2025年高考物理解密之考点专题训练15电磁感应（Word版附解析）

这是一份2025年高考物理解密之考点专题训练15电磁感应（Word版附解析），共72页。

A．0B．C．D．
2．（2024•广东）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。磁场中，边长为的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，永磁铁振动时磁场分界线不会离开线圈。关于图乙中的线圈，下列说法正确的是
A．穿过线圈的磁通量为
B．永磁铁相对线圈上升越高，线圈中感应电动势越大
C．永磁铁相对线圈上升越快，线圈中感应电动势越小
D．永磁铁相对线圈下降时，线圈中感应电流的方向为顺时针方向
3．（2024•北京）如图所示，线圈和线圈绕在同一个铁芯上，下列说法正确的是
A．闭合开关瞬间，线圈和线圈相互吸引
B．闭合开关，达到稳定后，电流表的示数为0
C．断开开关瞬间，流过电流表的电流方向由到
D．断开开关瞬间，线圈中感应电流的磁场方向向左
4．（2024•贵阳模拟）在水平放置的条形磁铁的极附近，一个闭合金属线圈竖直向下运动，线圈平面始终保持水平。在位置，磁感线正好与线圈平面平行，与和与之间的距离都比较小。在线圈从位置运动到位置的过程中，从上往下看，感应电流的方向是
A．顺时针方向
B．逆时针方向
C．先顺时针方向，后逆时针方向
D．先逆时针方向，后顺时针方向
5．（2024•罗湖区校级模拟）电磁轨道炮是利用安培力使金属炮弹获得极大动能的先进武器。如图所示为电磁炮的原理简图，炮弹可看作阻值为的导体，放置在光滑的金属轨道上，轨道水平放置并与电源连接。当炮弹放入轨道后，受到垂直纸面向里的匀强磁场对其的安培力作用，使其加速后射出。下列说法正确的是
A．电源输出的电能完全转化为了炮弹的动能
B．安培力对炮弹做功的大小等于回路中产生的总焦耳热
C．炮弹在轨道上的加速度逐渐减小
D．炮弹的末动能和轨道长度成正比
6．（2024•南京模拟）如图所示，闭合圆形线圈放在范围足够大的匀强磁场中，下列说法正确的是
A．线圈向右平移，线圈中产生感应电流
B．线圈向上平移，线圈中产生感应电流
C．线圈以为轴转动，线圈中产生感应电流
D．线圈以为轴转动，线圈中磁通量不变
7．（2024•海南）如图所示，水平桌面上放置闭合导体圆环，圆环某一直径正上方有通电直导线，下列情况中，闭合圆环中有感应电流产生的是
A．增大通电直导线中的电流
B．圆环绕图示直径旋转
C．通电直导线竖直向上远离圆环
D．通电直导线竖直向下靠近圆环
8．（2024•湖北模拟）如图甲所示，匀强磁场垂直纸面向里，磁感应强度的大小为，磁场在轴方向足够宽，在轴方向宽度为．一直角三角形导线框边的长度为从图示位置向右匀速穿过磁场区域，以逆时针方向为电流的正方向，在下图中感应电流、两端的电压与线框移动的距离的关系图象正确的是
A．B．
C．D．
9．（2024•江苏模拟）如图所示，在光滑水平面上右侧区域存在磁感应强度大小为、方向垂直于纸面向里的匀强磁场。时刻，一质量为、高为、电阻为的正三角形金属线框以速度从边界处进入磁场，最终线框恰好完全进入。在线框运动过程中，下列说法错误的是
A．线框中的电流始终为逆时针方向
B．时刻，线框的感应电动势大小为
C．通过导线横截面的电荷量为
D．线框中感应电流产生的焦耳热为
10．（2024•北京）电荷量、电压、电流和磁通量是电磁学中重要的物理量，其中特定的两个物理量之比可用来描述电容器、电阻、电感三种电磁学元件的属性，如图所示。类似地，上世纪七十年代有科学家预言和之比可能也是一种电磁学元件的属性，并将此元件命名为“忆阻器”，近年来实验室已研制出了多种类型的“忆阻器”。由于“忆阻器”对电阻的记忆特性，其在信息存储、人工智能等领域具有广阔的应用前景。下列说法错误的是
A．的单位和的单位不同
B．在国际单位制中，图中所定义的的单位是欧姆
C．可以用来描述物体的导电性质
D．根据图中电感的定义和法拉第电磁感应定律可以推导出自感电动势的表达式
二．多选题（共5小题）
11．（2025•邯郸一模）如图，质量为的形金属框置于水平绝缘平台上，和边平行，和边垂直，左端接有阻值为的电阻。一根电阻、质量为的光滑导体棒置于金属框上，用水平恒力向右拉动导体棒，运动过程中，装置始终处于竖直向下、磁感应强度的匀强磁场中，与金属框始终保持良好接触，且与边保持平行。与足够长，两平行导轨间距为，整个金属框与水平绝缘平台间的动摩擦因数，滑动摩擦力可视为最大静摩擦力且金属框电阻可忽略，取。则以下说法正确的是
A．若，则导体棒运动的最大速度为
B．若，则导体棒先做匀加速直线运动，后做匀速直线运动
C．若，当导体棒的速度为时形金属框开始运动
D．若，导体棒和形金属框最终将做加速度为的匀加速直线运动
12．（2024•全国）使用感应电流大小以测量手掌张合速度的侦测器：在空心软橡胶直筒中间置1000圈半径为的导电圆环回路，且在直筒两端各置一磁铁，产生的均匀磁场垂直通过导电圆环平面。当右手掌心朝上、手指紧握横放的橡胶筒时，磁场方向朝右，以右手压缩橡胶筒，如图所示（含条纹之箭头代表施力方向）。若在间使导电圆环半径收缩为，则下列叙述哪些正确？
A．导电圆环未被压缩时每圈的初始磁通量为
B．导电圆环每圈的面积时变率为
C．导电圆环每圈的磁通量变化率为
D．导电圆环回路的感应电动势量值为
E．导电圆环回路的感应电流方向与手抓握橡胶筒的四指弯曲方向相同
13．（2024•选择性）如图，两条“”形的光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，间距为，左、右两导轨面与水平面夹角均为，均处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小分别为和。将有一定阻值的导体棒、放置在导轨上，同时由静止释放，两棒在下滑过程中始终与导轨垂直并接触良好。、的质量分别为和，长度均为。导轨足够长且电阻不计，重力加速度大小为。两棒在下滑过程中
A．回路中的电流方向为
B．中电流趋于
C．与加速度大小之比始终为
D．两棒产生的电动势始终相等
14．（2024•黑龙江模拟）如图所示，在一圆盘内有垂直圆盘平面竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为，圆盘半径为，长度为的金属棒在圆盘内绕着圆心做角速度为的匀速圆周运动，在圆盘左侧连接一电容器，电容器内有一电荷量为的带电油滴。已知电容器两极板的距离为，电容为，重力加速度为，若该油滴处于静止状态，则下列说法正确的是
A．从上往下看，金属棒沿逆时针方向运动
B．电容器极板的带电量为
C．该油滴的质量为
D．将电容器的上极板稍微上移，该油滴将向下运动
15．（2024•河北二模）如图所示的光滑绝缘水平桌面上放置一边长为、质量为、阻值为的正方形导体框，四条平行的水平虚线将空间分成五个区域，其中在虚线1，2间，虚线3、4间分别存在垂直水平桌面向上、向下的匀强磁场，磁感应强度大小均为。已知虚线1、2间（称区域Ⅰ、虚线2、3间、虚线3、4间（称区域Ⅱ的距离分别为、、，开始导体框的边与虚线1重合，0时刻给导体框水平向右的瞬时冲量Ⅰ，最终导体框的边与虚线4重合时，导体框的速度刚好减为零，则下列说法正确的是
A．导体框进入区域Ⅰ和离开区域Ⅱ过程中的电流方向相反
B．导体框在从离开区域Ⅰ到刚进入区域Ⅱ所用的时间为
C．导体框刚要开始离开区域Ⅱ瞬间的加速度大小为
D．导体框经过区域Ⅰ和区域Ⅱ的过程中，产生的焦耳热之比为
三．填空题（共5小题）
16．（2024•浦东新区校级模拟）如图所示，在光滑水平金属框架上有一导体棒。第一次以速度匀速向右平动，第二次以速度匀速向右平动，两次移动的距离相同，则两种情况下回路中产生的感应电动势之比 和通过的电荷量之比 。
17．（2024•松江区校级三模）图是一种延时继电器的示意图。铁芯上有两个线圈和。线圈跟电源连接，线圈两端连在一起，构成一个闭合电路。在断开开关的时候，弹簧将 ：立即；过一会儿）将衔铁向上拉起，原因是： 。
18．（2023•蕉城区校级一模）如图所示，是一带铁芯的自感线圈，其直流电阻为零，电路中和是二个完全相同的灯泡。当开关闭合一段时间，电路稳定时，灯 （填“亮”或“不亮” ，当开关断开瞬间，点电势比点电势 （填“高”或“低” 。
19．（2023•黄浦区校级一模）如图所示，两根足够长的平行光滑金属轨道、水平放置，轨道间距为。现有一个质量为，长度为的导体棒垂直于轨道放置，且与轨道接触良好，导体棒和轨道电阻均可忽略不计。有一电动势为、内阻为的电源通过开关连接到轨道左端，另有一个定值电阻也连接在轨道上，且在定值电阻右侧存在着垂直于轨道平面的匀强磁场，磁感应强度的大小为。现闭合开关，导体棒开始运动，导体棒所能达到的最大速度 ，导体棒稳定运动时电源的输出功率 。
20．（2023•嘉定区二模）如图所示是我国预警机“空警”在通过天安门上空时的情境，飞机机翼保持水平，以的速度自东向西飞行。已知该飞机两翼尖间的距离为，北京地区地磁场的竖直分量向下，大小为，那么两翼尖之间的电势差约为 ；飞机左方翼尖的电势比右方翼尖的电势 （填“高”或“低” 。
四．解答题（共5小题）
21．（2024•开福区校级模拟）如图所示，水平面上有相距的两平行足够长固定轨道和，轨道的电阻不计。两根长度均为的导体棒和紧靠横放于轨道上，质量分别为和，电阻分别为和，与轨道间的动摩擦因数均为，两棒始终与两导轨保持良好接触。整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为。现垂直于棒施加的水平恒力，棒从静止开始运动，经时间后棒即将开始运动，测得时间内两棒之间的距离为。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为。
（1）求棒即将开始运动时棒的速度；
（2）求时间内棒产生的电热；
（3）在棒即将开始运动时撤去力，此时棒仍然静止，若在棒以后的运动过程中，流过棒的电量为，求此过程经历的时间。
22．（2024•莲湖区校级二模）如图所示，足够长的光滑平行金属导轨、固定在水平面上，间距为，间接阻值为的定值电阻，质量为的金属棒垂直导轨放置，导轨和金属棒电阻不计，整个装置处于方向垂直导轨平面向下、磁感应强度大小为的匀强磁场中。现给金属棒一个水平外力使金属棒从静止开始向右匀加速运动，速度达到时水平外力大小为该时刻安培力大小的2倍，运动过程中金属棒始终垂直导轨且与导轨接触良好。求：
（1）在速度从零增加到时间内金属棒的加速度大小；
（2）在速度从零增加到时间内流过定值电阻的电荷量。
23．（2024•邗江区模拟）如图所示，用等臂天平测量匀强磁场的磁感应强度。天平的左臂为挂盘，右臂挂矩形线圈，天平平衡。线圈上部处在垂直纸面向外的匀强磁场中，磁场区域宽度，磁感应强度随时间均匀增大，其变化率。线圈下部处在与纸面垂直的匀强磁场中，挂盘中放质量为的砝码时，天平再次平衡。已知线圈的水平边长，匝数匝，总电阻，重力加速度。求：
（1）线圈中感应电流的大小；
（2）未知磁场的磁感应强度大小和方向。
24．（2024•中山区校级模拟）某同学根据电磁阻尼知识设计了如图1所示的降落缓冲装置基本原理图。均匀导线构成的正方形线框质量为，边长为，总电阻为。现使线框从距离磁场上部水平边界处静止释放，线圈恰好能匀速进入磁场。已知磁场下方范围足够大，不考虑线框之间的相互作用力，线框下落不翻转，空气阻力不计，重力加速度为，求：
（1）匀强磁场的磁感应强度的大小；
