高2022届 高三 物理考前20天终极冲刺 电磁感应专项训练（含解析答案）

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2022年高考物理考前20天终极冲刺之电磁感应
一．选择题（共10小题）
1．（2022•西城区一模）如图1所示，100匝的线圈（图中只画了2匝）两端A、B与一个R＝40Ω的电阻相连。线圈内有指向纸内方向的磁场，线圈中的磁通量按图2所示规律变化。已知线圈的电阻是10Ω，则（　　）

A．线圈内感应电流的磁场方向为指向纸外
B．A点电势比B点电势高
C．A、B两点间的电势差为20V
D．0.2s内电路产生的电能为1.6J
2．（2022•海淀区一模）如图所示，电路中电感线圈L的自感系数足够大，且其直流电阻与定值电阻R的阻值相等。闭合开关S，待电路达到稳定后，灯泡正常发光，两个支路中电流分别为I1和I2。下列说法正确的是（　　）

A．闭合开关S至电路达到稳定的过程中，灯泡中电流逐渐减小至I1
B．闭合开关S，待电路达到稳定后，两支路中的电流I1＞I2
C．断开开关S，灯泡中电流由I1逐渐减小至零
D．断开开关S，灯泡中电流由I2逐渐减小至零
3．（2022•广东模拟）某同学学习了电磁感应相关知识之后，做了探究性实验：将闭合线圈按图示方式放在电子秤上，线圈上方有一N极朝下、竖直放置的条形磁铁，手握磁铁在线圈的正上方静止，此时电子秤的示数为m0。将磁铁N极（　　）

A．加速插向线圈的过程中，电子秤的示数小于m0
B．加速抽出线圈的过程中，电子秤的示数大于m0
C．加速插入线圈瞬间，线圈中感应电流沿逆时针方向（俯视）
D．匀速插入线圈的过程中，磁铁减少的重力势能等于线圈中产生的焦耳热
4．（2022•宁波二模）利用电磁感应驱动的电磁炮，原理示意图如图甲所示，高压直流电源电动势为E，大电容器的电容为C。套在中空的塑料管上，管内光滑，将直径略小于管的内径的金属小球静置于管内线圈右侧。首先将开关S接1，使电容器完全充电，然后将S转接2，此后电容器放电，通过线圈的电流随时间的变化规律如图乙所示，金属小球在0～t1的时间内被加速发射出去（t1时刻刚好运动到右侧管口）。下列关于该电磁炮的说法正确的是（　　）

A．小球在塑料管中的加速度随线圈中电流的增大而减小
B．在0～t1的时间内，电容器储存的电能全部转化为小球的动能
C．适当加长塑料管可使小球获得更大的速度
D．在0～t1的时间内，顺着发射方向看小球中产生的涡流沿逆时针方向
5．（2022•顺义区二模）如图所示，在竖直向下的强磁场中，水平U型导体框左端连接一阻值为R的电阻，质量为m，电阻为r的导体棒ab置于导体框上。不计导体框的电阻和导体棒与框间的摩擦。ab以水平向右的初速度v0开始运动，最终停在导体框上。在此过程中，下列说法正确的是（　　）

A．导体棒中电流保持不变
B．导体棒中感应电流的方向为a→b
C．导体棒克服安培力做的功等于mv02
D．导体棒刚开始运动时克服安培力做功的瞬时功率
6．（2022•顺义区二模）如图所示，两条光滑金属导轨平行固定在斜面上，导轨所在区域存在垂直于斜面向上的匀强磁场，导轨上端连接电阻R，t＝0时，导体棒由静止开始沿导轨下滑，下滑过程中导体棒与导轨接触良好，且方向始终与斜面底边平行。导体棒在下滑过程中，流过导体棒的电流为i，产生的感应电动势为E，电阻R消耗的电功率为P，穿过导体棒与金属导轨和电阻R围成的线框的磁通量为φ，关于i、φ、E、P随时间t变化的关系图像可能正确的是（　　）

A． B．
C． D．
7．（2022•郫都区校级模拟）两根电阻可忽略的平行金属导轨与水平成θ＝30°放置，其间距l＝0.5m，垂直于导轨平面的匀强磁场磁感应强度B＝2T，质量m＝0.2kg、电阻R0＝4Ω的导体棒ab垂直于导轨放置，其长度刚好等于导轨间距，导体棒与导轨接触良好，导轨上端连接如图所示的电路，电源的内阻r＝6Ω。已知滑动变阻器滑动片位于最左端c和最右端d处时，电源的输出功率相等，导体棒始终静止在导轨上，且滑动片位于d端时，导体棒恰好无相对导轨运动的趋势，取g＝10m/s2，以下说法正确的是（　　）

A．滑动变阻器的最大阻值为R＝9Ω
B．电源的电动势E＝10V
C．滑动片位于c端时，导体棒受到的摩擦力大小为1N
D．移动滑动片的位置，变阻器可获得的最大功率为5W
8．（2022•湖北模拟）如图，甲、乙、丙、丁四个相同的闭合正方形导体线圈处在匀强磁场中，磁场与转轴OO'垂直，其中丙、丁为以虚线为界的有界磁场，磁感应强度均相同。线圈以相同的角速度分别绕垂直磁感线的转轴OO'匀速转动（甲、丁转轴位于线圈中间位置，乙、丙转轴与线圈左边重合）。以Em1、Em2、Em3、Em4分别表示甲、乙、丙、丁线圈中产生的感应电动势的最大值，E1、E2、E3、E4分别表示甲、乙、丙、丁线圈中产生的感应电动势的有效值，则以下关系正确的是（　　）

A．Em1＝Em2＝Em3＝Em4 B．Em2＞Em1＞Em3＝Em4
C．E1＝E2＞E3＝E4 D．E1＝E2＞E3＞E4
9．（2022•门头沟区一模）如图所示，AB、CD为两个平行的、不计电阻的水平光滑金属导轨，置于方向垂直导轨平面向里、磁感应强度为B的匀强磁场中。AB、CD的间距为L，左右两端均接有阻值为R的电阻。质量为m、长为L且电阻不计的导体棒MN放在导轨上，与导轨接触良好，并与轻质弹簧组成弹簧振动系统。开始时，弹簧处于自然长度，导体棒MN具有水平向左的初速度v0，经过一段时间，导体棒MN第一次运动到最右端，这一过程中AC间的电阻R上产生的焦耳热为Q，则（　　）

A．导体棒水平方向做简谐运动
B．初始时刻导体棒所受的安培力大小为
C．当导体棒第一次到达最右端时，弹簧具有的弹性势能为
D．当导体棒再次回到初始位置时，AC间的电阻R的热功率小于
10．（2022•西城区一模）如图所示，光滑的水平绝缘桌面上有一个铝制圆环，圆心的正上方有一个竖直的条形磁铁。若条形磁铁沿水平方向向右匀速运动，则（　　）

A．圆环和磁铁以相同的速度一起向右运动
B．圆环对桌面的压力可能为零
C．圆环对桌面的压力大于它的重力
D．磁铁对圆环做的功等于圆环中增加的内能
二．多选题（共5小题）
（多选）11．（2022•鄂城区校级模拟）如图，固定的足够长平行光滑双导轨由水平段和弧形段在CD处相切构成，导轨的间距为L，区域CDEF内存在方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场。现将多根长度也为L的相同导体棒依次从弧形轨道上高为h的PQ处由静止释放（释放前棒均未接触导轨），释放第n（n＞1）根棒时，第n﹣1根棒刚好穿出磁场。已知每根棒的质量均为m，电阻均为R，重力加速度大小为g，FE∥CD∥PQ且与导轨垂直，导轨电阻不计，棒与导轨接触良好。则（　　）

A．第1根棒在穿越磁场的过程中，棒两端的电压逐渐减小
B．第3根棒刚进入磁场时的加速度大小为
C．第n根棒刚进入磁场时，第1根棒的热功率为
D．第n根棒与第n﹣1根棒在磁场中运动的时间相等
（多选）12．（2022•宣城模拟）如图甲所示，两固定平行且光滑的金属轨道MN、PQ与水平面的夹角θ＝37°，M、P之间接电阻箱，电阻箱的阻值范围为0～9.9Ω，导轨所在空间存在匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面向上，磁感应强度大小为B＝0.5T，质量为m的金属杆ab水平放置在轨道上，其接入电路的电阻值为r.现从静止释放杆ab，测得最大速度为vm，改变电阻箱的阻值R，得到vm与R的关系如图乙所示。已知轨道间距为L＝2m，重力加速度g＝10m/s2，轨道足够长且电阻不计（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8），则（　　）

A．金属杆的质量m＝0.5kg
B．金属杆接入电路的电阻r＝2Ω
C．当R＝2Ω时，杆ab匀速下滑过程中R两端的电压为4V
D．当R＝1Ω时，若杆ab用时2.2s达到最大速度，则此过程中下滑的高度为6m
（多选）13．（2022•枣庄二模）如图所示，间距为L＝0.8m的两条平行光滑竖直金属导轨PQ、MN足够长，底部Q、N之间连接阻值为R1＝2.0Ω的电阻，磁感应强度为B1＝0.5T、足够大的匀强磁场与导轨平面垂直．质量为m＝1.0×10﹣2kg、电阻值为R2＝2.0Ω的金属棒ab放在导轨上，且始终与导轨接触良好．导轨的上端点P、M分别与横截面积为5.0×10﹣3m2的10匝线圈的两端连接，线圈的轴线与大小均匀变化的匀强磁场B2平行．开关S闭合后，金属棒ab恰能保持静止．取重力加速度g＝10m/s2，其余部分的电阻不计．则（　　）

A．匀强磁场B2的磁感应强度均匀减小
B．金属棒ab中的电流为0.25A
C．匀强磁场B2的磁感应强度的变化率为10T/s
D．断开S之后，金属棒ab下滑的最大速度为1.25m/s
（多选）14．（2022•青岛一模）如图甲，平行金属导轨MN、PQ固定在同一水平面内，导轨光滑且足够长，两导轨间距L＝0.4m，电阻忽略不计，其间接有R＝0.2Ω的电阻。垂直导轨放置质量m＝0.2kg、电阻r＝0.2Ω的金属杆ab，整个装置处于磁感应强度B＝0.4T的匀强磁场中，磁场方向竖直向下。现用水平向右的外力F拉金属杆ab，使之由静止开始做加速运动，电压传感器工作电流很小，可忽略不计，它可将R两端的电压U即时采集并输入电脑，获得电压U随时间t变化的关系图像如图乙，图线为过原点直线。运动过程中，ab与导轨始终垂直且接触良好，下列说法正确的是（　　）

A．金属杆做匀加速运动且加速度大小为2.5m/s2
B．第2s末外力F的瞬时功率为0.82W
C．0～2s内金属杆上产生的焦耳热为0.4J
D．若1.6s末撤去外力，则杆ab还能运动12.5m
（多选）15．（2022•辽宁模拟）如图所示，电阻不计的光滑平行金属导轨水平放置于竖直向下的匀强磁场中，导轨左端接一定值电阻R。质量为m、电阻为r的金属棒MN置于导轨上，受到垂直于金属棒的水平外力F作用由静止开始运动，外力F与金属棒速度v的关系是F＝F0+kv（F0、k是常量），金属棒与导轨始终垂直且接触良好。设金属棒中感应电流为I、受到的安培力为FA、MN两端的电压为U、感应电流的功率为P，它们随时间t变化的图象可能正确的有（　　）

A． B．
C． D．
三．计算题（共5小题）
16．（2022•宁河区校级模拟）一装有货物的小车从倾角θ的光滑斜坡上下滑，撞击挡板后停下，货物被工人取走，如图甲所示。为了减小小车对挡板的冲击，某同学设想了一个电磁缓冲装置，在小车底部固定与小车前端平齐、匝数为n、边长为L、总电阻为R的正方形线框；在斜坡的下端加上宽度也为L的匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直斜坡向下，如图乙所示（小车未画出）。若小车和货物的总质量为M，线框的质量为m。小车在线框的下边离底部挡板距离为d时静止释放，线框进入磁场后，小车立即做减速运动，已知小车撞击挡板前已经匀速运动。重力加速度为g。
（1）求线框进入磁场时的速度v大小和小车匀速运动的速度v1大小；
（2）小车运动过程中线框产生的焦耳热；
（3）若采用适当粗些的导线绕制线框，保持匝数、边长、形状不变，能否减小小车运动运动速度，从而增大缓冲的效果？请说明理由（要有证明过程）。

17．（2022•肥东县二模）如图所示，在xOy平面内固定一圆形金属线框，圆心为O1，半径为R，与y轴相切于原点O。空间存在方向垂直于xOy平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场。一长度为2R的均匀导体棒MN，以速率v0由O点开始沿x轴正方向在金属线框上匀速滑过。运动过程中导体棒MN始终与y轴平行，并且中点始终在x轴上，与金属框接触良好。已知导体棒单位长度的电阻为r，金属框电阻可忽略。求：
（1）导体棒MN运动到O1位置时，通过MN的电流大小和方向；
（2）导体棒MN运动位移为x（0≤x≤2R）时，导体棒所受安培力的大小。

18．（2022•齐齐哈尔二模）如图所示，一滑块放在水平轨道上，下方用绝缘杆固定一边长为a＝0.4m、匝数为10匝的正方形导线框，已知导线框的总电阻为R＝1Ω，导线框、绝缘杆以及滑块的总质量为M＝2kg，滑块与水平轨道之间的动摩擦因数为μ＝0.5。水平轨道的正下方有足够长的宽为a的长方形磁场区域，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强大小为B0＝0.5T，虚线MN为磁场区域的中心线，且导线框的上边刚好与虚线MN重合.现给滑块施加一水平向右的外力F，使整个装置以恒定的速度v＝0.4m/s运动，重力加速度为g取10m/s2。求：
（1）导线框上半部分刚进入磁场时，线框中感应电流的大小；
（2）导线框上半部分刚要全部进入磁场时外力F的大小；
（3）当导线框上半部分完全进入磁场区域时，立即将整个装置锁定，之后磁感应强度的大小以B＝0.5+2t（其B的单位为T，t的单位为s）的规律变化，则此后2s时间内，导线框产生的焦耳热Q的大小。

