專(zhuān)題31電磁感應(yīng)+電路和動(dòng)力學(xué)考點(diǎn)三年考情（2022-2024）命題趨勢(shì)考點(diǎn)1電磁感應(yīng)+電路（5年2考）2024年高考湖北卷第15題：金屬棒在兩足夠長(zhǎng)平行金屬直導(dǎo)軌滑動(dòng)；2022年全國(guó)理綜甲卷第20題：兩根相互平行的光滑長(zhǎng)直金屬導(dǎo)軌一端接電阻或電容，金屬棒在其上滑動(dòng)；2022年全國(guó)理綜甲卷第16題：三個(gè)用同樣的細(xì)導(dǎo)線(xiàn)做成的剛性閉合線(xiàn)框，放入磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間線(xiàn)性變化的同一勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。1.電磁感應(yīng)中電路問(wèn)題包括電容電路和串并聯(lián)電路，是考查的熱點(diǎn)。2.電磁感應(yīng)中動(dòng)力學(xué)問(wèn)題的考查主要集中在加速度、速度、安培力等，解答此類(lèi)問(wèn)題，需要利用牛頓運(yùn)動(dòng)定律、法拉第電磁感應(yīng)定律、安培力及其相關(guān)知識(shí)?？键c(diǎn)2電磁感應(yīng)+動(dòng)力學(xué)（5年4考）2024年1月浙江選考第21題：掃描隧道顯微鏡減振裝置。2022年高考遼寧物理：兩金屬桿在兩平行光滑長(zhǎng)直金屬導(dǎo)軌上滑動(dòng)?？键c(diǎn)01電磁感應(yīng)+電路1．（2024年高考湖北卷第15題）.如圖所示，兩足夠長(zhǎng)平行金屬直導(dǎo)軌MN、PQ的間距為L(zhǎng)，固定在同一水平面內(nèi)，直導(dǎo)軌在左端M、P點(diǎn)分別與兩條豎直固定、半徑為L(zhǎng)的圓弧導(dǎo)軌相切。MP連線(xiàn)與直導(dǎo)軌垂直，其左側(cè)無(wú)磁場(chǎng)，右側(cè)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。長(zhǎng)為L(zhǎng)、質(zhì)量為m、電阻為R的金屬棒ab跨放在兩圓弧導(dǎo)軌的最高點(diǎn)。質(zhì)量為2m、電阻為6R的均勻金屬絲制成一個(gè)半徑為L(zhǎng)的圓環(huán)，水平放置在兩直導(dǎo)軌上，其圓心到兩直導(dǎo)軌的距離相等。忽略導(dǎo)軌的電阻、所有摩擦以及金屬環(huán)的可能形變，金屬棒、金屬環(huán)均與導(dǎo)軌始終接觸良好，重力加速度大小為g?，F(xiàn)將金屬棒ab由靜止釋放，求（1）ab剛越過(guò)MP時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小；（2）金屬環(huán)剛開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大??；（3）為使ab在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中不與金屬環(huán)接觸，金屬環(huán)圓心初始位置到MP的最小距離?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【解析】（1）根據(jù)題意可知，對(duì)金屬棒ab由靜止釋放到剛越過(guò)MP過(guò)程中，由動(dòng)能定理有解得則ab剛越過(guò)MP時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為（2）根據(jù)題意可知，金屬環(huán)在導(dǎo)軌間兩段圓弧并聯(lián)接入電路中，軌道外側(cè)的兩端圓弧金屬環(huán)被短路，由幾何關(guān)系可得，每段圓弧的電阻為可知，整個(gè)回路的總電阻為ab剛越過(guò)MP時(shí)，通過(guò)ab的感應(yīng)電流為對(duì)金屬環(huán)由牛頓第二定律有解得（3）根據(jù)題意，結(jié)合上述分析可知，金屬環(huán)和金屬棒ab所受的安培力等大反向，則系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，由于金屬環(huán)做加速運(yùn)動(dòng)，金屬棒做減速運(yùn)動(dòng)，為使ab在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中不與金屬環(huán)接觸，則有當(dāng)金屬棒ab和金屬環(huán)速度相等時(shí)，金屬棒ab恰好追上金屬環(huán)，設(shè)此時(shí)速度為，由動(dòng)量守恒定律有解得對(duì)金屬棒，由動(dòng)量定理有則有設(shè)金屬棒運(yùn)動(dòng)距離為，金屬環(huán)運(yùn)動(dòng)的距離為，則有聯(lián)立解得則金屬環(huán)圓心初始位置到MP的最小距離2..（2022高考上海）寬L=0.75m的導(dǎo)軌固定，導(dǎo)軌間存在著垂直于紙面且磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.4T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。虛線(xiàn)框I、II中有定值電阻R0和最大阻值為20Ω的滑動(dòng)變阻器R。一根與導(dǎo)軌等寬的金屬桿以恒定速率向右運(yùn)動(dòng)，圖甲和圖乙分別為變阻器全部接入和一般接入時(shí)沿abcda方向電勢(shì)變化的圖像。