎng)度進(jìn)行分析解答。【解答】解：該導(dǎo)線框在紙面內(nèi)繞O點(diǎn)以角速度ω逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，如圖所示：根據(jù)右手定則可知O點(diǎn)為低電勢(shì)，由于Ob＞Op＝Oc＝Oa，則各點(diǎn)的電勢(shì)高低為：φb＞φc＝φp＝φa＞φ0，故A正確、BCD錯(cuò)誤。故選：A。【點(diǎn)評(píng)】查導(dǎo)體棒轉(zhuǎn)動(dòng)切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的問(wèn)題，會(huì)根據(jù)題意計(jì)算等效切割長(zhǎng)度并比較電勢(shì)高低。二．多選題（共5小題）（多選）11．（2025?珠海一模）學(xué)生常用的飯卡內(nèi)部結(jié)構(gòu)由線圈和芯片組成。如圖所示，當(dāng)飯卡處于感應(yīng)區(qū)域時(shí)，刷卡機(jī)會(huì)激發(fā)變化的磁場(chǎng)，在飯卡內(nèi)線圈中產(chǎn)生感應(yīng)電流驅(qū)動(dòng)芯片工作，已知線圈面積為S，共n匝，某次刷卡時(shí)，線圈全部處于磁場(chǎng)區(qū)域內(nèi)，且垂直線圈平面向外的磁場(chǎng)在t0時(shí)間內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度由0均勻增大到B0，在此過(guò)程中（）A．線圈中磁通量的最大值為nB0S B．線圈中產(chǎn)生感應(yīng)電流沿A﹣B﹣C﹣D﹣A方向 C．線圈面積有縮小的趨勢(shì) D．線圈中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為n【考點(diǎn)】法拉第電磁感應(yīng)定律的基本計(jì)算；判斷磁通量的大小或變化；增反減同；增縮減擴(kuò)．【專(zhuān)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】BCD【分析】根據(jù)磁通量的概念，楞次定律以及法拉第電磁感應(yīng)定律列式求解。【解答】解：A.線圈中磁通量的最大值為Φ＝B0S，故A錯(cuò)誤；B.通過(guò)線圈的磁通量增大，由楞次定律可知線圈中感應(yīng)電流的磁場(chǎng)方向垂直線圈平面向里，由安培定則可知線圈中產(chǎn)生感應(yīng)電流沿A﹣B﹣C﹣D﹣A方向，故B正確；C.通過(guò)線圈的磁通量增大，線圈面積有縮小的趨勢(shì)，阻礙磁通量的變化，故C正確；D.線圈中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為E=nΔΦ故選：BCD。【點(diǎn)評(píng)】考查磁通量的概念，楞次定律以及法拉第電磁感應(yīng)定律，會(huì)根據(jù)題意進(jìn)行準(zhǔn)確分析解答。（多選）12．（2025?全國(guó)一模）某興趣小組設(shè)計(jì)制作了一種磁懸浮列車(chē)模型，原理如圖所示，PQ和MN是固定在水平地面上的兩根足夠長(zhǎng)的平直導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間分布著豎直（垂直紙面）方向等寬度的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B1和B2，B1方向未知（圖中未畫(huà)出），B2垂直紙面向里。矩形金屬框固定在實(shí)驗(yàn)車(chē)底部（車(chē)廂與金屬框絕緣），其中ad邊長(zhǎng)與磁場(chǎng)寬度相等。當(dāng)磁場(chǎng)B1和B2同時(shí)以速度v0＝10m/s沿導(dǎo)軌向右勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，金屬框受到磁場(chǎng)力，實(shí)驗(yàn)車(chē)被帶動(dòng)沿導(dǎo)軌運(yùn)動(dòng)，能達(dá)到的最大速率為8m/s。已知金屬框總電阻R＝0.8Ω、垂直導(dǎo)軌的ab邊長(zhǎng)L＝0.1m，實(shí)驗(yàn)車(chē)與金屬框的總質(zhì)量m＝4.0kg，B1＝B2＝2.0T。實(shí)驗(yàn)車(chē)運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的阻力恒定。下列說(shuō)法正確的是（）A．為使金屬框運(yùn)動(dòng)，則B1垂直紙面向外 B．實(shí)驗(yàn)車(chē)受到恒定阻力f＝0.4N C．在帶動(dòng)實(shí)驗(yàn)車(chē)與金屬框的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，外力對(duì)磁場(chǎng)額外做的功等于實(shí)驗(yàn)車(chē)及金屬框總功能的改變量與摩擦生熱之和 D．若兩磁場(chǎng)t＝0時(shí)刻由靜止開(kāi)始向右勻加速直線運(yùn)動(dòng)，發(fā)現(xiàn)t1＝2s時(shí)實(shí)驗(yàn)車(chē)開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，t2＝24s時(shí)實(shí)驗(yàn)車(chē)正向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則t2時(shí)刻實(shí)驗(yàn)車(chē)的速度大小為v＝2m/s【考點(diǎn)】線圈進(jìn)出磁場(chǎng)的能量計(jì)算；線圈進(jìn)出磁場(chǎng)的電壓、電流、電荷量等電學(xué)量的計(jì)算；線圈進(jìn)出磁場(chǎng)的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題．【專(zhuān)題】定量思想；推理法；電磁感應(yīng)中的力學(xué)問(wèn)題；模型建構(gòu)能力．【答案】ABD【分析】根據(jù)金屬框的運(yùn)動(dòng)情況用右手定則判斷感應(yīng)電流的方向；實(shí)驗(yàn)車(chē)的最大速率為vm時(shí)相對(duì)磁場(chǎng)的速率為v0﹣vm，此時(shí)線框所受的磁場(chǎng)力與阻力平衡，由平衡條件、結(jié)合歐姆定律和安培力公式求解阻力；根據(jù)能量守恒定律分析判斷；為實(shí)現(xiàn)列車(chē)最終沿水平方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，其加速度必須與兩磁場(chǎng)由靜止開(kāi)始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的加速度相同，t1時(shí)刻金屬線圈中的電動(dòng)勢(shì)：E＝2BL（at1﹣v1），根據(jù)所受的安培力，結(jié)合牛頓第二定律求出列車(chē)最終的加速度，從磁場(chǎng)運(yùn)動(dòng)到列車(chē)起動(dòng)需要時(shí)間。【解答】解：A、當(dāng)磁場(chǎng)向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)楞次定律，要使金屬框向右運(yùn)動(dòng)，金屬框受到的安培力方向應(yīng)向右。