第1頁（共1頁）2025年高考備考高中物理個性化分層教輔尖子生篇《電磁感應》一．選擇題（共10小題）1．（2024?清江浦區模擬）如圖，光滑平行金屬導軌固定在水平面上，左端由導線相連，導體棒垂直靜置于導軌上構成回路。在外力F作用下，回路上方的條形磁鐵豎直向上做勻速運動。在勻速運動過程中外力F做功WF，磁場力對導體棒做功W1，磁鐵克服磁場力做功W2，重力對磁鐵做功WG，回路中產生的焦耳熱為Q，導體棒獲得的動能為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是自感系數較大的線圈，其直流電阻不計，a、b、c是三個相同的小燈泡，下列說法正確的是（）A．開關S閉合時，c燈立即亮，a燈逐漸亮，b燈立即亮但亮度不變 B．開關S閉合時，c燈立即亮，a燈逐漸亮，b燈立即亮但亮度會變暗 C．開關S斷開時，c燈立即熄滅，b閃暗一下后逐漸熄滅，a逐漸熄滅 D．開關S斷開時，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，在一個傾角為θ的導軌MN上面，放置一個長度為L的金屬棒PQ，已知兩導軌間距為d（d＜L），金屬棒的質量為m、阻值為r，導軌與金屬棒接觸良好，兩者間動摩擦因數為μ，導軌下端連接一個阻值為R的定值電阻，整個導軌處在一個垂直導軌所在平面向上、磁感應強度為B的勻強磁場中。現用一個恒力F拉動金屬棒沿導軌斜面運動了x的距離，所用時間為t，此時金屬棒的速度為v，下列說法正確的是（）A．金屬棒速度為v時，R兩端的電壓為BLRvR+rB．該過程中生成的焦耳熱為Fx?1C．該過程中摩擦力做的功為μmgxcosθ D．該過程中安培力做的功為mgx(sinθ+μcosθ)+4．（2024?桃城區校級模擬）如圖，三個完全相同的金屬鋁球a、b、c。b球被切割為兩個半球，并用絕緣材料粘合到一起，c球被切割成多個薄片，也用絕緣材料粘合到一起。空間存在豎直向上的磁場，磁感應強度大小自左向右逐漸減小，先后將三個小球以相同的初速度從相同位置斜拋，小球運動軌跡始終在紙面內。三球落地速度大小分別為va、vb、vc，運動時間分別為ta、tb、tc，不計空氣阻力，拋出位置離地足夠高，下列選項正確的是（）A．ta＝tb＝tc B．ta＞tb＞tc C．va＜vb＜vc D．va＞vb＞vc5．（2024春?越秀區期末）近場通信（NFC）器件應用電磁感應原理進行通訊，其天線類似一個壓平的線圈，線圈尺寸從內到外逐漸變大。如圖所示，一正方形NFC線圈共3匝，下列說法正確的是（）A．NFC貼紙在使用時需要另外電源供電才能使用 B．穿過線圈的磁場發生變化時，線圈中的感應電動勢為三個線圈感應電動勢的平均值 C．穿過線圈的磁場發生變化時，線圈中的感應電動勢為三個線圈感應電動勢之和 D．垂直穿過線圈的磁場發生變化時，芯片中的電流為三個線圈內電流之和6．（2024春?長沙期末）圖甲為某風速測量裝置，可簡化為圖乙所示的模型。圓形磁場半徑為L，磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向里，風推動風杯組（導體棒OA代替）繞水平軸以角速度ω順時針轉動，風杯中心到轉軸距離為2L，導體棒OA電阻為r，導體棒與彈性簧片接觸時回路中產生電流，接觸過程中，導體棒轉過的圓心角為45°，圖乙中電阻阻值為R，其余電阻不計。下列說法正確的是（）A．流過電阻R的電流方向為從左向右 B．風杯的速率為ωL C．導體棒與彈性簧片接觸時產生的電動勢為E＝BL2ω D．導體棒每轉動一圈，流過電阻R的電荷量為3πB7．（2024春?臨沂期末）如圖所示，整個空間中存在方向垂直導軌平面向里的勻強磁場B，導軌間距為L且足夠長，左端接阻值為R的定值電阻，導軌電阻不計，現有一長為2L、電阻為2R的均勻金屬棒OA垂直放在導軌上，金屬棒的下端O在導軌上，沿著導軌以恒定的速度v0向右運動，金屬棒始終與導軌垂直且接觸良好，則（）A．通過定值電阻的電流方向由b到a B．通過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?東城區期末）某同學想用伏安法測定一個自感系數很大的線圈L的直流電阻，其電路圖如圖所示。用一節干電池作電源，L兩端并聯一只零刻度在表盤中央、可左右偏轉的電壓表（左右量程均為0～3V）。為保護電表，測量結束后，拆除電路時，應最先進行的操作是（）A．先斷開開關S1 B．先斷開開關S2 C．先拆除電流表 D．先拆除滑動變阻器9．（2024春?廈門期末）如圖所示，足夠長的光滑U形金屬導軌固定在絕緣水平面上，其電阻不計，導體棒ab垂直放在導軌上，整個裝置處于豎直向上的勻強磁場中。t＝0時，垂直于ab施加水平向右恒力F，使ab從靜止開始加速，作用一段時間后，撤掉外力F，運動過程中導體棒始終垂直導軌，下列關于導體棒ab速度隨時間變化圖像中可能正確的是（）A． B． C． D．10．（2024春?東城區期末）在勻強磁場中放置一金屬圓環，磁場方向與圓環平面垂直。規定圖甲所示磁場方向為正，磁感應強度B隨時間t按圖乙所示的正弦規律變化時，下列說法正確的是（）A．t2時刻，圓環中無感應電流 B．t3時刻，圓環上某一小段Δl受到的安培力最大 C．圓環上某一小段Δl所受安培力最大的時刻也是感應電流最大的時刻 D．t1～t3時間內，圓環中感應電流方向沿順時針方向二．多選題（共5小題）（多選）11．（2024?貴州）如圖，間距為L的兩根金屬導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，導軌所在平面存在磁感應強度大小為B、方向豎直向下的勻強磁場。質量為m的金屬棒置于導軌上，在水平拉力作用下從靜止開始做勻加速直線運動，一段時間后撤去水平拉力，金屬棒最終停在導軌上。已知金屬棒在運動過程中，最大速度為v，加速階段的位移與減速階段的位移相等，金屬棒始終與導軌垂直且接觸良好，不計摩擦及金屬棒與導軌的電阻，則（）A．加速過程中通過金屬棒的電荷量為mvBLB．金屬棒加速的時間為2mRBC．加速過程中拉力的最大值為4BD．加速過程中拉力做的功為12mv（多選）12．（2024?湖南開學）如圖所示，足夠長的光滑平行金屬導軌間距為L，固定在豎直平面內，兩根導軌上端用導線連接一個電容器，電容器的電容為C，導軌處于磁感應強度為B的勻強磁場中，磁場方向與導軌平面垂直。現將質量為m、長度也為L的金屬棒ab緊貼導軌由靜止釋放，金屬棒沿著導軌下滑過程中始終保持水平且與導軌接觸良好，已知重力加速度為g，金屬導軌和金屬棒電阻均不計，則當金屬棒運動穩定后，有（）A．金屬棒做勻加速運動，加速度大小為mgm+CB．金屬棒受到的安培力大小為mCBC．通過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）我國自主設計建造的航空母艦“福建艦”采用了世界上最先進的電磁彈射技術。圖甲為飛機在航空母艦甲板上起飛的電磁彈射裝置，其工作原理可簡化為如圖乙所示，足夠長的水平固定金屬軌道處于豎直向下的勻強磁場中，左端與充滿電的電容器相連，與機身相連的金屬牽引桿ab垂直靜置在軌道上，開關S擲于1位置后，飛機向右加速到速度為v時與牽引桿ab脫離并起飛。已知兩金屬軌道電阻不計，間距為L，磁感應強度大小為B，ab桿質量為m0、電阻為R，飛機質量為m，不計飛機與甲板之間的摩擦和空氣阻力。則下列說法正確的是（）A．飛機起飛過程做勻加速直線運動 B．飛機起飛過程做加速度減小的加速直線運動 C．飛機起飛過程中通過ab桿的電荷量為m0D．飛機起飛瞬間，開關S自動擲于2位置，ab桿能再向前運動的最大距離為m（多選）14．（2024?選擇性）如圖，兩條“∧”形的光滑平行金屬導軌固定在絕緣水平面上，間距為L，左、右兩導軌面與水平面夾角均為30°，均處于豎直向上的勻強磁場中，磁感應強度大小分別為2B和B。將有一定阻值的導體棒ab、cd放置在導軌上，同時由靜止釋放，兩棒在下滑過程中始終與導軌垂直并接觸良好。ab、cd的質量分別為2m和m，長度均為L。導軌足夠長且電阻不計，重力加速度大小為g。兩棒在下滑過程中（）A．