19．（2022•天津模拟）如图甲所示，利用粗糙绝缘的水平传送带输送一正方形单匝金属线圈abcd，传送带以恒定速度v0运动。传送带的某正方形区域内，有一竖直向上的匀强磁场，该磁场相对地面静止，且磁感应强度大小为B，当金属线圈的bc边进入磁场时开始计时，直到bc边离开磁场，其速度与时间的关系如图乙所示，且在传送带上始终保持ad、bc边平行于磁场边界。已知金属线圈质量为m，电阻为R，边长为L，线圈与传送带间的动摩擦因数为μ，且ad边刚进入磁场时线框的速度大小为v1，重力加速度为g，求：

（1）正方形磁场的边长d；
（2）线圈完全进入磁场的时间t；
（3）线圈离开磁场过程中克服安培力所做的功W。
20．（2022•湖北二模）如图，足够长的金属轨道电阻不计，倾斜部分粗糙，倾角θ＝37°；水平部分光滑，与倾斜部分平滑连接。轨道两端分别接有电动势E＝0.4V，内阻r＝1Ω的电源和电容值为C＝0.5F的电容，轨道所在空间有平行于倾斜轨道的匀强磁场。质量为m＝0.02kg，长为L＝0.5m，电阻R＝4Ω的金属棒两端恰好和轨道垂直接触，棒与倾斜轨道间动摩擦因数为μ＝0.5，当开关K闭合稳定时金属棒恰好不下滑，开关K打开后开始下滑，经过时间t＝4.5s到达倾斜轨道末端，电容器已完成放电。（已知：sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2，不考虑电磁辐射损失的能量）。求：
（1）求磁感应强度的大小B；
（2）求金属棒到倾斜轨道末端时速度的大小v；
（3）金属棒经过平滑连接部分时速度大小不变，然后在轨道水平部分运动直至达到稳定，稳定时电容器储存能量可表示为E能＝2。求金属棒在水平轨道上运动过程中产生的热量Q。


2022年高考物理考前20天终极冲刺之电磁感应
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题）
1．（2022•西城区一模）如图1所示，100匝的线圈（图中只画了2匝）两端A、B与一个R＝40Ω的电阻相连。线圈内有指向纸内方向的磁场，线圈中的磁通量按图2所示规律变化。已知线圈的电阻是10Ω，则（　　）

A．线圈内感应电流的磁场方向为指向纸外
B．A点电势比B点电势高
C．A、B两点间的电势差为20V
D．0.2s内电路产生的电能为1.6J
【考点】法拉第电磁感应定律；楞次定律；闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．菁优网版权所有
【专题】信息给予题；定量思想；图析法；电磁感应与电路结合；分析综合能力．
【分析】AB、根据楞次定律，结合图像可知感应电流的磁场方向，进而根据感应电流方向判断A、B两点的电势高低；
CD、根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律，求出A、B两点间的电势差及0.2s内电路产生的电能。
【解答】解：AB、由题意可知，线圈中的磁通量向里减小，根据楞次定律可知，线圈中感应电流的磁场方向垂直纸面向里；故感应电流的方向由B经过电阻流向A，故A点电势比B点电势低，故AB错误；
CD、根据法拉第电磁感应定律，回路中的感应电动势
E＝N＝100×V＝20V
A、B两点间的电势差U＝•E＝×20V＝16V
0.2s内电路产生的电能为W＝EIt＝t＝×0.2J＝1.6J
故C错误，D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律和Φ﹣t图像的综合应用，要注意图像的斜率表示磁通量的变化率。
2．（2022•海淀区一模）如图所示，电路中电感线圈L的自感系数足够大，且其直流电阻与定值电阻R的阻值相等。闭合开关S，待电路达到稳定后，灯泡正常发光，两个支路中电流分别为I1和I2。下列说法正确的是（　　）

A．闭合开关S至电路达到稳定的过程中，灯泡中电流逐渐减小至I1
B．闭合开关S，待电路达到稳定后，两支路中的电流I1＞I2
C．断开开关S，灯泡中电流由I1逐渐减小至零
D．断开开关S，灯泡中电流由I2逐渐减小至零
【考点】自感现象和自感系数．菁优网版权所有
【专题】定性思想；推理法；交流电专题；理解能力．
【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：A、闭合开关的瞬间，由于线圈中自感电动势的阻碍，流过灯泡的电流逐渐增大，至电路达到稳定的过程中，灯泡中电流逐渐增大至I1，故A错误；
B、闭合开关稳定后，自感作用消失，灯与线圈的支路的电阻值大，根据欧姆定律可知待电路达到稳定后，两支路中的电流I1＜I2，故B错误；
CD、断开开关，线圈L产生自感电动势，电流从开始时的电流逐渐减小，即灯泡中电流由I1逐渐减小至零，故C正确，D错误
故选：C。
【点评】对于线圈要抓住双重特性：当电流不变时，它是电阻；当电流变化时，产生自感电动势，相当于电源．
3．（2022•广东模拟）某同学学习了电磁感应相关知识之后，做了探究性实验：将闭合线圈按图示方式放在电子秤上，线圈上方有一N极朝下、竖直放置的条形磁铁，手握磁铁在线圈的正上方静止，此时电子秤的示数为m0。将磁铁N极（　　）

A．加速插向线圈的过程中，电子秤的示数小于m0
B．加速抽出线圈的过程中，电子秤的示数大于m0
C．加速插入线圈瞬间，线圈中感应电流沿逆时针方向（俯视）
D．匀速插入线圈的过程中，磁铁减少的重力势能等于线圈中产生的焦耳热
【考点】楞次定律；研究电磁感应现象；功能关系；法拉第电磁感应定律．菁优网版权所有
【专题】定性思想；推理法；电磁感应——功能问题；推理能力．
【分析】依据楞次定律中感应磁场会阻碍原磁通量的变化，从而产生“来拒去留”的现象，进而可判定示数变化情况；根据楞次定律的“增反减同”，结合原磁场方向，及穿过线圈的磁通量变化情况，即可判定；由动能定理，匀速运动，则磁铁受到重力、拉力、斥力的合力做功为零。
【解答】解：AB、将条形磁铁插入线圈或从线圈中抽出的过程，穿过线圈的磁通量发生了变化，线圈中产生了感应电流，线圈与条形磁铁会发生相互作用，根据楞次定律的推论“来拒去留”可知，在将磁铁插入线圈（无论是匀速、加速还是减速）的过程中，线圈与磁铁相互排斥，导致电子秤的示数大于m0，在抽出磁铁（无论是匀速、加速还是减速）的过程中，线圈与磁铁相互吸引，导致电子秤的示数小于m0，故AB错误；
C、根据楞次定律可判断，将一条形磁铁的N极加速插向线圈时，线圈中产生的感应电流方向为逆时针方向（俯视），故C正确；
D、磁铁N极匀速插向线圈的过程中，磁铁受到重力、拉力、斥力作用，重力和拉力的合力做的功等于线圈中产生的焦耳热，故D错误。
故选：C。
【点评】考查楞次定律的应用，从“来拒去留”、“增反减同”角度去理解楞次定律的内涵，并掌握动能定理的内容，注意将磁铁N极匀速插向线圈的过程中，磁铁受到重力、拉力、斥力共同作用。
4．（2022•宁波二模）利用电磁感应驱动的电磁炮，原理示意图如图甲所示，高压直流电源电动势为E，大电容器的电容为C。套在中空的塑料管上，管内光滑，将直径略小于管的内径的金属小球静置于管内线圈右侧。首先将开关S接1，使电容器完全充电，然后将S转接2，此后电容器放电，通过线圈的电流随时间的变化规律如图乙所示，金属小球在0～t1的时间内被加速发射出去（t1时刻刚好运动到右侧管口）。下列关于该电磁炮的说法正确的是（　　）

A．小球在塑料管中的加速度随线圈中电流的增大而减小
B．在0～t1的时间内，电容器储存的电能全部转化为小球的动能
C．适当加长塑料管可使小球获得更大的速度
D．在0～t1的时间内，顺着发射方向看小球中产生的涡流沿逆时针方向
【考点】法拉第电磁感应定律；楞次定律．菁优网版权所有
【专题】定量思想；推理法；电磁感应与电路结合；推理能力．
【分析】根据磁通量的变化特点判断感应电流大小的变化特点，然后判断小球的加速度；根据电流的变化判断能量转化的关系；根据楞次定律判断涡流的方向。
【解答】解：A、磁场强弱程度与通过线圈的电流大小成正比。根据乙图可知，线圈中的磁感应强度变化情况与电流的变化情况相同，在0～t1时间内，电流i在增大，但变化率却逐渐减小，线圈的磁通量变化率也逐渐减小，由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势逐渐减小，所以小球受到的感应电场的电场力也逐渐较小，由牛顿第二运动定律可知，小球的加速度逐渐减小，故A错误；
B、电容器的放电过程中，变化的磁场在空间产生了变化的电场，然后以电磁波的形式传递出去，散失了一部分能量，所以0～t1时间内，电容器储存的电能没有全部转化为小球的动能，故B错误；
C、适当增加塑料管的长度，增长后，小球会在电流减小的过程中离开塑料管，当电流减小时，磁场也会减小，通过楞次定律判断可知，此时线圈的作用力向左，阻碍小球运动，所以适当加长塑料管，小球速度不一定会增大，故C错误；
D、在0～t1时间内，电流逐渐增大，产生的磁场也会增强，通过楞次定律判断可知，原磁场增大，感应磁场与原磁场方向相反，由右手螺旋定则判断可得，小球中产生的涡流是逆时针方向的，故D正确。
故选：D。
【点评】本题是电磁感应与电路、力学知识的综合，解决这类题目的基本思路是对研究对象正确进行受力分析，弄清运动形式，然后依据相应规律求解。
5．（2022•顺义区二模）如图所示，在竖直向下的强磁场中，水平U型导体框左端连接一阻值为R的电阻，质量为m，电阻为r的导体棒ab置于导体框上。不计导体框的电阻和导体棒与框间的摩擦。ab以水平向右的初速度v0开始运动，最终停在导体框上。在此过程中，下列说法正确的是（　　）

A．导体棒中电流保持不变
B．导体棒中感应电流的方向为a→b
C．导体棒克服安培力做的功等于mv02
D．导体棒刚开始运动时克服安培力做功的瞬时功率
【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化；闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．菁优网版权所有
【专题】信息给予题；定性思想；电磁感应——功能问题；分析综合能力．
【分析】A、根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律，结合题意可知电流减小；
B、根据右手定则判断导体棒中电流方向；
C、根据动能定理，结合题意可知克服安培力做的功；
D、根据安培力公式，结合功率公式求出导体棒刚开始运动时克服安培力做功的瞬时功率。
【解答】解：A．由题意可知，导体棒做减速运动，则回路中感应电动势为
E＝BLv
根据闭合电路的欧姆定律可得I＝
联立可得
I＝
所以导体棒受到减小，则电流减小，故A错误；
B．由右手定则可知，导体棒中感应电流的方向b→a，故B错误；
C．对导体棒，从开始运动到停止，由动能定理可得
W＝0﹣m
导体棒克服安培力做的功等于
W′＝m
故C正确；
D．导体棒刚开始运动时所受安培力为
F＝BIL
克服安培力做功的瞬时功率
P＝Fv0
联立整理可得P＝
故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律和安培力的公式，在解题时要注意各定律间的综合应用。
6．（2022•顺义区二模）如图所示，两条光滑金属导轨平行固定在斜面上，导轨所在区域存在垂直于斜面向上的匀强磁场，导轨上端连接电阻R，t＝0时，导体棒由静止开始沿导轨下滑，下滑过程中导体棒与导轨接触良好，且方向始终与斜面底边平行。导体棒在下滑过程中，流过导体棒的电流为i，产生的感应电动势为E，电阻R消耗的电功率为P，穿过导体棒与金属导轨和电阻R围成的线框的磁通量为φ，关于i、φ、E、P随时间t变化的关系图像可能正确的是（　　）

A． B．
C． D．
【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律．菁优网版权所有
【专题】信息给予题；定性思想；电磁感应与图象结合；分析综合能力．
【分析】AC、对导体棒，根据牛顿第二定律得出加速度的表达式，进而得出导体棒的速度随时间的变化规律，最后得出E﹣t、i﹣t图像可能情况；
B、根据磁通量与位移的关系，结合x﹣t图象的特点，得出φ﹣t图像的可能情况；
D、根据导体棒功率的表达式，结合导体棒的运动，可知电阻R消耗功率不可能一直增大，进而判断该项。
【解答】解：AC．对导体棒，根据牛顿第二定律可得
mgsinθ﹣＝ma
整理可得
a＝gsinθ﹣
所以随着速度的增大，加速度逐渐减小为0，因v﹣t图象的斜率表示加速度，所以v﹣t图象的斜率从gsinθ逐渐减小为0。导体棒下滑过程中产生的感应电动势、电流分别为
E＝BLv
i＝
由公式可知，E与v、i与v成正比，那么E﹣t、i﹣t图像与v﹣t图象相似，故A正确，C错误；
B.导体棒向下做加速度逐渐减小的加速运动，最后匀速，由于x﹣t图象的斜率表示速度，所以x﹣t图象开始时是斜率逐渐增大的曲线，最后变成斜率不变的直线。穿过导体棒与金属导轨和电阻R围成的线框的磁通量为
φ＝BLx
由公式可知，φ与x成正比，那么φ﹣t图像与x﹣t相似，故B错误；
D．电阻R的功率为
P＝i2R＝
由于导体棒最后匀速，所以电阻R消耗功率不可能一直增大，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查了电磁感应与图像的问题，要注意结合法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律，根据受力特点和运动情况判断可能的图像。
7．（2022•郫都区校级模拟）两根电阻可忽略的平行金属导轨与水平成θ＝30°放置，其间距l＝0.5m，垂直于导轨平面的匀强磁场磁感应强度B＝2T，质量m＝0.2kg、电阻R0＝4Ω的导体棒ab垂直于导轨放置，其长度刚好等于导轨间距，导体棒与导轨接触良好，导轨上端连接如图所示的电路，电源的内阻r＝6Ω。已知滑动变阻器滑动片位于最左端c和最右端d处时，电源的输出功率相等，导体棒始终静止在导轨上，且滑动片位于d端时，导体棒恰好无相对导轨运动的趋势，取g＝10m/s2，以下说法正确的是（　　）