求：（1）勻強(qiáng)磁場(chǎng)的方向；（2）分析并說(shuō)明定值電阻R0在I還是在II中，并且R0大小為多少？（3）金屬桿運(yùn)動(dòng)的速率；（4）滑動(dòng)變阻器阻值為多大時(shí)變阻器的功率最大？并求出該最大功率Pm?！久}意圖】本題考查電磁感應(yīng)及其相關(guān)知識(shí)點(diǎn)。【思維導(dǎo)圖】由電勢(shì)圖像得出a點(diǎn)電勢(shì)高→切割磁感線(xiàn)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的金屬桿是電源→金屬桿上端為高電勢(shì)（電源正極）→金屬桿中電流方向從下到上→右手定則→磁場(chǎng)方向垂直紙面向里對(duì)比圖甲和圖乙→串聯(lián)電路分壓規(guī)律→I中為定值電阻→歐姆定律列方程組→解得R0和φ0..把定值電阻和金屬桿視作等效電源→電源輸出電功率最大條件→滑動(dòng)變阻器最大功率【名師解析】（1）a點(diǎn)電勢(shì)高，即金屬桿上端電勢(shì)高，根據(jù)右手定則可判斷出磁場(chǎng)垂直紙面向里（2）滑動(dòng)變阻器接入阻值減小時(shí)，Uab變大，根據(jù)串聯(lián)電路分壓特點(diǎn)，說(shuō)明I中的阻值分到的電壓增多，I中為定值電阻。金屬桿的電阻不計(jì)，Uad=E=φ0?；瑒?dòng)變阻器兩種情況下，R=1.2V，R=1.0V，聯(lián)立解得：R0=5Ω，φ0=1.5V（3）金屬桿切割磁感線(xiàn)，產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，E=BLv=φ0=1.5V解得v=5m/s（4）將定值電阻和金屬桿視作一個(gè)等效電源，由電源輸出功率最大的條件可知，當(dāng)滑動(dòng)變阻器阻值為Rx=R0=5Ω時(shí)，滑動(dòng)變阻器消耗的電功率最大，最大功率Pm===0.1125W。3.（2022年全國(guó)理綜甲卷第20題）如圖，兩根相互平行的光滑長(zhǎng)直金屬導(dǎo)軌固定在水平絕緣桌面上，在導(dǎo)軌的左端接入電容為C的電容器和阻值為R的電阻。質(zhì)量為m、阻值也為R的導(dǎo)體棒MN靜止于導(dǎo)軌上，與導(dǎo)軌垂直，且接觸良好，導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)，整個(gè)系統(tǒng)處于方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。開(kāi)始時(shí)，電容器所帶的電荷量為Q，合上開(kāi)關(guān)S后，（）A．通過(guò)導(dǎo)體棒MN電流的最大值為B．導(dǎo)體棒MN向右先加速、后勻速運(yùn)動(dòng)C．導(dǎo)體棒MN速度最大時(shí)所受的安培力也最大D．電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱大于導(dǎo)體棒MN上產(chǎn)生的焦耳熱【參考答案】AD【命題意圖】本題考查電容器電容、電磁感應(yīng)、安培力、運(yùn)動(dòng)情況分析、焦耳熱?！窘忸}思路】帶電荷量Q的電容器兩端電壓U=Q/C，合上開(kāi)關(guān)S的瞬間，通過(guò)導(dǎo)體棒MN的電流最大，最大值為IM=U/R=Q/RC，選項(xiàng)A正確；合上開(kāi)關(guān)S后導(dǎo)體棒MN受到向右安培力作用先向右加速運(yùn)動(dòng)，產(chǎn)生與原來(lái)電流方向相反的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，阻礙電流通過(guò)MN放電，而電容器還可以通過(guò)電阻R放電，導(dǎo)體棒MN向右運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)與電阻R形成回路，受到向左安培力作用做減速運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；合上開(kāi)關(guān)S的瞬間，通過(guò)導(dǎo)體棒MN的電流最大，導(dǎo)體棒所受安培力最大，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；由于合上開(kāi)關(guān)S后導(dǎo)體棒MN受到向右安培力作用先向右加速運(yùn)動(dòng)，產(chǎn)生與原來(lái)電流方向相反的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，阻礙電流通過(guò)MN放電，所以電阻R產(chǎn)生的焦耳熱大于導(dǎo)體棒MN上產(chǎn)生的焦耳熱，選項(xiàng)D正確。【易錯(cuò)提醒】通電導(dǎo)線(xiàn)做切割磁感線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，產(chǎn)生與原來(lái)電流方向相反的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，阻礙電流通過(guò)。4．（2022年全國(guó)理綜甲卷第16題）三個(gè)用同樣的細(xì)導(dǎo)線(xiàn)做成的剛性閉合線(xiàn)框，正方形線(xiàn)框的邊長(zhǎng)與圓線(xiàn)框的直徑相等，圓線(xiàn)框的半徑與正六邊形線(xiàn)框的邊長(zhǎng)相等，如圖所示。