由右手定則判斷感應(yīng)電流方向，再由左手定則判斷安培力方向，可知B1垂直紙面向外，故A正確；B、當(dāng)實(shí)驗(yàn)車(chē)達(dá)到最大速度vm＝8m/s時(shí)，金屬框切割磁感線的相對(duì)速度：v＝v0﹣vm此時(shí)金屬框產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)：E＝2B1Lv代入數(shù)據(jù)解得：E＝0.8V感應(yīng)電流：I=ER=金屬框受到的安培力為：F＝2B1IL＝2×2×1×0.1N＝0.4N因?yàn)榇藭r(shí)實(shí)驗(yàn)車(chē)勻速運(yùn)動(dòng)，所以安培力等于阻力，由平衡條件有：f＝F＝0.4N，故B正確；C、根據(jù)能量守恒定律，外力對(duì)磁場(chǎng)做的功，一部分轉(zhuǎn)化為實(shí)驗(yàn)車(chē)及金屬框的總動(dòng)能，一部分轉(zhuǎn)化為金屬框中的焦耳熱，還有一部分轉(zhuǎn)化為摩擦生熱。所以外力對(duì)磁場(chǎng)額外做的功等于實(shí)驗(yàn)車(chē)及金屬框總動(dòng)能的改變量、金屬框中的焦耳熱與摩擦生熱之和，故C錯(cuò)誤；D、若兩磁場(chǎng)t＝0時(shí)刻由靜止開(kāi)始向右勻加速直線運(yùn)動(dòng)，t＝2s時(shí)實(shí)驗(yàn)車(chē)開(kāi)始運(yùn)動(dòng)此時(shí)磁場(chǎng)的速度：v01＝a0t1金屬框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E1使安培力剛好等于阻力f，有：f＝2B1IL而電流為：I而感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)：E1＝2B1L（v01﹣0）聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得：at2＝24s時(shí)實(shí)驗(yàn)車(chē)正向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)此時(shí)車(chē)的速度為v，磁場(chǎng)速度為：v02＝a0t2＝1×24m/s＝24m/s此時(shí)金屬框切割磁感線的相對(duì)速度為：v′＝v02﹣v安培力為：F′＝2B1I′L由歐姆定律：I而：E′＝2B1Lv′由牛頓第二定律：F′﹣f＝ma0聯(lián)立解得：v＝2m/s，故D正確。故選：ABD。【點(diǎn)評(píng)】本題考查電磁感應(yīng)定律中能量和受力分析的綜合應(yīng)用；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，重點(diǎn)是分析安培力作用下物體的平衡問(wèn)題；另一條是能量，分析電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的能量如何轉(zhuǎn)化是關(guān)鍵。（多選）13．（2025?湖北模擬）如圖所示，平行軌道由光滑弧形軌道和粗糙水平軌道兩部分組成，水平軌道和導(dǎo)體棒ab、cd間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，水平軌道的區(qū)域Ⅰ存在垂直于水平軌道向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，區(qū)域Ⅱ存在垂直于水平軌道向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，導(dǎo)軌右端接入阻值為R的電阻。導(dǎo)體棒ab、cd的質(zhì)量均為m，電阻均為R，cd靜止在區(qū)域Ⅱ的磁場(chǎng)中，ab從弧形軌道某高度由靜止釋放。t1時(shí)刻ab離開(kāi)弧形軌道直接進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅰ，此時(shí)cd所受靜摩擦力剛好到達(dá)最大值（最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力）t2時(shí)刻ab停止運(yùn)動(dòng)，靜止在區(qū)域Ⅰ中。已知t1到t2時(shí)間內(nèi)，通過(guò)電阻R的電荷量為q，導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)，兩棒始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，重力加速度大小為g。下列說(shuō)法正確的是A．t1時(shí)刻cd受到的摩擦力方向水平向右 B．a(chǎn)b在水平軌道上運(yùn)動(dòng)的距離為2qRC．電阻R產(chǎn)生的焦耳熱為2μD．電阻R產(chǎn)生的焦耳熱為1【考點(diǎn)】電磁感應(yīng)過(guò)程中的能量類(lèi)問(wèn)題；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；動(dòng)量定理在電磁感應(yīng)問(wèn)題中的應(yīng)用．【專(zhuān)題】定量思想；推理法；摩擦力專(zhuān)題；動(dòng)量與動(dòng)能定理或能的轉(zhuǎn)化與守恒定律綜合；電磁感應(yīng)——功能問(wèn)題；電磁感應(yīng)與電路結(jié)合；推理論證能力．【答案】AD【分析】首先需要分析導(dǎo)體棒在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，導(dǎo)體棒從弧形軌道釋放后，進(jìn)入水平軌道并切割磁感線，從而在導(dǎo)體棒中產(chǎn)生感應(yīng)電流。通過(guò)右手定則確定感應(yīng)電流的方向，再通過(guò)左手定則判斷安培力的方向。此時(shí)，摩擦力需要與安培力平衡，因此摩擦力的方向也可以由此推導(dǎo)出來(lái)。在電路分析方面，通過(guò)計(jì)算電流和電荷量，結(jié)合歐姆定律和電磁感應(yīng)公式，進(jìn)一步推導(dǎo)出導(dǎo)體棒在水平軌道上的運(yùn)動(dòng)距離。最后通過(guò)能量守恒原理，分析導(dǎo)體棒的重力勢(shì)能如何轉(zhuǎn)化為摩擦生熱和電熱，并利用這些信息計(jì)算電阻R產(chǎn)生的焦耳熱。【解答】解：A、由右手定則，cd棒中的感應(yīng)電流由c流向d，再由左手定則，cd棒受到向左的安培力，摩擦力向右平衡安培力，故A正確；B、流經(jīng)R的電荷量為q，則流經(jīng)ab棒的電荷量為2q，回路總電阻為1.5R，由：2q=BLx1.5RC、ab棒剛進(jìn)入Ⅰ區(qū)時(shí)，導(dǎo)體棒ab所受安培力滿足：B2L2v1.5R=2D、全過(guò)程中，ab棒減少的重力勢(shì)能，轉(zhuǎn)化為摩擦生熱和回路中的電熱。根據(jù)串并聯(lián)電路電流的分配特點(diǎn)可知流經(jīng)R的電流為干路電流的12，結(jié)合：Q＝I2Rt，可知其中電阻R產(chǎn)生的電熱只占整個(gè)回路產(chǎn)生電熱的16，故電阻R產(chǎn)生的焦耳熱為：QR故選：AD。【點(diǎn)評(píng)】本題考查了電磁感應(yīng)、受力分析、以及能量守恒的應(yīng)用。