A．滑动变阻器的最大阻值为R＝9Ω
B．电源的电动势E＝10V
C．滑动片位于c端时，导体棒受到的摩擦力大小为1N
D．移动滑动片的位置，变阻器可获得的最大功率为5W
【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．菁优网版权所有
【专题】信息给予题；定量思想；电磁感应——功能问题；电磁感应中的力学问题；分析综合能力．
【分析】A、根据闭合电路的欧姆定律，结合题意求出滑动变阻器的最大阻值；
B、根据受力平衡，结合闭合电路的欧姆定律求出电源电动势；
C、根据闭合电路的欧姆定律，结合受力平衡，求出导体棒受到的摩擦力；
D、利用等效电源，结合功率公式求出变阻器可获得的最大功率。
【解答】解：A、滑动变阻器滑动片位于最左端c时，设电路中电流为I1，根据闭合电路的欧姆定律可得
I1＝
输出功率为P1＝R0
滑动变阻器滑动片位于最右端c时，设电路中电流为I2，根据闭合电路的欧姆定律可得
I2＝
输出功率为P2＝（R0+R）
由题意可知P1＝P2
联立求解滑动变阻器的最大阻值为R＝5Ω
故A错误；
B、导体棒始终静止在导轨上，且滑动片位于d端时，导体棒恰好无相对导轨运动的趋势，根据受力平衡可得
BI2l＝mgsinθ
代入数据可得I2＝1A
电源的电动势为E＝I2（R0+R+r）
代入数据可得E＝15V
故B错误；
C、滑动变阻器滑动片位于最左端c时，设电路中电流为I1，根据闭合电路的欧姆定律可得
I1＝
代入数据可得I1＝1.5A
导体棒受到的安培力为F安＝BI1l
根据导体棒受力平衡，可得
f＝F安﹣mgsinθ
代入数据可得f＝0.5N
故C错误；
D、导体棒和电源看成一个整体，该整体电阻
r等＝R0+r
滑动变阻器阻值与内阻越接近，滑动变阻器消耗的功率越大，当滑动变阻器取最大值R＝5Ω时，变阻器最大功率为Pm＝•R
代入数据可得Pm＝5W
故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律和功率问题，在处理最大功率问题时，要注意最大功率的条件。
8．（2022•湖北模拟）如图，甲、乙、丙、丁四个相同的闭合正方形导体线圈处在匀强磁场中，磁场与转轴OO'垂直，其中丙、丁为以虚线为界的有界磁场，磁感应强度均相同。线圈以相同的角速度分别绕垂直磁感线的转轴OO'匀速转动（甲、丁转轴位于线圈中间位置，乙、丙转轴与线圈左边重合）。以Em1、Em2、Em3、Em4分别表示甲、乙、丙、丁线圈中产生的感应电动势的最大值，E1、E2、E3、E4分别表示甲、乙、丙、丁线圈中产生的感应电动势的有效值，则以下关系正确的是（　　）

A．Em1＝Em2＝Em3＝Em4 B．Em2＞Em1＞Em3＝Em4
C．E1＝E2＞E3＝E4 D．E1＝E2＞E3＞E4
【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；交流发电机及其产生正弦式电流的原理；交流的峰值、有效值以及它们的关系．菁优网版权所有
【专题】信息给予题；比较思想；电磁感应与电路结合；分析综合能力．
【分析】AB、根据交变电流产生的原理，判断各种情况下电动势的最大值，进而比较其大小关系；
CD、结合正弦式交流电的峰值和有效值的关系及有效值的定义，求出各种情况下的有效值并比较其大小。
【解答】解：AB、甲、乙的最大值与转轴的位置无关，最大值为
Em1＝Em2＝BSω
丙图中最大磁通量为BS，故丙中感应电动势的最大值
Em3＝BSω
丁中感应电动势的最大值
Em4＝BSω
故有Em1＝Em2＝Em3＞Em4
故AB错误；
CD、甲、乙的此时的交变电流为正弦式交流电，故其有效值
E1＝E2＝＝
丙中交变电流的波形图为半波交流电，根据有效值的定义可得
•T＝•
整理可得E3＝
丁图中的交变电流也为正弦式交流电，故其有效值为
E4＝＝
故有E1＝E2＞E3＞E4
故C错误，D正确。
故选：D。
【点评】在求有效值问题时，要注意峰值和有效值的关系E＝，一定要注意其成立的前提条件是该交流电为正弦式交流电。
9．（2022•门头沟区一模）如图所示，AB、CD为两个平行的、不计电阻的水平光滑金属导轨，置于方向垂直导轨平面向里、磁感应强度为B的匀强磁场中。AB、CD的间距为L，左右两端均接有阻值为R的电阻。质量为m、长为L且电阻不计的导体棒MN放在导轨上，与导轨接触良好，并与轻质弹簧组成弹簧振动系统。开始时，弹簧处于自然长度，导体棒MN具有水平向左的初速度v0，经过一段时间，导体棒MN第一次运动到最右端，这一过程中AC间的电阻R上产生的焦耳热为Q，则（　　）

A．导体棒水平方向做简谐运动
B．初始时刻导体棒所受的安培力大小为
C．当导体棒第一次到达最右端时，弹簧具有的弹性势能为
D．当导体棒再次回到初始位置时，AC间的电阻R的热功率小于
【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化；闭合电路的欧姆定律；安培力的计算．菁优网版权所有
【专题】信息给予题；定性思想；电磁感应——功能问题；分析综合能力．
【分析】AD、根据导体棒运动过程中有焦耳热的产生，进而判断导体棒水平方向的运动不是简谐运动；进而结合电功率公式得出AC间的电阻R的热功率小于；
B、根据法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律和安培力公式得出安培力的大小；
C、根据能量守恒定律，结合已知量求出当导体棒第一次到达最右端时弹簧具有的弹性势能。
【解答】解：AD、导体棒运动过程中，安培力做功，电阻产生焦耳热，则棒和弹簧的机械能有损失，则当导体棒再次回到初始位置时速度小于初速度v0，故导体棒水平方向做的不是简谐运动；则导体棒回到初始位置时产生的感应电动势E1＜BLv0
根据电功率公式P＝可知，AC间的电阻R的热功率P＜，故A错误，D正确；
B、根据法拉第电磁感应定律可知初始时刻回路中的感应电动势为E＝BLv0
利用闭合电路的欧姆定律可知回路中的电流为I＝
回路中的总电阻R并＝
结合安培力公式有F＝BIL
联立各式整理可得F＝
故B错误；
C、当导体棒第一次到达最右端时，设弹簧具有的弹性势能为Ep，根据能量守恒定律可得
Ep+2Q＝m
整理可得Ep＝m﹣2Q
故C错误。
故选：D。
【点评】在本题中，导体棒MN第一次运动到最右端，这一过程中AC间的电阻R上产生的焦耳热为Q，一定要注意回路中产生的总的焦耳热是2Q，这是易错点。
10．（2022•西城区一模）如图所示，光滑的水平绝缘桌面上有一个铝制圆环，圆心的正上方有一个竖直的条形磁铁。若条形磁铁沿水平方向向右匀速运动，则（　　）

A．圆环和磁铁以相同的速度一起向右运动
B．圆环对桌面的压力可能为零
C．圆环对桌面的压力大于它的重力
D．磁铁对圆环做的功等于圆环中增加的内能
【考点】楞次定律；功能关系．菁优网版权所有
【专题】定性思想；推理法；电磁感应中的力学问题；推理能力．
【分析】解本题时应该掌握：楞次定律的理解、应用。在楞次定律中线圈所做出的所有反应都是阻碍其磁通量的变化。如：感应电流磁场的磁通量、面积、速度、受力等。
【解答】解：A.根据楞次定律，来拒去留，条形磁铁向右移动时，闭合圆环将跟随磁铁向右运动，但圆环的速度一定与磁铁的速度不相等，故A错误；
BC.根据楞次定律，来拒去留，金属圆环受安培力向右上方，则圆环对桌面的压力小于其重力，圆环对桌面的压力可能为零，故B正确，C错误；
D.根据功能关系，磁铁对圆环做的功等于圆环中增加的内能和圆环增加的动能，故D错误。
故选B。
【点评】本题从力、运动的角度考查楞次定律，思维含量高，考查角度新颖。
二．多选题（共5小题）
（多选）11．（2022•鄂城区校级模拟）如图，固定的足够长平行光滑双导轨由水平段和弧形段在CD处相切构成，导轨的间距为L，区域CDEF内存在方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场。现将多根长度也为L的相同导体棒依次从弧形轨道上高为h的PQ处由静止释放（释放前棒均未接触导轨），释放第n（n＞1）根棒时，第n﹣1根棒刚好穿出磁场。已知每根棒的质量均为m，电阻均为R，重力加速度大小为g，FE∥CD∥PQ且与导轨垂直，导轨电阻不计，棒与导轨接触良好。则（　　）

A．第1根棒在穿越磁场的过程中，棒两端的电压逐渐减小
B．第3根棒刚进入磁场时的加速度大小为
C．第n根棒刚进入磁场时，第1根棒的热功率为
D．第n根棒与第n﹣1根棒在磁场中运动的时间相等
【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化；闭合电路的欧姆定律；安培力的计算．菁优网版权所有
【专题】比较思想；模型法；万有引力定律在天体运动中的应用专题；分析综合能力．
【分析】第1根棒在穿越磁场的过程中做匀速直线运动，棒两端的电压不变；根据机械能守恒定律求出导体棒进入磁场时的速度，根据牛顿第二定律和安培力与速度的关系求第3根棒刚进入磁场时的加速度大小；根据E＝BLv求导体棒切割磁感线产生的感应电动势，由闭合电路欧姆定律求出第n根棒刚进入磁场时干路电流，再求出流过第1根棒的电流，从而求得第1根棒的热功率；分析第n根棒与第n﹣1根棒在磁场中受力情况，判断运动时间关系。
【解答】解：A、第1根棒在穿越磁场的过程中，电路中只有感应电动势，没有感应电流，棒不受安培力，在磁场中做匀速直线运动，棒两端的电压等于感应电动势，保持不变，故A错误；
B、导体棒下滑时，根据机械能守恒定律得：mgh＝，可得v＝。第3根棒刚进入磁场时产生的感应电动势为E＝BLv＝BL，电路的总电阻为R总＝R+＝R
流过第3根棒的电流为I＝＝，根据牛顿第二定律得：BIL＝ma，可得第3根棒刚进入磁场时的加速度大小为a＝，故B正确；
C、第n根棒刚进入磁场时，电路的总电阻为R总n＝R+＝R，流过第n根棒的电流为In＝＝，流过第1根棒的电流为I1＝＝，第1根棒的热功率为P1＝I12R＝，故C正确；
D、第n根棒与第n﹣1根棒进入磁场时速度相同，产生的感应电动势相同，由于电路的总电阻不同，则流过第n根棒与第n﹣1根棒的电流不同，两棒受到的安培力大小不同，加速度不同，所以第n根棒与第n﹣1根棒在磁场中运动的时间不等，故D错误。
故选：BC。
【点评】解决本题时，要知道切割磁感线的导体棒相当于电源，其余部分为外电路，根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律、安培力公式和电路规律进行处理。
（多选）12．（2022•宣城模拟）如图甲所示，两固定平行且光滑的金属轨道MN、PQ与水平面的夹角θ＝37°，M、P之间接电阻箱，电阻箱的阻值范围为0～9.9Ω，导轨所在空间存在匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面向上，磁感应强度大小为B＝0.5T，质量为m的金属杆ab水平放置在轨道上，其接入电路的电阻值为r.现从静止释放杆ab，测得最大速度为vm，改变电阻箱的阻值R，得到vm与R的关系如图乙所示。已知轨道间距为L＝2m，重力加速度g＝10m/s2，轨道足够长且电阻不计（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8），则（　　）

