2026年高考物理复习新题速递之电磁感应

第83页（共83页）2026年高考物理复习新题速递之电磁感应一．选择题（共10小题）1．如图所示，一矩形导体框abcd固定在绝缘水平桌面上，导体框abcd内存在竖直向上的、磁感应强度大小为B的匀强磁场，金属棒ef垂直于导体框ab边静止在导体框abcd上，现对ef施加作用力，使ef以速度v向右匀速运动。导体框ad边、bc边均接有阻值为R的定值电阻，其余部分电阻均忽略不计，ad边的长度为l，ef始终与ab边垂直且接触良好。下列说法正确的是（）A．ad上边的电流由a流向d B．bc边的电流由c流向b C．e点的电势高于f点的电势 D．通过ad边上电阻的电流大小为Blv2．电磁俘能器可在汽车发动机振动时利用电磁感应发电实现能量回收，结构如图甲所示。两对永磁铁可随发动机一起上下振动，每对永磁铁间有水平方向的匀强磁场，磁感应强度大小均为B。磁场中，边长为L的n匝正方形线圈竖直固定在减震装置上。某时刻磁场分布与线圈位置如图乙所示，磁场分界线恰好经过线圈的13位置处，且此时永磁铁相对线圈运动的速度大小为vA．此时刻线圈中的感应电动势大小E＝nBLv B．若永磁铁相对线圈左右振动，则线圈中也能产生感应电流 C．若永磁铁相对线圈下降，则线圈中感应电流的方向为逆时针方向 D．若减小永磁铁相对线圈上升的速度v，则线圈中感应电动势减小3．某物理兴趣小组利用如图甲所示实验装置开展实验。实验一：在线圈A中接入如图乙所示电流；实验二：在线圈A中接入如图丙所示电流。关于这两次实验，在t1到t2时间内下列说法中正确的是（）A．两次实验中所接入的电流在螺线管A中心轴线处均产生竖直向上的感应磁场 B．实验一中电流表发生偏转 C．实验一中通过B线圈的磁通量为零 D．实验二中通过B线圈的磁通量向下且增大4．如图甲，固定在光滑绝缘水平面上的单匝正方形导体框abcd，置于虚线AB左侧始终竖直向下的磁场B1中，bc边与虚线AB重合，虚线AB右侧为B2＝0.2T的匀强磁场。导体框的质量m＝1kg、电阻R＝0.5Ω、边长L＝1m。磁感应强度B1随时间t的变化图像如图乙所示。在t＝1s时，导体框解除固定，给导体框一个向右的初速度v0＝0.1m/s，下列说法正确的是（）A．t＝0.5s时流过ad边的电流方向由a到d B．t＝0.5s时流过ad边的电流大小为0.4A C．导体框的bc边刚越过虚线AB时受到的安培力的大小为0.024N D．当线框速度减为0.02m/s时ad边移动的距离为495．不可形变的圆形导体框a和矩形导体框b（粗糙）连成如图甲所示回路并固定在水平面内。导体框a内固定一小圆环c，且a与c也在同一水平面内，圆环c中通入如图乙所示的电流（规定从上向下看电流顺时针方向为正），导体框b的左端放置一金属棒MN，金属棒处于垂直纸面向下的匀强磁场中，已知匀强磁场的磁感应强度为B且在图乙所示时间内导体棒始终未滑动，则（）A．0～t1时间内，导体棒受到向左的安培力 B．t1时刻，导体棒受到向右的摩擦力最大 C．t1～t2时间内与t2～t3时间内导体棒内的电流反向 D．仅增大交流电的峰值，导体棒有可能发生移动6．如图所示，半径为R、粗细均匀的刚性细金属圆环用弹簧测力计吊着完全处在沿水平方向的匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B，水平线MN是磁场的上边界，此时弹簧测力计的示数为F，现使弹簧测力计吊着圆环一起以速度v竖直向上匀速运动，圆环运动过程中环面始终与磁场垂直，当圆环刚好有一半出磁场时，弹簧测力计的示数为2F，则下列判断正确的是（）A．圆环出磁场过程中，圆环中感应电流沿顺时针方向 B．圆环出磁场过程中，有收缩趋势 C．圆环出磁场过程中，弹簧测力计的示数不断增大 D．金属圆环单位长度的电阻为27．若南极洲我国长城站附近的地磁场的磁感应强度的竖直分量的大小By与距离地面高度h的变化关系如图所示，长城站的一直升机将一始终保持水平的闭合金属导线框竖直向上匀速吊起，下列说法正确的是（）A．线框中有顺时针方向的感应电流（俯视） B．线框中的感应电动势保持不变 C．线框中的感应电流不断减小 D．线框的四条边有向内收缩的趋势8．如图所示是我国自主研究设计的舰载机返回航母甲板时电磁减速的简化原理图。固定在绝缘水平面上足够长的平行光滑金属导轨，左端接有定值电阻R，整个装置处在竖直向下的匀强磁场中，导轨的电阻不计。舰载机等效为电阻不计的导体棒PQ，当导体棒PQ以一定初速度水平向右运动过程中，其速度v、加速度a、所受安培力F、流过的电量q与运动时间t变化关系图像可能正确的是（）A． B． C． D．9．如图甲所示，实线是一个电阻为R、边长为2a的正方形金属线圈，内切于正方形线圈的圆形虚线范围内存在一方向垂直于线圈平面的匀强磁场。已知磁场的磁感应强度B随时间变化的图像如图乙所示，t＝0时刻磁场方向垂直于纸面向里，则下列说法正确的是（）A．t＝0时刻，穿过线圈的磁通量为﹣B0a2 B．在0～2t0时间内，线圈磁通量的变化量为πB0a2 C．在0～2t0时间内，通过线圈导线横截面的电荷量为2πD．在0～2t0时间内，线圈中的感应电流方向先为顺时针方向后为逆时针方向10．如图所示，线圈M和线圈P绕在同一个铁芯上，电流表与线圈P串联。下列说法正确的是（）A．闭合开关S瞬间，电流表中感应电流的方向从a到b B．开关S始终闭合，电流表中感应电流的方向从b到a C．断开开关S瞬间，电流表中没有感应电流 D．断开开关S瞬间，电流表中感应电流的方向从a到b二．多选题（共5小题）（多选）11．关于教材中的插图，下列说法正确的是（）A．如图（a）所示为磁电式电流表。在搬运时，将正负极用导线连接后可以使指针晃动减弱 B．图（b）为一强磁小圆柱体从甲、乙所示的铝管上端管口静止释放，因为乙管有裂缝不闭合，强磁体做自由落体运动 C．图（c）为动圈式扬声器，线圈圆筒安放在永久磁体磁极间的空隙中，能够在空隙中左右运动，音频电流通进线圈，安培力使线圈左右运动。锥形纸盆与线圈连接，随着线圈振动而发声，这样的扬声器可以当作话筒使用 D．图（d）为一个铜盘，轻轻拨动它，能长时间地绕轴自由转动。如果在转动时把U形磁体的两极放在铜盘的边缘，但并不与铜盘接触，铜盘就能在较短的时间内停止，把铜盘换成塑料盘，也会看到同样的现象（多选）12．2024年9月，高达632米的上海中心大厦在图甲所示的“上海慧眼”阻尼器的作用下，抵挡住超级台风的影响。图乙为阻尼器的简化示意图，重达1000吨的质量块由吊索悬挂，质量块下方圆盘状的永磁体与楼体导体地板正对。在大厦受到风力作用摇晃时，质量块发生受迫振动，能够使大厦减振减摆。下列说法正确的是（）A．质量块的摆动方向总与大厦摇晃方向相同 B．质量块摆动的频率等于大厦摇晃的频率 C．质量块随大厦摇晃时，在质量块内产生涡流 D．质量块下方正对的地板必须是导体，才能实现减振（多选）13．如图所示，光滑平行导轨由倾角α＝30°的倾斜部分和水平部分构成，两部分在OO′处平滑连接且连接处绝缘，导轨间距L＝0.2m，倾斜部分有垂直导轨平面向上的匀强磁场Ⅰ，磁感应强度大小B1＝2T，水平部分虚线1、2间存在竖直向上的匀强磁场Ⅱ，磁感应强度大小B2＝3T。倾斜导轨上端A、A′间接有电容C＝1.25F的电容器，水平轨道上静止两导体棒b、c，b在磁场外，c在磁场Ⅱ中。某时刻将导体棒a在导轨AO，A′O′上、距底面高h＝1.6m处由静止释放，导体棒a沿斜面下滑至底端进入水平轨道，与导体棒b发生弹性碰撞，碰后立即取走导体棒a，导体棒c离开磁场Ⅱ时速度为1m/s，b、c未发生碰撞。三导体棒的质量ma＝mb＝0.2kg，mc＝0.4kg，导体棒a电阻不计，导体棒b、c的电阻分别为rb＝0.5Ω、rc＝1Ω，长度均为L，三导体棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，导轨电阻不计，重力加速度g取10m/s2。下列说法正确的是（）A．导体棒a到达底端所经历的时间为1.6s B．b进入Ⅱ的瞬间，b两端的电压为0.8V C．导体棒c在磁场内产生的焦耳热为23D．初始时刻导体棒c距离磁场Ⅱ左边界1的最小距离为5（多选）14．