把它們放入磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間線(xiàn)性變化的同一勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，線(xiàn)框所在平面均與磁場(chǎng)方向垂直，正方形、圓形和正六邊形線(xiàn)框中感應(yīng)電流的大小分別為和。則（）A．B．C．D．【參考答案】C【命題意圖】本題考查法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路歐姆定律及其相關(guān)知識(shí)點(diǎn)?！窘忸}思路】設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度變化率為k，設(shè)圓半徑為r，單位長(zhǎng)度導(dǎo)線(xiàn)的電阻為R0，則正方形線(xiàn)框產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E1=4r2k，正方形線(xiàn)框電阻R1=8rR0，感應(yīng)電流I1=E1/R1=kr/2R0；圓形線(xiàn)框產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E2=πr2k，圓形線(xiàn)框電阻R2=2πrR0，感應(yīng)電流I2=E2/R2=kr/2R0；正六邊形線(xiàn)框產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E3=r2k，正六邊形線(xiàn)框電阻R3=6rR0，感應(yīng)電流I3=E3/R3=；所以I1=I2＞I3，選項(xiàng)C正確?？键c(diǎn)02電磁感應(yīng)+動(dòng)力學(xué)1.（2024高考遼寧卷）如圖，兩條“∧”形的光滑平行金屬導(dǎo)軌固定在絕緣水平面上，間距為L(zhǎng)，左、右兩導(dǎo)軌面與水平面夾角均為30°，均處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為2B和B。將有一定阻值的導(dǎo)體棒ab、cd放置在導(dǎo)軌上，同時(shí)由靜止釋放，兩棒在下滑過(guò)程中始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，ab、cd的質(zhì)量分別為2m和m，長(zhǎng)度均為L(zhǎng)。導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)且電阻不計(jì)，重力加速度為g，兩棒在下滑過(guò)程中（）A.回路中的電流方向?yàn)閍bcda B.ab中電流趨于C.ab與cd加速度大小之比始終為2︰1 D.兩棒產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)始終相等【答案】AB【解析】導(dǎo)體棒ab和cd同時(shí)由靜止釋放，速度為v時(shí)，ab產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E1=2BLv，由右手定則可判斷出ab中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)方向?yàn)閍→b；cd產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E2=BLv，由右手定則可判斷出ab中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)方向?yàn)閏→d，兩導(dǎo)體棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)；所以回路中的電流方向?yàn)閍bcda，A正確；當(dāng)導(dǎo)體棒所受安培力沿導(dǎo)軌方向的分力等于重力沿導(dǎo)軌方向的分力時(shí)，導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動(dòng)，電流趨于最大值。設(shè)ab導(dǎo)體棒中電流趨于I，ab所受安培力F=2BLI，由Fcos30°=2mgsin30°，解得I=，B正確；導(dǎo)體棒速度為v時(shí)回路中總感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=E1+E2=3BLv，導(dǎo)體棒中電流I=E/2R=,對(duì)導(dǎo)體棒ab，所受安培力F1=，由牛頓第二定律2mgsin30°-F1cos30°=2ma1，解得a1=g/2-；對(duì)導(dǎo)體棒cd，由所受安培力F2=，由牛頓第二定律mgsin30°-F2cos30°=ma2，解得a2=g/2-；由此可知，ab和cd加速度大小始終相等，C錯(cuò)誤；由于ab和cd加速度大小始終相等，可知兩導(dǎo)體棒速度大小始終相等，由于兩邊磁感應(yīng)強(qiáng)度不同，由E=BLv可知兩導(dǎo)體棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)始終不相等，D錯(cuò)誤。2.（2024年高考河北卷）如圖，邊長(zhǎng)為的正方形金屬細(xì)框固定放置在絕緣水平面上，細(xì)框中心O處固定一豎直細(xì)導(dǎo)體軸。間距為L(zhǎng)、與水平面成角的平行導(dǎo)軌通過(guò)導(dǎo)線(xiàn)分別與細(xì)框及導(dǎo)體軸相連。導(dǎo)軌和細(xì)框分別處在與各自所在平面垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B。