第1頁（共1頁）2025年高考物理一輪復習之電磁感應一．選擇題（共10小題）1．法拉第圓盤發(fā)電機示意圖如圖所示。銅圓盤安裝在豎直的銅軸上，兩電刷P、Q分別與圓盤的邊緣和銅軸接觸，下列說法正確的是（）A．若圓盤轉(zhuǎn)動的角速度均勻增大，回路電流大小恒定 B．若從上往下看圓盤逆時針轉(zhuǎn)動，電刷Q電勢高于P電勢 C．若圓盤轉(zhuǎn)動方向不變，角速度大小變化，則電流方向可能變化 D．若圓盤轉(zhuǎn)動角速度變?yōu)樵瓉淼?倍，則R的熱功率也變?yōu)樵瓉淼?倍2．高速鐵路列車通常使用磁剎車系統(tǒng)，磁剎車工作原理可簡述如下：將磁鐵的N極靠近一塊正在以逆時針方向旋轉(zhuǎn)的圓形鋁盤，使磁感線總垂直射入鋁盤時，鋁盤隨即減速，如圖所示，圓中磁鐵左方鋁盤的甲區(qū)域朝磁鐵方向運動，磁鐵右方的乙區(qū)域朝離開磁鐵方向運動，下列說法中正確的是（）A．鋁盤甲區(qū)域的感應電流會產(chǎn)生垂直紙面向里的磁場 B．磁場與感應電流的作用力，會產(chǎn)生將鋁盤減速旋轉(zhuǎn)的阻力 C．感應電流在鋁盤產(chǎn)生的內(nèi)能，是將鋁盤減速的最主要原因 D．若將實心鋁盤轉(zhuǎn)換成布滿小空洞的鋁盤，則磁鐵對布滿空洞的鋁盤減速效果比實心鋁盤的效果更好3．如圖，在水平面上有兩條光滑平行導電導軌，勻強磁場垂直于導軌所在的平面，磁感應強度的大小為B，兩根材質(zhì)相同、長度相等的金屬桿P、Q間隔一定的距離擺開放在導軌上，且與導軌垂直，桿P質(zhì)量是桿Q的兩倍，兩桿與導軌接觸良好，導軌電阻不計。桿P以初速度v0滑向桿Q，為使兩桿不相碰，則桿Q固定與不固定兩種情況下，最初擺放兩桿時的最少距離之比為（）A．1：1 B．1：2 C．3：1 D．1：34．如圖甲所示，連接電流傳感器的線圈套在豎直放置的長玻璃管上。將強磁鐵從離玻璃管上端高為h處由靜止釋放，磁鐵在玻璃管內(nèi)下落并穿過線圈。t1、t2、t3時刻的電流為0。如圖乙所示是實驗中觀察到的線圈中電流隨時間變化的圖像，空氣阻力不計則（）A．t1～t3過程中線圈對磁鐵作用力方向先向上后向下 B．磁鐵上下翻轉(zhuǎn)后重復實驗，電流方向先負向后正向 C．t2時刻，穿過線圈磁通量的變化率最大 D．h加倍后重復實驗，電流峰值將加倍5．據(jù)報道，中國第三艘航母福建艦首次進行海試。該艦首次采用電磁彈射器技術(shù)，如圖所示為電磁彈射裝置的等效電路圖（俯視圖）。兩根相互平行的光滑長直導軌固定在水平面上，在導軌的左端接入電容為C的超級電容器，阻值為R的導體棒MN靜止與導軌上。先給電容器充電（電荷量為Q），閉合開關(guān)S后，彈射時電容器釋放儲存的電能，所產(chǎn)生的強大電流經(jīng)過棒MN，在強磁場作用下加速。棒MN始終與導軌垂直且接觸良好，不計導軌的電阻。下列說法正確的是（）A．超級電容器相當電源，放電時兩端電壓不變 B．在電容器放電過程中，電容器的電容不斷減小 C．通過導體棒MN電流的最大值為QRCD．導體棒MN速度最大時所受的安培力也最大6．電磁學的成就極大地推動了人類社會的進步。下列說法正確的是（）A．甲圖中，真空冶煉爐利用渦流熱效應熔化爐內(nèi)金屬 B．乙圖是某品牌手機無線充電原理圖，發(fā)射線圈需要通恒定電流 C．丙圖中，磁塊在沒有裂縫的鋁管中由靜止開始下落做的是自由落體運動 D．丁圖中，楞次通過實驗研究，發(fā)現(xiàn)了電流周圍存在磁場7．線圈炮是電磁炮的一種，由加速線圈和彈丸線圈構(gòu)成，根據(jù)通電線圈之間磁場的相互作用原理而工作。如圖所示，彈丸線圈放在絕緣且內(nèi)壁光滑的水平發(fā)射導管內(nèi)。閉合開關(guān)S后，在加速線圈中接通變化的電流iab，則能使靜止的彈丸線圈向右發(fā)射的電流是（）A． B． C． D．8．矩形線圈繞垂直于勻強磁場的軸勻速轉(zhuǎn)動。若軸線右側(cè)沒有磁場（磁場具有理想邊界），如圖所示。設(shè)abcda方向為感應電流的正方向。從圖示位置開始一個周期內(nèi)線圈感應電流隨時間變化的圖像中，正確的是（）A． B． C． D．9．如圖所示，光滑U形金屬導軌固定在水平面上，一根導體棒垂直靜置于導軌上構(gòu)成回路。將回路正上方的條形磁鐵豎直向上拋出。在其運動到最高點的過程中，安培力對導體棒做功W，回路中產(chǎn)生的焦耳熱為Q，導體棒獲得的動能為Ek，重力加速度為g，下列說法正確的是（）A．導體棒對軌道壓力大于重力 B．磁鐵加速度為g C．W＝Q D．W＝Ek10．如圖所示，在光滑絕緣的水平面上方，有兩個方向相反的水平方向的勻強磁場，磁場范圍足夠大，磁感應強度的大小左邊為2B，右邊為3B，一個豎直放置的寬為L、長為3L、單位長度的質(zhì)量為m、單位長度的電阻為r的矩形金屬線框，以初速度v垂直磁場方向從圖中實線位置開始向右運動，當線框運動到虛線位置（在左邊磁場中的長度為L，在右邊磁場中的長度為2L）時，線框的速度為13A．此時線框中電流方向為逆時針，線框中感應電流所受安培力為13BB．此過程中通過線框截面的電量為16mvC．此過程中線框產(chǎn)生的焦耳熱為49D．線框剛好可以完全進入右側(cè)磁場二．多選題（共4小題）（多選）11．如圖所示，將一通電螺線管豎直放置，螺線管內(nèi)部形成方向豎直向上、磁感應強度大小為B＝kt（k為常量，t為時間）的磁場，在內(nèi)部用絕緣輕繩懸掛一與螺線管共軸的金屬薄圓管，其電阻率為ρ、高度為h，半徑為r，厚度為d（d?r）。則下列說法正確的是（）A．