通過(guò)分析導(dǎo)體棒在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)和電流的產(chǎn)生，結(jié)合摩擦力與電阻產(chǎn)生的焦耳熱，能夠深入理解電磁力與能量轉(zhuǎn)換的關(guān)系。題目涉及的公式和概念雖然較為基礎(chǔ)，但需要較強(qiáng)的綜合推理能力。（多選）14．（2025?湖北模擬）下列有關(guān)電磁感應(yīng)現(xiàn)象說(shuō)法正確的是（）A．近地衛(wèi)星在赤道平面內(nèi)繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由于地磁場(chǎng)的存在（不考慮磁偏角）運(yùn)行過(guò)程中其金屬表面產(chǎn)生感應(yīng)電流，導(dǎo)致衛(wèi)星受到阻礙其運(yùn)動(dòng)的安培力 B．如圖甲，abcd是光滑水平放置的金屬框，PQ為導(dǎo)體棒，靜止在框架上；一條形磁體在abcd所在的平面內(nèi)轉(zhuǎn)過(guò)90°與OO′重合，導(dǎo)體棒PQ不動(dòng) C．如圖乙，放在U形磁體中的線圈A和線圈B用導(dǎo)線串聯(lián)。當(dāng)用力使線圈A向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，懸掛著的線圈B將向左擺動(dòng) D．如圖丙，輕質(zhì)彈簧上端固定，下端懸掛條形磁鐵。第一次在磁鐵下方固定一閉合線圈，第二次不放線圈，然后將磁鐵下拉相同的距離后由靜止釋放，第一次磁鐵振動(dòng)的時(shí)間更短【考點(diǎn)】楞次定律及其應(yīng)用；來(lái)拒去留；導(dǎo)體平動(dòng)切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)；感應(yīng)電流的產(chǎn)生條件．【專(zhuān)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】BD【分析】根據(jù)磁場(chǎng)、磁通量和磁通量的改變結(jié)合左手定則，電磁阻尼等知識(shí)進(jìn)行分析解答。【解答】解：A.近地衛(wèi)星在赤道平面內(nèi)繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)過(guò)程中穿過(guò)衛(wèi)星的地磁場(chǎng)磁通量不變，不產(chǎn)生感應(yīng)電流，沒(méi)有安培力阻礙衛(wèi)星的運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；B.條形磁鐵在水平面內(nèi)轉(zhuǎn)過(guò)90°過(guò)程中線框磁通量不變，沒(méi)有感應(yīng)電流產(chǎn)生，導(dǎo)體棒不動(dòng)，故B正確；C.A線框往右運(yùn)動(dòng)時(shí)A線框下邊產(chǎn)生向里的感應(yīng)電流，B線框下邊會(huì)產(chǎn)生向外的電流，根據(jù)左手定則可知B線框往右擺動(dòng)，故C錯(cuò)誤；D.第一次磁鐵下面有閉合線圈，振動(dòng)過(guò)程中線圈中會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流，阻礙相對(duì)運(yùn)動(dòng)，因此第一次更快的停下來(lái)，故D正確。故選：BD。【點(diǎn)評(píng)】考查磁場(chǎng)、磁通量和磁通量的改變結(jié)合左手定則，電磁阻尼等知識(shí)，會(huì)根據(jù)題意進(jìn)行準(zhǔn)確分析解答。（多選）15．（2025?湖北一模）如圖甲所示，在傾角為θ的斜面上固定兩根足夠長(zhǎng)且間距為L(zhǎng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌上端接有阻值為R的電阻，下端通過(guò)開(kāi)關(guān)與相距足夠遠(yuǎn)的單匝金屬線圈相連，線圈內(nèi)存在垂直于線圈平面的磁場(chǎng)，以向下為正，磁場(chǎng)變化如圖乙所示，導(dǎo)軌所在區(qū)域存在垂直于導(dǎo)軌平面、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)（圖中未畫(huà)出），靠在插銷(xiāo)處垂直于導(dǎo)軌放置且與導(dǎo)軌接觸良好的金屬棒ab，質(zhì)量為m、電阻也為R，閉合開(kāi)關(guān)后，t02時(shí)撤去插銷(xiāo)，ab仍靜止。線圈、導(dǎo)軌和導(dǎo)線的電阻不計(jì)，重力加速度大小為A．導(dǎo)軌所在區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的方向垂直于導(dǎo)軌平面向上 B．桿ab在t0時(shí)刻仍可以保持靜止 C．閉合開(kāi)關(guān)線圈內(nèi)磁通量的變化率為2mgRsinθD．若t02后斷開(kāi)開(kāi)關(guān)，棒ab繼續(xù)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，電阻R【考點(diǎn)】電磁感應(yīng)過(guò)程中的能量類(lèi)問(wèn)題；電磁感應(yīng)過(guò)程中的電路類(lèi)問(wèn)題；根據(jù)B﹣t或者φ﹣t圖像計(jì)算感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)．【專(zhuān)題】定量思想；類(lèi)比法；電磁感應(yīng)與圖象結(jié)合；推理論證能力．【答案】BD【分析】根據(jù)金屬棒ab所受安培力方向應(yīng)用左手定則判斷磁場(chǎng)方向，根據(jù)楞次定律判處出線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向，并由此判斷導(dǎo)體棒是否仍保持靜止；對(duì)金屬棒ab應(yīng)用平衡條件求出感應(yīng)電流，應(yīng)用法拉第電磁感應(yīng)定律與歐姆定律求出線圈內(nèi)磁通量的變化率；斷開(kāi)開(kāi)關(guān)金屬棒勻速下滑時(shí)速度最大，由E＝BLv、歐姆定律與安培力公式求出金屬棒受到的安培力，應(yīng)用平衡條件求出最大速度，應(yīng)用電功率公式求出電阻R的最大熱功率。【解答】解：A、t02時(shí)撤去插銷(xiāo)，穿過(guò)線圈的磁感應(yīng)強(qiáng)度向下且減小，由楞次定律可知，流過(guò)金屬棒ab的電流由a流向b；金屬棒ab靜止，金屬棒ab所受安培力平行于斜面向上，由左手定則可知，磁感應(yīng)強(qiáng)度B垂直于導(dǎo)軌平面向下，故B、由于B﹣t圖像在0～t0時(shí)間內(nèi)斜率不變，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有：E=ΔΦΔt=ΔBΔtS，可知電流的大小和方向都不變，則桿C、對(duì)金屬棒，由平衡條件得：mgsinθ＝BIL對(duì)線圈，由法拉第電磁感應(yīng)定律，線圈內(nèi)磁通量的變化率等于線圈產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)，得：E由歐姆定律可知，流過(guò)ab的電流：I解得：ΔΦΔt=mgRsinθD、金屬棒速度最大時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大，則由平衡條件有：mgsinθ＝BImL而最大電流：I可得最大感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)：E最大感應(yīng)電流：I電阻的最大熱功率為：Pm=I故選：BD。