2025年高考物理复习新题速递之电磁感应（2024年9月）

第1页（共1页）2025年高考物理复习新题速递之电磁感应（2024年9月）一．选择题（共10小题）1．（2024•岳麓区校级开学）如图所示，边长为L的光滑正方形导线框，以初速度v0进入宽度为L的匀强磁场，线框刚好能离开磁场，则在线框进入和离开磁场的过程中，下列物理量一定相同的是（）A．感应电流的方向 B．线框产生的热量 C．通过某个截面的电量大小 D．线框所受的平均安培力2．（2024•北京开学）如图所示，a、b是两个相同的小灯泡，L是一个自感系数很大的线圈，其直流电阻值与R相同，且R小于小灯泡的电阻。闭合开关S，待电路达到稳定后，a、b两灯泡均可发光。由于自感作用，在开关S接通和断开后，灯泡a和b中的电流方向和发光情况（只考虑接通和断开后的短时间内），下列说法中正确的是（）A．S断开后，两灯泡中的电流方向均与S接通后的方向相反 B．S接通与断开后，两灯泡中的电流方向均保持不变 C．S接通后灯泡a先达到最亮，S断开后灯泡b滞后熄灭 D．S接通后灯泡b先达到最亮，S断开后灯泡b滞后熄灭3．（2023秋•思明区校级月考）下列四个实验情境，其中说法中正确的是（）A．如图甲所示，ABC构成等边三角形，若两通电导线A、B在C处产生磁场的磁感应强度大小均为B0，则C处磁场的总磁感应强度大小是B0 B．如图乙所示，小磁针正上方的直导线与小磁针平行，当导线中通有如图乙所示电流时，小磁针的N极将会垂直纸面向内转动 C．如图丙所示，一矩形线框置于磁感应强度为B的匀强磁场中，线框平面与磁场方向平行，线框的面积为S，则此时通过线框的磁通量为BS D．如图丁所示，竖直放置的长直导线通有恒定电流，有一矩形线框与导线在同一竖直面内，将线框绕PQ轴转动时线圈中会产生感应电流4．（2024•海门区校级学业考试）用导线将灵敏电流表与金属棒连接成一个磁生电的实验电路，如图所示，则下列哪种操作能使指针偏转（）A．使导体ab向左（或向右）移动 B．使导体ab向上（或向下）移动 C．使导体ab沿a→b的方向移动 D．使导体ab沿b→a的方向移动5．（2024•河北区学业考试）如图所示，闭合矩形金属线圈abcd位于固定通电长直导线附近，线圈与导线始终在同一平面内，线圈的两个边与导线平行。则下列说法正确的是（）A．通电长直导线周围的磁场为匀强磁场 B．线圈向右平移时，线圈中有感应电流 C．当长直导线中电流I逐渐增大，线圈中没有感应电流 D．当长直导线中电流I逐渐减小，线圈中没有感应电流6．（2024•全国自主招生）如图，E是电源，S是开关，R1和R2是定值电阻，L可视为电阻为零的自感线圈，电流表A1和A2可视为理想电流表。在开关S闭合后的很短时间内（）A．A1示数减小，A2示数增大 B．A1示数增大，A2示数增大 C．A1示数增大，A2示数减小 D．A1示数减小，A2示数减小7．（2024•全国自主招生）如图，水平光滑桌面（纸面）上两根长直导线M、N相互垂直固定放置，两者彼此绝缘，M通有向上的电流，N通有向右的电流，桌面上4个圆形金属线框a、b、c、d分别放在两导线交叉所形成的编号为1、2、3、4的区域内，每个线框距两导线的距离均相同。当两导线中的电流都由I突然增大到2I时，（）A．a向左下方运动 B．b向右下方运动 C．c向左下方运动 D．d向右下方运动8．（2024•海南）如图所示，水平桌面上放置闭合导体圆环，圆环某一直径正上方有通电直导线，下列情况中，闭合圆环中有感应电流产生的是（）A．增大通电直导线中的电流 B．圆环绕图示直径旋转 C．通电直导线竖直向上远离圆环 D．通电直导线竖直向下靠近圆环9．（2023秋•李沧区校级月考）福建舰是我国完全自主设计建造的首艘配置电磁弹射的航空母舰。其原理可简化为，两根平行长直金属导轨沿水平方向固定，导轨平面内具有垂直于导轨平面的匀强磁场。电磁弹射车垂直横跨两金属导轨，且始终保持良好接触。已知磁场的磁感应强度大小为B，电源的内阻为r，两导轨间距为L，电磁弹射车和飞机的总质量为m，轨道电阻不计，电磁弹射车的电阻为R。通电后，飞机随电磁弹射车滑行距离s后刚好能获得最大的速度为v。若不计空气阻力和摩擦，下列说法正确的是（）A．飞机在轨道上做变加速直线运动 B．将电源的正负极调换，战斗机仍然能实现加速起飞 C．电磁弹射车达到最大速度时电流不为零 D．电源的电动势为E=10．（2023秋•佛山期末）下列装置运用电磁感应原理工作的是（）A．动圈式话筒 B．等离子体发电 C．直流电动机 D．磁电式电流表二．多选题（共5小题）（多选）11．（2023秋•海淀区校级月考）如图所示，两根相互平行的光滑长直金属导轨固定在水平绝缘桌面上，在导轨的左端接入电容为C的电容器和阻值为R的电阻。质量为m、阻值也为R的导体棒MN静止于导轨上，与导轨垂直，且接触良好，导体棒接入电路的有效长度为l，导轨电阻和电容器极板的电阻忽略不计，整个系统处于方向竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度的大小为B。开始时，电容器所带的电荷量为Q，合上开关S后，下列说法正确的是（）A．导体棒MN所受安培力的最大值为BlQRCB．导体棒MN最终向右匀速运动，且速度为BlQBC．导体棒MN速度最大时，电阻R两端的电压为0 D．开始时电容器中储存的电能全部转化为焦耳热和导体棒的动能（多选）12．（2024春•江北区校级月考）如图所示，固定在水平面上的光滑导轨EF、GH平行放置，EG间宽度为FH间宽度的4倍、已知FH的间距为L、导轨右侧水平且处于竖直向上的匀强磁场中，左侧呈弧形升高。ab、cd是质量均为m、电阻均为R的金属棒、现让ab从高水平轨道高h处由静止下滑，直到两棒的速度达到稳定，两导轨足够长，重力加速度为g，下列说法正确的是（）A．ab杆一直做加速运动 B．全过程系统机械能的减少量等于电路产生的焦耳热 C．ab棒克服安培力做了多少功，电路就产生了多少焦耳热 D．cd棒最终的速度为4（多选）13．（2024•梅州一模）在第70场“南方教研大讲堂”罗老师展示的课例中，她用磁力小车做了小实验。磁力小车如图甲所示，它的内部结构可以简化为如图乙所示，其中A、B是具有单向导电性的发光二极管（正向电阻为零，反向电阻为无穷大），与线圈C构成闭合回路。实验前，磁力小车静止在水平桌面上（不计一切阻力）。关于实验现象，下列说法正确的是（）A．将强磁铁N极快速靠近小车，二极管A将闪亮 B．将强磁铁S极快速靠近小车，二极管B将闪亮 C．将强磁铁N极快速靠近小车，小车将向右运动 D．将强磁铁S极快速靠近小车，小车将向左运动（多选）14．（2024•沈河区校级四模）如图甲所示，光滑且足够长的固定斜面与水平面的夹角为30°，斜面上两平行水平虚线MN和PQ之间有垂直于斜面向下的匀强磁场；PQ以下区域有垂直于斜面向上的匀强磁场，PQ两侧匀强磁场的磁感应强度大小相等。正方形导线框abcd四条边的阻值相等，t＝0时刻将处于斜面上的导线框由静止释放，开始释放时ab边恰好与虚线MN重合，之后导线框的运动方向始终垂直于两虚线，其运动的v﹣t图像如图乙所示，t1﹣t2时间内导线框的速度大小为v0，重力加速度为g，下列说法正确的是（）A．0～t1时间内，导线框的ab边一定没有经过虚线PQ B．t3～t4时间内，导线框的速度大小为v0C．t3～t4时间内，导线框a、c两点间的电势差为0 D．t2～t3时间内，导线框的位移大小为v（多选）15．（2023秋•重庆期末）如图所示，在垂直纸面且范围足够大的匀强磁场中，有一个平行纸面放置的矩形闭合线圈，O1O2和O3O4都是该线圈的对称轴。下列运动能使该线圈中产生感应电流的是（）A．该线圈在纸面内水平向右平动 B．该线圈在纸面内向上平动 C．该线圈绕O1O2转动 D．该线圈绕O3O4转动三．解答题（共5小题）16．（2023秋•抚顺期末）固定在水平桌面上的水平粗糙导轨处于垂直桌面向上的匀强磁场中，磁感应强度大小B＝1T，导轨间距L＝1m。左侧接有定值电阻R＝2Ω。如图甲所示（俯视图），一质量m＝2kg、阻值r＝2Ω的金属棒在水平拉力F的作用下由静止开始从CD处沿导轨向右加速运动，金属棒的v﹣x图像如图乙所示。