（2）边刚好进入磁场时两点间的电势差；
（3）根据缓冲的原理，物体下落过程中的加速度小于重力加速度就起到了缓冲作用。实际下落的物体可看作棱长为的金属正方体，质量为，从侧面看该物体是在水平向右的磁感应强度为的匀强磁场中竖直下落，如图2所示，假设物体从静止开始就一直在磁场中运动，金属正方体的电阻忽略不计，则该物体下落的加速度将如何变化，并说明能否起到缓冲作用，请推理论证你的结论。
25．（2024•福建模拟）如图所示，在光滑水平面上放置一矩形线框，边的长度为，边的长度为，线框的质量为，电阻为，线框通过细线绕过光滑的定滑轮与重物相连，滑轮的质量不计，重物的质量为；水平面上和是有界匀强磁场的边界，边界与水平面的底边平行，和间距为，磁场方向垂直于水平面向下，磁感应强度为，开始时边与边界的距离为。现由静止释放重物，线框恰好能匀速穿过边界，线框运动过程中边始终与水平面的底边平行，设水平面足够长，矩形线框不会与滑轮接触，重力加速度为。求：
（1）线框穿过边界时速度的大小；
（2）线框进入磁场过程中通过线框的电量；
（3）线框穿过磁场过程中产生的焦耳热。
2025年高考物理解密之电磁感应
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题）
1．（2024•福建）拓扑结构在现代物理学中具有广泛的应用。现有一条绝缘纸带，两条平行长边镶有铜丝，将纸带一端扭转，与另一端连接，形成拓扑结构的莫比乌斯环，如图所示。连接后，纸环边缘的铜丝形成闭合回路，纸环围合部分可近似为半径为的扁平圆柱。现有一匀强磁场从圆柱中心区域垂直其底面穿过，磁场区域的边界是半径为的圆。若磁感应强度大小随时间的变化关系为为常量），则回路中产生的感应电动势大小为
A．0B．C．D．
【答案】
【考点】法拉第电磁感应定律的基本计算
【专题】定量思想；推理法；电磁感应与电路结合；推理论证能力
【分析】由磁感应强度随时间变化的关系为，可由法拉第电磁感应定律求出线圈中产生的感应电动势。
【解答】解：由题意可知，纸带构成的“莫比乌斯环“形成了两匝线圈串联的闭合回路，
穿过回路的磁场有效面积为，
根据法拉第电磁感应定律有：；
故正确，错误；
故选：。
【点评】本题是法拉第电磁感应定律，应用法拉第定律时要注意是有效面积，并不等于线圈的面积。
2．（2024•广东）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。磁场中，边长为的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，永磁铁振动时磁场分界线不会离开线圈。关于图乙中的线圈，下列说法正确的是
A．穿过线圈的磁通量为
B．永磁铁相对线圈上升越高，线圈中感应电动势越大
C．永磁铁相对线圈上升越快，线圈中感应电动势越小
D．永磁铁相对线圈下降时，线圈中感应电流的方向为顺时针方向
【答案】
【考点】磁通量的概念和计算公式的定性分析；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
【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，结合楞次定律得出感应电流的方向。
【解答】解：、根据图乙可知此时穿过线圈的磁通量为零，故错误；
、根据法拉第电磁感应定律可知，永磁铁相对线圈上升越快，则磁通量的变化率越大，线圈中感应电动势越大，与线圈的上升高度无关，故错误；
、永磁铁相对线圈下降时，线圈中垂直于纸面向外的磁通量增大，根据楞次定律可知，线圈中感应电流的方向为顺时针方向，故正确；
故选：。
【点评】本题主要考查了楞次定律的相关应用，理解磁通量的概念，结合楞次定律即可完成分析。
3．（2024•北京）如图所示，线圈和线圈绕在同一个铁芯上，下列说法正确的是
A．闭合开关瞬间，线圈和线圈相互吸引
B．闭合开关，达到稳定后，电流表的示数为0
C．断开开关瞬间，流过电流表的电流方向由到
D．断开开关瞬间，线圈中感应电流的磁场方向向左
【答案】
【考点】楞次定律及其应用
【专题】定性思想；推理法；电磁感应与电路结合；推理论证能力
【分析】分析线圈在右端产生的磁场，根据楞次定律分析线圈中产生的磁场，再判断两线圈的作用力关系；
根据电路稳定后磁通量不发生变化判断感应电流的情况；
开关断开瞬间，根据楞次定律判断感应电流和感应电流的磁场的方向。
【解答】解：闭合开关瞬间，线圈在右端产生的磁场方向向右，由楞次定律可知，线圈中感应电流的磁场方向向左与线圈中电流的磁场方向相反，故二者相互排斥，故错误；
闭合开关，达到稳定后，通过线圈的磁通量保持不变，感应电流为零，电流表的示数为零，故正确；
断开开关瞬间，通过线圈的磁场方向向右，磁通量减小，由楞次定律可知感应电流的磁场方向向右，因此流过电流表的感应电流方向由到，故错误。
故选：。
【点评】考查电磁感应、楞次定律的应用问题，会根据题意进行准确分析和解答。
4．（2024•贵阳模拟）在水平放置的条形磁铁的极附近，一个闭合金属线圈竖直向下运动，线圈平面始终保持水平。在位置，磁感线正好与线圈平面平行，与和与之间的距离都比较小。在线圈从位置运动到位置的过程中，从上往下看，感应电流的方向是
A．顺时针方向
B．逆时针方向
C．先顺时针方向，后逆时针方向
D．先逆时针方向，后顺时针方向
【答案】
【考点】楞次定律及其应用
【专题】定性思想；推理法；电磁感应与图象结合；推理论证能力
【分析】根据产生感应电流的条件：穿过闭合电路的磁通量发生变化，判断有无感应电流产生．根据楞次定律来确定感应电流的方向。
【解答】解：从到过程，穿过线圈的磁通量减小，磁场方向斜向上，据楞次定律判断可知：线圈中感应电流方向沿逆时针（俯视）；到达处时磁通量为零，因为还在向下运动，所以磁通量有反向增大的趋势线圈中感应电流方向沿逆时针（俯视）；从到过程，穿过线圈的磁通量增大，磁场方向斜向下，据楞次定律判断可知：线圈中感应电流方向沿逆时针（俯视）；所以线圈、、三个位置的感应电流方向都是逆时针方向，故正确，错误；
故选：。
【点评】解答本题关键要掌握判定感应电流的产生条件，要注意线圈通过位置时磁通量为零。
5．（2024•罗湖区校级模拟）电磁轨道炮是利用安培力使金属炮弹获得极大动能的先进武器。如图所示为电磁炮的原理简图，炮弹可看作阻值为的导体，放置在光滑的金属轨道上，轨道水平放置并与电源连接。当炮弹放入轨道后，受到垂直纸面向里的匀强磁场对其的安培力作用，使其加速后射出。下列说法正确的是
A．电源输出的电能完全转化为了炮弹的动能
B．安培力对炮弹做功的大小等于回路中产生的总焦耳热
C．炮弹在轨道上的加速度逐渐减小
D．炮弹的末动能和轨道长度成正比
【答案】
【考点】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
【专题】比较思想；寻找守恒量法；电磁感应——功能问题；理解能力
【分析】电源输出的电能一部分转化为炮弹的动能，还有一部分转化为内能；安培力对炮弹做功的大小等于炮弹动能的增量；炮弹运动过程中切割磁感线产生反电动势，反电动势增大，电路中电流减小，炮弹所受到的安培力减小，加速度减小，当炮弹产生的反电动势与电源的电动势相等，速度最大，由此列式分析炮弹出膛时获得的速度与轨道长度的关系，即可知道炮弹出膛时的动能与轨道长度的关系。
【解答】解：、电源输出的电能并不没有完全转化为炮弹的动能，还转化为电路的内能，故错误；
、根据动能定理可知，安培力对炮弹做功的大小等于炮弹动能的增量，故错误；
、炮弹运动过程中切割磁感线产生反电动势，使得电路总电动势逐渐减小，电路电流逐渐减小，根据安培力公式可知，炮弹受到的安培力逐渐减小，合外力逐渐减小，炮弹在轨道上的加速度逐渐减小，当反电动势等于电源电动势时，回路中电流为零，炮弹不再受安培力作用，炮弹速度达到最大，则有
解得
可知不断增加轨道的长度，当炮弹已经达到最大速度后，出膛时获得的动能就不再增加，故正确，错误。
故选：。
【点评】本题可将炮弹看成导体棒，炮弹做的是加速度减小的变加速运动，加速度为零时速度最大。
6．（2024•南京模拟）如图所示，闭合圆形线圈放在范围足够大的匀强磁场中，下列说法正确的是
A．线圈向右平移，线圈中产生感应电流
B．线圈向上平移，线圈中产生感应电流
C．线圈以为轴转动，线圈中产生感应电流
D．线圈以为轴转动，线圈中磁通量不变
【答案】
【考点】电磁感应现象的发现过程
【专题】比较思想；模型法；电磁感应与电路结合；理解能力
【分析】感应电流产生的条件是穿过闭合回路的磁通量发生变化，对照这个条件分析即可。
【解答】解：、由于是匀强磁场，所以线圈向右平移或向上平移，根据可知穿过线圈的磁通量都保持不变，则线圈中无感应电流产生，故错误；
、线圈以为轴转动，线圈中磁通量变小，则线圈中产生感应电流，故正确，错误。
故选：。
【点评】本题考查感应电流产生的条件，只要明确产生感应电流的两个条件为：一是闭合回路，二是磁通量发生变化。
7．（2024•海南）如图所示，水平桌面上放置闭合导体圆环，圆环某一直径正上方有通电直导线，下列情况中，闭合圆环中有感应电流产生的是
A．增大通电直导线中的电流
B．圆环绕图示直径旋转
C．通电直导线竖直向上远离圆环
D．通电直导线竖直向下靠近圆环
【答案】
【考点】电磁感应现象的发现过程
【专题】比较思想；模型法；电磁感应与电路结合；理解能力
【分析】当穿过闭合回路的磁通量发生变化时，回路中就会产生感应电流。对照产生感应电流的条件进行分析。
【解答】解：、产生感应电流的条件是穿过闭合回路的磁通量发生变化。闭合导体圆环某一直径正上方的直导线中通有电流时，通电导线产生的磁场在以通电导线的投影为对称轴的闭合导体圆环前后面中，磁场方向相反，可知闭合导体圆环的磁通量为零。增大通电直导线中的电流，闭合导体圆环的磁通量依然为零，磁通量没有变化，所以圆环中不会产生感应电流，故错误；
、圆环绕图示直径旋转，通过圆环的磁通量变化，圆环中产生感应电流，故正确；
、通电直导线靠近或远离圆环，圆环的磁通量始终为零，圆环中不产生感应电流，故错误。
故选：。
【点评】本题考查感应电流的产生条件，要注意明确只有在闭合回路中磁通量发生变化时，闭合电路中才可以产生感应电流。
8．（2024•湖北模拟）如图甲所示，匀强磁场垂直纸面向里，磁感应强度的大小为，磁场在轴方向足够宽，在轴方向宽度为．一直角三角形导线框边的长度为从图示位置向右匀速穿过磁场区域，以逆时针方向为电流的正方向，在下图中感应电流、两端的电压与线框移动的距离的关系图象正确的是
A．B．
C．D．
【答案】
【考点】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】电磁感应与图象结合
【分析】由楞次定律判断出感应电流方向，由求出感应电动势，由欧姆定律求出感应电流，然后分析图象答题．
【解答】解：、导体棒切割磁感线产生感应电动势，感应电流，在内，有效长度逐渐变大，感应电流逐渐变大，在内，有效长度逐渐变大，感应电流逐渐变大，故错误；
由楞次定律可知，在线框进入磁场的过程中，感应电流沿逆时针方向，电流是正的，在线框离开磁场的过程中，感应电流了沿顺时针方向，感应电流是负的，故错误，正确；
故选：。
【点评】熟练应用、欧姆定律、楞次定律即可正确解题，本题难度不大，解题时可以应用排除法．
9．（2024•江苏模拟）如图所示，在光滑水平面上右侧区域存在磁感应强度大小为、方向垂直于纸面向里的匀强磁场。时刻，一质量为、高为、电阻为的正三角形金属线框以速度从边界处进入磁场，最终线框恰好完全进入。在线框运动过程中，下列说法错误的是
