2025年高考备考高中物理个性化分层教辅中等生篇《电磁感应》

第1页（共1页）2025年高考备考高中物理个性化分层教辅中等生篇《电磁感应》一．选择题（共10小题）1．（2024春•滨州期末）滨州市位于北纬37°，如图，某同学在滨州市内骑行上学，该同学从西往东沿直线以速度v骑行，该处地磁场的水平分量大小为B1，竖直分量大小为B2，自行车车把为直把、金属材质，车把长为l，车轮的直径为d，辐条长度近似等于车轮半径，只考虑自行车在地磁场中的电磁感应，下列说法正确的是（）A．图示位置中辐条A点电势比B点电势低12B．图示位置中辐条A点电势比B点电势高14C．车把左端的电势比车把右端的电势低B2lv D．自行车改为南北骑向，自行车车把两端电动势要降低2．（2024春•宁波期末）如图所示的电路中，A、B是规格相同的灯泡，L是自感系数较大、电阻可以忽略不计的线圈，电源电动势E不变。下列说法正确的是（）A．合上S，电流稳定后A、B亮度相同 B．合上S的瞬间，A、B同时亮，之后A逐渐熄灭 C．电流稳定后断开S的瞬间，A、B均立即熄灭 D．电流稳定后断开S的瞬间，A立即熄灭，B闪亮后逐渐熄灭3．（2024•海安市开学）如图所示，条形磁铁以速度v向螺线管靠近。下列说法正确的是（）A．螺线管会产生感应电流 B．螺线管不会产生感应电流 C．只有磁铁速度足够大，螺线管才会产生感应电流 D．只有磁铁磁性足够强，螺线管才会产生感应电流4．（2024•南通三模）如图所示，匀强磁场中水平放置两足够长的光滑平行金属导轨，导轨的左侧连接电池E和电容器C，单刀双掷开关S接1，金属棒ab在导轨上处于静止状态。在t0时刻S接2，金属棒ab在导轨上向右运动过程中棒始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，不计导轨电阻。则金属棒两端电压Uab、速度v、电容器所带电荷量q、回路中电流强度i随时间t变化的关系图像可能正确的是（）A． B． C． D．5．（2024春•大通县期末）如图所示，是法拉第最初发现电磁感应现象的实验装置示意图，软铁环上绕有M、M两个线圈，关于该实验下列说法正确的是（）A．当S保持闭合时，M、N中都有恒定电流 B．当S断开瞬间，M中电流立即消失、N中也没有电流 C．当S由断开到闭合瞬间，N中有图中箭头所指方向电流 D．当S由闭合到断开瞬间，N中有图中箭头所指方向电流6．（2024•如皋市校级开学）如图所示，在xOy平面内有以y轴为边界的磁感应强度大小相等、方向相反的两匀强磁场，金属圆环的圆心为O。下列过程会使环中产生感应电流的是（）A．环沿y轴平移一小段距离 B．环沿x轴平移一小段距离 C．环绕y轴转动一小角度 D．环绕x轴转动一小角度7．（2024春•福州期末）如图，A、B是两个规格相同的小灯泡，L为自感系数较大的线圈，A1、A2是零刻度在中间的相同电流表，闭合开关稳定后，调节滑动变阻器R，使A1、A2两电流表示数相同，偏转方向相同，两个灯泡的亮度相同。则下列说法正确的是（）A．闭合S瞬间，灯泡A立刻变亮，灯泡B逐渐变亮 B．闭合S瞬间，电流表A1示数大于A2示数 C．闭合S稳定后，断开S瞬间，灯泡B先闪亮一下，再熄灭 D．闭合S稳定后，断开S瞬间，电流表A1和A2指针偏转方向相反8．（2024春•番禺区校级期中）小明同学利用如图所示的电路采用伏安法测定线圈的直流电阻（自感系数较大的线圈一般都有直流电阻），在实验测量完毕后，他将电路拆去时先断开开关S1，再断开开关S2，对他的操作步骤，正确的判断是（）A．他的操作步骤正确，其目的是可以同时保护两个电表 B．他的操作步骤不正确，应先断开开关S2，确保电压表安全 C．他的操作步骤不正确，应先断开开关S2，确保电流表安全 D．他的操作步骤不正确，应先拆去电流表，确保电流表安全9．（2024春•番禺区校级期中）如图，半径为R的金属圆盘水平放置在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B，圆盘圆心处固定一个摇柄，边缘和圆心处各与一个黄铜电刷紧贴，用导线将电刷与零刻度在中央的电流表连接起来形成回路。转动摇柄，使圆盘逆时针（俯视）以角速度ω匀速转动。下列说法正确的是（）A．电流表中将产生交变电流 B．有从导线b流入电流表的稳定电流 C．圆盘转动产生大小为Bω2R的稳定电动势 D．由于圆盘的磁通量不变，圆盘上无感应电动势10．（2024•赣州二模）如图甲所示为某电动牙刷的无线充电示意图，送电线圈以由a到b为电流的正方向，当送电线圈通过如图乙所示的电流时，在0～t1时间内（）A．受电线图中产生的感应电流增大且方向由d到c B．受电线圈中产生的感应电流减小且方向由d到c C．受电线圈中产生的感应电流增大且方向由c到d D．受电线圈中产生的感应电流减小且方向由c到d二．多选题（共5小题）（多选）11．（2024•郫都区校级模拟）某研究性学习小组的同学设计的电梯坠落的应急安全装置如图所示，在电梯挂厢上安装永久磁铁，并在电梯的井壁上铺设线圈，这样可以在电梯突然坠落时减小对人员的伤害。关于该装置，下列说法正确的是（）A．当电梯坠落至永久磁铁在线圈A、B之间时，闭合线圈A、B中的电流方向相同 B．当电梯坠落至永久磁铁在线圈A、B之间时，闭合线圈A、B中的电流方向相反 C．当电梯坠落至永久磁铁在线圈A、B之间时，闭合线圈A、B均对电梯的下落起阻碍作用 D．当电梯坠落至永久磁铁在线圈B下方时，闭合线圈A、B不再对电梯的下落起阻碍作用（多选）12．（2023秋•天津期末）如图所示，正确连接电路后，下列图示情景中能产生感应电流的是（）A．图甲中使导体棒AB平行于磁感线竖直向下运动 B．图乙中使条形磁铁插入或拔出线圈 C．图丙中开关S保持闭合，改变滑动变阻器接入电路的阻值的过程中 D．图丙中开关S保持闭合，A、B螺线管相对静止一起在水平桌面上平移（多选）13．（2024春•东莞市期末）如图甲所示，面积为0.2m2的100匝线圈内部存在垂直纸面、磁感应强度随时间均匀增加的匀强磁场，线圈的电阻为2Ω，磁场方向垂直于线圈平面向里，已知磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示，磁场垂直纸面向里为正，定值电阻R的阻值为8Ω，下列说法正确的是（）A．线圈具有收缩的趋势 B．a、b两点间的电势差Uab＝2.0V C．t＝5s时穿过线圈的磁通量为0.1Wb D．电阻R上产生的热功率为0.32W（多选）14．（2024•河北模拟）高铁常用磁刹车系统，某同学为研究其工作原理让铜盘处于磁场方向均垂直于其平面的磁场中进行实验。如图甲：圆形匀强磁场区域与铜盘是同心圆且面积小于铜盘面积；如图乙，磁场区域与甲相同，磁场的磁感应强度从左到右减小；如图丙，匀强磁场区域与甲相同，磁场的磁感应强度随时间均匀减小；如图丁，圆形匀强磁场区域处于铜盘的一侧。现给铜盘一初始角速度，整个过程忽略空气阻力和摩擦阻力的影响，忽略铜盘厚度，则铜盘能停下来的是（）A．图甲 B．图乙 C．图丙 D．图丁（多选）15．（2024春•福州期末）如图（a）所示，一个半径为T1、匝数为n、电阻值为R的圆形金属线圈与阻值为2R的电阻R1连接成闭合回路，导线的电阻不计。在线圈中半径为r2的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的图像如图（b）所示，下列关于0﹣t0时间内的分析正确的是（）A．R1中电流的方向由b到a B．电流的大小为nπBC．线圈两端的电压为2nπBD．t0时刻，通过线圈的磁通量nπ三．填空题（共5小题）16．（2024春•宁德期末）某同学用电路模拟手机无线充电，如图甲所示。当充电板内的送电线圈通入如图乙所示的交变电流时（电流由a端流入时为正方向），t1～t3时间内，受电线圈电流由端流出（选填“c”或“d”），在t1时刻受电线圈中电流强度最（选填“大”或“小”）。17．（2024春•厦门期末）如图所示的电路，由自感线圈、开关、直流电源和两个相同的小灯泡L1、L2连接而成。已知自感线圈的自感系数较大，且其直流电阻不计。