如图，在光滑的水平面内有宽度为4l的匀强磁场，磁场两边界平行，磁场区域足够长，匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里，磁场上方有一菱形的导线框abcd，导线框边长为5l，导线框ab边与ad边的夹角为53°，导线框的电阻为R，导线框在纸面内，ab边与磁场边界平行。导线框以恒定的速度v通过磁场区域，速度v方向始终与导线框ad边平行，在导线框通过磁场区域过程中，下列说法正确的是（）A．导线框进入磁场过程中感应电流方向为a﹣d﹣c﹣b﹣a B．导线框进入磁场过程中受到的安培力方向与速度v方向相反 C．导线框进入磁场过程中受到的安培力大小为20BD．导线框从ab边运动到磁场上边界至ab边运动到磁场下边界过程中通过导线框导体横截面上的电荷量为20（多选）15．如图所示，足够长的宽度L＝0.1m的导轨固定于绝缘水平面上，a、b间接有一个电动势E＝1.6V、内阻r＝1.5Ω的电源，导轨右端接有一个降压限流器件（当电路电流大于或等于0.5A时相当于一个可变电阻且保持电流恒为0.5A，电流小于0.5A时相当于电阻为零的导线）和一个R＝0.5Ω的定值电阻，其他电阻不计，PQ是分界线且与左右两端足够远，整个导轨间有方向竖直向下、磁感应强度大小为0.5T的匀强磁场，导轨在P点有一个断路小缺口，导体棒MN的质量m＝0.01kg，将它从距PQ足够远处由静止释放，在PQ的左侧，导体棒MN与导轨间的动摩擦因数μ＝0.2。在PQ的右侧，它与导轨间无摩擦。已知导体棒到达PQ之前已经在做匀速运动，取重力加速度大小g＝10m/s2，导体棒越过PQ时，由于缺口的影响导致导体棒的速度立即减为原来的一整个过程中，导体棒与导轨垂直且接触良好，导轨及导体棒的电阻均不计，下列说法正确的是（）A．a端接电源的正极 B．导体棒越过PQ后，还能运动的距离为15m C．导体棒越过PQ后，通过降压限流器件上的电荷量为2.25C D．导体棒越过PQ后，降压限流器件产生的热量为0.125J三．解答题（共5小题）16．如图甲所示，足够长的两平行金属导轨MN、PQ水平固定，两导轨电阻不计，且处在竖直向上的匀强磁场中。完全相同的导体棒a、b垂直放置在导轨上，并与导轨接触良好，两导体棒的电阻均为R＝1.0Ω，且长度刚好等于两导轨间距L，两导体棒的间距也为L，磁场的磁感应强度按图乙所示的规律变化，当t＝0.8s时导体棒刚好要滑动。已知L＝2m，两导体棒的质量均为m＝0.5kg，重力加速度大小g＝10m/s2，滑动摩擦力等于最大静摩擦力。求：（1）导体棒开始滑动前，通过导体棒的电流I。（2）导体棒与导轨间的动摩擦因数μ。（3）0～0.8s内导体棒a中产生的焦耳热Qa。17．如图，ab、cd为相距L的平行导轨（电阻不计），b、c间接有一固定电阻，阻值为R，长直细导体杆可以按任意夹角θ架在平行导轨上，细导体杆与导轨接触良好，接触点为M、N。导体杆以平行于导轨的速度v0匀速滑动，已知导体杆单位长度的电阻为R。整个空间充满垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为B。求：（1）当θ＝90°时，M、N哪端电势高，M、N两点间的电压UMN为多少；（2）当θ＝90°时，经过t时间电阻R上产生的焦耳热Q；（3）当θ取多少时，MN段电阻消耗的电功率最大，最大电功率为多少？18．如图所示，将下端开有小口、半径为a的导体圆环竖直固定放置，长为2a的直导体杆从图中实线位置（恰与圆环相切）静止释放，杆沿圆环始终平行于水平直径PQ向下一直加速运动，某时刻恰好到达图中MN位置，且速度大小为v，MN与OM的夹角θ＝60°．已知圆环内部区域分布着方向垂直环面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，导体环和杆单位长度电阻均为R0，杆的质量为m，杆与圆环始终接触良好，重力加速度为g。求：（1）杆在MN位置的加速度大小；（2）该过程回路中产生的焦耳热19．链球运动是一项田径竞远项目，如图甲，运动员两手握着链球上铁链的把手，带动链球旋转，最后使球脱手而出做斜抛运动。链球的质量m＝4kg，如图乙所示，在某次比赛中，链球抛出前做半径R＝2m的圆周运动，抛出时离地高度h＝1.2m，抛出后经t＝4s落地，水平运动的距离为x＝60m，重力加速度g＝10m/s2，不计空气阻力，链球可视为质点。求：（1）链球抛出时的水平速度和竖直速度大小；（2）链球在抛出前瞬间所受向心力大小；（3）若链球上的铁链长L＝1.2m，在垂直链球旋转平面的方向上地磁场的磁感应强度大小为B，链球离手前的速度为v，该瞬间铁链上的感应电动势多大？（用B、v表示）20．如图所示，在匀强磁场中倾斜放置的足够长平行光滑金属导轨cd与pk，轨道平面与水平面的夹角为α＝30°，导轨间距为L0＝1m，电阻不计，导轨顶端连接一个阻值为R0＝8Ω的电阻。匀强磁场方向垂直于导轨平面向上，磁感应强度大小为B，磁感应强度大小随时间变化规律为B＝5t（T），1s以后保持磁感应强度B不变。导体棒ab与轨道始终保持垂直且接触良好，导体棒ab质量为m＝2.0kg，有效电阻为R＝2Ω。初始时ab棒与轨道上的固定绝缘棒MN用绝缘细线相连（如图中虚线所示，e、f分别为两棒的中点），且距离轨道顶端L＝1m。重力加速度g＝10m/s2。求：（1）前1s内导体棒ab中的电流大小及其方向；（2）若在1s末剪断细绳，此时ab棒中仍有电流，则细绳断裂瞬间ab棒的加速度大小；（3）ab下落过程中所能达到的最大速度vm。

2026年高考物理复习新题速递之电磁感应（2025年10月）参考答案与试题解析一．选择题（共10小题）题号12345678910答案BDDDDDBCCA二．多选题（共5小题）题号1112131415答案ACBDACCDAD一．选择题（共10小题）1．如图所示，一矩形导体框abcd固定在绝缘水平桌面上，导体框abcd内存在竖直向上的、磁感应强度大小为B的匀强磁场，金属棒ef垂直于导体框ab边静止在导体框abcd上，现对ef施加作用力，使ef以速度v向右匀速运动。导体框ad边、bc边均接有阻值为R的定值电阻，其余部分电阻均忽略不计，ad边的长度为l，ef始终与ab边垂直且接触良好。下列说法正确的是（）A．ad上边的电流由a流向d B．bc边的电流由c流向b C．e点的电势高于f点的电势 D．通过ad边上电阻的电流大小为Blv【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；电磁感应与电路结合；理解能力．【答案】B【分析】根据右手定则判断电流方向，根据闭合电路的欧姆定律求解电流强度。【解答】解：ABC、由右手定则可知ef上的电流由e流向f，ef为电路中的电源，则f点的电势高于e点的电势，ad边的电流由d流向a，bc边的电流由c流向b，故AC错误，B正确；D、金属棒匀速运动时产生的感应电动势E＝Blv，根据闭合电路欧姆定律可得ad边上电阻的电流为：I=BlvR故选：B。【点评】对于电磁感应现象中的电路问题，经常是根据楞次定律或右手定则判断电流方向，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律进行解答。2．电磁俘能器可在汽车发动机振动时利用电磁感应发电实现能量回收，结构如图甲所示。两对永磁铁可随发动机一起上下振动，每对永磁铁间有水平方向的匀强磁场，磁感应强度大小均为B。磁场中，边长为L的n匝正方形线圈竖直固定在减震装置上。某时刻磁场分布与线圈位置如图乙所示，磁场分界线恰好经过线圈的13位置处，且此时永磁铁相对线圈运动的速度大小为v，A．此时刻线圈中的感应电动势大小E＝nBLv B．若永磁铁相对线圈左右振动，则线圈中也能产生感应电流 C．若永磁铁相对线圈下降，则线圈中感应电流的方向为逆时针方向 D．若减小永磁铁相对线圈上升的速度v，则线圈中感应电动势减小【考点】法拉第电磁感应定律的基本计算；磁场、安培力和电流方向的相互判断；楞次定律及其应用．【专题】定量思想；推理法；电磁感应与电路结合；推理论证能力．【答案】D【分析】根据法拉第电磁感应定律和楞次定律等知识进行分析解答。【解答】解：A.