资源简介 中小学教育资源及组卷应用平台期末核心考点 电磁感应及其应用一.选择题(共7小题)1.(2025春 西山区校级期中)如图所示,一正方形线圈的匝数为n,边长为a,放置在水平地面上,线圈平面与匀强磁场垂直,且一半处在磁场中。从t=0时刻开始,磁场保持方向不变,大小按B=kt增加(k为已知常数)。线框的质量为m,电阻为R,线框与水平面的动摩擦因数为μ,线框与水平面的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g,则( )A.沿磁场方向看线框中产生的感应电流沿顺时针方向B.线框中的感应电流大小为C.线框所受摩擦力大小与时间成正比D.t时,线框开始运动2.(2025春 深圳月考)如图甲所示,两个闭合圆形线圈A、B的圆心重合,放在同一水平面内,线圈A中通以如图乙所示的变化电流,设t=0时电流沿逆时针方向(图中箭头所示)。关于线圈B的电流方向和所受安培力产生的效果,下列说法中正确的是( )A.0到t1时间内有顺时针方向的电流,且有收缩的趋势B.0到t1时间内有逆时针方向的电流,且有扩张的趋势C.t1到t2时间内有顺时针方向的电流,且有收缩的趋势D.t1到t2时间内有逆时针方向的电流,且有扩张的趋势3.(2025春 南京校级月考)如图所示,螺线管内有平行于轴线的匀强磁场,规定图甲中箭头所示方向为磁感应强度B的正方向,螺线管与U形导线框cdef相连,导线框cdef内有一半径很小的金属圆环L,圆环与导线框cdef在同一平面内。当螺线管内的磁感应强度随时间按图乙所示规律变化时( )A.在t1时刻,金属圆环L内的磁通量最大B.在t2时刻,导线框cdef内的感应电流最小C.在t1﹣t2时间内,金属圆环L有收缩趋势D.在t1﹣t2时间内,金属圆环L内有逆时针方向的感应电流4.(2025 朝阳区模拟)如图所示,两个灯泡A1和A2的规格相同,闭合开关,稳定后两个灯泡正常发光且亮度相同。下列说法正确的是( )A.闭合开关瞬间,A1、A2亮度相同B.闭合开关瞬间,M点电势低于N点电势C.电路稳定后断开S,A2闪亮一下再熄灭D.电路稳定后断开S瞬间,M点电势低于N点电势5.(2025 丰台区二模)图1为某无线门铃按钮,其原理如图2所示。其中M为信号发射装置,M中有电流通过时,屋内的门铃会响。磁铁固定在按钮内侧,按下门铃按钮,磁铁靠近螺线管,松开门铃按钮,磁铁远离螺线管回归原位置。下列说法正确的是( )A.按住按钮不动,门铃会一直响B.松开按钮的过程,门铃会响C.按下和松开按钮过程,通过M的电流方向相同D.按下按钮的快慢不同,通过M的电流大小相同6.(2025 汕头一模)如图所示,铁芯左边悬挂一个轻质金属环,铁芯上有两个线圈M和P,线圈M和电源、开关、热敏电阻Rr相连,线圈P与电流表相连。已知热敏电阻RT的阻值随温度的升高而减小,保持开关闭合,下列说法正确的是( )A.当温度升高时,金属环向左摆动B.当温度不变时,电流表示数不为0C.当电流从a经电流表到b时,可知温度降低D.当电流表示数增大时,可知温度升高7.(2025 丰台区二模)利用电磁学原理能够方便准确地探测地下金属管线的位置、走向和埋覆深度。如图所示,在水平地面下埋有一根足够长的走向已知且平行于地面的金属管线,管线中通有正弦式交变电流。已知电流为i的无限长载流导线在距其为r的某点处产生的磁感应强度大小,其中k为常数,r大于导线半径。在垂直于管线的平面上,以管线正上方地面处的O点为坐标原点,沿地面方向为x轴方向,垂直于地面方向为y轴方向建立坐标系。在x轴上取两点M、N,y轴上取一点P。利用面积足够小的线框(线框平面始终与xOy平面垂直),仅通过测量以下物理量无法得到管线埋覆深度h的是( )A.M、N的距离,线框在M、N两点水平放置时的感应电动势B.O、P的距离,线框在O、P两点竖直放置时的感应电动势C.O、M的距离,线框在M点水平放置和竖直放置时的感应电动势D.O、M的距离,线框在M点感应电动势最大时与水平面的夹角二.多选题(共3小题)(多选)8.(2025 沙坪坝区校级模拟)如图甲所示,足够长的光滑平行金属导轨固定在水平桌面上,匀强磁场垂直于导轨平面向下,导轨电阻不计,其左侧接阻值R1=12Ω的定值电阻。质量m=1kg,阻值R2=6Ω的金属杆AB置于轨道上,与轨道垂直且接触良好,杆受到水平拉力F的作用,力F随时间t变化的图像如图乙所示。杆由静止开始做匀加速直线运动,t=2s时撤去F,关于杆从静止开始的整个运动过程,下列说法正确的是( )A.金属杆做匀加速运动的加速度大小为2m/s2B.整个过程金属杆的位移为8mC.整个过程金属杆产生的热量为D.整个过程通过定值电阻的电量为2C(多选)9.(2025 厦门模拟)如图所示,一质量为M的足够长“匚”型金属导轨abcd放在光滑的绝缘水平面上。质量为m、电阻不计的导体棒PQ平行bc放置在导轨上,PQ左侧有两个固定于水平面的立柱。导轨单位长度的电阻为R0,bc长为L,初始时bc与PQ间距离也为L。