足夠長(zhǎng)的細(xì)導(dǎo)體棒在水平面內(nèi)繞O點(diǎn)以角速度勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，水平放置在導(dǎo)軌上的導(dǎo)體棒始終靜止。棒在轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中，棒在所受安培力達(dá)到最大和最小時(shí)均恰好能靜止。已知棒在導(dǎo)軌間的電阻值為R，電路中其余部分的電阻均不計(jì)，棒始終與導(dǎo)軌垂直，各部分始終接觸良好，不計(jì)空氣阻力，重力加速度大小為g。（1）求棒所受安培力的最大值和最小值。（2）鎖定棒，推動(dòng)棒下滑，撤去推力瞬間，棒的加速度大小為a，所受安培力大小等于（1）問(wèn)中安培力的最大值，求棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)?！敬鸢浮浚?），；（2）【解析】（1）當(dāng)OA運(yùn)動(dòng)到正方形細(xì)框?qū)蔷€(xiàn)瞬間，切割的有效長(zhǎng)度最大，，此時(shí)感應(yīng)電流最大，CD棒所受的安培力最大，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得根據(jù)閉合電路歐姆定律得故CD棒所受的安培力最大為當(dāng)OA運(yùn)動(dòng)到與細(xì)框一邊平行時(shí)瞬間，切割的有效長(zhǎng)度最短，感應(yīng)電流最小，CD棒受到的安培力最小，得故CD棒所受的安培力最小為（2）當(dāng)CD棒受到的安培力最小時(shí)根據(jù)平衡條件得當(dāng)CD棒受到的安培力最大時(shí)根據(jù)平衡條件得聯(lián)立解得撤去推力瞬間，根據(jù)牛頓第二定律得解得3（2023高考湖南卷）如圖，兩根足夠長(zhǎng)的光滑金屬直導(dǎo)軌平行放置，導(dǎo)軌間距為，兩導(dǎo)軌及其所構(gòu)成的平面均與水平面成角，整個(gè)裝置處于垂直于導(dǎo)軌平面斜向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為．現(xiàn)將質(zhì)量均為的金屬棒垂直導(dǎo)軌放置，每根金屬棒接入導(dǎo)軌之間的電阻均為．運(yùn)動(dòng)過(guò)程中金屬棒與導(dǎo)軌始終垂直且接觸良好，金屬棒始終未滑出導(dǎo)軌，導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)，重力加速度為．（1）先保持棒靜止，將棒由靜止釋放，求棒勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度大??；（2）在（1）問(wèn)中，當(dāng)棒勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，再將棒由靜止釋放，求釋放瞬間棒的加速度大小；（3）在（2）問(wèn)中，從棒釋放瞬間開(kāi)始計(jì)時(shí)，經(jīng)過(guò)時(shí)間，兩棒恰好達(dá)到相同的速度，求速度的大小，以及時(shí)間內(nèi)棒相對(duì)于棒運(yùn)動(dòng)的距離．【參考答案】（1）；（2）；（3）【名師解析】（1）a勻速運(yùn)動(dòng)切割磁感線(xiàn)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E1=BLv0，導(dǎo)體棒a中電流I=E1/2R所受安培力F=BIL，勻速運(yùn)動(dòng)，mgsinθ=F聯(lián)立解得v0==（2）當(dāng)導(dǎo)體棒a勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，釋放b，由左手定則可判斷出導(dǎo)體棒b受到沿導(dǎo)軌斜向下的安培力力，由牛頓第二定律，mgsinθ+F=ma，解得a=2gsinθ。（3釋放導(dǎo)體棒b后，由于導(dǎo)體棒b中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)對(duì)于回路來(lái)說(shuō)，與導(dǎo)體棒a中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)方向相反，所以?xún)蓪?dǎo)體棒所受安培力均減小，對(duì)導(dǎo)體棒a，由動(dòng)量定理，（mgsinθ-F）t0=mv-mv0對(duì)導(dǎo)體棒b，由動(dòng)量定理，（mgsinθ+F）t0=mv聯(lián)立解得：v=gt0sinθ+取導(dǎo)體棒變速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，導(dǎo)體棒a速度為vi時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為Ei=BLvi，同時(shí)導(dǎo)體棒b速度為vj，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)Ej=BLvj，導(dǎo)體棒中電流為I==，所受安培力F=BIL=對(duì)導(dǎo)體棒b，由動(dòng)量定理，（mgsinθ+）△t=m△v方程兩側(cè)求和Σ【(mgsinθ+）△t】=Σm△v注意到：Σ△t=t0，Σ△v=v，Σ（vi-vj）△t=△x解得：△x=4．