2026年高考物理复习难题速递之电磁感应（2025年11月）

第85页（共85页）2026年高考物理复习难题速递之电磁感应（2025年11月）一．选择题（共8小题）1．如图所示，垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t均匀变化。正方形硬质单匝金属框abcd放置在磁场中，金属框平面与磁场方向垂直。金属框电阻R＝0.1Ω，边长L＝0.2m。下列说法正确的是（）A．金属框的感应电流方向为a→b→c→d B．0～0.1s内，ab边受安培力方向水平向右 C．0～0.1s内，金属框感应电动势E＝0.18V D．0～0.1s内，ab边所受安培力的冲量大小为1.6×10﹣3N•s2．一有界区域内存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向果的匀强磁场，磁场宽度为L；一个高为L的梯形导体框abcd在外力作用下以速变v向右匀速穿过磁场。设t＝0时刻ab边位于磁场左边界，规定向左为安培力正方向。下列线框所受安培力F随时间t的变化规律正确的是（）A． B． C． D．3．如图所示，正方形线框abcd放在光滑的绝缘水平面上，OO′为正方形线框的对称轴，在OO′的左侧存在竖直向下的匀强磁场。现使正方形线框在磁场中以两种不同的方式运动：第一种方式以速度v使正方形线框匀速向右运动，直到ab边刚好与OO′重合；第二种方式只将速度变为3v。则下列说法正确的是（）A．两过程线框中产生的焦耳热之比为1：3 B．两过程流过线框某一横截面的电荷量之比为1：3 C．两次线框中的感应电流大小之比为1：1 D．两过程中线框中产生的平均电动势之比为1：94．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，结构示意图如图1所示。两对永磁铁间存在磁感应强度大小均为B、方向相反的水平匀强磁场永磁铁可随发动机一起上下振动，边长为L的正方形线圈竖直固定在减震装置上，永磁铁振动时磁场分界线不会离开线圈。图2为侧视图（从右向左看）。下列说法正确的是（）A．图2中穿过线圈的磁通量为BL2 B．永磁铁位置相对线圈位置下降时，线圈中一定产生逆时针方向的感应电流 C．永磁铁相对线圈位置变化越大，线圈中感应电动势越大，回收能量越多 D．永磁铁相对线圈位置变化越快，线圈中感应电动势越大，回收能量越多5．如图所示，MN左侧有一垂直纸面向里的磁场，一个线圈的两个端点a、b与内阻很大的电压表相连，线圈内磁通量变化的规律满足φ＝0.3﹣0.05t，在0～5s的时间内（）A．线圈有缩小的趋势 B．电压表的示数不变 C．电压表的示数先增大后减小 D．线圈中有顺时针方向的感应电流6．“变化率”思想在高中物理中有重要的应用，下列物理量对时间变化率的单位错误的是（）A．加速度变化率的单位为m/s2 B．磁通量变化率的单位为V C．动量变化率的单位为N D．电荷量变化率的单位为A7．一带正电的粒子以某一初速度垂直射入匀强磁场中，运动过程中受到与速度大小成正比的阻力（比例系数k不变），方向始终与运动方向相反。匀强磁场的磁感应强度为B时，粒子停止时的位置与初始位置的距离为2cm，粒子运动的路程为26A．当撤去磁场时，粒子运动的路程不等于26B．粒子质量增大，粒子停止时的位置与初始位置的距离变大 C．粒子所带电荷量增大，停止时的位置与初始位置的距离变大 D．当磁感应强度为B2时，粒子停止位置与初始位置的距离约为8．如图所示，绝缘平面上固定两条足够长的“V”字型光滑平行导轨，导轨间距为l，左右两侧导轨与水平面夹角分别为θ、2θ，均处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度分别为B、2B，不计导轨电阻。两侧顶端分别用外力固定质量为m，2m的导体棒ab、cd，电阻分别为R、2R，导体棒垂直于导轨，且运动过程中始终未脱离导轨，重力加速度为g，以下说法正确的是（）A．若ab棒具有沿斜面向上的初速度，则cd棒由静止释放瞬间加速度可能为零 B．若cd棒具有沿斜面向上的初速度，则ab棒由静止释放瞬间加速度可能为零 C．若cd棒始终固定，ab棒由静止释放后的稳定速度为3mgRsinθD．若两导体棒同时静止释放，两棒最终不可能同时匀速下滑二．多选题（共7小题）（多选）9．电磁缓冲装置广泛应用于高铁等交通工具，它利用电磁力来实现有效缓冲，其原理图如图所示。减速区分布着两部分磁场区域Ⅰ和Ⅱ（俯视），分别存在着垂直纸面向内和垂直纸面向外的宽度均为L的匀强磁场，磁感应强度的大小均为B。缓冲车质量为M，其底部最前端固定有边长也为L的N匝正方形线圈，线圈电阻为r，缓冲车以速度v0无动力进入减速区，不计摩擦及空气阻力。则（）A．缓冲车的线圈进入区域Ⅰ的过程中，线圈中的感应电流（从上往下看）沿逆时针方向 B．缓冲车的线圈进入区域Ⅰ的过程中，车做加速度减小的减速运动 C．若缓冲车的线圈刚进入区域Ⅱ时的速度为v，此时缓冲车受到的安培力大小为2ND．从缓冲车的线圈进入区域Ⅱ开始，缓冲车运动位移为L的过程中，通过线圈的电荷量为2（多选）10．如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，两根相距L的平行长直金属导轨水平放置，左端接电容为C的电容器，一导体棒放置在导轨上，与导轨垂直且接触良好，不计导轨电阻及导体棒与导轨间的摩擦。已知磁场的磁感应强度大小为B，导体棒的质量为m、接入电路的电阻为R，开关闭合前电容器有一定电量（上极板带正电），闭合开关瞬间导体棒的加速度大小为a，以下说法正确的是（）A．闭合开关前电容器的电荷量为Q=B．闭合开关瞬间导体棒两端电势差为U=C．在导体棒匀速后导体棒两端电势有φa＝φb D．导体棒运动最大速度为v（多选）11．如图甲所示，虚线MN左、右两侧的空间均存在与纸面垂直的匀强磁场，右侧匀强磁场的磁感应强度大小恒为B0、方向垂直纸面向外；虚线MN左侧磁场的磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示，规定垂直纸面向外为磁场的正方向。现将一半径为r、电阻为R的金属圆环垂直磁场方向固定，其圆心O在MN上。则（）A．圆环上有顺时针方向的感应电流 B．圆环上的感应电流大小为πBC．在0～32t0D．在t=t0（多选）12．演示自感现象的实验电路图如图所示，线圈的自感系数较大，且使滑动变阻器接入电路中的阻值大于线圈直流电阻，A1、A2为两个完全相同的灯泡，下列判断正确的是（）A．接通开关S，灯A1、A2立即变亮 B．接通开关S，灯A1逐渐变亮，灯A2立即变亮 C．接通开关S，待电路稳定后断开开关S，灯A1、A2逐渐熄灭 D．接通开关S，待电路稳定后断开开关S，灯A1逐渐熄灭，灯A2闪一下后逐渐熄灭（多选）13．如图所示，足够长的光滑平行金属导轨ab和cd固定在同一水平面内，间距为L。导轨间有竖直向上的匀强磁场B，另有一直径为d的金属圆盘绕中心轴O以角速度ω顺时针匀速转动，圆盘区域有垂直圆盘向下的匀强磁场B。导轨b端通过电刷与圆盘边缘e点连接，导轨d端与圆盘金属转轴连接。现将质量为m的金属杆MN垂直于导轨由静止释放。下列结论正确的是（）A．金属杆最终做匀速直线运动 B．刚释放时金属杆的加速度最大 C．金属杆运动过程中的最大速度为ωdD．整个运动过程通过金属杆的总电量为mω（多选）14．如图，竖直平面内固定有半径分别为L与2L的半圆形金属导轨PQ、MN，两者圆心均在O点，Q、N间接有电阻R（体积可忽略），导轨右端有一圆心角为30°的扇环状匀强磁场，磁感应强度大小为B。长3L的轻质导体棒可以绕O点在竖直面内自由转动，转动过程导体棒与金属导轨接触良好。现将导体棒拉至水平位置自由释放，已知导体棒末端固定质量为m的绝缘小球，重力加速度大小为g，导体棒质量、导体棒与金属导轨的摩擦、导体棒与导轨电阻、空气阻力均忽略不计。下列说法正确的是（）A．导体棒第一次进入磁场瞬间，Q、N间电势差为3BB．导体棒第一次进入磁场瞬间，Q、N间电势差为B3C．最终电阻R上产生的焦耳热为mgL D．