分界线ef与bc平行,其左侧有竖直向上的匀强磁场,右侧有水平向左的匀强磁场,磁感应强度大小均为B。在t=0时,一水平向左的拉力F垂直作用在导轨bc段中点,使导轨由静止开始做匀加速直线运动,加速度大小为a,PQ与导轨间动摩擦因数为μ,且始终接触良好,则( )A.回路中的电动势先增大后减小B.运动过程中拉力F的最大值为C.若t0时间内导轨产生的焦耳热为Q,则该时间内导轨克服安培力做功为QD.若t0时间内导轨产生的焦耳热为Q,则该时间内导轨克服摩擦力做功为μmgatμQ(多选)10.(2025春 顺义区校级期中)如图单匝线圈ABCD在外力作用下以速度v向右匀速进入匀强磁场,第二次又以2v匀速进入同一匀强磁场。以下说法正确的是( )A.第一次进入与第二次进入时线圈中电流之比1:2B.第一次进入与第二次进入时线圈中通过导线横截面的电荷量之比1:2C.第一次进入与第二次进入时外力做功的功率之比1:4D.第一次进入与第二次进入过程中线圈产生热量之比1:4三.填空题(共3小题)11.(2025春 思明区校级期中)如图,空间存在竖直向上的匀强磁场,磁感应强度大小为B,足够长的光滑平行金属导轨水平放置,导轨左右两部分的间距分别为l、2l;质量分别为m、2m的导体棒a、b均垂直导轨放置,导体棒a、b接入电路总电阻为R,其余电阻均忽略不计;a、b两棒分别以v0、2v0的初速度同时向右运动,两棒在运动过程中始终与导轨垂直且保持良好接触,a总在窄轨上运动,b总在宽轨上运动,直到两棒达到稳定状态,稳定时a棒的速度为 ,从开始运动到两棒稳定的过程中,电路中产生的焦耳热为 。12.(2025春 重庆期中)G为零刻度在中央的灵敏电流表,连接在直流电路中时的偏转情况如图①中所示,即电流从电流表G的左接线柱进时,指针也从中央向左偏。今把它与一线圈串联进行电磁感应实验,则图②中的条形磁铁的运动方向是向 (选填“上”或“下”);图③中电流表指针应向 (选填“左”或“右”)偏转;图④中的条形磁铁下端为 极(选填“N”或“S”)。13.(2025春 思明区校级期中)如图所示电路中,A1和A2是两个完全相同的灯泡。闭合开关S后,逐渐变亮的灯泡是 (选填“A.灯泡A1”或“B.灯泡A2”),经过一小段时间后,发现灯泡A1和A2亮度相同。断开开关S,将滑动变阻器R2滑片向 (选填“A.左”或“B.右”)移动,再次闭合开关S并经过一小段时间后,断开开关S,灯泡A2先闪亮一下再熄灭。四.解答题(共2小题)14.(2025 昌平区二模)电磁弹射是航空母舰上舰载机的一种起飞方式,是航空母舰的核心技术之一。某学习小组设计了一个简易的电容式电磁弹射装置,如图甲所示,在竖直向下的匀强磁场中,两根相距为L平行金属导轨水平放置,左端接电容为C的电容器,一导体棒MN放置在导轨右侧,与导轨垂直且接触良好。单刀双掷开关S先接1,经过足够长的时间后,再把开关S接到2,导体棒向右离开导轨后水平射出。已知匀强磁场的磁感应强度大小为B,导体棒的质量为m,接入电路部分的电阻为R,电源的电动势为E。不计导轨电阻及导体棒与导轨间的摩擦。(1)将开关S接1给电容器充电,在图乙所示的坐标系中画出电容器两极板电压u与电荷量q变化关系的图像;并求出经过足够长的时间后电容器极板的电荷量Q和电容器储存的电能Ep;(2)求开关S接2的瞬间导体棒的加速度大小a;(3)若某次试验导体棒弹射出去后电容器两端的电压减为初始值的,求导体棒离开导轨时的速度大小v。15.(2025 莆田四模)如图所示,两平行且足够长的金属导轨相距l=1m,导轨及导轨平面跟水平面均成37°角,MN是垂直于两导轨的一分界线,MN以上的导轨光滑,MN以下的导轨粗糙,两导轨的上端可以通过单刀双掷开关K和电容器C或定值电阻R相连接,整个装置处在方向垂直于导轨平面向上、磁感应强度大小B=2T的匀强磁场(图中未画出)中,开关K先接在1上,在光滑导轨上到分界线MN的距离s0=3m处由静止释放一质量m=0.1kg、长度l=1m的金属棒,经过时金属棒到达MN,此时开关K自动跳接在2上,已知电容器的电容C=1.5×10﹣2F,定值电阻R=30Ω,金属棒与导轨粗糙部分之间的动摩擦因数μ=0.85,滑动摩擦力等于最大静摩擦力,sin37°=0.6,cos37°=0.8,不计导轨及金属棒的电阻,重力加速度g取10m/s2,求:(1)金属棒到达分界线MN时的速度大小;(2)金属棒在粗糙导轨运动到离分界线MN的最远距离;(3)在金属棒的整个运动过程中,电阻R产生的电热和电容器储存的电能ΔE。期末核心考点 电磁感应及其应用参考答案与试题解析一.选择题(共7小题)1.(2025春 西山区校级期中)如图所示,一正方形线圈的匝数为n,边长为a,放置在水平地面上,线圈平面与匀强磁场垂直,且一半处在磁场中。从t=0时刻开始,磁场保持方向不变,大小按B=kt增加(k为已知常数)。线框的质量为m,电阻为R,线框与水平面的动摩擦因数为μ,线框与水平面的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g,则( )A.