根据题意可知，线圈上下两边均切割磁感线，故此时刻线圈中的感应电动势大小E＝2nBLv，故A错误；B.永磁铁相对线圈左右振动时，穿过线圈的磁通量不变，线圈中不能产生感应电动势和感应电流，故B错误；C.永磁铁相对线圈下降时，根据安培定则可知线圈中感应电流的方向为顺时针方向，故C错误；D.根据法拉第电磁感应定律可知永磁铁相对线圈上升越慢，即v越小时磁通量变化越慢，线圈中产生的感应电动势越小，故D正确。故选：D。【点评】本题考查电磁感应，理解法拉第电磁感应定律和楞次定律的应用，难度较低。3．某物理兴趣小组利用如图甲所示实验装置开展实验。实验一：在线圈A中接入如图乙所示电流；实验二：在线圈A中接入如图丙所示电流。关于这两次实验，在t1到t2时间内下列说法中正确的是（）A．两次实验中所接入的电流在螺线管A中心轴线处均产生竖直向上的感应磁场 B．实验一中电流表发生偏转 C．实验一中通过B线圈的磁通量为零 D．实验二中通过B线圈的磁通量向下且增大【考点】感应电流的产生条件；判断磁通量的大小或变化．【专题】定性思想；推理法；电磁感应与图象结合；推理论证能力．【答案】D【分析】根据安培定则以及产生感应电流的条件、磁通量的变化知识进行分析解答。【解答】解：A．根据右手安培定则，两次实验中所接入的电流在螺线管A中心轴线处均产生竖直向下的感应磁场，故A错误；BC．实验一中，由于线圈A中的电流是恒定电流，产生的磁场不变，则B中的磁通量不为0，但不变，故电流表不发生偏转，故BC错误；D．实验二中通过A线圈的电流增大，则穿过B线圈的磁感应强度变大，故磁通量向下且增大，故D正确。故选：D。【点评】考查安培定则以及产生感应电流的条件、磁通量的变化知识，会根据题意进行准确分析解答。4．如图甲，固定在光滑绝缘水平面上的单匝正方形导体框abcd，置于虚线AB左侧始终竖直向下的磁场B1中，bc边与虚线AB重合，虚线AB右侧为B2＝0.2T的匀强磁场。导体框的质量m＝1kg、电阻R＝0.5Ω、边长L＝1m。磁感应强度B1随时间t的变化图像如图乙所示。在t＝1s时，导体框解除固定，给导体框一个向右的初速度v0＝0.1m/s，下列说法正确的是（）A．t＝0.5s时流过ad边的电流方向由a到d B．t＝0.5s时流过ad边的电流大小为0.4A C．导体框的bc边刚越过虚线AB时受到的安培力的大小为0.024N D．当线框速度减为0.02m/s时ad边移动的距离为49【考点】法拉第电磁感应定律的基本计算；动量定理在电磁感应问题中的应用；安培力的计算公式及简单应用．【专题】定量思想；推理法；电磁感应中的力学问题；推理论证能力．【答案】D【分析】根据楞次定律判断；根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律计算；计算出此时的感应电流大小，然后根据安培力公式计算；根据动量定理、法拉第电磁感应定律和欧姆定律、电流的定义式计算。【解答】解：A、根据楞次定律可知t＝0.5s时流过ad边的电流方向由d到a，故A错误；B、在0﹣1s内线框产生的感应电动势大小为E=ΔBΔtL2=0.2-0.11×12V=0.1C、导体框的bc边刚越过虚线AB时左边的磁场磁感应强度大小B1＝0.1T，线框产生的感应电动势大小为E'＝B1Lv0+B2Lv0＝0.1×1×0.1V+0.2×1×0.1V＝0.03V，线框中的电流大小为I'=E'R=0.030.5V=0.06A，则bc边受到的安培力大小为F＝BD、设经时间Δt线框的速度变为v＝0.02m/s，规定向右的方向为正方向，此过程的平均电流大小为I'，根据动量定理有﹣（B1+B2）I'Δt＝mv﹣mv0，通过导线框导线截面的电荷量为q＝I'Δt，根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律有E=(B1+B2)故选：D。【点评】本题考查了法拉第电磁感应定律、欧姆定律以及动量定理在电磁感应现象中的应用，要注意AB左右两边的磁场方向是相反的。5．不可形变的圆形导体框a和矩形导体框b（粗糙）连成如图甲所示回路并固定在水平面内。导体框a内固定一小圆环c，且a与c也在同一水平面内，圆环c中通入如图乙所示的电流（规定从上向下看电流顺时针方向为正），导体框b的左端放置一金属棒MN，金属棒处于垂直纸面向下的匀强磁场中，已知匀强磁场的磁感应强度为B且在图乙所示时间内导体棒始终未滑动，则（）A．0～t1时间内，导体棒受到向左的安培力 B．t1时刻，导体棒受到向右的摩擦力最大 C．t1～t2时间内与t2～t3时间内导体棒内的电流反向 D．仅增大交流电的峰值，导体棒有可能发生移动【考点】楞次定律及其应用；左手定则判断安培力的方向；安培力的计算公式及简单应用．【专题】定性思想；推理法；电磁感应与电路结合；推理论证能力．【答案】D【分析】由楞次定律可以判断出感应电流方向，由左手定则判断出安培力方向，结合法拉第电磁感应定律判断最大感应电动势的变化。【解答】解：A、在0～t1时间内，c内顺时针方向的电流增大，则其产生的向下的磁场增强，由楞次定律可知，在0～t1时间内，a内产生逆时针方向的感应电流，通过MN的电流从N流向M，由左手定则可知，安培力向右，故A错误；B、t1时刻c内的电流最大，但电流的变化率为零，所以a内没有感应电流，则导体棒不受安培力，所以也不受摩擦力，故B错误；C、由图乙所示图像可知，t1～t2时间内顺时针方向的电流减小，则其产生的向下的磁场减弱，由楞次定律可知a内产生的感应电流的方向为顺时针方向；t2～t3时间内逆时针方向的电流增大，则其产生的向上的磁场增强，由楞次定律可知a内产生的感应电流的方向为顺时针方向，a中的感应电流方向不变，MN中电流的方向不变，故C错误；D、增大交流电的峰值，则其产生的磁场的最大值会增大，磁通量的最大变化率也会最大，根据法拉第电磁感应定律可知回路中产生的最大电动势增大，所以最大感应电流增大，MN受到安培力增大，当MN受到的安培力最大值大于最大静摩擦力时，导体棒有可能发生移动，故D正确。故选：D。【点评】本题考查了判断安培力方向、安培力大小，应用安培定则、楞次定律、左手定则即可正确解题。6．如图所示，半径为R、粗细均匀的刚性细金属圆环用弹簧测力计吊着完全处在沿水平方向的匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B，水平线MN是磁场的上边界，此时弹簧测力计的示数为F，现使弹簧测力计吊着圆环一起以速度v竖直向上匀速运动，圆环运动过程中环面始终与磁场垂直，当圆环刚好有一半出磁场时，弹簧测力计的示数为2F，则下列判断正确的是（）A．圆环出磁场过程中，圆环中感应电流沿顺时针方向 B．圆环出磁场过程中，有收缩趋势 C．圆环出磁场过程中，弹簧测力计的示数不断增大 D．金属圆环单位长度的电阻为2【考点】线圈进出磁场的动力学问题；楞次定律及其应用；线圈进出磁场的电压、电流、电荷量等电学量的计算．【专题】比较思想；等效替代法；电磁感应与电路结合；理解能力．【答案】D【分析】根据楞次定律判断感应电流方向，并判断圆环形变趋势；根据切割磁感线的有效长度变化分析感应电动势的变化，再判断感应电流大小的变化，进而判断安培力的变化，由平衡条件判断弹簧测力计示数的变化；当圆环刚好有一半出磁场时，根据平衡条件结合感应电动势公式、欧姆定律、安培力公式求解金属圆环单位长度的电阻。【解答】解：AB、圆环出磁场过程中，穿过线圈的磁通量向外减小，根据楞次定律可知，圆环中感应电流沿逆时针方向，圆环有膨胀趋势，故AB错误；C、圆环出磁场的过程中，切割磁感线的有效长度先增大后减小，则圆环产生感应电动势先增大后减小，感应电流先增大后减小，受到的安培力先增大后减小，则弹簧测力计的示数先增大后减小，故C错误；D、设圆环的质量为m，圆环完全处在匀强磁场中时，由平衡条件得F＝mg当圆环刚好有一半出磁场时，切割磁感线的有效长度为2R，则感应电动势为E＝B•2Rv＝2BRv由平衡条件得2F＝mg+BI•2R联立解得I则圆环的电阻为R圆环的长度为s＝2πR则金属圆环单位长度的电阻为R'=R0故选：D。【点评】解答本题时，要知道圆环产生的感应电动势与有效切割长度有关，圆环匀速运动时，受力平衡，根据平衡条件结合电磁感应规律分析解答。