（11分）（2023年6月高考浙江選考科目）某興趣小組設(shè)計(jì)了一種火箭落停裝置，簡(jiǎn)化原理如圖所示，它由兩根豎直導(dǎo)軌、承載火箭裝置（簡(jiǎn)化為與火箭絕緣的導(dǎo)電桿MN）和裝置A組成，并形成團(tuán)合回路。裝置A能自動(dòng)調(diào)節(jié)其輸出電壓確?；芈冯娏鱅恒定，方向如圖所示。導(dǎo)軌長(zhǎng)度遠(yuǎn)大于導(dǎo)軌間距，不論導(dǎo)電桿運(yùn)動(dòng)到什么位置，電流I在導(dǎo)電桿以上空間產(chǎn)生的磁場(chǎng)近似為零：在導(dǎo)電桿所在處產(chǎn)生的磁場(chǎng)近似為勻強(qiáng)磁場(chǎng)，大?。ㄆ渲衚為常量），方向垂直導(dǎo)軌平面向里；在導(dǎo)電桿以下的兩導(dǎo)軌間產(chǎn)生的磁場(chǎng)近似為勻強(qiáng)磁場(chǎng)，大小，方向與B1相同。火箭無(wú)動(dòng)力下降到導(dǎo)軌頂端時(shí)與導(dǎo)電桿粘接，以速度v0進(jìn)入導(dǎo)軌，到達(dá)絕緣?？科脚_(tái)時(shí)速度恰好為零，完成火箭落停。已知火箭與導(dǎo)電桿的總質(zhì)量為M，導(dǎo)軌間距，導(dǎo)電桿電阻為R。導(dǎo)電桿與導(dǎo)軌保持良好接觸滑行，不計(jì)空氣阻力和摩擦力，不計(jì)導(dǎo)軌電阻和裝置A的內(nèi)阻。在火箭落停過(guò)程中，（1）求導(dǎo)電桿所受安培力的大小F和運(yùn)動(dòng)的距離L；（2）求回路感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E與運(yùn)動(dòng)時(shí)間t的關(guān)系；（3）求裝置A輸出電壓U與運(yùn)動(dòng)時(shí)間t的關(guān)系和輸出的能量W；（4）若R的阻值視為0，裝置A用于回收能量，給出裝置A可回收能量的來(lái)源和大小?！緟⒖即鸢浮浚?）3Mg；；（2）E=（v0-2gt）；（3）；（4）裝置A可回收的能量包括導(dǎo)電桿和火箭的動(dòng)能和重力勢(shì)能?！久麕熃馕觥浚?）導(dǎo)電桿所受安培力F=B1Id=kI·I·=3Mg由動(dòng)能定理，-FL+MgL=0-解得：L=。（2）火箭與導(dǎo)電桿下落做勻減速運(yùn)動(dòng)，由F-Mg=Ma，解得加速度大小為a=2g。在時(shí)刻t，導(dǎo)電桿的速度v=v0-at=v0-2gt，導(dǎo)電桿切割磁感線(xiàn)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=B2dv=2kI·d·（v0-2gt）=（v0-2gt）（3）根據(jù)題述導(dǎo)電桿中電流恒定為I，則有U-E=IR，解得裝置A輸出電壓U=IR+v0-t=裝置A輸出的電功率P=UI=I2R+3Mgv0-6Mg2t由v0-2gt0=0解得總下落時(shí)間t0=令I(lǐng)2R+3Mgv0=P0，畫(huà)出輸出的電功率P隨時(shí)間t變化圖像，如圖。電功率P隨時(shí)間t變化圖像與橫軸所圍面積等于輸出的能量W，所以W==（I2R+3Mgv0）=（4）若R的阻值視為零，裝置A可回收的能量包括導(dǎo)電桿和火箭的動(dòng)能和重力勢(shì)能；動(dòng)能為EK=，重力勢(shì)能為為Ep=Mg·=，可回收的總能量為W回=EK+Ep=+=5.（2022·全國(guó)理綜乙卷·24）如圖，一不可伸長(zhǎng)的細(xì)繩的上端固定，下端系在邊長(zhǎng)為的正方形金屬框的一個(gè)頂點(diǎn)上。金屬框的一條對(duì)角線(xiàn)水平，其下方有方向垂直于金屬框所在平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。已知構(gòu)成金屬框的導(dǎo)線(xiàn)單位長(zhǎng)度的阻值為；在到時(shí)間內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時(shí)間t的變化關(guān)系為。求:（1）時(shí)金屬框所受安培力的大??；（2）在到時(shí)間內(nèi)金屬框產(chǎn)生的焦耳熱。【參考答案】（1）；（2）0.016J【名師解析】（1）金屬框的總電阻為金屬框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為金屬框中的電流為t=2.0s時(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)度金屬框處于磁場(chǎng)中的有效長(zhǎng)度為

此時(shí)金屬框所受安培力大小為（2）內(nèi)金屬框產(chǎn)生的焦耳熱為6.（2022年高考遼寧物理）如圖所示，兩平行光滑長(zhǎng)直金屬導(dǎo)軌水平放置，間距為L(zhǎng)。區(qū)域有勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向豎直向上。初始時(shí)刻，磁場(chǎng)外的細(xì)金屬桿M以初速度向右運(yùn)動(dòng)，磁場(chǎng)內(nèi)的細(xì)金屬桿N處于靜止?fàn)顟B(tài)。兩金屬桿與導(dǎo)軌接觸良好且運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終與導(dǎo)軌垂直。兩桿的質(zhì)量均為m，在導(dǎo)軌間的電阻均為R，感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)及導(dǎo)軌的電阻忽略不計(jì)。