沿磁场方向看线框中产生的感应电流沿顺时针方向B.线框中的感应电流大小为C.线框所受摩擦力大小与时间成正比D.t时,线框开始运动【考点】法拉第电磁感应定律的基本计算;闭合电路欧姆定律的内容和表达式;安培力的计算公式及简单应用;楞次定律及其应用.【专题】定量思想;推理法;电磁感应与图象结合;推理论证能力.【答案】B【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和闭合电路的欧姆定律计算电流大小;先计算出线框所受安培力的表达式,当安培力和摩擦力相等时,线框开始运动。【解答】解:根据楞次定律可知线圈中的感应电流方向为逆时针,根据B=kt可得,根据法拉第电磁感应定律有,解得,I,解得I,线框在磁场中的有效长度为,线框所受的安培力大小为F=nBIL,静摩擦力f=nBIL,I不变,B与时间成正比,静摩擦力与时间成正比,当满足 F=μmg,时线框开始运动,把B=kt代入联立解得,运动起来后,摩擦力不变,故B正确,ACD错误。故选:B。【点评】计算线框所受安培力时,要注意线框在磁场中的有效长度,不能简单的认为是2a。2.(2025春 深圳月考)如图甲所示,两个闭合圆形线圈A、B的圆心重合,放在同一水平面内,线圈A中通以如图乙所示的变化电流,设t=0时电流沿逆时针方向(图中箭头所示)。关于线圈B的电流方向和所受安培力产生的效果,下列说法中正确的是( )A.0到t1时间内有顺时针方向的电流,且有收缩的趋势B.0到t1时间内有逆时针方向的电流,且有扩张的趋势C.t1到t2时间内有顺时针方向的电流,且有收缩的趋势D.t1到t2时间内有逆时针方向的电流,且有扩张的趋势【考点】楞次定律及其应用.【专题】定性思想;推理法;电磁感应中的力学问题;理解能力.【答案】B【分析】当线圈A中的电流发生变化时,会导致穿过线圈B的磁通量发生变化,进而在线圈B中产生感应电流。根据楞次定律,线圈B中产生的感应电流的方向会阻碍引起它的磁通量的变化。此外,线圈B中的电流产生的磁场会对线圈B自身产生力的作用,这股力的作用方向会使得线圈B有收缩或扩张的趋势,这取决于线圈B中电流的方向与原磁场的方向关系。【解答】解:根据题意可知,0到t1时间内电流沿逆时针方向减小,穿过线圈B的磁通量垂直纸面向外减小,根据楞次定律可知,线圈B内有逆时针方向的电流,且有扩张的趋势;根据题意可知,t1到t2时间内电流沿顺时针方向增大,穿过线圈B的磁通量垂直纸面向里增大,根据楞次定律可知,线圈B内有逆时针方向的电流,且有收缩的趋势。故ACD错误,B正确。故选:B。【点评】此题主要考查了电磁感应定律(楞次定律)的应用。此题的关键在于正确理解楞次定律的应用,即感应电流的方向总是试图对抗导致它产生的磁通量变化。此外,线圈中电流方向的变化不仅影响了感应电流的方向,也影响了线圈自身的行为(扩张或收缩)。3.(2025春 南京校级月考)如图所示,螺线管内有平行于轴线的匀强磁场,规定图甲中箭头所示方向为磁感应强度B的正方向,螺线管与U形导线框cdef相连,导线框cdef内有一半径很小的金属圆环L,圆环与导线框cdef在同一平面内。当螺线管内的磁感应强度随时间按图乙所示规律变化时( )A.在t1时刻,金属圆环L内的磁通量最大B.在t2时刻,导线框cdef内的感应电流最小C.在t1﹣t2时间内,金属圆环L有收缩趋势D.在t1﹣t2时间内,金属圆环L内有逆时针方向的感应电流【考点】法拉第电磁感应定律的基本计算;楞次定律及其应用.【专题】比较思想;图析法;电磁感应与电路结合;理解能力.【答案】C【分析】根据B﹣t图像结合法拉第电磁感应定律分析t1时刻线圈产生的感应电动势大小,再判断金属圆环L内的磁通量大小;在t2时刻,磁感应强度变化率最大,磁通量的变化率最大,线圈中产生的感应电流最大;在t1﹣t2时间内,根据楞次定律判断金属圆环L形状变化趋势;根据楞次定律判断金属圆环L内感应电流方向。【解答】解:A、由B﹣t图可知,t1时刻磁感应强度变化率为零,穿过线圈的磁通量的变化率为零,则线圈中产生的感应电动势为零,感应电流为零,金属圆环周围没有磁场,则金属圆环L内的磁通量最小,故A错误;B、t2时刻磁感应强度变化率最大,线圈的磁通量的变化率最大,则线圈中产生的感应电动势最大,导线框cdef内的感应电流最大,故B错误;C、在t1﹣t2时间内,磁感应强度变化率不断变大,则线圈的磁通量的变化率不断变大,线圈中产生的感应电动势不断变大,线圈内的感应电流不断变大,L内的磁场增加,由楞次定律可知,金属圆环L必须减小面积以达到阻碍磁通量的增加,故金属圆环L有收缩的趋势,故C正确;D、在t1﹣t2时间内,磁通量的变化率不断变大,则线圈内的感应电流不断变大,根据楞次定律,在线圈中的电流方向f到c,根据安培定则,穿过圆环的磁通量向外增大,则根据楞次定律,在金属圆环中产生顺时针方向的感应电流,故D错误。故选:C。【点评】解决本题的关键要掌握楞次定律判断感应电流的方向,安培定则判断电流和周围磁场方向的关系。