A．金属杆的质量m＝0.5kg
B．金属杆接入电路的电阻r＝2Ω
C．当R＝2Ω时，杆ab匀速下滑过程中R两端的电压为4V
D．当R＝1Ω时，若杆ab用时2.2s达到最大速度，则此过程中下滑的高度为6m
【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化；闭合电路的欧姆定律．菁优网版权所有
【专题】定量思想；方程法；电磁感应中的力学问题；分析综合能力．
【分析】根据E＝BLvm、I＝、F＝BIL推导出安培力与速度的表达式，当金属杆ab匀速运动时速度最大，由平衡条件得到最大速度vm与R的关系式，根据图象的斜率和纵截距求解金属杆的质量m和阻值r；当R＝2Ω时，杆ab匀速下滑过程中，根据欧姆定律求R两端的电压。当R＝1Ω时，若杆ab用时2.2s达到最大速度，利用动量定理求下滑的高度。
【解答】解：AB、当金属杆ab匀速运动时速度最大，杆ab运动的最大速度为vm，杆ab切割磁感线产生的感应电动势为：E＝BLvm，由闭合电路的欧姆定律得：I＝
杆ab达到最大速度时受到平衡，满足：mgsinθ﹣BIL＝0，联立解得：vm＝R+r
由vm﹣R图象可知图象的斜率为：k＝m/（s•Ω）＝2m/（s•Ω），纵截距为：v0＝r＝4m/s，联立解得：m＝kg，r＝2Ω，故A错误，B正确；
C、当R＝2Ω时，金属杆ab匀速下滑时，有：mgsinθ﹣BIL＝0，代入数据解得：I＝2A，所以R两端电压为：U＝IR＝2×2V＝4V，故C正确；
D、当R＝1Ω时，若杆ab用时2.2s达到最大速度，则此过程中下滑的高度为h。由图知R＝1Ω时，vm＝6m/s
取沿导轨向下为正方向，由动量定理得：mgsinθ•t﹣BL•t＝mvm﹣0
其中t＝＝，又t＝，联立解得h＝4.32m，故D错误。
故选：BC。
【点评】解决本题的关键是根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、安培力公式得到最大速度的解析式，结合图象的信息求解金属棒的质量和电阻。
（多选）13．（2022•枣庄二模）如图所示，间距为L＝0.8m的两条平行光滑竖直金属导轨PQ、MN足够长，底部Q、N之间连接阻值为R1＝2.0Ω的电阻，磁感应强度为B1＝0.5T、足够大的匀强磁场与导轨平面垂直．质量为m＝1.0×10﹣2kg、电阻值为R2＝2.0Ω的金属棒ab放在导轨上，且始终与导轨接触良好．导轨的上端点P、M分别与横截面积为5.0×10﹣3m2的10匝线圈的两端连接，线圈的轴线与大小均匀变化的匀强磁场B2平行．开关S闭合后，金属棒ab恰能保持静止．取重力加速度g＝10m/s2，其余部分的电阻不计．则（　　）

A．匀强磁场B2的磁感应强度均匀减小
B．金属棒ab中的电流为0.25A
C．匀强磁场B2的磁感应强度的变化率为10T/s
D．断开S之后，金属棒ab下滑的最大速度为1.25m/s
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【分析】金属棒ab保持静止，受到的安培力与重力平衡，判断出金属杆ab受到的安培力方向，由左手定则判断棒中感应电流方向，再根据楞次定律判断磁场B2的变化情况；对金属棒ab，利用平衡条件和安培力公式求金属棒中的电流，根据闭合电路欧姆定律求出线圈产生的感应电动势，再根据法拉第电磁感应定律求匀强磁场B2的磁感应强度的变化率。断开K之后，金属棒ab先向下做加速运动，后做匀速运动，速度达到最大，由平衡条件求其下滑的最大速度。
【解答】解：A、金属棒ab保持静止，受到的安培力与重力平衡，则知金属杆ab受到的安培力方向竖直向上，由左手定则判断可知，金属棒中电流方向由a→b，线圈中感应电流方向由M→P，线圈中感应电流的磁场方向与原磁场方向相反，由楞次定律判断可知，磁场B2均匀增大，故A错误；
B、金属棒ab保持静止，根据平衡条件得mg＝B1IL，解得金属棒中的电流I＝0.25A，故B正确；
C、根据闭合电路欧姆定律得线圈产生的感应电动势为E＝IR总＝I•＝0.25×V＝0.25V
根据法拉第电磁感应定律得E＝N＝NS，联立解得：＝10T/s，故C正确；
D、断开K之后，金属棒ab先向下做加速运动，后做匀速运动，速度达到最大，由平衡条件得：mg＝B1I1L＝，解得金属棒ab下滑的最大速度为vm＝2.5m/s，故D错误。
故选：BC。
【点评】本题有感生电动势，也有动生电动势，要搞清电路的结构，抓住电磁感应与电路联系的桥梁是感应电动势，要知道断开K之后，金属棒ab的运动过程与汽车恒定功率起动类似，当金属棒的加速度为零时速度最大。
（多选）14．（2022•青岛一模）如图甲，平行金属导轨MN、PQ固定在同一水平面内，导轨光滑且足够长，两导轨间距L＝0.4m，电阻忽略不计，其间接有R＝0.2Ω的电阻。垂直导轨放置质量m＝0.2kg、电阻r＝0.2Ω的金属杆ab，整个装置处于磁感应强度B＝0.4T的匀强磁场中，磁场方向竖直向下。现用水平向右的外力F拉金属杆ab，使之由静止开始做加速运动，电压传感器工作电流很小，可忽略不计，它可将R两端的电压U即时采集并输入电脑，获得电压U随时间t变化的关系图像如图乙，图线为过原点直线。运动过程中，ab与导轨始终垂直且接触良好，下列说法正确的是（　　）

A．金属杆做匀加速运动且加速度大小为2.5m/s2
B．第2s末外力F的瞬时功率为0.82W
C．0～2s内金属杆上产生的焦耳热为0.4J
D．若1.6s末撤去外力，则杆ab还能运动12.5m
【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化；功率、平均功率和瞬时功率；闭合电路的欧姆定律．菁优网版权所有
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【分析】由图乙得到金属杆的速度随时间的变化情况，由此得到加速度大小；求出t＝2s时金属杆的速度，根据牛顿第二定律求解拉力，根据P＝Fv求解第2s未外力F的瞬时功率；计算0～2s内金属杆上产生的焦耳热需要代入0～2s内电流的有效值，而不是代入电流平均值；根据动量定理求解位移。
【解答】解：A、由图乙可得：U﹣t图象的斜率k＝V/s＝0.2V/s，则U＝kt＝0.2t
设金属杆的运动速度为v时，路端电压为U，则有：U＝IR＝＝
联立解得：v＝•t
因为速度与时间成正比，所以金属杆做匀加速直线运动，加速度为：a＝
代入数据解得：a＝2.5m/s2，故A正确；
B、t＝2s时，金属杆的速度为：v＝at＝2.5×2m/s＝5m/s
金属感受到的安培力为：F安＝BIL＝，代入数据解得：F安＝0.32N；
根据牛顿第二定律可得：F﹣F安＝ma，解得：F＝0.82N
故第2s未外力F的瞬时功率为：P＝Fv＝0.82×5W＝4.1W，故B错误；
C、金属杆中的电流为：I＝＝＝0.1t（A）
可知2s时的瞬时电流为I2＝2A，0～2内电流的平均值为＝A＝1A
由于电流随时间变化，要计算0～2s内金属杆上产生的焦耳热需要代入0～2s内电流的有效值，而不是代入电流平均值，
即：Q＝Rt≠Rt＝12×0.2×0.2J＝0.4J，故C错误；
D、若t′＝1.6s末撤去外力，此时金属杆的速度为：v′＝at′＝2.5×1.6m/s＝4m/s
撤去后到金属杆停下的过程，取向右为正方向，根据动量定理可得：﹣BLΔt＝0﹣mv′
其中：＝t＝＝＝
联立解得：x＝12.5m，故D正确。
故选：AD。
【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，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。
（多选）15．（2022•辽宁模拟）如图所示，电阻不计的光滑平行金属导轨水平放置于竖直向下的匀强磁场中，导轨左端接一定值电阻R。质量为m、电阻为r的金属棒MN置于导轨上，受到垂直于金属棒的水平外力F作用由静止开始运动，外力F与金属棒速度v的关系是F＝F0+kv（F0、k是常量），金属棒与导轨始终垂直且接触良好。设金属棒中感应电流为I、受到的安培力为FA、MN两端的电压为U、感应电流的功率为P，它们随时间t变化的图象可能正确的有（　　）

A． B．
C． D．
【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；电功、电功率；安培力的计算．菁优网版权所有
【专题】定量思想；方程法；电磁感应与图象结合．
【分析】对金属棒受力分析，根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律和牛顿第二定律得出F合表达式，分情况讨论加速度的变化情况，分三种情况讨论：匀加速运动，加速度减小的加速，加速度增加的加速，再结合图象具体分析。
【解答】解：设金属棒在某一时刻速度为v，由题意可知，感应电动势E＝BLv，环路电流I＝＝，即I∝v；
安培力FA＝BIL＝，方向水平向左，即FA∝v；
R两端电压U＝IR＝v，即U∝v；
感应电流的功率P＝EI＝v2，即P∝v2。
分析金属棒运动情况，由力的合成和牛顿第二定律可得：F合＝F﹣FA＝F0+kv﹣＝F0+（k﹣）v，
加速度a＝，因为金属棒从静止出发，所以F0＞0，且F合＞0，即a＞0，加速度方向水平向右。
第一种情况：
若k＝，F合＝F0，即a＝，金属棒水平向右做匀加速直线运动；
则v＝at，说明v∝t，也即是I∝t，FA∝t，U∝t，P∝t2，
在此情况下I﹣t、FA﹣t、U﹣t的图象均是一条过原点的倾斜的直线，P﹣t图像应为抛物线而不是倾斜直线，此种情况下A正确；
第二种情况：
若k＞，F合随v增大而增大，即a随v增大而增大，说明金属棒做加速度增大的加速运动；
v﹣t图象是一条过原点且斜率逐渐增大的曲线，
在此情况下I﹣t、FA﹣t、U﹣t的图象均是斜率逐渐增大的曲线，P﹣t图像不能是倾斜直线，此种情况下均不正确；
第三种情况：
若k＜，F合随v增大而减小，即a随v增大而减小，说明金属棒在做加速度减小的加速运动，直到加速度减小为0后金属棒做匀速直线运动；
则v﹣t图象是一条斜率逐渐减小的曲线，所以I﹣t、FA﹣t和U﹣t图象是一条过原点且斜率逐渐减小的曲线，P﹣t图象不可能是过原点的倾斜的直线，此种情况下BC正确、AD错误；
综上所示可知，ABC正确，D错误。
故选：ABC。
【点评】解决本题的关键能够根据物体的受力判断物体的运动情况，结合安培力公式、法拉第电磁感应定律、牛顿第二定律分析导体棒的运动情况，分析加速度如何变化。
三．计算题（共5小题）
16．（2022•宁河区校级模拟）一装有货物的小车从倾角θ的光滑斜坡上下滑，撞击挡板后停下，货物被工人取走，如图甲所示。为了减小小车对挡板的冲击，某同学设想了一个电磁缓冲装置，在小车底部固定与小车前端平齐、匝数为n、边长为L、总电阻为R的正方形线框；在斜坡的下端加上宽度也为L的匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直斜坡向下，如图乙所示（小车未画出）。若小车和货物的总质量为M，线框的质量为m。小车在线框的下边离底部挡板距离为d时静止释放，线框进入磁场后，小车立即做减速运动，已知小车撞击挡板前已经匀速运动。重力加速度为g。
（1）求线框进入磁场时的速度v大小和小车匀速运动的速度v1大小；
（2）小车运动过程中线框产生的焦耳热；
（3）若采用适当粗些的导线绕制线框，保持匝数、边长、形状不变，能否减小小车运动运动速度，从而增大缓冲的效果？请说明理由（要有证明过程）。

【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化；动能定理；欧姆定律；电阻定律．菁优网版权所有
【专题】定量思想；方程法；电磁感应——功能问题；分析综合能力．
【分析】（1）根据动能定理求解线框进入磁场时的速度大小；小车在磁场中时，根据平衡条件、闭合电路欧姆定律求解小车匀速运动时的速度；
（2）根据能量守恒定律求解小车运动过程中线框产生的焦耳热；
（3）求出质量、电阻的表达式代入v1，根据v1的表达式进行分析。
【解答】解：（1）小车在无场区下滑过程中，根据动能定理得：（M+m）g（d﹣L）sinθ＝﹣0
解得线框进入磁场时的速度为：v＝；
小车匀速运动时受力平衡，根据平衡条件可得：（M+m）gsinθ＝nBIL
根据闭合电路欧姆定律有：I＝
联立解得小车匀速运动时的速度为：v1＝；
（2）根据能量守恒定律有：（M+m）gdsinθ＝（M+m）v12+Q
解得小车运动过程中线框产生的焦耳热为：Q＝（M+m）gdsinθ﹣；
（3）设线框导体材料的横截面积为S、密度为ρ0、电阻率为ρ，则线框质量为：
m＝ρ0nS•4L
线框的电阻为：R＝
把质量与电阻的表达式代入v1＝可得：
v1＝
由此可知，线框导体材料截面积S变大，小车匀速运动的速度v1减小，从而增大缓冲效果。
答：（1）线框进入磁场时的速度v大小为；小车匀速运动的速度v1大小为；
（2）小车运动过程中线框产生的焦耳热为（M+m）gdsinθ﹣；
（3）线框导体材料截面积S变大，小车匀速运动的速度v1减小，从而增大缓冲效果；证明见解析。
【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。
17．（2022•肥东县二模）如图所示，在xOy平面内固定一圆形金属线框，圆心为O1，半径为R，与y轴相切于原点O。空间存在方向垂直于xOy平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场。一长度为2R的均匀导体棒MN，以速率v0由O点开始沿x轴正方向在金属线框上匀速滑过。运动过程中导体棒MN始终与y轴平行，并且中点始终在x轴上，与金属框接触良好。已知导体棒单位长度的电阻为r，金属框电阻可忽略。求：
（1）导体棒MN运动到O1位置时，通过MN的电流大小和方向；
（2）导体棒MN运动位移为x（0≤x≤2R）时，导体棒所受安培力的大小。