【點(diǎn)評(píng)】本題是電磁感應(yīng)與電路、力學(xué)相結(jié)合的一道綜合題，根據(jù)題意分析清楚電路結(jié)構(gòu)、分析清楚金屬棒ab的運(yùn)動(dòng)過(guò)程是解題的前提，應(yīng)用法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律、平衡條件與電功率公式可以解題。三．解答題（共5小題）16．（2025?惠山區(qū)校級(jí)模擬）如圖，兩光滑平行金屬導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，質(zhì)量為m的金屬桿MN靜止垂直跨在導(dǎo)軌上，且與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)軌左端接有一個(gè)電容為C的電容器和電動(dòng)勢(shì)為E、內(nèi)阻為r的直流電源。整個(gè)裝置處于垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。導(dǎo)軌和金屬桿的電阻均不計(jì)。（1）若開(kāi)關(guān)打到1，與電源連接，求金屬桿運(yùn)動(dòng)穩(wěn)定時(shí)的速度；（2）若開(kāi)關(guān)打到2，與不帶電的電容器連接，并給金屬桿MN向右的初速度v0，求金屬桿運(yùn)動(dòng)穩(wěn)定時(shí)的速度；（3）若開(kāi)關(guān)打到2，與不帶電的電容器連接，給金屬桿MN施加水平向右的恒力F，求金屬棒運(yùn)動(dòng)的速度隨時(shí)間變化的規(guī)律。【考點(diǎn)】含有電容器的導(dǎo)軌滑桿模型；電磁感應(yīng)過(guò)程中的動(dòng)力學(xué)類(lèi)問(wèn)題；電磁感應(yīng)過(guò)程中的能量類(lèi)問(wèn)題；電磁感應(yīng)過(guò)程中的電路類(lèi)問(wèn)題．【專(zhuān)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）金屬桿運(yùn)動(dòng)穩(wěn)定時(shí)的速度為=E（2）金屬桿運(yùn)動(dòng)穩(wěn)定時(shí)的速度為mv（3金屬桿做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度大小為Fm【分析】（1）金屬桿產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)和電源電動(dòng)勢(shì)相等時(shí)，金屬桿的速度達(dá)到最大，據(jù)此計(jì)算；（2）根據(jù)動(dòng)量定理計(jì)算；（3）根據(jù)牛頓第二定律和電流的定義式、加速度的定義式計(jì)算。【解答】解：（1）開(kāi)關(guān)打到1，與電源連接，金屬桿產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)和電源電動(dòng)勢(shì)相等時(shí)，電路中的電流為零，金屬桿的速度達(dá)到最大，則E＝BLv解得v=（2）開(kāi)關(guān)打到2，與不帶電的電容器連接，當(dāng)金屬桿產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)和電容器兩板間電壓相等時(shí)，金屬桿穩(wěn)定，設(shè)經(jīng)時(shí)間t金屬桿速度穩(wěn)定，設(shè)此時(shí)金屬桿的速度為v，規(guī)定向右的方向?yàn)檎较颍瑢?duì)金屬桿根據(jù)動(dòng)量定理有﹣BILt＝mv﹣mv0其中Iq＝CBLv聯(lián)立解得v=m（3）金屬桿運(yùn)動(dòng)時(shí)，給電容器充電，則電路中的充電電流為I=根據(jù)C=QΔq＝CΔU則ΔU＝BLΔv對(duì)金屬桿根據(jù)牛頓第二定律有F﹣BIL＝ma其中a=聯(lián)立可得a=則金屬桿做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度大小為F答：（1）金屬桿運(yùn)動(dòng)穩(wěn)定時(shí)的速度為=E（2）金屬桿運(yùn)動(dòng)穩(wěn)定時(shí)的速度為mv（3金屬桿做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度大小為Fm【點(diǎn)評(píng)】掌握動(dòng)量定理、牛頓第二定律、電流的定義式、電容的定義式等的應(yīng)用是解題的基礎(chǔ)。17．（2025?上海二模）如圖甲所示，福建艦配備了先進(jìn)的電磁彈射系統(tǒng)。電磁彈射的簡(jiǎn)化模型如圖乙所示，直流電源的電動(dòng)勢(shì)為E，電容器的電容為C，兩條相距L的固定光滑導(dǎo)軌，水平放置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。現(xiàn)將一質(zhì)量為m，電阻為R的金屬滑塊垂直放置于導(dǎo)軌的滑槽內(nèi)處于靜止?fàn)顟B(tài)，并與兩導(dǎo)軌接觸良好。先將開(kāi)關(guān)K置于a讓電容器充電，充電結(jié)束后，再將K置于b，金屬滑塊會(huì)在電磁力的驅(qū)動(dòng)下向右加速運(yùn)動(dòng)，達(dá)到最大速度后滑離軌道。不計(jì)導(dǎo)軌和電路其他部分的電阻，忽略空氣阻力。（1）下列說(shuō)法中正確的是C；A．K置于b前電容器的電荷量為EB．金屬塊向右做勻加速運(yùn)動(dòng)C．物塊運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，P端的電勢(shì)始終高于Q端的電勢(shì)D．物塊的速度達(dá)到最大時(shí)，電容器所帶的電荷量為0（2）計(jì)算：求金屬滑塊在軌道上運(yùn)動(dòng)的最大加速度BELmR（3）計(jì)算：求金屬滑塊在軌道上運(yùn)動(dòng)的最大速度。試寫(xiě)出一種可以提高金屬塊最大速度的辦法可以增大電源電動(dòng)勢(shì)E？【考點(diǎn)】電磁感應(yīng)過(guò)程中的電路類(lèi)問(wèn)題；牛頓第二定律的簡(jiǎn)單應(yīng)用；電容器的充放電問(wèn)題；安培力的計(jì)算公式及簡(jiǎn)單應(yīng)用．【專(zhuān)題】定量思想；推理法；動(dòng)量與動(dòng)能定理或能的轉(zhuǎn)化與守恒定律綜合；推理論證能力．【答案】（1）C；（2）BELmR；（3）最大速度為CEBLm+【分析】（1）根據(jù)電荷量的計(jì)算公式，滑塊的受力情況以及左手定律進(jìn)行分析判斷；（2）根據(jù)牛頓第二定律進(jìn)行分析解答；（3）根據(jù)電荷量的計(jì)算公式和動(dòng)量定理列式推導(dǎo)最大速度表達(dá)式，再判斷增大最大速度的方法。【解答】解：（1）A.