最终电阻R上产生的焦耳热为3（多选）15．如图，竖直平面内固定有半径分别为L与2L的半圆形金属导轨PQ、MN，两者圆心均在O点，Q、N间接有电阻R（体积可忽略），导轨右端有一圆心角为30°的扇环状匀强磁场，磁感应强度大小为B。长3L的轻质导体棒可以绕O点在竖直面内自由转动，转动过程导体棒与金属导轨接触良好。现将导体棒拉至水平位置自由释放，已知导体棒末端固定质量为m的绝缘小球，重力加速度大小为g，导体棒质量、导体棒与金属导轨的摩擦、导体棒与导轨电阻、空气阻力均忽略不计。下列说法正确的是（）A．导体棒第一次进入磁场瞬间，Q、N间电势差为3BB．导体棒第一次进入磁场瞬间，Q、N间电势差为B3C．最终电阻R上产生的焦耳热为mgL D．最终电阻R上产生的焦耳热为3三．解答题（共5小题）16．我国第三艘航母“福建号”已装备最先进的电磁弹射技术。某兴趣小组对其加速和减速阶段简化为下述过程。两根足够长的平直轨道AB和CD固定在水平面上，其中PQ左侧为光滑金属轨道，轨道电阻忽略不计，AC间接有定值电阻R，PQ右侧为粗糙绝缘轨道。沿CD轨道建立x轴、Q点为坐标原点；PQ左侧分布有垂直于轨道平面向下的匀强磁场B0，PQ右侧为沿x轴渐变的磁场B＝1+kx，垂直于x轴方向磁场均匀分布。现将一质量为m，长度为L，电阻为R的金属棒ab垂直放置在轨道上，与PQ距离为s。PQ的右方还有质量为3m，各边长均为L的U形框cdef，其电阻为3R，且与左边金属轨道绝缘。ab棒在恒力F作用下向右运动，到达PQ前已匀速，运动到PQ处时撤去恒力F，随后与U形框发生碰撞，碰后连接成“口”字形闭合线框，并一起运动，后续运动中受到摩擦阻力f大小与速度满足f=12v。已知m＝1kg，F＝2N，s＝5m，L＝1m，R＝1Ω，B0＝1T，（1）棒ab与U形框碰撞前速度的大小v0；（2）棒ab与U形框碰撞前通过电阻R的电量；（3）“口”字形线框停止运动时，fc边的坐标xfc；（4）U形框在运动过程中产生的焦耳热。17．近日，一段歼35战机在福建舰航母弹射起飞的视频在网络爆火，舰载机与航母弹射技术的“双向赋能”，标志着我国海军进入大航母时代。受此启发，某同学设计了一个如图所示的电磁弹射的模型。图中，电源电动势为E＝6V，内阻为r＝0.5Ω，MN与PQ为水平放置的足够长的金属导轨，间距为L＝0.5m。战斗机简化为导体棒ab，垂直放置在金属导轨上，与阻值为1Ω的定值电阻R并联在电源两端。整个导轨平面处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B＝1T。闭合开关S，导体棒ab在安培力的作用下向右加速运动，达到电磁弹射的效果。若运动过程中，导体棒ab始终与导轨垂直，导体棒接入电路部分的阻值为1Ω，不计其他电阻。（1）求开关S闭合瞬间，流过导体棒的电流I1；（2）若导体棒ab运动过程中受到的阻力恒定，当导体棒运动稳定时，流过电源的电流为5A，求：Ⅰ.导体棒ab运动过程中受到的阻力Ff；Ⅱ.导体棒运动的最大速度vm；Ⅲ.运动过程中，导体棒ab可等效为一直流“电动机”，求稳定时“电动机”的效率。18．如图所示，两根平行放置的四分之一光滑圆弧导轨，半径为r、间距为d，其中O1M、O2N水平，O1P、O2Q竖直，导轨电阻不计，在导轨顶端连有一阻值为R的电阻，整个装置处在一竖直方向的匀强磁场中，磁感应强度的大小为B。长为d、质量为m的金属棒从导轨顶端MN处由静止释放，到达导轨底端PQ时的速度大小为gr（g为当地的重力加速度），整个过程中金属棒始终与导轨垂直且接触良好。金属棒从PQ处脱离导轨后水平飞出，两端通过轻质金属丝线（图中未画出）分别与导轨P、Q端相连接，金属丝线足够长始终未绷紧。金属棒从PQ飞出水平位移大小为x（未知）时，速度大小为v且与水平方向的夹角为θ；金属棒又从该位置经过一段时间后，速度变为竖直向下。金属棒与金属丝线的电阻均不计，不考虑金属丝线切割磁感线产生的影响，求：（1）金属棒到达导轨底端PQ时受到的安培力大小F；（2）水平位移x的大小；（3）若金属棒由MN运动到PQ的过程中，电阻R上产生的热量为Q1；金属棒由PQ运动到速度变为竖直向下的过程中，电阻R上产生的热量为Q2，求Q1与Q2的比值。19．发电机和电动机具有类似的装置，是因为它们在工作机理上具有类似性，直流发电机和直流电动机的工作原理可以简化为如图1，2图所示的情景，在竖直向下的磁感应B的匀强磁场中，两根电阻不计的光滑平行金属导轨MN、PQ固定在水平面内，相距为L。电阻为R的金属导体棒ab垂直于MN、PQ放在导轨上，与导轨接触良好，以速度v（v平行MM）向右匀速运动。图1轨道端点M、P间接有阻值为r的电阻，导体棒ab受水平向右的外力作用，图2轨道端点M、P间接有直流电源，导体棒ab通过滑轮匀速提升重物，电路中的电流为I。（1）求在Δt时间内图1“发电机”产生的电能和图2“电动机”输出的机械能。（2）从微观角度来看，导体棒ab中的自由电荷所受洛伦兹力在上述能量转化中起着重要作用。为了方便，可认为导体棒中的自由电荷为正电荷。（a）请在图3（图1中的导体棒ab）、图4（图2中的导体棒ab）中，分别画出自由电荷所受的洛伦兹力的示意图。（b）我们知道，洛伦兹力不做功。那么，导体棒a的自由电荷受的洛伦兹力是如何在能量转化过程中起到作用的呢？请以图2“电动机”为例，通过计算分析说明。20．如图所示，一粗细均匀的矩形线框平放在光滑绝缘的水平面上，线框长为2L，宽为L，质量为m，电阻为R，边长为2L的正方形区域内存在竖直向下的匀强磁场，磁场左边界在线框两长边的中点MN上。（1）若磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律为B＝B0sinωt，并控制线框保持静止，求：①线框中电动势的最大值Em；②磁感应强度变化的一个周期内线框中产生的内能Q。（2）若磁场的磁感应强度恒为B0，磁场从图示位置开始以较大的速度v0匀速向左运动，线框同时从静止释放，当线框刚要完全处于磁场中时，线框的速度大小为v。①求此时线框中的电动势E；②若v为未知量，求出v的表达式。

2026年高考物理复习难题速递之电磁感应（2025年11月）参考答案与试题解析一．选择题（共8小题）题号12345678答案DDADBABD二．多选题（共7小题）题号9101112131415答案ABDABDACBDABDBDBD一．选择题（共8小题）1．如图所示，垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t均匀变化。正方形硬质单匝金属框abcd放置在磁场中，金属框平面与磁场方向垂直。金属框电阻R＝0.1Ω，边长L＝0.2m。下列说法正确的是（）A．金属框的感应电流方向为a→b→c→d B．0～0.1s内，ab边受安培力方向水平向右 C．0～0.1s内，金属框感应电动势E＝0.18V D．0～0.1s内，ab边所受安培力的冲量大小为1.6×10﹣3N•s【考点】电磁感应过程中的电路类问题；根据B﹣t或者φ﹣t图像计算感应电动势；电磁感应过程中的动力学类问题．【专题】定量思想；推理法；恒定电流专题；电磁感应中的力学问题；分析综合能力．【答案】D【分析】解题时需要运用楞次定律判断感应电流方向，通过法拉第电磁感应定律计算感应电动势，再结合欧姆定律求出感应电流大小。安培力的方向由左手定则确定，冲量大小则通过电流、时间和边长等参数计算得出。选项D的计算过程涉及多个物理量的综合运用，最终得出正确结果。【解答】解：A、穿过金属框的磁通量向里减小，由楞次定律和安培定则可得感应电流方向为a→d→c→b，故A错误；B、根据电流方向a→d→c→b，由左手定则判定0～0.1s内ab边安培力方向水平向左，故B错误；C、0～0.1s内，由法拉第电磁感应定律得E=|ΔBΔt|LD、金属框电流I=ER，解得：I＝0.8A，则0～0.1s内ab边安培力冲量大小为1.6×10﹣3N•s故选：D。【点评】本题以电磁感应现象为核心，考查学生对法拉第电磁感应定律、楞次定律、安培力计算等知识点的综合应用能力。