在开关S闭合的瞬间小灯泡（选填“L1先亮”“L2先亮”或“L1和L2同时亮”），断开S后小灯泡L2（选填“会”或“不会”）先闪亮一下再灭。18．（2023秋•泉州期末）如图，甲、乙线圈平行纸面放置，甲处的匀强磁场方向平行OO′，乙处的匀强磁场方向垂直纸面向内，两线圈绕OO′轴转动时，甲线圈中（填“有”或“没有”）感应电流，乙线圈中（填“有”或“没有”）感应电流。已知乙中磁场的磁感应强度大小为B，线圈的面积为S，当线圈从图示位置绕OO′轴转过90°时，穿过该线圈的磁通量为。19．（2024•松江区校级三模）图是一种延时继电器的示意图。铁芯上有两个线圈A和B。线圈A跟电源连接，线圈B两端连在一起，构成一个闭合电路。在断开开关S的时候，弹簧K将（A：立即；B：过一会儿）将衔铁D向上拉起，原因是：。20．（2024春•思明区校级期中）为演示断电自感现象，用小灯泡、带铁芯的电感线圈L和定值电阻R等元件组成如图所示的电路。闭合开关待电路稳定后，电路中两支路的电流分别为I1和I2。如图所示反映断开开关前后的一小段时间内电路中的电流随时间变化的关系。自感线圈所在支路的电流如曲线所示。断开开关后，小灯泡的发光情况为。四．解答题（共5小题）21．（2024春•海口期末）如图所示，足够长的U形光滑金属导轨平面与水平面的夹角为θ，其中MN与PQ平行且间距为L，处在方向垂直于导轨平面向上且磁感应强度为B的匀强磁场中，导轨电阻不计。金属棒ab与两导轨始终保持垂直且接触良好，ab棒在MN与PQ之间部分的电阻为R，ab棒的质量为m，当ab棒由静止开始沿导轨下滑距离为x时，棒的速度大小为v。已知重力加速度为g，在这一过程中，求：（1）当金属棒ab速度大小为v时，ab棒受到的安培力大小；（2）通过金属棒ab的电荷量；（3）金属棒ab产生的焦耳热。22．（2024•郑州二模）有多个相同矩形闭合线圈（线圈1，线圈2，线圈3，…）固定在一绝缘杆上。每个线圈电阻为R，相互靠近排列、彼此绝缘，相邻线圈之间的距离可忽略。线圈和绝缘杆的总质量为m，每个线圈的长边长为L，如图所示。现将整个装置静置在足够长的光滑斜面上，斜面倾角为θ，在以MN为边界的斜面下方存在一匀强磁场区域，磁场方向垂直斜面向上，磁感应强度大小为B。开始时线圈从斜面上某一位置由静止释放，下滑过程中线圈长边始终与MN平行。已知线圈1刚进磁场瞬间的加速度为未进入磁场时的3倍，线圈进入磁场t0时间后开始做匀速运动。重力加速度取g，求：（1）开始时线圈1下边缘与MN的距离；（2）从线圈1刚进入磁场到开始做匀速运动过程中，线圈和绝缘杆所受的平均作用力。23．（2024春•石景山区期末）某物理兴趣小组通过以下装置对火车速度和加速度进行测量。如图A所示，在火车头下方安装一枚磁体，并在铁轨下埋设相距r的两个5匝线圈，每匝都为四边封闭的矩形，且都与测量仪器相连。其原理如图B所示，磁体下表面附近的磁感应强度B＝0.003T，线圈材质为铜制（其表面有绝缘漆），长度a＝0.3m，宽度为b＝0.16m，铜丝直径d＝0.5mm，线圈与测量仪器间的线路阻值及测量仪器内阻忽略不计，测量数据如图C所示。已知常温下铜的电阻率ρ＝1.7×10﹣8Ω•m，最终结果保留2位有效数字。（1）求火车在x1＝30m处时的速度v1大小和在x2＝130m处时的速度v2大小；（2）若火车做匀加速直线运动，求火车加速度大小。24．（2024•盐都区校级三模）宽度为L＝0.5m的足够长的平行金属导轨，导轨平面与水平面之间的夹角为θ＝30°，导轨上端连接电阻R＝0.125Ω，虚线OP、MV与导轨垂直，OP、MN间距d＝0.2m，OP、MN间区域存在匀强磁场，磁场方向垂直轨道平面向上，如图所示。垂直于导轨水平放置一质量m＝0.1kg、电阻R＝0.125Ω的金属杆ab，金属杆与导轨间动摩擦因数μ=36，金属杆从距OP距离d＝0.2m处从静止开始下滑，从OP处刚进入磁场时恰好做匀速直线运动。导轨电阻不计，重力加速度为g＝10m/s（1）匀强磁场的磁感应强度大小B；（2）金属杆在磁场中运动过程中产生的电热Q。25．（2024•庐阳区校级模拟）如图甲所示，电阻不计、间距L＝0.5m的两根足够长平行金属导轨构成的平面与水平面成θ＝37°角，导轨上端连接定值电阻R＝1Ω。整个导轨平面处于垂直于导轨平面向下、磁感应强度大小B＝0.8T的匀强磁场中。一质量为m＝0.2kg、长度L＝0.5m、电阻r＝1Ω的导体棒从导轨上某处由静止释放，此后其速度—时间图像（v﹣t）如图乙所示，导体棒5s末已经达到最大速度。导体棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，导体棒始终垂直于导轨且接触良好。重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，求：（1）导体棒匀速阶段速度大小vm；（2）前5s内导体棒通过的位移；（3）前5s内导体棒上产生的焦耳热。

2025年高考备考高中物理个性化分层教辅中等生篇《电磁感应》参考答案与试题解析一．选择题（共10小题）1．（2024春•滨州期末）滨州市位于北纬37°，如图，某同学在滨州市内骑行上学，该同学从西往东沿直线以速度v骑行，该处地磁场的水平分量大小为B1，竖直分量大小为B2，自行车车把为直把、金属材质，车把长为l，车轮的直径为d，辐条长度近似等于车轮半径，只考虑自行车在地磁场中的电磁感应，下列说法正确的是（）A．图示位置中辐条A点电势比B点电势低12B．图示位置中辐条A点电势比B点电势高14C．车把左端的电势比车把右端的电势低B2lv D．自行车改为南北骑向，自行车车把两端电动势要降低【考点】导体转动切割磁感线产生的感应电动势；导体平动切割磁感线产生的感应电动势．【专题】定量思想；等效替代法；电磁感应与电路结合；分析综合能力．【答案】B【分析】自行车辐条和车把切割磁感线，由右手定则判断电势的高低，由公式E＝BLv求产生的感应电动势，即可得到电势差大小。【解答】解：AB、该同学从西往东沿直线以速度v骑行，辐条切割地磁场水平分量（由南向北）的磁感线，根据右手定则可知，图示位置中辐条A点电势比B点电势高，AB两点的电势差等于辐条产生的感应电动势，为E＝B1•d2v=B1•dC、自行车车把从西往东切割地磁场竖直向下分量的磁感线，由右手定则可知，车把左端的电势比车把右端的电势高B2lv，故C错误；D、自行车改为南北骑向，自行车车把仍切割地磁场竖直向下分量的磁感线，自行车车把两端电动势仍为B2lv，故D错误。故选：B。【点评】本题首先要有空间想象能力，再运用右手定则判断电势的高低，求感应电动势时，要注意地磁场的方向，不能搞错。2．（2024春•宁波期末）如图所示的电路中，A、B是规格相同的灯泡，L是自感系数较大、电阻可以忽略不计的线圈，电源电动势E不变。下列说法正确的是（）A．合上S，电流稳定后A、B亮度相同 B．合上S的瞬间，A、B同时亮，之后A逐渐熄灭 C．电流稳定后断开S的瞬间，A、B均立即熄灭 D．电流稳定后断开S的瞬间，A立即熄灭，B闪亮后逐渐熄灭【考点】自感线圈对电路的影响．【专题】定性思想；推理法；电磁感应与电路结合；理解能力．【答案】B【分析】电感线圈在内部电流发生变化时会产生一种阻碍作用，当电流增大时会产生反向电动势使电流缓慢增大，在接通瞬间看作是电阻极大；当电流减小时，会产生同向电动势，使电流缓慢减小，相当于电源。【解答】解：AB．合上S的瞬间，由于线圈产生自感电动势阻碍流过线圈的电流的增大，此时电流同时流过灯泡A、B，则两灯同时亮，然后线圈的自感作用逐渐减小，其对电路阻碍作用减小，电流增大导致流过A灯电流减小，电流稳定后，由于线圈电阻不计，则灯A被短路，A灯逐渐熄灭，故A错误，B正确；CD．电流稳定后断开S的瞬间，由于线圈产生自感电动势，且与灯A组成回路，所以A闪亮后逐渐熄灭，B立即熄灭，故CD错误。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，应根据电磁感应现象进行理解，电源断开时，电感线圈可以视为电源处理。3．（2024•海安市开学）如图所示，条形磁铁以速度v向螺线管靠近。下列说法正确的是（）A．