回路中的電流方向為abcda B．ab中電流趨于3mgC．ab與cd加速度大小之比始終為2：1 D．兩棒產生的電動勢始終相等（多選）15．（2024?郫都區校級模擬）兩個完全相同的勻質正方形導線框A、B，豎直放置在垂直紙面向里的磁場中，磁感應強度在水平方向上均勻分布，豎直方向上均勻變化。初始時，導線框A、B處于同一高度，導線框B靜止釋放的同時，將A水平拋出，如圖所示。線框始終在磁場中運動且不轉動，不計空氣阻力，重力加速度為g，從開始運動到落地的整個運動過程中，下列說法正確的是（）A．線框A中始終有逆時針方向的感應電流 B．線框B先落地 C．線框A在水平方向做減速運動 D．兩個線框產生的焦耳熱相同三．填空題（共5小題）16．（2024春?鯉城區校級期末）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。閉合開關S后，A1會（填“立即亮”或“逐漸變亮”）；斷開開關S的瞬間，A1會（填“閃亮一下再熄滅”或“立即熄滅”）。17．（2024春?泉州期末）輕質細線吊著一邊長L＝1m、匝數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域分布著磁場，如圖甲所示，磁場方向垂直紙面向里，磁感應強度大小隨時間變化關系如圖乙所示。求：（1）線圈中產生的感應電動勢的大小為V，感應電流的方向為（選填“順時針”或“逆時針”）。（2）t＝6s時，磁場對線圈的作用力大小為N。18．（2024春?浦東新區校級期末）如圖，光滑絕緣水平面上一正方形線圈以某初速度滑過一有界勻強磁場。磁場寬度大于線圈寬度。線圈滑入和滑出磁場的過程中，通過線圈橫截面的電量分別為q1和q2，產生的焦耳熱分別為Q1和Q2。則q1q2，Q1Q2（均選填“＜”、“＝”或“＞”）。19．（2024春?寶山區校級期中）小李同學用圖中兩個電路研究通電自感和斷電自感現象。圖中L是一帶鐵芯的線圈，直流電阻忽略不計，A、B是額定電壓為1.5V的燈泡，直流電源為一節新的干電池。請根據左側欄對電鍵的實驗操作，判斷出右側欄中能觀察到的小燈泡的現象，并在左側欄內的橫線內填入相匹配的現象前的字母：對電鍵的操作：（1）電鍵S1由斷開到閉合（2）電鍵S1由閉合到斷開（3）電鍵S2由斷開到閉合（4）電鍵S2由閉合到斷開實驗過程中可能會觀察到燈泡的現象：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?浦東新區校級模擬）如圖所示，在光滑水平金屬框架上有一導體棒ab。第一次以速度v勻速向右平動，第二次以速度2v勻速向右平動，兩次移動的距離相同，則兩種情況下回路中產生的感應電動勢之比和通過R的電荷量之比。四．解答題（共5小題）21．（2024?江西開學）如圖所示，水平固定的光滑導軌P、Q的間距為L，方向豎直向上的勻強磁場分布在EFHG區域，磁感應強度大小為B，質量為m、電阻為R、長度為L的導體棒a從磁場左側邊界EF處以大小為2v0的初速度進入磁場，同時，另一相同的導體棒b從磁場右側邊界GH處以大小為v0的初速度進入磁場。磁場區域FH足夠長，兩導體棒未在磁場中相遇，導體棒與導軌始終接觸良好，不計導軌電阻。求：（1）導體棒a進入磁場瞬間回路中的電流I；（2）導體棒a進入磁場瞬間的加速度大小a。22．（2024?河南開學）如圖所示，水平固定的光滑導軌P、Q的間距為L，方向豎直向上的勻強磁場分布在EFHG區域，磁感應強度大小為B，質量為m、電阻為R、長度為L的導體棒a從磁場左側邊界EF處以大小為2v0的初速度進入磁場，同時，另一相同的導體棒b從磁場右側邊界GH處以大小為v0的初速度進入磁場。磁場區域FH足夠長，兩導體棒未在磁場中相遇，導體棒與導軌始終接觸良好，不計導軌電阻。求：（1）導體棒a進入磁場瞬間回路中的電流I；（2）導體棒a進入磁場瞬間的加速度大小a。23．（2024春?武昌區期末）如圖所示，寬為L＝1m的“”型平行金屬導軌PQP′Q′固定在水平絕緣桌面上，水平段光滑，處于磁感應強度為B1＝1T的豎直向上的勻強磁場中；傾角為θ＝30°的傾斜段粗糙，處于磁感應強度為B2＝2T的垂直斜面向下的勻強磁場中。在水平段導軌的左端接入電容為C＝0.5F的電容器和單刀雙擲開關S；金屬棒AB通過絕緣細線跨過光滑輕滑輪與邊長為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磁場B3，磁場上邊界與線框下邊緣距離為d。開關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軌上；在外力作用下AB垂直于水平段導軌靜止，線框也靜止不動，現將S置于位置1，然后釋放AB。當線框下邊緣恰好進入磁場B3瞬間，斷開S。待線框上邊緣恰好進入磁場瞬間，將S置于位置2，此時CD恰好能沿導軌開始向上運動。已知金屬棒AB、CD和線框的質量均為m＝1kg；AB及導軌的電阻均不計，導軌足夠長且與金屬棒接觸良好，金屬棒和線框運動過程中均不翻轉，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，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的速度大小；（2）在線框進入磁場的過程中，線框上產生的焦耳熱為多少；（3）當AB的加速度是CD的加速度的2倍時，CD的熱功率為多少？24．（2024?廣東三模）如圖所示，兩光滑平行圓弧導軌豎直放置，下端與兩根間距為L的光滑平行水平導軌平滑連接，光滑水平導軌處在豎直向下的勻強磁場之中，磁感應強度大小為B。在導軌上放置長度均為L、由同種金屬材料制成的粗細均勻的導體棒a、b、c，a棒的質量為m，電阻為R0，b棒的質量為m，c棒的質量為2m。已知初始時b棒和c棒間距為d，且均處于靜止狀態。現讓a棒從圓弧導軌上離水平導軌高為h處由靜止釋放，a與b發生碰撞后粘在一起，已知重力加速度為g，導軌電阻不計，且導體棒運動過程中始終與導軌垂直。（1）若要求a棒與b棒不發生碰撞，試求b棒離磁場左邊界的距離x應滿足的條件；（2）若b棒離磁場左邊界線的距離x025．（2024?郫都區校級模擬）如圖所示，傾斜光滑金屬導軌的傾角為30°，水平導軌粗糙，兩平行導軌的間距均為L。質量為m、電阻為R、長度為L的金屬棒a垂直水平導軌放置，兩導軌間均存在垂直導軌平面向上的勻強磁場，磁感應強度大小分別為B1和B2。現把質量為m、電阻為R、長度也為L的金屬棒b垂直傾斜導軌由靜止釋放，重力加速度為g，傾斜導軌無限長，金屬棒a始終靜止，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。求：（1）金屬棒b的最大加速度am；（2）金屬棒a與導軌間的摩擦因數μ至少為多少；（3）從靜止釋放金屬棒b，當其沿斜面下滑x位移時，b棒剛好達到穩定狀態，求此過程a棒產生的焦耳熱。