4.(2025 朝阳区模拟)如图所示,两个灯泡A1和A2的规格相同,闭合开关,稳定后两个灯泡正常发光且亮度相同。下列说法正确的是( )A.闭合开关瞬间,A1、A2亮度相同B.闭合开关瞬间,M点电势低于N点电势C.电路稳定后断开S,A2闪亮一下再熄灭D.电路稳定后断开S瞬间,M点电势低于N点电势【考点】自感线圈对电路的影响;自感现象与自感系数.【专题】定性思想;归纳法;电磁感应与电路结合;推理论证能力.【答案】D【分析】闭合开关瞬间,由于线圈的自感作用,阻碍电流的通过,据此分析电势的高低和灯泡的亮度变化;电路稳定后断开S,由于线圈的自感作用,线圈和两个灯泡以及变阻器组成闭合回路,线圈相当于电源,据此比较M、N两点电势的高低,分析通过灯泡A2的电流变化,据此分析。【解答】解:AB、闭合开关瞬间,由于线圈的自感作用,阻碍电流的通过,但不是阻止,所以M点的电势高于N点的电势,则通过线圈的电流逐渐增大,即灯泡A1逐渐变亮,而灯泡A2马上亮,故AB错误;CD、电路稳定后两个灯泡一样亮,所以电路稳定后断开S,由于线圈的自感作用,线圈和两个灯泡以及变阻器组成闭合回路,线圈相当于电源,在电源内部电流从低电势流向高电势,所以M点的电势低于N点的电势,电路中的电流逐渐减小,通过A2的电流和原来一样大,所以不会出现闪亮效果,故C错误,D正确。故选:D。【点评】知道出现“闪亮”效果的条件,知道在电源内部电流从低电势流向高电势。5.(2025 丰台区二模)图1为某无线门铃按钮,其原理如图2所示。其中M为信号发射装置,M中有电流通过时,屋内的门铃会响。磁铁固定在按钮内侧,按下门铃按钮,磁铁靠近螺线管,松开门铃按钮,磁铁远离螺线管回归原位置。下列说法正确的是( )A.按住按钮不动,门铃会一直响B.松开按钮的过程,门铃会响C.按下和松开按钮过程,通过M的电流方向相同D.按下按钮的快慢不同,通过M的电流大小相同【考点】生活中的电磁感应现象;法拉第电磁感应定律的内容和表达式.【专题】定性思想;推理法;电磁感应与电路结合;推理论证能力.【答案】B【分析】按压和松开按键过程,会导致线圈内磁场变化,产生感应电动势,根据楞次定律判断感应电流的方向;当保持不动时,线圈内磁通量不变化,无感应电流。【解答】解:AB、按住按钮不动,穿过螺线管的磁通量不变,则无感应电流产生,则门铃不响,松开按钮的过程,穿过螺线管的磁通量减小,产生感应电流,门铃响,故A错误,B正确;C、图中磁场的方向向左,松开按钮过程,穿过螺线管的磁通量向右减小,按下按钮过程,穿过螺线管的磁通量向右增加,根据楞次定律可知,通过门铃的电流方向不同,故C错误;D、快速按下按钮,穿过螺线管的磁通量变化较快,产生的感应电动势较大,螺线管产生的感应电流大小较大,故D错误。故选:B。【点评】明确电磁感应的概念,知道线圈中磁通量变化,才会有感应电动势,闭合回路电路中才有电流产生。6.(2025 汕头一模)如图所示,铁芯左边悬挂一个轻质金属环,铁芯上有两个线圈M和P,线圈M和电源、开关、热敏电阻Rr相连,线圈P与电流表相连。已知热敏电阻RT的阻值随温度的升高而减小,保持开关闭合,下列说法正确的是( )A.当温度升高时,金属环向左摆动B.当温度不变时,电流表示数不为0C.当电流从a经电流表到b时,可知温度降低D.当电流表示数增大时,可知温度升高【考点】来拒去留;电路动态分析.【专题】定性思想;推理法;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】A【分析】根据电阻的变化,分析线圈M中电流的变化,进而分析穿过金属环的磁通量变化,根据楞次定律判断金属环的运动;当温度不变时,线圈M中的电流不变,穿过线圈P的磁通量不变;根据电流方向分析线圈P产生的磁场方向,和线圈M的磁场方向作比较即可;不知道电流的方向,无法判断温度的变化。【解答】解:A、当温度升高时,热敏电阻的阻值减小,则通过线圈M的电流增大,线圈M的磁场增强,穿过金属环的磁通量增加,根据楞次定律可知,为了阻碍穿过金属环的磁通量增加,金属环向左摆动,故A正确;B、当温度不变时,线圈M中的电流不变,穿过线圈P的磁通量不变,线圈P不发生电磁感应现象,没有感应电流产生,所以电流表的示数为0,故B错误;C、当电流从a经过电流表到b时,根据安培定则可知线圈P产生的感应电流磁场方向水平向左,和线圈M产生的磁场方向相反,说明通过线圈M的电流增大,可知温度升高,故C错误;D、当电流表示数增大时,不知道电流的方向,所以无法判断感应电流的磁场方向,则无法确定线圈M中磁场的变化,则无法判断温度的变化,故D错误。故选:A。【点评】本题考查了对楞次定律的理解和应用。7.(2025 丰台区二模)利用电磁学原理能够方便准确地探测地下金属管线的位置、走向和埋覆深度。如图所示,在水平地面下埋有一根足够长的走向已知且平行于地面的金属管线,管线中通有正弦式交变电流。已知电流为i的无限长载流导线在距其为r的某点处产生的磁感应强度大小,其中k为常数,r大于导线半径。