若金属棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.25，则金属棒在从起点出发到发生x＝1m位移的过程中，取重力加速度大小g＝10m/s2，求：（1）金属棒克服安培力做的功W1；（2）拉力F做的功W；（3）整个过程系统产生的总热量Q。17．（2024秋•寻甸县月考）如图甲所示，粗糙且相互平行的两导轨固定在同一水平面内，导轨间距L＝1m，导轨左侧接有阻值R＝0.5Ω的定值电阻。金属棒ab垂直导轨放置，与导轨和定值电阻围成面积S＝1m2的闭合回路，空间存在方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的图像如图乙所示。0～1.0s时间内属棒ab始终保持静止，导轨和金属棒ab电阻可忽略不计。求：（1）t＝0.5s时刻，金属棒ab受到的摩擦力大小；（2）0～0.5s时间内，定值电阻R上产生的焦耳热。18．（2024•浙江开学）如图所示，间距为L、与水平面夹角θ＝30°的平行金属轨道间存在垂直轨道平面向下、磁感应强度为B（满足B2=mR5L2gL）的匀强磁场，平行导轨通过单刀双掷开关与一只阻值为R的电阻或减速装置相连，减速装置由半径为L的圆环、转轴和一根阻值为R的金属短棒焊接而成，圆环边缘和转轴通过电刷连入电路。圆环内存在垂直圆环平面向上、磁感应强度为B的匀强磁场。质量为m、阻值为R的金属杆垂直轨道放置，初始位置离轨道底端终点的距离为25L，不计杆与轨道间的摩擦，忽略焊点、电刷、导线和导轨的电阻。现将开关S打到a端与电阻相连，将金属杆由静止释放，最终金属杆匀速冲过终点；再将开关S打到b端与减速装置相连，将金属杆放回初始位置，并使其获得平行斜面向下、大小为（1）开关S打到a时，金属杆最终的速度；（2）开关S打到a时，金属杆到达轨道底端终点的时间；（3）开关S打到b时，减速装置转动的角速度ω与运动时间的关系。19．（2024春•沙坪坝区校级月考）在水平面上固定有两光滑平行金属导轨，如图（a）所示。虚线MN左侧存在着竖直向下的匀强磁场，导体棒a、b、c垂直静止在导轨上且接触良好，导体棒b、c用轻质绝缘杆相连，三根导体棒的长度以及导轨宽度均为L＝0.6m。现固定导体棒b、c，对导体棒a施加一个与其垂直的力F，使导体棒a做匀加速直线运动，F随导体棒a的速度v的变化图像如图（b）所示，经时间t＝3s撤去拉力，同时释放导体棒b、c。经过一段时间三根导体棒运动状态达到稳定，此时a棒仍未出磁场，导体棒a、b间的距离x=23m，已知三根导体棒质量相同，均为m＝0.1kg，电阻相同，均为r＝0.2（1）磁场的磁感应强度和撤去拉力时导体棒a的速度；（2）从撤去F到运动状态达到稳定过程中导体棒b上产生的焦耳热；（3）导体棒b穿出磁场瞬间的速度和此时轻杆对导体棒b拉力的大小（忽略磁场的边界效应）。20．（2024春•沙坪坝区校级月考）如图所示，水平面上固定两条光滑金属轨道，两导轨PQ、PR关于x轴对称放置且与x轴夹角均为θ＝37°，在x轴上P点接触良好；长为d＝1.2m的金属杆CD置于y轴上时，杆两端点CD恰好与导轨和y轴的两交点重合。整个装置处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B＝1T。现给杆的中点施加外力，使杆以速度v＝4m/s沿x轴正方向匀速运动，运动过程中杆始终与y轴平行。已知导轨和杆单位长度电阻均为λ＝1Ω/m，杆与导轨始终接触良好，接触电阻不计，sin37°＝0.6。（提示：可以用F﹣x图像下的“面积”代表力F所做的功）求：（1）杆在O位置时，杆上通过的电流大小；（2）杆从O位置运动到P位置过程中，杆两端点CD间的电势差UCD与杆所在处的横坐标x的关系式；（3）杆从O位置运动到P位置，杆产生的焦耳热Q。

2025年高考物理复习新题速递之电磁感应（2024年9月）参考答案与试题解析一．选择题（共10小题）1．（2024•岳麓区校级开学）如图所示，边长为L的光滑正方形导线框，以初速度v0进入宽度为L的匀强磁场，线框刚好能离开磁场，则在线框进入和离开磁场的过程中，下列物理量一定相同的是（）A．感应电流的方向 B．线框产生的热量 C．通过某个截面的电量大小 D．线框所受的平均安培力【考点】线圈进出磁场的能量计算；线圈进出磁场的动力学问题．【专题】比较思想；模型法；电磁感应与电路结合；分析综合能力．【答案】C【分析】根据楞次定律分析感应电流方向；分析线框的运动情况，判断两个过程平均安培力的关系，分析线框产生的热量；推导出电荷量与磁通量变化量的关系，再判断通过某个截面的电量关系。【解答】解：A、线框进入磁场时，穿过线框的磁通量向里增加，根据楞次定律可知，感应电流的方向为逆时针；线框离开磁场时，穿过线框的磁通量向里减少，根据楞次定律可知，感应电流的方向为顺时针，故A错误；BD、线框进入磁场和离开磁场时，受到的安培力均向左，线框一直做减速运动，产生的感应电流不断减小，受到的安培力减小，故线框进入磁场的平均安培力一定大于线框离开磁场的平均安培力，线框进入磁场克服安培力的功一定大于线框离开磁场克服安培力的功，而克服安培力做功等于线框产生的热量，所以线框进入磁场产生的热量一定大于线框离开磁场产生的热量，故BD错误；C、线框进入磁场磁通量的变化量的绝对值等于线框离开磁场磁通量的变化量的绝对值，根据E=nΔΦΔt，I=ER，故选：C。【点评】解答本题的关键要根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电荷量与电流的关系推导出电荷量表达式q=nΔΦ2．（2024•北京开学）如图所示，a、b是两个相同的小灯泡，L是一个自感系数很大的线圈，其直流电阻值与R相同，且R小于小灯泡的电阻。闭合开关S，待电路达到稳定后，a、b两灯泡均可发光。由于自感作用，在开关S接通和断开后，灯泡a和b中的电流方向和发光情况（只考虑接通和断开后的短时间内），下列说法中正确的是（）A．S断开后，两灯泡中的电流方向均与S接通后的方向相反 B．S接通与断开后，两灯泡中的电流方向均保持不变 C．S接通后灯泡a先达到最亮，S断开后灯泡b滞后熄灭 D．S接通后灯泡b先达到最亮，S断开后灯泡b滞后熄灭【考点】自感线圈对电路的影响；互感和互感现象．【专题】定性思想；推理法；电磁感应与电路结合；推理能力．【答案】D【分析】当开关接通和断开的瞬间，流过线圈的电流发生变化，产生自感电动势，阻碍原来电流的变化，根据自感现象的规律来分析。【解答】解：该电路可以看作是左右两部分并联后再串联起来。S刚刚接通时，L上的自感会使原电流慢慢增大。根据电路的特性，L支路上的电流增大时，和它并联的b上的电流就减小，和它串联的a上的电流就增大。所以S刚刚接通时b灯先达到最亮，随着自感的消失，b的电流逐渐减小，a的电流逐渐增大，由于L是一个自感系数很大的线圈，其直流电阻值与电阻R相同，故最后都趋于稳定且亮度相同，S断开时，L和b构成自感回路，a不在回路中，所以S断开时，a立刻熄灭，b后熄灭，故ABC错误，D正确。故选：D。【点评】对于线圈要抓住双重特性：当电流不变时，它相当于电阻或导线（电阻不计时），当电流变化时，产生自感电动势，相当于电源。3．（2023秋•思明区校级月考）下列四个实验情境，其中说法中正确的是（）A．如图甲所示，ABC构成等边三角形，若两通电导线A、B在C处产生磁场的磁感应强度大小均为B0，则C处磁场的总磁感应强度大小是B0 B．如图乙所示，小磁针正上方的直导线与小磁针平行，当导线中通有如图乙所示电流时，小磁针的N极将会垂直纸面向内转动 C．如图丙所示，一矩形线框置于磁感应强度为B的匀强磁场中，线框平面与磁场方向平行，线框的面积为S，则此时通过线框的磁通量为BS D．如图丁所示，竖直放置的长直导线通有恒定电流，有一矩形线框与导线在同一竖直面内，将线框绕PQ轴转动时线圈中会产生感应电流【考点】线圈进出磁场的动力学问题；磁通量的计算．【专题】定性思想；推理法；电磁感应与图象结合；推理能力．