7．若南极洲我国长城站附近的地磁场的磁感应强度的竖直分量的大小By与距离地面高度h的变化关系如图所示，长城站的一直升机将一始终保持水平的闭合金属导线框竖直向上匀速吊起，下列说法正确的是（）A．线框中有顺时针方向的感应电流（俯视） B．线框中的感应电动势保持不变 C．线框中的感应电流不断减小 D．线框的四条边有向内收缩的趋势【考点】增缩减扩；感应电流的产生条件；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；推理论证能力．【答案】B【分析】根据楞次定律结合安培定则分析；根据法拉第电磁感应定律分析产生的感应电动势的变化分析；根据“增缩减扩”分析。【解答】解：A．由图可知随着高度的增加，竖直方向的磁感应强度分量逐渐减小，则穿过金属导线框的磁通量逐渐减小，南极洲的地磁场磁感应强度的竖直分量竖直向上，根据楞次定律，线框中有逆时针方向的感应电流（俯视），故A错误；BC．由法拉第电磁感应定律和By−h图像得，感应电动势大小为E感应电流的大小为I可知感应电动势E保持不变，则感应电流的大小保持不变，故B正确，C错误；D．根据楞次定律，线框的四条边有向外扩张的趋势，故D错误。故选B。【点评】本题考查了对楞次定律和法拉第电磁感应定律的理解和应用，注意楞次定律推论的应用。8．如图所示是我国自主研究设计的舰载机返回航母甲板时电磁减速的简化原理图。固定在绝缘水平面上足够长的平行光滑金属导轨，左端接有定值电阻R，整个装置处在竖直向下的匀强磁场中，导轨的电阻不计。舰载机等效为电阻不计的导体棒PQ，当导体棒PQ以一定初速度水平向右运动过程中，其速度v、加速度a、所受安培力F、流过的电量q与运动时间t变化关系图像可能正确的是（）A． B． C． D．【考点】导轨滑杆模型中的图像问题；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】定性思想；推理法；恒定电流专题；电磁感应中的力学问题；理解能力．【答案】C【分析】根据电磁感应规律、安培力公式、牛顿第二定律，分析速度、加速度、安培力、电量与时间的关系，再匹配图像特征，分析各选项。【解答】解：A、根据题意分析可知，导体棒切割磁感线，回路中出现感应电流，导体棒ab受到向左的安培力，向右减速运动，根据牛顿第二定律有，由F可知，由于导体棒速度减小，则加速度减小，所以导体棒做的是加速度越来越小的减速运动直至停止运动，故A错误；B、导体棒的最大加速度为a导体棒做加速度减小的减速运动，可知a﹣t图像的形状与v﹣t图像类似，为凹函数，故B错误；C、根据题意分析可知，导体棒受到向左的安培力，大小为F导体棒做加速度减小的减速运动，可知F﹣t图像的形状与v﹣t图像类似，为凹函数，故C正确；D、根据题意分析可知，根据q可知Δq由于导体棒速度减小，故电荷量变化率减小，故D错误。故选：C。【点评】本题关键是通过电磁感应规律、安培力公式、牛顿第二定律建立物理量间的函数关系，再结合“加速度减小的减速运动”的图像特征（斜率逐渐减小）判断选项。9．如图甲所示，实线是一个电阻为R、边长为2a的正方形金属线圈，内切于正方形线圈的圆形虚线范围内存在一方向垂直于线圈平面的匀强磁场。已知磁场的磁感应强度B随时间变化的图像如图乙所示，t＝0时刻磁场方向垂直于纸面向里，则下列说法正确的是（）A．t＝0时刻，穿过线圈的磁通量为﹣B0a2 B．在0～2t0时间内，线圈磁通量的变化量为πB0a2 C．在0～2t0时间内，通过线圈导线横截面的电荷量为2πD．在0～2t0时间内，线圈中的感应电流方向先为顺时针方向后为逆时针方向【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；楞次定律及其应用．【专题】定量思想；方程法；恒定电流专题；电磁感应中的力学问题；理解能力．【答案】C【分析】有效面积为圆形区域面积，依次分析磁通量、磁通量变化量、感应电流方向及电荷量。根据磁通量计算、法拉第电磁感应定律、楞次定律及电荷量公式来分析各选项。【解答】解：A、根据题意分析可知，t＝0时刻，磁感应强度为﹣B0，穿过线圈的磁通量为-B0πB、根据题意分析可知，在0～2t0时间内，线圈磁通量由垂直纸面向里变为垂直纸面向外，变化量为2πB0C、根据题意分析可知，在0～2t0时间内，根据法拉第电磁感应定律，产生的感应电动势为E=根据闭合电路欧姆定律，产生的感应电流为I=通过线圈导线横截面的电荷量q=故C正确；D、根据楞次定律和安培定则，在0～2t0时间内，线圈中的感应电流方向始终为顺时针方向，故D错误。故选：C。【点评】本题关键是明确有效面积为圆形区域，结合磁通量定义、楞次定律（感应电流磁场“阻碍”原磁通量变化）、电荷量公式分析。需注意磁通量的正负表示方向，以及楞次定律中“阻碍”的逻辑应用。10．如图所示，线圈M和线圈P绕在同一个铁芯上，电流表与线圈P串联。下列说法正确的是（）A．闭合开关S瞬间，电流表中感应电流的方向从a到b B．开关S始终闭合，电流表中感应电流的方向从b到a C．断开开关S瞬间，电流表中没有感应电流 D．断开开关S瞬间，电流表中感应电流的方向从a到b【考点】楞次定律及其应用；感应电流的产生条件．【专题】定性思想；推理法；电磁感应与电路结合；推理论证能力．【答案】A【分析】闭合、断开开关瞬间，根据右手螺旋定则，可知通过线圈M、线圈P的磁通量变化，结合楞次定律，可知电流表中的感应电流方向；开关始终闭合，根据楞次定律，即可知电流表中是否会产生感应电流。【解答】解：A．闭合开关，线圈M产生的磁场方向水平向右，线圈P中磁场磁感应强度方向向右，磁通量增加，据楞次定律可知电流表中感应电流方向从a到b，故A正确；B．开关始终闭合，线圈P中磁通量不变，据楞次定律可知感应电流为0，故B错误；CD．断开开关，线圈M产生的水平向右的磁场减少，线圈P中的水平向右的磁通量减小，据楞次定律可知电流表中感应电流方向由b到a，故CD错误。故选：A。【点评】本题考查电磁感应，关键是根据楞次定律，分析线圈P的感应电流。二．多选题（共5小题）（多选）11．关于教材中的插图，下列说法正确的是（）A．如图（a）所示为磁电式电流表。在搬运时，将正负极用导线连接后可以使指针晃动减弱 B．图（b）为一强磁小圆柱体从甲、乙所示的铝管上端管口静止释放，因为乙管有裂缝不闭合，强磁体做自由落体运动 C．图（c）为动圈式扬声器，线圈圆筒安放在永久磁体磁极间的空隙中，能够在空隙中左右运动，音频电流通进线圈，安培力使线圈左右运动。锥形纸盆与线圈连接，随着线圈振动而发声，这样的扬声器可以当作话筒使用 D．图（d）为一个铜盘，轻轻拨动它，能长时间地绕轴自由转动。如果在转动时把U形磁体的两极放在铜盘的边缘，但并不与铜盘接触，铜盘就能在较短的时间内停止，把铜盘换成塑料盘，也会看到同样的现象【考点】生活中的电磁感应现象；电磁阻尼与电磁驱动．【专题】定性思想；推理法；电磁感应与电路结合；推理论证能力．【答案】AC【分析】根据电磁感应、电磁阻尼和电磁驱动，涡流的产生原理，能量的转化和守恒定律进行分析解答。【解答】解：A.连接接线柱后会形成闭合回路，指针晃动产生感应电流，而感应电流所受的安培力起到阻碍作用，使指针摆动变缓，故A正确；B.乙虽然是有竖直裂缝的铝管，但是强磁小圆柱在铝管中下落时，在侧壁也产生涡流，对小圆柱产生向上的阻力，所以强磁体不是做自由落体运动，故B错误；C.图（c）中这种动圈式扬声器，若有声音使得纸盆振动，从而带动线圈振动切割磁感线产生感应电流，所以这样的扬声器也能当作话筒，故C正确；D.当转动铜盘时，导致铜盘的一部分切割磁感线，从而产生感应电流，此时机械能转化为电能最终转化为内能；把铜盘换成塑料盘，不会产生感应电流，则不会消耗机械能，即不会看到同样的现象，故D错误。故选：AC。【点评】考查电磁感应、电磁阻尼和电磁驱动，涡流的产生原理，理解能量守恒的意义，属于基础题。（多选）12．2024年9月，高达632米的上海中心大厦在图甲所示的“上海慧眼”阻尼器的作用下，抵挡住超级台风的影响。图乙为阻尼器的简化示意图，重达1000吨的质量块由吊索悬挂，质量块下方圆盘状的永磁体与楼体导体地板正对。在大厦受到风力作用摇晃时，质量块发生受迫振动，能够使大厦减振减摆。