题目通过匀强磁场随时间变化的情境，设置了金属框感应电流方向判断、安培力方向分析、电动势计算以及冲量求解四个选项，全面检验学生对电磁感应现象的掌握程度。计算量适中，涉及磁通量变化率、欧姆定律、安培力公式等多个物理量的运算，需要学生具备清晰的物理图像和严谨的推导能力。D选项对安培力冲量的考查尤为巧妙，既考察了瞬时力的计算，又延伸到冲量概念的理解，体现了对物理过程动态分析的较高要求。题目整体难度中等偏上，能有效区分学生对电磁感应知识的理解深度和运用能力。2．一有界区域内存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向果的匀强磁场，磁场宽度为L；一个高为L的梯形导体框abcd在外力作用下以速变v向右匀速穿过磁场。设t＝0时刻ab边位于磁场左边界，规定向左为安培力正方向。下列线框所受安培力F随时间t的变化规律正确的是（）A． B． C． D．【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；安培力的概念．【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】D【分析】首先根据右手定则判断边ab刚进入磁场时回路中感应电流方向，然后根据进入磁场中有效切割长度与时间的关系式，根据安培力公式F＝BIl分析安培力与时间的关系式，同理以此分析线框出磁场时安培力与时间关系式，从而得出正确结果。【解答】解：设ab的长为l0，ad与水平方向的夹角为θ，线框的电阻为R，根据题意可知，线框进入磁场的时间为：t=L线框进入过程，根据右手定则可知，感应电流为逆时针，根据左手定则可知，线框受到的安培力向左，为正值，线框切割磁感线的有效长度为：l＝l0+vt×tanθ根据E＝BLv、I=ER和F安＝BIL可得：F根据表达式可知，F﹣t图像为开口向上的抛物线，当线框出磁场时，根据右手定则可知，感应电流为顺时针，根据左手定则可知，线框受到的安培力向左，为正值，根据题意可知，线框切割磁感线的有效长度仍为：l＝l0+vt×tanθ则F﹣t图像与线框进入磁场时的图像一样，故ABC错误D正确。故选：D。【点评】解决该题的关键是掌握楞次定律分析感应电流的方向，掌握左手定则分析安培力的方向，知道有效切割长度的求解方法。3．如图所示，正方形线框abcd放在光滑的绝缘水平面上，OO′为正方形线框的对称轴，在OO′的左侧存在竖直向下的匀强磁场。现使正方形线框在磁场中以两种不同的方式运动：第一种方式以速度v使正方形线框匀速向右运动，直到ab边刚好与OO′重合；第二种方式只将速度变为3v。则下列说法正确的是（）A．两过程线框中产生的焦耳热之比为1：3 B．两过程流过线框某一横截面的电荷量之比为1：3 C．两次线框中的感应电流大小之比为1：1 D．两过程中线框中产生的平均电动势之比为1：9【考点】线圈进出磁场的能量计算；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】应用题；定量思想；推理法；电磁感应与电路结合；分析综合能力．【答案】A【分析】应用E＝BLv求出感应电动势，应用欧姆定律求出感应电流，应用焦耳定律求出焦耳热，然后比较焦耳热与感应电流之比；应用法拉第电磁感应定律求出感应电动势，应用欧姆定律求出电流，应用电流的定义式求出电荷量，然后比较平均电动势与电荷量之比。【解答】解：AC、线框切割磁感线产生的感应电动势E＝BLv由欧姆定律得：I=线框产生的焦耳热Q＝I2Rt=(两次线框中的感应电流大小之比I两过程线框产生的焦耳热之比Q1Q2=vBD、由法拉第电磁感应定律得：E平均感应电流I流过线框某一横截面的电荷量q=两过程流过线框某一横截面的电荷量之比q两过程中线框中产生的平均电动势之比为E1E2故选：A。【点评】对于电磁感应现象中涉及电路问题的分析方法是：确定哪部分相对于电源，根据电路连接情况，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。4．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，结构示意图如图1所示。两对永磁铁间存在磁感应强度大小均为B、方向相反的水平匀强磁场永磁铁可随发动机一起上下振动，边长为L的正方形线圈竖直固定在减震装置上，永磁铁振动时磁场分界线不会离开线圈。图2为侧视图（从右向左看）。下列说法正确的是（）A．图2中穿过线圈的磁通量为BL2 B．永磁铁位置相对线圈位置下降时，线圈中一定产生逆时针方向的感应电流 C．永磁铁相对线圈位置变化越大，线圈中感应电动势越大，回收能量越多 D．永磁铁相对线圈位置变化越快，线圈中感应电动势越大，回收能量越多【考点】增反减同；增缩减扩．【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】根据对称性和磁通量的概念得出线圈中磁通量的大小；根据法拉第电磁感应定律得出感应电动势大小的影响因素；根据磁通量的变化特点，结合右手定则分析。【解答】解：A．由于分界线上下侧磁感应强度的方向相反，穿过线圈的磁通量大小为Φ故A错误；B．永磁铁位置相对线圈位置下降时，线圈相对于磁场向上运动，当线圈全部处于垂直于纸面向外的磁场中，或者线圈全部处于垂直于纸面向里的磁场中时，磁通量没有变化，线圈中没有感应电流，故B错误；C．结合上述，当永磁铁相对线圈位置变化非常大时，线圈全部处于垂直于纸面向外的磁场中，或者线圈全部处于垂直于纸面向里的磁场中，此时线圈总的感应电动势为0，此时，线圈中没有感应电流，回收能量越少，故C错误；D．结合上述，当线圈上部分位于垂直于纸面向外的磁场中，线圈下部分位于垂直于纸面向里的磁场中时，根据右手定则可知，线圈总电动势等于上下两边产生的电动势之和，线圈中有感应电流，根据法拉第电磁感应定律可知，永磁铁相对线圈位置变化越快，线圈中感应电动势越大，线圈中的感应电流越大，回收能量越多，故D正确。故选：D。【点评】本题主要考查了法拉第电磁感应定律的相关应用，理解磁通量的概念，结合右手定则即可完成分析。5．如图所示，MN左侧有一垂直纸面向里的磁场，一个线圈的两个端点a、b与内阻很大的电压表相连，线圈内磁通量变化的规律满足φ＝0.3﹣0.05t，在0～5s的时间内（）A．线圈有缩小的趋势 B．电压表的示数不变 C．电压表的示数先增大后减小 D．线圈中有顺时针方向的感应电流【考点】法拉第电磁感应定律的内容和表达式；楞次定律及其应用．【专题】信息给予题；定性思想；推理法；电磁感应——功能问题；实验探究能力．【答案】B【分析】AD．根据线圈内磁通量变化的规律满足φ＝0.3﹣0.05t分析磁通量随时间的变化，从而确定感应电流的磁场方向，根据楞次定律、安培定则和左手定则分析作答；BD.根据线圈内磁通量变化的规律满足φ＝0.3﹣0.05t，结合法拉第电磁感应定律求解感应电动势，然后分析答题。【解答】解：AD．根据线圈内磁通量变化的规律满足φ＝0.3﹣0.05t可知，磁通量随时间减小；根据楞次定律可知线圈中产生的感应电流的磁场与原磁场方向相同，根据安培定则可知，线圈中产生的感应电流沿逆时针方向；根据左手定则可知，线圈所受的安培力向外，线圈有扩大的趋势，故AD错误；BC．根据线圈内磁通量变化的规律满足φ＝0.3﹣0.05t可知，Φ﹣t函数变化率的绝对值k根据法拉第电磁感应定律，感应电动势E线圈产生的感应电动势大小不变，因此电压表的示数不变，故B正确，C错误；故选：B。【点评】本题考查了法拉第电磁感应定律与楞次定律的应用，理解线圈内磁通量变化的规律是解题的前提，应用法拉第电磁感应定律与楞次定律即可解题。6．“变化率”思想在高中物理中有重要的应用，下列物理量对时间变化率的单位错误的是（）A．加速度变化率的单位为m/s2 B．磁通量变化率的单位为V C．动量变化率的单位为N D．电荷量变化率的单位为A【考点】法拉第电磁感应定律的内容和表达式；力学单位制与单位制；库仑定律的表达式及其简单应用；用定义式计算电流大小及电荷量．【专题】定性思想；推理法；电磁学；推理论证能力．【答案】A【分析】需要结合加速度定义式、法拉第电磁感应定律、动量定理、电流定义式等，来推导各物理量变化率的单位，进而判断单位的正确性。