從上向下看，金屬薄圓管中的感應電流為順時針方向 B．金屬薄圓管的感應電動勢為kπrC．金屬薄圓管的熱功率為πdhD．輕繩對金屬薄圓管的拉力大小隨時間減?。ǘ噙x）12．如圖所示，光滑絕緣水平桌面上放置一邊長為L、質(zhì)量為m、每邊電阻均為R0的正方形金屬細框，右側(cè)區(qū)域內(nèi)存在寬度為2L的方向垂直于桌面向上的勻強磁場，磁感應強度大小為B，兩虛線為磁場邊界。現(xiàn)使金屬框以一定的初速度水平向右運動，進入磁場。運動過程中金屬框的左、右邊框始終與磁場邊界平行，金屬框完全穿過磁場區(qū)域后，速度大小變?yōu)樗跛俣鹊娜种弧Ｏ铝姓f法正確的是（）A．金屬框的初速度大小為3BB．金屬框的初速度大小為3BC．金屬框進入和離開磁場的過程中產(chǎn)生的焦耳熱相等 D．金屬框穿過磁場區(qū)域的整個過程中產(chǎn)生的焦耳熱為B（多選）13．根據(jù)實際需要，磁鐵可以制造成多種形狀，如圖就是一根很長的光滑圓柱形磁棒，在它的側(cè)面有均勻向外的輻射狀磁場?，F(xiàn)將磁棒豎直固定在水平地面上，磁棒外套有一個粗細均勻的圓形金屬線圈，金屬線圈的質(zhì)量為m，半徑為R，電阻為r，金屬線圈所在位置的磁場的磁感應強度大小為B．讓金屬線圈從磁棒上端由靜止釋放，經(jīng)一段時間后與水平地面相碰（碰前金屬線圈已達最大速度）并原速率反彈，又經(jīng)時間t，上升到距離地面高度為h處速度減小到零。下列說法中正確的是（）A．金屬線圈與地面撞擊前的速度大小mgr4B．撞擊反彈后上升到最高處h的過程中，通過金屬線圈某一截面的電荷量m2C．撞擊反彈后上升到最高處h的過程中，通過金屬線圈某一截面的電荷量m2D．撞擊反彈后上升到最高處h的過程中，金屬線圈中產(chǎn)生的焦耳熱m3（多選）14．電子感應加速器是加速電子的一類常見加速器，結(jié)構(gòu)示意主視圖、俯視圖如圖甲所示，上下為電磁鐵的兩個磁極，磁極之間有一個環(huán)形真空室，電子在真空室中做圓周運動。電磁鐵線圈中電流的大小、方向變化，產(chǎn)生的感生電場使電子加速，規(guī)定圖甲中所示電流產(chǎn)生的磁場方向為正方向。磁極在真空室區(qū)域內(nèi)產(chǎn)生磁感應強度大小為B＝kt（k＞0）的變化磁場，使電子逆時針加速，已知磁場隨時間均勻變化時感生電場的大小E=1ΔΦ2πRΔt，其中A．電子繞真空室一圈，動能增量為ekπR2 B．磁感應強度隨時間線性減小時，電子也能被加速 C．若磁感應強度隨時間按圖丙所示規(guī)律變化，電子在加速器中全程均可被加速 D．若磁感應強度隨時間按圖丙所示規(guī)律變化，電子在加速器中僅在14三．填空題（共2小題）15．圖是一種延時繼電器的示意圖。鐵芯上有兩個線圈A和B。線圈A跟電源連接，線圈B兩端連在一起，構(gòu)成一個閉合電路。在斷開開關(guān)S的時候，彈簧K將（A：立即；B：過一會兒）將銜鐵D向上拉起，原因是：。16．如圖所示，在光滑水平金屬框架上有一導體棒ab。第一次以速度v勻速向右平動，第二次以速度2v勻速向右平動，兩次移動的距離相同，則兩種情況下回路中產(chǎn)生的感應電動勢之比和通過R的電荷量之比。四．解答題（共4小題）17．如圖所示，在空間中有一垂直紙面向里方向的勻強磁場區(qū)域，磁場上下邊緣間距為h＝5.2m，磁感應強度為B＝1T，邊長為L＝1m、電阻為R＝1Ω、質(zhì)量為m＝1kg的正方形導線框緊貼磁場區(qū)域的上邊從靜止下落，當線圈PQ邊剛出磁場的下邊緣時，恰好開始做勻速運動，重力加速度為g＝10m/s2，求：（1）PQ邊剛出磁場下邊緣時的速度v；（2）導線框穿過磁場所產(chǎn)生的焦耳熱；（3）導線框從開始下落到PQ邊到達磁場下邊緣流過線框的電荷量。18．如圖所示，傾斜光滑金屬導軌的傾角為30°，水平導軌粗糙，兩平行導軌的間距均為L。質(zhì)量為m、電阻為R、長度為L的金屬棒a垂直水平導軌放置，兩導軌間均存在垂直導軌平面向上的勻強磁場，磁感應強度大小分別為B1和B2?，F(xiàn)把質(zhì)量為m、電阻為R、長度也為L的金屬棒b垂直傾斜導軌由靜止釋放，重力加速度為g，傾斜導軌無限長，金屬棒a始終靜止，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。求：（1）金屬棒b的最大加速度am；（2）金屬棒a與導軌間的摩擦因數(shù)μ至少為多少；（3）從靜止釋放金屬棒b，當其沿斜面下滑x位移時，b棒剛好達到穩(wěn)定狀態(tài)，求此過程a棒產(chǎn)生的焦耳熱。19．如圖甲所示，MN、PQ是固定于同一水平面內(nèi)相互平行的粗糙長直導軌，間距L＝2.0m；R1＝R，R2＝2R是并聯(lián)在導軌一端的兩個電阻，質(zhì)量m＝1.0kg的導體棒ab垂直跨在導軌上，電壓傳感器與這部分裝置相連。導軌所在空間有磁感應強度B＝0.5T、方向豎直向下的勻強磁場。從t＝0開始對導體棒ab施加一個水平向左的外力F，使其由靜止開始沿導軌向左運動，電壓傳感器測出R1兩端的電壓隨時間變化的圖線如圖乙所示，其中OA段是直線，AB段是曲線、BC段平行于時間軸。假設(shè)在從1.2s開始以后，外力F的功率P＝4.5W保持不變。導軌和導體棒ab的電阻均可忽略不計，導體棒ab在運動過程中始終與導軌垂直，且接觸良好，不計電壓傳感器對電路的影響，題中R是未知量，重力加速度大小取g＝10m/s2，求：（1）導體棒ab做勻變速直線運動時的加速度；（2）導體棒ab與導軌間的動摩擦因數(shù)μ；（3）在1.2s﹣2.4s的時間內(nèi)，導體棒位移x＝1.15m，求回路產(chǎn)生的焦耳熱（計算結(jié)果保留1位有效數(shù)字）。