電容器充滿電后，電容器的電荷量為Q＝CU＝CE，即K置于b前電容器的電荷量為CE，故A錯(cuò)誤；B.金屬塊向右加速運(yùn)動(dòng)過(guò)程，電容器兩端電壓從E開(kāi)始減小，滑塊兩端電壓在增大，則電路總的電動(dòng)勢(shì)在減小，所以金屬滑塊受到的安培力在減小，加速度在減小，金屬塊向右做的不是勻加速運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤；C.右手定則可知，物塊運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，P端的電勢(shì)始終高于Q端的電勢(shì)，故C正確；D.物塊的速度達(dá)到最大時(shí)，電容器兩端電壓等于滑塊兩端電壓，故電容器所帶的電荷量不為0，故D錯(cuò)誤。故選：C。（2）對(duì)滑塊，開(kāi)關(guān)K置于b瞬間，滑塊速度為0，此時(shí)有最大加速度am，根據(jù)牛頓第二定律有BIL＝mam，而I=ER，解得最大加速度am（3）物塊的速度達(dá)到最大時(shí)，電容器兩端電壓等于滑塊兩端電壓，即電容器兩端電壓U＝BLvm，滑塊從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到最大速度，電容器放電量q1＝C（E﹣BLvm），對(duì)金屬滑塊，規(guī)定向右的方向?yàn)檎较颍蓜?dòng)量定理有BLIt=BLq2=mv故答案為：（1）C；（2）BELmR；（3）最大速度為CEBLm+【點(diǎn)評(píng)】考查電容器的充放電問(wèn)題和動(dòng)量定理，牛頓第二定律的應(yīng)用等，會(huì)根據(jù)題意進(jìn)行準(zhǔn)確分析解答。18．（2025?瓊海校級(jí)模擬）如圖所示，足夠長(zhǎng)的金屬導(dǎo)軌固定在水平面上，金屬導(dǎo)軌寬度L＝1.0m，導(dǎo)軌上放有垂直導(dǎo)軌的金屬桿P，金屬桿質(zhì)量為m＝0.1kg，空間存在磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.5T、豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。連接在導(dǎo)軌左端的電阻R＝3.0Ω，金屬桿的電阻r＝1.0Ω，其余部分電阻不計(jì)，某時(shí)刻給金屬桿一個(gè)水平向右的恒力F，金屬桿P由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，圖乙是金屬桿P運(yùn)動(dòng)過(guò)程的v﹣t圖像，導(dǎo)軌與金屬桿間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，在金屬桿P運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，第一個(gè)2s內(nèi)通過(guò)金屬桿P的電荷量與第二個(gè)2s內(nèi)通過(guò)電阻R的電荷量之比為3：5，重力加速度g取10m/s2，求：（1）水平恒力F的大小；（2）金屬桿運(yùn)動(dòng)的最大加速度的大小；（3）前4s內(nèi)電阻R上產(chǎn)生的熱量。【考點(diǎn)】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；動(dòng)量定理在電磁感應(yīng)問(wèn)題中的應(yīng)用；電磁感應(yīng)過(guò)程中的動(dòng)力學(xué)類(lèi)問(wèn)題；電磁感應(yīng)過(guò)程中的能量類(lèi)問(wèn)題．【專(zhuān)題】計(jì)算題；學(xué)科綜合題；定量思想；推理法；動(dòng)量定理應(yīng)用專(zhuān)題；電磁感應(yīng)——功能問(wèn)題；分析綜合能力．【答案】（1）水平恒力F的大小為0.75N；（2）金屬桿運(yùn)動(dòng)的最大加速度的大小2.5m/s2；（3）前4s內(nèi)電阻R上產(chǎn)生的熱量為1.8J。【分析】（1）根據(jù)圖乙求解2s后金屬桿的速度；根據(jù)E＝BLv求解感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，根據(jù)閉合電路的歐姆定律求解感應(yīng)電流，根據(jù)安培力公式和平衡條件求解作答；（2）剛開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度最大，根據(jù)牛頓第二定律求解加速度；（3）根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路的歐姆定律和電流的定義式求解電荷量與金屬桿的位移關(guān)系；根據(jù)第一個(gè)2s內(nèi)與第二個(gè)2s內(nèi)通過(guò)金屬桿的電荷量關(guān)系求解第一個(gè)2s內(nèi)的位移；最后根據(jù)能量守恒定律和焦耳定律求解電阻R上產(chǎn)生的熱量。【解答】解：（1）根據(jù)圖乙可知，2s后金屬桿做勻速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)t＝2s時(shí)，金屬桿的速度v＝4m/s感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv感應(yīng)電流I安培力F根據(jù)平衡條件F﹣F′﹣μmg＝0解得F＝0.75N（2）剛開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度最大，根據(jù)牛頓第二定律F﹣μmg＝ma解得a＝2.5m/s2（3）根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E通過(guò)金屬桿的電荷量q聯(lián)立解得q=BLxR+r設(shè)第一個(gè)2s內(nèi)金屬桿P位移為x1，第二個(gè)2s內(nèi)P位移為x2；根據(jù)v﹣t圖像，第二個(gè)2s內(nèi)的位移x2＝4×（4﹣2）m＝8m又由于q1：q2＝3：5聯(lián)立解得x1＝4.8m前4s內(nèi)，由能量守恒定律得F根據(jù)焦耳定律Q＝I2Rt熱量之比Q解得QR＝1.8J。答：（1）水平恒力F的大小為0.75N；（2）金屬桿運(yùn)動(dòng)的最大加速度的大小2.5m/s2；（3）前4s內(nèi)電阻R上產(chǎn)生的熱量為1.8J。【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了單桿在導(dǎo)軌上有外力作用下切割磁感線運(yùn)動(dòng)問(wèn)題，要掌握法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路的歐姆定律、牛頓第二定律、能量守恒定律和焦耳定律的運(yùn)用；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路的歐姆定律和電流的定義式求解電荷量與金屬桿的位移關(guān)系是解題的關(guān)鍵。19．（2025?