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【专题】计算题；信息给予题；定量思想；电磁感应中的力学问题；分析综合能力．
【分析】（1）根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律求出电路中的电流大小，利用右手定则判断MN中电流方向；
（2）根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律，结合安培力公式求出安培力的大小。
【解答】解：（1）在O1位置导体棒MN产生的电动势
E＝Blv0
根据闭合电路的欧姆定律可得，电路中电流
I＝
由以上两式可得
I＝
根据右手定则可以判断通过MN的电流方向为由N流向M；
（2）导体棒MN运动位移为x时，导体棒连入回路的有效切割长度为l′，电动势
E＝Bl′v0
根据闭合电路的欧姆定律可得，电路中电流
I＝
受到的安培力
F＝BIl′
0≤x≤R时，由几何关系可知
l′＝2
可得安培力
F＝
R≤x≤2R时，由几何关系可知
l′＝2
可得安培力
F＝
故导体棒MN运动位移为x（0≤x≤2R）时，导体棒所受安培力的大小为。
答：（1）导体棒MN运动到O1位置时，通过MN的电流大小为；方向由N流向M；
（2）导体棒MN运动位移为x（0≤x≤2R）时，导体棒所受安培力的大小为。
【点评】在本题求导体棒在磁场中受到的安培力时，要注意导体棒切割磁感线的有效长度。
18．（2022•齐齐哈尔二模）如图所示，一滑块放在水平轨道上，下方用绝缘杆固定一边长为a＝0.4m、匝数为10匝的正方形导线框，已知导线框的总电阻为R＝1Ω，导线框、绝缘杆以及滑块的总质量为M＝2kg，滑块与水平轨道之间的动摩擦因数为μ＝0.5。水平轨道的正下方有足够长的宽为a的长方形磁场区域，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强大小为B0＝0.5T，虚线MN为磁场区域的中心线，且导线框的上边刚好与虚线MN重合.现给滑块施加一水平向右的外力F，使整个装置以恒定的速度v＝0.4m/s运动，重力加速度为g取10m/s2。求：
（1）导线框上半部分刚进入磁场时，线框中感应电流的大小；
（2）导线框上半部分刚要全部进入磁场时外力F的大小；
（3）当导线框上半部分完全进入磁场区域时，立即将整个装置锁定，之后磁感应强度的大小以B＝0.5+2t（其B的单位为T，t的单位为s）的规律变化，则此后2s时间内，导线框产生的焦耳热Q的大小。

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【分析】（1）根据法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律求解线框中感应电流大小；
（2）求出线框右边受到的安培力大小和上边受到的安培力大小，根据左手定则判断方向，对整体根据平衡条件求解力F；
（3）根据法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律求解感应电流，再根据焦耳定律求解导线框产生的焦耳热。
【解答】解：（1）导线框上半部分刚进入磁场时产生的感应电动势为：
E＝nB0av＝V＝4V
线框中感应电流大小为：I＝＝A＝4A；
（2）导线框上半部分刚要全部进入磁场时，右边受到的安培力大小为：
F1＝nB0Ia＝N＝4N，方向向左；
线框上边受到的安培力：F2＝B0Ia＝10×0.5×4×0.4N＝8N，根据左手定则可知方向向下；
对整体根据平衡条件可得：F＝F1+μ（Mg+F2）
解得：F＝18N；
（3）根据法拉第电磁感应定律可得感应电动势：E′＝n＝10×2×V＝1.6V
感应电流大小为：I′＝＝A＝1.6A
t＝2s产生的焦耳热为：Q＝I′2Rt＝1.62×1×2J＝5.12J。
答：（1）导线框上半部分刚进入磁场时，线框中感应电流的大小为4A；
（2）导线框上半部分刚要全部进入磁场时外力F的大小为18N；
（3）此后2s时间内，导线框产生的焦耳热Q的大小为5.12J。
【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，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。
19．（2022•天津模拟）如图甲所示，利用粗糙绝缘的水平传送带输送一正方形单匝金属线圈abcd，传送带以恒定速度v0运动。传送带的某正方形区域内，有一竖直向上的匀强磁场，该磁场相对地面静止，且磁感应强度大小为B，当金属线圈的bc边进入磁场时开始计时，直到bc边离开磁场，其速度与时间的关系如图乙所示，且在传送带上始终保持ad、bc边平行于磁场边界。已知金属线圈质量为m，电阻为R，边长为L，线圈与传送带间的动摩擦因数为μ，且ad边刚进入磁场时线框的速度大小为v1，重力加速度为g，求：

（1）正方形磁场的边长d；
（2）线圈完全进入磁场的时间t；
（3）线圈离开磁场过程中克服安培力所做的功W。
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【分析】（1）分析线圈的运动过程，对线圈在磁场中运动时根据动能定理列方程求解磁场的边长；
（2）对线框由动量定理、电荷量的计算公式求解时间；
（3）线圈离开磁场过程中克服安培力所做的功与进入磁场时安培力做的功相等，对线框由动能定理列方程求解。
【解答】解：（1）根据图乙可知当金属线圈的ad边刚刚进入磁场等于v1，金属线圈的bc边离开磁场时线圈的速度大小为v0，所以金属线圈的ad边离开磁场时线圈的速度大小等于v1，在线圈刚刚完全进入磁场做匀加速运动，直到bc边到达磁场右边界的过程中，根据动能定理：
μmg（d﹣L）＝mv02﹣mv12
解得：d＝；
（2）从bc边刚进入磁场到ad边刚进入磁场，取向右为正方向，对线框由动量定理可得：
μmgt﹣BLt＝m（v1﹣v0）
其中：＝t＝＝＝
联立解得：t＝；
（3）由于线圈离开磁场时与进入磁场时速度一样，故线圈离开磁场过程中克服安培力所做的功与进入磁场时安培力做的功相等，所以从bc边刚进入磁场到ad边刚进入磁场，对线框由动能定理可得：
μmgL﹣W＝mv12﹣
解得：W＝﹣mv12+μmgL。
答：（1）正方形磁场的边长为；
（2）线圈完全进入磁场的时间为；
（3）线圈离开磁场过程中克服安培力所做的功为﹣mv12+μmgL。
【点评】本题是电磁感应与力学相结合的综合题，分析清楚运动过程是正确解题的前提与关键，分析清楚运动过程、应用安培力公式、牛顿第二定律、动能定理即可正确解题。
20．（2022•湖北二模）如图，足够长的金属轨道电阻不计，倾斜部分粗糙，倾角θ＝37°；水平部分光滑，与倾斜部分平滑连接。轨道两端分别接有电动势E＝0.4V，内阻r＝1Ω的电源和电容值为C＝0.5F的电容，轨道所在空间有平行于倾斜轨道的匀强磁场。质量为m＝0.02kg，长为L＝0.5m，电阻R＝4Ω的金属棒两端恰好和轨道垂直接触，棒与倾斜轨道间动摩擦因数为μ＝0.5，当开关K闭合稳定时金属棒恰好不下滑，开关K打开后开始下滑，经过时间t＝4.5s到达倾斜轨道末端，电容器已完成放电。（已知：sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2，不考虑电磁辐射损失的能量）。求：
（1）求磁感应强度的大小B；
（2）求金属棒到倾斜轨道末端时速度的大小v；
（3）金属棒经过平滑连接部分时速度大小不变，然后在轨道水平部分运动直至达到稳定，稳定时电容器储存能量可表示为E能＝2。求金属棒在水平轨道上运动过程中产生的热量Q。

【考点】动量定理；闭合电路的欧姆定律；安培力；导体切割磁感线时的感应电动势．菁优网版权所有
【专题】定量思想；方程法；电磁感应——功能问题；分析综合能力．
【分析】（1）根据闭合电路欧姆定律求解电流强度，对金属棒受力分析，根据平衡条件求解磁感应强度；
（2）导体棒下滑过程中，对导体棒由动量定理列方程求解速度大小；
（3）根据法拉第电磁感应定律、动量定理求解导体棒稳定时的速度大小，由能量守恒定律求解金属棒在水平轨道上运动过程中产生的热量。
【解答】解：（1）根据闭合电路欧姆定律可得：E＝I（R+r）
对金属棒受力分析如下图所示：

沿导轨方向，根据平衡条件可得：mgsinθ＝μN，
垂直于导轨方向根据平衡条件可得：N＝mgcosθ+BIL
联立解得：B＝
代入数据解得：B＝2T；
（2）根据电容器放电电量为：q＝CU＝
导体棒下滑过程中，取沿导轨向下为正方向，对导体棒由动量定理得：
mgtsinθ﹣μ（mgcosθ+BL）t＝mv﹣0
其中t＝q＝
代入数据解得：v＝5m/s；
（3）设导体棒稳定时速度为v1，此时电容器两端电压为U，根据法拉第电磁感应定律可得：
U＝BLv1sinθ
取向左为正方向，根据动量定理有：﹣BLt′sinθ＝mv1﹣mv
其中：t′＝q′＝CU＝BLv1sinθ
联立解得：v1＝0.5m/s.
又：E能＝
由能量守恒定律得：Q＝﹣E能
代入数据解得：Q＝0.225J。
答：（1）磁感应强度的大小为2T；
（2）金属棒到倾斜轨道末端时速度的大小为5m/s；
（3）金属棒在水平轨道上运动过程中产生的热量为0.225J。
【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．动量定理
【知识点的认识】
1．内容：物体在一个过程始末的动量变化量等于它在这个过程中所受力的冲量．
2．表达式：p′﹣p＝I或mv﹣mv0＝Ft．
3．用动量概念表示牛顿第二定律：由mv﹣mv0＝Ft，得到F＝＝＝＝ma，所以物体动量的变化率等于它受到的力，即F＝，这是牛顿第二定律的动量表述．

【命题方向】
题型一：动量定理的应用
例子：一质量为m的铁锤，以速度v竖直打在木桩上，经过△t时间而停止，则在打击时间内，铁锤对木桩的平均冲力的大小是（　　）
A．mg△t B. C.+mg D.﹣mg
分析：由题意可知，铁锤的初末动量，由动量定理可求得其对木桩的平均冲力．
解答：对铁锤分析可知，其受重力与木桩的作用力；设向下为正方向，则有：
（mg﹣F）t＝0﹣mv
得：F＝mg+；
由牛顿第三定律可知，铁锤对桩的平均冲力为：F＝mg+；
故选：C．
点评：本题考查动量定理的应用，在应用时要注意先明确正方向，然后才能列动能定理的关系式求解．

【解题方法点拨】
1．动量、动量的变化量、冲量、力都是矢量．解题时，先要规定正方向，与正方向相反的，要取负值．
2．恒力的冲量用恒力与力的作用时间的乘积表示，变力的冲量计算，要看题目条件确定．如果力随时间均匀变化，可取平均力代入公式求出；力不随时间均匀变化，就用I表示这个力的冲量，用其它方法间接求出．
3．只要涉及了力F和力的作用时间t，用牛顿第二定律能解答的问题、用动量定理也能解答，而用动量定理解题，更简捷．
2．功率、平均功率和瞬时功率
【知识点的认识】
一、功率
1．定义：功与完成这些功所用时间的比值．
2．物理意义：描述力对物体做功的快慢．
3．公式
（1）P＝，P为时间t内的平均功率．
（2）P＝Fvcosα（α为F与v的夹角）
①v为平均速度，则P为平均功率．
②v为瞬时速度，则P为瞬时功率．
4．额定功率：机械正常工作时输出的最大功率．
5．实际功率：机械实际工作时输出的功率．要求不大于额定功率．

【知识点的认识】
题型一：平均功率和瞬时功率的计算
例1：质量为m的物体静止在光滑水平面上，从t＝0时刻开始受到水平力的作用．力的大小F与时间t的关系如图所示，力的方向保持不变，则（　　）
A.3t0时刻的瞬时功率为
B.3t0时刻的瞬时功率为
C．在t＝0到3t0这段时间内，水平力的平均功率为
D．在t＝0到3t0这段时间内，水平力的平均功率为．
分析：通过牛顿第二定律，结合运动学公式求出瞬时速度的大小和位移大小，通过瞬时功率的公式求出瞬时功率的大小，通过水平力做功求出平均功率的大小．
解答：A、在0﹣2t0时间内，物体的加速度，则位移，2t0末的速度．
在2t0﹣3t0时间内，物体的加速度，则位移＝，则3t0末的速度．则3t0末的瞬时功率P＝．故A错误，B正确．
C、在t＝0到3t0这段时间内，水平力做功W＝，水平力的平均功率P＝．故C、D错误．
故选：B．
点评：解决本题的关键掌握平均功率和瞬时功率的求法，知道平均功率和瞬时功率的区别，一般情况下，平均功率用P＝求解，瞬时功率用P＝Fv求解．

题型二：机车启动问题
例2：汽车发动机的额定功率为60kW，汽车质量为5t，汽车在水平路面上行驶时，阻力是车重的0.1倍，g取10m/s2，问：
（1）汽车保持额定功率从静止起动后能达到的最大速度是多少？
（2）若汽车保持0.5m/s2的加速度做匀加速运动，这一过程能维持多长时间？

分析：（1）当牵引力F大小等于阻力f时，汽车的加速度a＝0，速度达到最大值vm，根据公式P＝Fv，可得出汽车最大速度vm．
（2）根据牛顿第二定律求出牵引力的大小，当功率达到额定功率时，匀加速直线运动的速度最大，根据P＝Fv求出匀加速直线运动的最大速度，根据v＝at求出匀加速直线运动的时间．
解答：（1）当牵引力等于阻力时速度最大．
根据P＝Fvm＝fvm得，
．
（2）根据牛顿第二定律得，F﹣f＝ma
得F＝f+ma＝5000+5000×0.5N＝7500N．
则匀加速直线运动的最大速度．
由v＝at得，t＝．
答：（1）汽车保持额定功率从静止起动后能达到的最大速度是12m/s．
（2）若汽车保持0.5m/s2的加速度做匀加速运动，这一过程能维持16s．
点评：解决本题的关键知道当牵引力等于阻力时速度最大，以恒定加速度起动，当功率达到额定功率时，匀加速直线运动的速度最大．