A．线框中的电流始终为逆时针方向
B．时刻，线框的感应电动势大小为
C．通过导线横截面的电荷量为
D．线框中感应电流产生的焦耳热为
【答案】
【考点】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；电磁感应过程中的能量类问题
【专题】定量思想；推理法；电磁感应——功能问题；推理能力
【分析】根据右手定则判断线框中的感应电流方向；、由几何关系求出线框的边长，根据法拉第电磁感应定律求得线框的感应电动势；根据电流的定义式、法拉第电磁感应定律求解通过导线横截面的电荷量；根据能量守恒定律求解线框中感应电流产生的焦耳热。
【解答】解：、根据右手定则，线框进入磁场的过程中，线框中的感应电流方向为逆时针方向，故正确；
、正三角形金属线框的高为，由几何关系可得其边长：
根据法拉第电磁感应定律，时刻，线框的感应电动势大小为：，故错误；
、通过导线横截面的电荷量为：，故正确；
、根据能量守恒定律，线框中感应电流产生的焦耳热为：，故正确。
本题选择错误的，故选：。
【点评】本题考查了电磁感应现象的基础问题，掌握求解通过的电荷量的推导过程，电荷量的一般表达式为。
10．（2024•北京）电荷量、电压、电流和磁通量是电磁学中重要的物理量，其中特定的两个物理量之比可用来描述电容器、电阻、电感三种电磁学元件的属性，如图所示。类似地，上世纪七十年代有科学家预言和之比可能也是一种电磁学元件的属性，并将此元件命名为“忆阻器”，近年来实验室已研制出了多种类型的“忆阻器”。由于“忆阻器”对电阻的记忆特性，其在信息存储、人工智能等领域具有广阔的应用前景。下列说法错误的是
A．的单位和的单位不同
B．在国际单位制中，图中所定义的的单位是欧姆
C．可以用来描述物体的导电性质
D．根据图中电感的定义和法拉第电磁感应定律可以推导出自感电动势的表达式
【答案】
【考点】电势差的概念、单位和物理意义及用定义式计算；自感现象与自感系数
【专题】定量思想；推理法；恒定电流专题；电磁感应与电路结合；推理能力
【分析】由法拉第电磁感应定律、电流定义式推导和的单位，再结合欧姆定律可知图中所定义的的单位；根据欧姆定律分析选项；根据电感的定义式和法拉电磁感应定律分析选项。
【解答】解：、由法拉第电磁感应定律：，可知的单位为，所以的单位为。由，可知的单位为，则的单位相同为，可见的单位和的单位是相同的，故错误；
、图中的定义式为：，那么的单位为：，电阻的单位也是，因此在国际单位制中，图中的单位为欧姆，故正确；
、由欧姆定律可得：，当导体的两端电压不变时，通过的电流越大，导体的电阻越小，说明物体导电能力越大，因此可以用来描述物体的导电性质，正确；
、根据电感的定义式：，法拉第电磁感应定律：，联立解得：，故正确。
本题选择说法错误的，故选：。
【点评】本题考查了与电容、电阻、电感三个物理量的定义，及其单位。掌握这三个物理量的定义式，以及法拉第电磁感应定律，欧姆定律的内容。
二．多选题（共5小题）
11．（2025•邯郸一模）如图，质量为的形金属框置于水平绝缘平台上，和边平行，和边垂直，左端接有阻值为的电阻。一根电阻、质量为的光滑导体棒置于金属框上，用水平恒力向右拉动导体棒，运动过程中，装置始终处于竖直向下、磁感应强度的匀强磁场中，与金属框始终保持良好接触，且与边保持平行。与足够长，两平行导轨间距为，整个金属框与水平绝缘平台间的动摩擦因数，滑动摩擦力可视为最大静摩擦力且金属框电阻可忽略，取。则以下说法正确的是
A．若，则导体棒运动的最大速度为
B．若，则导体棒先做匀加速直线运动，后做匀速直线运动
C．若，当导体棒的速度为时形金属框开始运动
D．若，导体棒和形金属框最终将做加速度为的匀加速直线运动
【答案】
【考点】共点力的平衡问题及求解；导体平动切割磁感线产生的感应电动势；牛顿第二定律的简单应用；用闭合电路的欧姆定律计算电路中的电压、电流或电阻
【专题】分析综合能力；比较思想；电磁感应中的力学问题；模型法
【分析】金属棒最终稳定状态做匀速直线运动，对金属框棒受力平衡求一定外力作用下的超导体棒的最大速度；
根据牛顿第二定律判断金属棒的运动状态；
对金属框由平衡条件、安培力公式、欧姆定律等求出使框运动时金属棒的最大速度。
用隔离法和整体法，分别对金属棒和框牛顿第二定律求最终两物体的加速度。
【解答】解：由于金属棒与框之间无摩擦，当有外力作用在棒上时，棒将加速运动。
、导体棒运动速度最大时，导体棒受力平衡，则有：
导体棒产生的感应电动势为：
感应电流为：
导体棒运动的最大速度为：
若，代入数据得：，故正确；
、对导体棒，根据牛顿第二定律可得：
可知随着速度的增大，导体棒受到安培力逐渐增大，导体棒做加速度减小的加速运动，最后做匀速直线运动，故错误；
、若，则导体棒运动的最大速度为：
而要使金属框开始运动时有：
导体棒产生的感应电动势为：
感应电流为：
联立代入数据解得：
故若，当导体棒的速度为时，形金属框开始运动，故正确；
、若，则导体棒运动的速度为金属框开始运动，此时电路中的电动势为
电路中的电动势变大，电流变大，当金属框和导体棒的加速度相同时达到稳定状态，则，假设导体棒和形金属框一起做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律
解得：
导体棒和形金属框最终将做加速度为的匀加速直线运动，故正确。
故选：。
【点评】本题考查电磁感应的动力学问题，综合性较强，难度较大，对学生综合分析物理问题的能力要求较高；本题难点是金属框和导体棒开始都做变加速直线运动，故必须抓住运动一段时间后，二者加速度相等。
12．（2024•全国）使用感应电流大小以测量手掌张合速度的侦测器：在空心软橡胶直筒中间置1000圈半径为的导电圆环回路，且在直筒两端各置一磁铁，产生的均匀磁场垂直通过导电圆环平面。当右手掌心朝上、手指紧握横放的橡胶筒时，磁场方向朝右，以右手压缩橡胶筒，如图所示（含条纹之箭头代表施力方向）。若在间使导电圆环半径收缩为，则下列叙述哪些正确？
A．导电圆环未被压缩时每圈的初始磁通量为
B．导电圆环每圈的面积时变率为
C．导电圆环每圈的磁通量变化率为
D．导电圆环回路的感应电动势量值为
E．导电圆环回路的感应电流方向与手抓握橡胶筒的四指弯曲方向相同
【答案】
【考点】磁通量的计算；利用磁通量计算磁感应强度或线圈面积等；法拉第电磁感应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；分析综合能力
【分析】根据磁通量定义计算初始磁通量；根据线圈面积的时变率计算磁通量的时变率和感应电动势；根据楞次定律结合安培定则判断感应电流的方向。
【解答】解：、导电圆环的初始磁通量，故错误；
、导电圆环每圈的面积时变率为，故正确；
、导电圆环每圈的磁通量时变率，故错误；
、导电圆环回路的感应电动势量，故正确；
、当右手压缩橡胶筒时，导电圆环的磁通量减小，根据楞次定律可知：感应电流的磁场方向与原磁场方向相同，由安培定则可知，感应电流的方向与手抓握橡胶筒的四指弯曲方向相同，故正确。
故选：。
【点评】本题考查法拉第电磁感应定律定律，要灵活掌握物理公式，并清楚每个物理量的含义。
13．（2024•选择性）如图，两条“”形的光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，间距为，左、右两导轨面与水平面夹角均为，均处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小分别为和。将有一定阻值的导体棒、放置在导轨上，同时由静止释放，两棒在下滑过程中始终与导轨垂直并接触良好。、的质量分别为和，长度均为。导轨足够长且电阻不计，重力加速度大小为。两棒在下滑过程中
A．回路中的电流方向为
B．中电流趋于
C．与加速度大小之比始终为
D．两棒产生的电动势始终相等
【答案】
【考点】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；电磁感应过程中的动力学类问题
【专题】定量思想；推理法；电磁感应中的力学问题；电磁感应与电路结合；分析综合能力
【分析】根据右手定则判断回路中的电流方向；对两棒的受力分析，根据牛顿第二定律得到两棒的加速度大小关系；进而可知两棒的速度大小关系，根据法拉第电磁感应定律可得两棒产生的电动势大小关系；在两棒加速过程中，随着速度增大，回路的电动势与感应电流均增大，两棒受到安培力增大，两棒做加速度减小的加速运动，当两棒的加速度同时减小到零之后均做匀速直线运动。由平衡条件求得感应电流的最大值。
【解答】解：、两棒沿各自所在的导轨下滑过程中，根据右手定则判断，可得回路中的电流方向为，故正确；
、两棒同时由静止开始沿各自所在的导轨加速下滑，对两棒的受力分析如下图所示：
在两棒加速过程的某一时刻，根据牛顿第二定律得：
对棒有：
对棒有：
可得：，即在两棒加速过程的任意时刻它们的加速度大小始终相等，因两棒的初速度均为零，故任意时刻它们的速度大小始终相等。两棒的速度方向与磁场方向的夹角均为，可得同一时刻棒产生的电动势为，棒产生的电动势为，可知两棒产生的电动势不相等，故错误；
、在两棒加速过程中，回路的感应电动势为，随着速度增大，回路的电动势与感应电流均增大，两棒各自受到安培力增大，两棒做加速度减小的加速运动，因两棒的加速度大小始终相等，故当两棒的加速度同时减小到零之后均做匀速直线运动，达到稳定状态。
当两棒均做匀速直线运动时，对棒由平衡条件得：，解得感应电流的最大值为：，故在两棒在下滑过程中中电流趋于，故正确。
故选：。
【点评】本题为电磁感应应用的双棒切割磁感线的问题，掌握双棒切割磁感线时回路中总的感应电动势如何确定。分析安培力的变化，根据力与运动的关系确定双棒的终极状态。从力与运动的角度，根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、安培力公式、平衡条件、牛顿第二定律、动量定理解答；从功与能的角度，根据动能定理、功能关系、能量守恒解答。
14．（2024•黑龙江模拟）如图所示，在一圆盘内有垂直圆盘平面竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为，圆盘半径为，长度为的金属棒在圆盘内绕着圆心做角速度为的匀速圆周运动，在圆盘左侧连接一电容器，电容器内有一电荷量为的带电油滴。已知电容器两极板的距离为，电容为，重力加速度为，若该油滴处于静止状态，则下列说法正确的是
A．从上往下看，金属棒沿逆时针方向运动
B．电容器极板的带电量为
C．该油滴的质量为
D．将电容器的上极板稍微上移，该油滴将向下运动
【答案】
【考点】电容定义式的简单应用；右手定则；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；电磁感应中的力学问题；推理论证能力
【分析】分析负电荷所受电场力方向，确定电容器两极板间电场方向，由右手定则判断金属棒的转动方向；
金属棒在圆盘内绕着圆心做角速度为的匀速运动，产生的感应电动势为，电容器两极板间电压，由求解电容器带电量；
由平衡条件求解其质量；
分析板间场强的变化，判断负电荷所受电场力的变化，确定负电荷的位置如何变化。
【解答】解：、负电荷处于静止状态，受到的电场力竖直向上，则电容器板间场强方向竖直向下，电容器上极板带正电，下极板带负电，由右手定则可知，从上往下看，金属棒沿逆时针方向切割，故正确；
、金属棒产生的感应电动势为，电容器两极板间电压，则电容器带电量为，故错误；
、设该负电荷的质量为，由平衡条件得：，又，解得，故错误；