在垂直于管线的平面上,以管线正上方地面处的O点为坐标原点,沿地面方向为x轴方向,垂直于地面方向为y轴方向建立坐标系。在x轴上取两点M、N,y轴上取一点P。利用面积足够小的线框(线框平面始终与xOy平面垂直),仅通过测量以下物理量无法得到管线埋覆深度h的是( )A.M、N的距离,线框在M、N两点水平放置时的感应电动势B.O、P的距离,线框在O、P两点竖直放置时的感应电动势C.O、M的距离,线框在M点水平放置和竖直放置时的感应电动势D.O、M的距离,线框在M点感应电动势最大时与水平面的夹角【考点】感应电动势及其产生条件;法拉第电磁感应定律的内容和表达式;通电直导线周围的磁场.【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】A【分析】分别求解当线圈竖直放置时和当线圈水平放置时,M和N两点产生个感应电动势表达式,结合每个选项以及几何关系求解。【解答】解:由题意知设电流i=Imsinωt(Im为电流最大值)在距离管线为r处,磁感应强度当线圈放下O、P位置,线圈竖直放置时,线圈平面与磁场方向垂直,在O位置产生的感应电动势,在P点产生的感应电动势设M点到坐标(xM,0)线框放在M点时,当线圈竖直放置时,线框平面与半径方向夹角为θ,如图所示则感应电动势同理N点的感应电动势当线圈水平放置在M、N位置时,线圈平面磁场之间的夹角为θ,在M点产生的感应电动势在N点产生的感应电动势A.若已知线框在M、N两点水平放置时的感应电动势E'M和E'N,可以求得,如果已知xN﹣xM=d,可以求得xM,xN的值,但无法求得h,故A错误;B.若已知线框在O、P两点竖直放置时的感应电动势EO,EP,可以求得,如果再知道O、P的距离yP可求得h值,故B正确;C.若知道线框在M点水平放置和竖直放置时的感应电动势E'M和EM可以求得,若再知道O、M的距离xM,可以求得h值,故C正确;D.若线框在M点感应电动势最大时与水平面的夹角α,线圈方向与半径方向相同,可求的,若再知道O、M的距离xM,可以求得h值,故D正确。本题选错误的,故选:A。【点评】本题考查法拉第电磁感应定律的应用,解题关键是得出线圈感应电动势表达式,难度较大。二.多选题(共3小题)(多选)8.(2025 沙坪坝区校级模拟)如图甲所示,足够长的光滑平行金属导轨固定在水平桌面上,匀强磁场垂直于导轨平面向下,导轨电阻不计,其左侧接阻值R1=12Ω的定值电阻。质量m=1kg,阻值R2=6Ω的金属杆AB置于轨道上,与轨道垂直且接触良好,杆受到水平拉力F的作用,力F随时间t变化的图像如图乙所示。杆由静止开始做匀加速直线运动,t=2s时撤去F,关于杆从静止开始的整个运动过程,下列说法正确的是( )A.金属杆做匀加速运动的加速度大小为2m/s2B.整个过程金属杆的位移为8mC.整个过程金属杆产生的热量为D.整个过程通过定值电阻的电量为2C【考点】单杆在导轨上无外力作用下切割磁场的运动问题;电磁感应过程中的能量类问题;闭合电路欧姆定律的内容和表达式.【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】AD【分析】根据牛顿第二定律、安培力公式以及法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律相结合得到F与t的关系式,结合图像的信息求出加速度大小以及BL大小;撤去F前,根据位移—时间公式求金属杆的位移。撤去F后,根据动量定理求金属杆的位移,从而求得总位移;根据功能关系分析整个过程金属杆产生的热量;根据电量与磁通量变化量的关系求通过定值电阻的电量。【解答】解:A、金属杆由静止做匀加速直线运动时,根据牛顿第二定律有F﹣BIL=ma又,E=BLv=BLat联立得结合图像知ma=2N,N/s=2N/s解得a=2m/s2,BL=3T m,故A正确;B、撤去F前,金属杆的位移x1m=4m2s末速度v=at=2×2m/s=4m/s撤去F后在一段极短的时间Δt内,对金属杆,取向右为正方向,由动量定理有﹣BILΔt=mΔv其中,E=BLv得撤去F后一直到金属杆停止运动的过程,将上式两边求和得解得x2=8m故整个过程杆的位移为x=x1+x2=4m+8m=12m,故B错误;D、整个过程回路磁通量变化量ΔΦ=BLx=3×12Wb=36Wb又,,可得,故D正确;C、根据功能关系,整个过程中回路产生的总热量等于F做的功。由于,所以,整个过程金属杆产生的热量为F做功的,若F始终为最大值4N,其做功为W=Fx1=4×4J=16J,金属杆产生的热量为,故整个过程金属杆产生的热量小于,故C错误。故选:AD。【点评】本题主要是考查电磁感应现象,关键是弄清楚导体棒的运动情况和受力情况,根据电磁感应规律结合牛顿第二定律、动量定理等等力学规律进行求解。涉及能量问题,常根据动能定理、功能关系等列方程求解。(多选)9.(2025 厦门模拟)如图所示,一质量为M的足够长“匚”型金属导轨abcd放在光滑的绝缘水平面上。