2025年高考備考高中物理個性化分層教輔尖子生篇《電磁感應》參考答案與試題解析一．選擇題（共10小題）1．（2024?清江浦區模擬）如圖，光滑平行金屬導軌固定在水平面上，左端由導線相連，導體棒垂直靜置于導軌上構成回路。在外力F作用下，回路上方的條形磁鐵豎直向上做勻速運動。在勻速運動過程中外力F做功WF，磁場力對導體棒做功W1，磁鐵克服磁場力做功W2，重力對磁鐵做功WG，回路中產生的焦耳熱為Q，導體棒獲得的動能為Ek。則（）A．W1＝Q B．W2＝Q C．WF+WG＝Q+Ek D．WF+WG﹣W2＝Ek【考點】電磁感應過程中的能量類問題．【專題】定量思想；推理法；電磁感應——功能問題；推理能力．【答案】C【分析】AB．分別選磁鐵和導體棒為研究對象，對系統根據能量守恒知W2﹣W1＝Q，從而即可求解；CD.由能量守恒可求得。【解答】解：AB．由能量守恒定律可知磁鐵克服磁場力做功W2等于回路的電能，電能一部分轉化導體棒的機械能，另一部分轉化為內能，即W2﹣W1＝Q故AB錯誤；CD．以導體棒為對象，由能量守恒可知，外力對磁鐵做功與重力對磁鐵做功之和等于回路中焦耳熱與導體棒的動能之和，即WF+WG＝Q+Ek故C正確，D錯誤；故選：C。【點評】此題考查能量守恒定律，一對磁場力做功之和為系統產生的焦耳熱。2．（2024春?炎陵縣期末）如圖所示，L是自感系數較大的線圈，其直流電阻不計，a、b、c是三個相同的小燈泡，下列說法正確的是（）A．開關S閉合時，c燈立即亮，a燈逐漸亮，b燈立即亮但亮度不變 B．開關S閉合時，c燈立即亮，a燈逐漸亮，b燈立即亮但亮度會變暗 C．開關S斷開時，c燈立即熄滅，b閃暗一下后逐漸熄滅，a逐漸熄滅 D．開關S斷開時，c燈立即熄滅，b閃亮一下后逐漸熄滅，a逐漸熄滅【考點】自感線圈對電路的影響．【專題】定性思想；極端假設法；電磁感應與電路結合；推理能力．【答案】B【分析】開關的通斷，對c燈的影響可以直接由閉合回路分析；根據自感線圈對電流變化時的阻礙特點，可以得到a燈的亮暗情況；根據閉合電路中，電阻變化時，對外電路的參數變化影響，可以得到b燈受影響的亮暗情況。【解答】解：AB．開關S閉合時，b、c燈立即亮，由于線圈中產生自感電動勢阻礙電流的增加，使得a燈逐漸變亮，同時由于自感線圈的阻礙作用逐漸減弱，根據閉合電路的動態分析可知b燈兩端的電壓會逐漸減小，亮度會逐漸變暗些，最終亮度與a等相同，故A錯誤，B正確；CD．開關S斷開時，c燈立即熄滅，由于在L中產生自感電動勢阻礙電流的減小，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，所以開關閉合時，電路穩定情況下a、b燈的電流相等，亮度相同；開關S斷開時，b燈不會閃亮一下也不會閃暗一下，而是與a燈處于同樣的電路中，亮度均為逐漸熄滅，故C、D錯誤。故選：B。【點評】本題考查含自感線圈的閉合電路的動態分析，注意自感線圈對電流變化的影響，及閉合回路動態分析時的“串反并同”特點即可得到結果。3．（2024?衡水模擬）如圖所示，在一個傾角為θ的導軌MN上面，放置一個長度為L的金屬棒PQ，已知兩導軌間距為d（d＜L），金屬棒的質量為m、阻值為r，導軌與金屬棒接觸良好，兩者間動摩擦因數為μ，導軌下端連接一個阻值為R的定值電阻，整個導軌處在一個垂直導軌所在平面向上、磁感應強度為B的勻強磁場中。現用一個恒力F拉動金屬棒沿導軌斜面運動了x的距離，所用時間為t，此時金屬棒的速度為v，下列說法正確的是（）A．金屬棒速度為v時，R兩端的電壓為BLRvR+rB．該過程中生成的焦耳熱為Fx?1C．該過程中摩擦力做的功為μmgxcosθ D．該過程中安培力做的功為mgx(sinθ+μcosθ)+【考點】電磁感應過程中的能量類問題；雙桿在等寬導軌上切割磁場的運動問題；傾斜平面內的導軌滑桿模型．【專題】定量思想；尋找守恒量法；電磁感應——功能問題；分析綜合能力．【答案】D【分析】金屬棒速度為v時，根據E＝Bdv求出金屬棒產生的感應電動勢，再由串聯電路電壓分配規律計算R兩端的電壓；根據能量守恒定律計算該過程中生成的焦耳熱；根據功的計算公式求摩擦力做的功；根據動能定理求安培力做的功。【解答】解：A、金屬棒速度為v時，產生的感應電動勢E＝Bdv，R上的電壓為URB、該過程中，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、該過程中摩擦力做的功為Wf＝﹣μmgxcosθ，故C錯誤；D、設該過程中安培力做的功為W安，根據動能定理有WF解得：W安故選：D。【點評】本題為電磁感應綜合問題，對于電磁感應問題研究思路常常有兩條：一條從力的角度，根據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，分析電磁感應現象中的能量問題，根據動能定理、功能關系、能量守恒等列方程求解。4．（2024?桃城區校級模擬）如圖，三個完全相同的金屬鋁球a、b、c。b球被切割為兩個半球，并用絕緣材料粘合到一起，c球被切割成多個薄片，也用絕緣材料粘合到一起。空間存在豎直向上的磁場，磁感應強度大小自左向右逐漸減小，先后將三個小球以相同的初速度從相同位置斜拋，小球運動軌跡始終在紙面內。三球落地速度大小分別為va、vb、vc，運動時間分別為ta、tb、tc，不計空氣阻力，拋出位置離地足夠高，下列選項正確的是（）A．ta＝tb＝tc B．ta＞tb＞tc C．va＜vb＜vc D．va＞vb＞vc【考點】電磁阻尼與電磁驅動．【專題】定量思想；推理法；電磁感應與電路結合；推理能力．【答案】A【分析】球運動中，穿過球的磁通量發生變化，都會產生渦流，球都會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動情況相同，據此分析落地所用的時間；由于小球在豎直方向的運動情況相同，落地時豎直分速度也相同，球受到水平方向的安培力，始終充當阻力，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系。【解答】解：AB．三種情況下，球運動中，穿過球的磁通量發生變化，都會產生渦流，球都會受到水平方向的安培力，但豎直方向只是重力作用，可見三種情況下，小球在豎直方向的運動情況相同，則落地所用的時間也相同，即ta＝tb＝tc故A正確，B錯誤；CD．由于小球在豎直方向的運動情況相同，落地時豎直分速度也相同，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，最終球內沒有渦流產生，可見小球落地的速度大小相等，即va＝vb＝vc故CD錯誤。故選：A。【點評】本題考查電磁阻尼、運動合成與分解的相關知識，關鍵是抓住物體的受力特點，去分析物體的運動過程，然后選擇相應規律分析求解。5．（2024春?越秀區期末）近場通信（NFC）器件應用電磁感應原理進行通訊，其天線類似一個壓平的線圈，線圈尺寸從內到外逐漸變大。如圖所示，一正方形NFC線圈共3匝，下列說法正確的是（）A．NFC貼紙在使用時需要另外電源供電才能使用 B．穿過線圈的磁場發生變化時，線圈中的感應電動勢為三個線圈感應電動勢的平均值 C．穿過線圈的磁場發生變化時，線圈中的感應電動勢為三個線圈感應電動勢之和 D．垂直穿過線圈的磁場發生變化時，芯片中的電流為三個線圈內電流之和【考點】法拉第電磁感應定律的內容和表達式．【專題】比較思想；等效替代法；電磁感應與電路結合；理解能力．【答案】C【分析】根據NFC的工作原理分析NFC貼紙在使用時是否需要另外電源供電；穿過線圈的磁場發生變化時，線圈中的感應電動勢串聯，芯片中的電流相等。【解答】解：A、NFC貼紙在使用時不需要另外電源供電，因為外部磁場變化時能使NFC線圈產生的感應電流足以為芯片使用供電，故A錯誤；BC、穿過線圈的磁場發生變化時，三個線圈是串聯關系，所以線圈中的感應電動勢為三個線圈感應電動勢之和，故B錯誤，C正確；D、三個線圈是串聯關系，通過芯片和線圈的電流大小相等，故D錯誤。故選：C。【點評】解答本題時，要明確三個線圈是串聯關系，NFC貼紙的工作原理是電磁感應。6．（2024春?長沙期末）圖甲為某風速測量裝置，可簡化為圖乙所示的模型。圓形磁場半徑為L，磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向里，風推動風杯組（導體棒OA代替）繞水平軸以角速度ω順時針轉動，風杯中心到轉軸距離為2L，導體棒OA電阻為r，導體棒與彈性簧片接觸時回路中產生電流，接觸過程中，導體棒轉過的圓心角為45°，圖乙中電阻阻值為R，其余電阻不計。下列說法正確的是（）A．流過電阻R的電流方向為從左向右 B．風杯的速率為ωL C．導體棒與彈性簧片接觸時產生的電動勢為E＝BL2ω D．導體棒每轉動一圈，流過電阻R的電荷量為3πB【考點】導體轉動切割磁感線產生的感應電動勢；線速度的物理意義及定義式．【專題】比較思想；等效替代法；電磁感應與電路結合；分析綜合能力．【答案】D【分析】根據右手定則判斷導體棒中的電流方向，從而確定流過電阻R的電流方向；根據公式v＝ωr求解風杯的速率；根據E＝BLv求解導體棒與彈性簧片接觸時產生的電動勢；由閉合電路歐姆定律求出感應電流大小，再由q＝It求解導體棒每轉動一圈流過電阻R的電荷量。