（1）求M剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)受到安培力F的大小和方向；（2）若兩桿在磁場(chǎng)內(nèi)未相撞且N出磁場(chǎng)時(shí)的速度為，求：①N在磁場(chǎng)內(nèi)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中通過(guò)回路的電荷量q；②初始時(shí)刻N(yùn)到的最小距離x；（3）初始時(shí)刻，若N到的距離與第（2）問(wèn)初始時(shí)刻的相同、到的距離為，求M出磁場(chǎng)后不與N相撞條件下k的取值范圍?！緟⒖即鸢浮浚?），方向水平向左；（2）①，②；（3）2≤k＜3【命題意圖】本題考查電磁感應(yīng)、閉合電路歐姆定律、安培力、動(dòng)量定理、動(dòng)量守恒定律及其相關(guān)知識(shí)點(diǎn).【名師解析】（1）細(xì)金屬桿M以初速度v0向右剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，產(chǎn)生的動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)為E=BLv0電流方向?yàn)閍→b，電流的大小為I=E/2R則所受的安培力大小為F=BIL=安培力的方向由左手定則可知水平向左；（2）①金屬桿N在磁場(chǎng)內(nèi)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，由動(dòng)量定理有且聯(lián)立解得通過(guò)回路的電荷量為②設(shè)兩桿在磁場(chǎng)中相對(duì)靠近的位移為△x，有整理可得聯(lián)立可得若兩桿在磁場(chǎng)內(nèi)剛好相撞，N到ab的最小距離為（3）兩桿出磁場(chǎng)后在平行光滑長(zhǎng)直金屬導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)，若N到cd的距離與第（2）問(wèn)初始時(shí)刻的相同、到ab的距離為kx（k＞1），則N到ab邊的速度大小恒為，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可知解得N出磁場(chǎng)時(shí)，M的速度大小為由題意可知，此時(shí)M到cd邊的距離為s=（k-1）x若要保證M出磁場(chǎng)后不與N相撞，則有兩種臨界情況：①M(fèi)減速到時(shí)出磁場(chǎng)，速度剛好等于N的速度，一定不與N相撞，對(duì)M根據(jù)動(dòng)量定理有聯(lián)立解得k=2②M運(yùn)動(dòng)到cd邊時(shí)，恰好減速到零，則對(duì)M由動(dòng)量定理有同理解得k=3綜上所述，M出磁場(chǎng)后不與N相撞條件下k的取值范圍為2≤k＜37.（2024年1月浙江選考·21）如圖1所示，掃描隧道顯微鏡減振裝置由絕緣減振平臺(tái)和磁阻尼減振器組成。平臺(tái)通過(guò)三根關(guān)于軸對(duì)稱(chēng)分布的相同輕桿懸掛在輕質(zhì)彈簧的下端O，彈簧上端固定懸掛在點(diǎn)，三個(gè)相同的關(guān)于軸對(duì)稱(chēng)放置的減振器位于平臺(tái)下方。如圖2所示，每個(gè)減振器由通過(guò)絕緣輕桿固定在平臺(tái)下表面的線(xiàn)圈和固定在桌面上能產(chǎn)生輻向磁場(chǎng)的鐵磁體組成，輻向磁場(chǎng)分布關(guān)于線(xiàn)圈中心豎直軸對(duì)稱(chēng)，線(xiàn)圈所在處磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B。處于靜止?fàn)顟B(tài)的平臺(tái)受到外界微小擾動(dòng)，線(xiàn)圈在磁場(chǎng)中做豎直方向的阻尼運(yùn)動(dòng)，其位移隨時(shí)間變化的圖像如圖3所示。已知時(shí)速度為，方向向下，、時(shí)刻的振幅分別為，。平臺(tái)和三個(gè)線(xiàn)圈的總質(zhì)量為m，彈簧的勁度系數(shù)為k，每個(gè)線(xiàn)圈半徑為r、電阻為R。當(dāng)彈簧形變量為時(shí)，其彈性勢(shì)能為。不計(jì)空氣阻力，求（1）平臺(tái)靜止時(shí)彈簧的伸長(zhǎng)量；（2）時(shí)，每個(gè)線(xiàn)圈所受到安培力F的大?。唬?）在時(shí)間內(nèi)，每個(gè)線(xiàn)圈產(chǎn)生的焦耳熱Q；（4）在時(shí)間內(nèi)，彈簧彈力沖量的大小?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）；（4）【解析】（1）平臺(tái)靜止時(shí)，穿過(guò)三個(gè)線(xiàn)圈的的磁通量不變，線(xiàn)圈中不產(chǎn)生感應(yīng)電流，線(xiàn)圈不受到安培力作用，O點(diǎn)受力平衡，因此由胡克定律可知此時(shí)彈簧的伸長(zhǎng)量（2）在時(shí)速度為，設(shè)每個(gè)線(xiàn)圈的周長(zhǎng)為L(zhǎng)，由電磁感應(yīng)定律可得線(xiàn)圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電流每個(gè)線(xiàn)圈所受到安培力F的大?。?）