质量为m、电阻不计的导体棒PQ平行bc放置在导轨上,PQ左侧有两个固定于水平面的立柱。导轨单位长度的电阻为R0,bc长为L,初始时bc与PQ间距离也为L。分界线ef与bc平行,其左侧有竖直向上的匀强磁场,右侧有水平向左的匀强磁场,磁感应强度大小均为B。在t=0时,一水平向左的拉力F垂直作用在导轨bc段中点,使导轨由静止开始做匀加速直线运动,加速度大小为a,PQ与导轨间动摩擦因数为μ,且始终接触良好,则( )A.回路中的电动势先增大后减小B.运动过程中拉力F的最大值为C.若t0时间内导轨产生的焦耳热为Q,则该时间内导轨克服安培力做功为QD.若t0时间内导轨产生的焦耳热为Q,则该时间内导轨克服摩擦力做功为μmgatμQ【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】定量思想;推理法;万有引力定律的应用专题;机械能守恒定律应用专题;功能关系 能量守恒定律;电磁感应中的力学问题;推理论证能力.【答案】CD【分析】导轨在拉力作用下做匀加速运动,速度随时间线性增加,导致回路中感应电动势持续增大而非先增后减。拉力需克服安培力、摩擦力和提供加速度,其最大值出现在特定时刻,表达式涉及导轨质量、加速度、摩擦系数及磁场参数。焦耳热直接对应克服安培力所做的功。导轨克服摩擦力做功包含两部分,一部分与导体棒重力及加速度相关,另一部分与焦耳热成正比。【解答】解:A、导轨做初速为零的匀加速运动,t时刻的速度v=at。回路中感应电动势:E=BLv=BLat,可知回路中的电动势一直增大,故A错误。B、导轨运动以后,由v=at,,Rx=R0 2x,,F安=BIL,解得:。导轨受外力F、安培力F安和滑动摩擦力f,其中f=μFN=μ(mg+F安)。对导轨由牛顿第二定律得F﹣F安﹣f=Ma,联立解得:。分析可知,当,即时,力F最大,则,故B错误。C、克服安培力做功等于产生的焦耳热,可知若t时间内导轨产生的焦耳热为Q,则该时间内导轨克服安培力做功为Q,选项C正确。D、导轨克服摩擦力做功为W=μ(mg+F安)x,而Q=F安x,,则有,选项D正确。故选:CD。【点评】本题综合考查电磁感应、动力学和能量转化,涉及匀加速运动、安培力计算及功能关系。题目通过导轨在复合磁场中的运动,巧妙结合了电磁感应定律与牛顿第二定律,计算量较大但逻辑清晰。难点在于分析回路电阻变化对安培力的影响,以及拉力F随时间的极值问题。选项C直接考查能量守恒,D项则需通过安培力做功与摩擦生热的关系推导,体现了电磁感应中能量转化的典型思路。(多选)10.(2025春 顺义区校级期中)如图单匝线圈ABCD在外力作用下以速度v向右匀速进入匀强磁场,第二次又以2v匀速进入同一匀强磁场。以下说法正确的是( )A.第一次进入与第二次进入时线圈中电流之比1:2B.第一次进入与第二次进入时线圈中通过导线横截面的电荷量之比1:2C.第一次进入与第二次进入时外力做功的功率之比1:4D.第一次进入与第二次进入过程中线圈产生热量之比1:4【考点】线圈进出磁场的能量计算;法拉第电磁感应定律的内容和表达式;线圈进出磁场的电压、电流、电荷量等电学量的计算.【答案】AC【分析】A、根据E=BLv可得感应电动势之比,根据闭合电路欧姆定律可得感应电流之比;C、由P=I2R可得克服安培力做功的功率之比,线圈匀速进入,外力做功的功率与克服安培力做功的功率相等,则可得结论;D、线圈匀速进入磁场,则可得线圈进入磁场的时间,由Q=Pt可得热量之比;B、由电荷量量,可得电荷量之比。【解答】解:A、线圈进入磁场过程产生的感应电动势E=BLv,可得第一次进入与第二次进入时线圈中电动势之比:E1:E2=v1:v2=1:2由闭合电路欧姆定律有,可得第一次进入与第二次进入时线圈中电流之比:I1:I2=E1:E2=1:2,故A正确;C、由P=I2R可得克服安培力做功的功率之比:,线圈匀速进入磁场,外力做功的功率与克服安培力做功的功率相等,所以第一次进入与第二次进入时外力做功的功率之比为1:4,故C正确;D、设CD边的边长为L,线圈进入磁场的时间t产生的热量为,可得两次产生的热量之比:,故D错误。B、由电荷量,可得q1:q2=1:1,故B错误;故选:AC。【点评】本题考查了电磁感应中的能量问题、闭合电路欧姆定律、电荷量,解题的关键是线圈匀速进入磁场,外力和安培力等大反向,产生的感应电动势恒定,电流恒定。三.填空题(共3小题)11.(2025春 思明区校级期中)如图,空间存在竖直向上的匀强磁场,磁感应强度大小为B,足够长的光滑平行金属导轨水平放置,导轨左右两部分的间距分别为l、2l;质量分别为m、2m的导体棒a、b均垂直导轨放置,导体棒a、b接入电路总电阻为R,其余电阻均忽略不计;a、b两棒分别以v0、2v0的初速度同时向右运动,两棒在运动过程中始终与导轨垂直且保持良好接触,a总在窄轨上运动,b总在宽轨上运动,直到两棒达到稳定状态,稳定时a棒的速度为 2v0 ,从开始运动到两棒稳定的过程中,电路中产生的焦耳热为 。