【解答】解：A、根據右手定則可知，導體棒OA中感應電流方向為從O到A，則流過電阻R的電流方向為從右向左，故A錯誤；B、風杯的轉動半徑為2L，角速度為ω，則風杯的速率為v＝ω×2L＝2ωL，故B錯誤；C、導體棒與彈性簧片接觸時產生的電動勢為E=BLvD、依題意，導體棒每轉動一圈，接觸過程中，導體棒轉過的圓心角為45°，所以三組風杯組總共接觸過程對應的時間為t=3×根據閉合電路歐姆定律，有I=E導體棒每轉動一圈，流過電阻R的電荷量為q＝It聯立解得：q=3πB故選：D。【點評】本題考查電磁感應和恒定電路的知識，要知道導體棒上各點切割速度不同，要根據平均速度來求感應電動勢。7．（2024春?臨沂期末）如圖所示，整個空間中存在方向垂直導軌平面向里的勻強磁場B，導軌間距為L且足夠長，左端接阻值為R的定值電阻，導軌電阻不計，現有一長為2L、電阻為2R的均勻金屬棒OA垂直放在導軌上，金屬棒的下端O在導軌上，沿著導軌以恒定的速度v0向右運動，金屬棒始終與導軌垂直且接觸良好，則（）A．通過定值電阻的電流方向由b到a B．通過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】單桿在導軌上無外力作用下切割磁場的運動問題；電磁感應過程中的電路類問題；安培力的計算公式及簡單應用；右手定則．【專題】定量思想；推理法；電磁感應與電路結合；推理能力．【答案】B【分析】根據右手定則判斷感應電流方向；根據法拉第電磁感應定律、歐姆定律分析解答。【解答】解：A.金屬棒向右運動切割磁感線產生感應電動勢，由右手定則可知感應電流方向由a到b，故A錯誤；B.金屬棒向右運動切割磁感線產生感應電動勢為E＝BLv0根據閉合電路歐姆定律得I=解得通過定值電阻的電流大小I=故B正確；C.根據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錯誤；D.金屬棒受到的安培力大小為F＝BIL解得F=故D錯誤。故選：B。【點評】解決本題時要注意等效電路的連接，注意法拉第電磁感應定律結合楞次定律分析解答。8．（2024春?東城區期末）某同學想用伏安法測定一個自感系數很大的線圈L的直流電阻，其電路圖如圖所示。用一節干電池作電源，L兩端并聯一只零刻度在表盤中央、可左右偏轉的電壓表（左右量程均為0～3V）。為保護電表，測量結束后，拆除電路時，應最先進行的操作是（）A．先斷開開關S1 B．先斷開開關S2 C．先拆除電流表 D．先拆除滑動變阻器【考點】自感現象與自感系數．【專題】定量思想；推理法；電磁感應與電路結合；分析綜合能力．【答案】B【分析】由于在電路的通斷中，線圈中會產生自感電動勢，據此分析開關斷開的先后順序。【解答】解：斷開電路應該考慮線圈的自感，先斷開開關S1，再斷開開關S2，會產生反向感應電壓加在電壓表兩端，可能會使電壓表指針迅速反轉而受損，故應先斷開S2，再斷開S1，故ACD錯誤，B正確。故選：B。【點評】本題通考查了自感的問題，要掌握什么是自感，分析清楚電路結構。9．（2024春?廈門期末）如圖所示，足夠長的光滑U形金屬導軌固定在絕緣水平面上，其電阻不計，導體棒ab垂直放在導軌上，整個裝置處于豎直向上的勻強磁場中。t＝0時，垂直于ab施加水平向右恒力F，使ab從靜止開始加速，作用一段時間后，撤掉外力F，運動過程中導體棒始終垂直導軌，下列關于導體棒ab速度隨時間變化圖像中可能正確的是（）A． B． C． D．【考點】導軌滑桿模型中的圖像問題；單桿在導軌上有外力作用下切割磁場的運動問題．【專題】定量思想；推理法；電磁感應與圖象結合；分析綜合能力．【答案】A【分析】本題根據牛頓第二定律結合v﹣t圖像，即可解答。【解答】解：導體棒安培力FA＝BIL，根據歐姆定律I=ER，切割電動勢E＝BLv，聯立有F對導體棒，由牛頓第二定律得：F?則隨著速度的增加，導體棒的加速度減小，即開始時導體棒做加速度減小的加速運動；撤去力F后，導體棒受安培力作用速度減小，由牛頓第二定律得：B2故選：A。【點評】本題考查學生對牛頓第二定律和v﹣t圖像的斜率等于加速度的掌握，是一道基礎題，但具有綜合性。10．（2024春?東城區期末）在勻強磁場中放置一金屬圓環，磁場方向與圓環平面垂直。規定圖甲所示磁場方向為正，磁感應強度B隨時間t按圖乙所示的正弦規律變化時，下列說法正確的是（）A．t2時刻，圓環中無感應電流 B．t3時刻，圓環上某一小段Δl受到的安培力最大 C．圓環上某一小段Δl所受安培力最大的時刻也是感應電流最大的時刻 D．t1～t3時間內，圓環中感應電流方向沿順時針方向【考點】根據B﹣t或者φ﹣t圖像計算感應電動勢；安培力的計算公式及簡單應用；楞次定律及其應用．【專題】定量思想；推理法；電磁感應與圖象結合；推理能力．【答案】D【分析】根據圖乙中ΔBΔt【解答】解：A、t2時刻，由圖乙可知ΔBΔt最大，由法拉第電磁感應定律E＝nΔΦΔt=nΔBB、t3時刻，由圖乙可知ΔBΔtC、感應電流最大的時刻對應磁感應強度為0，則圓環上某一小段Δl所受安培力最大的時刻不是感應電流最大的時刻，故C錯誤；D、t1～t2時間內，磁感應強度為正值且減小，根據楞次定律可知感應電流的方向為順時針，t2～t3時間內，磁感應強度為負值且增大，根據楞次定律可知感應電流的方向為順時針，故D正確。故選：D。【點評】本題考查了楞次定律、法拉第電磁感應定律，解題的關鍵是根據圖乙判斷ΔBΔt二．多選題（共5小題）（多選）11．（2024?貴州）如圖，間距為L的兩根金屬導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，導軌所在平面存在磁感應強度大小為B、方向豎直向下的勻強磁場。質量為m的金屬棒置于導軌上，在水平拉力作用下從靜止開始做勻加速直線運動，一段時間后撤去水平拉力，金屬棒最終停在導軌上。已知金屬棒在運動過程中，最大速度為v，加速階段的位移與減速階段的位移相等，金屬棒始終與導軌垂直且接觸良好，不計摩擦及金屬棒與導軌的電阻，則（）A．加速過程中通過金屬棒的電荷量為mvBLB．金屬棒加速的時間為2mRBC．加速過程中拉力的最大值為4BD．加速過程中拉力做的功為12mv【考點】電磁感應過程中的能量類問題；牛頓第二定律的簡單應用．【專題】定量思想；推理法；磁場磁場對電流的作用；推理能力．【答案】AB【分析】A.根據題意計算減速過程的位移從而計算加速位移，再根據動能定理、電流表達式、電荷量的計算公式列式求解電荷量；B.根據勻變速直線運動的位移規律列式求解時間；C.根據牛頓第二定律結合勻變速之心運動的速度規律列式聯立求解；D.根據動能定理進行分析判斷。【解答】解：A.設加速階段和減速階段相等的位移大小為x，在撤去拉力F之后導體棒做減速運動的過程，根據動能定理有﹣BIL?x＝0?12mv2，而I=BLv2R，所以加速過程的電荷量q=ΔΦΔtB.金屬棒做勻加速運動的過程中，根據勻變速直線運動的公式x=12v?t，得加速時間tC.金屬棒在加速運動過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在撤去拉力的瞬間，根據牛頓第二定律有Fm﹣BBLvRL＝ma，而v＝at，聯立解得Fm=D.根據動能定理，加速過程中拉力對金屬棒做正功，安培力對金屬棒做負功，合外力的功等于12mv2，所以拉力做功大于12mv故選：AB。【點評】考查導體棒在磁場中的運動問題，結合動能定理、勻變速直線運動規律列式求解相關物理量。（多選）12．（2024?湖南開學）如圖所示，足夠長的光滑平行金屬導軌間距為L，固定在豎直平面內，兩根導軌上端用導線連接一個電容器，電容器的電容為C，導軌處于磁感應強度為B的勻強磁場中，磁場方向與導軌平面垂直。現將質量為m、長度也為L的金屬棒ab緊貼導軌由靜止釋放，金屬棒沿著導軌下滑過程中始終保持水平且與導軌接觸良好，已知重力加速度為g，金屬導軌和金屬棒電阻均不計，則當金屬棒運動穩定后，有（）A．金屬棒做勻加速運動，加速度大小為mgm+CB．金屬棒受到的安培力大小為mCBC．通過金屬棒的電流大小為CBLmgm+CD．電容器電荷量保持不變【考點】含有電容器的導軌滑桿模型．【專題】定量思想；推理法；電磁感應與電路結合；分析綜合能力．