【答案】B【分析】根据右手螺旋定则可以判断电流产生的磁场的方向，由磁感应强度的矢量合成特点即可计算合磁感应强度；由小磁针的N极指向与磁场的方向一致，可以判断小磁针的转动方向；由磁通量的定义，可以判断磁通量的大小和变化特点，根据电磁感应条件，即可判断是否能产生感应电流。【解答】解：A．如图所示，根据安培定则和磁感应强度的叠加规律可知C处磁场的总磁感应强度大小是：BC故A错误；B．根据安培定则可知，当导线中通有如图乙所示电流时，导线下方的磁感应强度垂直纸面向里，小磁针的N极将会垂直纸面向内转动，故B正确；C．线框平面与磁场方向平行，垂直于磁场方向的面积为0，此时通过线框的磁通量为0，故C错误；D．将线框绕PQ轴转动时，穿过线圈中磁通量不变，线圈中不会产生感应电流，故D错误。故选：B。【点评】本题考查右手螺旋定则的应用、电磁感应的理解，注意磁感应强度是矢量，合成时需要根据平行四边形法则。4．（2024•海门区校级学业考试）用导线将灵敏电流表与金属棒连接成一个磁生电的实验电路，如图所示，则下列哪种操作能使指针偏转（）A．使导体ab向左（或向右）移动 B．使导体ab向上（或向下）移动 C．使导体ab沿a→b的方向移动 D．使导体ab沿b→a的方向移动【考点】电磁感应现象的发现过程．【专题】定性思想；推理法；电磁感应与电路结合；理解能力．【答案】A【分析】明确感应电流的条件，知道感应电流产生需要有闭合回路和回路中磁通量发生变化两个条件，根据条件进行分析即可明确能否产生感应电流。【解答】解：A、使导体ab向左（或向右）移动时，导线和电流表组成的回路中磁通量发生变化，故产生感应电流，指针发生偏转，故A正确；B、使导体ab向上（或向下）移动时，导线和电流表组成的回磁通量没有发生变化，不会产生感应电流，指针不会发生偏转，故B错误；C、使导体ab沿a→b的方向移动，导线和电流表组成的回磁通量没有发生变化，不会产生感应电流，指针不会发生偏转，故C错误；D、使导体ab沿b→a的方向移动，导线和电流表组成的回磁通量没有发生变化，不会产生感应电流，指针不会发生偏转，故D错误；故选：A。【点评】本题考查感应电流产生的条件，也可以利用初中所学内容，根据是否闭合回路中有部分导体切割磁感线来进行分析判断。5．（2024•河北区学业考试）如图所示，闭合矩形金属线圈abcd位于固定通电长直导线附近，线圈与导线始终在同一平面内，线圈的两个边与导线平行。则下列说法正确的是（）A．通电长直导线周围的磁场为匀强磁场 B．线圈向右平移时，线圈中有感应电流 C．当长直导线中电流I逐渐增大，线圈中没有感应电流 D．当长直导线中电流I逐渐减小，线圈中没有感应电流【考点】电磁感应现象的发现过程；通电直导线周围的磁场．【专题】定性思想；推理法；电磁感应中的力学问题；理解能力．【答案】B【分析】通电长直导线周围的磁场不是匀强磁场，当通过线圈的磁通量发生变化时，线圈中将会产生感应电流。【解答】解：A．通电长直导线周围的磁场不是匀强磁场，离长直导线越远，它的磁场越弱，离长直导线越近，它的磁场越强，故A错误；B．当线圈向右移动，逐渐远离导线时，磁场减弱，穿过线圈的磁通量减小，线圈中有感应电流，故B正确；CD．当导线中的电流逐渐增大或减小时，周围磁场会发生变化，则线圈所在位置的磁感应强度也逐渐增大或减小，穿过线圈的磁通量也随之逐渐增大或减小，所以线圈中产生感应电流，故CD错误。故选：B。【点评】本题主要考查了产生感应电流的条件，解决本题的关键掌握右手螺旋定则判断电流周围的磁场方向。6．（2024•全国自主招生）如图，E是电源，S是开关，R1和R2是定值电阻，L可视为电阻为零的自感线圈，电流表A1和A2可视为理想电流表。在开关S闭合后的很短时间内（）A．A1示数减小，A2示数增大 B．A1示数增大，A2示数增大 C．A1示数增大，A2示数减小 D．A1示数减小，A2示数减小【考点】自感线圈对电路的影响．【专题】定量思想；推理法；电磁感应与电路结合；推理能力．【答案】B【分析】电感在自身电流发生变化时会产生一种阻碍作用，电流逐渐稳定过程中，L可视为电阻为零的自感线圈，从而分析电流表变化。【解答】解：根据自感原理可知，在开关S闭合后，I1=ER1+R2，I2接近0，L可视为电阻为零的自感线圈，则之后R2被短路，则A1示数增大，A故选：B。【点评】本题要明确电感的自感现象，是由于电磁感应现象使其内部电流产生的一个变化。7．（2024•全国自主招生）如图，水平光滑桌面（纸面）上两根长直导线M、N相互垂直固定放置，两者彼此绝缘，M通有向上的电流，N通有向右的电流，桌面上4个圆形金属线框a、b、c、d分别放在两导线交叉所形成的编号为1、2、3、4的区域内，每个线框距两导线的距离均相同。当两导线中的电流都由I突然增大到2I时，（）A．a向左下方运动 B．b向右下方运动 C．c向左下方运动 D．d向右下方运动【考点】楞次定律及其应用．【专题】定性思想；推理法；电磁感应中的力学问题；推理能力．【答案】D【分析】根据右手螺旋定则分析线框中的磁场方向，根据楞次定律分析线框的运动方向。【解答】解：根据右手螺旋定则可知，a、c中磁场为0，b中磁场向外，d中磁场向里，两导线中的电流都由I突然增大到2I时，根据楞次定律可知b向左上方运动，d向右下方运动，a、b线框不动，故D正确，ABC错误；故选：D。【点评】本题考查楞次定律的应用，解题关键掌握楞次定律的特点，即总是阻碍磁通量的变化。8．（2024•海南）如图所示，水平桌面上放置闭合导体圆环，圆环某一直径正上方有通电直导线，下列情况中，闭合圆环中有感应电流产生的是（）A．增大通电直导线中的电流 B．圆环绕图示直径旋转 C．通电直导线竖直向上远离圆环 D．通电直导线竖直向下靠近圆环【考点】电磁感应现象的发现过程．【专题】比较思想；模型法；电磁感应与电路结合；理解能力．【答案】B【分析】当穿过闭合回路的磁通量发生变化时，回路中就会产生感应电流。对照产生感应电流的条件进行分析。【解答】解：A、产生感应电流的条件是穿过闭合回路的磁通量发生变化。闭合导体圆环某一直径正上方的直导线中通有电流时，通电导线产生的磁场在以通电导线的投影为对称轴的闭合导体圆环前后面中，磁场方向相反，可知闭合导体圆环的磁通量为零。增大通电直导线中的电流，闭合导体圆环的磁通量依然为零，磁通量没有变化，所以圆环中不会产生感应电流，故A错误；B、圆环绕图示直径旋转，通过圆环的磁通量变化，圆环中产生感应电流，故B正确；CD、通电直导线靠近或远离圆环，圆环的磁通量始终为零，圆环中不产生感应电流，故CD错误。故选：B。【点评】本题考查感应电流的产生条件，要注意明确只有在闭合回路中磁通量发生变化时，闭合电路中才可以产生感应电流。9．（2023秋•李沧区校级月考）福建舰是我国完全自主设计建造的首艘配置电磁弹射的航空母舰。其原理可简化为，两根平行长直金属导轨沿水平方向固定，导轨平面内具有垂直于导轨平面的匀强磁场。电磁弹射车垂直横跨两金属导轨，且始终保持良好接触。已知磁场的磁感应强度大小为B，电源的内阻为r，两导轨间距为L，电磁弹射车和飞机的总质量为m，轨道电阻不计，电磁弹射车的电阻为R。通电后，飞机随电磁弹射车滑行距离s后刚好能获得最大的速度为v。若不计空气阻力和摩擦，下列说法正确的是（）A．飞机在轨道上做变加速直线运动 B．将电源的正负极调换，战斗机仍然能实现加速起飞 C．电磁弹射车达到最大速度时电流不为零 D．电源的电动势为E=【考点】有电源存在的导轨滑杆模型．【专题】比较思想；等效替代法；电磁感应与电路结合；分析综合能力．【答案】A【分析】根据牛顿第二定律以及闭合电路欧姆定律列式，分析加速度变化情况，从而判断飞机的运动情况；根据左手定则，分析安培力方向，判断战斗机的运动情况；电磁弹射车达到最大速度v时，加速度减小为0，由此求最大速度时的电流和电源的电动势。【解答】解：A、电磁弹射车在轨道上运动受安培力作用而加速运动，当飞机的速度为v1时，根据牛顿第二定律有F＝BIL＝ma由闭合电路欧姆定律有I=E-BL解得a=E-BL可知，随着速度增大，加速度减小，所以飞机做加速度减小的变加速直线运动，故A正确；B、将电源的正负极调换，安培力反向，战斗机不能实现加速起飞，故B错误；CD、电磁弹射车达到最大速度v时，加速度减小为0，则有a=E-BLv可得E＝BLv电磁弹射车达到最大速度时电流为I=E-BLvR+r=0故选：A。