【考点】双杆在不等宽导轨上切割磁场的运动问题;动量定理在电磁感应问题中的应用;电磁感应过程中的能量类问题.【专题】定量思想;方程法;电磁感应——功能问题;分析综合能力.【答案】2v0;。【分析】对导体棒,根据牛顿第二定律,可求二者的加速度;根据导体棒切割磁感线产生电动势的公式,分别对a棒及b棒列方程,以及稳定时回路中的电流为零,结合运动学的公式可求a、b最终的速度。【解答】解:根据右手定则可知,两棒产生的电动势方向都是从外向里,经过E=BIL可知b棒产生的电动势大,所以电路中的电流为逆时针方向,根据左手定则,可知a受到的安培力的方向向右,b受到的安培力的方向向左。对导体棒,根据牛顿第二定律得F安=F合设电路中的电流为I,则a受到的安培力F1=BIl=ma1可得a1同理可得b的加速度a2可知二者的加速度大小始终相等。稳定时回路中的电流为零,即a棒与b棒产生的电动势大小相等Blva=B 2lvb解得va=2vb二者的加速度大小始终相等,则在相同的时间内二者速度的变化量始终大小相等,设为Δv,则va=v0+Δv;vb=2v0﹣Δv联立解得:vb=v0,va=2v0设电路中产生的焦耳热为Q,对ab系统,根据能量守恒得代入数据可得Q故答案为:2v0;。【点评】本题考查电磁感应规律的综合应用,注意牛顿第二定律、右手定则、左手定则及能量守恒定律等知识是解决此类问题的关键。12.(2025春 重庆期中)G为零刻度在中央的灵敏电流表,连接在直流电路中时的偏转情况如图①中所示,即电流从电流表G的左接线柱进时,指针也从中央向左偏。今把它与一线圈串联进行电磁感应实验,则图②中的条形磁铁的运动方向是向 下 (选填“上”或“下”);图③中电流表指针应向 左 (选填“左”或“右”)偏转;图④中的条形磁铁下端为 N 极(选填“N”或“S”)。【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.【答案】下;左;N【分析】要使灵敏电流计的指针向左偏转,根据图①实验可知,电流是从左接线柱流入灵敏电流表,从而知道螺线管中电流方向,由安培定则从而知道感应电流的磁场方向,根据楞次定律知,磁通量的变化,从而确定磁体的运动方向以及磁极。【解答】解:图②中的电流计指针左偏,可知感应电流是从左侧流入的,根据安培定则可知感应电流的磁场向下,原磁场向上,根据楞次定律可知可知条形磁铁的运动方向是向下;图③中穿过线圈的磁通量向下减小,根据楞次定律可知,线圈中产生的感应电流从左侧流入电表,可知电流表指针应向左偏转;图④中的电流表指针向右偏转,可知感应电流从右侧流入电表,感应电流的磁场向上,磁铁插入,则穿过线圈的磁通量向下增加的,可知条形磁铁下端为N极。故答案为:下;左;N【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。13.(2025春 思明区校级期中)如图所示电路中,A1和A2是两个完全相同的灯泡。闭合开关S后,逐渐变亮的灯泡是 灯泡A1 (选填“A.灯泡A1”或“B.灯泡A2”),经过一小段时间后,发现灯泡A1和A2亮度相同。断开开关S,将滑动变阻器R2滑片向 左 (选填“A.左”或“B.右”)移动,再次闭合开关S并经过一小段时间后,断开开关S,灯泡A2先闪亮一下再熄灭。【考点】自感线圈对电路的影响.【专题】定性思想;推理法;电磁感应与电路结合;推理论证能力.【答案】灯泡A1;左【分析】闭合开关S时,滑动变阻器R不产生感应电动势,灯泡A2立刻正常发光,线圈的电流增大,产生自感电动势,根据楞次定律判断电流如何变化,分析灯泡亮度如何变化;再断开开关S,线圈中电流减小,产生自感电动势,根据灯泡亮度变化判断滑动变阻器滑片移动方向。【解答】解:若重闭合开关S,线圈L中的电流增大时,会产生自感电动势,阻碍流过线圈的电流的增大,可观察到开关闭合的瞬间,灯泡A1逐渐变亮。闭合开关S稳定后,若突然断开开关S,要使灯泡A2先闪亮一下再熄灭,必须稳定发光时,灯泡A2电流小于A1,在原来二者亮度相同时增加滑动变阻器电阻,即滑片向左移动即可。故答案为:灯泡A1;左【点评】当通过线圈的电流变化时,线圈会产生自感电动势,阻碍电流的变化,自感现象是一种特殊的电磁感应现象,遵守楞次定律。四.解答题(共2小题)14.(2025 昌平区二模)电磁弹射是航空母舰上舰载机的一种起飞方式,是航空母舰的核心技术之一。某学习小组设计了一个简易的电容式电磁弹射装置,如图甲所示,在竖直向下的匀强磁场中,两根相距为L平行金属导轨水平放置,左端接电容为C的电容器,一导体棒MN放置在导轨右侧,与导轨垂直且接触良好。单刀双掷开关S先接1,经过足够长的时间后,再把开关S接到2,导体棒向右离开导轨后水平射出。已知匀强磁场的磁感应强度大小为B,导体棒的质量为m,接入电路部分的电阻为R,电源的电动势为E。不计导轨电阻及导体棒与导轨间的摩擦。