【答案】AC【分析】由電容的定義、動生電動勢公式、歐姆定律、安培力公式等結合導體棒的運動情況表示出導體棒受到的安培力大小。結合牛頓第二定律求出加速度的大小；根據安培力公式變形可以得到電流的大小；由電容的定義變形后可得電容器上的電量。【解答】解：A、由題可知金屬棒ab受到的安培力為：F又由動生電動勢公式可知：Q＝CU＝CBLv所以電荷量的變化率：ΔQ所以安培力：F對金屬棒ab，由牛頓第二定律可得：mg﹣FA＝ma聯立以上幾式解得：a=mgB、由以上過程可知，安培力大小：FAC、根據安培力的計算可知：BIL＝CB2L2a，變形后解得：I=CBLa=CBLmgD、經過時間t電容器兩端的電量為：q=CU=CBLv=CBLat=BCLmgt故選：AC。【點評】對于電磁感應的綜合問題要做好電流、安培力、運動、功能關系這四個方面的分析，同時這類問題涉及知識點多，容易混淆。（多選）13．（2024春?龍巖期末）我國自主設計建造的航空母艦“福建艦”采用了世界上最先進的電磁彈射技術。圖甲為飛機在航空母艦甲板上起飛的電磁彈射裝置，其工作原理可簡化為如圖乙所示，足夠長的水平固定金屬軌道處于豎直向下的勻強磁場中，左端與充滿電的電容器相連，與機身相連的金屬牽引桿ab垂直靜置在軌道上，開關S擲于1位置后，飛機向右加速到速度為v時與牽引桿ab脫離并起飛。已知兩金屬軌道電阻不計，間距為L，磁感應強度大小為B，ab桿質量為m0、電阻為R，飛機質量為m，不計飛機與甲板之間的摩擦和空氣阻力。則下列說法正確的是（）A．飛機起飛過程做勻加速直線運動 B．飛機起飛過程做加速度減小的加速直線運動 C．飛機起飛過程中通過ab桿的電荷量為m0D．飛機起飛瞬間，開關S自動擲于2位置，ab桿能再向前運動的最大距離為m【考點】動量定理在電磁感應問題中的應用；電磁炮．【專題】比較思想；模型法；電磁感應中的力學問題；分析綜合能力．【答案】BD【分析】分析飛機所受安培力變化情況，判斷其運動情況；對金屬桿與飛機，利用動量定理以及電荷量與電流的關系求解飛機起飛過程中通過ab桿的電荷量；飛機起飛瞬間，開關S自動擲于2位置，對金屬桿，利用動量定理求ab桿能再向前運動的最大距離。【解答】解：AB、飛機起飛過程向右加速，金屬桿ab切割磁感線產生反電動勢，隨著速度的增大，感應電流減小，飛機受到的向左的安培力減小，加速度減小，所以飛機起飛過程做加速度減小的加速直線運動，故A錯誤，B正確；C、飛機起飛過程中，對金屬桿與飛機，取向右為正方向，由動量定理得BI又q=I聯立可得通過ab桿的電荷量為q=(m+D、飛機起飛瞬間，開關S自動擲于2位置，對金屬桿，取向右為正方向，由動量定理得﹣∑BiLt＝0﹣m0v又i=BL則有B2解得ab桿能再向前運動的最大距離為x=m故選：BD。【點評】解答本題的關鍵要掌握動量定理，并能用來求解電磁感應中通過導體的電荷量或導體滑行距離問題。（多選）14．（2024?選擇性）如圖，兩條“∧”形的光滑平行金屬導軌固定在絕緣水平面上，間距為L，左、右兩導軌面與水平面夾角均為30°，均處于豎直向上的勻強磁場中，磁感應強度大小分別為2B和B。將有一定阻值的導體棒ab、cd放置在導軌上，同時由靜止釋放，兩棒在下滑過程中始終與導軌垂直并接觸良好。ab、cd的質量分別為2m和m，長度均為L。導軌足夠長且電阻不計，重力加速度大小為g。兩棒在下滑過程中（）A．回路中的電流方向為abcda B．ab中電流趨于3mgC．ab與cd加速度大小之比始終為2：1 D．兩棒產生的電動勢始終相等【考點】導體平動切割磁感線產生的感應電動勢；電磁感應過程中的動力學類問題；閉合電路歐姆定律的內容和表達式．【專題】定量思想；推理法；電磁感應中的力學問題；電磁感應與電路結合；分析綜合能力．【答案】AB【分析】根據右手定則判斷回路中的電流方向；對兩棒的受力分析，根據牛頓第二定律得到兩棒的加速度大小關系；進而可知兩棒的速度大小關系，根據法拉第電磁感應定律可得兩棒產生的電動勢大小關系；在兩棒加速過程中，隨著速度增大，回路的電動勢與感應電流均增大，兩棒受到安培力增大，兩棒做加速度減小的加速運動，當兩棒的加速度同時減小到零之后均做勻速直線運動。由平衡條件求得感應電流的最大值。【解答】解：A、兩棒沿各自所在的導軌下滑過程中，根據右手定則判斷，可得回路中的電流方向為abcda，故A正確；CD、兩棒同時由靜止開始沿各自所在的導軌加速下滑，對兩棒的受力分析如下圖所示：在兩棒加速過程的某一時刻，根據牛頓第二定律得：對ab棒有：2mgsin30°﹣2BILcos30°＝2maab對cd棒有：mgsin30°﹣BILcos30°＝macd可得：aab＝acd，即在兩棒加速過程的任意時刻它們的加速度大小始終相等，因兩棒的初速度均為零，故任意時刻它們的速度大小始終相等。兩棒的速度方向與磁場方向的夾角均為120°，可得同一時刻ab棒產生的電動勢為Eab＝2BLvsin120°，cd棒產生的電動勢為Ecd＝BLvsin120°，可知兩棒產生的電動勢不相等，故CD錯誤；B、在兩棒加速過程中，回路的感應電動勢為E＝Eab+Ecd＝2BLvsin120°+BLvsin120°，隨著速度增大，回路的電動勢與感應電流均增大，兩棒各自受到安培力增大，兩棒做加速度減小的加速運動，因兩棒的加速度大小始終相等，故當兩棒的加速度同時減小到零之后均做勻速直線運動，達到穩定狀態。當兩棒均做勻速直線運動時，對cd棒由平衡條件得：mgsin30°＝BImLcos30°，解得感應電流的最大值為：Im=3mg3BL故選：AB。【點評】本題為電磁感應應用的雙棒切割磁感線的問題，掌握雙棒切割磁感線時回路中總的感應電動勢如何確定。分析安培力的變化，根據力與運動的關系確定雙棒的終極狀態。從力與運動的角度，根據法拉第電磁感應定律、閉合電路歐姆定律、安培力公式、平衡條件、牛頓第二定律、動量定理解答；從功與能的角度，根據動能定理、功能關系、能量守恒解答。（多選）15．（2024?郫都區校級模擬）兩個完全相同的勻質正方形導線框A、B，豎直放置在垂直紙面向里的磁場中，磁感應強度在水平方向上均勻分布，豎直方向上均勻變化。初始時，導線框A、B處于同一高度，導線框B靜止釋放的同時，將A水平拋出，如圖所示。線框始終在磁場中運動且不轉動，不計空氣阻力，重力加速度為g，從開始運動到落地的整個運動過程中，下列說法正確的是（）A．線框A中始終有逆時針方向的感應電流 B．線框B先落地 C．線框A在水平方向做減速運動 D．兩個線框產生的焦耳熱相同【考點】線圈進出磁場的能量計算；楞次定律及其應用；線圈進出磁場的動力學問題．【專題】定性思想；推理法；電磁感應中的力學問題；理解能力．【答案】AD【分析】根據“楞次定律”，判斷電流方向，分析正方形導線框A、B受到的安培力變化情況，判斷其運動情況；根據能量守恒定律判斷正方形導線框A、B產生的焦耳熱相同。【解答】解：A．A線框下落時磁通量始終增加，根據“楞次定律”，線框中的電流方向為逆時針，故A正確；C．磁感應強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錯誤；BD．磁感應強度在水平方向上均勻分布，A線框在水平方向的運動不改變磁通量，不產生電動勢，不改變電流。兩線框在豎直方向上，都是從零開始的下落，運動情況相同，所以同時落地，產生熱量也相同，故B錯誤，D正確。故選：AD。【點評】本題主要考查電磁感應現象與力學知識的綜合應用，從力的角度來研究，要正確分析線框所受的安培力，根據平衡條件等力學規律解決問題。三．填空題（共5小題）16．（2024春?鯉城區校級期末）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。閉合開關S后，A1會立亮即（填“立即亮”或“逐漸變亮”）；斷開開關S的瞬間，A1會立即熄滅（填“閃亮一下再熄滅”或“立即熄滅”）。【考點】自感線圈對電路的影響．【專題】定性思想；推理法；電磁感應與電路結合；推理能力．【答案】立即亮，立即熄滅。【分析】根據開始燈泡A1和二極管和燈泡A2能夠組成閉合回路，所以閉合開關后電路中立即有電流經過；斷開開關后，二極管的單向導電性，不能有電流經過二極管。