由能量守恒定律可得平臺(tái)在時(shí)間內(nèi)，振動(dòng)時(shí)能量的減少在時(shí)間內(nèi)，振動(dòng)時(shí)能量的減少轉(zhuǎn)化為線(xiàn)圈的焦耳熱，可知每個(gè)線(xiàn)圈產(chǎn)生的焦耳熱（4）全程由動(dòng)量定理可得其中聯(lián)立解得彈簧彈力沖量的大小為專(zhuān)題32交變電流考點(diǎn)三年考情（2022-2024）命題趨勢(shì)考點(diǎn)1交變電流的產(chǎn)生（5年4考）2021江蘇卷：經(jīng)緯網(wǎng)中實(shí)際距離和最短距離的計(jì)算；2019北京卷、2021北京卷：地圖中的方向判斷和比例尺的計(jì)算；2020浙江7月選考：經(jīng)緯網(wǎng)知識(shí)1.經(jīng)緯網(wǎng)中高考考查頻率較高的知識(shí)主要表現(xiàn)在實(shí)際距離的計(jì)算和經(jīng)緯網(wǎng)中方向的判讀，地圖三要素中比例尺和方向的考查一直是考查的熱點(diǎn)。2.等高線(xiàn)地形圖的考查主要集中在對(duì)等高線(xiàn)地形圖的判讀上，包括地形的判讀、相對(duì)高差的計(jì)算，通視的判讀等依然是復(fù)習(xí)的重點(diǎn)；同時(shí)等高線(xiàn)地形圖的剖面圖的繪制的考查有增加的趨勢(shì)。考點(diǎn)2交變電流的描述（5年3考）2022上海卷、2020浙江7月考、2020年山東卷：等高線(xiàn)地形圖的判讀；2023山東卷、2023湖南卷：等高線(xiàn)的剖面圖和等高線(xiàn)地形圖的判讀；考點(diǎn)01交變電流的產(chǎn)生1.（2024年高考山東卷）如圖甲所示，在-d≤x≤d，-d≤y≤d的區(qū)域中存在垂直O(jiān)xy平面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)（用陰影表示磁場(chǎng)的區(qū)域），邊長(zhǎng)為2d的正方形線(xiàn)圈與磁場(chǎng)邊界重合。線(xiàn)圈以y軸為轉(zhuǎn)軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，線(xiàn)圈中產(chǎn)生的交變電動(dòng)勢(shì)如圖乙所示。若僅磁場(chǎng)的區(qū)域發(fā)生了變化，線(xiàn)圈中產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)變?yōu)閳D丙所示實(shí)線(xiàn)部分，則變化后磁場(chǎng)的區(qū)域可能為（）A. B.C. D.【答案】C【解析】根據(jù)題意可知，磁場(chǎng)區(qū)域變化前線(xiàn)圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為由題圖丙可知，磁場(chǎng)區(qū)域變化后，當(dāng)時(shí)，線(xiàn)圈的側(cè)邊開(kāi)始切割磁感線(xiàn)，即當(dāng)線(xiàn)圈旋轉(zhuǎn)時(shí)開(kāi)始切割磁感線(xiàn)，由幾何關(guān)系可知磁場(chǎng)區(qū)域平行于x軸的邊長(zhǎng)變?yōu)镃正確。4.（2024年高考遼寧卷）如圖，空間中存在水平向右的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，一導(dǎo)體棒繞固定的豎直軸OP在磁場(chǎng)中勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，且始終平行于OP。導(dǎo)體棒兩端的電勢(shì)差u隨時(shí)間t變化的圖像可能正確的是（）A. B. C. D.【參考答案】C【名師解析】導(dǎo)體棒勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，設(shè)線(xiàn)速度為v，設(shè)導(dǎo)體棒從到C過(guò)程，棒轉(zhuǎn)過(guò)的角度為，如圖所示，則導(dǎo)體棒垂直磁感線(xiàn)方向的分速度為可知導(dǎo)體棒垂直磁感線(xiàn)的分速度為余弦變化，根據(jù)左手定則可知，導(dǎo)體棒經(jīng)過(guò)B點(diǎn)和B點(diǎn)關(guān)于P點(diǎn)的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)時(shí)，電流方向發(fā)生變化，根據(jù)=BLvcosθ，可知導(dǎo)體棒兩端電勢(shì)差u隨時(shí)間t變化的圖像為余弦圖像。1.（2023高考湖南卷）某同學(xué)自制了一個(gè)手搖交流發(fā)電機(jī)，如圖所示。大輪與小輪通過(guò)皮帶傳動(dòng)（皮帶不打滑），半徑之比為，小輪與線(xiàn)圈固定在同一轉(zhuǎn)軸上。線(xiàn)圈是由漆包線(xiàn)繞制而成的邊長(zhǎng)為的正方形，共匝，總阻值為。磁體間磁場(chǎng)可視為磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。大輪以角速度勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，帶動(dòng)小輪及線(xiàn)圈繞轉(zhuǎn)軸轉(zhuǎn)動(dòng)，轉(zhuǎn)軸與磁場(chǎng)方向垂直。線(xiàn)圈通過(guò)導(dǎo)線(xiàn)、滑環(huán)和電刷連接一個(gè)阻值恒為的燈泡。假設(shè)發(fā)電時(shí)燈泡能發(fā)光且工作在額定電壓以?xún)?nèi)，下列說(shuō)法正確的是（）A.線(xiàn)圈轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為B.燈泡兩端電壓有效值為C.