(1)将开关S接1给电容器充电,在图乙所示的坐标系中画出电容器两极板电压u与电荷量q变化关系的图像;并求出经过足够长的时间后电容器极板的电荷量Q和电容器储存的电能Ep;(2)求开关S接2的瞬间导体棒的加速度大小a;(3)若某次试验导体棒弹射出去后电容器两端的电压减为初始值的,求导体棒离开导轨时的速度大小v。【考点】含有电容器的导轨滑杆模型;牛顿第二定律的简单应用.【专题】定量思想;推理法;牛顿运动定律综合专题;推理论证能力.【答案】(1)画出电容器两极板电压u与电荷量q变化关系的图像如解析,电容器极板的电荷量Q为CE,电容器储存的电能Ep为;(2)开关S接2的瞬间导体棒的加速度大小a为;(3)导体棒离开导轨时的速度大小v为。【分析】(1)根据电容的定义式和u﹣q图像面积的物理意义列式求解;(2)根据闭合电路的欧姆定律和牛顿第二定律求解加速度;(3)根据动量定理列式解答。【解答】解:(1)电容器两极板电压u与电荷量q变化关系的图像如图所示根据电容的定义,得Q=CE,电容器储存的电能为u﹣q图像与横轴所围三角形面积,故有;(2)开关S接2的瞬间,金属棒中电流,安培力大小FA=BIL,根据牛顿第二定律,加速度大小;(3)规定水平向右的方向为正方向,根据动量定理,电容器两端的电压减为初始值的过程中,通过导体棒的电荷量 ,所以,得。答:(1)画出电容器两极板电压u与电荷量q变化关系的图像如解析,电容器极板的电荷量Q为CE,电容器储存的电能Ep为;(2)开关S接2的瞬间导体棒的加速度大小a为;(3)导体棒离开导轨时的速度大小v为。【点评】考查电容器的相关知识和动量定理的应用,牛顿第二定律等,会根据题意进行准确分析解答。15.(2025 莆田四模)如图所示,两平行且足够长的金属导轨相距l=1m,导轨及导轨平面跟水平面均成37°角,MN是垂直于两导轨的一分界线,MN以上的导轨光滑,MN以下的导轨粗糙,两导轨的上端可以通过单刀双掷开关K和电容器C或定值电阻R相连接,整个装置处在方向垂直于导轨平面向上、磁感应强度大小B=2T的匀强磁场(图中未画出)中,开关K先接在1上,在光滑导轨上到分界线MN的距离s0=3m处由静止释放一质量m=0.1kg、长度l=1m的金属棒,经过时金属棒到达MN,此时开关K自动跳接在2上,已知电容器的电容C=1.5×10﹣2F,定值电阻R=30Ω,金属棒与导轨粗糙部分之间的动摩擦因数μ=0.85,滑动摩擦力等于最大静摩擦力,sin37°=0.6,cos37°=0.8,不计导轨及金属棒的电阻,重力加速度g取10m/s2,求:(1)金属棒到达分界线MN时的速度大小;(2)金属棒在粗糙导轨运动到离分界线MN的最远距离;(3)在金属棒的整个运动过程中,电阻R产生的电热和电容器储存的电能ΔE。【考点】倾斜平面内的导轨滑杆模型;闭合电路欧姆定律的内容和表达式.【专题】计算题;学科综合题;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】(1)金属棒到达分界线MN时的速度大小为4m/s;(2)金属棒在粗糙导轨运动到离分界线MN的最远距离为4m;(3)在金属棒的整个运动过程中,电阻R产生的电热为1J,电容器储存的电能ΔE为0.48J。【分析】(1)金属棒在光滑导轨上的运动过程,利用动量定理结合电荷量与电流的关系求解金属棒到达分界线MN时的速度大小;(2)金属棒在粗糙导轨上做减速运动的过程,根据牛顿第二定律、电流定义式、加速度定义式以及安培力公式求出金属棒的加速度大小,再由运动学公式求金属棒运动到离分界线MN的最远距离;(3)根据能量守恒定律求在金属棒的整个运动过程中,电阻R产生的电热和电容器储存的电能ΔE。【解答】解:(1)金属棒在光滑导轨上的运动时,设金属棒到达分界线MN时的速度大小为v0,取沿斜面向下为正方向,由动量定理有其中联立解得v0=4m/s(2)金属棒在粗糙导轨上的减速运动时,流过金属棒的电流为电容器的电压u=Blv金属棒运动的加速度大小金属棒受到的安培力大小FA=Bil对金属棒,由牛顿第二定律有μmgcos37°+FA﹣mgsin37°=ma联立解得可见金属棒做匀减速运动,代入数据解得a=2m/s2金属棒在粗糙导轨上运动到离分界线MN的最远距离为xmm=4m(3)金属棒沿光滑导轨的运动过程,由能量守恒定律有代入数据解得Q=1J金属棒在粗糙导轨运动到离分界线MN距离最远的过程,由能量守恒定律有代入数据解得ΔE=0.48J答:(1)金属棒到达分界线MN时的速度大小为4m/s;(2)金属棒在粗糙导轨运动到离分界线MN的最远距离为4m;(3)在金属棒的整个运动过程中,电阻R产生的电热为1J,电容器储存的电能ΔE为0.48J。【点评】分析清楚电路结构与金属棒的运动过程是解题的前提与关键,应用安培力公式、能量守恒定律、动量定理、牛顿第二定律与运动公式可以解题。21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 (共 2 页)21世纪教育网(www.21cnjy.com) 展开更多...... 收起↑ 资源预览