【解答】解：A．由题可知，加速度的变化率应为ΔaΔt，由于Δa的单位为m/s2，Δt的单位为s，故加速度变化率的单位为ms2B．根据法拉第电磁感应定律E=nΔΦΔt，可知磁通量变化率为感应电动势，其单位为C．根据动量定理可知F•Δt＝Δp，整理可得F=ΔpΔt，故动量变化率为物体受到的合外力，而力的单位为ND．根据电流的定义可知I=ΔqΔt，即电荷量变化率为通过导体的电流，而电流的单位为A本题选错误的，故选：A。【点评】本题考查物理量变化率的单位，涉及加速度变化率、磁通量变化率、动量变化率、电荷量变化率的单位分析。7．一带正电的粒子以某一初速度垂直射入匀强磁场中，运动过程中受到与速度大小成正比的阻力（比例系数k不变），方向始终与运动方向相反。匀强磁场的磁感应强度为B时，粒子停止时的位置与初始位置的距离为2cm，粒子运动的路程为26A．当撤去磁场时，粒子运动的路程不等于26B．粒子质量增大，粒子停止时的位置与初始位置的距离变大 C．粒子所带电荷量增大，停止时的位置与初始位置的距离变大 D．当磁感应强度为B2时，粒子停止位置与初始位置的距离约为【考点】动量定理在电磁感应问题中的应用．【专题】定量思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题；推理论证能力．【答案】B【分析】洛伦兹力不做功，依据动能定理，判断撤去磁场后粒子的运动及总路程情况；根据动量定理，结合洛伦兹力与阻力始终垂直且都与速度大小成正比的特点，推导粒子从入射位置到停止位置的距离公式，进而分析质量、电荷量、磁感应强度等因素对该距离的影响；利用无磁场时的动量定理结论，结合有磁场时的距离公式，计算特定磁感应强度下的距离。【解答】解：A．洛伦兹力始终与粒子速度方向垂直，所以洛伦兹力不做功；当撤去磁场时，粒子仅受阻力作用，做减速直线运动。根据动能定理，合外力做功等于动能变化量，由于初速度、质量和阻力系数相同，无论是否存在磁场，总路程仅与初动能和阻力有关，是相同的，所以撤去磁场后路程仍为26cm，故BC．粒子运动过程中受到的洛伦兹力与阻力始终相互垂直，且洛伦兹力和阻力都与速度的大小成正比。根据动量定理，洛伦兹力的冲量和阻力的冲量的矢量和等于粒子的动量变化量，因为两者始终相互垂直，设粒子入射的初速度为v0，任意时刻的速度为v，运动时间为t，以粒子的初速度方向为正方向，有(qvBt)2+(kvt)2=(mD．无磁场时，以粒子的初速度方向为正方向，根据动量定理有∑kvt＝mv0，可得26k=mv0，当磁感应强度为B2故选：B。【点评】本题考查带电粒子在磁场与有阻力环境中的运动问题，涉及洛伦兹力（不做功）、阻力的作用分析，结合动能定理、动量定理，推导粒子运动的总路程、停止位置与初始位置的距离等，综合考查电磁学与力学规律的结合应用。8．如图所示，绝缘平面上固定两条足够长的“V”字型光滑平行导轨，导轨间距为l，左右两侧导轨与水平面夹角分别为θ、2θ，均处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度分别为B、2B，不计导轨电阻。两侧顶端分别用外力固定质量为m，2m的导体棒ab、cd，电阻分别为R、2R，导体棒垂直于导轨，且运动过程中始终未脱离导轨，重力加速度为g，以下说法正确的是（）A．若ab棒具有沿斜面向上的初速度，则cd棒由静止释放瞬间加速度可能为零 B．若cd棒具有沿斜面向上的初速度，则ab棒由静止释放瞬间加速度可能为零 C．若cd棒始终固定，ab棒由静止释放后的稳定速度为3mgRsinθD．若两导体棒同时静止释放，两棒最终不可能同时匀速下滑【考点】双杆在等宽导轨上切割磁场的运动问题；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】比较思想；模型法；电磁感应中的力学问题；分析综合能力．【答案】D【分析】根据cd释放瞬间加速度为零，判断cd棒受到的安培力方向，由左手定则判断感应电流方向，再分析ab棒的初速度方向；同理，判断ab棒由静止释放瞬间加速度为零时cd棒的初速度方向；若cd棒始终固定，ab棒的加速度为零时达到稳定状态，由平衡条件结合安培力与速度的关系求ab棒稳定时速度；若两导体棒同时静止释放，若两棒最终均匀速下滑，对两棒分别根据平衡条件结合安培力公式列式，分析两棒中电流是否相等，进而判断出两棒最终能否同时匀速下滑。【解答】解：A、若cd释放瞬间加速度为零，则cd受到的安培力水平向右，由左手定则可知，流经cd的感应电流由d指向c，则ab中电流由a指向b，由右手定则可知，ab具有沿斜面向下的速度，故A错误；B、若ab释放瞬间加速度为零，则ab受到的安培力水平向左，由左手定则可知，流经ab的电流由a指向b，则cd中电流由d指向c，由右手定则可知cd具有沿斜面向下的速度，故B错误；C、cd棒始终固定，ab棒的加速度为零时达到稳定状态，ab匀速下滑时所受安培力大小F安＝BIl由平衡平衡条件有F安cosθ＝mgsinθ由闭合电路欧姆定律可知流经ab的电流Iab切割磁感线产生电动势，匀速时的速度为v，则E＝Blvcosθ联立可得速度v=3mgRsinθD、若ab匀速下滑，则由平衡条件得F安cosθ＝BI1lcosθ＝mgsinθ电流I若cd匀速下滑，则由平衡条件得F'安cos2θ＝2BI2lcos2θ＝2mgsin2θ电流I则I1≠I2故两棒不可能同时匀速下滑，故D正确。故选：D。【点评】解答本题时，首先要掌握左手定则和右手定则，并能熟练运用。其次，要把握两棒的受力情况，运用平衡条件和安培力公式求出两棒匀速运动时的速度和电流。二．多选题（共7小题）（多选）9．电磁缓冲装置广泛应用于高铁等交通工具，它利用电磁力来实现有效缓冲，其原理图如图所示。减速区分布着两部分磁场区域Ⅰ和Ⅱ（俯视），分别存在着垂直纸面向内和垂直纸面向外的宽度均为L的匀强磁场，磁感应强度的大小均为B。缓冲车质量为M，其底部最前端固定有边长也为L的N匝正方形线圈，线圈电阻为r，缓冲车以速度v0无动力进入减速区，不计摩擦及空气阻力。则（）A．缓冲车的线圈进入区域Ⅰ的过程中，线圈中的感应电流（从上往下看）沿逆时针方向 B．缓冲车的线圈进入区域Ⅰ的过程中，车做加速度减小的减速运动 C．若缓冲车的线圈刚进入区域Ⅱ时的速度为v，此时缓冲车受到的安培力大小为2ND．从缓冲车的线圈进入区域Ⅱ开始，缓冲车运动位移为L的过程中，通过线圈的电荷量为2【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；模型法；电磁感应与电路结合；分析综合能力．【答案】ABD【分析】根据楞次定律判断线圈中电流的方向；根据牛顿第二定律结合安培力公式判断加速度的变化情况；若缓冲车的线圈刚进入区域Ⅱ时的速度为v，根据动生电动势公式、欧姆定律和安培力公式求安培力的大小；根据电流的定义结合磁通量的相关知识求通过线圈的电荷量。【解答】解：A、缓冲车的线圈进入区域Ⅰ的过程中，穿过线圈的磁通量向下增大，根据楞次定律可知，线圈中的感应电流（从上往下看）沿逆时针方向，故A正确；B、缓冲车的线圈进入区域Ⅰ的过程中，根据牛顿第二定律得NIBL＝Ma线圈中的电流为I=联立可得a=根据左手定则，缓冲车受到的安培力向左，故缓冲车的线圈进入区域Ⅰ的过程中，随着速度减小，加速度减小，则缓冲车做加速度减小的减速运动，故B正确；C、若缓冲车的线圈刚进入区域Ⅱ时的速度为v，线圈中的电流为I'此时缓冲车受到的安培力大小为F'=2ID、从缓冲车的线圈进入区域Ⅱ开始，缓冲车运动位移为L的过程中，通过线圈的电荷量为q=IΔt故选：ABD。【点评】解答本题时，要能熟练运用动力学方法判断缓冲车的运动情况，熟练推导出电荷量与磁通量变化量的关系。（多选）10．如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，两根相距L的平行长直金属导轨水平放置，左端接电容为C的电容器，一导体棒放置在导轨上，与导轨垂直且接触良好，不计导轨电阻及导体棒与导轨间的摩擦。