螺线管会产生感应电流 B．螺线管不会产生感应电流 C．只有磁铁速度足够大，螺线管才会产生感应电流 D．只有磁铁磁性足够强，螺线管才会产生感应电流【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】当磁铁向左运动，穿过线圈的磁通量增大时，会产生感应电流。【解答】解：AB、当磁铁向左运动，穿过线圈的磁通量增大时，则线圈就会产生感应电流，故A正确，B错误；CD、感应电流的产生只与穿过闭合线圈的磁通量发生变化有关，与磁铁的速度大小和磁铁的磁性是否足够强无关，故CD错误。故选：A。【点评】解决本题的关键掌握产生感应电流产生的条件，注意磁通量的变化情况。4．（2024•南通三模）如图所示，匀强磁场中水平放置两足够长的光滑平行金属导轨，导轨的左侧连接电池E和电容器C，单刀双掷开关S接1，金属棒ab在导轨上处于静止状态。在t0时刻S接2，金属棒ab在导轨上向右运动过程中棒始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，不计导轨电阻。则金属棒两端电压Uab、速度v、电容器所带电荷量q、回路中电流强度i随时间t变化的关系图像可能正确的是（）A． B． C． D．【考点】根据B﹣t或者φ﹣t图像计算感应电动势；电容的概念与物理意义；含容电路的动态分析．【专题】定量思想；推理法；电磁感应与图象结合；分析综合能力．【答案】C【分析】开关接到2时，电容器将形成由a到b的放电电流，金属棒向右运动，切割磁感线，金属棒运动时将形成与原电流相反的感应电流，当二者相等时，导体棒匀速运动；【解答】解：电容器充电完毕后，开关打在2处时，处于放电状态，有流过导体棒从a到b的电流，在安培力作用下导体棒向右运动，在金属棒运动过程中，由于切割磁感线也将产生电动势，该电动势方向和电容器电压相反，故电路中电流是变化的，当金属棒的感应电动势和电容器电压相等时，金属棒匀速运动，电容器充完电带电量为Q＝CE，故金属棒先做加速度逐渐减小的加速运动，最后匀速运动，回路中电流为0，电容器两个极板之间有电势差，仍带有一定的电荷量，开始的时候ab的电压等于E，t0时候切割电动势为零，金属棒电压等于电容器电压E，速度增大，切割电动势增大，电路电流减小，ab电压降低，故C正确，ABD错误。故选：C。【点评】本题主要考查的是电磁感应中的图像问题，分析清金属棒的运动过程就能正确解答该题。5．（2024春•大通县期末）如图所示，是法拉第最初发现电磁感应现象的实验装置示意图，软铁环上绕有M、M两个线圈，关于该实验下列说法正确的是（）A．当S保持闭合时，M、N中都有恒定电流 B．当S断开瞬间，M中电流立即消失、N中也没有电流 C．当S由断开到闭合瞬间，N中有图中箭头所指方向电流 D．当S由闭合到断开瞬间，N中有图中箭头所指方向电流【考点】楞次定律及其应用；互感和互感现象；研究电磁感应现象；通电直导线周围的磁场．【专题】定性思想；推理法；电磁感应与电路结合；理解能力．【答案】D【分析】根据磁通量的变化判断是否产生感应电流，根据楞次定律判断感应电流方向。【解答】解：A．当S保持闭合时，M中有恒定电流，但是N中磁通量不变，不会有感应电流，故A错误；B．当S断开瞬间，M中电流立即消失、但是穿过N的磁通量减小，会有感应电流产生，故B错误；C．当S由断开到闭合瞬间，根据楞次定律可知，N中有图中箭头方向相反的感应电流，故C错误；D．当S由闭合到断开瞬间，根据楞次定律可知，N中有图中箭头所指方向电流，故D正确。故选：D。【点评】掌握理想变压器的变压原理，会根据楞次定律判断感应电流的方向，简单的记忆口诀：增反减同。6．（2024•如皋市校级开学）如图所示，在xOy平面内有以y轴为边界的磁感应强度大小相等、方向相反的两匀强磁场，金属圆环的圆心为O。下列过程会使环中产生感应电流的是（）A．环沿y轴平移一小段距离 B．环沿x轴平移一小段距离 C．环绕y轴转动一小角度 D．环绕x轴转动一小角度【考点】感应电流的产生条件．【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】感应电流产生的条件是穿过闭合电路的磁通量发生变化，对照条件分析即可。【解答】解：ACD、环沿y轴平移一小段距离、环绕y轴转动一小角度、环绕x轴转动一小角度穿过环的磁通量始终为零，保持不变，所以环中没有感应电流产生，故ACD错误；B、环沿x轴平移一小段距离，穿过线圈的磁通量发生改变，能产生感应电流，故B正确。故选：B。【点评】本题要明确产生感应电流的条件：一是要有闭合回路；二是磁通量要发生变化。7．（2024春•福州期末）如图，A、B是两个规格相同的小灯泡，L为自感系数较大的线圈，A1、A2是零刻度在中间的相同电流表，闭合开关稳定后，调节滑动变阻器R，使A1、A2两电流表示数相同，偏转方向相同，两个灯泡的亮度相同。则下列说法正确的是（）A．闭合S瞬间，灯泡A立刻变亮，灯泡B逐渐变亮 B．闭合S瞬间，电流表A1示数大于A2示数 C．闭合S稳定后，断开S瞬间，灯泡B先闪亮一下，再熄灭 D．闭合S稳定后，断开S瞬间，电流表A1和A2指针偏转方向相反【考点】自感线圈对电路的影响．【专题】定性思想；推理法；电磁感应与电路结合；理解能力．【答案】D【分析】当电键S闭合时，通过线圈L的电流增大，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律判断感应电动势的方向和作用，分析哪个灯先亮。断开瞬间也可以按照同样的思路分析。【解答】解：A．闭合开关瞬间，由于线圈L的自感电动势的阻碍作用，使得灯泡A逐渐变亮，而灯泡B会立刻变亮，故A错误；B．闭合开关瞬间，由于线圈L的阻碍作用，电流表A1的示数会逐渐变大，并不会立刻变大，而A2的示数会立刻达到稳定值，因此闭合瞬间A1的示数小于A2的示数，故B错误；C．由于开始流过灯泡A和B的电流一样大小，因此断开开关后，灯泡B并不会闪亮一下，故C错误；D．稳定时，流过A1和A2的电流都由右至左，断开后的瞬间，由于自感L的阻碍作用，流过A1的电流不会立刻变向，而A1和A2构成新的回路，流过A2的电流会立即反向，即由左向右，则电流表A1和A2指针偏转方向相反，故D正确。故选：D。【点评】对自感线圈来讲，重点掌握开关闭合瞬间，电路中的电流稳定后开关断开的瞬间，线圈对电流突变的阻碍作用。8．（2024春•番禺区校级期中）小明同学利用如图所示的电路采用伏安法测定线圈的直流电阻（自感系数较大的线圈一般都有直流电阻），在实验测量完毕后，他将电路拆去时先断开开关S1，再断开开关S2，对他的操作步骤，正确的判断是（）A．他的操作步骤正确，其目的是可以同时保护两个电表 B．他的操作步骤不正确，应先断开开关S2，确保电压表安全 C．他的操作步骤不正确，应先断开开关S2，确保电流表安全 D．他的操作步骤不正确，应先拆去电流表，确保电流表安全【考点】自感现象与自感系数．【专题】定性思想；推理法；电磁感应与电路结合；推理能力．【答案】B【分析】先进行断开电源的操作会发生自感现象，在电压表中有强电流流过，发热过多，造成仪器烧坏。【解答】解：ABC、若先断开开关S1，由于L的自感作用和电压表组成回路，原先L中有较大的电流通过，现在这个电流将通过电压表，造成电表损坏，所以实验完毕应先断开开关S2，故B正确，AC错误；D、按照电学实验的要求，没有断开电源前，不能拆除电路中的其他的仪器，则不能先拆去电流表，故D错误。故选：B。【点评】本题考查了自感线圈的自感作用，在断开电源的瞬间L相当于电源，结合实验安全原则，应先消除自感现象。9．（2024春•番禺区校级期中）如图，半径为R的金属圆盘水平放置在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B，圆盘圆心处固定一个摇柄，边缘和圆心处各与一个黄铜电刷紧贴，用导线将电刷与零刻度在中央的电流表连接起来形成回路。转动摇柄，使圆盘逆时针（俯视）以角速度ω匀速转动。下列说法正确的是（）A．电流表中将产生交变电流 B．有从导线b流入电流表的稳定电流 C．圆盘转动产生大小为Bω2R的稳定电动势 D．