【点评】分析清楚电磁弹射车的受力情况，分析其运动过程是解题的前提，应用左手定则、安培力公式与牛顿第二定律即可解题，平时要注意基础知识的学习与积累。10．（2023秋•佛山期末）下列装置运用电磁感应原理工作的是（）A．动圈式话筒 B．等离子体发电 C．直流电动机 D．磁电式电流表【考点】生活中的电磁感应现象．【专题】定性思想；推理法；电磁感应与电路结合；推理能力．【答案】A【分析】本题根据电磁感应，等离子体的导电性质，通电导线在磁场中受力过程的特点分析求解。【解答】解：A.动圈式话筒利用了电磁感应原理工作，故A正确；B.等离子体发电利用了利用等离子体的导电性质来产生电流，故B错误；C.直流电动机是通电导线在磁场中受力过程，不是电磁感应原理，故C错误；D.磁电式电流表的工作原理是通电线圈在磁场中受到安培力作用偏转，故D错误。故选：A。【点评】本题考查了电磁感应的应用，理解各个物理定律或公式在生活中的应用是解决此类问题的关键。二．多选题（共5小题）（多选）11．（2023秋•海淀区校级月考）如图所示，两根相互平行的光滑长直金属导轨固定在水平绝缘桌面上，在导轨的左端接入电容为C的电容器和阻值为R的电阻。质量为m、阻值也为R的导体棒MN静止于导轨上，与导轨垂直，且接触良好，导体棒接入电路的有效长度为l，导轨电阻和电容器极板的电阻忽略不计，整个系统处于方向竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度的大小为B。开始时，电容器所带的电荷量为Q，合上开关S后，下列说法正确的是（）A．导体棒MN所受安培力的最大值为BlQRCB．导体棒MN最终向右匀速运动，且速度为BlQBC．导体棒MN速度最大时，电阻R两端的电压为0 D．开始时电容器中储存的电能全部转化为焦耳热和导体棒的动能【考点】电磁感应过程中的能量类问题；电磁感应过程中的电路类问题；含有电容器的导轨滑杆模型；电磁感应过程中的动力学类问题．【专题】定量思想；推理法；电磁感应——功能问题；分析综合能力．【答案】BC【分析】电容器放电是一个动态过程，在该过程下两板间电荷量逐渐减小，但电容器的电容不变，所以电势差逐渐减小，但此时导体棒MN在加速，产生反向电动势，直到MN棒电流为零，安培力为零时，MN开始减速，直到速度为0；该过程用动量定理求导体棒的最大速度；整个过程电能全部转化为电阻和导体棒MN的内能。【解答】解：A、通过导体棒MN的电流最大时，导体棒MN所受安培力的最大，通过导体棒MN的电流最大值为：I根据安培力公式可知，导体棒MN所受安培力的最大值为：Fm=IB、当电容器两极板间的电压大于导体棒MN切割磁感线产生的感应电动势时，导体棒MN受到向右的安培力，导体棒MN做加速运动，随着导体棒MN的增大，导体棒MN切割磁感线产生的感应电动势增大，导体棒MN受到向右的安培力逐渐减小直至为零，导体棒MN最终向右匀速运动。对导体棒以向右为正，根据动量定理有：BI而该过程通过导体棒MN的电量为：q=稳定后电容器的带电量为：Q﹣q＝CU＝CBLv联立解得速度为：v=BlQB2C、由以上分析可知，导体棒MN速度最大时，电容器两极板间的电压等于导体棒MN切割磁感线产生的感应电动势，电阻R两端的电压为0，故C正确；D、根据能量守恒可知，开始时电容器中储存的部分电能转化为焦耳热和导体棒的动能，故D错误。故选：BC。【点评】本题考查电容器的动态分析，利用动态分析获得的条件来判断选项是否正确，知识点较广，难度较大。（多选）12．（2024春•江北区校级月考）如图所示，固定在水平面上的光滑导轨EF、GH平行放置，EG间宽度为FH间宽度的4倍、已知FH的间距为L、导轨右侧水平且处于竖直向上的匀强磁场中，左侧呈弧形升高。ab、cd是质量均为m、电阻均为R的金属棒、现让ab从高水平轨道高h处由静止下滑，直到两棒的速度达到稳定，两导轨足够长，重力加速度为g，下列说法正确的是（）A．ab杆一直做加速运动 B．全过程系统机械能的减少量等于电路产生的焦耳热 C．ab棒克服安培力做了多少功，电路就产生了多少焦耳热 D．cd棒最终的速度为4【考点】双杆在不等宽导轨上切割磁场的运动问题．【专题】定量思想；推理法；电磁感应与电路结合；分析综合能力；应用数学处理物理问题的能力．【答案】BD【分析】A、对于ab棒，在圆弧轨道运动一直加速，进入水平轨道后，受到与运动方向相反的安培力作用会做减速运动。金属棒下落h过程应用动能定理求解ab棒刚进入磁场时的速度，再对ab，cd分别应用动量定理列方程求解；B、根据能量守恒定律得回路产生的总热量。C、根据功能关系进行判断；D、根据动能定理结合动量定理进行求解。【解答】解：A．ab杆在弧形轨道上做加速运动，运动到水平轨道后，受到水平向左的安培力从而做减速运动，故A错误；B．根据能量守恒，全过程系统机械能的减少量等于电路产生的焦耳热，故B正确；C．根据功能关系，ab棒克服安培力做功转化为电路产生的焦耳热和cd棒的动能，即ab棒克服安培力做功大于电路中产生的焦耳热，故C错误；D．设ab棒刚到水平轨道时的速度大小为v0，根据动能定理mgh解得v0设两金属棒经过时间t，后达到稳定，稳定时ab棒的速度大小为v1，cd棒的速度大小为v2，则对ab棒根据动量定理（设v1的方向为正）-B对cd棒根据动量定理BI达到稳定时，电路中电流为0，则Eab＝Ecd即B×4Lv1＝BLv2解得v2=4故选：BD。【点评】对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，可以根据动量定理、动量守恒定律，或根据平衡条件、牛顿第二定律列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。（多选）13．（2024•梅州一模）在第70场“南方教研大讲堂”罗老师展示的课例中，她用磁力小车做了小实验。磁力小车如图甲所示，它的内部结构可以简化为如图乙所示，其中A、B是具有单向导电性的发光二极管（正向电阻为零，反向电阻为无穷大），与线圈C构成闭合回路。实验前，磁力小车静止在水平桌面上（不计一切阻力）。关于实验现象，下列说法正确的是（）A．将强磁铁N极快速靠近小车，二极管A将闪亮 B．将强磁铁S极快速靠近小车，二极管B将闪亮 C．将强磁铁N极快速靠近小车，小车将向右运动 D．将强磁铁S极快速靠近小车，小车将向左运动【考点】楞次定律及其应用．【专题】定性思想；推理法；电磁感应与电路结合；理解能力．【答案】ABC【分析】根据楞次定律判定感应电流方向，结合二极管的单向导电性判定AB选项；根据楞次定律的推广判断CD选项。【解答】解：A．将磁铁N极快速靠近线圈，向右穿过线圈的磁通量增大，由楞次定律可知，整个回路中产生逆时针方向的感应电流，二极管A正向接通，将闪亮；加在B上的是反向电压，不能闪亮，故A正确；B．将磁铁S极快速靠近线圈，穿过线圈的磁通量增大，由“楞次定律”可知，整个回路中产生顺时针方向的感应电流，则二极管B正向接通，将闪亮；加在A上的是反向电压，不能闪亮，故B正确；CD．不管是强磁铁N极快速靠近小车，还是强磁铁S极快速靠近小车，根据楞次定律的推论“来拒去留”，小车都将向右运动，故C正确，D错误。故选：ABC。【点评】本题主要考查了楞次定律的应用和二极管的导电性，解题关键是掌握二极管的单向导电性和根据楞次定律判定感应电流的方法。（多选）14．（2024•沈河区校级四模）如图甲所示，光滑且足够长的固定斜面与水平面的夹角为30°，斜面上两平行水平虚线MN和PQ之间有垂直于斜面向下的匀强磁场；PQ以下区域有垂直于斜面向上的匀强磁场，PQ两侧匀强磁场的磁感应强度大小相等。正方形导线框abcd四条边的阻值相等，t＝0时刻将处于斜面上的导线框由静止释放，开始释放时ab边恰好与虚线MN重合，之后导线框的运动方向始终垂直于两虚线，其运动的v﹣t图像如图乙所示，t1﹣t2时间内导线框的速度大小为v0，重力加速度为g，下列说法正确的是（）A．