已知磁场的磁感应强度大小为B，导体棒的质量为m、接入电路的电阻为R，开关闭合前电容器有一定电量（上极板带正电），闭合开关瞬间导体棒的加速度大小为a，以下说法正确的是（）A．闭合开关前电容器的电荷量为Q=B．闭合开关瞬间导体棒两端电势差为U=C．在导体棒匀速后导体棒两端电势有φa＝φb D．导体棒运动最大速度为v【考点】含有电容器的导轨滑杆模型；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；电磁感应过程中的电路类问题．【专题】定量思想；推理法；电容器专题；电磁感应中的力学问题；电磁感应与电路结合；推理论证能力．【答案】ABD【分析】根据牛顿第二定律，结合电容器定义式、安培力公式求解开关闭合前电容器的电荷量；闭合开关瞬间导体棒两端电势差等于开关闭合前电容器两极板间电压；导体棒运动过程切割磁感线产生感应电动势，导体棒匀速运动时感应电动势与电容器两极板间电压相等，导体棒两端电势不相等；导体棒达到最大速度后做匀速运动，依据导体棒匀速运动时感应电动势与电容器两极板间电压相等，应用动量定理，结合电流的定义式与电容器的电量减少量求解导体棒运动最大速度。【解答】解：A、设开关闭合前电容器的电荷量为Q，则电容器两极板间电压为：U开关闭合瞬间通过导体棒的电流为：I开关闭合瞬间，对导体棒由牛顿第二定律得：BIL＝ma联立解得：Q=CRmaBLB、闭合开关瞬间导体棒两端电势差等于开关闭合前电容器两极板间电压为U=QCC、导体棒运动过程切割磁感线产生感应电动势，当感应电动势与电容器两极板间电压相等时流过导体棒的电流为零，导体棒不在受到安培力而做匀速直线运动，在导体棒匀速后导体棒a端电势与电容器上极板电势相同，导体棒b端电势与电容器下极板电势相同，可知：φa＞φb，故C错误；D、导体棒达到最大速度后做匀速运动，设导体棒的最大速度为v，在导体棒匀速后电容器的电荷量为Q′，以导体棒运动方向为正方向。由动量定理得：BILΔt=mv﹣0，其中：IΔt=ΔQ由感应电动势与电容器两极板间电压相等得：BLv＝U′=联立解得：v=CRmam故选：ABD。【点评】本题考查了电磁感应现象中单棒切割磁感线的模型，考查了力与运动的分析能力，掌握动量定理在此类问题中的应用。（多选）11．如图甲所示，虚线MN左、右两侧的空间均存在与纸面垂直的匀强磁场，右侧匀强磁场的磁感应强度大小恒为B0、方向垂直纸面向外；虚线MN左侧磁场的磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示，规定垂直纸面向外为磁场的正方向。现将一半径为r、电阻为R的金属圆环垂直磁场方向固定，其圆心O在MN上。则（）A．圆环上有顺时针方向的感应电流 B．圆环上的感应电流大小为πBC．在0～32t0D．在t=t0【考点】根据B﹣t或者φ﹣t图像计算感应电动势；电磁感应过程中的电路类问题；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】定量思想；推理法；图析法；方程法；电磁感应与图象结合；电磁感应与电路结合；推理论证能力．【答案】AC【分析】由图乙，根据楞次定律及安培定则，可判断圆环中的感应电流方向；由法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律列式，可求圆环中的感应电流大小；由q＝It可求电荷量的大小；根据安培力的定义可求安培力的大小。【解答】解：A、在0～t0时间内，MN左侧半圆环内磁感应强度减小，右侧不变，故磁通量减小，根据楞次定理，增反减同，故圆环内有顺时针方向的感应电流；t0～32tB、由图像结合法拉第电磁感应定律可得圆环中产生的感应电动势为：E根据欧姆定律可得圆环中的感应电流的大小为：I=ERC、在0～32t0D．在t=12t0故选：AC。【点评】本题主要考查电磁感应过程中的电路类问题，解题时需注意，通常会运用闭合电路欧姆定律、由安培力的定义及电流的定义解题即可。（多选）12．演示自感现象的实验电路图如图所示，线圈的自感系数较大，且使滑动变阻器接入电路中的阻值大于线圈直流电阻，A1、A2为两个完全相同的灯泡，下列判断正确的是（）A．接通开关S，灯A1、A2立即变亮 B．接通开关S，灯A1逐渐变亮，灯A2立即变亮 C．接通开关S，待电路稳定后断开开关S，灯A1、A2逐渐熄灭 D．接通开关S，待电路稳定后断开开关S，灯A1逐渐熄灭，灯A2闪一下后逐渐熄灭【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——功能问题；推理论证能力．【答案】BD【分析】闭合开关的瞬间，通过L的电流增大，产生自感电动势，根据楞次定律分析电流的变化，判断两灯电流的变亮情况。待电路稳定后断开开关，线圈产生自感电动势，分析通过两灯的电流关系，判断两灯是否同时熄灭以及是否闪亮后熄灭。【解答】解：AB．接通开关S瞬间，灯A2立即变亮，而线圈L产生自感电动势，自感电动势阻碍电流的增大，使得该支路中电流逐渐增大，所以闭合开关的瞬间，灯A1逐渐变亮，而不会立即变亮，故A错误，B正确；CD．接通开关S，待电路稳定后断开开关S，原来通过灯A2的电流立即消失，线圈L产生自感电动势，相当于电源，两灯串联，感应电流依次通过两个灯泡，由于滑动变阻器接入电路中的阻值大于线圈直流电阻，原来电路稳定后通过灯A1的电流大于通过灯A2的电流，故灯A1逐渐熄灭，灯A2闪一下后逐渐熄灭，故C错误，D正确。故选：BD。【点评】当通过线圈本身的电流变化时，线圈中会产生自感现象，这是一种特殊的电磁感应现象，可运用楞次定律分析自感电动势对电流的影响。（多选）13．如图所示，足够长的光滑平行金属导轨ab和cd固定在同一水平面内，间距为L。导轨间有竖直向上的匀强磁场B，另有一直径为d的金属圆盘绕中心轴O以角速度ω顺时针匀速转动，圆盘区域有垂直圆盘向下的匀强磁场B。导轨b端通过电刷与圆盘边缘e点连接，导轨d端与圆盘金属转轴连接。现将质量为m的金属杆MN垂直于导轨由静止释放。下列结论正确的是（）A．金属杆最终做匀速直线运动 B．刚释放时金属杆的加速度最大 C．金属杆运动过程中的最大速度为ωdD．整个运动过程通过金属杆的总电量为m【考点】动量定理在电磁感应问题中的应用；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；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；动量定理应用专题；电磁感应中的力学问题；分析综合能力．【答案】ABD【分析】ABC.根据电动势表达式和F＝BIL分析判断；D.由动量定理结合电荷量表达式求整个运动过程通过金属杆的总电量。【解答】解：ABC．根据题意可知，金属圆盘转动时产生恒定的电动势：E1所以导体棒受安培力作用做加速运动，若某时刻的速度为v，则导体棒受安培力F安可知随着导体棒的速度v逐渐变大，安培力逐渐减小，结合牛顿第二定律可知导体棒加速度逐渐减小，所以刚释放时金属杆的加速度最大，最终当E1＝BLvm时加速度为零，导体棒做匀速运动，此时的最大速度vm=ωd2D．以水平向左的方向为正方向，对导体棒由动量定理B而q=IΔt可得q故选：ABD。【点评】本题考查电磁感应相关内容，学生结合题干提取信息，分析解决问题能力，考查运用动量定理解决物理问题的能力。（多选）14．如图，竖直平面内固定有半径分别为L与2L的半圆形金属导轨PQ、MN，两者圆心均在O点，Q、N间接有电阻R（体积可忽略），导轨右端有一圆心角为30°的扇环状匀强磁场，磁感应强度大小为B。长3L的轻质导体棒可以绕O点在竖直面内自由转动，转动过程导体棒与金属导轨接触良好。现将导体棒拉至水平位置自由释放，已知导体棒末端固定质量为m的绝缘小球，重力加速度大小为g，导体棒质量、导体棒与金属导轨的摩擦、导体棒与导轨电阻、空气阻力均忽略不计。下列说法正确的是（）A．导体棒第一次进入磁场瞬间，Q、N间电势差为3BB．导体棒第一次进入磁场瞬间，Q、N间电势差为B3C．最终电阻R上产生的焦耳热为mgL D．最终电阻R上产生的焦耳热为3【考点】电磁感应过程中的能量类问题；动能定理的简单应用．