20．如圖甲所示，電阻不計、間距L＝0.5m的兩根足夠長平行金屬導軌構(gòu)成的平面與水平面成θ＝37°角，導軌上端連接定值電阻R＝1Ω。整個導軌平面處于垂直于導軌平面向下、磁感應強度大小B＝0.8T的勻強磁場中。一質(zhì)量為m＝0.2kg、長度L＝0.5m、電阻r＝1Ω的導體棒從導軌上某處由靜止釋放，此后其速度—時間圖像（v﹣t）如圖乙所示，導體棒5s末已經(jīng)達到最大速度。導體棒與導軌間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，導體棒始終垂直于導軌且接觸良好。重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，求：（1）導體棒勻速階段速度大小vm；（2）前5s內(nèi)導體棒通過的位移；（3）前5s內(nèi)導體棒上產(chǎn)生的焦耳熱。

2025年高考物理一輪復習之電磁感應參考答案與試題解析一．選擇題（共10小題）1．法拉第圓盤發(fā)電機示意圖如圖所示。銅圓盤安裝在豎直的銅軸上，兩電刷P、Q分別與圓盤的邊緣和銅軸接觸，下列說法正確的是（）A．若圓盤轉(zhuǎn)動的角速度均勻增大，回路電流大小恒定 B．若從上往下看圓盤逆時針轉(zhuǎn)動，電刷Q電勢高于P電勢 C．若圓盤轉(zhuǎn)動方向不變，角速度大小變化，則電流方向可能變化 D．若圓盤轉(zhuǎn)動角速度變?yōu)樵瓉淼?倍，則R的熱功率也變?yōu)樵瓉淼?倍【考點】線圈進出磁場的能量計算；用閉合電路的歐姆定律計算電路中的電壓和電流；導體轉(zhuǎn)動切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢．【專題】定量思想；推理法；電磁感應與電路結(jié)合；分析綜合能力．【答案】B【分析】圓盤轉(zhuǎn)動可等效看成無數(shù)軸向?qū)w切割磁感線，有效切割長度為銅盤的半徑L，求出感應電動勢，應用閉合電路的歐姆定律求出電流；根據(jù)右手定則分析感應電流方向，根據(jù)電功率計算公式分析電流在R上的熱功率變化情況?！窘獯稹拷猓篈．回路中的感應電動勢為E=回路電流大小為I=可知若圓盤轉(zhuǎn)動的角速度均勻增大，回路電流大小均勻增大，故A錯誤；B．若從上往下看圓盤逆時針轉(zhuǎn)動，根據(jù)右手定則，電刷Q電勢高于P電勢，故B正確；C．若圓盤轉(zhuǎn)動方向不變，角速度大小變化，根據(jù)右手定則，則電流方向不變，故C錯誤；D．若圓盤轉(zhuǎn)動角速度變?yōu)樵瓉淼?倍，回路中的感應電動勢變?yōu)樵瓉淼?倍，根據(jù)P=可知R的熱功率也變?yōu)樵瓉淼?倍，故D錯誤。故選：B。【點評】本題主要是考查了法拉第電磁感應定律，對于導體切割磁感應線產(chǎn)生的感應電動勢情況有兩種：一是導體平動切割產(chǎn)生的感應電動勢，可以根據(jù)E＝BLv來計算；二是導體棒轉(zhuǎn)動切割磁感應線產(chǎn)生的感應電動勢，可以根據(jù)E=12BL22．高速鐵路列車通常使用磁剎車系統(tǒng)，磁剎車工作原理可簡述如下：將磁鐵的N極靠近一塊正在以逆時針方向旋轉(zhuǎn)的圓形鋁盤，使磁感線總垂直射入鋁盤時，鋁盤隨即減速，如圖所示，圓中磁鐵左方鋁盤的甲區(qū)域朝磁鐵方向運動，磁鐵右方的乙區(qū)域朝離開磁鐵方向運動，下列說法中正確的是（）A．鋁盤甲區(qū)域的感應電流會產(chǎn)生垂直紙面向里的磁場 B．磁場與感應電流的作用力，會產(chǎn)生將鋁盤減速旋轉(zhuǎn)的阻力 C．感應電流在鋁盤產(chǎn)生的內(nèi)能，是將鋁盤減速的最主要原因 D．若將實心鋁盤轉(zhuǎn)換成布滿小空洞的鋁盤，則磁鐵對布滿空洞的鋁盤減速效果比實心鋁盤的效果更好【考點】楞次定律及其應用；生活中的電磁感應現(xiàn)象．【專題】定性思想；推理法；電磁感應與圖象結(jié)合；推理能力．【答案】B【分析】根據(jù)楞次定律以及“來拒去留”推論，結(jié)合電阻變大，電流變小分析求解?！窘獯稹拷猓篈.鋁盤甲區(qū)域中的磁通量向里增大，由楞次定律可知，甲區(qū)域感應電流方向為逆時針方向，則此感應電流的磁場方向垂直紙面向外，故A錯誤；BC.由“來拒去留”可知，磁場與感應電流的作用力，會產(chǎn)生將鋁盤減速旋轉(zhuǎn)的阻力，會使鋁盤減速，故B正確，C錯誤；D.改成空洞鋁盤，電阻變大，電流變小，阻礙效果更差，故D錯誤。故選：B?！军c評】本題考查了楞次定律，理解增反減同、來拒去留是解決此類問題的關(guān)鍵。3．如圖，在水平面上有兩條光滑平行導電導軌，勻強磁場垂直于導軌所在的平面，磁感應強度的大小為B，兩根材質(zhì)相同、長度相等的金屬桿P、Q間隔一定的距離擺開放在導軌上，且與導軌垂直，桿P質(zhì)量是桿Q的兩倍，兩桿與導軌接觸良好，導軌電阻不計。桿P以初速度v0滑向桿Q，為使兩桿不相碰，則桿Q固定與不固定兩種情況下，最初擺放兩桿時的最少距離之比為（）A．1：1 B．1：2 C．3：1 D．1：3【考點】雙桿在等寬導軌上切割磁場的運動問題；動量定理在電磁感應問題中的應用；動量守恒定律在電磁感應問題中的應用；用閉合電路的歐姆定律計算電路中的電壓和電流；導體平動切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢．【專題】定量思想；推理法；電磁感應中的力學問題；推理能力．【答案】C【分析】根據(jù)電阻定律確定桿P、Q的電阻關(guān)系。桿Q固定時，對桿P，根據(jù)動量定理，結(jié)合電流的定義式、法拉第電磁感應定律、閉合電路歐姆定律求解最初擺放兩桿時的最少距離。桿Q不固定時，桿P、Q相對運動時兩桿組成的系統(tǒng)動量守恒，最終兩桿以相同的速度做勻速直線運動。最初擺放兩桿時的最少距離等于桿P、Q的最大相對位移。根據(jù)動量守恒定律求得最終兩桿的速度。對桿Q，根據(jù)動量定理求解最初擺放兩桿時的最少距離。【解答】解：已知兩金屬桿材質(zhì)相同、長度相等，桿P質(zhì)量是桿Q的兩倍，可得桿P的橫截面積是桿Q的兩倍，根據(jù)電阻定律，可知桿P的電阻是桿Q的12，設(shè)桿P的質(zhì)量為2m，電阻為R，則桿Q的質(zhì)量為m，電阻為2R桿Q固定時，設(shè)最初擺放兩桿時的最少距離為x1，這也是桿P速度減到零的距離，以向右為正方向，對桿P，根據(jù)動量定理得：﹣BLI?Δt=0其中：I解得：x桿Q不固定時，設(shè)最初擺放兩桿時的最少距離為x2，這也是桿P、Q的最大相對位移。桿P、Q相對運動時受到等大反向的安培力作用，兩桿組成的系統(tǒng)所受合力為零，此系統(tǒng)動量守恒，最終兩桿相對靜止，以相同的速度做勻速直線運動，設(shè)最終兩桿的速度均為v，以向右為正方向，則有：2mv0＝（2m+m）v，解得：v以向右為正方向，對桿Q，根據(jù)動量定理得：BLI'?Δt其中：I解得：x可得：x1：x2＝3：1，故ABD錯誤，C正確。故選：C?！军c評】本題考查了電磁感應現(xiàn)象中的力學問題，對于電磁感應與力學綜合問題研究思路常常有兩條：一條從力的角度，根據(jù)法拉第電磁感應定律、閉合電路歐姆定律、安培力公式、平衡條件、牛頓第二定律、動量定理列出方程；另一條是功與能的角度，根據(jù)動能定理、功能關(guān)系、能量守恒等列方程求解。如果涉及到電荷量、位移、時間問題時可根據(jù)動量定理，結(jié)合電荷量的推論公式進行解答。4．如圖甲所示，連接電流傳感器的線圈套在豎直放置的長玻璃管上。將強磁鐵從離玻璃管上端高為h處由靜止釋放，磁鐵在玻璃管內(nèi)下落并穿過線圈。t1、t2、t3時刻的電流為0。如圖乙所示是實驗中觀察到的線圈中電流隨時間變化的圖像，空氣阻力不計則（）A．t1～t3過程中線圈對磁鐵作用力方向先向上后向下 B．磁鐵上下翻轉(zhuǎn)后重復實驗，電流方向先負向后正向 C．t2時刻，穿過線圈磁通量的變化率最大 D．h加倍后重復實驗，電流峰值將加倍【考點】楞次定律及其應用．【專題】定性思想；推理法；電磁感應與電路結(jié)合；推理能力．【答案】B【分析】楞次定律：感應電流具有這樣的方向，即感應電流的磁場總要阻礙引起感應電流的磁通量的變化，楞次定律是能量守恒定律在電磁感應現(xiàn)象中的具體體現(xiàn)。感應電流與回路電阻和磁通量變化率有關(guān)，電阻一定時，磁通量變化率越大，感應電流越大。【解答】解：A、根據(jù)楞次定律的來拒去留，可知時間t1～t3內(nèi)，磁鐵受到線圈的作用力方向始終向上，故A錯誤；B、根據(jù)楞次定律，感應電流的磁場總是要阻礙引起感應電流的磁通量的變化，可知若將磁鐵兩極翻轉(zhuǎn)后重復實驗，磁場方向相反，則磁場的變化也隨之相反，產(chǎn)生的感應電流的方向也相反，即先產(chǎn)生負向感應電流，后產(chǎn)生正向感應電流，故B正確；C、由乙圖中感應電流的變化可知，t2時刻強磁鐵恰好運動到線圈處，此時穿過線圈的磁通量最大，電流為0，穿過線圈磁通量的變化率為零，故C錯誤；D、h加倍后重復實驗，由于磁鐵向下做加速度不為零的加速運動，假設(shè)加速度始終等于重力加速度，則速度v=2gh，考慮到磁鐵下降的過程中受到安培力的阻礙作用，下降h時的速度會略小于2gh，同時下降2h時的速度大體上接近下降h時的2倍，根據(jù)法拉第電磁感應定律可知，可知h故選：B?！军c評】本題主要考查楞次定律的應用，理解楞次定律是解題的關(guān)鍵。5．據(jù)報道，中國第三艘航母福建艦首次進行海試。該艦首次采用電磁彈射器技術(shù)，如圖所示為電磁彈射裝置的等效電路圖（俯視圖）。兩根相互平行的光滑長直導軌固定在水平面上，在導軌的左端接入電容為C的超級電容器，阻值為R的導體棒MN靜止與導軌上。先給電容器充電（電荷量為Q），閉合開關(guān)S后，彈射時電容器釋放儲存的電能，所產(chǎn)生的強大電流經(jīng)過棒MN，在強磁場作用下加速。棒MN始終與導軌垂直且接觸良好，不計導軌的電阻。下列說法正確的是（）A．超級電容器相當電源，放電時兩端電壓不變 B．在電容器放電過程中，電容器的電容不斷減小 C．通過導體棒MN電流的最大值為QRCD．導體棒MN速度最大時所受的安培力也最大【考點】電磁感應過程中的電路類問題；電容的概念與物理意義；含容電路的常規(guī)分析與計算．【專題】定量思想；推理法；電磁感應與電路結(jié)合；分析綜合能力．【答案】C【分析】AB、根據(jù)C=?rCD、放電過程，導體棒受到向右安培力向右做加速運動，導體棒切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢，根據(jù)電路中總感應電動勢的變化可知感應電流的變化，根據(jù)F＝BIL可知安培力大小的變化特點?！