【解题方法点拨】
对机车启动问题应首先弄清是功率恒定还是加速度恒定．对于机车以恒定加速度启动问题，机车匀加速运动能维持的时间，一定是机车功率达到额定功率的时间．弄清了这一点，利用牛顿第二定律和运动学公式就很容易求出机车匀加速运动能维持的时间．
（1）汽车在平直路面上保持发动机功率不变，即以恒定功率启动，其加速过程如下所示：

其P﹣t图和v﹣t图如下：

（2）汽车以恒定加速度起动，汽车的功率逐渐增大，当功率增大到额定功率时，匀加速运动结束，此时汽车的速度为匀加速运动的末速度，但并不是汽车所能达到的最大速度，此后汽车还可以保持功率不变做加速度逐渐减小的加速运动，直到加速度减小到零时速度才达到最大，具体变化过程及运动中v与t关系如图所示．



3．动能定理
【知识点的认识】
1．内容：合外力在一个过程中对物体所做的功等于物体在这个过程中动能的变化。
2．表达式：W＝EK2﹣EK1。
3．物理意义：动能定理指出了外力对物体所做的总功与物体动能变化之间的关系，即合力的功是物体动能变化的量度。
4．动能定理的适用条件
（1）动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动。
（2）既适用于恒力做功，也适用于变力做功。
（3）力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以不同时作用。
5．对动能定理的理解
（1）一个物体的动能变化△Ek与合外力对物体所做功W具有等量代换关系。
①若△Ek＞0，表示物体的动能增加，其增加量等于合外力对物体所做的正功。
②若△Ek＜0，表示物体的动能减少，其减少量等于合外力对物体所做的负功的绝对值。
③若△Ek＝0，表示合外力对物体所做的功等于零。反之亦然。这种等量代换关系提供了一种计算变力做功的简便方法。
（2）动能定理公式中等号的意义：等号表明合力做功与物体动能的变化间的三个关系：
①数量关系：即合外力所做的功与物体动能的变化具有等量代换关系。可以通过计算物体动能的变化，求合力的功，进而求得某一力的功。
②单位相同：国际单位都是焦耳。
③因果关系：合外力的功是物体动能变化的原因。
（3）动能定理中涉及的物理量有F、x、m、v、W、Ek等，在处理含有上述物理量的力学问题时，可以考虑使用动能定理。由于只需要从力在整个位移内所做的功和这段位移始末两状态的动能变化去考虑，无需注意其中运动状态变化的细节，同时动能和功都是标量，无方向性，所以无论是直线运动还是曲线运动，计算都会特别方便。
（4）动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面为参考系。
注意：功和动能都是标量，动能定理表达式是一个标量式，不能在某一个方向上应用动能定理，但牛顿第二定律是矢量方程，可以在互相垂直的方向上分别使用分量方程。

【命题方向】
题型一：对动能定理表达式的直接考核
如图所示，某人将质量为m的石块从距地面h高处斜向上方抛出，石块抛出时的速度大小为v0，不计空气阻力，石块落地时的动能为（　　）

A．mghB.mv02 C. D.
分析：根据动能定理求出石块落地时的动能大小。
解答：根据动能定理得，，解得石块落地时的动能．故D正确，A、B、C错误。
故选：D。
点评：运用动能定理解题首先要确定研究对象和研究过程，分析有哪些力做功，根据动能定理列出表达式进行求解。

【解题方法点拨】
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。
（3）明确过程始末状态的动能Ek1及Ek2。
（4）列方程W总＝Ek2﹣Ek1，必要时注意分析题目潜在的条件，补充方程进行求解。
注意：
①在研究某一物体受到力的持续作用而发生状态改变时，如涉及位移和速度而不涉及时间时应首先考虑应用动能定理，而后考虑牛顿定律、运动学公式，如涉及加速度时，先考虑牛顿第二定律。
②用动能定理解题，关键是对研究对象进行准确的受力分析及运动过程分析，并画出物体运动过程的草图，以便更准确地理解物理过程和各物理量的关系。有些力在物体运动全过程中不是始终存在的，在计算外力做功时更应引起注意。
4．功能关系
【知识点的认识】
1．内容
（1）功是能量转化的量度，即做了多少功就有多少能量发生了转化。
（2）做功的过程一定伴随着能量的转化，而且能量的转化必通过做功来实现。
2．高中物理中几种常见的功能关系
功
能量的变化
合外力做正功
动能增加
重力做正功
重力势能减少
弹簧弹力做正功
弹性势能减少
电场力做正功
电势能减少
其他力（除重力、弹力）做正功
机械能增加
一对滑动摩擦力做的总功为负功
系统的内能增加
【命题方向】
题型一：对功能关系的理解应用
例1：如图所示，一固定斜面倾角为30°，一质量为m的小物块自斜面底端以一定的初速度沿斜面向上做匀减速运动，加速度大小等于重力加速度的大小g。物块上升的最大高度为H，则此过程中，物块的（　　）
A．动能损失了2mgH B．动能损失了mgH
C．机械能损失了mgH D．机械能损失了
分析：若动能变化为正值，说明动能增加，若为负值，说明动能减少，然后根据动能定理，求出合力做的功即可；要求机械能损失，只要求出除重力外其它力做的功即可。
解：根据动能定理应有＝﹣ma＝﹣2mgH，动能增量为负值，说明动能减少了 2mgH，所以A正确B错误；
再由牛顿第二定律（选取沿斜面向下为正方向）有mgsin30°+f＝ma＝mg，可得f＝mg，根据功能关系应有△E＝﹣f＝﹣mgH，即机械能损失了mgH，所以C正确D错误。
故选：AC。
点评：要熟记动能定理与功能原理在解题中的应用：涉及到总功、动能变化时应用动能定理解决；涉及到机械能变化时应求出除重力外其它力做的功。

【解题方法点拨】
1．解答功能关系问题时，一般步骤如下：
（1）明确研究对象及其运动过程；
（2）对研究对象进行受力分析，明确其所受的每一个力的大小、方向；
（3）计算各个力所做的功；
（4）明确能量转化的关系，找出对应力所做的功。

5．欧姆定律
【知识点的认识】
欧姆定律
1．内容：导体中的电流I跟导体两端的电压U成正比，跟它的电阻R成反比．
2．表达式：I＝；
3．适用条件：适用于金属和电解液导电，气体导电和半导体元件不适用．
4．导体的伏安特性曲线：用横轴表示电压U，纵轴表示电流I，画出的I﹣U关系图线．
（1）线性元件：伏安特性曲线是直线的电学元件，适用于欧姆定律．
（2）非线性元件：伏安特性曲线为曲线的电学元件，即非线性元件的电流与电压不成正比．

【命题方向】
（1）第一类常考题型是考查欧姆定律不同表达式的物理意义：
对于欧姆定律的理解，下列说法中错误的是（　　）
A．由I＝，通过电阻的电流强度跟它两端的电压成正比，跟它的电阻成反比
B．由U＝IR，对一定的导体，通过它的电流强度越大，它两端的电压也越大
C．由R＝，导体的电阻跟它两端的电压成正比，跟通过它的电流强度成反比
D．对一定的导体，它两端的电压与通过它的电流强度的比值保持不变
分析：根据欧姆定律的内容可知，通过电阻的电流强度跟它两端的电压成正比，跟它的电阻成反比，电阻的大小是由导体本身决定的，与电压的大小无关．
解：A、根据欧姆定律可知，通过电阻的电流强度跟它两端的电压成正比，跟它的电阻成反比，所以A正确；
B、由U＝IR，对一定的导体，电流与电压成正比，所以通过它的电流强度越大，它两端的电压也越大，所以B正确；
C、导体的电阻与电压的大小无关，是由导体本身决定的，所以C错误；
D、对一定的导体，它两端的电压与通过它的电流强度的比值保持不变，即为电阻的大小，所以D正确．
本题选错误的，故选C．
点评：本题就是考查学生对欧姆定律的理解，掌握住电阻是由导体本身决定的，与电压的大小无关，即可解决本题．

（2）第二类常考题型是考查对伏安特性曲线的理解：
如图所示为电阻R1和R2的伏安特性曲线，并且把第一象限分为了Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个区域．现把R1和R2并联在电路中，消耗的电功率分别用P1和P2表示；并联的总电阻设为R．下列关于P1与P2的大小关系及R的伏安特性曲线应该在的区域正确的是（　　）
A．特性曲线在Ⅰ区，P1＜P2 B．特性曲线在Ⅲ区，P1＜P2
C．特性曲线在Ⅰ区，P1＞P2 D．特性曲线在Ⅲ区，P1＞P2
分析：伏安特性曲线的斜率等于电阻的倒数．当两个电阻并联后总电阻R比任何一个电阻都要小，R的伏安特性曲线的斜率大于R1和R2的伏安特性曲线的斜率．R1和R2并联在电路中，电压相等，由图读出电流关系，再研究功率关系．
解：把R1和R2并联在电路中，并联的总电阻R比R1和R2都小，则R的伏安特性曲线的斜率大于R1和R2的伏安特性曲线的斜率，则R的伏安特性曲线应该Ⅰ区．R1和R2并联在电路中，电压相等，由图读出流过电阻R1的电流较大，则功率P1＞P2．
故选C．
点评：本题首先要从数学角度理解图线的物理意义：斜率越大，电阻越小．其次抓住并联电路的基本特点：支路两端的电压相等．

【解题方法点拨】
1．欧姆定律不同表达式的物理意义
（1）I＝是欧姆定律的数学表达式，表示通过导体的电流I与电压U成正比，与电阻R成反比．
（2）公式R＝是电阻的定义式，它表明了一种测量电阻的方法，不能错误地认为“电阻跟电压成正比，跟电流成反比”．

2．对伏安特性曲线的理解
（1）如图，图线a、b表示线性元件，图线c、d表示非线性元件．
（2）图象的斜率表示电阻的倒数，斜率越大，电阻越小，故Ra＜Rb（如图甲所示）．
（3）图线c的电阻减小，图线d的电阻增大（如图乙所示）．
（4）伏安特性曲线上每一点的电压坐标与电流坐标的比值对应这一状态下的电阻．

3．深化拓展
（1）在I﹣U曲线上某点切线的斜率不是电阻的倒数．
（2）要区分是I﹣U图线还是U﹣I图线．
（3）对线性元件：R＝＝；对非线性元件：R＝≠．应注意，线性元件不同状态时比值不变，非线性元件不同状态时比值不同．

4．欧姆定律I＝的使用
对于纯电阻，适合欧姆定律，即纯电阻两端的电压满足U＝IR．
对于非纯电阻，不适合欧姆定律，因P电＝UI＝P热+P其他＝I2R+P其他，所以UI＞I2R，即非纯电阻两端的电压满足U＞IR．



6．电阻定律
【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＝ρ．
2．电阻率
（1）计算式：ρ＝．
（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．由可知，电阻与电压、电流都有关系
B．由R＝ρ可知，电阻与导体的长度和横截面积都有关系
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. B. C. D.
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＝ρ计算出镀膜材料的电阻率即可．
解：由欧姆定律可得，
镀膜材料的电阻R＝，
镀膜材料的截面积为s＝2π•d＝πDd，
根据电阻定律可得，
R＝ρ，
所以镀膜材料的电阻率ρ为，
ρ＝＝，所以C正确．
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＝ρ
R＝
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

7．闭合电路的欧姆定律
【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＝（只适用于纯电阻电路）；
②E＝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＝•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＝，U＝0
【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＝变小，灯泡L2变暗，故B错误。
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＝变大，则通过小灯泡L1的电流I1减小，小灯泡L1变暗，故A正确。
D、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，2Ω B．2Ω，1.5Ω C．1.5Ω，1.5Ω D．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＝ 可知：
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+…①
又因为UR2＝12V﹣3I﹣
所以I＝ …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＝8W
C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＝＝＝，效率与路端电压成正比，B接在电源上时路端电压大，效率高，η1＞η2．故C正确，D 错误。
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与原点O的连线的斜率表示对应的外电路电阻R。
（3）图线上每一点的坐标的乘积为对应情况下电源的输出功率，对于图中的A点有PA＝UAIA。
2．对于U﹣I图线中纵坐标（U）不从零开始的情况，图线与横坐标的交点坐标小于短路电流，但直线斜率的绝对值仍等于电源的内阻。





8．电功、电功率
【知识点的认识】
1．电功
（1）电功：电路中电场力移动电荷做的功．
（2）公式：W＝qU＝IUt．
（3）实质：电能转化成其他形式能的过程．

2．电功率
（1）定义：单位时间内电流做的功，表示电流做功的快慢．
（2）公式：P＝＝IU．
3．电热：电流流过导体产生的热量．由焦耳定律来计算，Q＝I2Rt．
4．热功率：单位时间内的发热量，表达式为：P═I2R．


【命题方向】
（1）常考题型考查对电功与电热：功率为10w的发光二极管（LED灯）的亮度与功率为60W的白炽灯相当．根据国家节能战略，2016年前普通白炽灯应被淘汰．假设每户家庭有2只60W的白炽灯，均用10W的LED灯替代．估算出全国一年节省的电能最接近（　　）
A．8×108KW•h B．8×1010KW•h C．8×1011KW•h D．8×1013KW•h
分析：全国大约有5.5亿户人家，每天亮灯时间大约4h，已知白炽灯和节能灯的额定功率和各自的工作时间，根据公式W＝Pt可求节能灯少消耗的电能．
解：全国一年节省的电能最接近W＝Pt＝2（0.06kW﹣0.01kW）×5.5×108×4h×365＝8.03×1010kW•h．
故选B．
点评：本题考查的功率的计算，关键是要了解全国有多少家庭及每天亮灯时间．解题过程中要注意单位的换算，同时养成节能的好习惯．