若用總長(zhǎng)為原來(lái)兩倍的相同漆包線(xiàn)重新繞制成邊長(zhǎng)仍為的多匝正方形線(xiàn)圈，則燈泡兩端電壓有效值為D.若僅將小輪半徑變?yōu)樵瓉?lái)的兩倍，則燈泡變得更亮【參考答案】AC【名師解析】根據(jù)大輪與小輪半徑之比為4?1，由v=ωr可知發(fā)電機(jī)線(xiàn)圈轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為4ω，A正確；發(fā)電機(jī)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大值為Em1=nBL2·4ω，有效值為E1==，燈泡兩端電壓有效值為U1=E1/2=，B錯(cuò)誤；若用總長(zhǎng)為原來(lái)兩倍的相同漆包線(xiàn)繞制成邊長(zhǎng)仍為L(zhǎng)的多匝正方形線(xiàn)圈，則線(xiàn)圈電阻為2R，匝數(shù)為2n，發(fā)電機(jī)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大值為Em2=2nBL2·4ω，有效值為E2==，燈泡兩端電壓有效值為U2=E2/3=，C正確；若僅將小輪半徑變?yōu)樵瓉?lái)的兩倍，則發(fā)電機(jī)轉(zhuǎn)速變慢，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)減小，燈泡變暗，D錯(cuò)誤。5．（2022新高考海南卷）一個(gè)有N匝的矩形線(xiàn)框，面積為S，以角速度從如圖所示的位置開(kāi)始，在勻強(qiáng)磁場(chǎng)B中勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，則產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)隨時(shí)間變化的圖像是（）A．B．C．D．【參考答案】A【名師解析】N匝的矩形線(xiàn)框，面積為S，以角速度在勻強(qiáng)磁場(chǎng)B中勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為NBSω，圖中位置為穿過(guò)線(xiàn)框磁通量為零的位置。以角速度從如圖所示的位置開(kāi)始，在勻強(qiáng)磁場(chǎng)B中勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，則產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)隨時(shí)間變化的圖像是A。4．（2022·高考廣東物理）圖3是簡(jiǎn)化的某種旋轉(zhuǎn)磁極式發(fā)電機(jī)原理圖。定子是僅匝數(shù)n不同的兩線(xiàn)圈，，二者軸線(xiàn)在同一平面內(nèi)且相互垂直，兩線(xiàn)圈到其軸線(xiàn)交點(diǎn)O的距離相等，且均連接阻值為R的電阻，轉(zhuǎn)子是中心在O點(diǎn)的條形磁鐵，繞O點(diǎn)在該平面內(nèi)勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，兩線(xiàn)圈輸出正弦式交變電流。不計(jì)線(xiàn)圈電阻、自感及兩線(xiàn)圈間的相互影響，下列說(shuō)法正確的是（）A．兩線(xiàn)圈產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)的有效值相等B．兩線(xiàn)圈產(chǎn)生的交變電流頻率相等C．兩線(xiàn)圈產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)同時(shí)達(dá)到最大值D．兩電阻消耗的電功率相等【參考答案】B【命題意圖】本題考查法拉第電磁感應(yīng)定律，交變電流的有效值和電功率。【解題思路】由于兩定子線(xiàn)圈匝數(shù)不同，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，轉(zhuǎn)子勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，在兩線(xiàn)圈中產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)最大值不相等，有效值不相等，A項(xiàng)錯(cuò)誤；由于轉(zhuǎn)子勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，所以?xún)删€(xiàn)圈產(chǎn)生的交變電流頻率相等，B項(xiàng)正確；由于兩線(xiàn)圈二者軸線(xiàn)在同一平面內(nèi)且相互垂直，所以?xún)删€(xiàn)圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)不能同時(shí)達(dá)到最大值,C項(xiàng)錯(cuò)誤；由于在兩線(xiàn)圈中產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)最大值不相等，有效值不相等，根據(jù)P=E2/R，可知所以?xún)呻娮柘牡碾姽β什幌嗟?D項(xiàng)錯(cuò)誤?？键c(diǎn)01交變電流的描述1.（2024年高考廣東卷）將阻值為的電阻接在正弦式交流電源上。電阻兩端電壓隨時(shí)間的變化規(guī)律如圖所示。下列說(shuō)法正確的是（）A.該交流電的頻率為B.通過(guò)電阻電流的峰值為C.電阻在1秒內(nèi)消耗的電能為D.電阻兩端電壓表達(dá)式為【參考答案】.D交變電