窘獯稹拷猓篈B、由平行板電容器電容的決定式C=放電過程，超級電容器相當電源，電容器兩端電壓：U=QC，Q減少，C不變，所以電容器兩端電壓UCD、閉合開關(guān)S后，導體棒通過從M到N的電流，根據(jù)左手定則可知導體棒所受安培力水平向右，導體棒從靜止向右加速運動，導體棒切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢，M端相當于電源正極，設(shè)某時刻導體棒的速度為v，則電路中總電動勢：E＝U﹣BLv，v增大，則E減小，電流中電流減小，所以開始閉合開關(guān)S時，電流最大，導體棒上兩端電壓UR＝U=QC當E減小為零時，則回路中電流為零，由F＝BIL可知導體棒所受安培力為零，導體棒做勻速直線運動，速度最大，所以導體棒MN速度最大時所受的安培力為零，故C正確，D錯誤。故選：C?！军c評】本題考查了電磁感應中含有電容器的導軌滑桿模型，解題的關(guān)鍵是知道閉合開關(guān)后導體棒受到水平向右的安培力作用向右做加速運動，導體棒切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢，電路中總電動勢減小。6．電磁學的成就極大地推動了人類社會的進步。下列說法正確的是（）A．甲圖中，真空冶煉爐利用渦流熱效應熔化爐內(nèi)金屬 B．乙圖是某品牌手機無線充電原理圖，發(fā)射線圈需要通恒定電流 C．丙圖中，磁塊在沒有裂縫的鋁管中由靜止開始下落做的是自由落體運動 D．丁圖中，楞次通過實驗研究，發(fā)現(xiàn)了電流周圍存在磁場【考點】生活中的電磁感應現(xiàn)象；楞次定律及其應用；渦流的產(chǎn)生及原理．【專題】定性思想；推理法；交流電專題；推理能力．【答案】A【分析】根據(jù)渦流原理分析；根據(jù)電磁感應現(xiàn)象以及無線充電的原理，結(jié)合感應電動勢產(chǎn)生的條件進行分析；根據(jù)楞次定律的推論分析；根據(jù)物理學史分析判斷。【解答】解：A.真空冶煉爐是用渦流來熔化金屬對其進行冶煉的，爐內(nèi)放入被冶煉的金屬，線圈內(nèi)通入高頻交變電流，這時被冶煉的金屬中產(chǎn)生渦流就能被熔化，故A正確；B.無線充電的原理是電磁感應中的互感現(xiàn)象，發(fā)生電磁感應的條件是電流要發(fā)生變化，故發(fā)射線圈需要通交流電，故B錯誤；C.磁塊通過鋁管時，導致鋁管的磁通量發(fā)生變化，從而產(chǎn)生感應電流，出現(xiàn)感應磁場要阻礙原磁場的變化，導致磁塊會受到一定阻力，從而磁塊不會做自由落體運動，故C錯誤；D.奧斯特通過實驗研究，發(fā)現(xiàn)了電流周圍存在磁場，故D錯誤。故選：A。【點評】本題是生活中電磁學問題，關(guān)鍵抓住物理原理分析，應在理解的基礎(chǔ)上加強記憶。7．線圈炮是電磁炮的一種，由加速線圈和彈丸線圈構(gòu)成，根據(jù)通電線圈之間磁場的相互作用原理而工作。如圖所示，彈丸線圈放在絕緣且內(nèi)壁光滑的水平發(fā)射導管內(nèi)。閉合開關(guān)S后，在加速線圈中接通變化的電流iab，則能使靜止的彈丸線圈向右發(fā)射的電流是（）A． B． C． D．【考點】楞次定律及其應用．【專題】定性思想；推理法；電磁感應與電路結(jié)合；推理能力．【答案】D【分析】本題根據(jù)楞次定律，結(jié)合加速線圈與彈丸線圈要形成斥力，分析求解?！窘獯稹拷猓簭椡柘蛴野l(fā)射，此時加速線圈與彈丸線圈要形成斥力，加速線圈和彈丸線圈的磁場方向應該相反，根據(jù)楞次定律，加速線圈的電流應該逐漸增大，故ABC錯誤，D正確；故選：D。【點評】本題考查了楞次定律的應用，合理利用增反減同、來拒去留是解決此類問題的關(guān)鍵。8．矩形線圈繞垂直于勻強磁場的軸勻速轉(zhuǎn)動。若軸線右側(cè)沒有磁場（磁場具有理想邊界），如圖所示。設(shè)abcda方向為感應電流的正方向。從圖示位置開始一個周期內(nèi)線圈感應電流隨時間變化的圖像中，正確的是（）A． B． C． D．【考點】根據(jù)B﹣t或者φ﹣t圖像計算感應電動勢；交流發(fā)電機及其產(chǎn)生交變電流的原理；交變電流的u﹣t圖像和i﹣t圖像．【專題】定性思想；推理法；交流電專題；理解能力．【答案】A【分析】根據(jù)楞次定律判斷出感應電流的方向。由感應電動勢的表達式e＝Emsinωt，由歐姆定律求出此線圈感應電流的表達式，再選擇圖象?！窘獯稹拷猓喝鐖D所示，左側(cè)線框在磁場中開始轉(zhuǎn)動時，根據(jù)楞次定律可得，初始時，磁通量向里減小，感應電流產(chǎn)生磁場向里，電流為abcda方向，根據(jù)交流電產(chǎn)生原理得，從中性面開始計時，線框轉(zhuǎn)動產(chǎn)生的交流電：e＝Bsωsinωt，線框中的感應電流隨時間也按正弦規(guī)律變化，同理當右側(cè)線框轉(zhuǎn)動進入磁場時，也會產(chǎn)生感應電動勢，產(chǎn)生的電流方向為abcda，但產(chǎn)生的感應電流小于開始時，故BCD錯誤，A正確；故選：A?！军c評】本題主要考查了線圈在磁場中產(chǎn)生感應電流及其大小，法拉第電磁感應定律判斷出感應電動勢的大小，進而根據(jù)歐姆定律判斷出電流大小。9．如圖所示，光滑U形金屬導軌固定在水平面上，一根導體棒垂直靜置于導軌上構(gòu)成回路。將回路正上方的條形磁鐵豎直向上拋出。在其運動到最高點的過程中，安培力對導體棒做功W，回路中產(chǎn)生的焦耳熱為Q，導體棒獲得的動能為Ek，重力加速度為g，下列說法正確的是（）A．