、将电容器的上极板稍微上移，由知板间场强减小，由知负电荷所受的电场力减小，负电荷将向下运动，故正确。
故选：。
【点评】本题是电磁感应与电容器的结合，要掌握转动切割感应电动势公式，知道电容器板间电场与金属棒产生的感应电动势是相等的，结合力学规律帮助解答。
15．（2024•河北二模）如图所示的光滑绝缘水平桌面上放置一边长为、质量为、阻值为的正方形导体框，四条平行的水平虚线将空间分成五个区域，其中在虚线1，2间，虚线3、4间分别存在垂直水平桌面向上、向下的匀强磁场，磁感应强度大小均为。已知虚线1、2间（称区域Ⅰ、虚线2、3间、虚线3、4间（称区域Ⅱ的距离分别为、、，开始导体框的边与虚线1重合，0时刻给导体框水平向右的瞬时冲量Ⅰ，最终导体框的边与虚线4重合时，导体框的速度刚好减为零，则下列说法正确的是
A．导体框进入区域Ⅰ和离开区域Ⅱ过程中的电流方向相反
B．导体框在从离开区域Ⅰ到刚进入区域Ⅱ所用的时间为
C．导体框刚要开始离开区域Ⅱ瞬间的加速度大小为
D．导体框经过区域Ⅰ和区域Ⅱ的过程中，产生的焦耳热之比为
【答案】
【考点】导体平动切割磁感线产生的感应电动势；电磁感应过程中的能量类问题；闭合电路欧姆定律的内容和表达式
【专题】分析综合能力；电磁感应——功能问题；寻找守恒量法；比较思想
【分析】根据楞次定律判断感应电流方向；根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律以及电荷量与电流的关系列式，分析导体框通过区域Ⅰ和Ⅱ流过导体截面的电荷量关系，再根据动量定理求出边刚进入区域Ⅰ时导体框的速度，以及导体框离开区域Ⅰ时导体框的速度，从而求得导体框在从离开区域Ⅰ到刚进入区域Ⅱ所用的时间；由动量定理求出导体框刚要开始离开区域Ⅱ时的速度，再由牛顿第二定律以及安培力公式求加速度；根据能量守恒求产生的焦耳热之比。
【解答】解：、由楞次定律可知，导体框进入区域Ⅰ的过程，从上向下看导体框中的电流沿顺时针方向。导体框离开区域Ⅱ的过程，从上向下看导体框中的电流沿顺时针方向，故错误；
、导体棒通过磁场时，由法拉第电磁感应定律得
由闭合电路欧姆定律得
又△△
综合可得流过导体截面的电荷量为：
可得，导体框通过区域Ⅰ和Ⅱ流过导体截面的电荷量：
设边刚进入区域Ⅰ时，导体框的速度为，设导体框离开区域Ⅰ时，导体框的速度为。
导体框在区域Ⅰ中运动时，取向右为正方向，由动量定理有
即
导体框在区域Ⅱ中运动时，取向右为正方向，由动量定理有
即
联立解得：，
导体框在从离开区域Ⅰ到刚进入区域Ⅱ的过程以做匀速直线运动，通过的位移为，运动时间为
，故正确；
、设导体框刚要离开区域Ⅱ的速度为，导体框从刚进入区域Ⅱ到刚要离开区域Ⅱ的过程，取向右为正方向，由动量定理有
导体框进入区域Ⅱ的过程有
解得：
由法拉第电磁感应定律
由闭合电路欧姆定律
由牛顿第二定律导体框的加速度为
解得：，故正确；
、由能量守恒定律，导体框经过区域Ⅰ产生的热量为
导体框经过区域Ⅱ产生的热量为
又
解得：，故错误。
故选：。
【点评】本题是电磁感应与力学的综合，要正确分析导体框的受力情况和运动情况，知道动量定理是求电磁感应中电荷量常用的方法，而焦耳热往往根据能量守恒定律求解。
三．填空题（共5小题）
16．（2024•浦东新区校级模拟）如图所示，在光滑水平金属框架上有一导体棒。第一次以速度匀速向右平动，第二次以速度匀速向右平动，两次移动的距离相同，则两种情况下回路中产生的感应电动势之比 和通过的电荷量之比 。
【答案】，。
【考点】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；等效替代法；电磁感应与电路结合；分析综合能力
【分析】根据公式求感应电动势之比。根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电荷量与电流的关系得到通过的电荷量与棒移动距离的关系，再求通过的电荷量之比。
【解答】解：根据可得两种情况下回路中产生的感应电动势之比为
设导体棒移动的距离为。
根据△，，，可得通过的电荷量，则，故通过的电荷量之比为
故答案为：，。
【点评】解答本题的关键要熟练根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电荷量与电流的关系推导出，并在理解的基础上记牢，经常用到。
17．（2024•松江区校级三模）图是一种延时继电器的示意图。铁芯上有两个线圈和。线圈跟电源连接，线圈两端连在一起，构成一个闭合电路。在断开开关的时候，弹簧将 ：立即；过一会儿）将衔铁向上拉起，原因是： 。
【答案】；因为线圈中产生了电磁感应现象，从而产生延时作用。
【考点】楞次定律及其应用
【专题】定性思想；推理法；电磁感应与电路结合；理解能力
【分析】图中有两个线圈，其中有电源，接通电路后有电流通过，会产生磁性；而线圈无电源，开关闭合后没有电流，只有当中的磁场发生变化时，根据电磁感应作用，线圈才会产生感应电流，从而根据楞次定律，即可求解。
【解答】解：由题意可知，当接通后，线圈中产生磁场，穿过线圈的磁通量要增加，根据楞次定律：增反减同，结合右手螺旋定则可知，中产生与图示方向相反的感应电流，当将断开，导致穿过线圈的磁通量减小变慢，根据楞次定律可知，产生有延时释放的作用。
答：；因为线圈中产生了电磁感应现象，从而产生延时作用。
【点评】该题考查楞次定律与右手螺旋定则的应用，注意穿过闭合线圈的磁通量变化，线圈相当于电源，同时理解线圈的作用是阻碍线圈磁通量的变化。
18．（2023•蕉城区校级一模）如图所示，是一带铁芯的自感线圈，其直流电阻为零，电路中和是二个完全相同的灯泡。当开关闭合一段时间，电路稳定时，灯 不亮 （填“亮”或“不亮” ，当开关断开瞬间，点电势比点电势 （填“高”或“低” 。
【答案】不亮；低。
【考点】自感现象与自感系数
【专题】定性思想；交流电专题；推理法；理解能力
【分析】依据自感线圈的特征：刚通电时线圈相当于断路，断开电键时线圈相当于电源，再根据电路规律分析、两点的电势高低。
【解答】解：依题意知，当开关闭合一段时间，电路稳定时，由于灯与自感线圈并联，将被线圈短路，则灯将不亮；当开关断开瞬间，自感线圈产生自感电动势，将对灯进行短暂供电，电流方向从到，所以点电势比点电势低。
故答案为：不亮；低。
【点评】本题要知道理想线圈的特征：刚通电时线圈相当于断路，断开电键时线圈相当于电源。
19．（2023•黄浦区校级一模）如图所示，两根足够长的平行光滑金属轨道、水平放置，轨道间距为。现有一个质量为，长度为的导体棒垂直于轨道放置，且与轨道接触良好，导体棒和轨道电阻均可忽略不计。有一电动势为、内阻为的电源通过开关连接到轨道左端，另有一个定值电阻也连接在轨道上，且在定值电阻右侧存在着垂直于轨道平面的匀强磁场，磁感应强度的大小为。现闭合开关，导体棒开始运动，导体棒所能达到的最大速度 ，导体棒稳定运动时电源的输出功率 。
【答案】；。
【考点】电磁感应过程中的动力学类问题；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
【专题】电磁感应与电路结合；定量思想；方程法；推理能力
【分析】闭合开关，导体棒受安培力作用，开始向右加速运动，同时棒切割磁感线产生电动势与电源的电动势反向，当加速度减为零时，即棒电动势和电源定值电阻上的电压大小相等，速度达到最大，电路电流为0，根据闭合电路的欧姆定律结合电功率的计算公式进行解答。
【解答】解：闭合开关，导体棒受到安培力向右加速运动，同时导体棒切割磁感线产生感应电动势，且方向和电源电动势相反，电流减小，安培力减小，加速度减小，当导体棒的电动势和定值电阻两端电压大小相等相等时，导体棒中电流为0，导体棒做匀速运动，速度达到最大，所以有：，解得：；
导体棒稳定时电源的输出功率为。
故答案为：；。
【点评】本题关键是对导体棒进行受力和运动状态分析，注意电流变化时，安培力变化，加速度变化，稳定状态加速度为0，做匀速运动．
20．（2023•嘉定区二模）如图所示是我国预警机“空警”在通过天安门上空时的情境，飞机机翼保持水平，以的速度自东向西飞行。已知该飞机两翼尖间的距离为，北京地区地磁场的竖直分量向下，大小为，那么两翼尖之间的电势差约为 0.29 ；飞机左方翼尖的电势比右方翼尖的电势 （填“高”或“低” 。
【答案】0.29，高。
【考点】右手定则；导体平动切割磁感线产生的感应电动势
【专题】定量思想；等效替代法；电磁感应与电路结合；理解能力
【分析】飞机飞行时机翼切割磁感线，由可求得两翼尖之间的电势差，由右手定则判断两翼翼尖电势的高低。
【解答】解：已知
两翼尖之间的电势差等于机翼产生的感应电动势，为
北京地区地磁场有竖直向下的分量，飞机自东向西飞行时，机翼切割地磁场磁感线，由右手定则可知，机翼中感应电动势方向自右向左，则飞机左方翼尖的电势比右方翼尖的电势高。
故答案为：0.29，高。
【点评】解答本题时，要掌握切割感应电动势公式，利用右手定则判断电势高低，要知道在电源内部电流由低电势流向高电势。
四．解答题（共5小题）
21．（2024•开福区校级模拟）如图所示，水平面上有相距的两平行足够长固定轨道和，轨道的电阻不计。两根长度均为的导体棒和紧靠横放于轨道上，质量分别为和，电阻分别为和，与轨道间的动摩擦因数均为，两棒始终与两导轨保持良好接触。整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为。现垂直于棒施加的水平恒力，棒从静止开始运动，经时间后棒即将开始运动，测得时间内两棒之间的距离为。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为。
（1）求棒即将开始运动时棒的速度；
（2）求时间内棒产生的电热；
（3）在棒即将开始运动时撤去力，此时棒仍然静止，若在棒以后的运动过程中，流过棒的电量为，求此过程经历的时间。
【答案】（1）棒即将开始运动时棒的速度为；
（2）求时间内棒产生的电热为；
（3）此过程经历的时间为。
【考点】单杆在导轨上有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
【专题】推理论证能力；推理法；定量思想；电磁感应中的力学问题
【分析】（1）棒切割磁感线，棒静摩擦力达到最大。由闭合电路欧姆定律、法拉第电磁感应定律、安培力公式和平衡条件求解棒的速度；（2）应用功能关系、能量守恒定律和焦耳定律求解在已知时间内棒产生的热量；
（3）根据动量定理结合电荷量的经典表达式求解棒撤去外力后到静止的时间。
【解答】解：（1）在棒即将开始运动时，棒的速度为，则电路中的电动势：
电路中的电流为：
棒受的安培力为：
由题意有：
由以上各式解得：
（2）设在时间内，棒产生的电热为，由焦耳定律可知：
可求得到：
对整个系统由功能关系：
由以上各式可求得：
（3）对棒以后的运动过程，以向左方向为正，由动量定理有：
流过棒的电量为：
由以上各式可求得：
答：（1）棒即将开始运动时棒的速度为；
（2）求时间内棒产生的电热为；
（3）此过程经历的时间为。
【点评】本题考查了法拉第电磁感应定律的导体棒切割磁感线的模型，此题要注意分析金属棒的运动过程，对此类模型导体棒受恒力而加速度不恒定的运动，经常应用动量定理解答，要能够熟练对安培力的冲量的求解。