【解答】解：閉合開關S后，燈泡A1和二極管和燈泡A2能夠組成閉合回路，所以A1會立即亮。斷開開關S后，由于線圈的自感作用，會產生自感電動勢，經過二極管的電流自右向左，但是因為二極管的單向導電性，所以電流不能經過二極管，A1會立即熄滅。故答案為：立即亮，立即熄滅。【點評】要注意二極管的單向導電性是解題的關鍵。17．（2024春?泉州期末）輕質細線吊著一邊長L＝1m、匝數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域分布著磁場，如圖甲所示，磁場方向垂直紙面向里，磁感應強度大小隨時間變化關系如圖乙所示。求：（1）線圈中產生的感應電動勢的大小為0.05V，感應電流的方向為逆時針（選填“順時針”或“逆時針”）。（2）t＝6s時，磁場對線圈的作用力大小為0.04N。【考點】根據B﹣t或者φ﹣t圖像計算感應電動勢；安培力作用下的受力平衡問題；法拉第電磁感應定律的基本計算．【專題】定量思想；推理法；電磁感應與圖象結合；推理能力．【答案】（1）0.05；逆時針；（2）0.04【分析】（1）磁感應強度大小均勻增大，根據楞次定律即可判斷感應電流方向；由法拉第電磁感應定律計算感應電動勢；（2）根據閉合電路歐姆定律結合F＝nBIL計算線圈受到的安培力。【解答】解：（1）由法拉第電磁感應定律得：E＝nΔΦΔt=nΔBSΔt磁通量增大，根據楞次定律可知感應電流的方向為逆時針；（2）由閉合電路歐姆定律得：I=Et＝6s時，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；逆時針；（2）0.04【點評】本題考查楞次定律、法拉第電磁感應定律、閉合電路歐姆定律和焦耳定律的綜合應用，要注意在E＝nΔBSΔt18．（2024春?浦東新區校級期末）如圖，光滑絕緣水平面上一正方形線圈以某初速度滑過一有界勻強磁場。磁場寬度大于線圈寬度。線圈滑入和滑出磁場的過程中，通過線圈橫截面的電量分別為q1和q2，產生的焦耳熱分別為Q1和Q2。則q1＝q2，Q1＞Q2（均選填“＜”、“＝”或“＞”）。【考點】電磁感應過程中的能量類問題．【專題】定量思想；方程法；電磁感應——功能問題；分析綜合能力．【答案】＝；＞。【分析】根據電荷量的計算公式分析線圈滑入和滑出磁場的過程中，通過線圈橫截面的電量的大小；根據動量定理分析線圈完全進入磁場時的速度大小與線圈剛剛進入磁場、剛剛離開磁場時的速度大小關系，再根據功能關系求解產生的焦耳熱的關系。【解答】解：根據電荷量的計算公式可得：q=It=ERt=ΔΦR，由于線圈滑入和滑出磁場的過程中穿過線圈磁通量的變化量Δ設正方形線圈剛滑入磁場瞬間初速度為v1，完全進入磁場時速度為v，完全離開磁場時速度為v2，線圈的邊長為L。正方形線圈滑入磁場過程中，取向右為正方向，根據動量定理有：﹣BILt1＝mv﹣mv1正方形線圈滑出磁場過程中，取向右為正方向，根據動量定理有：﹣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過程中產生的焦耳熱為：Q1=12mv1正方形線圈滑出磁場過程中產生的焦耳熱為：Q2=12mv2由于v1+v＞v+v2則有Q1＞Q2。故答案為：＝；＞。【點評】對于安培力作用下導體棒的運動問題，如果涉及電荷量問題，常根據動量定理結合法拉第電磁感應定律、閉合電路的歐姆定律列方程進行解答。19．（2024春?寶山區校級期中）小李同學用圖中兩個電路研究通電自感和斷電自感現象。圖中L是一帶鐵芯的線圈，直流電阻忽略不計，A、B是額定電壓為1.5V的燈泡，直流電源為一節新的干電池。請根據左側欄對電鍵的實驗操作，判斷出右側欄中能觀察到的小燈泡的現象，并在左側欄內的橫線內填入相匹配的現象前的字母：對電鍵的操作：（1）電鍵S1由斷開到閉合A（2）電鍵S1由閉合到斷開E（3）電鍵S2由斷開到閉合C（4）電鍵S2由閉合到斷開F實驗過程中可能會觀察到燈泡的現象：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】自感線圈對電路的影響．【專題】定性思想；推理法；電磁感應與電路結合；推理能力．【答案】（1）A；（2）E；（3）C；（4）F。【分析】根據線圈和燈泡的連接關系結合電路的通斷以及線圈的自感現象進行分析解答。【解答】解：（1）電鍵S1由斷開到閉合，線圈和燈泡串聯，因為線圈產生自感現象阻礙電流增加，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，雖然線圈也會產生斷電自感，但不能形成閉合回路，故燈泡立即熄滅，故選：E；（3）電鍵S2由斷開到閉合，線圈和燈泡并聯，線圈會產生通電自感，所以燈泡立即發光，但是穩定后燈泡會熄滅，故選：C；（4）電鍵S2由閉合到斷開，線圈產生斷電自感，由于燈泡此時能和線圈組成回路，所以燈泡會閃亮一下，然后熄滅，故選：F。故答案為：（1）A；（2）E；（3）C；（4）F。【點評】考查線圈的自感現象，會根據題意進行準確的分析和判斷。20．（2024?浦東新區校級模擬）如圖所示，在光滑水平金屬框架上有一導體棒ab。第一次以速度v勻速向右平動，第二次以速度2v勻速向右平動，兩次移動的距離相同，則兩種情況下回路中產生的感應電動勢之比1：2和通過R的電荷量之比1：1。【考點】導體平動切割磁感線產生的感應電動勢；閉合電路歐姆定律的內容和表達式．【專題】定量思想；等效替代法；電磁感應與電路結合；分析綜合能力．【答案】1：2，1：1。【分析】根據公式E＝BLv求感應電動勢之比。根據法拉第電磁感應定律、歐姆定律和電荷量與電流的關系得到通過R的電荷量與ab棒移動距離的關系，再求通過R的電荷量之比。【解答】解：根據E＝BLv可得兩種情況下回路中產生的感應電動勢之比為E1：E2＝v：2v＝1：2設導體棒ab移動的距離為s。根據q=IΔt，I=ER+r，E=ΔΦΔt故答案為：1：2，1：1。【點評】解答本題的關鍵要熟練根據法拉第電磁感應定律、歐姆定律和電荷量與電流的關系推導出q=ΔΦ四．解答題（共5小題）21．（2024?江西開學）如圖所示，水平固定的光滑導軌P、Q的間距為L，方向豎直向上的勻強磁場分布在EFHG區域，磁感應強度大小為B，質量為m、電阻為R、長度為L的導體棒a從磁場左側邊界EF處以大小為2v0的初速度進入磁場，同時，另一相同的導體棒b從磁場右側邊界GH處以大小為v0的初速度進入磁場。磁場區域FH足夠長，兩導體棒未在磁場中相遇，導體棒與導軌始終接觸良好，不計導軌電阻。求：（1）導體棒a進入磁場瞬間回路中的電流I；（2）導體棒a進入磁場瞬間的加速度大小a。【考點】雙桿在等寬導軌上切割磁場的運動問題；牛頓第二定律的簡單應用；導體平動切割磁感線產生的感應電動勢．【專題】定量思想；推理法；電磁感應中的力學問題；推理能力．【答案】（1）導體棒a進入磁場瞬間回路中的電流為3BLv（2）導體棒a進入磁場瞬間的加速度大小為3B【分析】（1）由E＝BLv0求出導體棒進入磁場瞬間產生的感應電動勢，由閉合電路歐姆定律求出感應電流；（2）再由安培力公式求出導體棒受到的安培力大小，從而計算加速度。【解答】解：（1）導體棒a進入磁場瞬間產生的感應電動勢E1＝BL×2v0＝2BLv0導體棒b進入磁場瞬間產生的感應電動勢E2＝BLv0此時通過回路的電流I=解得I=（2）導體棒a進入磁場瞬間受到的安培力大小F＝ILB根據牛頓第二定律有F＝ma解得a=答：（1）導體棒a進入磁場瞬間回路中的電流為3BLv（2）導體棒a進入磁場瞬間的加速度大小為3B【點評】解答本題的關鍵要熟練運用法拉第電磁感應定律、閉合電路歐姆定律及安培力的計算公式。22．（2024?河南開學）如圖所示，水平固定的光滑導軌P、Q的間距為L，方向豎直向上的勻強磁場分布在EFHG區域，磁感應強度大小為B，質量為m、電阻為R、長度為L的導體棒a從磁場左側邊界EF處以大小為2v0的初速度進入磁場，同時，另一相同的導體棒b從磁場右側邊界GH處以大小為v0的初速度進入磁場。磁場區域FH足夠長，兩導體棒未在磁場中相遇，導體棒與導軌始終接觸良好，不計導軌電阻。求：（1）導體棒a進入磁場瞬間回路中的電流I；（2）導體棒a進入磁場瞬間的加速度大小a。