蕪湖一模）如圖所示，間距為d＝1.5m足夠長(zhǎng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌固定在絕緣水平面上，現(xiàn)垂直導(dǎo)軌放置一個(gè)長(zhǎng)度為L(zhǎng)＝2m，單位長(zhǎng)度電阻r0＝2Ω/m的直導(dǎo)體棒，在導(dǎo)軌的兩端分別連接一個(gè)電阻，阻值分別為R1＝3Ω，R2＝6Ω，其它電阻不計(jì)，整個(gè)裝置處在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝0.2T，在水平外力F作用下，直導(dǎo)體棒在導(dǎo)軌上以v＝2.5m/s的速度向右勻速運(yùn)動(dòng)。求：（1）流過(guò)R1的電流大小；（2）2s內(nèi)外力F做的功。【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)；閉合電路歐姆定律的內(nèi)容和表達(dá)式．【專(zhuān)題】定量思想；推理法；電磁感應(yīng)中的力學(xué)問(wèn)題；推理論證能力．【答案】（1）流過(guò)R1的電流大小等于0.1A；（2）2s內(nèi)外力F做的功等于0.225J。【分析】（1）根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律求得導(dǎo)體棒產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)，導(dǎo)體棒相當(dāng)于電源，電阻R1與R2并聯(lián)，根據(jù)閉合電路歐姆定律求解流過(guò)R1的電流大小；（2）根據(jù)安培力計(jì)算公式求得導(dǎo)體棒受到的安培力，導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動(dòng)，外力與安培力平衡，根據(jù)力做功公式求解2s內(nèi)外力F做的功。【解答】解：（1）導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝Bdv解得E＝0.75V導(dǎo)體棒接入電路的電阻r＝dr0，解得r＝3Ω回路總電阻R=回路干路電流I=則流過(guò)R1的電流I1解得I1＝0.1A（2）導(dǎo)體棒受到的安培力F安＝BId導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動(dòng)，外力與安培力平衡，則有F安＝F2s內(nèi)外力做的功W＝Fvt解得W＝0.225J答：（1）流過(guò)R1的電流大小等于0.1A；（2）2s內(nèi)外力F做的功等于0.225J。【點(diǎn)評(píng)】本題考查了電磁感應(yīng)現(xiàn)象與電路、力學(xué)相結(jié)合的綜合問(wèn)題。將切割磁感線的導(dǎo)體棒看作電源，導(dǎo)體棒的電阻看作電源內(nèi)阻，根據(jù)電路的聯(lián)接結(jié)構(gòu)，應(yīng)用閉合電路歐姆定律處理電路問(wèn)題。20．（2025?南充模擬）如圖所示，間距為l＝0.5m的兩平行等長(zhǎng)金屬直導(dǎo)軌ab、a'b'固定在同一水平絕緣桌面上，導(dǎo)軌aa'端接有R＝0.25Ω的定值電阻，bb'端與兩條位于豎直面內(nèi)半徑均為r＝0.02m的半圓形金屬導(dǎo)軌平滑連接；一根電阻為R＝0.25Ω、長(zhǎng)度為l＝0.5的細(xì)金屬棒M質(zhì)量為m＝0.5kg，與導(dǎo)軌垂直靜止于aa'處，abb′a′（含邊界）所在區(qū)域有磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B＝2T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于金屬棒并與水平面成夾角θ＝30°。現(xiàn)給細(xì)金屬棒提供瞬時(shí)水平向右的初速度v0＝3m/s，金屬棒恰好能經(jīng)過(guò)半圓形金屬導(dǎo)軌的最高點(diǎn)，整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中M與導(dǎo)軌始終接觸良好，且始終垂直于導(dǎo)軌。不計(jì)全部金屬導(dǎo)軌的電阻以及摩擦阻力和空氣阻力，重力加速度取g＝10m/s2。求：（1）金屬棒M經(jīng)過(guò)bb'位置時(shí)的速度大小；（2）金屬棒M獲得初速度v0瞬間所受安培力的大小；（3）金屬棒M向右經(jīng)過(guò)abb'a'區(qū)域通過(guò)電阻R的電荷量。【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(lèi)問(wèn)題；安培力的計(jì)算公式及簡(jiǎn)單應(yīng)用．【專(zhuān)題】計(jì)算題；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】（1）金屬棒M經(jīng)過(guò)bb'位置時(shí)的速度大小是1m/s；（2）金屬棒M獲得初速度v0瞬間所受安培力的大小是3N；（3）金屬棒M向右經(jīng)過(guò)abb'a'區(qū)域通過(guò)電阻R的電荷量是2C。【分析】（1）金屬棒恰好能經(jīng)過(guò)半圓形金屬導(dǎo)軌的最高點(diǎn)，重力提供向心力，應(yīng)用牛頓第二定律與動(dòng)能定理求出金屬經(jīng)過(guò)bb'的速度大小。（2）應(yīng)用E＝BLv求出感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，應(yīng)用歐姆定律求出電流，應(yīng)用安培力公式求出安培力大小。（3）應(yīng)用動(dòng)量定理求出通過(guò)R的電荷量。【解答】解：（1）金屬棒恰好能經(jīng)過(guò)半圓形金屬導(dǎo)軌的最高點(diǎn)，在圓弧最高點(diǎn)，重力提供向心力，由牛頓第二定律得：mg＝mv金屬棒從bb'運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)過(guò)程，由動(dòng)能定理得：﹣mg×2r=代入數(shù)據(jù)解得：v＝1m/s（2）金屬棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝Blv0sinθ感應(yīng)電流I=安培力大小F＝BIL代入數(shù)據(jù)解得：F＝3N（3）金屬棒通過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域過(guò)程，以向右為正方向，由動(dòng)量定理得：﹣BIltcos60°＝mv﹣mv0其中：q=I代入數(shù)據(jù)解得：q＝2C答：（1）金屬棒M經(jīng)過(guò)bb'位置時(shí)的速度大小是1m/s；（2）金屬棒M獲得初速度v0瞬間所受安培力的大小是3N；（3）金屬棒M向右經(jīng)過(guò)abb'a'區(qū)域通過(guò)電阻R的電荷量是2C。【點(diǎn)評(píng)】本題綜合考查了動(dòng)能定理、牛頓第二定律、閉合電路歐姆定律、切割產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)公式等，綜合性較強(qiáng)，對(duì)學(xué)生的能力要求較高，需加強(qiáng)這方面的訓(xùn)練；分析導(dǎo)體桿的運(yùn)動(dòng)過(guò)程是解題的關(guān)鍵。