導體棒對軌道壓力大于重力 B．磁鐵加速度為g C．W＝Q D．W＝Ek【考點】電磁感應過程中的能量類問題；楞次定律及其應用．【專題】定性思想；推理法；電磁感應——功能問題；推理能力．【答案】D【分析】根據(jù)楞次定律的推廣內(nèi)容定性的分析磁體和導體棒之間的作用力，從而得出導體棒對軌道的壓力和磁鐵的加速度特點；根據(jù)能量的轉(zhuǎn)化分析功與能的關(guān)系?！窘獯稹拷猓篈B、因為磁鐵向上運動，根據(jù)“來拒去留”，回路對磁鐵有向下的吸引力，再根據(jù)力的作用是相互的可知磁鐵對回路有向上的吸引力，故導體棒對軌道的壓力小于重力。根據(jù)牛頓第二定律，磁鐵受向下的重力和吸引力，故磁鐵的加速度會大于g，故AB錯誤；C、電磁感應現(xiàn)象中，導體棒克服安培力做功等于回路產(chǎn)生的焦耳熱，故C錯誤；D、對導體棒進行分析，根據(jù)動能定理，安培力對導體棒做的功就等于合力做的功，即等于導體棒動能的變化量，故W＝Ek，故D正確。故選：D?！军c評】解決本題的關(guān)鍵是熟練掌握楞次定律的推廣結(jié)論“來拒去留；增縮減擴；增反減同”，并能根據(jù)能量的轉(zhuǎn)化判斷功與能的關(guān)系。10．如圖所示，在光滑絕緣的水平面上方，有兩個方向相反的水平方向的勻強磁場，磁場范圍足夠大，磁感應強度的大小左邊為2B，右邊為3B，一個豎直放置的寬為L、長為3L、單位長度的質(zhì)量為m、單位長度的電阻為r的矩形金屬線框，以初速度v垂直磁場方向從圖中實線位置開始向右運動，當線框運動到虛線位置（在左邊磁場中的長度為L，在右邊磁場中的長度為2L）時，線框的速度為13A．此時線框中電流方向為逆時針，線框中感應電流所受安培力為13BB．此過程中通過線框截面的電量為16mvC．此過程中線框產(chǎn)生的焦耳熱為49D．線框剛好可以完全進入右側(cè)磁場【考點】電磁感應過程中的能量類問題；閉合電路歐姆定律的內(nèi)容和表達式；導體平動切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢．【專題】定量思想；推理法；電磁感應——功能問題；分析綜合能力．【答案】D【分析】根據(jù)右手定則判斷線框中的電流方向，再根據(jù)法拉第電磁感應定律計算回路中電動勢，再由閉合電路歐姆定律計算電流，根據(jù)安培定則計算安培力，最后根據(jù)牛頓第二定律求解加速度；根據(jù)動量定理列式即可求解電荷量；根據(jù)能量守恒定律列式求解此過程中線框產(chǎn)生的焦耳熱。【解答】解：AD.根據(jù)右手定則，此時線框中電流方向為逆時針，線框中的感應電動勢大小為E＝2BL×13v+3BL×13v=53BLv，線框中感應電流大小為I=E8Lr=5Bv24r，線框中感應電流所受安培力為F＝2BIL+3BILB.設(shè)向右為正方向，根據(jù)動量定理有﹣2BILΔt﹣3BILΔt＝8Lm×13v-8Lmv，q＝IΔt，聯(lián)立解得qC.由能量守恒定律有Q=12×8故選：D。【點評】該題考查線框穿過有界磁場區(qū)域過程中感應電動勢、閉合電路歐姆定律、牛頓第二定律、動量定理以及能量守恒定律等知識點的綜合應用，題目難度較大，為易錯題型。二．多選題（共4小題）（多選）11．如圖所示，將一通電螺線管豎直放置，螺線管內(nèi)部形成方向豎直向上、磁感應強度大小為B＝kt（k為常量，t為時間）的磁場，在內(nèi)部用絕緣輕繩懸掛一與螺線管共軸的金屬薄圓管，其電阻率為ρ、高度為h，半徑為r，厚度為d（d?r）。則下列說法正確的是（）A．從上向下看，金屬薄圓管中的感應電流為順時針方向 B．金屬薄圓管的感應電動勢為kπrC．金屬薄圓管的熱功率為πdhD．輕繩對金屬薄圓管的拉力大小隨時間減小【考點】楞次定律及其應用；電功和電功率的計算；閉合電路歐姆定律的內(nèi)容和表達式．【專題】定量思想；推理法；電磁感應與電路結(jié)合；推理能力．【答案】AC【分析】根據(jù)楞次定律、法拉第電磁感應定律，結(jié)合電阻定律以功率表達式、左手定則分析求解。【解答】解：A.穿過金屬薄圓管的磁通量向上逐漸增加，則根據(jù)楞次定律可知，從上向下看，金屬薄圓管中的感應電流為順時針方向，故A正確；B.由法拉第電磁感應定律可知，金屬薄圓管的感應電動勢大小為E=ΔBΔtπr故B錯誤；C.由電阻定律可知，金屬薄圓管的電阻為R=金屬薄圓管的熱功率大小為P=故C正確；D.根據(jù)左手定則可知，金屬薄圓管中各段所受的受安培力方向指向圓管的軸線，則輕繩對金屬薄圓管的拉力的合力大小始終等于金屬薄圓管的重力不隨時間變化，故D錯誤。故選：AC?！军c評】本題考查了電磁感應相關(guān)知識，理解楞次定律的含義和判斷，合理利用電磁感應公式計算電動勢是解決此類問題的關(guān)鍵。（多選）12．如圖所示，光滑絕緣水平桌面上放置一邊長為L、質(zhì)量為m、每邊電阻均為R0的正方形金屬細框，右側(cè)區(qū)域內(nèi)存在寬度為2L的方向垂直于桌面向上的勻強磁場，磁感應強度大小為B，兩虛線為磁場邊界?，F(xiàn)使金屬框以一定的初速度水平向右運動，進入磁場。運動過程中金屬框的左、右邊框始終與磁場邊界平行，金屬框完全穿過磁場區(qū)域后，速度大小變?yōu)樗跛俣鹊娜种?。下列說法正確的是（）A．金屬框的初速度大小為3BB．金屬框的初速度大小為3BC．金屬框進入和離開磁場的過程中產(chǎn)生的焦耳熱相等 D．金屬框穿過磁場區(qū)域的整個過程中產(chǎn)生的焦耳熱為B【考點】線圈進出磁場的能量計算；線圈進出磁場的動力學問題．