【考點】雙桿在等寬導軌上切割磁場的運動問題．【專題】定量思想；推理法；電磁感應中的力學問題；推理能力．【答案】（1）導體棒a進入磁場瞬間回路中的電流為3BLv（2）導體棒a進入磁場瞬間的加速度大小為3B【分析】（1）由E＝BLv0求出導體棒進入磁場瞬間產生的感應電動勢，由閉合電路歐姆定律求出感應電流；（2）再由安培力公式求出導體棒受到的安培力大小，從而計算加速度。【解答】解：（1）導體棒a進入磁場瞬間產生的感應電動勢E1＝BL×2v0＝2BLv0導體棒b進入磁場瞬間產生的感應電動勢E2＝BLv0此時通過回路的電流I=解得I=（2）導體棒a進入磁場瞬間受到的安培力大小F＝ILB根據牛頓第二定律有F＝ma解得a=答：（1）導體棒a進入磁場瞬間回路中的電流為3BLv（2）導體棒a進入磁場瞬間的加速度大小為3B【點評】解答本題的關鍵要熟練運用法拉第電磁感應定律、閉合電路歐姆定律及安培力的計算公式。23．（2024春?武昌區期末）如圖所示，寬為L＝1m的“”型平行金屬導軌PQP′Q′固定在水平絕緣桌面上，水平段光滑，處于磁感應強度為B1＝1T的豎直向上的勻強磁場中；傾角為θ＝30°的傾斜段粗糙，處于磁感應強度為B2＝2T的垂直斜面向下的勻強磁場中。在水平段導軌的左端接入電容為C＝0.5F的電容器和單刀雙擲開關S；金屬棒AB通過絕緣細線跨過光滑輕滑輪與邊長為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磁場B3，磁場上邊界與線框下邊緣距離為d。開關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軌上；在外力作用下AB垂直于水平段導軌靜止，線框也靜止不動，現將S置于位置1，然后釋放AB。當線框下邊緣恰好進入磁場B3瞬間，斷開S。待線框上邊緣恰好進入磁場瞬間，將S置于位置2，此時CD恰好能沿導軌開始向上運動。已知金屬棒AB、CD和線框的質量均為m＝1kg；AB及導軌的電阻均不計，導軌足夠長且與金屬棒接觸良好，金屬棒和線框運動過程中均不翻轉，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，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的速度大小；（2）在線框進入磁場的過程中，線框上產生的焦耳熱為多少；（3）當AB的加速度是CD的加速度的2倍時，CD的熱功率為多少？【考點】電磁感應過程中的能量類問題；電磁感應過程中的動力學類問題．【專題】定量思想；推理法；電磁感應——功能問題；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）在線框進入磁場的過程中，線框上產生的焦耳熱為2.75J；（3）當AB的加速度是CD的加速度的2倍時，CD的熱功率為125081【分析】（1）對導體棒a受力分析，據平衡條件和安培力公式結合求解AB棒的瞬時速度；（2）對涉及電容的回路，寫出電流的表達式，由電流的定義、動生電動勢公式等求出AB棒做勻加速直線運動的末速度，再由能量守恒定律求電路產生的熱量Q；（3）根據牛頓第二定律寫出兩棒的加速度值，結合動生電動勢公式、安培力公式等求出功率的大小。【解答】解：（1）根據題意，對CD，S接2前，恰好靜止在傾斜導軌上：mgsinθ＝fS接2瞬間，設CD受到的安培力為FCD，恰好能沿導軌上滑：FCD＝mgsinθ+f又根據安培力公式：F安＝BI1LS接2瞬間，設AB的速度大小為v2，則由歐姆定律有：I而E1＝B1Lv2聯立代數據解得：v2＝2.5m/s（2）設AB受的安培力為FAB，AB和線框整體的加速度大小為a，根據牛頓第二定律有mg﹣FAB＝2ma在S接1的時間內，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=聯立解得：a=代入數據得：a＝4m/s2即這段過程，線框勻加速下落距離為d，設線框下邊緣剛入磁場時的速度為v1由勻加速直線運動規律有：2ad=線框進入磁場過程中，對AB和線框整體，由能量守恒有：mgd=聯立代入數據解得：Q＝2.75J（3）CD沿軌道上滑時，根據牛頓第二定律：B2I3L﹣mgsinθ﹣f＝maCD這段過程中AB和線框整體，同理有：mg﹣B1I3L＝2maAB對CD熱功率有：P=又由已知條件：aAB＝2aCD聯立代入數據解得：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）在線框進入磁場的過程中，線框上產生的焦耳熱為2.75J；（3）當AB的加速度是CD的加速度的2倍時，CD的熱功率為125081【點評】本題是導軌問題，關鍵是熟練運用切割公式、歐姆定律公式和安培力公式，同時要注意求解電熱時用功能關系列式分析。24．（2024?廣東三模）如圖所示，兩光滑平行圓弧導軌豎直放置，下端與兩根間距為L的光滑平行水平導軌平滑連接，光滑水平導軌處在豎直向下的勻強磁場之中，磁感應強度大小為B。在導軌上放置長度均為L、由同種金屬材料制成的粗細均勻的導體棒a、b、c，a棒的質量為m，電阻為R0，b棒的質量為m，c棒的質量為2m。已知初始時b棒和c棒間距為d，且均處于靜止狀態。現讓a棒從圓弧導軌上離水平導軌高為h處由靜止釋放，a與b發生碰撞后粘在一起，已知重力加速度為g，導軌電阻不計，且導體棒運動過程中始終與導軌垂直。（1）若要求a棒與b棒不發生碰撞，試求b棒離磁場左邊界的距離x應滿足的條件；（2）若b棒離磁場左邊界線的距離x0【考點】雙桿在等寬導軌上切割磁場的運動問題．【答案】（1）b棒離磁場左邊界的距離x應滿足的條件是：x＞m（2）c棒在全過程中產生的焦耳熱為932【分析】（1）a進入磁場切割磁感線，bc兩棒的回路中有感應電流，根據E＝BLv、I＝、F＝BIL求安培力。再根據動量守恒定律、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，由動量定理結合幾何關系等求出ab的相對距離；（2）判斷出ab兩棒能發生碰撞后，根據動量守恒定律、動量定理、能量守恒定律等求出該過程產生的焦耳熱。之后a棒與b棒再次發生碰撞，根據動量守恒定律求出兩棒離開軌道的速度，對系統應用能量守恒定律與串聯電路特點求c棒產生的焦耳熱。【解答】解：（1）當導體棒a運動到磁場時產生感應電動勢，使導體棒b、c在安培力的作用下加速運動，因為導體棒b、c兩端的電壓U總是相等，所以安培力為：Fb=BL根據牛頓第二定律可得導體棒b和導體棒c的加速度分別為：ab=設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c棒有：2m＝ρ0LSc，R解得加速度之比：a可知導體棒b、c總是相對靜止的，導體棒a、b、c構成的系統動量守恒，設金屬棒a進入磁場時的速度大小為v0，三者速度相等時的速度為v1，以向右為正方向，則根據動量守恒定律有：mv0＝（m+m+2m）v1對導體棒a，以向右為正方向，根據動量定理有：?B而電荷量：q=對金屬棒a，根據動能定理：mg?=聯立解得：Δx=若要使導體棒a、b不能發生碰撞，導體棒a開始運動時與導體棒b之間的距離應滿足的條件是：x＞（2）因為導體棒a開始運動時與導體棒b之間的距離：x所以導體棒a、b將發生碰撞，設導體棒a與導體棒b碰撞前瞬間的速度為v2，導體棒b、c的速度大小均為v3，以向右為正方向，根據動量守恒定律得：mv0＝mv2+（m+2m）v3根據動量定理有：?B而電荷量：q=解得：v2=此過程根據能量守恒，系統產生的總熱量為：Q總1此過程a棒為電源，bc棒為用電器，則c棒產生的熱量為：Q設導體棒a與導體棒b碰撞粘在一起后瞬間的速度為v4，以向右為正方向，根據動量守恒定律可得：mv2+mv3＝2mv4解得：v4導體棒a、b整體與導體棒c通過安培力發生作用，設導體棒a、b、c的最終共同速度為v5，以向右為正方向，根據動量守恒定律可得：2mv4+2mv3＝4mv5代入數據解得：v此過程根據能量守恒，系統產生的總熱量為：Q此過程ab棒為電源，ab棒的總電阻為：Rc棒為用電器，則c棒產生的熱量為：Qc棒在全過程中產生的焦耳熱為：Q=答：（1）b棒離磁場左邊界的距離x應滿足的條件是x＞m（2）c棒在全過程中產生的焦耳熱為932【點評】本題是電磁感應中多桿問題，關鍵要正確分析兩棒的受力情況，來判斷其運動情況。