22．（2024•莲湖区校级二模）如图所示，足够长的光滑平行金属导轨、固定在水平面上，间距为，间接阻值为的定值电阻，质量为的金属棒垂直导轨放置，导轨和金属棒电阻不计，整个装置处于方向垂直导轨平面向下、磁感应强度大小为的匀强磁场中。现给金属棒一个水平外力使金属棒从静止开始向右匀加速运动，速度达到时水平外力大小为该时刻安培力大小的2倍，运动过程中金属棒始终垂直导轨且与导轨接触良好。求：
（1）在速度从零增加到时间内金属棒的加速度大小；
（2）在速度从零增加到时间内流过定值电阻的电荷量。
【答案】（1）在速度从零增加到时间内金属棒的加速度大小为；
（2）在速度从零增加到时间内流过定值电阻的电荷量为。
【考点】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】推理法；电磁感应中的力学问题；分析综合能力；定量思想
【分析】（1）根据法拉第电磁感应定律结合闭合电路欧姆定律求解电流的大小，根据牛顿第二定律和题设条件求加速度；
（2）利用平均值法由法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电流的定义求电荷量。
【解答】解：（1）金属棒在外力作用下，切割磁感线产生的电动势为：
电路中的电流为：
金属棒受到的安培力：
根据牛顿第二定律：
变形得到：
因为速度达到时水平外力大小为该时刻安培力大小的2倍，即：
联立解得：
（2）通过电阻的电荷量为：
根据法拉第电磁感应定律：
平均电流为：
又因为是一定值，金属棒做匀变速直线运动：
联立解得在内流过定值电阻的电荷量：
答：（1）在速度从零增加到时间内金属棒的加速度大小为；
（2）在速度从零增加到时间内流过定值电阻的电荷量为。
【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。
23．（2024•邗江区模拟）如图所示，用等臂天平测量匀强磁场的磁感应强度。天平的左臂为挂盘，右臂挂矩形线圈，天平平衡。线圈上部处在垂直纸面向外的匀强磁场中，磁场区域宽度，磁感应强度随时间均匀增大，其变化率。线圈下部处在与纸面垂直的匀强磁场中，挂盘中放质量为的砝码时，天平再次平衡。已知线圈的水平边长，匝数匝，总电阻，重力加速度。求：
（1）线圈中感应电流的大小；
（2）未知磁场的磁感应强度大小和方向。
【答案】（1）线圈中感应电流的大小为；
（2）未知磁场的磁感应强度大小为，方向垂直纸面向里。
【考点】用闭合电路的欧姆定律计算电路中的电压、电流或电阻；法拉第电磁感应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
【分析】（1）根据法拉第电磁感应定律求出线圈中产生的感应电动势，再由闭合电路欧姆定律求出感应电流的大小：
（2）根据安培力公式求出安培力的大小，根据平衡条件求出未知磁场的磁感应强度大小，根据左手定则判断磁场的方向。
【解答】解：（1）线圈中产生的感应电动势大小为
根据闭合电路的欧姆定律有
根据楞次定律可知电流的方向为顺时针。
（2）线圈受到的安培力为
根据平衡条件有
代入数据解得
根据左手定则可知磁场的方向为垂直纸面向里
答：（1）线圈中感应电流的大小为；
（2）未知磁场的磁感应强度大小为，方向垂直纸面向里。
【点评】熟练掌握法拉第电磁感应定律欧姆定律和左手定则是解题的基础。
24．（2024•中山区校级模拟）某同学根据电磁阻尼知识设计了如图1所示的降落缓冲装置基本原理图。均匀导线构成的正方形线框质量为，边长为，总电阻为。现使线框从距离磁场上部水平边界处静止释放，线圈恰好能匀速进入磁场。已知磁场下方范围足够大，不考虑线框之间的相互作用力，线框下落不翻转，空气阻力不计，重力加速度为，求：
（1）匀强磁场的磁感应强度的大小；
（2）边刚好进入磁场时两点间的电势差；
（3）根据缓冲的原理，物体下落过程中的加速度小于重力加速度就起到了缓冲作用。实际下落的物体可看作棱长为的金属正方体，质量为，从侧面看该物体是在水平向右的磁感应强度为的匀强磁场中竖直下落，如图2所示，假设物体从静止开始就一直在磁场中运动，金属正方体的电阻忽略不计，则该物体下落的加速度将如何变化，并说明能否起到缓冲作用，请推理论证你的结论。
【答案】（1）匀强磁场的磁感应强度的大小为；
（2）边刚好进入磁场时两点间的电势差为；
（3）物体下落的加速度将减小，能起到缓冲作用。
【考点】闭合电路欧姆定律的内容和表达式；导体平动切割磁感线产生的感应电动势
【专题】定量思想；推理法；电磁感应中的力学问题；分析综合能力
【分析】（1）由动能定理求出线框进入磁场的速度，结合动生电动势公式、欧姆定律、安培力公式和平衡条件等求出磁感应强度的大小；
根据法拉第电磁感应定律求解产生的感应电动势，根据闭合电路欧姆定律求解两点间的电势差；
（2）根据动能定理、功能关系求解线框进入磁场过程中产生的焦耳热；
（3）根据牛顿第二定律结合安培力的计算公式进行解答。
【解答】解：（1）从开始下落到恰进入磁场，由动能定理得：
边以速率进入磁场时，产生的感应电动势为：
线框中的电流为：
而此时线框匀速运动，根据平衡条件有：
联立以上各式可得：
（2）线框进入磁场时，边切割磁感线相当于电源，由右手定则可知，点电势高，点电势低，
则两点间的电势差为：
（3）证明：平行磁感线的前后两个面近似看成作平行板电容器，电容为。正方体以速度切割磁感线时产生的感应电动势为
则正方形左右面所构成电容器的电荷量，
由于不断变大，和也不断变大，由后表面到前表面所构成的充电电流
所受的安培力
根据牛顿第二定律有：
根据加速度的定义：
联立可得：
因此正方体以加速度小于做匀加速直线运动。
答：（1）匀强磁场的磁感应强度的大小为；
（2）边刚好进入磁场时两点间的电势差为；
（3）物体下落的加速度将减小，能起到缓冲作用。
【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。
25．（2024•福建模拟）如图所示，在光滑水平面上放置一矩形线框，边的长度为，边的长度为，线框的质量为，电阻为，线框通过细线绕过光滑的定滑轮与重物相连，滑轮的质量不计，重物的质量为；水平面上和是有界匀强磁场的边界，边界与水平面的底边平行，和间距为，磁场方向垂直于水平面向下，磁感应强度为，开始时边与边界的距离为。现由静止释放重物，线框恰好能匀速穿过边界，线框运动过程中边始终与水平面的底边平行，设水平面足够长，矩形线框不会与滑轮接触，重力加速度为。求：
（1）线框穿过边界时速度的大小；
（2）线框进入磁场过程中通过线框的电量；
（3）线框穿过磁场过程中产生的焦耳热。
【答案】（1）线框穿过边界时速度的大小为；
（2）线框进入磁场过程中通过线框的电量；
（3）线框穿过磁场过程中产生的焦耳热。
【考点】导体平动切割磁感线产生的感应电动势；闭合电路欧姆定律的内容和表达式；电磁感应过程中的能量类问题
【专题】定量思想；电磁感应——功能问题；方程法；推理能力
【分析】（1）线框恰好能匀速穿过边界，根据平衡条件结合安培力的计算公式进行解答；
（2）研究线框进入磁场过程，根据电荷量的计算公式进行解答；
（3）研究线框由静止释放到刚好全部穿出磁场的全过程，由能量守恒定律求解线框穿过磁场过程中产生的焦耳热。
【解答】解：（1）因为线框恰好能匀速穿过边界，则线框穿过边界时受力平衡，水平方向受力如图所示
对重物，根据平衡条件可得：
对线框根据平衡条件可得：
由欧姆定律得：
导线切割产生的电动势为：
联立解得：；
（2）研究线框进入磁场过程，根据电荷量的计算公式可得：
解得：；
（3）研究线框由静止释放到刚好全部穿出磁场的全过程，以线框和重物组成的系统为研究对象，由能量守恒定律，得：
代入数据解得：。
答：（1）线框穿过边界时速度的大小为；
（2）线框进入磁场过程中通过线框的电量；
（3）线框穿过磁场过程中产生的焦耳热。
【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．共点力的平衡问题及求解
【知识点的认识】
1.共点力
（1）定义：如果一个物体受到两个或更多力的作用，这些力共同作用在物体的在同一点上，或者虽不作用在同一点上，但它们的延长线交于一点，这几个力叫作共点力。
（2）力的合成的平行四边形定则只适用于共点力。
2.共点力平衡的条件
（1）平衡状态：物体保持静止或匀速直线运动的状态。
（2）平衡条件：在共点力作用下物体平衡的条件是合力为0。
3.对共点力平衡条件的理解及应用
合外力等于0，即F合＝0→正交分解法，其中Fx合和Fy合分别表示物体在x轴和y轴上所受的合力。
4.平衡条件的推论
（1）二力平衡：若物体在两个力作用下处于平衡状态，则这两个力一定等大、反向。
（2）三力平衡：若物体在三个共点力作用下处于平衡状态，则任意两个力的合力与第三个力等大、反向。
（3）多力平衡：若物体在n个共点力作用下处于平衡状态，则其中任意一个力必定与另外（n﹣1）个力的合力等大、反向。
5.解答共点力平衡问题的三种常用方法
6.平衡中的临界、极值问题
a.临界问题
（1）问题特点：
①当某物理量发生变化时，会引起其他几个物理量的变化。
②注意某现象“恰好出现”或“恰好不出现”的条件。
（2）分析方法：基本方法是假设推理法，即先假设某种情况成立，然后根据平衡条件及有关知识进行论证、求解。
b.极值问题
（1）问题界定：物体平衡的极值问题，一般指在力的变化过程中涉及力的最大值和最小值的问题。
（2）分析方法：
①解析法：根据物体平衡的条件列出方程，在解方程时，采用数学知识求极值或者根据物理临界条件求极值。
②图解法：根据物体平衡的条件作出力的矢量图，画出平行四边形或者矢量三角形进行动态分析，确定最大值或最小值。
7.“活结”与“死结”、“活杆”与“死杆”模型
（1）“活结”与“死结”模型
①“活结”一般是由轻绳跨过光滑滑轮或者绳上挂一光滑挂钩而形成的。绳虽然因“活结”而弯曲，但实际上是同一根绳，所以由“活结”分开的两段绳上弹力的大小一定相等，两段绳合力的方向一定沿这两段绳夹角的平分线。
②“死结”两侧的绳因结而变成了两根独立的绳，因此由“死结”分开的两段绳上的弹力不一定相等。
（2）“活杆”与“死杆”模型
①“活杆”：指轻杆用转轴或铰链连接，当轻杆处于平衡状态时，轻杆所受到的弹力方向一定沿着杆，否则会引起轻杆的转动。如图甲所示，若C为转轴，则轻杆在缓慢转动中，弹力方向始终沿杆的方向。
②“死杆”：若轻杆被固定，不发生转动，则轻杆所受到的弹力方向不一定沿杆的方向。如图乙所示，水平横梁的一端A插在墙壁内，另一端B装有一个小滑轮，绳的一端C固定于墙壁上，另一端跨过滑轮后悬挂重物m。滑轮对绳的作用力应为图丙中两段绳中拉力F1和F2的合力F的反作用力，即AB杆弹力的方向不沿杆的方向。
【命题方向】
例1：在如图所示的甲、乙、丙、丁四幅图中，滑轮光滑且所受的重力忽略不计，滑轮的轴O安装在一根轻木杆P上，一根轻绳ab绕过滑轮，a端固定在墙上，b端下面挂一质量为m的重物。当滑轮和重物都静止不动时，甲、丙、丁图中木杆P与竖直方向的夹角均为θ，乙图中木杆P竖直。假设甲、乙、丙、丁四幅图中滑轮受到木杆P的弹力的大小依次为FA、FB、FC、FD，则以下判断正确的是（ ）
A.FA＝FB＝FC＝FD
B.FD＞FA＝FB＞FC
C.FA＝FC＝FD＞FB
D.FC＞FA＝FB＞FD
分析：对滑轮受力分析，受两个绳子的拉力和杆的弹力；滑轮一直保持静止，合力为零，故杆的弹力与两个绳子的拉力的合力等值、反向、共线。
解答：由于两个绳子的拉力大小等于重物的重力，大小不变，即四个选项中绳子的拉力是大小相等的，根据平行四边形定则知两个力的夹角越小，则合力越大，即滑轮两边绳子的夹角越小，绳子拉力的合力越大，故丁图中绳子拉力合力最大，则杆的弹力最大，丙图中夹角最大，绳子拉力合力最小，则杆的弹力最小，甲图和乙图中的夹角相同，则绳子拉力合力相等，则杆的弹力相等，所以甲、乙、丙、丁四幅图中滑轮受到木杆P的弹力的大小顺序为：FD＞FA＝FB＞FC，故B正确，ACD错误。