由于圆盘的磁通量不变，圆盘上无感应电动势【考点】导体平动切割磁感线产生的感应电动势；右手定则．【专题】比较思想；推理法；电磁感应与电路结合；理解能力．【答案】B【分析】圆盘转动可等效看成无数轴向导体切割磁感线，等效切割长度为铜盘的半径R，根据感应电动势公式分析电动势情况，由欧姆定律分析电流情况。根据右手定则分析感应电流方向。【解答】解：ACD、圆盘转动时，沿半径R方向的导体棒切割磁场产生感应电动势，根据法拉第电磁感应定可得感应电动势的大小为：E=1B、若圆盘逆时针匀速转动，根据右手定则可知电流从导线b流入电流表，故B正确。故选：B。【点评】本题是转动切割磁感线类型，运用等效法处理。导体中有无电流、产生什么样的电流，要看导体两端存在什么样的电势差。10．（2024•赣州二模）如图甲所示为某电动牙刷的无线充电示意图，送电线圈以由a到b为电流的正方向，当送电线圈通过如图乙所示的电流时，在0～t1时间内（）A．受电线图中产生的感应电流增大且方向由d到c B．受电线圈中产生的感应电流减小且方向由d到c C．受电线圈中产生的感应电流增大且方向由c到d D．受电线圈中产生的感应电流减小且方向由c到d【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；推理能力．【答案】A【分析】根据楞次定律增反减同可判断感应电流方向与送电电流方向相同或相反。【解答】解：由题意，0～t1时间内电流的方向为从a到b，根据安培定则可知送电线圈产生的磁场的方向向上；原电流减小时，原磁通量减小，则穿过受电线圈的磁通量也减小，根据楞次定律，感应电流阻碍磁通量的减小，根据增反减同可知受电线圈中感应电流产生的磁场方向向上，根据安培定则可知感应电流的方向从d到c；由图可知0～t1时间内送电线圈的电流减小变快，根据法拉第电磁感应定律可知受电线图中产生的感应电流增大，故A正确，BCD错误。故选：A。【点评】本题考查了电磁感应中的图像问题，解题的关键是熟练掌握楞次定律，原磁场增加，则感应电流产生的磁场与原磁场方向相反，原磁场减少，则感应电流产生的磁场与原磁场方向相同。二．多选题（共5小题）（多选）11．（2024•郫都区校级模拟）某研究性学习小组的同学设计的电梯坠落的应急安全装置如图所示，在电梯挂厢上安装永久磁铁，并在电梯的井壁上铺设线圈，这样可以在电梯突然坠落时减小对人员的伤害。关于该装置，下列说法正确的是（）A．当电梯坠落至永久磁铁在线圈A、B之间时，闭合线圈A、B中的电流方向相同 B．当电梯坠落至永久磁铁在线圈A、B之间时，闭合线圈A、B中的电流方向相反 C．当电梯坠落至永久磁铁在线圈A、B之间时，闭合线圈A、B均对电梯的下落起阻碍作用 D．当电梯坠落至永久磁铁在线圈B下方时，闭合线圈A、B不再对电梯的下落起阻碍作用【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；推理能力．【答案】BC【分析】带有磁铁的电梯在穿过闭合线圈的过程中，线圈内的磁感应强度发生变化，将在线圈中产生感应电流，感应电流会阻碍磁铁的相对运动，由此根据楞次定律分析即可。【解答】解：AB．当电梯坠落在AB之间时，磁铁在线圈A中产生向上的磁场减弱，根据楞次定律，则线圈A中会产生逆时针电流（俯视），磁铁在线圈B中产生向上的磁场增强，根据楞次定律，则B中产生顺时针电流（俯视），所以A和B中电流方向相反，故A错误，B正确；CD．若电梯突然坠落，线圈内的磁通量发生变化，将在两个线圈中产生感应电流，两个线圈的感应电流都会有来拒去留的效果，都会阻碍磁铁的相对运动，但不能阻止磁铁的运动，可起到应急避险作用，故C正确，D错误。故选：BC。【点评】本题考查了楞次定律的灵活应用，注意楞次定律也是能量转化与守恒的表现，要正确理解和应用，同时考查学生分析实际问题的能力。（多选）12．（2023秋•天津期末）如图所示，正确连接电路后，下列图示情景中能产生感应电流的是（）A．图甲中使导体棒AB平行于磁感线竖直向下运动 B．图乙中使条形磁铁插入或拔出线圈 C．图丙中开关S保持闭合，改变滑动变阻器接入电路的阻值的过程中 D．图丙中开关S保持闭合，A、B螺线管相对静止一起在水平桌面上平移【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】BC【分析】感应电流产生条件是穿过闭合回路的磁通量发生变化。根据感应电流产生的条件分析答题。【解答】解：A、图甲中使导体棒AB平行于磁感线竖直向下运动，穿过导体棒AB与导线组成的回路磁通量不变，没有感应电流，故A错误；B、图乙中使条形磁铁插入或拔出线圈，穿过线框的磁通量发生变化，将产生感应电流，故B正确；C、图丙中开关S保持闭合，改变滑动变阻器接入电路的阻值的过程中，螺线管A中电流变化，产生的磁场变化，穿过螺线管B的磁通量发生改变，将产生感应电流，故C正确；D、图丙中开关S保持闭合，A、B螺线管相对静止一起在水平桌面上平移，穿过螺线管B的磁通量不变，没有感应电流，故D错误。故选：BC。【点评】本题应掌握感应电流产生的条件，根据题意判断磁通量是否发生变化，是正确解题的关键。（多选）13．（2024春•东莞市期末）如图甲所示，面积为0.2m2的100匝线圈内部存在垂直纸面、磁感应强度随时间均匀增加的匀强磁场，线圈的电阻为2Ω，磁场方向垂直于线圈平面向里，已知磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示，磁场垂直纸面向里为正，定值电阻R的阻值为8Ω，下列说法正确的是（）A．线圈具有收缩的趋势 B．a、b两点间的电势差Uab＝2.0V C．t＝5s时穿过线圈的磁通量为0.1Wb D．电阻R上产生的热功率为0.32W【考点】法拉第电磁感应定律的基本计算；根据B﹣t或者φ﹣t图像计算感应电动势；热功率的计算；增缩减扩．【专题】定量思想；推理法；电磁感应与电路结合；推理能力．【答案】ACD【分析】根据楞次定律“增缩减扩”的特点，结合法拉第电磁感应定律以及闭合电路欧姆定律，再利用电功率和磁通量的表达式分析求解。【解答】解：A.根据楞次定律“增缩减扩”的特点，由于磁感应强度B随时间t均匀变大，故线圈有收缩的趋势，故A正确；B.根据法拉第电磁感应定律，感应电动势大小为：E＝NΔBSΔt根据闭合电路欧姆定律可得a、b两点间的电势差Uab=RER+r，解得：UC.t＝5s时，磁感应强度B的大小为0.5T，故磁通量Φ＝BS＝0.5×0.2Wb＝0.1Wb，故C正确；D.根据闭合电路欧姆定律，电路中的电流：I=E电阻R上产生的热功率为：P＝I2R，解得P＝0.32W，故D正确。故选：ACD。【点评】本题考查了电磁感应相关知识，理解电磁感应中磁通量变化率和感应电动势的关系是解决此类问题的关键。（多选）14．（2024•河北模拟）高铁常用磁刹车系统，某同学为研究其工作原理让铜盘处于磁场方向均垂直于其平面的磁场中进行实验。如图甲：圆形匀强磁场区域与铜盘是同心圆且面积小于铜盘面积；如图乙，磁场区域与甲相同，磁场的磁感应强度从左到右减小；如图丙，匀强磁场区域与甲相同，磁场的磁感应强度随时间均匀减小；如图丁，圆形匀强磁场区域处于铜盘的一侧。现给铜盘一初始角速度，整个过程忽略空气阻力和摩擦阻力的影响，忽略铜盘厚度，则铜盘能停下来的是（）A．图甲 B．图乙 C．图丙 D．图丁【考点】涡流的产生及原理；导体平动切割磁感线产生的感应电动势．【专题】定性思想；推理法；电磁感应与电路结合；推理能力．【答案】BD【分析】根据感应电流产生的条件结合在电磁感应现象中安培力阻碍相对运动分析判断。【解答】解：AB．图甲中圆形匀强磁场区域与铜盘是同心圆且面积小于铜盘面积，可知在铜盘转动过程中，穿过铜盘的磁通量并不会发生改变，因此没有感应电流产生，通盘不能停下来，而乙图中磁场的磁感应强度从左到右减小，因此在铜盘转动时，穿过铜盘某一面积的磁通量将不断发生改变，铜盘内将有涡流产生，铜盘将受到安培力的阻碍作用从而停止运动，此现象也属于电磁阻尼现象，故A错误，B正确；C．