下列说法正确的是（）A．质量块的摆动方向总与大厦摇晃方向相同 B．质量块摆动的频率等于大厦摇晃的频率 C．质量块随大厦摇晃时，在质量块内产生涡流 D．质量块下方正对的地板必须是导体，才能实现减振【考点】涡流的应用与防止；阻尼振动和受迫振动．【专题】定性思想；归纳法；电磁感应与电路结合；理解能力．【答案】BD【分析】质量块摆动后，摆动方向始终与大厦的振动方向相反；阻尼器的振动属于受迫振动，振动频率等于大厦的摇晃频率；大厦摇晃，地板切割磁场产生涡流，涡流产热并耗散；该阻尼器是利用电磁感应产生涡流来工作的，所以地板必须是导体。【解答】解：A、由题意可知，大厦对质量块的力与质量块对大楼的力为一对相互作用力，根据回复力F＝﹣kx，可知质量块摆动后，摆动方向始终与大厦的振动方向相反，故A错误；B、该质量块是在大厦受到风力作用摇晃时由于惯性反向摆动来工作的，属于受迫振动，所以其振动频率等于大厦摇晃的频率，故B正确；C、质量块与地板发生相对运动，相当于地板在切割永磁体的磁场，从而在地板内部产生涡流，即大厦摇晃的机械能转化成了电能，并通过涡流产生热能耗散掉，故C错误；D、根据题意，该阻尼器依靠电磁感应原理产生涡流实现减振，地板必须是导体才行，故D正确。故选：BD。【点评】本题以实际生活中的阻尼器为背景考查电磁感应现象中涡流的产生与应用，难度不大，搞清楚原理即可。（多选）13．如图所示，光滑平行导轨由倾角α＝30°的倾斜部分和水平部分构成，两部分在OO′处平滑连接且连接处绝缘，导轨间距L＝0.2m，倾斜部分有垂直导轨平面向上的匀强磁场Ⅰ，磁感应强度大小B1＝2T，水平部分虚线1、2间存在竖直向上的匀强磁场Ⅱ，磁感应强度大小B2＝3T。倾斜导轨上端A、A′间接有电容C＝1.25F的电容器，水平轨道上静止两导体棒b、c，b在磁场外，c在磁场Ⅱ中。某时刻将导体棒a在导轨AO，A′O′上、距底面高h＝1.6m处由静止释放，导体棒a沿斜面下滑至底端进入水平轨道，与导体棒b发生弹性碰撞，碰后立即取走导体棒a，导体棒c离开磁场Ⅱ时速度为1m/s，b、c未发生碰撞。三导体棒的质量ma＝mb＝0.2kg，mc＝0.4kg，导体棒a电阻不计，导体棒b、c的电阻分别为rb＝0.5Ω、rc＝1Ω，长度均为L，三导体棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，导轨电阻不计，重力加速度g取10m/s2。下列说法正确的是（）A．导体棒a到达底端所经历的时间为1.6s B．b进入Ⅱ的瞬间，b两端的电压为0.8V C．导体棒c在磁场内产生的焦耳热为23D．初始时刻导体棒c距离磁场Ⅱ左边界1的最小距离为5【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、电流或电阻；倾斜平面内的导轨滑杆模型；动量定理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．【专题】定量思想；方程法；动量定理应用专题；恒定电流专题；电磁感应中的力学问题；理解能力．【答案】AC【分析】分析导体棒a在倾斜导轨上的运动，利用牛顿第二定律结合电容器的电容特性求加速度，再通过位移公式求时间；先由弹性碰撞得到b进入磁场Ⅱ的速度，再通过法拉第电磁感应定律和电路欧姆定律求b两端电压；利用b、c组成的系统动量守恒和能量守恒，结合焦耳热的分配比例求c产生的焦耳热；通过动量定理和电荷量的关系，结合c离开磁场时的运动状态求初始距离。【解答】解：A、根据题意可知，导体棒a到达OO′之前，设在极短的时间Δt内，导体棒a速度变化量为Δv，a中的电流为i，根据牛顿第二定律有magsinα﹣iLB1＝maa又q＝iΔt，q＝CB1LΔv，Δv＝aΔt代入数据，联立解得a＝2.5m/s2即a到达底端之前做初速度为零、加速度大小为2.5m/s2的匀加速直线运动，根据几何关系可得位移x根据匀变速直线运动的公式有，x解得t＝1.6s，故A正确；B、a到达底端的速度v＝at代入数据解得v＝4m/s因a、b质量相等，故a进入水平轨道后与b发生弹性碰撞交换速度，则b进入Ⅱ时的速度等于a到达底端的速度，即v＝4m/s，根据法拉第电磁感应定律有E＝B2Lv又I=Erc+r联立解得Ub＝1.6V，故B错误；C、根据题意可知，b进入Ⅱ后，b、c组成的系统动量守恒，则有mbv＝mbv1+mcv2根据能量守恒有Q又导体棒c产生的热量Q解得Qc=2D、根据题意可知，当c出磁场时，b也刚好出磁场，此时c到边界Ⅰ的距离最小，设最小距离为s，则整个过程流过闭合回路的电荷有q又I=E联立解得q对c用动量定理B又q联立解得s=53故选：AC。【点评】本题综合考查电磁感应与力学的结合，需灵活运用牛顿第二定律、弹性碰撞、动量守恒、能量守恒及动量定理等知识。关键在于分析导体棒在不同阶段的受力与运动状态，结合电路规律求解各物理量。（多选）14．如图，在光滑的水平面内有宽度为4l的匀强磁场，磁场两边界平行，磁场区域足够长，匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里，磁场上方有一菱形的导线框abcd，导线框边长为5l，导线框ab边与ad边的夹角为53°，导线框的电阻为R，导线框在纸面内，ab边与磁场边界平行。导线框以恒定的速度v通过磁场区域，速度v方向始终与导线框ad边平行，在导线框通过磁场区域过程中，下列说法正确的是（）A．导线框进入磁场过程中感应电流方向为a﹣d﹣c﹣b﹣a B．导线框进入磁场过程中受到的安培力方向与速度v方向相反 C．导线框进入磁场过程中受到的安培力大小为20BD．导线框从ab边运动到磁场上边界至ab边运动到磁场下边界过程中通过导线框导体横截面上的电荷量为20【考点】线圈进出磁场的动力学问题；线圈进出磁场的电压、电流、电荷量等电学量的计算．【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】CD【分析】根据楞次定律判断导线框进入磁场过程中感应电流方向；根据左手定则判断安培力方向；根据感应电动势公式、欧姆定律和安培力公式相结合求导线框进入磁场过程中受到的安培力大小；根据几何关系求出菱形的导线框的面积，由法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电荷量与电流的关系求通过导线框导体横截面上的电荷量。【解答】解：A、导线框进入磁场过程中，穿过线框的磁通量向时增加，根据楞次定律可知，导线框中感应电流的方向为a﹣b﹣c﹣d﹣a，故A错误；B、根据左手定则可知，ab边受到的安培力方向垂直于ab边向上，cd边在磁场外不受安培力，ad边和bc边受到的安培力方向大小相等，方向相反，所以导线框进入磁场过程中受到的安培力方向垂直于ab边向上，故B错误；C、导线框穿过磁场整个过程中，导线框产生的感应电动势为E＝B×5lvsin53°＝4Blv回路中感应电流为I=ER，ab边受到的安培力大小为FD、根据几何关系可知，菱形的导线框的面积为S＝5l×5lsin53°＝20l2导线框进入磁场过程中通过导线框导体横截面上的电荷量为q=It=故选：CD。【点评】解答本题时，关键要确定线框有效切割长度，即与速度垂直的长度，再根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律、楞次定律、安培力公式等等电磁感应规律解答。（多选）15．如图所示，足够长的宽度L＝0.1m的导轨固定于绝缘水平面上，a、b间接有一个电动势E＝1.6V、内阻r＝1.5Ω的电源，导轨右端接有一个降压限流器件（当电路电流大于或等于0.5A时相当于一个可变电阻且保持电流恒为0.5A，电流小于0.5A时相当于电阻为零的导线）和一个R＝0.5Ω的定值电阻，其他电阻不计，PQ是分界线且与左右两端足够远，整个导轨间有方向竖直向下、磁感应强度大小为0.5T的匀强磁场，导轨在P点有一个断路小缺口，导体棒MN的质量m＝0.01kg，将它从距PQ足够远处由静止释放，在PQ的左侧，导体棒MN与导轨间的动摩擦因数μ＝0.2。在PQ的右侧，它与导轨间无摩擦。