故选：B。
本题考查的是力的合成与平衡条件在实际问题中的应用，要注意杆的弹力可以沿着杆的方向也可以不沿着杆方向，结合平衡条件分析是关键。
例2：如图所示，两根等长的轻绳将日光灯悬挂在天花板上，两绳与竖直方向的夹角都为45°，日光灯保持水平，所受重力为G。则（ ）
A.两绳对日光灯拉力的合力大小等于G
B.两绳的拉力和重力不是共点力
C.两绳的拉力大小均为G
D.两绳的拉力大小均为
分析：两绳的拉力和重力是共点力，根据合力为零分析AB选项；根据对称性可知，左右两绳的拉力大小相等，分析日光灯的受力情况，由平衡条件求解绳子的拉力大小。
解答：B．对日光灯受力分析如图：
两绳拉力的作用线与重力作用线的延长线交于一点，这三个力是共点力，故B错误；
A．由于日光灯在两绳拉力和重力作用下处于静止状态，所以两绳的拉力的合力与重力G等大反向，故A正确；
CD．由于两个拉力的夹角成直角，且都与竖直方向成45°角，则由力的平行四边形定则可知：G＝，F1＝F2，解得：F1＝F2＝，故C正确，D错误。
故选：AC。
点评：本题主要是考查了共点力的平衡，解答本题的关键是：确定研究对象、进行受力分析、进行力的合成，利用平衡条件建立方程进行解答。
例3：如图，三根长度均为l的轻绳分别连接于C、D两点，A、B两端被悬挂在水平天花板上，相距2l。现在C点上悬挂一个质量为m的重物，为使CD绳保持水平，在D点上可施加力的最小值为（ ）
A.mg
B.mg
C.mg
D.mg
分析：根据物体的受力平衡，依据几何关系求解即可。
解答：依题得，要想CD水平，则各绳都要紧绷，根据几何关系可知，AC与水平方向的夹角为60°，结点C受力平衡，则受力分析如图所示
因此CD的拉力为 T＝mg•tan30°
D点受CD绳子拉力大小等于T，方向向左。要使CD水平，则D点两绳的拉力与外界的力的合力为零，则CD绳子对D点的拉力可分解为沿BD绳的F1以及另一分力F2。
由几何关系可知，当F2与BD垂直时，F2最小，F2的大小即为拉力大小，因此有
F2min＝T•sin60°＝mg
故ABD错误，C正确。
故选：C。
点评：本题考查的是物体的受力平衡，解题的关键是当F2与BD垂直时，F2最小，F2的大小即为拉力大小。
例4：如图甲所示，细绳AD跨过固定的水平轻杆BC右端的轻质光滑定滑轮悬挂一质量为M1的物体，∠ACB＝30°；图乙中轻杆HG一端用铰链固定在竖直墙壁上，另一端G通过细绳EG拉住，EG与水平方向的夹角为30°，在轻杆的G点用细绳GF悬挂一质量为M2的物体（都处于静止状态），求：
（1）细绳AC的张力FTAC与细绳EG的张力FTEG之比；
（2）轻杆BC对C端的支持力；
（3）轻杆HG对G端的支持力。
分析：（1）根据力的分解及几何关系解答。
（2）图甲中对滑轮受力分析，运用合成法求解细绳AC段的张力FAC与轻杆BC对C端的支持力；
（3）乙图中，以C点为研究对象，根据平衡条件求解细绳EG段的张力F2以及轻杆HG对G端的支持力。
解答：下图（a）和下图（b）中的两个物体M1、M2都处于平衡状态，根据平衡的条件，首先判断与物体相连的细绳，其拉力大小等于物体的重力；分别取C点和G点为研究对象，进行受力分析如图（a）和右图（b）所示，根据平衡规律可求解。
（1）上图（a）中轻绳AD跨过定滑轮拉住质量为M1的物体，物体处于平衡状态，轻绳AC段的拉力FTAC＝FCD＝M1g；
上图（b）中由于FTEGsin30°＝M2g
得FEG＝2M2g
所以FTAC：FTEG＝M1：2M2。
（2）上图（a）中，根据FAC＝FCD＝M1g且夹角为120°
故FNC＝FAC＝M1g，方向与水平方向成30°，指向斜右上方。
（3）上图（b）中，根据平衡方程有FNG＝＝M2g，方向水平向右。
答：（1）轻绳AC段的张力FAC与细绳EG的张力FEG之比为；
（2）轻杆BC对C端的支持力为M1g，指向斜右上方；
（3）轻杆HG对G端的支持力大小为M2g 方向水平向右。
点评：本题首先要抓住定滑轮两端绳子的特点，其次要根据平衡条件，以C、G点为研究对象，按力平衡问题的一般步骤求解。
【解题思路点拨】
1.在分析问题时，注意“静止”和“v＝0”不是一回事，v＝0，。
2.解答共点力平衡问题的一般步骤
（1）选取研究对象，对于有相互作用的两个或两个以上的物体构成的系统，应明确所选研究对象是系统整体还是系统中的某一个物体（整体法或隔离法）。
（2）对所选研究对象进行受力分析，并画出受力分析图。
（3）对研究对象所受的力进行处理，对三力平衡问题，一般根据平衡条件画出力合成时的平行四边形。对四力或四力以上的平衡问题，一般建立合适的直角坐标系，对各力按坐标轴进行分解。
（4）建立平衡方程，对于四力或四力以上的平衡问题，用正交分解法列出方程组。
3.临界与极值问题的分析技巧
（1）求解平衡中的临界问题和极值问题时，首先要正确地进行受力分析和变化过程分析，找出平衡中的临界点和极值点。
（2）临界条件必须在变化中寻找，不能停留在一个状态来研究临界问题，而是要把某个物理量推向极端，即极大或极小，并依此作出科学的推理分析，从而给出判断或结论。
2．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g，g为重力加速度。人对电梯底部的压力为（ ）
A、 B、2mg C、mg D、
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＝mg
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mg；
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。
3．电势差的概念、单位和物理意义及用定义式计算
【知识点的认识】
1.定义：在电场中，两点之间电势的差值叫作电势差，电势差也叫作电压。
2.表达式：设电场中A点的电视为φA，B点的电势为φB，则AB电点之间的电势差可以表示为
UAB＝φA﹣φB
BA两点之间的电势差为
UBA＝φB﹣φA
所以UAB＝﹣UBA
3.电势差的单位
伏特，符号：V
4.电势差的正负
电势差是标量，但有正、负。电势差的正、负表示两点电势的高低。所以电场中各点间的电势差可依次用代数法相加。
5.特点：电场中两点之间的电势差取决于电场本身，与电势零点的选取无关
6.物理意义：反映电荷在电场中移动时电场力做功本领大小的物理量
【命题方向】
关于电势差UAB和电势φA、φB的理解正确的是（ ）
A、UAB表示B点相对A点的电势差，即UAB＝φB﹣φA
B、UAB和UBA是不同的，它们有关系：UAB＝﹣UBA
C、φA、φB都可能有正负，所以电势是矢量
D、零电势点的规定虽然是任意的，但人们常常规定大地和无限远处为零电势
分析：UAB＝φA﹣φB＝﹣UBA，电势是标量，通常选大地或无穷远作为零电势．
解答：A、UAB表示A点相对B点的电势差，即UAB＝φA﹣φB，A错误；
B、UAB和UBA是不同的，它们有关系：UAB＝﹣UBA，B正确；
C、电势虽有正负之分，但电势是标量，C错误；
D、零电势点的规定虽然是任意的，但人们常常规定大地和无限远处为零电势，D正确；
故选：BD。
点评：记忆电势的有关知识时，可以把它类比为高度去理解，电势差对应高度差，某点的电势对应某点的高度．
【解题思路点拨】
根据电势差的定义可知，电势差的正负代表两点之间电势的大小，如果UAB＞0，则φA＞φB；如果UAB＜0，则φA＜φB。
4．电容定义式的简单应用
【知识点的认识】
1.电容的定义式为：C＝。
2.电容定义式的应用有：
①知道电容器的电荷量和电压，可以计算出电容的大小。
②知道电容器的电容和电压，可以计算出电容器的电荷量。
③知道电容器的电容和电荷量，可以计算两极板间的电压。
3.如果做出电容器电荷量随电电压变化的图像，应该是一条过原点的直线。其斜率即为电容器的电容。
C＝＝
【命题方向】
如图所示，彼此绝缘的同轴金属圆管和圆柱分别带上等量的异种电荷Q后，两导体间的电势差为U，若两导体分别带上+2Q和﹣2Q的电荷，则它们间的电势差为（ ）
A、2U B、4U C、8U D、16U
分析：彼此绝缘的同轴金属圆管和圆柱分别带上等量的异种电荷后，构成成一个电容器，带电量变了后，电容未变，根据U＝可得知．
解答：电容器电量变了后，电容未变，由U＝知，Q变为原来的两倍，电势差也变为原来的2倍。故B、C、D错，A对。
故选：A。
点评：解决本题的关键是掌握电容的定义式及影响电容的因素．
【解题思路点拨】
C＝是电容的定义式，适用于任何种类的电容器。
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＝，E表示电动势，I表示干路总电流，R表示外电路总电阻，r表示内阻。
3.闭合电路中的电压关系：闭合电路中电源电动势等于内、外电路电势降落之和E＝U外+U内。
4.由E＝U外+U内可以得到闭合电路欧姆定律的另一个变形U外＝E﹣Ir。
【命题方向】
在已接电源的闭合电路里，关于电源的电动势、内电压、外电压的关系应是（ ）
A、如外电压增大，则内电压增大，电源电动势也会随之增大
B、如外电压减小，内电阻不变，内电压也就不变，电源电动势必然减小
C、如外电压不变，则内电压减小时，电源电动势也随内电压减小
D、如外电压增大，则内电压减小，电源的电动势始终为二者之和，保持恒量
分析：闭合电路里，电源的电动势等于内电压与外电压之和．外电压变化时，内电压也随之变化，但电源的电动势不变．
解答：A、如外电压增大，则内电压减小，电源电动势保持不变。故A错误。
B、如外电压减小，内电阻不变，内电压将增大，电源电动势保持不变。故B错误。
C、如外电压不变，则内电压也不变。故C错误。
D、根据闭合电路欧姆定律得到，电源的电动势等于内电压与外电压之和，如外电压增大，则内电压减小，电源的电动势保持恒量。故D正确。
故选：D。
点评：本题要抓住电源的电动势是表征电源的本身特性的物理量，与外电压无关．
【解题思路点拨】
闭合电路的几个关系式的对比
6．用闭合电路的欧姆定律计算电路中的电压、电流或电阻
【知识点的认识】
闭合电路的欧姆定律的表达式为
（1）I＝
（2）E＝U内+U外
（3）U＝E﹣Ir
可以根据具体的问题选择合适的公式计算电路的电压、电流、电阻等参数。
【命题方向】
如图所示的电路中，电源电动势E＝6V，电源的内阻r＝2Ω，电阻R1＝3Ω，电阻R2＝6Ω．当闭合电键S后，流过R2的电流为（ ）
A、A B、1A C、A D、A
分析：根据闭合电路的欧姆定律求出通过电源的电流，再由并联电路的特点知通过R2的电流。
解答：R1，R2并联后的电阻R＝＝2Ω
根据闭合电路的欧姆定律，流过电源的电流I＝＝A＝
通过R1的电流为I2＝I＝A，故A正确、BCD错误。
故选：A。
点评：本题主要考查了闭合电路欧姆定律的直接应用，要求同学们能正确分析电路的结构，掌握并联电阻的计算方法。
【解题思路点拨】
闭合电路的几个关系式的对比
7．磁通量的概念和计算公式的定性分析
【知识点的认识】
一、磁通量
1．概念：匀强磁场中磁感应强度和与磁场方向垂直的平面面积S的乘积。即Φ＝BS。
2.拓展：磁场与平面不垂直时，这个面在垂直于磁场方向的投影面积S'与磁感应强度的乘积表示磁通量。即Φ＝BSsinθ＝BS'。θ表示面与磁场的夹角。