图丙中匀强磁场区域与甲相同，但磁场的磁感应强度随时间均匀减小，可知穿过铜盘的磁通量发生改变，由于磁感应强度随时间均匀减小，因此铜盘中将产生恒定大小的感应电流，但铜盘受安培力的合力为零，因此铜盘不会停止运动，故C错误；D．图丁中圆形匀强磁场区域处于铜盘的一侧，则在铜盘运动时，铜盘将切割磁感线从而产生感应电流，安培力会阻碍相对运动，因此铜盘会在安培力的作用下停止运动，故D正确。故选：BD。【点评】本题考查导体切割磁感线及楞次定律，解题关键掌握产生感应电流的条件。（多选）15．（2024春•福州期末）如图（a）所示，一个半径为T1、匝数为n、电阻值为R的圆形金属线圈与阻值为2R的电阻R1连接成闭合回路，导线的电阻不计。在线圈中半径为r2的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的图像如图（b）所示，下列关于0﹣t0时间内的分析正确的是（）A．R1中电流的方向由b到a B．电流的大小为nπBC．线圈两端的电压为2nπBD．t0时刻，通过线圈的磁通量nπ【考点】法拉第电磁感应定律的基本计算；根据B﹣t或者φ﹣t图像计算感应电动势；磁通量的计算；增反减同．【专题】定量思想；推理法；电磁感应与图象结合；推理能力．【答案】BC【分析】根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律得出感应电流的大小；根据楞次定律得出感应电流的方向；根据欧姆定律得出线圈两端的电压表达式；根据磁通量的定义式得出通过线圈的磁通量大小。【解答】解：AB、根据题意可知，0～t1时间内，根据法拉第电磁感应定律可得：E=nΔΦ根据欧姆定律可得：I1联立解得：I根据楞次定律可知，通过电阻R1上的电流方向从b到a，故A错误，B正确；C、线圈两端的电压大小为：U=ID、t0时刻，通过线圈的磁通量为πB故选：BC。【点评】本题主要考查了感生电动势的相关应用，理解图像的物理意义，结合法拉第电磁感应定律和欧姆定律即可完成分析。三．填空题（共5小题）16．（2024春•宁德期末）某同学用电路模拟手机无线充电，如图甲所示。当充电板内的送电线圈通入如图乙所示的交变电流时（电流由a端流入时为正方向），t1～t3时间内，受电线圈电流由d端流出（选填“c”或“d”），在t1时刻受电线圈中电流强度最小（选填“大”或“小”）。【考点】法拉第电磁感应定律的内容和表达式．【专题】定性思想；极端假设法；电磁感应与图象结合；推理能力．【答案】d；小。【分析】由图像可以分析电流的大小和方向变化情况，结合右手螺旋定则可以判断受电线圈的磁通量变化情况，结合楞次定律即可知感应电流的方向；由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比，即可根据电流随时间的变化情况分析感应电流的大小情况。【解答】解：t1﹣t2时间内，送电线圈中电流正向，则根据右手螺旋定则，可知产生的磁场方向与图示方向相同；由电流在减少，可知磁感应强度减弱，通过受电线圈的磁通量减少，根据楞次定律可知，受电线圈感应电流磁场方向也跟图示相同，由右手螺旋定则可知它的电流由c流入线圈至d，即d作为电源的正极，从d再流出到用电器；t2﹣t3时间内，送电线圈中电流反向，则根据右手螺旋定则，可知产生的磁场方向与图示方向相反；由电流在增加，可知磁感应强度增强，通过受电线圈的磁通量增加，根据楞次定律可知，受电线圈感应电流磁场方向也跟图示相同，由右手螺旋定则可知它的电流由c流入线圈至d，即d作为电源的正极，从d再流出到用电器。所以t1﹣t3时间，受电线圈电流由c到d，再由d流出。由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比，t1时刻，送电线圈电流变化率为0，磁通量变化率为0，受电线圈的感应电流最小为0。故答案为：d；小。【点评】本题考查楞次定律的应用、法拉第电磁感应定律的理解。17．（2024春•厦门期末）如图所示的电路，由自感线圈、开关、直流电源和两个相同的小灯泡L1、L2连接而成。已知自感线圈的自感系数较大，且其直流电阻不计。在开关S闭合的瞬间小灯泡L1和L2同时亮（选填“L1先亮”“L2先亮”或“L1和L2同时亮”），断开S后小灯泡L2会（选填“会”或“不会”）先闪亮一下再灭。【考点】自感线圈对电路的影响．【专题】定性思想；推理法；电磁感应与电路结合；理解能力．【答案】L1和L2同时亮；会。【分析】电路中有线圈，当通过线圈的电流发生变化时，会产生感应电动势去阻碍线圈中电流变化。但阻碍不等于阻止，就使其慢慢的变化。【解答】解：开关闭合的瞬间，电压直接加到两个灯泡上，所以两个灯泡同时亮；电路中的电流稳定时，由于自感线圈的直流电阻不计，则灯泡L2被短路；开关断开后瞬间，线圈与灯泡L2供组成自感回路，L2闪亮一下然后逐渐熄灭，L1不在自感回路中，立即熄灭。故答案为：L1和L2同时亮；会。【点评】本题中线圈电流增加，相当于一个电源接入电路，当电流减小时，相当于一个电源。18．（2023秋•泉州期末）如图，甲、乙线圈平行纸面放置，甲处的匀强磁场方向平行OO′，乙处的匀强磁场方向垂直纸面向内，两线圈绕OO′轴转动时，甲线圈中没有（填“有”或“没有”）感应电流，乙线圈中有（填“有”或“没有”）感应电流。已知乙中磁场的磁感应强度大小为B，线圈的面积为S，当线圈从图示位置绕OO′轴转过90°时，穿过该线圈的磁通量为0。【考点】电磁感应现象的发现过程；磁通量的概念和计算公式的定性分析．【专题】比较思想；模型法；电磁感应与电路结合；理解能力．【答案】没有，有，0。【分析】感应电流产生条件是穿过闭合回路的磁通量发生变化，根据感应电流产生的条件分析有无感应电流。根据线圈与磁场方向的关系确定穿过线圈的磁通量。【解答】解：两线圈绕OO′轴转动时，甲线圈始终与磁场平行，磁通量始终为零，没有感应电流。穿过乙线圈的磁通量发生变化，有感应电流。乙图中，当线圈从图示位置绕OO′轴转过90°时，线圈与磁场平行，穿过该线圈的磁通量为0。故答案为：没有，有，0。【点评】本题应掌握感应电流产生的条件：穿过闭合回路的磁通量发生变化，根据线圈与磁场方向的关系确定磁通量的大小。19．（2024•松江区校级三模）图是一种延时继电器的示意图。铁芯上有两个线圈A和B。线圈A跟电源连接，线圈B两端连在一起，构成一个闭合电路。在断开开关S的时候，弹簧K将B（A：立即；B：过一会儿）将衔铁D向上拉起，原因是：因为线圈B中产生了电磁感应现象，从而产生延时作用。【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】B；因为线圈B中产生了电磁感应现象，从而产生延时作用。【分析】图中有两个线圈，其中A有电源，接通电路后有电流通过，会产生磁性；而B线圈无电源，开关闭合后没有电流，只有当A中的磁场发生变化时，根据电磁感应作用，B线圈才会产生感应电流，从而根据楞次定律，即可求解。【解答】解：由题意可知，当S接通后，线圈A中产生磁场，穿过线圈B的磁通量要增加，根据楞次定律：增反减同，结合右手螺旋定则可知，B中产生与图示方向相反的感应电流，当将S断开，导致穿过线圈B的磁通量减小变慢，根据楞次定律可知，产生有延时释放D的作用。答：B；因为线圈B中产生了电磁感应现象，从而产生延时作用。【点评】该题考查楞次定律与右手螺旋定则的应用，注意穿过闭合线圈的磁通量变化，线圈相当于电源，同时理解线圈B的作用是阻碍线圈A磁通量的变化。20．（2024春•思明区校级期中）为演示断电自感现象，用小灯泡、带铁芯的电感线圈L和定值电阻R等元件组成如图所示的电路。闭合开关待电路稳定后，电路中两支路的电流分别为I1和I2。如图所示反映断开开关前后的一小段时间内电路中的电流随时间变化的关系。自感线圈所在支路的电流如曲线a所示。断开开关后，小灯泡的发光情况为先突然变亮再逐渐熄灭。【考点】自感现象与自感系数．【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；先突然变亮再逐渐熄灭。【分析】当电流变化时，电感线圈对电流有阻碍作用，电流增大，线圈阻碍其增大，电流减小，阻碍其减小。