0～t1时间内，导线框的ab边一定没有经过虚线PQ B．t3～t4时间内，导线框的速度大小为v0C．t3～t4时间内，导线框a、c两点间的电势差为0 D．t2～t3时间内，导线框的位移大小为v【考点】根据B﹣t或者φ﹣t图像计算感应电动势；闭合电路欧姆定律的内容和表达式．【专题】定量思想；推理法；电磁感应中的力学问题；分析综合能力．【答案】CD【分析】在线框进入磁场和离开磁场的过程中，做变加速直线运动，根据导线框的边长与磁场区域宽度的大小判断ab边是否越过PQ边线；分析两段时间内导线框匀速运动，由平衡条件结合动生电动势公式、安培力公式求两段匀速运动的速度大小关系；根据动生电动势公式、闭合电路欧姆定律、电路中的关系等求Uac的大小；根据动量定理结合电磁感应和电路相关知识，求该时间段的位移。【解答】解：A、导线框在下滑过程中，若导线框的边长大于MN和PQ之间的磁场宽度，导线框的ab边可以经过虚线PQ，故A错误；B、由题图可知，t1﹣t2时间内，导线框速度不变。若导线框的总电阻为R，根据平衡条件可得：I1BL＝mgsinθ其中根据欧姆定律可知电流：It3﹣t4时间内，根据平衡条件可得：2I2BL＝mgsinθ其中电流：I则t3﹣t4时间内，导线框的速度大小为：v=v04C、t3﹣t4时间内，a、b两点间的电势差为：Ua、c两点间的电势差为：U故导线框a、c两点间的电势差为0，故C正确；D、由题图可知，t2﹣t3时间内导线框做减速运动，且初末速度可读，以沿斜面向下为正，根据动量定理：mgsinθ其中：q=解得导线框的位移大小为：x=v04故选：CD。【点评】本题考查电磁感应与力学的综合，要理清线框的运动过程，把握速度变化情况。要知道当线框产生感应电流时，安培力是阻碍相对运动的。因安培力不恒定，所以可运用动量定理求位移。（多选）15．（2023秋•重庆期末）如图所示，在垂直纸面且范围足够大的匀强磁场中，有一个平行纸面放置的矩形闭合线圈，O1O2和O3O4都是该线圈的对称轴。下列运动能使该线圈中产生感应电流的是（）A．该线圈在纸面内水平向右平动 B．该线圈在纸面内向上平动 C．该线圈绕O1O2转动 D．该线圈绕O3O4转动【考点】电磁感应现象的发现过程．【专题】比较思想；模型法；电磁感应与电路结合；理解能力．【答案】CD【分析】产生感应电流的条件是穿过闭合电路的磁通量发生变化。对照条件分析线框中有无感应电流产生。【解答】解：AB、该线圈在纸面内水平向右平动或该线圈在纸面内向上平动，根据Φ＝BS可知，穿过该线圈的磁通量不变，线圈中不能产生感应电流，故AB错误；CD、该线圈绕O1O2转动或绕O3O4转动，穿过该线圈的磁通量要发生变化，线圈中能产生感应电流，故CD正确。故选：CD。【点评】根据产生感应电流的条件，判断线圈中是否有感应电流产生是电磁感应中的基本要求，可根据磁感线的变化或公式Φ＝BS，判断磁通量的变化，从而判断有无感应电流产生。三．解答题（共5小题）16．（2023秋•抚顺期末）固定在水平桌面上的水平粗糙导轨处于垂直桌面向上的匀强磁场中，磁感应强度大小B＝1T，导轨间距L＝1m。左侧接有定值电阻R＝2Ω。如图甲所示（俯视图），一质量m＝2kg、阻值r＝2Ω的金属棒在水平拉力F的作用下由静止开始从CD处沿导轨向右加速运动，金属棒的v﹣x图像如图乙所示。若金属棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.25，则金属棒在从起点出发到发生x＝1m位移的过程中，取重力加速度大小g＝10m/s2，求：（1）金属棒克服安培力做的功W1；（2）拉力F做的功W；（3）整个过程系统产生的总热量Q。【考点】电磁感应过程中的能量类问题；闭合电路欧姆定律的内容和表达式；导体平动切割磁感线产生的感应电动势．【专题】定量思想；推理法；电磁感应——功能问题；推理能力．【答案】（1）金属棒克服安培力做的功W1为0.25J；（2）拉力F做的功W为9.25J；（3）整个过程系统产生的总热量Q为5.25J。【分析】（1）根据安培力公式、闭合电路欧姆定律、法拉第电磁感应定律可得金属棒所受的安培力与位移的关系，根据此关系分析求解金属棒克服安培力做的功。（2）根据动能定理解答。（3）根据能量守恒定律与功能关系解答。【解答】解：（1）由题图可得：v＝2x根据安培力公式、闭合电路欧姆定律、法拉第电磁感应定律可得金属棒所受的安培力大小为：FA＝BIL＝BL•ER+r=BL联立解得：FA＝0.5x可知FA与x是线性关系，当x＝0时安培力FA1＝0，当x＝1m时，安培力FA2＝0.5N，则金属棒从起点出发到发生x＝1m位移的过程中，金属棒克服安培力做的功为：W1=12（FA1+FA2）x，其中：x解得：W1＝0.25J（2）根据动能定理得：W﹣μmgx﹣W1=12mv解得：W＝9.25J（3）根据能量守恒定律与功能关系，可得外力做的功等于系统产生热量和动能，则有：Q=W-解得：Q＝5.25J答：（1）金属棒克服安培力做的功W1为0.25J；（2）拉力F做的功W为9.25J；（3）整个过程系统产生的总热量Q为5.25J。【点评】本题考查了电磁感应现象中的功能关系问题。掌握根据安培力公式、闭合电路欧姆定律、法拉第电磁感应定律求解安培力的过程，掌握电磁感应现象中的能量转化与功能关系。17．（2024秋•寻甸县月考）如图甲所示，粗糙且相互平行的两导轨固定在同一水平面内，导轨间距L＝1m，导轨左侧接有阻值R＝0.5Ω的定值电阻。金属棒ab垂直导轨放置，与导轨和定值电阻围成面积S＝1m2的闭合回路，空间存在方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的图像如图乙所示。0～1.0s时间内属棒ab始终保持静止，导轨和金属棒ab电阻可忽略不计。求：（1）t＝0.5s时刻，金属棒ab受到的摩擦力大小；（2）0～0.5s时间内，定值电阻R上产生的焦耳热。【考点】电磁感应过程中的能量类问题；用闭合电路的欧姆定律计算电路中的电压和电流．【专题】定量思想；推理法；电磁感应——功能问题；电磁感应中的力学问题；分析综合能力．【答案】（1）t＝0.5s时刻，金属棒ab受到的摩擦力大小0.64N；（2）0～0.5s时间内，定值电阻R上产生的焦耳热0.64J。【分析】（1）由法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、安培力公式求金属棒ab受到的摩擦力大小；（2）根据焦耳定律求定值电阻R上产生的焦耳热。【解答】解：（1）根据法拉第电磁感应定律得E=ΔBSt＝0.5s时，回路中的磁感应强度大小为B＝0.4T根据闭合电路欧姆定律可得回路中的感应电流大小为I=E金属ab处于静止状态，由平衡条件可得f＝BIL联立解得f＝0.64N（2）0～0.5s时间内，根据焦耳定律可得Q＝I2Rt联立解得Q＝0.64J答：（1）t＝0.5s时刻，金属棒ab受到的摩擦力大小0.64N；（2）0～0.5s时间内，定值电阻R上产生的焦耳热0.64J。【点评】对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。18．（2024•浙江开学）如图所示，间距为L、与水平面夹角θ＝30°的平行金属轨道间存在垂直轨道平面向下、磁感应强度为B（满足B2=mR5L2gL）的匀强磁场，平行导轨通过单刀双掷开关与一只阻值为R的电阻或减速装置相连，减速装置由半径为L的圆环、转轴和一根阻值为R的金属短棒焊接而成，圆环边缘和转轴通过电刷连入电路。圆环内存在垂直圆环平面向上、磁感应强度为B的匀强磁场。质量为m、阻值为R的金属杆垂直轨道放置，初始位置离轨道底端终点的距离为25L，不计杆与轨道间的摩擦，忽略焊点、电刷、导线和导轨的电阻。现将开关S打到a端与电阻相连，将金属杆由静止释放，最终金属杆匀速冲过终点；再将开关S打到b端与减速装置相连，将金属杆放回初始位置，并使其获得平行斜面向下、大小为（1）开关S打到a时，金属杆最终的速度；（2）开关S打到a时，金属杆到达轨道底端终点的时间；（3）开关S打到b时，减速装置转动的角速度ω与运动时间的关系。