【专题】定量思想；推理法；电磁感应——功能问题；推理论证能力．【答案】BD【分析】根据导体棒从自由释放到准备切割磁感线的过程中，小球能量守恒，减少的重力势能转化为动能，结合导体棒第一次进入磁场瞬间，只有Q、N间的电阻，其电压等于电动势，综合最终导体棒做刚好不进入扇环状匀强磁场，在其下方来回摆动的运动。全过程减少的重力势能都转化为电阻上的焦耳热分析求解。【解答】解：AB．导体棒从自由释放到准备切割磁感线的过程中，小球能量守恒，减少的重力势能转化为动能，则根据能量守恒有3解得速度为v根据切割部位可以算得切割的平均速率为v则导体棒第一次进入磁场瞬间，动生电动势满足E由于只有Q、N间的电阻，其电压等于电动势，故A错误、B正确；CD．最终导体棒做刚好不进入扇环状匀强磁场，在其下方来回摆动的运动。全过程减少的重力势能都转化为电阻上的焦耳热，则根据能量守恒，最终电阻R上产生的焦耳热为：Q故C错误、D正确。故选：BD。【点评】本题考查了电磁感应相关知识，理解导体棒不同的运动和受力状态，正确利用能量守恒定律和动量定理是解决此类问题的关键。（多选）15．如图，竖直平面内固定有半径分别为L与2L的半圆形金属导轨PQ、MN，两者圆心均在O点，Q、N间接有电阻R（体积可忽略），导轨右端有一圆心角为30°的扇环状匀强磁场，磁感应强度大小为B。长3L的轻质导体棒可以绕O点在竖直面内自由转动，转动过程导体棒与金属导轨接触良好。现将导体棒拉至水平位置自由释放，已知导体棒末端固定质量为m的绝缘小球，重力加速度大小为g，导体棒质量、导体棒与金属导轨的摩擦、导体棒与导轨电阻、空气阻力均忽略不计。下列说法正确的是（）A．导体棒第一次进入磁场瞬间，Q、N间电势差为3BB．导体棒第一次进入磁场瞬间，Q、N间电势差为B3C．最终电阻R上产生的焦耳热为mgL D．最终电阻R上产生的焦耳热为3【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．【专题】定量思想；寻找守恒量法；电磁感应——功能问题；分析综合能力．【答案】BD【分析】根据能量守恒求出导体棒第一次进入磁场瞬间小球的速度，结合切割部位的平均速率求动生电动势，再求Q、N间电势差；最终导体棒做刚好不进入扇环状匀强磁场，在其下方来回摆动的运动。根据能量守恒求电阻R上产生的焦耳热。【解答】解：AB、导体棒从自由释放到刚进入磁场的过程中，小球减少的重力势能转化为动能，则有3解得导体棒第一次进入磁场瞬间小球的速率v根据切割部位可以算得切割的平均速率为v则导体棒第一次进入磁场瞬间，产生的动生电动势E因只有Q、N间的电阻，故其电压等于动生电动势，故A错误、B正确；CD、最终导体棒做刚好不进入扇环状匀强磁场，在其下方来回摆动的运动。全过程小球减少的重力势能全部转化为电阻上的焦耳热，则电阻R上产生的焦耳热为Q=32mgL，故故选：BD。【点评】解决本题的关键需要掌握导体棒转动切割磁感线运动产生的感应电动势公式E＝BLv，同时，要搞清能量转化情况。三．解答题（共5小题）16．我国第三艘航母“福建号”已装备最先进的电磁弹射技术。某兴趣小组对其加速和减速阶段简化为下述过程。两根足够长的平直轨道AB和CD固定在水平面上，其中PQ左侧为光滑金属轨道，轨道电阻忽略不计，AC间接有定值电阻R，PQ右侧为粗糙绝缘轨道。沿CD轨道建立x轴、Q点为坐标原点；PQ左侧分布有垂直于轨道平面向下的匀强磁场B0，PQ右侧为沿x轴渐变的磁场B＝1+kx，垂直于x轴方向磁场均匀分布。现将一质量为m，长度为L，电阻为R的金属棒ab垂直放置在轨道上，与PQ距离为s。PQ的右方还有质量为3m，各边长均为L的U形框cdef，其电阻为3R，且与左边金属轨道绝缘。ab棒在恒力F作用下向右运动，到达PQ前已匀速，运动到PQ处时撤去恒力F，随后与U形框发生碰撞，碰后连接成“口”字形闭合线框，并一起运动，后续运动中受到摩擦阻力f大小与速度满足f=12v。已知m＝1kg，F＝2N，s＝5m，L＝1m，R＝1Ω，B0＝1T，（1）棒ab与U形框碰撞前速度的大小v0；（2）棒ab与U形框碰撞前通过电阻R的电量；（3）“口”字形线框停止运动时，fc边的坐标xfc；（4）U形框在运动过程中产生的焦耳热。【考点】电磁感应过程中的能量类问题；单杆在导轨上有外力作用下切割磁场的运动问题；动量定理在电磁感应问题中的应用．【专题】计算题；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；电磁感应与电路结合；推理论证能力．【答案】（1）棒ab与U形框碰撞前速度的大小为4m/s；（2）棒ab与U形框碰撞前通过电阻R的电量为2.5C；（3）“口”字形线框停止运动时，fc边的坐标为163（4）U形框在运动过程中产生的焦耳热为0.5J。【分析】（1）根据安培力公式、感应电动势公式和闭合电路欧姆定律计算；（2）根据电流定义式、平均感应电动势公式和闭合电路欧姆定律计算；（3）根据动量守恒计算碰撞后的速度；根据ab、de切割磁感线产生的电动势计算回路中的电动势，根据闭合电路欧姆定律计算回路电流表达式，根据安培力公式计算回路受到的安培力，再根据动量定理计算；（4）根据功能关系和安培力与摩擦力关系计算。【解答】解：（1）由题意可知棒ab到达PQ前已匀速，则有F＝B0IL，E＝B0Lv0，I联立解得v0＝4m/s（2）通过电阻R的电量为q=It，联立可得q＝2.5C（3）设碰后瞬间金属框的速度为v1，取水平向右为正方向，根据动量守恒可得mv0＝4mv1解得v1＝1m/s此后任意时刻闭合线框的速度为v，ab边处磁场为B1，de边处磁场为B2，则回路中的电动势为E＝E2﹣E1＝B2Lv﹣B1Lv＝（B2﹣B1）Lv，B2﹣B1＝kL回路总电阻为4R，根据闭合电路欧姆定律可得I此时回路受到的安培力大小为F取水平向右为正方向，根据动量定理可得﹣∑FAt﹣∑ft＝0﹣4mv1联立解得“口”字形线框停止运动时，fc边的坐标为x（4）根据功能关系可知，U形框在运动过程中产生的总热量为Q因任意时刻安培力与摩擦力之比为1：2，所以焦耳热与摩擦热之比也为1：2，可得回路产生的总焦耳热为Q则U形框在运动过程中产生的焦耳热为Q答：（1）棒ab与U形框碰撞前速度的大小为4m/s；（2）棒ab与U形框碰撞前通过电阻R的电量为2.5C；（3）“口”字形线框停止运动时，fc边的坐标为163（4）U形框在运动过程中产生的焦耳热为0.5J。【点评】本题关键掌握分析导体棒在磁场中运动情况的方法，处理电磁感应与力、电路、动量和能量综合问题的方法。17．近日，一段歼35战机在福建舰航母弹射起飞的视频在网络爆火，舰载机与航母弹射技术的“双向赋能”，标志着我国海军进入大航母时代。受此启发，某同学设计了一个如图所示的电磁弹射的模型。图中，电源电动势为E＝6V，内阻为r＝0.5Ω，MN与PQ为水平放置的足够长的金属导轨，间距为L＝0.5m。战斗机简化为导体棒ab，垂直放置在金属导轨上，与阻值为1Ω的定值电阻R并联在电源两端。整个导轨平面处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B＝1T。闭合开关S，导体棒ab在安培力的作用下向右加速运动，达到电磁弹射的效果。若运动过程中，导体棒ab始终与导轨垂直，导体棒接入电路部分的阻值为1Ω，不计其他电阻。（1）求开关S闭合瞬间，流过导体棒的电流I1；（2）若导体棒ab运动过程中受到的阻力恒定，当导体棒运动稳定时，流过电源的电流为5A，求：Ⅰ.导体棒ab运动过程中受到的阻力Ff；Ⅱ.导体棒运动的最大速度vm；Ⅲ.运动过程中，导体棒ab可等效为一直流“电动机”，求稳定时“电动机”的效率。【考点】电磁感应过程中的能量类问题；计算电动机正常工作时输出的机械功或机械功率；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——功能问题；分析综合能力．【答案】（1）开关S闭合瞬间，流过导体棒的电流为3A；（2）Ⅰ.导体棒ab运动过程中受到的阻力为0.75N；Ⅱ.导体棒运动的最大速度为4m/s；Ⅲ.