【解答】解：断开开关前后的一小段时间内，通过自感线圈的电流方向是不变的，则自感线圈所在支路的电流如曲线a所示；由图可知，断开开关之前通过线圈的电流大于通过小灯泡的电流，则断开开关后，线圈产生自感电动势阻碍电流减小，线圈相当电源，由于线圈、电阻和灯泡重新组成回路，则小灯泡先突然变亮再逐渐熄灭。故答案为：a；先突然变亮再逐渐熄灭。【点评】明确断开后的电路为灯泡和电感线圈构成回路，电流变化因电感线圈的阻碍而变慢。四．解答题（共5小题）21．（2024春•海口期末）如图所示，足够长的U形光滑金属导轨平面与水平面的夹角为θ，其中MN与PQ平行且间距为L，处在方向垂直于导轨平面向上且磁感应强度为B的匀强磁场中，导轨电阻不计。金属棒ab与两导轨始终保持垂直且接触良好，ab棒在MN与PQ之间部分的电阻为R，ab棒的质量为m，当ab棒由静止开始沿导轨下滑距离为x时，棒的速度大小为v。已知重力加速度为g，在这一过程中，求：（1）当金属棒ab速度大小为v时，ab棒受到的安培力大小；（2）通过金属棒ab的电荷量；（3）金属棒ab产生的焦耳热。【考点】倾斜平面内的导轨滑杆模型．【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】（1）当金属棒ab速度大小为v时，ab棒受到的安培力大小为B2（2）通过金属棒ab的电荷量为BLxR（3）金属棒ab产生的焦耳热为（mgxsinθ−1【分析】（1）根据动生电动势公式、欧姆定律和安培力的计算公式求解安培力；（2）根据电荷量的经验公式分析电荷量的大小；（3）根据能量守恒定律求解产生的热量。【解答】解：（1）当ab棒的速度大小为v时，导体棒切割磁感线产生的感应电动势：E＝BLv由欧姆定律可得，回路电流：I=此时导体棒所受安培力：F＝BIL联立解得：F=（2）下滑过程中，根据法拉第电磁感应定律可得平均电动势：E平均电流：I因此流过某截面的电量：q=（3）当ab棒由静止沿导轨下滑的距离为x的过程中，根据能量守恒：mgxsinθ=因此产生的热量：Q=mgxsinθ−答：（1）当金属棒ab速度大小为v时，ab棒受到的安培力大小为B2（2）通过金属棒ab的电荷量为BLxR（3）金属棒ab产生的焦耳热为（mgxsinθ−1【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，重点是分析安培力作用下导体棒的平衡问题，根据平衡条件列出方程；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．22．（2024•郑州二模）有多个相同矩形闭合线圈（线圈1，线圈2，线圈3，…）固定在一绝缘杆上。每个线圈电阻为R，相互靠近排列、彼此绝缘，相邻线圈之间的距离可忽略。线圈和绝缘杆的总质量为m，每个线圈的长边长为L，如图所示。现将整个装置静置在足够长的光滑斜面上，斜面倾角为θ，在以MN为边界的斜面下方存在一匀强磁场区域，磁场方向垂直斜面向上，磁感应强度大小为B。开始时线圈从斜面上某一位置由静止释放，下滑过程中线圈长边始终与MN平行。已知线圈1刚进磁场瞬间的加速度为未进入磁场时的3倍，线圈进入磁场t0时间后开始做匀速运动。重力加速度取g，求：（1）开始时线圈1下边缘与MN的距离；（2）从线圈1刚进入磁场到开始做匀速运动过程中，线圈和绝缘杆所受的平均作用力。【考点】导体平动切割磁感线产生的感应电动势；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；推理能力．【答案】（1）开始时线圈1下边缘与MN的距离为8m（2）线圈和绝缘杆所受的平均作用力大小为3m【分析】（1）由牛顿第二定律求得线圈1进入磁场前整个装置的加速度大小。根据法拉第电磁感应定律，闭合电路欧姆定律，安培力公式求解安培力。由牛顿第二定律求得线圈1刚进磁场瞬间的速度大小，再由运动学公式求解位移；（2）整个装置匀速运动时由平衡条件求解匀速运动的速度大小。从线圈1刚进入磁场到开始做匀速运动过程，根据动量定理求解线圈和绝缘杆所受的平均作用力。【解答】解：（1）设线圈1进入磁场前整个装置的加速度大小为a，由牛顿第二定律可得：mgsinθ＝ma1设线圈1刚进磁场瞬间的速度大小与加速度大小分别为v0、a2。此时线圈1切割磁感线产生的感应电动势为：E＝BLv0线圈1中的电流为：I=整个装置受到的安培力大小为：F安＝BIL对整个装置由牛顿第二定律得：F安﹣mgsinθ＝ma2已知：a2＝3a1联立解得：v0=设开始时线圈1下边缘与MN的距离为x1，则有：2a1x1=解得：x1=（2）整个装置匀速运动时由平衡条件得：F安′＝mgsinθF安′＝BI′L=联立解得匀速运动的速度大小为：v1=从线圈1刚进入磁场到开始做匀速运动过程中，设线圈和绝缘杆所受的平均作用力为F，以沿斜面向下为正方向，根据动量定理得：Ft0＝mv1﹣mv0解得：F=−答：（1）开始时线圈1下边缘与MN的距离为8m（2）线圈和绝缘杆所受的平均作用力大小为3m【点评】本题考查了电磁感应的力学问题，研究思路常常有两条：一条从力的角度，重点是分析安培力作用下导体棒的运动过程，根据平衡条件、牛顿第二定律、动量定理列出方程；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。23．（2024春•石景山区期末）某物理兴趣小组通过以下装置对火车速度和加速度进行测量。如图A所示，在火车头下方安装一枚磁体，并在铁轨下埋设相距r的两个5匝线圈，每匝都为四边封闭的矩形，且都与测量仪器相连。其原理如图B所示，磁体下表面附近的磁感应强度B＝0.003T，线圈材质为铜制（其表面有绝缘漆），长度a＝0.3m，宽度为b＝0.16m，铜丝直径d＝0.5mm，线圈与测量仪器间的线路阻值及测量仪器内阻忽略不计，测量数据如图C所示。已知常温下铜的电阻率ρ＝1.7×10﹣8Ω•m，最终结果保留2位有效数字。（1）求火车在x1＝30m处时的速度v1大小和在x2＝130m处时的速度v2大小；（2）若火车做匀加速直线运动，求火车加速度大小。【考点】法拉第电磁感应定律的基本计算；匀变速直线运动速度与位移的关系；电阻定律的内容及表达式．【专题】计算题；定量思想；推理法；电磁感应中的力学问题；推理能力．【答案】（1）火车在x1＝30m处时的速度v1大小为10.7m/s，在x2＝130m处时的速度v2大小为13.3m/s；（2）火车做匀加速直线运动，火车加速度大小为0.31m/s2。【分析】（1）根据电阻定律结合法拉第电磁感应定律分析求解；（2）根据匀变速直线运动，速度—位移公式分析求解。【解答】解：（1）铜丝直径d＝0.5mm，则半径r＝2.5×10﹣4m，由电阻定律知，线圈1、2阻值R=ρ当火车经过线圈上方时，线圈中的感应电动势e＝nBav由图C可知，在x1＝30m处，感应电流i1＝0.12A，则i解得v在x2＝130m处，感应电流i2＝0.15A，则i解得v（2）由匀加速直线运动知v解得加速度大小：a=v2答：（1）火车在x1＝30m处时的速度v1大小为10.7m/s，在x2＝130m处时的速度v2大小为13.3m/s；（2）火车做匀加速直线运动，火车加速度大小为0.31m/s2。【点评】本题考查了电磁感应定律，理解磁通量的变化率与电动势的关系，注意区分电阻定律中S与磁通量中S的区别是解决此类问题的关键。24．（2024•盐都区校级三模）宽度为L＝0.5m的足够长的平行金属导轨，导轨平面与水平面之间的夹角为θ＝30°，导轨上端连接电阻R＝0.125Ω，虚线OP、MV与导轨垂直，OP、MN间距d＝0.2m，OP、MN间区域存在匀强磁场，磁场方向垂直轨道平面向上，如图所示。垂直于导轨水平放置一质量m＝0.1kg、电阻R＝0.125Ω的金属杆ab，金属杆与导轨间动摩擦因数μ=36，金属杆从距OP距离d＝0.2m处从静止开始下滑，从OP处刚进入磁场时恰好做匀速直线运动。导轨电阻不计，重力加速度为g＝10m/s（1）匀强磁场的磁感应强度大小B；（2）金属杆在磁场中运动过程中产生的电热Q。【考点】导体平动切割磁感线产生的感应电动势；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．