要明確當系統的合外力為零時，系統的動量是守恒的。25．（2024?郫都區校級模擬）如圖所示，傾斜光滑金屬導軌的傾角為30°，水平導軌粗糙，兩平行導軌的間距均為L。質量為m、電阻為R、長度為L的金屬棒a垂直水平導軌放置，兩導軌間均存在垂直導軌平面向上的勻強磁場，磁感應強度大小分別為B1和B2。現把質量為m、電阻為R、長度也為L的金屬棒b垂直傾斜導軌由靜止釋放，重力加速度為g，傾斜導軌無限長，金屬棒a始終靜止，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。求：（1）金屬棒b的最大加速度am；（2）金屬棒a與導軌間的摩擦因數μ至少為多少；（3）從靜止釋放金屬棒b，當其沿斜面下滑x位移時，b棒剛好達到穩定狀態，求此過程a棒產生的焦耳熱。【考點】雙桿在等寬導軌上切割磁場的運動問題；傾斜平面內的導軌滑桿模型．【專題】定量思想；推理法；電磁感應——功能問題；電磁感應中的力學問題；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與導軌間的摩擦因數μ至少為B1（3）此過程a棒產生的焦耳熱為mgx4【分析】（1）根據牛頓第二定律求出a棒的最大加速度；（2）根據平衡條件，結合法拉第電磁感應定律結合閉合電路歐姆定律和摩擦力公式求解摩擦因數；（3）根據能量守恒定律求解a棒產生的焦耳熱。【解答】解：（1）金屬棒b剛開始運動時有最大加速度mgsin30°＝mam，解得：am=（2）金屬棒b受力分析，最終勻速運動時有mgsin30°＝B2IL動生電動勢E＝B2Lv根據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=另據滑動摩擦力公式f＝μmg聯立解得：μ=（3）此過程對b棒能量守恒有：mgxsin30°=其中導體棒上產生的焦耳熱為Q聯立解得：Q答：（1）金屬棒b的最大加速度am為g2（2）金屬棒a與導軌間的摩擦因數μ至少為B1（3）此過程a棒產生的焦耳熱為mgx4【點評】本題是電磁感應與力學、電路相結合的一道綜合題，本題難度合適，分析清楚金屬棒的運動過程與受力情況是解題的前提與關鍵，應用平衡條件、能量守恒定律等知識點即可解題。

考點卡片1．牛頓第二定律的簡單應用【知識點的認識】牛頓第二定律的表達式是F＝ma，已知物體的受力和質量，可以計算物體的加速度；已知物體的質量和加速度，可以計算物體的合外力；已知物體的合外力和加速度，可以計算物體的質量。【命題方向】一質量為m的人站在電梯中，電梯加速上升，加速度大小為13A、43mg分析：對人受力分析，受重力和電梯的支持力，加速度向上，根據牛頓第二定律列式求解即可。解答：對人受力分析，受重力和電梯的支持力，加速度向上，根據牛頓第二定律N﹣mg＝ma故N＝mg+ma=4根據牛頓第三定律，人對電梯的壓力等于電梯對人的支持力，故人對電梯的壓力等于43故選：A。點評：本題關鍵對人受力分析，然后根據牛頓第二定律列式求解。【解題方法點撥】在應用牛頓第二定律解決簡單問題時，要先明確物體的受力情況，然后列出牛頓第二定律的表達式，再根據需要求出相關物理量。2．線速度的物理意義及定義式【知識點的認識】線速度、角速度和周期、轉速一、描述圓周運動的物理量描述圓周運動的基本參量有：半徑、線速度、角速度、周期、頻率、轉速、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動的快慢物體沿圓周通過的弧長與所用時間的比值，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角度的快慢運動物體與圓心連線掃過的角的弧度數與所用時間的比值，ω=單位：rad/s周期描述物體做圓周運動的快慢周期T：物體沿圓周運動一周所用的時間．也叫頻率（f）周期單位：sf的單位：Hz轉速描述物體做圓周運動的快慢轉速n：物體單位時間內轉過的圈數轉速單位：r/s或r/min二、物理量之間的關系：①v=△l△t=②ω=△θ③T=1【命題方向】常考題型考查幾個物理量的理解：如圖所示為一皮帶傳動裝置，右輪的半徑為r，a是它邊緣上的一點．左側是一輪軸，大輪的半徑為4r，小輪的半徑為2r．b點在小輪上，到小輪中心的距離為r．c點和d點分別位于小輪和大輪的邊緣上．若在傳動過程中，皮帶不打滑．則（）A．a點與b點的線速度大小相等B．a點與b點的角速度大小相等C．a點與c點的線速度大小相等D．a點與d點的向心加速度大小相等分析：共軸轉動的各點角速度相等，靠傳送帶傳動輪子上的各點線速度大小相等，根據v＝rω，a＝rω2=v解：A、a、c兩點的線速度大小相等，b、c兩點的角速度相等，根據v＝rω，c的線速度大于b的線速度，則a、c兩點的線速度不等．故A錯誤，C正確；B、a、c的線速度相等，根據v＝rω，知角速度不等，但b、c角速度相等，所以a、b兩點的角速度不等．故B錯誤；D、根據a＝rω2得，d點的向心加速度是c點的2倍，根據a=v故選：CD．點評：解決本題的關鍵知道線速度、角速度、向心加速度與半徑的關系，以及知道共軸轉動的各點角速度相等，靠傳送帶傳動輪子上的點線速度大小相等．3．閉合電路歐姆定律的內容和表達式【知識點的認識】1．閉合電路歐姆定律（1）內容：閉合電路里的電流跟電源的電動勢成正比，跟內、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系：一般情況U＝IR=ER+r?R當R增大時，U增大特殊情況（1）當外電路斷路時，I＝0，U＝E（2）當外電路短路時，I短=E【命題方向】（1）第一類常考題型是對電路的動態分析：如圖所示，電源電動勢為E，內阻為r，當滑動變阻器的滑片P處于左端時，三盞燈L1、L2、L3均發光良好。在滑片P從左端逐漸向右端滑動的過程中，下列說法中正確的是（）A．小燈泡L1、L2變暗B．小燈泡L3變暗，L1、L2變亮C．電壓表V1、V2示數均變大D．電壓表V1、V2示數之和變大分析：在滑片P從左端逐漸向右端滑動的過程中，先分析變阻器接入電路的電阻如何變化，分析外電路總電阻的變化，由閉合電路歐姆定律分析干路電流的變化，即可由歐姆定律判斷L2兩端電壓的變化，從而知道燈泡L2亮度的變化和電壓表V2示數的變化。再根據路端電壓的變化，分析燈泡L3亮度的變化和電壓表V1示數的變化；根據干路電流與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。根據路端電壓的變化，判斷兩電壓表示數之和的變化。解：B、滑片P向右滑動的過程中，滑動變阻器接入電路的電阻變大，整個閉合回路的總電阻變大，根據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示數變小，電壓表V1的讀數為U1＝E﹣I（r+R2），變大，故C錯誤。A、小燈泡L3變亮，根據串、并聯電路的特點I＝I1+I3，I減小，I3=U1R3變大，則通過小燈泡L1的電流ID、電壓表V1、V2示數之和為U＝E﹣Ir，I減小，U增大，故D正確。故選AD。點評：本題首先要搞清電路的連接方式，搞懂電壓表測量哪部分電路的電壓，其次按“局部→整體→局部”的思路進行分析。總結：分析此類問題要注意以下三點：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聯合使用。②局部電阻增則總電阻增，反之總電阻減；支路數量增則總電阻減，反之總電阻增。③兩個關系：外電壓等于外電路上串聯各分電壓之和；總電流等于各支路電流之和。（2）第二類常考題型是閉合電路歐姆定律的應用及電源的功率：如圖所示，電源電動勢E＝12V，內阻r＝3Ω，甲圖中R0＝1Ω，乙圖中直流電動機內阻R0′＝1Ω，當調節滑動變阻器R1時可使甲電路輸出功