运动过程中，导体棒ab可等效为一直流“电动机”，稳定时“电动机”的效率为57.1%。【分析】（1）根据闭合电路欧姆定律以及电路的连接特点求开关S闭合瞬间，流过导体棒的电流I1；（2）Ⅰ.由闭合电路欧姆定律和平衡关系求导体棒ab运动过程中受到的阻力Ff；Ⅱ.根据功率关系求导体棒运动的最大速度vm；Ⅲ.根据效率表达式求稳定时“电动机”的效率。【解答】解：（1）由闭合电路欧姆定律R总解得R总＝1ΩI总解得I总＝6A电路的连接特点可得流过导体棒的电流I1解得I1＝3A（2）Ⅰ.由闭合电路欧姆定律U＝E﹣Ir解得U＝3.5V根据欧姆定律IR解得IR＝3.5A则Iab＝I﹣IR解得Iab＝1.5A根据平衡关系可得Ff＝BIabL解得Ff＝0.75NⅡ.由U可知vm＝4m/sⅢ.“发动机”效率η=解得η＝57.1%答：（1）开关S闭合瞬间，流过导体棒的电流为3A；（2）Ⅰ.导体棒ab运动过程中受到的阻力为0.75N；Ⅱ.导体棒运动的最大速度为4m/s；Ⅲ.运动过程中，导体棒ab可等效为一直流“电动机”，稳定时“电动机”的效率为57.1%。【点评】本题电磁感应与力学知识的综合应用，一般从两个角度研究：一条从力的角度，重点是推导出安培力与速度的关系式，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。18．如图所示，两根平行放置的四分之一光滑圆弧导轨，半径为r、间距为d，其中O1M、O2N水平，O1P、O2Q竖直，导轨电阻不计，在导轨顶端连有一阻值为R的电阻，整个装置处在一竖直方向的匀强磁场中，磁感应强度的大小为B。长为d、质量为m的金属棒从导轨顶端MN处由静止释放，到达导轨底端PQ时的速度大小为gr（g为当地的重力加速度），整个过程中金属棒始终与导轨垂直且接触良好。金属棒从PQ处脱离导轨后水平飞出，两端通过轻质金属丝线（图中未画出）分别与导轨P、Q端相连接，金属丝线足够长始终未绷紧。金属棒从PQ飞出水平位移大小为x（未知）时，速度大小为v且与水平方向的夹角为θ；金属棒又从该位置经过一段时间后，速度变为竖直向下。金属棒与金属丝线的电阻均不计，不考虑金属丝线切割磁感线产生的影响，求：（1）金属棒到达导轨底端PQ时受到的安培力大小F；（2）水平位移x的大小；（3）若金属棒由MN运动到PQ的过程中，电阻R上产生的热量为Q1；金属棒由PQ运动到速度变为竖直向下的过程中，电阻R上产生的热量为Q2，求Q1与Q2的比值。【考点】电磁感应过程中的能量类问题；牛顿第二定律的简单应用；安培力的计算公式及简单应用；导体平动切割磁感线产生的感应电动势；动量定理在电磁感应问题中的应用．【专题】定量思想；推理法；电磁感应——功能问题；推理论证能力．【答案】（1）金属棒到达导轨底端PQ时受到的安培力大小等于B2（2）水平位移x的大小等于mRgr（3）Q1与Q2的比值Q1【分析】（1）根据法拉第电磁感应定律求解感应电动势，根据欧姆定律求解电流，结合安培力求解公式求解电流；（2）水平方向运用动量定理结合法拉第电磁感应定律和电流平均式以及欧姆定律求解水平位移；（3）到达导轨底端PQ由能量守恒求解热量Q1，由导轨底端PQ飞出到速度变为竖直向下，水平方向能量守恒求解Q2，从而求解Q1与Q2的比值。【解答】解：（1）金属棒从导轨顶端MN处由静止释放，到达导轨底端PQ时的速度大小为gr，则有E=安培力F=（2）水平位移为x，以水平向左为正方向，水平方向运用动量定理得﹣BILΔt＝mvcosθ﹣mv0又这段时间内通过人的电荷量q=平均感应电流I=平均感应电动势E=磁通量的变化量ΔΦ＝BΔS＝Bdx联立可得x=（3）分两个过程来求，第一个过程由静止释放，到达导轨底端PQ；设这个过程R上产生的热量为Q1，由能量守恒得mgr=解得Q1第二个过程由导轨底端PQ飞出到速度变为竖直向下，这个过程R上产生的热量为Q2，水平方向能量守恒得12解得Q2故Q1答：（1）金属棒到达导轨底端PQ时受到的安培力大小等于B2（2）水平位移x的大小等于mRgr（3）Q1与Q2的比值Q1【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。19．发电机和电动机具有类似的装置，是因为它们在工作机理上具有类似性，直流发电机和直流电动机的工作原理可以简化为如图1，2图所示的情景，在竖直向下的磁感应B的匀强磁场中，两根电阻不计的光滑平行金属导轨MN、PQ固定在水平面内，相距为L。电阻为R的金属导体棒ab垂直于MN、PQ放在导轨上，与导轨接触良好，以速度v（v平行MM）向右匀速运动。图1轨道端点M、P间接有阻值为r的电阻，导体棒ab受水平向右的外力作用，图2轨道端点M、P间接有直流电源，导体棒ab通过滑轮匀速提升重物，电路中的电流为I。（1）求在Δt时间内图1“发电机”产生的电能和图2“电动机”输出的机械能。（2）从微观角度来看，导体棒ab中的自由电荷所受洛伦兹力在上述能量转化中起着重要作用。为了方便，可认为导体棒中的自由电荷为正电荷。（a）请在图3（图1中的导体棒ab）、图4（图2中的导体棒ab）中，分别画出自由电荷所受的洛伦兹力的示意图。（b）我们知道，洛伦兹力不做功。那么，导体棒a的自由电荷受的洛伦兹力是如何在能量转化过程中起到作用的呢？请以图2“电动机”为例，通过计算分析说明。【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；恒定电流专题；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）在Δt时间内图1“发电机”产生的电能B2L2v2ΔtR（2）从微观角度来看，导体棒ab中的自由电荷所受洛伦兹力在上述能量转化中起着重要作用。为了方便，可认为导体棒中的自由电荷为正电荷。（a）请在图3（图1中的导体棒ab）、图4（图2中的导体棒ab）中，分别画出自由电荷所受的洛伦兹力的示意图。（b）我们知道，洛伦兹力不做功。以图2“电动机”为例，所受到的洛伦兹力方向如图4所示，进行分解可得导体棒ab中的自由电荷所受洛伦兹力在水平向右的方向上对电荷产生向右的作用力，为F′洛x＝quB，此分力对电荷做正功，即W1＝F′洛x•vΔt＝quBvΔt在沿导体棒方向上洛伦兹力的分力为F′洛y＝qvB对导体棒做负功，即W2＝﹣F′洛y•uΔt＝﹣qvBuΔt可知W1＝﹣W2，即导体棒中一个自由电荷所受的洛伦兹力做功为零。F′洛x做正功，宏观上表现为安培力做正功，增加机械能；F′洛y是“电源”的非静电力，做负功，宏观上表现为感应电动势，使电能转化机械能。大量自由电荷所受洛伦兹力做功的宏观表现是将电能转化为等量的机械能，在此过程中洛伦兹力通过两个分力做功起到“传递”能量的作用。【分析】（1）利用电磁感应和能量守恒分析：图1中导体棒切割磁感线产生感应电动势，结合闭合电路欧姆定律求电能；图2中导体棒受安培力匀速提升重物，通过力的平衡与能量转化求机械能。（2）（a）需根据电荷运动与电流方向，用左手定则确定洛伦兹力方向并作图；（b）需分解洛伦兹力，分析分力做功与能量转化的关系。【解答】解：（1）导体平动切割磁感应线产生的感应电动势为E＝BLv感应电流为I=图1“发电机”产生的电能为E电图2中，电动机输出的机械能等于重物增加的重力势能ΔEm＝mgvΔtmg＝F安F安＝BIL联立解得ΔEm＝BILvΔt（2）图3中的导体棒是由于外力作用发生移动，根据右手定则可知电流方向从b到a；图4是由于通电使得导体棒中形成电流，所以电流方向由a到b，同时电荷还要匀速向右运动，根据左手定则可知受到的洛伦兹力方向如下图所示以图2“电动机”为例，所受到的洛伦兹力方向如图4所示，进行分解可得导体棒ab中的自由电荷所受洛伦兹力在水平向右的方向上对电荷产生向右的作用力，为F′洛x＝quB，此分力对电荷做正功，即W1＝F′洛x•vΔt＝quBvΔt在沿导体棒方向上洛伦兹力的分力为F′洛y＝qvB对导体棒做负功，即W2＝﹣F′洛y•uΔt＝﹣qvBuΔt可知W1＝﹣W2，即导体棒中一个自由电荷所受的洛伦兹力做功为零。