【专题】计算题；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】见试题解答内容【分析】（1）应用动能定理求出金属杆到达OP时的速度，应用E＝BLv求出感应电动势，应用欧姆定律求出感应电流，应用安培力公式求出安培力，然后应用平衡条件求出磁感应强度。（2）应用运动学公式求出金属杆的运动时间，应用焦耳定律可以求出电热。【解答】解：（1）金属杆下滑到OP过程，由动能定理得：（mgsinθ﹣μmgcosθ）d=1代入数据解得：v＝1m/s，金属杆刚进入磁场时感应电动势：E＝BLv，感应电流：I=E金属杆受到的安培力：F＝BIL，金属棒刚进入磁场时恰好做匀速直线运动，由平衡条件得：mgsinθ＝μmgcosθ+F，代入数据解得：B＝0.5T；（2）金属杆在磁场中运动过程：d＝vt，金属杆产生的焦耳热：Q＝I2Rt，代入数据解得：Q＝0.025J；答：（1）匀强磁场的磁感应强度大小B为0.5T；（2）金属杆在磁场中运动过程中产生的电热Q为0.025J。【点评】本题是电磁感应与力学相结合的综合题，分析清楚金属杆的运动过程与运动性质是解题的前提，应用动能定理、E＝BLv、欧姆定律、平衡条件与焦耳定律可以解题。25．（2024•庐阳区校级模拟）如图甲所示，电阻不计、间距L＝0.5m的两根足够长平行金属导轨构成的平面与水平面成θ＝37°角，导轨上端连接定值电阻R＝1Ω。整个导轨平面处于垂直于导轨平面向下、磁感应强度大小B＝0.8T的匀强磁场中。一质量为m＝0.2kg、长度L＝0.5m、电阻r＝1Ω的导体棒从导轨上某处由静止释放，此后其速度—时间图像（v﹣t）如图乙所示，导体棒5s末已经达到最大速度。导体棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，导体棒始终垂直于导轨且接触良好。重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，求：（1）导体棒匀速阶段速度大小vm；（2）前5s内导体棒通过的位移；（3）前5s内导体棒上产生的焦耳热。【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；电磁感应中的力学问题；推理能力．【答案】（1）导体棒匀速阶段速度大小vm为5m/s；（2）前5s内导体棒通过的位移大小为12.5m，方向沿导轨向下；（3）前5s内导体棒上产生的焦耳热为1.25J。【分析】（1）根据法拉第电磁感应定律，闭合电路欧姆定律，安培力计算公式，结合平衡条件求解导体棒匀速阶段速度大小。（2）根据动量定理求解前5s内导体棒通过的位移。（3）根据能量守恒定律与焦耳定律求解前5s内导体棒上产生的焦耳热。【解答】解：（1）导体棒匀速时产生的感应电动势为：E＝BLvm回路中感应电流为：I=导体棒受到的安培力为：F＝BIL联立可得：F=由平衡条件得：mgsinθ＝μgcosθ+F联立解得：vm＝5m/s（2）以沿导轨向下为正方向，前t＝5s内，对导体棒应用动量定理得：mgsinθ⋅t−μmgcosθ⋅t−∑B前5s内导体棒通过的位移为：s＝∑v•Δt解得：s＝12.5m，方向沿导轨向下。（3）根据能量守恒定律得：mgsinθ⋅s=μmgcosθ⋅s+1解得：Q总＝2.5J导体棒产生的焦耳热为：Q答：（1）导体棒匀速阶段速度大小vm为5m/s；（2）前5s内导体棒通过的位移大小为12.5m，方向沿导轨向下；（3）前5s内导体棒上产生的焦耳热为1.25J。【点评】本题为电磁感应综合问题，对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、安培力公式、平衡条件、牛顿第二定律、动量定理列出方程；另一条是功与能的角度，根据动能定理、功能关系、能量守恒等列方程求解。如果涉及到电荷量、位移、时间问题时可根据动量定理，结合电荷量的推论公式进行解答。

考点卡片1．匀变速直线运动速度与位移的关系【知识点的认识】匀变速直线运动位移与速度的关系．由位移公式：x＝v0t+12at2和速度公式v＝v0+at消去t得：v2匀变速直线运动的位移﹣速度关系式反映了初速度、末速度、加速度与位移之间的关系．①此公式仅适用于匀变速直线运动；②式中v0和v是初、末时刻的速度，x是这段时间的位移；③公式中四个矢量v、v0、a、x要规定统一的正方向．【命题方向】美国“肯尼迪号”航空母舰上有帮助飞机起飞的弹射系统，已知“F﹣A15”型战斗机在跑道上加速时产生的加速度为4.5m/s2，起飞速度为50m/s．若该飞机滑行100m时起飞，则弹射系统必须使飞机具有的初速度为（）A、30m/sB、10m/sC、20m/sD、40m/s分析：已知飞机的加速度、位移、末速度，求解飞机的初速度，此题不涉及物体运动的时间，选用匀变速直线运动的位移—时间公式便可解决．解答：设飞机的初速度为v0，已知飞机的加速度a、位移x、末速度v，此题不涉及物体运动的时间，由匀变速直线运动的位移—时间公式：v解得：v0＝40m/s故选：D。点评：本题是匀变速直线运动的基本公式的直接应用，属于比较简单的题目，解题时要学会选择合适的公式，这样很多问题就会迎刃而解了．【解题思路点拨】解答题解题步骤：（1）分析运动过程，画出运动过程示意图．（2）设定正方向，确定各物理量的正负号．（3）列方程求解：先写出原始公式，再写出导出公式：“由公式…得…”．2．电容的概念与物理意义【知识点的认识】（1）定义：电容器所带的电荷量Q与电容器两极板间的电势差U的比值。（2）定义式：C=Q（3）物理意义：表示电容器储存电荷的本领大小的物理量。（4）单位：法拉（F）1F＝106μF＝1012pF。（5）说明：电容是反映了电容器储存电荷能力的物理量，其数值由电容器的构造决定，而与电容器带不带电或带多少电无关。就像水容器一样，它的容量大小与水的深度无关。【命题方向】由电容器电容的定义式C=QA、若电容器不带电，则电容C为零B、电容C与所带的电荷量Q成正比，与电压U成反比C、电容C与所带的电荷量Q多少无关D、电容在数值上等于使两极板间的电压增加1V时所需增加的电荷量分析：电容的大小由本身因素所决定，与所带的电量及两端间的电压无关．解答：电容的大小由本身因素所决定，与所带的电量及两端间的电压无关。电容器不带电，电容没变。故A、B错误，C正确。由C=Q故选：CD。点评：解决本题的关键理解电容的大小与所带的电量及两端间的电压无关【解题思路点拨】1.电容表示电容器储存电荷的本领大小的物理量。2.电容是电容器本身的性质与所带电荷量的多少以及两极板间的电压大小无关。3.电容的两个计算公式：①定义式：C=②决定式：C=3．电阻定律的内容及表达式【知识点的认识】1．电阻定律（1）内容：同种材料的导体，其电阻跟它的长度成正比，与它的横截面积成反比，导体的电阻还与构成它的材料有关．（2）表达式：R＝ρlS2．电阻率（1）计算式：ρ=RS（2）物理意义：反映导体的导电性能，是导体材料本身的属性．【命题方向】（1）第一类常考题型是考查对电阻与电阻率的理解：下列说法中正确的是（）A．由R=UB．由R＝ρlSC．各种材料的电阻率都与温度有关，金属的电阻率随温度的升高而减小D．所谓超导体，当其温度降低到接近绝对零度的某个临界温度时，它的电阻率突然变为零分析：导体的电阻是导体的一种性质，反映了导体对电流阻碍作用的大小；电阻大小与导体的材料、长度、横截面积有关；还受温度的影响；与导体中的电流、导体两端的电压大小无关．解：A、导体电阻的大小和导体的材料、长度、横截面积有关，与电压、电流没有关系，故A错误，B正确；C、各种材料的电阻率都与温度有关，金属的电阻率随温度的升高而增大，故C错误；D、超导体是当其温度降低到接近绝对零度的某个临界温度时，电阻值等于零，此时电阻率突然变为零，故D正确．故选BD．点评：深入理解电阻的概念及影响电阻大小的因素是解答此题的关键．（2）第二类常考题型是考查电阻定律的应用：如图所示，P是一个表面均匀镀有很薄电热膜的长陶瓷管，其长度为L，直径为D，镀膜材料的电阻率为ρ，膜的厚度为d．