【專題】定量思想；推理法；電磁感應中的力學問題；分析綜合能力．【答案】AD【分析】根據(jù)法拉第電磁感應定律、閉合電路歐姆定律、安培力計算公式，應用動量定理求解金屬框的初速度；根據(jù)運動學定律分析金屬框進入磁場和離開磁場的速度，結(jié)合能量守恒定律得出產(chǎn)生的總焦耳熱?！窘獯稹拷猓篈B．設(shè)金屬框的初速度大小為v，金屬框穿過磁場區(qū)域的整個過程中，取向右為正方向，根據(jù)動量定理-2金屬框進入磁場區(qū)域的電量大小等于金屬框出磁場區(qū)域的電量大小，為q=解得v=故A正確，B錯誤；C．金屬框穿過磁場區(qū)域的整個過程中，金屬框做減速運動，則金屬框進入磁場過程中的速度大于金屬框出磁場過程中的速度，根據(jù)FA可知金屬框進入磁場過程中的受到的安培力大于金屬框出磁場過程中受到的安培力，金屬框進入磁場過程中的安培力做功大于金屬框出磁場過程中的安培力做功，故金屬框進入和離開磁場的過程中產(chǎn)生的焦耳熱不相等，故C錯誤；D．根據(jù)能量守恒，金屬框穿過磁場區(qū)域的整個過程中產(chǎn)生的焦耳熱為Q=故D正確。故選：AD?！军c評】本題主要考查了電磁感應中動力學問題與功能關(guān)系，要掌握安培力的沖量的推導過程，利用動量定理解答金屬框在不同位置的速度，解題要注意電路的聯(lián)接結(jié)構(gòu)。（多選）13．根據(jù)實際需要，磁鐵可以制造成多種形狀，如圖就是一根很長的光滑圓柱形磁棒，在它的側(cè)面有均勻向外的輻射狀磁場。現(xiàn)將磁棒豎直固定在水平地面上，磁棒外套有一個粗細均勻的圓形金屬線圈，金屬線圈的質(zhì)量為m，半徑為R，電阻為r，金屬線圈所在位置的磁場的磁感應強度大小為B．讓金屬線圈從磁棒上端由靜止釋放，經(jīng)一段時間后與水平地面相碰（碰前金屬線圈已達最大速度）并原速率反彈，又經(jīng)時間t，上升到距離地面高度為h處速度減小到零。下列說法中正確的是（）A．金屬線圈與地面撞擊前的速度大小mgr4B．撞擊反彈后上升到最高處h的過程中，通過金屬線圈某一截面的電荷量m2C．撞擊反彈后上升到最高處h的過程中，通過金屬線圈某一截面的電荷量m2D．撞擊反彈后上升到最高處h的過程中，金屬線圈中產(chǎn)生的焦耳熱m3【考點】電磁感應過程中的能量類問題；動量定理的內(nèi)容和應用；用焦耳定律計算電熱；導體平動切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢；電磁感應過程中的動力學類問題．【專題】定量思想；等效替代法；電磁感應——功能問題．【答案】ABD【分析】金屬線圈與地面撞擊前已達最大速度，此時安培力與重力平衡，推導出安培力與速度的關(guān)系式，再由平衡條件求金屬線圈的最大速度。根據(jù)動量定理求撞擊反彈上升過程中通過金屬線圈的電荷量。根據(jù)能量守恒定律求撞擊反彈后上升到最高處h的過程中金屬線圈中產(chǎn)生的焦耳熱?！窘獯稹拷猓篈、金屬線圈與地面撞擊前已達最大速度，設(shè)最大速度為v。感應電動勢為：E＝B?2πRv感應電流大小為：I=E線圈受到的安培力為：FA＝BIL＝BI?2πR聯(lián)合解得安培力大小為：FA=根據(jù)平衡條件有：FA＝mg解得：v=mgr4πBC、撞擊反彈后上升到最高處h的過程中，取向下為正方向，由動量定理得：mgt+BI?2πRt＝0﹣（﹣mv）又通過金屬線圈某一截面的電荷量為：q=I聯(lián)立解得：q=m2gr8πD、撞擊反彈后上升到最高處h的過程中，金屬線圈中產(chǎn)生的焦耳熱為：Q=12mv2-故選：ABD。【點評】本題是電磁感應與力學的綜合，要明確線圈與磁場垂直，有效的切割長度等于周長，要知道在電磁感應中，動量定理是求電荷量常用的方法。能量守恒定律是求焦耳熱常用的思路。（多選）14．電子感應加速器是加速電子的一類常見加速器，結(jié)構(gòu)示意主視圖、俯視圖如圖甲所示，上下為電磁鐵的兩個磁極，磁極之間有一個環(huán)形真空室，電子在真空室中做圓周運動。電磁鐵線圈中電流的大小、方向變化，產(chǎn)生的感生電場使電子加速，規(guī)定圖甲中所示電流產(chǎn)生的磁場方向為正方向。磁極在真空室區(qū)域內(nèi)產(chǎn)生磁感應強度大小為B＝kt（k＞0）的變化磁場，使電子逆時針加速，已知磁場隨時間均勻變化時感生電場的大小E=1ΔΦ2πRΔt，其中A．電子繞真空室一圈，動能增量為ekπR2 B．磁感應強度隨時間線性減小時，電子也能被加速 C．若磁感應強度隨時間按圖丙所示規(guī)律變化，電子在加速器中全程均可被加速 D．若磁感應強度隨時間按圖丙所示規(guī)律變化，電子在加速器中僅在14【考點】感生電場和感生電動勢；與加速電場相結(jié)合的質(zhì)譜儀．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在磁場中的運動專題；分析綜合能力．【答案】AD【分析】根據(jù)動能定理求解電子增加的動能；結(jié)合圖像運用楞次定律分析判斷真空室中感生電場方向，由洛倫茲力提供向心力，然后判斷電子做加速圓周運動的方向?！窘獯稹拷猓篈．該過程中感生電場E=該過程屬于變力做功，則由動能定理有eE?2πR＝ΔEk則ΔE故A正確；B．使電子被逆時針加速，渦旋電場方向應為順時針方向，當俯視時，若原磁場方向垂直向內(nèi)、大小線性減小時，產(chǎn)生的感應電場為順時針，但此時電子所受洛倫茲力背離圓心，無法提供向心力，電子會撞上真空室壁，故B錯誤；CD．