已知导体棒到达PQ之前已经在做匀速运动，取重力加速度大小g＝10m/s2，导体棒越过PQ时，由于缺口的影响导致导体棒的速度立即减为原来的一整个过程中，导体棒与导轨垂直且接触良好，导轨及导体棒的电阻均不计，下列说法正确的是（）A．a端接电源的正极 B．导体棒越过PQ后，还能运动的距离为15m C．导体棒越过PQ后，通过降压限流器件上的电荷量为2.25C D．导体棒越过PQ后，降压限流器件产生的热量为0.125J【考点】单杆在导轨上无外力作用下切割磁场的运动问题；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；方程法；恒定电流专题；电磁感应中的力学问题；理解能力．【答案】AD【分析】根据电磁感应、安培力、动能定理、动量定理及能量守恒等知识，分析导体棒在PQ两侧的运动状态、受力情况及电路特性，逐一判断选项。【解答】解：A、导体棒由静止释放后向右运动，故其所受的安培力向右，由左手定则可知，电流方向由M到N，故a端接电源的正极，故A正确；B、对导体棒分析，设其在PQ左侧运动的最大速度为v，受到的安培力F＝BIL受到的摩擦力f＝μmg导体棒在PQ左侧运动的速度最大时，有F＝f根据闭合电路欧姆定律有E﹣BLv＝Ir解得v＝20m/s导体棒越过PQ后速度变为v1=12v，代入数据解得v如果降压限流器件的电阻为零，电路中电流I1=＝1A＞0.5A当导体棒的速度减为v2=0.5A×RBL，代入数据解得v2＝5m/s时，降压限流器件的电阻恰好为零，此过程中，通过导体棒的电流恒为I2＝0.5A，在导体棒的速度从v1减到v2的过程中，导体棒受到的安培力不变，导体棒做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有a导体棒做匀减速直线运动的时间t1=v1-v2位移大小x1＝v1t1-解得x1＝15m通过导体棒的电荷量q1＝I2t1，代入数据解得q1＝1C之后降压限流器件的电阻为零，导体棒接下来做加速度减小的减速直线运动直到静止，依据动量定理有﹣F安t2＝mΔv即-解得x2＝10m通过导体棒的电荷量q2=ΔΦR=BLx导体棒越过PQ后运动的距离x＝x1+x2代入数据解得x＝25m故B错误；C、通过降压限流器件上的总电荷量q＝q1+q2，代入数据解得q＝2C故C错误；D、降压限流器件仅在t1时间内产生热量，根据能量守恒定律有Q=代入数据解得Q＝0.125J故D正确。故选：AD。【点评】本题关键是理解降压限流器件的“分段特性”（电流≥0.5A时恒流，否则为导线），结合电磁感应、受力平衡、动量定理及能量守恒分析各阶段运动与电路行为，注意区分不同阶段的安培力、电流及能量转化关系。三．解答题（共5小题）16．如图甲所示，足够长的两平行金属导轨MN、PQ水平固定，两导轨电阻不计，且处在竖直向上的匀强磁场中。完全相同的导体棒a、b垂直放置在导轨上，并与导轨接触良好，两导体棒的电阻均为R＝1.0Ω，且长度刚好等于两导轨间距L，两导体棒的间距也为L，磁场的磁感应强度按图乙所示的规律变化，当t＝0.8s时导体棒刚好要滑动。已知L＝2m，两导体棒的质量均为m＝0.5kg，重力加速度大小g＝10m/s2，滑动摩擦力等于最大静摩擦力。求：（1）导体棒开始滑动前，通过导体棒的电流I。（2）导体棒与导轨间的动摩擦因数μ。（3）0～0.8s内导体棒a中产生的焦耳热Qa。【考点】双杆在等宽导轨上切割磁场的运动问题；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；方程法；恒定电流专题；电磁感应中的力学问题；理解能力．【答案】（1）导体棒开始滑动前，通过导体棒的电流1A。（2）导体棒与导轨间的动摩擦因数0.2。（3）0～0.8s内导体棒a中产生的焦耳热0.8J。【分析】（1）导体棒开始滑动前处于静止状态，由法拉第电磁感应定律求出感应电动势，再结合闭合电路欧姆定律计算电流；（2）导体棒刚好要滑动时，安培力与最大静摩擦力平衡，据此列方程求解动摩擦因数；（3）利用焦耳定律计算导体棒a产生的焦耳热，需先确定回路总电阻，再结合电流、电阻和时间计算。【解答】解：（1）磁场的磁感应强度按图乙所示规律变化，则导体棒开始滑动前，回路中电动势E=ΔΦΔt=ΔB电路中的电流I=E2R，解得（2）当t＝0.8s时导体棒所受安培力F＝BIL＝（0.5×1×2）N＝1N此时导体棒刚好开始滑动，则导体棒所受的安培力大小刚好等于滑动摩擦力，则有μmg＝F解得μ=Fmg，解得μ（3）根据焦耳定律，在0～0.8s内，导体棒a中产生的焦耳热Qa＝I2Rt＝（12×1.0×0.8）J＝0.8J答：（1）导体棒开始滑动前，通过导体棒的电流1A。（2）导体棒与导轨间的动摩擦因数0.2。（3）0～0.8s内导体棒a中产生的焦耳热0.8J。【点评】本题综合考查法拉第电磁感应定律、安培力、摩擦力及焦耳热的计算，关键是明确回路结构、受力平衡条件及电磁感应的基本规律，注意串联电路电阻的特点与焦耳定律的应用。17．如图，ab、cd为相距L的平行导轨（电阻不计），b、c间接有一固定电阻，阻值为R，长直细导体杆可以按任意夹角θ架在平行导轨上，细导体杆与导轨接触良好，接触点为M、N。导体杆以平行于导轨的速度v0匀速滑动，已知导体杆单位长度的电阻为R。整个空间充满垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为B。求：（1）当θ＝90°时，M、N哪端电势高，M、N两点间的电压UMN为多少；（2）当θ＝90°时，经过t时间电阻R上产生的焦耳热Q；（3）当θ取多少时，MN段电阻消耗的电功率最大，最大电功率为多少？【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；方程法；电磁感应——功能问题；电磁感应中的力学问题；理解能力．【答案】（1）当θ＝90°时，M端电势高，M、N两点间的电压BLv（2）当θ＝90°时，经过t时间电阻R上产生的焦耳热B2（3）当0＜L＜1，sinθ＝L时，最大值为B2当L≥1时，θ=πB2【分析】（1）利用右手定则判断电流方向，进而确定电势高低；结合切割电动势公式与电路结构计算UMN。（2）先求电路总电阻，再由切割电动势得电流，最后用焦耳热公式计算R上产生的热量。（3）表示出MN段电阻，推导MN段电阻消耗的电功率表达式，利用三角函数最值求解。【解答】解：（1）当θ＝90°时，导体杆以v0匀速运动，切割磁感线产生感应电动势，根据右手定则可知，M端电势高，感应电动势为E＝BLv0导体杆的电阻r＝LR根据闭合电路欧姆定律I=则M、N两点间的电压UMN=（2）导体杆匀速运动，电路中的电流恒定，根据焦耳定律，时间t内电阻R上产生的焦耳热Q＝I2Rt代入数据可得Q=B（3）当MN与导轨成θ角时，导体杆切割磁感线产生的感应电动势为E＝BLv0此时导体杆的电阻r′=电路中的总电阻为R总=LR此时电路中的电流I′=导体杆上消耗的电功率可以表示为Pr=B进一步化简可以得到Pr=当Lsinθ时，Pr最大，因为0≤sinθ≤1所以0＜L＜1时，即sinθ＝L时，最大值为Pr=当L≥1时，θ=πPr=答：（1）当θ＝90°时，M端电势高，M、N两点间的电压BLv（2）当θ＝90°时，经过t时间电阻R上产生的焦耳热B2（3）当0＜L＜1，sinθ＝L时，最大值为B2当L≥1时，θ=πB2【点评】本题围绕导体杆切割磁感线的电磁感应展开，核心是切割电动势、电路电阻分析与功率最值。18．如图所示，将下端开有小口、半径为a的导体圆环竖直固定放置，长为2a的直导体杆从图中实线位置（恰与圆环相切）静止释放，杆沿圆环始终平行于水平直径PQ向下一直加速运动，某时刻恰好到达图中MN位置，且速度大小为v，MN与OM的夹角θ＝60°．已知圆环内部区域分布着方向垂直环面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，导体环和杆单位长度电阻均为R0，杆的质量为m，杆与圆环始终接触良好，重力加速度为g。