F′洛x做正功，宏观上表现为安培力做正功，增加机械能；F′洛y是“电源”的非静电力，做负功，宏观上表现为感应电动势，使电能转化机械能。大量自由电荷所受洛伦兹力做功的宏观表现是将电能转化为等量的机械能，在此过程中洛伦兹力通过两个分力做功起到“传递”能量的作用。答：（1）在Δt时间内图1“发电机”产生的电能B2L2v2ΔtR（2）从微观角度来看，导体棒ab中的自由电荷所受洛伦兹力在上述能量转化中起着重要作用。为了方便，可认为导体棒中的自由电荷为正电荷。（a）请在图3（图1中的导体棒ab）、图4（图2中的导体棒ab）中，分别画出自由电荷所受的洛伦兹力的示意图。（b）我们知道，洛伦兹力不做功。以图2“电动机”为例，所受到的洛伦兹力方向如图4所示，进行分解可得，如下图导体棒ab中的自由电荷所受洛伦兹力在水平向右的方向上对电荷产生向右的作用力，为F′洛x＝quB，此分力对电荷做正功，即W1＝F′洛x•vΔt＝quBvΔt在沿导体棒方向上洛伦兹力的分力为F′洛y＝qvB对导体棒做负功，即W2＝﹣F′洛y•uΔt＝﹣qvBuΔt可知W1＝﹣W2，即导体棒中一个自由电荷所受的洛伦兹力做功为零。F′洛x做正功，宏观上表现为安培力做正功，增加机械能；F′洛y是“电源”的非静电力，做负功，宏观上表现为感应电动势，使电能转化机械能。大量自由电荷所受洛伦兹力做功的宏观表现是将电能转化为等量的机械能，在此过程中洛伦兹力通过两个分力做功起到“传递”能量的作用。【点评】本题核心是电磁感应与能量转化的微观机制：发电机（图1）通过切割磁感线产生感应电动势，电能由机械能转化而来；电动机（图2）通过安培力做功，机械能由电能转化而来；洛伦兹力作为“桥梁”，其分力分别对应非静电力与安培力，实现能量的微观传递与宏观转化。20．如图所示，一粗细均匀的矩形线框平放在光滑绝缘的水平面上，线框长为2L，宽为L，质量为m，电阻为R，边长为2L的正方形区域内存在竖直向下的匀强磁场，磁场左边界在线框两长边的中点MN上。（1）若磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律为B＝B0sinωt，并控制线框保持静止，求：①线框中电动势的最大值Em；②磁感应强度变化的一个周期内线框中产生的内能Q。（2）若磁场的磁感应强度恒为B0，磁场从图示位置开始以较大的速度v0匀速向左运动，线框同时从静止释放，当线框刚要完全处于磁场中时，线框的速度大小为v。①求此时线框中的电动势E；②若v为未知量，求出v的表达式。【考点】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；线圈进出磁场的能量计算．【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）①线框中电动势的最大值为B0②磁感应强度变化的一个周期内线框中产生的内能Q为πωB（2）①此时线框中的电动势E为B0L（v0﹣v）；②若v为未知量，v的表达式为B0【分析】（1）①根据电动势表达式求线框中电动势的最大值Em；②根据电动势的有效值和热量表达式求磁感应强度变化的一个周期内线框中产生的内能Q；（2）①根据电动势表达式求此时线框中的电动势E；②根据动量定理和电荷量表达式求v的表达式。【解答】解：（1）①由题可知，线框中产生的电流为余弦式交变电流电动势的最大值Em②周期为T=电动势的有效值E有一个周期内线框中产生的内能Q=解得Q=（2）①当线框速度为v时，线框中产生的电动势为E＝B0L（v0﹣v）②根据动量定理，以v的方向为正方向，有B0ILt＝mv﹣0又有q=Iq=解得v=答：（1）①线框中电动势的最大值为B0②磁感应强度变化的一个周期内线框中产生的内能Q为πωB（2）①此时线框中的电动势E为B0L（v0﹣v）；②若v为未知量，v的表达式为B0【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。

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．力学单位制与单位制【知识点的认识】一、单位制及其基本单位和导出单位1．单位制：基本单位和导出单位共同组成了单位制．（1）基本单位：基本物理量的单位．力学中的基本物理量有长度、质量、时间，它们的国际单位分别是米、千克、秒．（2）导出单位是由基本单位根据物理关系推导出来的其他物理量的单位．有力（N）、速度（m/s）、加速度（m/s2）等．2．国际单位制中的基本物理量和基本单位物理量名称物理量符号单位名称单位符号长度l米m质量m千克kg时间t秒s电流I安（培）A热力学温度T开（尔文）K物质的量n摩（尔）mol发光强度I坎（德拉）cd特别提醒：（1）有些物理单位属于基本单位，但不是国际单位，如厘米、克、小时等．（2）有些单位属于国际单位，但不是基本单位，如米/秒（m/s）、帕斯卡（Pa）、牛（顿）（N）等．【命题方向】题型一：对力学单位制的认识例子：关于力学单位制，下列说法正确的是（）A．千克、米/秒、牛顿是导出单位B．千克、米、牛顿是基本单位C．在国际单位制中，质量的单位是g，也可以是kgD．只有存国际单位制中，牛顿第二定律的表达式才是F＝ma分析：在力学中，质量、长度及时间作为基本物理量，其单位作为基本单位，而由这三个量推出的单位称导出单位；基本单位和导出单位组成单位制；而在国际单位制中，我们取长度单位米，质量单位千克，时间单位秒作为基本单位；而由这些基本单位根据物理公式推导得出的单位为导出单位．解答：A、千克是质量的单位，是基本单位；故A错误；B、牛顿是由牛顿第二定律公式推导得出的单位，为导出单位，故B错误；C、在国际单位制中，质量的单位只能利用kg，故C错误；D、牛顿第二定律表达式为F＝kma，只有在国际单位制中，k才取1，表达式才能写成F＝ma；故D正确．故选：D．点评：由选定的一组基本单位和由定义方程式与比例因数确定的导出单位组成的一系列完整的单位体制．基本单位是可以任意选定的，由于基本单位选取的不同，组成的单位制也就不同，如现存的单位有：市制、英制、米制、国际单位制等．【知识点的应用及延伸】单位制在物理学中的应用1．简化计算过程的单位表达：在解题计算时，已知量均采用国际单位制，计算过程中不用写出各个量的单位，只要在式子末尾写出所求量的单位即可．2．检验结果的正误：物理公式既反映了各物理量间的数量关系，同时也确定了各物理量的单位关系．因此，在解题中可用单位制来粗略判断结果是否正确，如单位制不对，结果一定错误．3．动能定理的简单应用【知识点的认识】1.动能定理的内容：合外力做的功等于动能的变化量。2.表达式：W合＝ΔEk＝Ek末﹣Ek初3.本考点针对简单情况下用动能定理来解题的情况。【命题方向】如图所示，质量m＝10kg的物体放在水平地面上，物体与地面的动摩擦因数μ＝0.2，g＝10m/s2，今用F＝50N的水平恒力作用于物体上，使物体由静止开始做匀加速直线运动，作用时间t＝6s后撤去F，求：（1）物体在前6s运动的过程中的加速度；（2）物体在前6s运动的位移（3）物体从开始运动直到最终静止的过程中克服摩擦力所做的功。分析：（1）对物体受力分析知，物体做匀加速运动，由牛顿第二定律就可求出加速度；（2）用匀变速直线运动的位移公式即可求得位移的大小；（3）对全程用动能定理，可以求得摩擦力的功。解答：（1）对物体受力分析，由牛顿第二定律得F﹣μmg＝ma，解得a＝3m/s2，（2）由位移公式得X=12at2=12×3×6（3）对全程用动能定理得FX﹣Wf＝0Wf＝FX＝50×54J＝2700J。答：（1）物体在前6s运动的过程中的加速度是3m/s2；（2）物体在前6s运动的位移是54m；（3）物体从开始运动直到最终静止的过程中克服摩擦力所做的功为2700J。点评：分析清楚物体的运动过程，直接应用牛顿第二定律和匀变速直线运动的规律求解即可，求摩擦力的功的时候对全程应用动能定理比较简单。【解题思路点拨】1．应用动能定理的一般步骤（1）选取研究对象，明确并分析运动过程。（2）分析受力及各力做功的情况①受哪些力？②每个力是否做功？③在哪段位移哪段过程中做功？④做正功还是负功？⑤做多少功？求出代数和