3.单位：韦伯（Wb），1Wb＝1T•m2．
4.标矢性：标量，但有正负，正负表示从不同的方向穿过某个平面。
5．磁通量的计算公式
（1）公式：Φ＝BS．
（2）适用条件：①匀强磁场；②S是垂直磁场并在磁场中的有效面积．
6.引申：B＝表示磁感应强度的大小等于穿过垂直磁场方向的单位面积的磁通量。
7.磁通量的影响因素：
根据公式Φ＝BS可知磁通量的大小与磁感应强度和垂直于磁场的面积有关。
【命题方向】
关于磁通量的概念，以下说法中正确的是（ ）
A、磁通量发生变化，一定是磁场发生变化引起的
B、磁感应强度越大，穿过闭合回路的磁通量也越大
C、磁感应强度越大，线圈面积越大，则磁通量也越大
D、线圈的磁通量为零，但该处的磁感应强度不一定为零
分析：由磁通量公式Φ＝BSsinθ可知，磁通量发生变化，不一定是磁场发生变化引起的．磁感应强度越大，穿过闭合回路的磁通量也不一定越大．磁感应强度越大，线圈面积越大，磁通量也不一定越大．线圈的磁通量为零，但该处的磁感应强度不一定为零．
解答：A、由磁通量公式Φ＝BSsinθ可知，可能是由磁感应强度B变化，或由面积S变化，或由角度θ变化引起的。故A错误。
B、磁通量大小取决于B、S、θ三个因素，磁感应强度越大，穿过闭合回路的磁通量也不一定越大。故B错误。
C、当线圈与磁场平行时，磁感应强度再大，磁通量为零。则磁感应强度越大，线圈面积越大，磁通量也不一定越大。故C错误。
D、磁通量为零，磁感应强度可能为零；也可能线圈与磁场平行时，但磁感应强度不为零。故D正确。
故选：D。
点评：本题考查磁通量的概念，要抓住两种特殊情况：当线圈与磁场平行时，Φ＝0；当线圈与磁场垂直时，Φ＝BS．
【解题方法点拨】
对磁通量的理解
（1）线圈平面与磁场方向垂直时磁通量最大，线圈转动后穿过线圈的磁感线条数减少，磁通量减小。
（2）在匀强磁场中才能应用公式Φ＝BSsinθ（θ表示面与磁场的夹角）计算磁通量。应用公式时还需要明确公式中各物理量的含义
8．磁通量的计算
【知识点的认识】
1.当平面与磁场垂直时，穿过平面的磁通量为：Φ＝BS。
2.当平面与磁场不垂直时，S应该为平面与磁感线方向上的投影面积，如下图
图中穿过平面的磁通量为Φ＝BScsθ。式中Scsθ即为平面S在垂直
于磁场方向上的投影面积，也称为“有效面积”
3.磁通量的正、负
（1）磁通量是标量，但有正、负，当以磁感线从某一面上穿入时，磁通量为正值，则磁感线从此面穿出时即为负值。
（2）若同时有磁感线沿相反方向穿过同一平面，且正向磁通量大小为Φ1，反向通量大小为Φ2，则穿过该平面的合磁通量Φ＝Φ1﹣Φ2。
【命题方向】
如图所示，在一半径为r的圆形区域内有磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。现将匝数为n、半径为R（R＞r）的圆形线圈垂直纸面放置，使其轴线经过磁场区域的圆心，则穿过线圈的磁通量为（ ）
A、πBr2 B、πBR2 C、nπBR2 D、nπBr2
分析：根据磁通量公式Φ＝BS分析求解；注意S为垂直于磁场方向上的有效面积，磁通量与匝数无关。
解答：磁通量与匝数无关，线圈在磁场中的有效面积S＝πr2，根据磁通量的公式Φ＝BS可知，穿过线圈的磁通量Φ＝πBr2，故A正确，BCD错误。
故选：A。
点评：本题考查了磁通量的定义，解题的关键是明确垂直于磁场方向上的有效面积，根据磁通量公式求解。
【解题思路点拨】
对磁通量的理解
（1）Φ＝B•S的含义：Φ＝BS只适用于磁感应强度B与面积S垂直的情况．当B与S平面间的夹角为θ时，则有Φ＝BSsinθ．可理解为Φ＝BSsinθ，即Φ等于B与S在垂直于B方向上投影面积的乘积．也可理解为Φ＝BsinθS，即Φ等于B在垂直于S方向上的分量与S的乘积．如图（1）所示．
（2）面积S的含义：S不一定是某个线圈的真正面积，而是线圈在磁场范围内的面积．如图 （2）所示，S应为线圈面积的一半．
（3）多匝线圈的磁通量：多匝线圈内磁通量的大小与线圈匝数无关，因为不论线圈匝数多少，穿过线圈的磁感线条数相同，而磁感线条数可表示磁通量的大小．
（4）合磁通量求法：若某个平面内有不同方向和强弱的磁场共同存在，当计算穿过这个面的磁通量时，先规定某个方向的磁通量为正，反方向的磁通量为负，平面内各个方向的磁通量的代数和等于这个平面内的合磁通量．
9．利用磁通量计算磁感应强度或线圈面积等
【知识点的认识】
磁通量的计算公式为Φ＝BS或者Φ＝BSsinθ（θ为平面与磁场方向的夹角），可以依此来计算磁感应强度的大小或者平面的面积。
【命题方向】
一电磁铁，横截面积为5cm2，已知垂直穿过此面积的磁通量为2.0×10﹣4Wb，求截面处的磁感应强度．
分析：在匀强磁场中，当线圈与磁场垂直时，穿过线圈的磁通量Φ＝BS．
解答：在匀强磁场中，当线圈与磁场垂直时，穿过线圈的磁通量Φ＝BS．
则有
答：截面处的磁感应强度为0.4T．
点评：当线圈与磁场平行时，磁通量Φ＝0．当然本题求这种特殊情况下的磁通量，可以根据磁通量一般公式Φ＝BSsinα（α是磁场与线圈平面的夹角）分析理解．
【解题思路点拨】
根据磁通量公式的变形可以得到B＝或者B＝以及S＝或者S＝，根据情况选择合适的公式，计算磁感应强度或面积，但是要注意当磁通量为0时，并不意味着磁感应强度为0或者面积为0。
10．安培力的计算公式及简单应用
【知识点的认识】
如图所示，在磁感应强度为B的匀强磁场中，垂直磁场放置的长度为l的导体，所通电流为I，导体所受的安培力大小为F＝BIl；若将导体转过90°，即电流与磁场平行，此时导体所受的安培力的大小为F＝0.
2.如图所示，当电流方向与磁场方向夹角为θ时，安培力的大小为F＝BIlsinθ
【命题方向】
一根长0.20m、通有2.0A电流的通电直导线，放在磁感应强度为0.50T的匀强磁场中，受到的最大安培力是多少？
分析：当通电导线与磁场垂直时，导线所受的磁场力最大；根据安培力的公式计算安培力的大小．
解答：当通电导线与磁场垂直时，导线所受的磁场力最大，为：
Fmax＝BIL＝0.50×2.0×0.20N＝0.2N
答：受到的最大安培力是0.2N．
点评：本题只要掌握安培力大小的计算公式F＝BILsinα，就能正确解答，基本题．
【解题思路点拨】
1、电流方向与磁场方向平行时，导线不受安培力的作用。
2、电流方向与磁场方向垂直时，导线受到安培力的大小为F＝BIl。
3、电流方向与磁场方向夹角为θ时，导线受到安培力的大小为F＝BIlsinθ。
11．电磁感应现象的发现过程
【知识点的认识】
1.提出物理问题：奥斯特发现的电流的磁效应，证实了电现象和磁现象是有联系的。人们从电流磁效应的对称性角度，开始思考如下问题；既然电流能够引起磁针的运动，那么，为什么不能用磁体使导线中产生电流呢？
2.法拉第的探索：法拉第提出了“由磁产生电”的设想，并为此进行了长达10年的探索，从中领悟到，“磁生电”是一种在变化、运动的过程中才能出现的效应。
3.电磁感应现象的发现：1831年，法拉第把两个线圈绕在一个铁环上（如下图 ），一个线圈接电源，另一个线圈接“电流表”。当给一个线圈通电或断电的瞬间，在另一个线圈上出现了电流。他在1831年8月29日的日记中写下了首次成功的记录。
4.电磁感应现象发现的意义：电磁感应的发现使人们对电与磁内在联系的认识更加深入，宣告了电磁学作为一门统一学科的诞生。
5.电磁感应现象的定义：由磁生电的现象称为电磁感应。
6.感应电流：电磁感应现象中产生的电流称为感应电流。
【命题方向】
发现电磁感应规律是人类在电磁学研究中的伟大成就．在取得这项伟大成就的过程中，法国物理学家安培、瑞士人科拉顿、英国物理学家法拉第等人前后进行了多年的研究．在这项研究的众多工作中，其中有两个重要环节：
（1）研究者敏锐地觉察并提出“磁生电”的闪光思想；
（2）大量实验发现：磁场中闭合电路包围的面积发生变化，从闭合线圈中抽出或者插入条形磁铁等多种条件下，闭合电路中有感应电流，最终研究者抓住产生感应电流条件的共同本质，总结出闭合电路中产生感应电流的条件是磁通量发生变化．下列说法正确的是（ ）
A、环节（1）提出“磁生电”思想是受到了电流磁效应的启发
B、环节（1）提出“磁生电”思想是为了对已有的实验现象做出解释
C、当穿过闭合电路的磁通量发生变化时，闭合电路所处的磁场一定发生了变化
D、环节（2）的研究过程，体现了从大量的实验现象和事实出发，总结出一般规律的研究方法
分析：磁生电在受到电生磁的影响，即电流磁效应的启发；物理规律在大量实验事实，从而总结得来．
解答：AB、“磁生电”思想是受到了电流磁效应的启发，故A正确，B错误；
C、当穿过闭合电路的磁通量发生变化时，闭合电路所处的磁场不一定变化，可以线圈的位置变化，故C错误；
D、由环节（2）的研究过程，体现了从大量的实验现象和事实出发，从而总结规律，故D正确；
故选：AD。
点评：考查物理规律的如何得来，同时知道一是受到启发，二是通过观察．
【解题思路点拨】
1.电磁感应式磁生电的过程，电流的磁效应是电生磁的过程。但要注意：有电（流）必有磁（场），有磁不一定有电。即磁生电需要一定的条件。
2.电磁感应的发现使人们对电与磁内在联系的认识更加深入，宣告了电磁学作为一门统一学科的诞生。
12．楞次定律及其应用
【知识点的认识】
1.楞次定律的内容：感应电流具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化。
2.适用范围：所有电磁感应现象。
3.实质：楞次定律是能量守恒的体现，感应电流的方向是能量守恒定律的必然结果。
4.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】
某磁场的磁感线如图所示，有铜线圈自图示A处落到B处，在下落过程中，自上向下看，线圈中感应电流的方向是（ ）
A、始终顺时针
B、始终逆时针
C、先顺时针再逆时针
D、先逆时针再顺时针
分析：楞次定律的内容是：感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化．根据楞次定律判断感应电流的方向．
在下落过程中，根据磁场强弱判断穿过线圈的磁通量的变化，再去判断感应电流的方向．
解答：在下落过程中，磁感应强度先增大后减小，所以穿过线圈的磁通量先增大后减小，
A处落到C处，穿过线圈的磁通量增大，产生感应电流磁场方向向下，所以感应电流的方向为顺时针。
C处落到B处，穿过线圈的磁通量减小，产生感应电流磁场方向向上，所以感应电流的方向为逆时针。
故选：C。
点评：解决本题的关键掌握楞次定律的内容：感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化．
【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。
13．右手定则
【知识点的认识】
右手定则
伸开右手，让大拇指跟其余四指垂直，并且都跟手掌在同一 平面内，让磁感线垂直穿过掌心，大拇指指向导体的运动方向，其余四指所指的方向，就是感应电流的方向．
【命题方向】
题型一：楞次定律、右手定则、左手定则、安培定则的综合应用
如图所示，水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒PQ、MN，当PQ在外力作用下运动时，MN在磁场力作用下向右运动．则PQ所做的运动可能是（ ）
A．向右匀加速运动
B．向左匀加速运动
C．向右匀减速运动
D．向左匀减速运动