（2）第二类常考题型是考查电功率与热功率的理解：
额定电压都是110V，额定功率PA＝100W、PB＝40W的电灯两盏，若接在外电压是220V的电路上，使每盏电灯均能正常发光，且电路中消耗的功率最小的电路是下图所示的（　　）
A． B． C． D．
分析：由题可知，灯泡的电压相等，但是灯泡的功率不同，由此可以知道两种灯泡的电阻的大小不同，在由电路的串并联的知识先逐个分析灯泡能否正常的发光，再判断消耗的功率最小的电路．
解：A、由于AB两个灯泡的电阻大小不同，所以直接把AB串连接入电路的话，AB的电压不会平分，AB不会同时正常发光，所以A错误；
B、由于额定电压都是110V，额定功率PA＝100W、PB＝40W，由此可知RB＞RA，把灯泡A与电阻并联的话，会使并联的部分的电阻更小，所以AB的电压不会平分，AB不会同时正常发光，所以B错误；
C、由于额定电压都是110V，额定功率PA＝100W、PB＝40W，由此可知RB＞RA，把灯泡B与电阻并联的话，可以使并联部分的电阻减小，可能使A与并联部分的电阻相同，所以AB能同时正常发光，并且电路消耗的功率与A灯泡的功率相同，所以总功率的大小为200W；
D、把AB并联之后与电阻串连接入电路的话，当电阻的阻值与AB并联的总的电阻相等时，AB就可以正常发光，此时电阻消耗的功率为AB灯泡功率的和，所以电路消耗的总的功率的大小为280W；
由CD的分析可知，正常发光并且消耗的功率最小的为C，所以C正确．
故选C．
点评：解答本题是一定要注意题目要同时满足两个条件即灯泡能够正常发光并且消耗的功率还要最小．
此类问题的分析思路分两步：先分清哪个电路的灯泡能正常发光，这里可以从电压、电流、电功率三个量中任意挑选一个使其达到其额定值，其余两个也达到额定值；确定了正常发光的电路后，再比较哪一个的实际功率小，可以用计算的方法比较，也可以用定性分析的方法比较．

【解题方法点拨】
1．电功与电热、电功率与热功率的理解

纯电阻电路
非纯电阻电路
实例
白炽灯、电炉、电饭锅、电热毯、电熨斗及转子被卡住的电动机等
电动机、电解槽、日光灯等
电功与电热
W＝UIt＝Uq
Q＝I2Rt＝t
W＝Q
W＝UIt＝Uq，
Q＝I2Rt
W＞Q
电功率与
热功率
P电＝UI，
P热＝I2R＝
P电＝P热
P电＝UI，P热＝I2R
P电＞P热
2．电功和电热的处理方法
无论在纯电阻电路还是在非纯电阻电路中，发热功率都是I2r．处理非纯电阻电路的计算问题时，要善于从能量转化的角度出发，紧紧围绕能量守恒定律，利用“电功＝电热+其他能量”寻找等量关系求解．
9．安培力
【知识点的认识】
1．安培力的方向
（1）用左手定则判定：伸开左手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内．让磁感线从掌心进入，并使四指指向电流的方向，这时拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向．
（2）安培力方向的特点：F⊥B，F⊥I，即F垂直于B、I决定的平面．
2．安培力的大小
（1）当磁感应强度B的方向与导线方向成θ角时，F＝BILsinθ；
（2）当磁场和电流垂直时，安培力最大，为F＝BIL；
（3）当磁场和电流平行时，安培力等于零．

【命题方向】
（1）第一类常考题型是考查对安培力的理解：
关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力，下列说法正确的是（　　）
A．安培力的方向可以不垂直于直导线
B．安培力的方向总是垂直于磁场的方向
C．安培力的大小与通电导线和磁场方向的夹角无关
D．将直导线从中折成直角，安培力的大小一定变为原来的一半
【分析】本题考查了产生条件、大小与方向，当电流方向与磁场平行时不受安培力，根据左手定则可知安培力的方向与磁场垂直．引用公式F＝BIL时，注意要求磁场与电流垂直，若不垂直应当将导线沿磁场与垂直于磁场分解，因此垂直时安培力最大，最大为F＝BIL．
解：AB、根据左手定则可知，安培力方向与磁场和电流组成的平面垂直，即与电流和磁场方向都垂直，故A错误，B正确；
C、磁场与电流不垂直时，安培力的大小为F＝BILsinθ，则安培力的大小与通电导线和磁场方向的夹角有关，故C错误；
D、当电流方向与磁场的方向平行，所受安培力为0，将直导线从中折成直角，安培力的大小变大；将直导线在垂直于磁场的方向的平面内从中折成直角，安培力的大小一定变为原来的，故D错误．
故选：B．
【点评】解决本题的关键是知道当导线的方向与磁场的方向平行，所受安培力为0，最小．当导线的方向与磁场方向垂直时，安培力最大，为F＝BIL．

（2）第二类常考题型：磁场的叠加
如图，两根互相平行的长直导线过纸面上的M、N两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流．a、o、b在M、N的连线上，o为MN的中点，c、d位于MN的中垂线上，且a、b、c、d到o点的距离均相等．关于以上几点处的磁场，下列说法正确的是（　　）
A．o点处的磁感应强度为零
B．a、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相反
C．c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同
D．a、c两点处磁感应强度的方向不同
【分析】根据右手螺旋定则确定两根导线在a、b、c、d四点磁场的方向，根据平行四边形定则进行合成．
解：A、根据右手螺旋定则，M处导线在o点产生的磁场方向竖直向下，N处导线在o点产生的磁场方向竖直向下，合成后磁感应强度不等于0．故A错误．
B、M在a处产生的磁场方向竖直向下，在b处产生的磁场方向竖直向下，N在a处产生的磁场方向竖直向下，b处产生的磁场方向竖直向下，根据场强的叠加知，a、b两点处磁感应强度大小相等，方向相同．故B错误．
C、M在c处产生的磁场方向垂直于cM偏下，在d出产生的磁场方向垂直dM偏下，N在c处产生的磁场方向垂直于cN偏下，在d处产生的磁场方向垂直于dN偏下，根据平行四边形定则，知c处的磁场方向竖直向下，d处的磁场方向竖直向下，且合场强大小相等．故C正确．
D、a、c两点的磁场方向都是竖直向下．故D错误．
故选C．
【点评】解决本题的关键掌握右手螺旋定则判断电流与其周围磁场方向的关系，会根据平行四边形定则进行合成．

【解题方法点拨】
（一）平均速度与瞬时速度
1．在运用安培定则判定直线电流和环形电流的磁场时应分清“因”和“果”．在判定直线电流的磁场方向时，大拇指指“原因”﹣﹣电流方向，四指指“结果”﹣﹣磁场绕向；在判定环形电流的磁场方向时，四指指“原因”﹣﹣电流绕向，大拇指指“结果”﹣﹣环内沿中心轴线的磁感线方向．
2．磁场的叠加：磁感应强度是矢量，计算时与力的计算方法相同，利用平行四边形定则或正交分解法进行合成与分解．
解决此类问题应注意以下几点
（1）根据安培定则确定通电导线周围磁感线的方向．
（2）磁场中每一点磁感应强度的方向为该点磁感线的切线方向．
（3）磁感应强度是矢量，多个通电导体产生的磁场叠加时，合磁场的磁感应强度等于各场源单独存在时在该点磁感应强度的矢量和．
（二） 安培力作用下导体运动方向的判定
（1）判定通电导体在安培力作用下的运动或运动趋势，首先必须弄清楚导体所在位置的磁场分布情况，然后利用左手定则准确判定导体的受力情况，进而确定导体的运动方向或运动趋势的方向．现对五种常用的方法列表如下：
电流元法
把整段弯曲导线分为多段直线电流元，先用左手定则判断每段电流元受力的方向，然后判断整段导线所受合力的方向，从而确定导线运动方向
特殊位置法
通电导线转动到某个便于分析的特殊位置时，判断其所受安培力的方向，从而确定其运动方向
等效法
环形电流可等效成小磁针，通电螺线管可以等效成条形磁铁或多个环形电流，反过来等效也成立．等效后再确定相互作用情况

结论法
两平行直线电流在相互作用过程中，无转动趋势，同向电流互相吸引，异向电流互相排斥；两不平行的直线电流相互作用时，有转到平行且电流方向相同的趋势
转换研究对象法
定性分析磁体在电流磁场作用下如何运动或运动趋势的问题，可先分析电流在磁体磁场中所受的安培力，然后由牛顿第三定律，确定磁体所受电流磁场的作用力，从而确定磁体所受合力及运动方向
（2）在应用左手定则判定安培力方向时，磁感线方向不一定垂直于电流方向，但安培力方向一定与磁场方向和电流方向垂直，即大拇指一定要垂直于磁场方向和电流方向决定的平面．

（三）与安培力有关的力学综合问题．
1．安培力的大小
安培力常用公式F＝BIL，要求两两垂直，应用时要满足：
（1）B与L垂直；
（2）L是有效长度，即垂直磁感应强度方向的长度．

如弯曲导线的有效长度L等于两端点所连直线的长度（如图所示），相应的电流方向沿L由始端流向末端．因为任意形状的闭合线圈，其有效长度为零，所以闭合线圈通电后在匀强磁场中，受到的安培力的矢量和为零．
2．通电导线在磁场中的平衡和加速问题的分析思路
（1）选定研究对象；
（2）变三维为二维，如侧视图、剖面图或俯视图等，并画出平面受力分析图，其中安培力的方向要注意F安⊥B、F安⊥I；
（3）列平衡方程或牛顿第二定律的方程式进行求解．

10．安培力的计算
【知识点的认识】
1．安培力的方向
（1）用左手定则判定：伸开左手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内．让磁感线从掌心进入，并使四指指向电流的方向，这时拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向．
（2）安培力方向的特点：F⊥B，F⊥I，即F垂直于B、I决定的平面．
2．安培力的大小
（1）当磁感应强度B的方向与导线方向成θ角时，F＝BILsinθ；
（2）当磁场和电流垂直时，安培力最大，为F＝BIL；
（3）当磁场和电流平行时，安培力等于零．

【命题方向】
常考题型：安培力的计算
如图，长为2l的直导线折成边长相等，夹角为60°的V形，并置于与其所在平面相垂直的匀强磁场中，磁感应强度为B．当在该导线中通以电流强度为I的电流时，该V形通电导线受到的安培力大小为（　　）
A．0 B．0.5BIl C．BIl D．2BIl
【分析】由安培力公式F＝BIL进行计算，注意式中的L应为等效长度．
解：导线在磁场内有效长度为2lsin30°＝l，故该V形通电导线受到安培力大小为F＝BI2lsin30°＝BIL，选项C正确．
故选C．
【点评】本题考查安培力的计算，熟记公式，但要理解等效长度的意义．
【解题方法点拨】

11．法拉第电磁感应定律
【知识点的认识】
1．法拉第电磁感应定律
（1）内容：电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比．
（2）公式：E＝n．

【解题方法点拨】
1．对法拉第电磁感应定律的理解

2．计算感应电动势的公式有两个：一个是E＝n，一个是E＝Blvsinθ，计算时要能正确选用公式，一般求平均电动势选用E＝n，求瞬时电动势选用E＝Blvsinθ．
3．电磁感应现象中通过导体横截面的电量的计算：由q＝I•△t，I＝，E＝n，可导出电荷量q＝n．
12．导体切割磁感线时的感应电动势
【知识点的认识】
2．导体切割磁感线的情形以及感应电动势
（1）一般情况：运动速度v和磁感线方向夹角为θ，则E＝Blvsinθ。
（2）常用情况：运动速度v和磁感线方向垂直，则E＝Blv。
（3）导体棒在磁场中转动
导体棒以端点为轴，在匀强磁场中垂直于磁感线方向匀速转动产生感应电动势E＝Blv＝Bl2ω（平均速度等于中点位置线速度lω）。

【命题方向】
题型一：导体切割磁感线产生感应电动势的分析与计算
如图所示，三角形金属导轨EOF上放一金属杆AB，在外力作用下使AB保持与OF垂直，以速度v从O点开始右移，设导轨和金属棒均为粗细相同的同种金属制成，则下列说法正确的是（　　）
A．电路中的感应电动势大小不变
B．电路中的感应电动势逐渐增大
C．电路中的感应电流大小不变
D．电路中的感应电流逐渐减小
分析：感应电动势大小根据公式E＝BLv，L是有效的切割长度分析；要判断感应电流，先由电阻定律分析回路中电阻中如何变化，再根据欧姆定律分析。
解答：设导轨和金属棒单位长度的电阻为r。∠EOF＝α。
A、B从O点开始金属棒运动时间为t时，有效的切割长度 L＝vt•tanα，感应电动势大小 E＝BLv＝Bvt•tanα•v∝t，则知感应电动势逐渐增大，故A错误，B正确。
C、D根据电阻定律得t时刻回路中总电阻为 R＝（vt+vt•tanα+）r
感应电流大小为 I＝＝＝与t无关，说明感应电流大小不变，故C正确，D错误。
故选：BC。
点评：本题关键要抓住感应电流既与感应电动势有关，还与回路中的电阻有关，根据物理规律推导解析式，再进行分析。