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13g，gA、43mgB、2mgC、mgD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43mg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。【解題方法點(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．動(dòng)量定理的內(nèi)容和應(yīng)用【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1．內(nèi)容：物體在一個(gè)過(guò)程始末的動(dòng)量變化量等于它在這個(gè)過(guò)程中所受力的沖量．2．表達(dá)式：p′﹣p＝I或mv﹣mv0＝Ft．3．用動(dòng)量概念表示牛頓第二定律：由mv﹣mv0＝Ft，得到F=mv-mv0【命題方向】籃球運(yùn)動(dòng)員通常要伸出兩臂迎接傳來(lái)的籃球，接球時(shí)，兩臂隨球迅速收縮至胸前，這樣可以（）A、減小籃球?qū)κ值臎_量B、減小籃球?qū)θ说臎_擊力C、減小籃球的動(dòng)量變化量D、增大籃球的動(dòng)量變化量分析：分析接球的動(dòng)作，先伸出兩臂迎接，手接觸到球后，兩臂隨球引至胸前，這樣可以增加球與手接觸的時(shí)間，根據(jù)動(dòng)量定理即可分析。解答：A、先伸出兩臂迎接，手接觸到球后，兩臂隨球引至胸前，這樣可以增加球與手接觸的時(shí)間，根據(jù)動(dòng)量定理得：﹣Ft＝0﹣mv，解得：F=mvt，當(dāng)時(shí)間增大時(shí)，作用力就減小，而沖量和動(dòng)量的變化量都不變，故A錯(cuò)誤C、運(yùn)動(dòng)員接球過(guò)程，球的末動(dòng)量為零，球的初動(dòng)量一定，則球的動(dòng)量的變化量一定，故CD錯(cuò)誤。故選：B。點(diǎn)評(píng)：本題主要考查了動(dòng)量定理的直接應(yīng)用，應(yīng)用動(dòng)量定理可以解題，解題時(shí)要注意，接球過(guò)程球的動(dòng)量變化量一定，球與手受到的沖量一定，球動(dòng)量的變化量與沖量不會(huì)因如何接球而改變。【解題方法點(diǎn)撥】1．動(dòng)量、動(dòng)量的變化量、沖量、力都是矢量．解題時(shí)，先要規(guī)定正方向，與正方向相反的，要取負(fù)值．2．恒力的沖量用恒力與力的作用時(shí)間的乘積表示，變力的沖量計(jì)算，要看題目條件確定．如果力隨時(shí)間均勻變化，可取平均力代入公式求出；力不隨時(shí)間均勻變化，就用I表示這個(gè)力的沖量，用其它方法間接求出．3．只要涉及了力F和力的作用時(shí)間t，用牛頓第二定律能解答的問(wèn)題、用動(dòng)量定理也能解答，而用動(dòng)量定理解題，更簡(jiǎn)捷．3．電容器的充放電問(wèn)題【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.電容器的充電與放電（1）使電容器帶上電荷的過(guò)程稱(chēng)為充電。充電過(guò)程中，電容器所帶電荷量逐漸增大，兩極板間電壓增大，極板間電場(chǎng)強(qiáng)度逐漸增大、充電電流逐漸減小。從能量角度來(lái)看，是電源的能量不斷儲(chǔ)存在電容器中的過(guò)程。（2）使電容器失去電荷的過(guò)程稱(chēng)為放電。放電過(guò)程中，電容器所帶電荷量逐漸減小，兩極板間電壓減小，極板間電場(chǎng)強(qiáng)度逐漸減小，放電電流逐漸減小。從能量角度來(lái)看，是電容器將儲(chǔ)存的能量通過(guò)電流做功轉(zhuǎn)化為電路中其他形式能量的過(guò)程。（3）電容器的充放電過(guò)程整體是一個(gè)很快的過(guò)程，幾乎是瞬間就能完成。2.電容器充放電的圖像（1）以電路中的電流為縱坐標(biāo)，時(shí)間為橫坐標(biāo)，即可做出電容器充放電過(guò)程中的圖像。如下圖為電容器的放電圖。（2）根據(jù)微元法可知曲線與坐標(biāo)軸圍成的面積表示電路中通過(guò)的電荷量。【命題方向】某同學(xué)利用圖甲所示的電路演示電容器的充、放電過(guò)程，先使開(kāi)關(guān)S與1端相連，然后把開(kāi)關(guān)S擲向2端，傳感器將電流信息傳入計(jì)算機(jī)，屏幕上顯示出電流隨時(shí)間變化的i﹣t圖像如圖乙所示。下列說(shuō)法正確的是（）A、圖像中兩陰影面積一定相等B、放電過(guò)程中，電容器下極板帶正電C、減小R可以增大圖像中兩陰影面積D、減小R可以延長(zhǎng)充放電的時(shí)間分析：電容器的充放電電量是i﹣t圖像圍成的面積，電容器的定義式以及定義式應(yīng)用，電容器與電源正極連接的板帶正電，與電源負(fù)極相連的板帶負(fù)電。解答：A．i﹣t圖像面積表示電荷量，兩陰影面積分別表示充放電電荷總量，一定相等，故A正確；B．電容器下極板與電源負(fù)極相連，所以下極板帶負(fù)電，故B錯(cuò)誤；C．電容器所帶的電荷量Q＝CU，由于電源電動(dòng)勢(shì)不變也就是電容器兩端電壓不變，電容不變，所以Q不變，故C錯(cuò)誤；D．充電過(guò)程中，減小R可縮短充電時(shí)間，放電過(guò)程中，電阻是負(fù)載，減小R可縮短放電時(shí)間，故D錯(cuò)誤。故選：A。點(diǎn)評(píng)：考查電容器充放電，以及定義式應(yīng)用。【解題思路點(diǎn)撥】對(duì)電容器充電和放電的一種理解：充電時(shí)電容器通過(guò)電源將一極板上的電子搬運(yùn)到另一板板上，從而使一個(gè)極板帶正電、另一板板帶等量負(fù)電。放電時(shí)是電容器通過(guò)外電路將兩極板上的電荷進(jìn)行中和的過(guò)程。4．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(shì)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(shì)，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(shì)等于內(nèi)、外電路電勢(shì)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。【命題方向】在已接電源的閉合電路里，關(guān)于電源的電動(dòng)勢(shì)、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(shì)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(shì)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(shì)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(shì)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(shì)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(shì)不變．解答：A、如外電壓增大，則內(nèi)電壓減小，電源電動(dòng)勢(shì)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(shì)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(shì)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(shì)保持恒量。