求：（1）杆在MN位置的加速度大小；（2）该过程回路中产生的焦耳热【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；牛顿第二定律的简单应用；闭合电路欧姆定律的内容和表达式；安培力的计算公式及简单应用．【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】见试题解答内容【分析】根据牛顿第二定律结合安培力公式表达式求解导体棒的加速度；根据能量守恒定律求解回路的焦耳热；【解答】解：（1）导体棒到达MN位置时，整个回路的电阻R=(据牛顿第二定律mg﹣F安＝ma，整理得：mg-联立解得：a=（2）根据能量守恒定律mgR(1+解得：Q=答：（1）杆在MN位置的加速度大小为g-（2）该过程回路中产生的焦耳热为2+3【点评】本题关键推导出安培力与速度的关系，正确分析功能关系，运用电磁感应与力学基本规律分析。19．链球运动是一项田径竞远项目，如图甲，运动员两手握着链球上铁链的把手，带动链球旋转，最后使球脱手而出做斜抛运动。链球的质量m＝4kg，如图乙所示，在某次比赛中，链球抛出前做半径R＝2m的圆周运动，抛出时离地高度h＝1.2m，抛出后经t＝4s落地，水平运动的距离为x＝60m，重力加速度g＝10m/s2，不计空气阻力，链球可视为质点。求：（1）链球抛出时的水平速度和竖直速度大小；（2）链球在抛出前瞬间所受向心力大小；（3）若链球上的铁链长L＝1.2m，在垂直链球旋转平面的方向上地磁场的磁感应强度大小为B，链球离手前的速度为v，该瞬间铁链上的感应电动势多大？（用B、v表示）【考点】导体平动切割磁感线产生的感应电动势；斜抛运动；牛顿第二定律与向心力结合解决问题．【专题】定量思想；推理法；电磁感应中的力学问题；推理论证能力．【答案】（1）链球抛出时的水平速度大小等于15m/s，竖直速度大小等于19.7m/s；（2）链球在抛出前瞬间所受向心力大小等于1226.18N；（3）该瞬间铁链上的感应电动势为0.84Bv。【分析】（1）球脱手而出做斜抛运动，根据斜抛运动规律结合运动学公式求解；（2）根据向心力公式求解向心力；（3）求出把手处速度，结合法拉第电磁感应定律求解感应电动势。【解答】解：（1）根据运动学公式，水平方向上x＝vxt可得链球抛出时的水平速度大小为vx＝15m/s竖直方向上有-h可得链球抛出时的竖直速度大小为vy＝19.7m/s（2）链球在抛出前瞬间所受向心力大小为F向=又v联立解得F向＝1226.18 N（3）感应电动势为E把手处速度v则有v联立可得E＝0.84Bv答：（1）链球抛出时的水平速度大小等于15m/s，竖直速度大小等于19.7m/s；（2）链球在抛出前瞬间所受向心力大小等于1226.18N；（3）该瞬间铁链上的感应电动势为0.84Bv。【点评】本题考查了斜上抛运动、圆周运动、电磁感应等知识，分析清楚球的运动过程，应用运动的合成与分解，运动学公式以及法拉第电磁感应定律即可解题。20．如图所示，在匀强磁场中倾斜放置的足够长平行光滑金属导轨cd与pk，轨道平面与水平面的夹角为α＝30°，导轨间距为L0＝1m，电阻不计，导轨顶端连接一个阻值为R0＝8Ω的电阻。匀强磁场方向垂直于导轨平面向上，磁感应强度大小为B，磁感应强度大小随时间变化规律为B＝5t（T），1s以后保持磁感应强度B不变。导体棒ab与轨道始终保持垂直且接触良好，导体棒ab质量为m＝2.0kg，有效电阻为R＝2Ω。初始时ab棒与轨道上的固定绝缘棒MN用绝缘细线相连（如图中虚线所示，e、f分别为两棒的中点），且距离轨道顶端L＝1m。重力加速度g＝10m/s2。求：（1）前1s内导体棒ab中的电流大小及其方向；（2）若在1s末剪断细绳，此时ab棒中仍有电流，则细绳断裂瞬间ab棒的加速度大小；（3）ab下落过程中所能达到的最大速度vm。【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；推理论证能力．【答案】（1）前1s内导体棒ab中的电流大小是0.5A，其方向由b到a；（2）若在1s末剪断细绳，此时ab棒中仍有电流，则细绳断裂瞬间ab棒的加速度大小是3.75m/s2；（3）ab下落过程中所能达到的最大速度是4m/s。【分析】（1）根据法拉第电磁感应定律求出电路中产生的感应电动势，由闭合电路的欧姆定律求出电流，根据楞次定律判断感应电流的方向；（2）根据安培力的公式求出安培力，根据牛顿第二定律求出加速度的大小；（3）达到速度最大时，安培力的大小与重力沿斜面向下的分力相等，由此求出最大速度。【解答】解：（1）前1s内产生的感应电动势为E则导体棒ab中的电流大小I根据楞次定律可知电流方向由b到a；（2）若在1s末剪断细绳，因ab受安培力方向向上，则细绳断裂瞬间ab棒的加速度大小a（3）ab达到最大速度时满足mgsin30°＝BIL0，I解得vm＝4m/s答：（1）前1s内导体棒ab中的电流大小是0.5A，其方向由b到a；（2）若在1s末剪断细绳，此时ab棒中仍有电流，则细绳断裂瞬间ab棒的加速度大小是3.75m/s2；（3）ab下落过程中所能达到的最大速度是4m/s。【点评】本题是电磁感应与力学知识的综合，要抓住安培力既与电磁感应有联系，又与力学知识有联系，熟练推导出安培力与速度的关系。

考点卡片1．牛顿第二定律的简单应用【知识点的认识】牛顿第二定律的表达式是F＝ma，已知物体的受力和质量，可以计算物体的加速度；已知物体的质量和加速度，可以计算物体的合外力；已知物体的合外力和加速度，可以计算物体的质量。【命题方向】一质量为m的人站在电梯中，电梯加速上升，加速度大小为13g，gA、43mgB、2mgC、mgD分析：对人受力分析，受重力和电梯的支持力，加速度向上，根据牛顿第二定律列式求解即可。解答：对人受力分析，受重力和电梯的支持力，加速度向上，根据牛顿第二定律N﹣mg＝ma故N＝mg+ma=4根据牛顿第三定律，人对电梯的压力等于电梯对人的支持力，故人对电梯的压力等于43mg故选：A。点评：本题关键对人受力分析，然后根据牛顿第二定律列式求解。【解题方法点拨】在应用牛顿第二定律解决简单问题时，要先明确物体的受力情况，然后列出牛顿第二定律的表达式，再根据需要求出相关物理量。2．斜抛运动【知识点的认识】1．定义：物体将以一定的初速度向空中抛出，仅在重力作用下物体所做的运动叫做抛体运动。2．方向：直线运动时物体的速度方向始终在其运动轨迹的直线方向上；曲线运动中，质点在某一刻（或某一位置）的速度方向是在曲线这一点的切线方向。因此，做抛体运动的物体的速度方向，在其运动轨迹各点的切线方向上，并指向物体前进的方向。注：由于曲线上各点的切线方向不同，所以，曲线运动的速度方向时刻都在改变。3．抛体做直线或曲线运动的条件：（1）物体做直线运动：当物体所受到合外力的方向跟它的初速方向在同一直线上时，物体做直线运动。（2）物体做曲线运动：当物体所受到合外力的方向跟它的初速方向不在同一直线上时，物体做曲线运动。4．平抛运动（1）定义：将物体用一定的初速度沿水平方向抛出，且只在重力作用下所做的运动。（2）条件：①初速度方向为水平；②只受重力作用。（3）规律：平抛运动在水平方向的分运动是匀速直线运动，在竖直方向的分运动是自由落体运动，所以平抛运动是匀变速曲线运动，运动轨迹是抛物线。（4）公式：速度公式：水平方向：v位移公式：水平方向：x=v0tanα=5．斜抛运动（1）定义：将物体以一定的初速度沿斜上方抛出，仅在重力作用下的运动叫做斜抛运动。（2）条件：①物体有斜向上的初速度；②仅受重力作用。（3）规律：斜抛运动在水平方向的分运动是匀速直线运动，在竖直方向的分运动是竖直上抛运动，所以斜抛运动是匀变速曲线运动。（4）公式：水平方向初速度：【命题方向】例1：某学生在体育场上抛出铅球，其运动轨迹如图所示。已知在B点时的速度与加速度相互垂直，则下列说法中正确的是（）A．D点的速率比C点的速率大B．D点的加速度比C点加速度大C．从B到D加速度与速度始终垂直D．从B到D加速度与速度的夹角先增大后减小分析：不计空气阻力，抛体在空中只受重力作用，机械能守恒；抛体运动可以分解为水平方向的匀速直线运动与竖直方向的匀变速运动。