【考点】电磁感应过程中的动力学类问题；共点力的平衡问题及求解．【专题】定量思想；推理法；电磁感应中的力学问题；分析综合能力．【答案】（1）开关S打到a时，金属杆最终的速度为5gL；（2）开关S打到a时，金属杆到达轨道底端终点的时间为15Lg（3）开关S打到b时，减速装置转动的角速度ω与运动时间的关系为ω＝10gL+gLt（t【分析】（1）开关S打到a时，金属杆最终将匀速运动，根据受力平衡解答；（2）根据动量定理分析解答；（3）根据牛顿第二定律结合闭合电路欧姆定律分析解答。【解答】解：（1）开关S打到a时，金属杆最终将匀速运动，由受力分析可知mgsinθ＝BI1L又因为I1=将B2=mRv1＝5gL（2）规定向下为正方向，根据动量定理：mgtsinθ-∑B2L2v∑vΔt＝25L解得t＝15L（3）金属杆做匀减速运动，则有a=由牛顿第二定律可知BIL﹣mgsinθ＝ma解得I=由闭合电路欧姆定律可知I=又v＝v0﹣at联立解得：ω＝10gL+gLt（t答：（1）开关S打到a时，金属杆最终的速度为5gL；（2）开关S打到a时，金属杆到达轨道底端终点的时间为15Lg（3）开关S打到b时，减速装置转动的角速度ω与运动时间的关系为ω＝10gL+gLt（t【点评】本题是导轨问题，要熟练运用切割公式、欧姆定律公式和安培力公式，同时要注意涉及动量定理求解的方法。19．（2024春•沙坪坝区校级月考）在水平面上固定有两光滑平行金属导轨，如图（a）所示。虚线MN左侧存在着竖直向下的匀强磁场，导体棒a、b、c垂直静止在导轨上且接触良好，导体棒b、c用轻质绝缘杆相连，三根导体棒的长度以及导轨宽度均为L＝0.6m。现固定导体棒b、c，对导体棒a施加一个与其垂直的力F，使导体棒a做匀加速直线运动，F随导体棒a的速度v的变化图像如图（b）所示，经时间t＝3s撤去拉力，同时释放导体棒b、c。经过一段时间三根导体棒运动状态达到稳定，此时a棒仍未出磁场，导体棒a、b间的距离x=23m，已知三根导体棒质量相同，均为m＝0.1kg，电阻相同，均为r＝0.2（1）磁场的磁感应强度和撤去拉力时导体棒a的速度；（2）从撤去F到运动状态达到稳定过程中导体棒b上产生的焦耳热；（3）导体棒b穿出磁场瞬间的速度和此时轻杆对导体棒b拉力的大小（忽略磁场的边界效应）。【考点】动量定理在电磁感应问题中的应用；动量守恒定律在电磁感应问题中的应用；电磁感应过程中的动力学类问题；电磁感应过程中的能量类问题．【专题】定量思想；极端假设法；电磁感应与图象结合；应用数学处理物理问题的能力．【答案】（1）磁场的磁感应强度为0.5T，导体棒a的速度为6m/s；（2）导体棒b上产生的焦耳热为0.2J；（3）导体棒b穿出磁场瞬间的速度为1m/s，轻杆对导体棒b的拉力大小为0.15N。【分析】（1）由法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿第二定律可以得到加速度与磁感应强度、速度的关系式，结合图像中外力与速度的图像，可以计算磁感应强度和导体棒的速度；（2）根据导体棒撤去拉力后的功能转换关系，结合动量守恒可以计算产生的焦耳热；（3）由动量定理可以计算穿出磁场时的速度，根据动生电动势的公式、欧姆定律可以计算轻杆对b的拉力。【解答】解：（1）设导体棒a任意时刻速度为v，根据法拉第电磁感应定律有：E＝BLv，根据欧姆定律，电流为：I=E设a棒的加速度为a1，根据牛顿第二定律有：F﹣BIL＝ma1，整理得：F=ma结合图（b）有：0.2N＝ma1，解得：a1=2m/s2，则t＝3s时导体棒a的速度：v1＝a1t，解得：v1＝6m/s；（2）设导体棒撤去拉力后达到的稳定状态时速度为v2，取向右为正方向，根据动量守恒定律有：mv1＝3mv2，解得：v2＝2m/s；回路中产生的总焦耳热为Q，根据功能关系有：12mv12导体棒b上产生的焦耳热：Qb=13Q×1（3）把导体棒b、c看成一根棒，设导体棒b穿出磁场时速度为v3，a穿出磁场后，在任意极短时间Δt内，对导体棒b、c根据动量定理有：BBL对从a穿出磁场到b穿出磁场整个过程有：-2B2L2此时导体棒切割磁感线产生的电动势：Ec＝BLv3，解得：Ec＝0.3V，电流：IC=ECr+r2，代入得：IC＝1A，对导体棒b、c整体设加速度为a2，则：轻杆对导体棒b的拉力：F′＝ma2，解得：F′＝0.15N。答：（1）磁场的磁感应强度为0.5T，导体棒a的速度为6m/s；（2）导体棒b上产生的焦耳热为0.2J；（3）导体棒b穿出磁场瞬间的速度为1m/s，轻杆对导体棒b的拉力大小为0.15N。【点评】本题考查多个杆在磁场中运动的问题，在撤去拉力后，相当于无源无外力的情况，对整体可以用动量守恒；难点是：分析b受力时，需要先将bc作为一个整体，得到整体的运动状态后，再分析b的受力，从而得到轻杆对b的力。20．（2024春•沙坪坝区校级月考）如图所示，水平面上固定两条光滑金属轨道，两导轨PQ、PR关于x轴对称放置且与x轴夹角均为θ＝37°，在x轴上P点接触良好；长为d＝1.2m的金属杆CD置于y轴上时，杆两端点CD恰好与导轨和y轴的两交点重合。整个装置处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B＝1T。现给杆的中点施加外力，使杆以速度v＝4m/s沿x轴正方向匀速运动，运动过程中杆始终与y轴平行。已知导轨和杆单位长度电阻均为λ＝1Ω/m，杆与导轨始终接触良好，接触电阻不计，sin37°＝0.6。（提示：可以用F﹣x图像下的“面积”代表力F所做的功）求：（1）杆在O位置时，杆上通过的电流大小；（2）杆从O位置运动到P位置过程中，杆两端点CD间的电势差UCD与杆所在处的横坐标x的关系式；（3）杆从O位置运动到P位置，杆产生的焦耳热Q。【考点】导体切割磁感线时的有效长度问题；电磁感应过程中的能量类问题；电磁感应过程中的电路类问题．【专题】定量思想；推理法；电磁感应与电路结合；推理能力．【答案】（1）杆在O位置时，杆上通过的电流大小为1.5A；（2）杆从O位置运动到P位置过程中，杆两端点CD间的电势差UCD与杆所在处的横坐标x的关系式为UCD＝（3+2.25x）V；（3）杆从O位置运动到P位置，杆产生的焦耳热Q为0.27J。【分析】（1）杆在O位置时，根据E＝Bdv求杆产生的感应电动势，结合回路的总电阻，由闭合电路欧姆定律求杆上通过的电流大小；（2）杆从O位置运动到P位置过程中，先根据几何关系求出杆与导轨接触的两点产生的感应电动势，确定这两点间的电势差，再求CD间的电势差UCD；（3）根据功能关系结合焦耳定律求解杆从O位置运动到P位置，杆产生的焦耳热Q。【解答】解：（1）杆在O位置时，根据闭合电路的欧姆定律结合法拉第电磁感应定律可得I=E电路中的电阻R=d(1+1代入数据解得R＝3.2Ω解得杆上通过的电流大小I＝1.5A（2）杆移动至x位置时，等效电路如图所示导轨接入闭合电路的电阻R'金属杆接入回路部分电阻r=2(2金属杆接入回路的电动势为E1金属杆未接入回路的电动势为E2金属杆接入回路的两端电压为U=R'杆两端点CD间的电势差UCD与杆所在处的横坐标x的关系式UCD（3）由题意得，杆在滑动时，电流I始终保持不变，由于杆匀速运动F=FF﹣x图线与x轴所围面积表示力F做的功，则WF＝7.2J因此，杆产生的焦耳热Q=r代入数据解得Q＝0.27J答：（1）杆在O位置时，杆上通过的电流大小为1.5A；（2）杆从O位置运动到P位置过程中，杆两端点CD间的电势差UCD与杆所在处的横坐标x的关系式为UCD＝（3+2.25x）V；（3）杆从O位置运动到P位置，杆产生的焦耳热Q为0.27J。【点评】对于电磁感应现象中涉及电路问题的分析方法是：确定哪部分相当于电源，根据电路连接情况画出电路图，结合法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律、以及电功率的计算公式列方程求解。