【解题方法点拨】
闭合或不闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体两端将产生感应电动势。如果电路闭合，电路中形成感应电流。切割磁感线运动的那部分导体相当于电路中的电源。常见的情景有以下几种：
1．在E＝BLv中（要求B⊥L、B⊥v、L⊥v，即B、L、v三者两两垂直），式中的L应该取与B、v均垂直的有效长度（所谓导体的有效切割长度，指的是切割导体两端点的连线在同时垂直于v和B的方向上的投影的长度，下图中的有效长度均为ab的长度）。

2．公式E＝BLv中，若速度v为平均速度，则E为平均电动势；若v为瞬时速度，则E为瞬时电动势。
3．若导体不是垂直切割磁感线运动，v与B有一夹角，如图所示，则E＝Blv1＝Blvsin θ。


13．楞次定律
【知识点的认识】
楞次定律
（1）内容：感应电流的磁场总是要阻碍引起感应电流的磁通量的变化。
（2）应用楞次定律判断感应电流方向的一般步骤：
①确定研究对象，即明确要判断的是哪个闭合电路中产生的感应电流。
②确定研究对象所处的磁场的方向及其分布情况。
③确定穿过闭合电路的磁通量的变化情况。
④根据楞次定律，判断闭合电路中感应电流的磁场方向。
⑤根据安培定则（即右手螺旋定则）判断感应电流的方向。

【命题方向】
题型一：楞次定律的拓展应用。
如图，一质量为m的条形磁铁用细线悬挂在天花板上，细线从一水平金属圆环中穿过。现将环从位置Ⅰ释放，环经过磁铁到达位置Ⅱ．设环经过磁铁上端和下端附近时细线的张力分别为T1和T2，重力加速度大小为g，则（　　）
A．T1＞mg，T2＞mg
B．T1＜mg，T2＜mg
C．T1＞mg，T2＜mg
D．T1＜mg，T2＞mg
分析：根据楞次定律进行判定：圆环从静止开始向下运动时，穿过圆环的磁通量先增大后减小，故圆环和磁铁先排斥后吸引。
解答：深刻理解楞次定律的含义：磁铁和线圈之间的所有作用效果均是阻碍线圈磁通量的变化。在本题中圆环从静止开始向下运动到落到磁铁下方的过程中，穿过圆环的磁通量先增加再减小，根据楞次定律可知磁铁对线圈的反应是：感应电流的磁场先阻碍磁通量先增加再阻碍其减小，即先是排斥其向下运动，阻碍其磁通量增大，后是吸引线圈，阻碍其磁通量的减小。故两种情况下，绳的拉力都大于mg；经过磁铁位置Ⅱ的时候速度较大，阻碍的作用也较大，故T1＜T2．因此，A正确。
故选：A。
点评：深刻理解楞次定律“阻碍”的含义。如“阻碍”引起的线圈面积、速度、受力等是如何变化的。

【解题方法点拨】
1．楞次定律中“阻碍”的含义。

2．楞次定律的推广
对楞次定律中“阻碍”含义的推广：感应电流的效果总是阻碍产生感应电流的原因。
（1）阻碍原磁通量的变化﹣﹣“增反减同”；
（2）阻碍相对运动﹣﹣“来拒去留”；
（3）使线圈面积有扩大或缩小的趋势﹣﹣“增缩减扩”；
（4）阻碍原电流的变化（自感现象）﹣﹣“增反减同”。
3．相互联系
（1）应用楞次定律，必然要用到安培定则；
（2）感应电流受到的安培力，有时可以先用右手定则确定电流方向，再用左手定则确定安培力的方向，有时可以直接应用楞次定律的推论确定。

14．电磁感应中的能量转化
【知识点的认识】
1．电磁感应现象的实质是 其它形式的能转化成电能．
2．感应电流在磁场中受安培力，外力克服安培力做功，将其它形式的能转化为电能，电流做功再将电能转化为其它形式的能．
3．电流做功产生的热量用焦耳定律计算，公式为Q＝I2Rt．

【命题方向】
题型一：电磁感应与能量的综合
电阻可忽略的光滑平行金属导轨长S＝1.15m，两导轨间距L＝0.75m，导轨倾角为30°，导轨上端ab接一阻值R＝1.5Ω的电阻，磁感应强度B＝0.8T的匀强磁场垂直轨道平面向上．阻值r＝0.5Ω，质量m＝0.2kg的金属棒与轨道垂直且接触良好，从轨道上端ab处由静止开始下滑至底端，在此过程中金属棒产生的焦耳热Qr＝0.1J．（取g＝10m/s2）求：
（1）金属棒在此过程中克服安培力的功W安
（2）金属棒下滑速度v＝2m/s时的加速度a
（3）求金属棒下滑的最大速度vm．
分析：（1）题中已知金属棒产生的焦耳热Qr＝0.1J，R与r串联，根据焦耳定律分析它们产生的热量关系，从而求得总的焦耳热，即为金属棒克服安培力的功W安．
（2）分析金属棒的受力分析，导体棒受到重力，支持力，安培力，做出受力图，求出合力，可以求得加速度．
（2）当金属棒的加速度为零时，速度最大，由上题结果求解最大速度．
解答：（1）下滑的过程中金属棒克服安培力做功等于回路产生的焦耳热．
由于R＝3r，因此由焦耳定律Q＝I2Rt得：QR＝3Qr＝0.3J，所以克服安培力做功：W安＝Q＝QR+Qr＝0.4J
（2）金属棒下滑速度v＝2m/s时，所受的安培力为：
F＝BIL＝BL＝
由牛顿第二定律得：mgsin30°﹣＝ma
得：a＝gsin30°﹣
代入解得：a＝10×0.5﹣＝3.2（m/s2）
（3）金属棒匀速运动时速度最大，即a＝0时，v最大，设为vm．
由上题结果得：mgsin30°﹣＝0
可得：vm＝＝m/s≈5.56m/s
若根据能量守恒定律得：mgSsin30°＝W安
解得：vm＝m/s≈2.73m/s，所以金属棒下滑的最大速度vm为2.73m/s．
答：
（1）金属棒在此过程中克服安培力的功W安是0.4J．
（2）金属棒下滑速度v＝2m/s时的加速度a是3.2m/s2．
（3）金属棒下滑的最大速度vm是2.73m/s．
点评：本题关键要分析功能关系，并对金属棒正确受力分析，应用安培力公式、牛顿第二定律等，即可正确解题．

【解题方法点拨】
电磁感应中的能量转化问题
1．电磁感应中的能量转化特点
外力克服安培力做功，把机械能或其它能量转化成电能；感应电流通过电路做功又把电能转化成其它形式的能（如内能）．这一功能转化途径可表示为：

2．电能求解思路主要有三种
（1）利用克服安培力做功求解：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功．
（2）利用能量守恒求解：其它形式的能的减少量等于产生的电能．
（3）利用电路特征来求解：通过电路中所消耗的电能来计算．

15．自感现象和自感系数
【知识点的认识】
一、自感
1．概念：由于导体本身的电流变化而产生的电磁感应现象称为自感，由于自感而产生的感应电动势叫做 自感电动势．
2．表达式：E＝L．
3．自感系数L
（1）相关因素：与线圈的大小、形状、匝数以及是否有铁芯有关．
（2）单位：亨利（H，1mH＝10﹣3H，1μH＝10﹣6H）．
4．自感电动势的方向：由楞次定律可知，自感电动势总是阻碍原来导体中电流的变化．当回路中的电流增加时，自感电动势和原来电流的方向相反；当回路中的电流减小时，自感电动势和原来电流的方向相同．自感对电路中的电流变化有阻碍作用，使电流不能突变．

【命题方向】
题型一：自感现象的理解和应用
在如图所示的电路中，a、b为两个完全相同的灯泡，L为自感系数较大而电阻不能忽略的线圈，E为电源，S为开关．关于两灯泡点亮和熄灭的下列说法正确的是（　　）
A．合上开关，a先亮，b后亮；稳定后a、b一样亮
B．合上开关，b先亮，a后亮；稳定后b比a更亮一些
C．断开开关，a逐渐熄灭、b先变得更亮后再与a同时熄灭
D．断开开关，b逐渐熄灭、a先变得更亮后再与b同时熄灭
分析：对于线圈来讲通直流阻交流，通低频率交流阻高频率交流．
解答：A、由于a、b为两个完全相同的灯泡，当开关接通瞬间，b灯泡立刻发光，而a灯泡由于线圈的自感现象，导致灯泡渐渐变亮，由于两灯泡并联，L的电阻不能忽略，所以稳定后b比a更亮一些，故A错误，B正确；
C、当开关断开瞬间，两灯泡串联，由线圈产生瞬间电压提供电流，导致两灯泡同时熄灭，而且亮度相同，故CD均错误．
故选：B．
点评：线圈的自感系数越大，频率越高时，感抗越高．同时线圈有阻碍电流的变化，注意的是灯泡会更亮的原因是电流变大的缘故．

【解题方法点拨】
1．通电自感和断电自感的比较．

通电自感
断电自感
电路图


器材
要求
A1、A2同规格，R＝RL，L较大（有铁芯）
L很大（有铁芯）
现象
在S闭合瞬间，灯A2立即亮起来，灯A1逐渐变亮，最终一样亮
在开关S断开时，灯A渐渐熄灭或闪亮一下再熄灭
原因
由于开关闭合时，流过电感线圈的电流迅速增大，使线圈产生自感电动势，阻碍了电流的增大，使流过灯A1的电流比流过灯A2的电流增加得慢
S断开时，线圈L产生自感电动势，阻碍了电流的减小，使电流继续存在一段时间；灯A中电流反向不会立即熄灭．若RL＜RA，原来的IL＞IA，则A灯熄灭前要闪亮一下．若RL≥RA，原来的电流IL≤IA，则灯A逐渐熄灭不再闪亮一下
能量转
化情况
电能转化为磁场能
磁场能转化为电能
2．解决自感问题的关键：
（1）正确理解通电自感和断电自感现象中自感电动势对“原电流的变化”的阻碍作用，即延缓原电流的变化．
（2）弄清电路的串、并联关系．
（3）电感线圈在通电瞬间相当于一个阻值由很大逐渐变小的电阻，在断电瞬间相当于一个电源．在电流稳定时纯电感线圈相当于一根短路导线，非纯电感线圈相当于一定值电阻．

16．交流发电机及其产生正弦式电流的原理
17．交流的峰值、有效值以及它们的关系
【知识点的认识】
交变电流的瞬时值、峰值、有效值
（1）瞬时值：交变电流某一时刻的值，是时间的函数．
（2）峰值：交变电流（电流、电压或电动势）所能达到的最大的值，也叫最大值．
（3）有效值：跟交变电流的热效应等效的恒定电流的值叫做交变电流的有效值．对正弦交流电，其有效值和峰值的关系为：
E＝，U＝，I＝．
【命题方向】
常考题型：交变电流有效值的计算
图甲和图乙分别表示正弦脉冲波和方波的交变电流与时间的变化关系．若使这两种电流分别通过两个完全相同的电阻，则经过1min的时间，两电阻消耗的电功W甲：W乙之比为（　　）

A．1：
B．1：2
C．1：3
D．1：6
【分析】分别求出正弦脉冲波和方波的交变电流的有效值，根据W＝I2Rt求出消耗的电功之比．
解：甲图中，在一个周期内，电阻发热的时间是0～2×10﹣2s、4×10﹣2s～6×10﹣2s内，根据电流的热效应有：，代入数据得 ，解得电流的有效值I＝．
乙图中，在一个周期内，电阻发热的时间为0～4×10﹣4s，根据电流的热效应有：，代入数据得，12R×2×2×10﹣2＝I′2R×4×10﹣2，解得电流的有效值I′＝1A．
根据W＝I2Rt知，在相同时间内消耗的电功之比等于．故C正确，A、B、D错误．
故选C．
【点评】解决本题的关键掌握电流有效值的求法，抓住三个相同，即相同时间、相同电阻、相同热量．

【解题方法点拨】
一、交变电流有效值的计算
（1）利用E＝，U＝，I＝计算，只适用于正（余）弦式交流电．
（2）非正弦式交流电有效值的求解根据电流的热效应进行计算，其中，交变电流的有效值是根据电流通过电阻时产生的热效应定义的，即让交变电流和直流电流通过相同的电阻，在相同的时间里若产生的热量相同，则交变电流（电压）的有效值就等于这个直流电流（电压）的值，即求解交变电流有效值问题必须在相同电阻、相同时间、相同热量的“三同”原则下求解．
二、交变电流“四值”的应用
对交变电流的“四值”的比较和理解
物理量
物理意义
适用情况及说明
瞬时值
e＝Emsin ωt
u＝Umsin ωt
i＝Imsin ωt
计算线圈某时刻的受力情况
峰值（最大值）
Em＝nBSωIm＝
讨论电容器的击穿电压
有效值
对正（余）弦交流电有：
E＝，
U＝，
I＝．
（1）计算与电流的热效应有关的量（如电功、电功率、电热等）
（2）电气设备“铭牌”上所标的一般是有效值
（3）保险丝的熔断电流为有效值
（4）电表的读数为有效值
平均值
＝BL
＝n
＝
计算通过电路截面的电荷量
18．研究电磁感应现象
【知识点的认识】
一．实验目的：探究感应电流产生的条件．
二．实验器材：条形磁铁、灵敏电流计、原副线圈、滑动变阻器、电源、开关、导线．
三．实验电路图：

四．实验步骤：
1．接好电路后，将磁铁从线圈中插入、拔出观察灵敏电流计指针偏转情况．
2．把原线圈放入副线圈中，接通、断开电键观察灵敏电流计指针偏转情况．
3．把原线圈放入副线圈中，移动滑动变阻器滑臂观察灵敏电流计指针偏转情况．
五．注意事项：
1．必须用G表．
2．有两个电流回路，副线圈回路只有G表．
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