解答：A、抛体运动，机械能守恒，D点位置低，重力势能小，故动能大，速度大，故A正确；B、抛体运动，只受重力，加速度恒为g，不变，故B错误；C、从B到D是平抛运动，重力一直向下，速度是切线方向，不断改变，故只有最高点B处加速度与速度垂直，故C错误；D、从B到D是平抛运动，加速度竖直向下，速度方向是切线方向，故夹角不断减小，故D错误。故选：A。点评：抛体运动可以分解为水平方向的匀速直线运动与竖直方向的匀变速直线运动，抛体运动机械能守恒。例2：如图所示，将一篮球从地面上方B点斜向上抛出，刚好垂直击中篮板上A点，不计空气阻力。若抛射点B向篮板方向移动一小段距离，仍使抛出的篮球垂直击中A点，则可行的是（）A．增大抛射速度v0，同时减小抛射角θB．减小抛射速度v0，同时减小抛射角θC．增大抛射角θ，同时减小抛出速度v0D．增大抛射角θ，同时增大抛出速度v0分析：解决本题巧用平抛运动知识，由于题目中紧抓住篮球垂直打到篮板，故可以看成平抛运动，则有水平速度越大，落地速度越大，与水平面的夹角越小。解答：可以将篮球的运动，等效成篮球做平抛运动，当水平速度越大时，抛出后落地速度越大，与水平面的夹角则越小。若水平速度减小，则落地速度变小，但与水平面的夹角变大。因此只有增大抛射角，同时减小抛出速度，才能仍垂直打到篮板上，所以只有C正确，ABD均错误。故选：C。点评：本题采用了逆向思维，降低了解决问题的难度。若仍沿题意角度思考，解题很烦同时容易出错。【解题方法点拨】类平抛运动：1．定义：当物体所受的合外力恒定且与初速度垂直时，物体做类平抛运动。2．类平抛运动的分解方法（1）常规分解法：将类平抛运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和垂直于初速度方向（即沿合力的方向）的匀加速直线运动，两分运动彼此独立，互不影响，且与合运动具有等时性。（2）特殊分解法：对于有些问题，可以过抛出点建立适当的直角坐标系，将加速度分解为ax、ay，初速度v0分解为vx、vy，然后分别在x、y方向上列方程求解。3．类平抛运动问题的求解思路：根据物体受力特点和运动特点判断该问题属于类平抛运动问题﹣﹣求出物体运动的加速度﹣﹣根据具体问题选择用常规分解法还是特殊分解法求解。4．类抛体运动当物体在巨力作用下运动时，若物体的初速度不为零且与外力不在一条直线上，物体所做的运动就是类抛体运动。在类抛体运动中可采用正交分解法处理问题，基本思路为：①建立直角坐标系，将外力、初速度沿这两个方向分解。②求出这两个方向上的加速度、初速度。③确定这两个方向上的分运动性质，选择合适的方程求解。3．牛顿第二定律与向心力结合解决问题【知识点的认识】圆周运动的过程符合牛顿第二定律，表达式Fn＝man＝mω2r＝mv2r=【命题方向】我国著名体操运动员童飞，首次在单杠项目中完成了“单臂大回环”：用一只手抓住单杠，以单杠为轴做竖直面上的圆周运动．假设童飞的质量为55kg，为完成这一动作，童飞在通过最低点时的向心加速度至少是4g，那么在完成“单臂大回环”的过程中，童飞的单臂至少要能够承受多大的力．分析：运动员在最低点时处于超重状态，由单杠对人拉力与重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求解．解答：运动员在最低点时处于超重状态，设运动员手臂的拉力为F，由牛顿第二定律可得：F心＝ma心则得：F心＝2200N又F心＝F﹣mg得：F＝F心+mg＝2200+55×10＝2750N答：童飞的单臂至少要能够承受2750N的力．点评：解答本题的关键是分析向心力的来源，建立模型，运用牛顿第二定律求解．【解题思路点拨】圆周运动中的动力学问题分析（1）向心力的确定①确定圆周运动的轨道所在的平面及圆心的位置．②分析物体的受力情况，找出所有的力沿半径方向指向圆心的合力，该力就是向心力．（2）向心力的来源向心力是按力的作用效果命名的，可以是重力、弹力、摩擦力等各种力，也可以是几个力的合力或某个力的分力，因此在受力分析中要避免再另外添加向心力．（3）解决圆周运动问题步骤①审清题意，确定研究对象；②分析物体的运动情况，即物体的线速度、角速度、周期、轨道平面、圆心、半径等；③分析物体的受力情况，画出受力示意图，确定向心力的来源；④根据牛顿运动定律及向心力公式列方程．4．阻尼振动和受迫振动【知识点的认识】一、自由振动和受迫振动1．自由振动（无阻尼振动）：系统不受外力，也不受任何阻力，只在自身回复力作用下的振动。自由振动的频率，叫做系统的固有频率。2．受迫振动（1）概念：振动系统在周期性驱动力作用下的振动。（2）特点：受迫振动的频率等于驱动力的频率，跟系统的固有频率无关。（3）规律：①物体做受迫振动时，振动稳定后的频率等于驱动力的频率，跟物体的固有频率无关；②物体做受迫振动的振幅由驱动力频率和物体的固有频率共同决定：两者越接近，受迫振动的振幅越大，两者相差越大受迫振动的振幅越小。3．共振（1）现象：当驱动力的频率等于系统的固有频率时，受迫振动的振幅最大。（2）条件：驱动力的频率等于固有频率。（3）共振曲线：①当f驱＝f固时，A＝Am，Am的大小取决于驱动力的幅度②f驱与f固越接近，受迫振动的振幅越大，f驱与f固相差越远，受迫振动的振幅越小③发生共振时，一个周期内，外界提供的能量等于系统克服阻力做功而消耗的能量。4．自由振动、受迫振动和共振的关系比较振动项目自由振动受迫振动共振受力情况仅受回复力受驱动力作用受驱动力作用振动周期或频率由系统本身性质决定，即固有周期T0或固有频率f0由驱动力的周期或频率决定，即T＝T驱或f＝f驱T驱＝T0或f驱＝f0振动能量振动物体的机械能不变由产生驱动力的物体提供振动物体获得的能量最大常见例子弹簧振子或单摆（θ≤5°）机械工作时底座发生的振动共振筛、声音的共鸣等【命题方向】（1）常考题型是考查对自由振动和受迫振动的理解：如图所示，把两个弹簧振子悬挂在同一支架上，已知甲弹簧振子的固有频率为8Hz，乙弹簧振子的固有频率为72Hz，当支架在受到竖直方向且频率为9Hz的驱动力作用下做受迫振动时，则两个弹簧振子的振动情况是（）A．甲的振幅较大，且振动频率为8HzB．甲的振幅较大，且振动频率为9HzC．乙的振幅较大，且振动频率为9HzD．乙的振幅较大，且振动频率为72Hz分析：物体做受迫振动的频率等于驱动力的频率，与固有频率无关。当驱动力的频率接近于物体的固有频率时，物体发生共振，振幅最大。解答：支架在受到竖直方向且频率为9Hz的驱动力作用下做受迫振动时，甲乙两个弹簧振子都做受迫振动，它们振动的频率都等于驱动力的频率9Hz，由于甲的频率接近于驱动力的频率，所以甲的振幅较大。故B正确，A、C、D错误。故选B。点评：解决本题的关键知道受迫振动的频率等于驱动力频率，并要知道在什么条件下可以发生共振。（2）某振动系统的固有频率为f0，在周期性驱动力的作用下做受迫振动，驱动力的频率为f，若驱动力的振幅保持不变，下列说法正确的是（）A．当f＜f0时，该振动系统的振幅随f的增大而减小B．当f＞f0时，该振动系统的振幅随f的减小而增大C．该振动系统的振动稳定后，振动的频率等于f0D．该振动系统的振动稳定后，振动的频率等于f分析：受迫振动的频率等于驱动力的频率，当系统的固有频率等于驱动力的频率时，系统达到共振，振幅达最大。解：A、当f＝f0时，系统达到共振，振幅最大，故f＜f0时，随f的增大，振幅振大，故A错误；B、当f＞f0时，随f的减小，驱动力的频率接近固有频率，故该振动系统的振幅增大，故B正确；C、该振动系统的振动稳定后，振动的频率等于驱动力的频率，故C错误；D、系统的振动稳定后，系统的振动频率等于驱动力的频率，故振动频率等于f，故D正确；故选：BD。点评：本题应明确受迫振动的频率等于驱动力的频率，而当驱动力的频率等于物体的固有频率时，物体的振动最强烈。【解题思路点拨】（l）对阻尼振动的理解：①由于阻力做功，振动系统的机械能逐渐减小，振幅逐渐变小；②周期和频率由振动系统本身决定，阻尼振动中周期和频率不变。（2）对受迫振动的理解：①受迫振动的频率等于驱动力的频率；②驱动力频率越接近固有频率，振幅越大。5．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，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＝