故D正確。故選：D。點(diǎn)評(píng)：本題要抓住電源的電動(dòng)勢(shì)是表征電源的本身特性的物理量，與外電壓無(wú)關(guān)．【解題思路點(diǎn)撥】閉合電路的幾個(gè)關(guān)系式的對(duì)比5．電路動(dòng)態(tài)分析【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.模型概述：電路中某一參數(shù)變化時(shí)，其他參數(shù)的變化情況分析，就稱(chēng)為電路的動(dòng)態(tài)分析。2.閉合電路動(dòng)態(tài)問(wèn)題的分析方法（1）程序法①分析電路，明確各部分電路的串、并聯(lián)關(guān)系及電流表或電壓表的測(cè)量對(duì)象；②由局部電阻變化判斷總電阻的變化；③由I=ER④據(jù)U＝E一Ir判斷路端電壓的變化；⑤由歐姆定律及串、并聯(lián)電路的規(guī)律判斷各部分的電路電壓及電流的變化。（2）結(jié)論法——“并同串反”“并同”：是指某一電阻增大時(shí)，與它并聯(lián)或間接并聯(lián)的電阻中的電流、兩端電壓、電功率都將增大；某一電阻減小時(shí)，與它并聯(lián)或間接并聯(lián)的電阻中的電流、兩端電壓、電功率都將減小。“串反”：是指某一電阻增大時(shí)，與它串聯(lián)或間接串聯(lián)的電阻中的電流、兩端電壓、電功率都將減小；某一電阻減小時(shí)，與它串聯(lián)或間接串聯(lián)的電阻中的電流、兩端電壓、電功率都將增大。【命題方向】在如圖所示的電路中，E為電源電動(dòng)勢(shì)，r為電源內(nèi)阻，R1和R3均為定值電阻，R2為滑動(dòng)變阻器。當(dāng)R2的滑動(dòng)觸點(diǎn)在a端時(shí)，合上開(kāi)關(guān)S，此時(shí)三個(gè)電表A1、A2和V的示數(shù)分別為I1、I2和U，現(xiàn)將R2的滑動(dòng)觸點(diǎn)向b端移動(dòng)，則三個(gè)電表示數(shù)的變化情況（）A.I1增大，I2不變，U增大B.I1減小，I2增大，U減小C.I1增大，I2減小，U增大D.I1減小，I2不變，U減小分析：理清電路，確定電壓表測(cè)得什么電壓，電流表測(cè)得什么電流，抓住電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻不變，采用局部→整體→局部的方法，利用閉合電路歐姆定律進(jìn)行分析。解答：R2的滑動(dòng)觸點(diǎn)向b端移動(dòng)時(shí)，R2減小，整個(gè)電路的總電阻減小，總電流增大，內(nèi)電壓增大，外電壓減小，即電壓表示數(shù)減小，R3電壓增大，R1、R2并聯(lián)電壓減小，通過(guò)R1的電流I1減小，即A1示數(shù)減小，而總電流I增大，則流過(guò)R2的電流I2增大，即A2示數(shù)增大。故A、C、D錯(cuò)誤，B正確。故選：B。點(diǎn)評(píng)：解決本題的關(guān)鍵抓住電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)電阻不變，結(jié)合閉合電路歐姆定律求解。注意做題前一定要理清電路，看電壓表測(cè)的是什么電壓，電流表測(cè)的是什么電流。【解題思路點(diǎn)撥】閉合電路的動(dòng)態(tài)分析方法（1）程序法：局部→整體→局部。（2）“并同串反”法：所謂“并同”，即某一電阻增大時(shí)，與它并聯(lián)或間接并聯(lián)的電阻中的電流、兩端電壓、電功率都將增大，反之則減小；所謂“串反”，即某一電阻增大時(shí)，與它串聯(lián)或間接串聯(lián)的電阻中的電流、兩端電壓、電功率都將減小，反之則增大。6．環(huán)形電流或通電螺線管周?chē)拇艌?chǎng)【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】幾種常見(jiàn)的磁場(chǎng)如下：直線電流的磁場(chǎng)通電螺線管的磁場(chǎng)環(huán)形電流的磁場(chǎng)特點(diǎn)無(wú)磁極、非勻強(qiáng)，且距導(dǎo)線越遠(yuǎn)處磁場(chǎng)越弱與條形磁鐵的磁場(chǎng)相似，管內(nèi)為勻強(qiáng)磁場(chǎng)，管外為非勻強(qiáng)磁場(chǎng)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(chǎng)越弱安培定則本考點(diǎn)主要針對(duì)環(huán)形電流或通電螺線管周?chē)拇艌?chǎng)分布【命題方向】如圖所示為一通電螺線管，a、b、c是通電螺線管內(nèi)、外的三點(diǎn)，下列說(shuō)法正確的（）A、通電螺線管在c處產(chǎn)生的磁場(chǎng)向右B、通電螺線管在a處產(chǎn)生的磁場(chǎng)向右C、通電螺線管內(nèi)部的磁場(chǎng)可認(rèn)為勻強(qiáng)磁場(chǎng)D、a、b、c三點(diǎn)中a點(diǎn)的磁場(chǎng)最強(qiáng)分析：根據(jù)安培定則即可判斷出通電螺線管產(chǎn)生的磁場(chǎng)的方向．通電螺線管內(nèi)部的磁場(chǎng)的特點(diǎn)是內(nèi)部的磁場(chǎng)最強(qiáng)．解答：A、B、根據(jù)安培定則右手握住螺線管，四指表示電流的方向，則通電螺線管產(chǎn)生的磁場(chǎng)的方向向右，所以通電螺線管在a處產(chǎn)生的磁場(chǎng)向右，通電螺線管在c處產(chǎn)生的磁場(chǎng)向左。故A錯(cuò)誤，B正確；C、通電螺線管內(nèi)部的磁場(chǎng)可認(rèn)為勻強(qiáng)磁場(chǎng)。故C正確；D、通電螺線管內(nèi)部的磁場(chǎng)的特點(diǎn)是內(nèi)部的磁場(chǎng)最強(qiáng)，所以a、b、c三點(diǎn)中a點(diǎn)的磁場(chǎng)最強(qiáng)。故D正確；故選：BCD。點(diǎn)評(píng)：該題考查通電螺線管產(chǎn)生的磁場(chǎng)的方向，根據(jù)安培定則即可判定，基礎(chǔ)題目．【解題思路點(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(lái)判斷。各種電流的磁場(chǎng)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(chǎng)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(chǎng)的方向，或者說(shuō)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(chǎng)是分布在立體空間的，（2）利用安培定則不僅可以判斷磁場(chǎng)的方向，還可以根據(jù)磁場(chǎng)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(chǎng)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(chǎng)的方向。