考点卡片1．共点力的平衡问题及求解【知识点的认识】1.共点力（1）定义：如果一个物体受到两个或更多力的作用，这些力共同作用在物体的在同一点上，或者虽不作用在同一点上，但它们的延长线交于一点，这几个力叫作共点力。（2）力的合成的平行四边形定则只适用于共点力。2.共点力平衡的条件（1）平衡状态：物体保持静止或匀速直线运动的状态。（2）平衡条件：在共点力作用下物体平衡的条件是合力为0。3.对共点力平衡条件的理解及应用合外力等于0，即F合＝0→正交分解法Fx合=0Fy合=0，其中Fx合和Fy4.平衡条件的推论（1）二力平衡：若物体在两个力作用下处于平衡状态，则这两个力一定等大、反向。（2）三力平衡：若物体在三个共点力作用下处于平衡状态，则任意两个力的合力与第三个力等大、反向。（3）多力平衡：若物体在n个共点力作用下处于平衡状态，则其中任意一个力必定与另外（n﹣1）个力的合力等大、反向。5.解答共点力平衡问题的三种常用方法6.平衡中的临界、极值问题a.临界问题（1）问题特点：①当某物理量发生变化时，会引起其他几个物理量的变化。②注意某现象“恰好出现”或“恰好不出现”的条件。（2）分析方法：基本方法是假设推理法，即先假设某种情况成立，然后根据平衡条件及有关知识进行论证、求解。b.极值问题（1）问题界定：物体平衡的极值问题，一般指在力的变化过程中涉及力的最大值和最小值的问题。（2）分析方法：①解析法：根据物体平衡的条件列出方程，在解方程时，采用数学知识求极值或者根据物理临界条件求极值。②图解法：根据物体平衡的条件作出力的矢量图，画出平行四边形或者矢量三角形进行动态分析，确定最大值或最小值。7.“活结”与“死结”、“活杆”与“死杆”模型（1）“活结”与“死结”模型①“活结”一般是由轻绳跨过光滑滑轮或者绳上挂一光滑挂钩而形成的。绳虽然因“活结”而弯曲，但实际上是同一根绳，所以由“活结”分开的两段绳上弹力的大小一定相等，两段绳合力的方向一定沿这两段绳夹角的平分线。②“死结”两侧的绳因结而变成了两根独立的绳，因此由“死结”分开的两段绳上的弹力不一定相等。（2）“活杆”与“死杆”模型①“活杆”：指轻杆用转轴或铰链连接，当轻杆处于平衡状态时，轻杆所受到的弹力方向一定沿着杆，否则会引起轻杆的转动。如图甲所示，若C为转轴，则轻杆在缓慢转动中，弹力方向始终沿杆的方向。②“死杆”：若轻杆被固定，不发生转动，则轻杆所受到的弹力方向不一定沿杆的方向。如图乙所示，水平横梁的一端A插在墙壁内，另一端B装有一个小滑轮，绳的一端C固定于墙壁上，另一端跨过滑轮后悬挂重物m。滑轮对绳的作用力应为图丙中两段绳中拉力F1和F2的合力F的反作用力，即AB杆弹力的方向不沿杆的方向。【命题方向】例1：在如图所示的甲、乙、丙、丁四幅图中，滑轮光滑且所受的重力忽略不计，滑轮的轴O安装在一根轻木杆P上，一根轻绳ab绕过滑轮，a端固定在墙上，b端下面挂一质量为m的重物。当滑轮和重物都静止不动时，甲、丙、丁图中木杆P与竖直方向的夹角均为θ，乙图中木杆P竖直。假设甲、乙、丙、丁四幅图中滑轮受到木杆P的弹力的大小依次为FA、FB、FC、FD，则以下判断正确的是（）A.FA＝FB＝FC＝FDB.FD＞FA＝FB＞FCC.FA＝FC＝FD＞FBD.FC＞FA＝FB＞FD分析：对滑轮受力分析，受两个绳子的拉力和杆的弹力；滑轮一直保持静止，合力为零，故杆的弹力与两个绳子的拉力的合力等值、反向、共线。解答：由于两个绳子的拉力大小等于重物的重力，大小不变，即四个选项中绳子的拉力是大小相等的，根据平行四边形定则知两个力的夹角越小，则合力越大，即滑轮两边绳子的夹角越小，绳子拉力的合力越大，故丁图中绳子拉力合力最大，则杆的弹力最大，丙图中夹角最大，绳子拉力合力最小，则杆的弹力最小，甲图和乙图中的夹角相同，则绳子拉力合力相等，则杆的弹力相等，所以甲、乙、丙、丁四幅图中滑轮受到木杆P的弹力的大小顺序为：FD＞FA＝FB＞FC，故B正确，ACD错误。故选：B。本题考查的是力的合成与平衡条件在实际问题中的应用，要注意杆的弹力可以沿着杆的方向也可以不沿着杆方向，结合平衡条件分析是关键。例2：如图所示，两根等长的轻绳将日光灯悬挂在天花板上，两绳与竖直方向的夹角都为45°，日光灯保持水平，所受重力为G。则（）A.两绳对日光灯拉力的合力大小等于GB.两绳的拉力和重力不是共点力C.两绳的拉力大小均为22D.两绳的拉力大小均为G分析：两绳的拉力和重力是共点力，根据合力为零分析AB选项；根据对称性可知，左右两绳的拉力大小相等，分析日光灯的受力情况，由平衡条件求解绳子的拉力大小。解答：B．对日光灯受力分析如图：两绳拉力的作用线与重力作用线的延长线交于一点，这三个力是共点力，故B错误；A．由于日光灯在两绳拉力和重力作用下处于静止状态，所以两绳的拉力的合力与重力G等大反向，故A正确；CD．由于两个拉力的夹角成直角，且都与竖直方向成45°角，则由力的平行四边形定则可知：G=F12+F22，F1＝F2，解得：F1＝F故选：AC。点评：本题主要是考查了共点力的平衡，解答本题的关键是：确定研究对象、进行受力分析、进行力的合成，利用平衡条件建立方程进行解答。例3：如图，三根长度均为l的轻绳分别连接于C、D两点，A、B两端被悬挂在水平天花板上，相距2l。现在C点上悬挂一个质量为m的重物，为使CD绳保持水平，在D点上可施加力的最小值为（）A.mgB.33C.12D.14分析：根据物体的受力平衡，依据几何关系求解即可。解答：依题得，要想CD水平，则各绳都要紧绷，根据几何关系可知，AC与水平方向的夹角为60°，结点C受力平衡，则受力分析如图所示因此CD的拉力为T＝mg•tan30°D点受CD绳子拉力大小等于T，方向向左。要使CD水平，则D点两绳的拉力与外界的力的合力为零，则CD绳子对D点的拉力可分解为沿BD绳的F1以及另一分力F2。由几何关系可知，当F2与BD垂直时，F2最小，F2的大小即为拉力大小，因此有F2min＝T•sin60°=1故ABD错误，C正确。故选：C。点评：本题考查的是物体的受力平衡，解题的关键是当F2与BD垂直时，F2最小，F2的大小即为拉力大小。例4：如图甲所示，细绳AD跨过固定的水平轻杆BC右端的轻质光滑定滑轮悬挂一质量为M1的物体，∠ACB＝30°；图乙中轻杆HG一端用铰链固定在竖直墙壁上，另一端G通过细绳EG拉住，EG与水平方向的夹角为30°，在轻杆的G点用细绳GF悬挂一质量为M2的物体（都处于静止状态），求：（1）细绳AC的张力FTAC与细绳EG的张力FTEG之比；（2）轻杆BC对C端的支持力；（3）轻杆HG对G端的支持力。分析：（1）根据力的分解及几何关系解答。（2）图甲中对滑轮受力分析，运用合成法求解细绳AC段的张力FAC与轻杆BC对C端的支持力；（3）乙图中，以C点为研究对象，根据平衡条件求解细绳EG段的张力F2以及轻杆HG对G端的支持力。解答：下图（a）和下图（b）中的两个物体M1、M2都处于平衡状态，根据平衡的条件，首先判断与物体相连的细绳，其拉力大小等于物体的重力；分别取C点和G点为研究对象，进行受力分析如图（a）和右图（b）所示，根据平衡规律可求解。（1）上图（a）中轻绳AD跨过定滑轮拉住质量为M1的物体，物体处于平衡状态，轻绳AC段的拉力FTAC＝FCD＝M1g；上图（b）中由于FTEGsin30°＝M2g得FEG＝2M2g所以FTAC：FTEG＝M1：2M2。（2）上图（a）中，根据FAC＝FCD＝M1g且夹角为120°故FNC＝FAC＝M1g，方向与水平方向成30°，指向斜右上方。（3）上图（b）中，根据平衡方程有FNG=M2gtan30°答：（1）轻绳AC段的张力FAC与细绳EG的张力FEG之比为M1（2）轻杆BC对C端的支持力为M1g，指向斜右上方；（3）轻杆HG对G端的支持力大小为3M2g方向水平向右。点评：本题首先要抓住定滑轮两端绳子的特点，其次要根据平衡条件，以C、G点为研究对象，按力平衡问题的一般步骤求解。【解题思路点拨】1.在分析问题时，注意“静止”和“v＝0”不是一回事，v＝0，a=0时，是静止，是平衡状态2.