分析：MN在磁场力作用下向右运动，说明MN受到的磁场力向右，由左手定则可知电流由M指向N，由楞次定律可知，线圈中产生感应电流的磁场应该是向上减小，或向下增加；根据右手螺旋定则，与楞次定律可知PQ的运动情况．
解：MN在磁场力作用下向右运动，说明MN受到的磁场力向右，由左手定则可知电流由M指向N，由楞次定律可知，线圈中产生感应电流的磁场应该是向上减小，或向下增加；再由右手螺旋定则与楞次定律可知，PQ可能是向左加速运动或向右减速运动．故BC正确，AD错误．
故选：BC．
点评：本题关键是分析好引起感应电流的磁通量的变化，进而才能分析产生电流的磁通量是由什么样的运动产生的．
【解题方法点拨】
1．右手定则适用于部分导体切割磁感线运动时感应电流的方向判定，而楞次定律适用于一切电磁感应现象，是判断感应电流方向的基本方法，对于由于磁通量变化而引起的感应电流，运用楞次定律判断其方向更方便．
2．安培定则、左手定则、右手定则、楞次定律的比较及应用．
（1）规律比较
（2）应用区别
关键是抓住因果关系：①因电而生磁（I→B）→安培定则；②因动而生电（v、B→I安）→右手定则；③因电而受力（I、B→F安）→左手定则．
14．法拉第电磁感应定律的内容和表达式
【知识点的认识】
法拉第电磁感应定律
（1）内容：闭合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．
【命题方向】
下列几种说法中正确的是（ ）
A、线圈中磁通量变化越大，线圈中产生的感应电动势一定越大
B、线圈中磁通量越大，线圈中产生的感应电动势一定越大
C、线圈放在磁场越强的位置，线圈中产生的感应电动势一定越大
D、线圈中磁通量变化越快，线圈中产生的感应电动势越大
分析：本题考查法拉第电磁感应定律的内容，明确电动势与磁通量的变化快慢有关．
解答：根据法拉第电磁感应定律，线圈中磁通量变化越快，线圈中产生的感应电动势越大；
故选：D。
点评：本题要求学生能够区分磁通量、磁通量的变化量及磁通量的变化率，能正确掌握法拉第电磁感应定律的内容．
【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．
15．法拉第电磁感应定律的基本计算
【知识点的认识】
法拉第电磁感应定律
（1）内容：闭合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．
【命题方向】
一个100匝的线圈，在0.4s内穿过它的磁通量从0.02Wb均匀增加到0.08Wb，则线圈中总的感应电动势 V．若线圈电阻为10Ω，则线圈中产生的电流强度I＝ A．
分析：根据法拉第电磁感应定律E＝求出感应电动势，再根据欧姆定律求出感应电流的大小．
解答：感应电动势E＝＝
感应电流的大小I＝．
故本题答案为：15，1.5．
点评：解决本题的关键掌握法拉第电磁感应定律E＝和闭合电路欧姆定律．
【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．
16．导体平动切割磁感线产生的感应电动势
【知识点的认识】
1.如果感应电动势是由导体运动而产生的，它也叫作动生电动势。
2.当导体的运动方向与磁场垂直时，动生电动势的大小为：
E＝Blv
3.适用条件：（1）匀强磁场；（2）平动切割；（3）B、l、v三者相互垂直。
4.当导体的运动方向与磁场有夹角时，如下图
即如果导线的运动方向与导线本身是垂直的，但与磁感线方向有一个夹角θ，则动生电动势为：E＝Blv1＝Blvsinθ，即利用速度垂直于磁场的分量。
【命题方向】
如图所示，在磁感应强度B＝1.2T的匀强磁场中，让导体PQ在U形导轨上以速度υ0＝10m/s向右匀速滑动，两导轨间距离L＝0.5m，则产生的感应电动势的大小和PQ中的电流方向分别为（ ）
分析：导体棒PQ运动时切割磁感线，回路中的磁通量发生变化，因此有感应电流产生，根据右手定则可以判断电流方向，由E＝BLv可得感应电动势的大小．
解答：当导体棒PQ运动时，根据法拉第电磁感应定律得：
E＝BLv＝1.2×0.5×10＝6V，根据右手定则可知，通过PQ的电流为从Q点流向P点，故ABC错误，D正确。
故选：D。
点评：本题比较简单，考查了导体切割磁感线产生电动势和电流方向问题，注意公式E＝BLv的适用条件和公式各个物理量的含义．
【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。
17．单杆在导轨上有外力作用下切割磁场的运动问题
【知识点的认识】
本考点旨在针对单杆在导轨上有外力作用下切割磁场的运动问题。模型比较复杂，可能需要综合电磁感应定律、电磁感应与电路问题的结合、电磁感应与动力学的结合、电磁感应与能量问题的结合、电磁感应与动量问题的结合等考点进行综合分析。
【命题方向】
如图所示，水平放置的光滑平行金属导轨间距为L，导轨上有一质量为m、电阻为r的金属棒ab，导轨的另一端连接电阻R，其他电阻均不计，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面向下，金属棒ab在一水平恒力F作用下由静止开始向右运动．则在这个过程中（ ）
A、随着ab运动速度的增大，其加速度将减小
B、外力F对ab做的功等于电路中产生的电能
C、棒克服安培力做的功一定等于电路中产生的内能
D、当ab棒的速度为v时，ab两端的电势差为BLv
分析：在水平方向，金属棒受到拉力F和安培力作用，安培力随速度增大而增大，根据牛顿定律分析加速度的变化情况．根据功能关系分析电能与功的关系．利用切割式电动势公式和欧姆定律求解ab两端的电压．
解答：A、金属棒受到的安培力F安＝BIl＝Bl＝Bl＝，加速度a＝
可见，速度增大时，F安增大，加速度减小。故A正确。
B、外力F对ab做的功等于金属棒获得的动能与电路中产生的电能之和。故B错误。
C、根据功能关系，棒克服安培力做的功等于电路中产生的电能，电能转化为内能。故C正确。
D、当ab棒的速度为v时，ab两端的电势差为U＝．故D错误。
故选：AC。
点评：本题运用牛顿定律分析运动过程．要注意ab间的电压是路端电压，即为R两端电压，不是内电压．
【解题思路点拨】
导轨滑杆问题是电磁感应现象的综合应用，涉及动力学、电路、能量、动量等问题，难度较大，要认真进行分析。
18．电磁感应过程中的动力学类问题
【知识点的认识】
1.模型概述：该模型考查的是电磁感应定律与运动学的联系，一般要结合牛顿第二定律，分析物体的速度与受力情况。
2.两种状态处理
（1）导体处于平衡态——静止或匀速直线运动状态。
处理方法：根据平衡条件合外力等于零列式分析。
（2）导体处于非平衡态——加速度不为零。
处理方法：根据牛顿第二定律进行动态分析，或结合功能关系分析。
3.两大研究对象及其关系
电磁感应中导体棒既可看作电学对象（因为它相当于电源），又可看作力学对象（因为感应电流产生安培力），而感应电流Ⅰ和导体棒的速度v则是联系这两大对象的纽带：
【命题方向】
如图所示，在竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中，有两根水平放置且足够长的平行金属导轨AB、CD，间距为L，在导轨的AC端连接一阻值为R的电阻，一根质量为m的金属棒ab，垂直导轨放置，导轨和金属棒的电阻不计．金属棒与导轨间的动摩擦因数为μ，若用恒力F沿水平向右拉导体棒运动，求金属棒的最大速度．
分析：金属棒ab从静止开始沿导轨滑动，从而产生感应电流，出现安培力，金属棒先做加速度逐渐减小的加速运动，后做匀速运动．根据E＝BLv、I＝ 和F＝BIL推导出安培力公式，当加速度减小到0时，达到最大速度，由平衡条件求出最大速度．
解答：经分析知，棒向右运动时切割磁感线，产生动生电动势，由右手定则知，棒中有ab方向的电流，再由左手定则可知，安培力向左，棒受到的合力在减小，向右做加速度逐渐减小的加速运动，当安培力与摩擦力的合力增大到大小等于拉力时，则加速度减小到0时，达到最大速度，此时：
F＝μmg+BIL
又I＝
解得vm＝；
答：金属棒的最大速度．
点评：本题要根据牛顿定律分析金属棒的运动情况，分析和计算安培力是关键，注意另忘记棒受到摩擦力作用．
【解题思路点拨】
电磁感应和力学问题的综合，其联系桥梁是磁场对感应电流的安培力。这类问题中的导体一般不是做匀变速达动，而是经历一个动态变化过程再趋于一个稳定状态，故解这类问题时正确进行动态分析、确定最终状态是解题的关健。
19．电磁感应过程中的能量类问题
【知识点的认识】
1.电磁感应过程的实质是不同形式的能量转化的过程，而能量的转化是通过安培力做功来实现的。安培力做功的过程，是电能转化为其他形式的能的过程；外力克服安培力做功的过程，则是其他形式的能转化为电能的过程。
2.求解电能应分清两类情况
（1）若回路中电流恒定，可以利用电路结构及W＝UIt或Q＝I2Rt直接进行计算。
（2）若电流变化，则：
①利用安培力做功求解：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：若只有电能与机械能的转化，则减少的机械能等于产生的电能。
3.电磁感应现象中的能量转化
（1）安培力做功
（2）焦耳热的计算
①电流恒定时，根据焦耳定律求解，即Q＝I2Rt
②感应电流变化时，可用以下方法分析：
a.利用动能定理，求出克服安培力做的功W安，即Q＝W安
b.利用能量守恒定律，焦耳热等于其他形式能量的减少量，
【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．
20．自感现象与自感系数
【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】
下列说法正确的是（ ）
当线圈中电流不变时，线圈中没有自感电动势
当线圈中电流反向时．线圈中自感电动势的方向与线圈中原电流的方向相反
当线圈中电流增大时，线圈中自感电动势的方向与线圈中电流的方向相反
当线圈中电流减小时，线圈中自感电动势的方向与线圈中电流的方向相反
根据产生自感电动势的条件和楞次定律分析有无自感电动势产生及自感电动势的方向．
解：A、由法拉第电磁感应定律可知，当线圈中电流不变时，不产生自感电动势，故A正确；
B、根据楞次定律可知，当线圈中电流反向时，相当于电流减小，线圈中自感电动势的方向与线圈中原电流的方向相同，故B错误；
C、当线圈中电流增大时，自感电动势阻碍电流的增大，线圈中自感电动势的方向与线圈中电流的方向相反，故C正确；
D、当线圈中电流减小时，自感电动势阻碍电流的减小，线圈中自感电动势的方向与线圈中电流的方向相同，故D错误。
故选：AC。
点评：自感现象是特殊的电磁感应现象，遵循电磁感应现象的普遍规律，即楞次定律和法拉第电磁感应定律．
【解题方法点拨】
对自感电动势的理解：
1.产生原因：通过线圈的电流发生变化，导致穿过线圈的磁通量发生变化，因而在线圈上产生感应电动势。
2.自感电动势的方向：当原电流增大时，自感电动势的方向与原电流方向相反；当原电流减小时，自感电动势的方向与原电流方向相同（即增反减同）。
3.自感电动势的作用：总是阻碍原电流的变化，但原电流仍在变化，只是原电流的变化时间变长，即总是起着推迟电流变化的作用
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基本现象
应用的定则或定律
运动电荷、电流产生磁场
安培定则
磁场对运动电荷、电流有作用力
左手定则
电磁感应
部分导体做切割磁感线运动
右手定则
闭合回路磁通量变化
楞次定律