管两端有导电金属箍M、N．现把它接入电路中，测得M、N两端电压为U，通过它的电流I．则金属膜的电阻率的值为（）A.UIB.πUD24IL分析：镀膜材料的截面积为陶瓷管的周长和膜的厚度为d的乘积，根据欧姆定律求出电阻的大小，在根据电阻定律R＝ρLs解：由欧姆定律可得，镀膜材料的电阻R=U镀膜材料的截面积为s＝2πD2•d＝π根据电阻定律可得，R＝ρLs所以镀膜材料的电阻率ρ为，ρ=sR故选C．点评：本题容易出错的地方就是如何计算镀膜材料的截面积，在计算时可以把它看成是边长为陶瓷管周长，宽为d的矩形，计算出截面积，再根据电阻定律计算即可．【解题方法点拨】1．电阻与电阻率的区别（1）电阻是反映导体对电流阻碍作用大小的物理量．电阻率是反映制作导体的材料导电性能好坏的物理量．（2）导体电阻并不是只由电阻率决定，即电阻大，电阻率不一定大；电阻率小，电阻不一定小．2．电阻的决定式和定义式的区别公式R＝ρlR=区别电阻的决定式电阻的定义式说明了电阻的决定因素提供了一种测定电阻的方法，并不说明电阻与U和I有关适用于粗细均匀的金属导体和浓度均匀的电解液适用于任何纯电阻导体4．热功率的计算【知识点的认识】根据功与功率的关系P=Qt=所以电流发热的功率为P＝I2R【命题方向】在电路中，定值电阻的阻值为R＝100Ω，通过它的电流为I＝3A，求（1）它的热功率P是多少瓦特，（2）如果通电10分钟，求产生的热量Q是多少焦耳．分析：由焦耳定律可直接求得热功率与热量．解答：（1）热功率：P＝I2R＝（3A）2×100Ω＝900W（2）产生的热量Q＝Pt＝900W×10×60s＝5.4×105J答：1）它的热功率P是900瓦特，（2）如果通电10分钟，产生的热量Q是5.4×105焦耳点评：考查焦耳定律的基本表达式，注意计算要准确．【解题思路点拨】一、电功率与热功率的区别与联系（1）区别：电功率是指某段电路的全部电功率，或这段电路上消耗的全部电功率，决定于这段电路两端电压和通过的电流强度的乘积；热功率是指在这段电路上因发热而消耗的功率．决定于通过这段电路电流强度的平方和这段电路电阻的乘积．（2）联系：对纯电阻电路，电功率等于热功率；对非纯电阻电路，电功率等于热功率与转化为除热能外其他形式的功率之和．二、热功率表达式P＝I2R的适用范围公式P＝I2R对任何电路都是成立的。5．闭合电路欧姆定律的内容和表达式【知识点的认识】1．闭合电路欧姆定律（1）内容：闭合电路里的电流跟电源的电动势成正比，跟内、外电阻之和成反比。（2）公式：①I=E②E＝U外+Ir（适用于所有电路）。2．路端电压与外电阻的关系：一般情况U＝IR=ER+r•R当R增大时，U增大特殊情况（1）当外电路断路时，I＝0，U＝E（2）当外电路短路时，I短=E【命题方向】（1）第一类常考题型是对电路的动态分析：如图所示，电源电动势为E，内阻为r，当滑动变阻器的滑片P处于左端时，三盏灯L1、L2、L3均发光良好。在滑片P从左端逐渐向右端滑动的过程中，下列说法中正确的是（）A．小灯泡L1、L2变暗B．小灯泡L3变暗，L1、L2变亮C．电压表V1、V2示数均变大D．电压表V1、V2示数之和变大分析：在滑片P从左端逐渐向右端滑动的过程中，先分析变阻器接入电路的电阻如何变化，分析外电路总电阻的变化，由闭合电路欧姆定律分析干路电流的变化，即可由欧姆定律判断L2两端电压的变化，从而知道灯泡L2亮度的变化和电压表V2示数的变化。再根据路端电压的变化，分析灯泡L3亮度的变化和电压表V1示数的变化；根据干路电流与L3电流的变化，分析L1电流的变化，即可判断灯泡L1亮度的变化。根据路端电压的变化，判断两电压表示数之和的变化。解：B、滑片P向右滑动的过程中，滑动变阻器接入电路的电阻变大，整个闭合回路的总电阻变大，根据闭合欧姆定律可得干路电流I=ER外总C、灯泡L2两端电压U2＝IR2变小，即电压表V2示数变小，电压表V1的读数为U1＝E﹣I（r+R2），变大，故C错误。A、小灯泡L3变亮，根据串、并联电路的特点I＝I1+I3，I减小，I3=U1R3变大，则通过小灯泡L1的电流ID、电压表V1、V2示数之和为U＝E﹣Ir，I减小，U增大，故D正确。故选AD。点评：本题首先要搞清电路的连接方式，搞懂电压表测量哪部分电路的电压，其次按“局部→整体→局部”的思路进行分析。总结：分析此类问题要注意以下三点：①闭合电路欧姆定律E＝U+Ir（E、r不变）和部分电路欧姆定律U＝IR联合使用。②局部电阻增则总电阻增，反之总电阻减；支路数量增则总电阻减，反之总电阻增。③两个关系：外电压等于外电路上串联各分电压之和；总电流等于各支路电流之和。（2）第二类常考题型是闭合电路欧姆定律的应用及电源的功率：如图所示，电源电动势E＝12V，内阻r＝3Ω，甲图中R0＝1Ω，乙图中直流电动机内阻R0′＝1Ω，当调节滑动变阻器R1时可使甲电路输出功率最大，同样，调节R2时可使乙电路输出功率最大，且此时电动机刚好正常工作（额定输出功率为P0＝2W），则R1和R2的值为（）A．2Ω，2ΩB．2Ω，1.5ΩC．1.5Ω，1.5ΩD．1.5Ω，2Ω分析：对于甲图，当电路的内阻和外阻相等时，电路的输出功率最大，由此可以求得甲图中的最大的功率；对于乙图，求出最大输出的功率的表达式，利用数学知识求乙图中的电阻的大小。解：据P输出=E当电路的外电阻等于内阻时，电路的输出功率最大，所以甲图R1＝r﹣R0＝3Ω﹣1Ω＝2Ω对于乙图，输出的功率最大时，电动机的额定功率P0＝2W，电路中电流为I，所以P输出max＝2W+I又因为UR2＝12V﹣3I−所以I=12−3I−2+联立①②利用数学关系求得当R2＝1.5Ω时，乙电路的输出功率最大为12W，故ACD错误，B正确。故选：B。点评：对于电功率的计算，一定要分析清楚是不是纯电阻电路，对于非纯电阻电路，总功率和发热功率的计算公式是不一样的。总结：对闭合电路功率的两点认识①闭合电路是一个能量转化系统，电源将其他形式的能转化为电能。内外电路将电能转化为其他形式的能，EI＝P内+P外就是能量守恒定律在闭合电路中的体现。②外电阻的阻值向接近内阻的阻值方向变化时，电源的输出功率变大。（3）第三类常考题型是电源的U﹣I图象的应用如图，直线A为电源的U﹣I图线，直线B和C分别为电阻R1和R2的U﹣I图线，用该电源分别与R1、R2组成闭合电路时，电源的输出功率分别为P1、P2，电源的效率分别为η1、η2，则（）A．P1＞P2B．P1＝P2C．η1＞η2D．η1＜η2分析：电源的效率等于电源输出功率与电源总功率的百分比，根据效率的定义，找出效率与电源路端电压的关系，由图读出路端电压，就能求出效率；电源与电阻的U﹣I图线的交点，表示电阻接在电源上时的工作状态，可读出电压、电流，算出电源的输出功率，进而比较大小。解：AB、由图线的交点读出，B接在电源上时，电源的输出输出功率P1＝UI＝8WC接在电源上时，电源的输出输出功率P2＝UI＝8W故A错误，B正确。CD、电源的效率η=P出P总=UIEI故选：BC。点评：本题首先要知道效率与功率的区别，电源的效率高，输出功率不一定大。其次，会读图。电源与电阻的伏安特性曲线交点表示电阻接在该电源上时的工作状态。总结：U﹣I图象的一般分析思路①明确纵、横坐标的物理意义。②明确图象的截距、斜率及交点的意义。③找出图线上对应状态的参量或关系式。④结合相关概念或规律进行分析、计算。【解题方法点拨】一、电路的动态分析1．判定总电阻变化情况的规律（1）当外电路的任何一个电阻增大（或减小）时，电路的总电阻一定增大（或减小）。（2）若开关的通、断使串联的用电器增多时，电路的总电阻增大；若开关的通、断使并联的支路增多时，电路的总电阻减小。（3）在如图所示分压电路中，滑动变阻器可视为由两段电阻构成，其中一段R并与用电器并联，另一段R串与并联部分串联。A、B两端的总电阻与R串的变化趋势一致。2．分析思路。二、闭合电路欧姆定律的应用及电源的功率。三、电源的U﹣I图象的应用1．根据U＝E﹣Ir可知，电源的U﹣I图线是如图所示的一条倾斜的直线。（1）直线斜率的绝对值表示电源的电阻r，纵轴的截距为电源电动势E。（2）直线上任何一点A