解答共点力平衡问题的一般步骤（1）选取研究对象，对于有相互作用的两个或两个以上的物体构成的系统，应明确所选研究对象是系统整体还是系统中的某一个物体（整体法或隔离法）。（2）对所选研究对象进行受力分析，并画出受力分析图。（3）对研究对象所受的力进行处理，对三力平衡问题，一般根据平衡条件画出力合成时的平行四边形。对四力或四力以上的平衡问题，一般建立合适的直角坐标系，对各力按坐标轴进行分解。（4）建立平衡方程，对于四力或四力以上的平衡问题，用正交分解法列出方程组。3.临界与极值问题的分析技巧（1）求解平衡中的临界问题和极值问题时，首先要正确地进行受力分析和变化过程分析，找出平衡中的临界点和极值点。（2）临界条件必须在变化中寻找，不能停留在一个状态来研究临界问题，而是要把某个物理量推向极端，即极大或极小，并依此作出科学的推理分析，从而给出判断或结论。2．闭合电路欧姆定律的内容和表达式【知识点的认识】1.内容：闭合电路的电流跟电源的电动势成正比跟内、外电路的电阻之和成反比。2.表达式：I=ER+r，E表示电动势，I表示干路总电流，R表示外电路总电阻，3.闭合电路中的电压关系：闭合电路中电源电动势等于内、外电路电势降落之和E＝U外+U内。4.由E＝U外+U内可以得到闭合电路欧姆定律的另一个变形U外＝E﹣Ir。【命题方向】在已接电源的闭合电路里，关于电源的电动势、内电压、外电压的关系应是（）A、如外电压增大，则内电压增大，电源电动势也会随之增大B、如外电压减小，内电阻不变，内电压也就不变，电源电动势必然减小C、如外电压不变，则内电压减小时，电源电动势也随内电压减小D、如外电压增大，则内电压减小，电源的电动势始终为二者之和，保持恒量分析：闭合电路里，电源的电动势等于内电压与外电压之和．外电压变化时，内电压也随之变化，但电源的电动势不变．解答：A、如外电压增大，则内电压减小，电源电动势保持不变。故A错误。B、如外电压减小，内电阻不变，内电压将增大，电源电动势保持不变。故B错误。C、如外电压不变，则内电压也不变。故C错误。D、根据闭合电路欧姆定律得到，电源的电动势等于内电压与外电压之和，如外电压增大，则内电压减小，电源的电动势保持恒量。故D正确。故选：D。点评：本题要抓住电源的电动势是表征电源的本身特性的物理量，与外电压无关．【解题思路点拨】闭合电路的几个关系式的对比3．用闭合电路的欧姆定律计算电路中的电压和电流【知识点的认识】闭合电路的欧姆定律的表达式为（1）I=（2）E＝U内+U外（3）U＝E﹣Ir可以根据具体的问题选择合适的公式计算电路的电压、电流、电阻等参数。【命题方向】如图所示的电路中，电源电动势E＝6V，电源的内阻r＝2Ω，电阻R1＝3Ω，电阻R2＝6Ω．当闭合电键S后，流过R2的电流为（）A、12AB、1AC、211AD、分析：根据闭合电路的欧姆定律求出通过电源的电流，再由并联电路的特点知通过R2的电流。解答：R1，R2并联后的电阻R=R1根据闭合电路的欧姆定律，流过电源的电流I=ER+r通过R1的电流为I2=R1R1+R2I故选：A。点评：本题主要考查了闭合电路欧姆定律的直接应用，要求同学们能正确分析电路的结构，掌握并联电阻的计算方法。【解题思路点拨】闭合电路的几个关系式的对比4．通电直导线周围的磁场【知识点的认识】几种常见的磁场如下：直线电流的磁场通电螺线管的磁场环形电流的磁场特点无磁极、非匀强，且距导线越远处磁场越弱与条形磁铁的磁场相似，管内为匀强磁场，管外为非匀强磁场环形电流的两侧是N极和S极，且离圆环中心越远，磁场越弱安培定则本考点主要针对通电直导线周围的磁场分布【命题方向】如图所示、导绒中通入由A向B的电流时，用轻绳悬挂的小磁针（）A、不动B、N极向纸里，S极向纸外旋转C、向上运动D、N极向纸外，s极向纸里旋转分析：根据安培定则可明确小磁针所在位置的磁场方向，从而确定小磁针的偏转方向。解答：根据安培定则可知，AB上方的磁场向外，则小磁针的N极向纸外，S极向纸里旋转，故D正确，ABC错误。故选：D。点评：本题考查安培定则的内容，对于直导线，用手握住导线，大拇指指向电流方向，四指环绕的方向为磁场的方向。【解题思路点拨】1.电流的方向跟它的磁感线方向之间的关系可以用安培定则（右手螺旋定则）来判断。各种电流的磁场磁感线判断方法如下：（1）直线电流：右手握住导线，让伸直的拇指所指的方向与电流的方向一致，弯曲的四指所指的方向就是磁感线环绕的方向。（2）环形电流：让右手弯曲的四指与环形电流的方向一致，伸直的拇指所指的方向就是环形导线轴线上磁场的方向。（3）通电螺线管：右手握住螺线管，让弯曲的四指跟电流的方向一致，拇指所指的方向就是螺线管磁场的方向，或者说拇指所指的就是通电螺线管N极的方向。2.特别提醒（1）磁场是分布在立体空间的，（2）利用安培定则不仅可以判断磁场的方向，还可以根据磁场的方向判断电流的方向。（3）应用安培定则判定直线电流时，四指所指的方向是导线之外磁场的方向；判定环形电流和通电螺线管电流时，拇指的指向是线圈轴线上磁场的方向。（4）环形电流相当于小磁针，通电螺线管相当于条形磁铁，应用安培定则判断时，拇指所指的一端为它的N极。5．磁通量的计算【知识点的认识】1.当平面与磁场垂直时，穿过平面的磁通量为：Φ＝BS。2.当平面与磁场不垂直时，S应该为平面与磁感线方向上的投影面积，如下图图中穿过平面的磁通量为Φ＝BScosθ。式中Scosθ即为平面S在垂直于磁场方向上的投影面积，也称为“有效面积”3.磁通量的正、负（1）磁通量是标量，但有正、负，当以磁感线从某一面上穿入时，磁通量为正值，则磁感线从此面穿出时即为负值。（2）若同时有磁感线沿相反方向穿过同一平面，且正向磁通量大小为Φ1，反向通量大小为Φ2，则穿过该平面的合磁通量Φ＝Φ1﹣Φ2。【命题方向】如图所示，在一半径为r的圆形区域内有磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。现将匝数为n、半径为R（R＞r）的圆形线圈垂直纸面放置，使其轴线经过磁场区域的圆心，则穿过线圈的磁通量为（）A、πBr2B、πBR2C、nπBR2D、nπBr2分析：根据磁通量公式Φ＝BS分析求解；注意S为垂直于磁场方向上的有效面积，磁通量与匝数无关。解答：磁通量与匝数无关，线圈在磁场中的有效面积S＝πr2，根据磁通量的公式Φ＝BS可知，穿过线圈的磁通量Φ＝πBr2，故A正确，BCD错误。故选：A。点评：本题考查了磁通量的定义，解题的关键是明确垂直于磁场方向上的有效面积，根据磁通量公式求解。【解题思路点拨】对磁通量的理解（1）Φ＝B•S的含义：Φ＝BS只适用于磁感应强度B与面积S垂直的情况．当B与S平面间的夹角为θ时，则有Φ＝BSsinθ．可理解为Φ＝BSsinθ，即Φ等于B与S在垂直于B方向上投影面积的乘积．也可理解为Φ＝BsinθS，即Φ等于B在垂直于S方向上的分量与S的乘积．如图（1）所示．（2）面积S的含义：S不一定是某个线圈的真正面积，而是线圈在磁场范围内的面积．如图（2）所示，S应为线圈面积的一半．（3）多匝线圈的磁通量：多匝线圈内磁通量的大小与线圈匝数无关，因为不论线圈匝数多少，穿过线圈的磁感线条数相同，而磁感线条数可表示磁通量的大小．（4）合磁通量求法：若某个平面内有不同方向和强弱的磁场共同存在，当计算穿过这个面的磁通量时，先规定某个方向的磁通量为正，反方向的磁通量为负，平面内各个方向的磁通量的代数和等于这个平面内的合磁通量．6．电磁感应现象的发现过程【知识点的认识】1.提出物理问题：奥斯特发现的电流的磁效应，证实了电现象和磁现象是有联系的。人们从电流磁效应的对称性角度，开始思考如下问题；既然电流能够引起磁针的运动，那么，为什么不能用磁体使导线中产生电流呢？2.法拉第的探索：法拉第提出了“由磁产生电”的设想，并为此进行了长达10年的探索，从中领悟到，“磁生电”是一种在变化、运动的过程中才能出现的效应。3.电磁感应现象的发现：1831年，法拉第把两个线圈绕在一个铁环上（如下图），一个线圈接电源，另一个线圈接“电流表”。当给一个线圈通电或断电的瞬间，在另一个线圈上出现了电流。他在1831年8月29日的日记中写下了首次成功的记录。4.电磁感应现象发现的意