變化時對應的電場方向如圖所示（俯視）發(fā)現(xiàn)電子只可能在第一個、第三個14周期內(nèi)被加速，但第三個14周期時，電子所受洛倫茲力背離圓心，無法提供向心力，所以電子在該加速器中僅在第一個14周期內(nèi)可被加速，故C故選：AD。【點評】解決本題的關(guān)鍵是理解帶電粒子被加速的原理，掌握麥克斯韋理論以及楞次定律、左手定則，要知道粒子在磁場中做勻速圓周運動時由洛倫茲力提供向心力。三．填空題（共2小題）15．圖是一種延時繼電器的示意圖。鐵芯上有兩個線圈A和B。線圈A跟電源連接，線圈B兩端連在一起，構(gòu)成一個閉合電路。在斷開開關(guān)S的時候，彈簧K將B（A：立即；B：過一會兒）將銜鐵D向上拉起，原因是：因為線圈B中產(chǎn)生了電磁感應現(xiàn)象，從而產(chǎn)生延時作用。【考點】楞次定律及其應用．【專題】定性思想；推理法；電磁感應與電路結(jié)合；理解能力．【答案】B；因為線圈B中產(chǎn)生了電磁感應現(xiàn)象，從而產(chǎn)生延時作用?！痉治觥繄D中有兩個線圈，其中A有電源，接通電路后有電流通過，會產(chǎn)生磁性；而B線圈無電源，開關(guān)閉合后沒有電流，只有當A中的磁場發(fā)生變化時，根據(jù)電磁感應作用，B線圈才會產(chǎn)生感應電流，從而根據(jù)楞次定律，即可求解?！窘獯稹拷猓河深}意可知，當S接通后，線圈A中產(chǎn)生磁場，穿過線圈B的磁通量要增加，根據(jù)楞次定律：增反減同，結(jié)合右手螺旋定則可知，B中產(chǎn)生與圖示方向相反的感應電流，當將S斷開，導致穿過線圈B的磁通量減小變慢，根據(jù)楞次定律可知，產(chǎn)生有延時釋放D的作用。答：B；因為線圈B中產(chǎn)生了電磁感應現(xiàn)象，從而產(chǎn)生延時作用。【點評】該題考查楞次定律與右手螺旋定則的應用，注意穿過閉合線圈的磁通量變化，線圈相當于電源，同時理解線圈B的作用是阻礙線圈A磁通量的變化。16．如圖所示，在光滑水平金屬框架上有一導體棒ab。第一次以速度v勻速向右平動，第二次以速度2v勻速向右平動，兩次移動的距離相同，則兩種情況下回路中產(chǎn)生的感應電動勢之比1：2和通過R的電荷量之比1：1?！究键c】導體平動切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢；閉合電路歐姆定律的內(nèi)容和表達式．【專題】定量思想；等效替代法；電磁感應與電路結(jié)合；分析綜合能力．【答案】1：2，1：1?！痉治觥扛鶕?jù)公式E＝BLv求感應電動勢之比。根據(jù)法拉第電磁感應定律、歐姆定律和電荷量與電流的關(guān)系得到通過R的電荷量與ab棒移動距離的關(guān)系，再求通過R的電荷量之比。【解答】解：根據(jù)E＝BLv可得兩種情況下回路中產(chǎn)生的感應電動勢之比為E1：E2＝v：2v＝1：2設(shè)導體棒ab移動的距離為s。根據(jù)q=IΔt，I=ER+r，E=ΔΦΔt=BLsΔt，可得通過R的電荷量q=ΔΦR+r故答案為：1：2，1：1。【點評】解答本題的關(guān)鍵要熟練根據(jù)法拉第電磁感應定律、歐姆定律和電荷量與電流的關(guān)系推導出q=ΔΦ四．解答題（共4小題）17．如圖所示，在空間中有一垂直紙面向里方向的勻強磁場區(qū)域，磁場上下邊緣間距為h＝5.2m，磁感應強度為B＝1T，邊長為L＝1m、電阻為R＝1Ω、質(zhì)量為m＝1kg的正方形導線框緊貼磁場區(qū)域的上邊從靜止下落，當線圈PQ邊剛出磁場的下邊緣時，恰好開始做勻速運動，重力加速度為g＝10m/s2，求：（1）PQ邊剛出磁場下邊緣時的速度v；（2）導線框穿過磁場所產(chǎn)生的焦耳熱；（3）導線框從開始下落到PQ邊到達磁場下邊緣流過線框的電荷量。【考點】電磁感應過程中的能量類問題；共點力的平衡問題及求解．【專題】計算題；學科綜合題；定量思想；尋找守恒量法；電磁感應——功能問題；分析綜合能力．【答案】（1）PQ邊剛出磁場下邊緣時的速度v為10m/s；（2）導線框穿過磁場所產(chǎn)生的焦耳熱為12J；（3）導線框從開始下落到PQ邊到達磁場下邊緣流過線框的電荷量為1C。【分析】（1）當線圈的PQ邊到達磁場下邊緣時，恰好做勻速運動，重力與安培力二力平衡，由平衡條件和安培力與速度的關(guān)系求出導線框的速度v；（2）導線框從進入磁場到MN離開磁場的過程中，根據(jù)能量守恒定律求解導線框穿過磁場所產(chǎn)生的焦耳熱；（3）根據(jù)電荷量與電流的關(guān)系以及法拉第電磁感應定律、歐姆定律相結(jié)合求解導線框從開始下落到PQ邊到達磁場下邊緣流過線框的電荷量?！窘獯稹拷猓海?）當導線框PQ邊剛出磁場的下邊緣時，恰好開始做勻速運動，根據(jù)平衡條件得mg＝F安又導線框受到的安培力大小為F安聯(lián)立解得：v＝10m/s（2）導線框從進入磁場到MN離開磁場的過程中，根據(jù)能量守恒定律可得mg(解得線圈產(chǎn)生的焦耳熱為：Q＝12J（3）導線框從開始下落到PQ邊到達磁場下邊緣過程，流過線框的電荷量為q=代入數(shù)據(jù)解得：q＝1C答：（1）PQ邊剛出磁場下邊緣時的速度v為10m/s；（2）導線框穿過磁場所產(chǎn)生的焦耳熱為12J；（3）導線框從開始下落到PQ邊到達磁場下邊緣流過線框的電荷量為1C。【點評】本題是電磁感應與力學知識的綜合，安培力是聯(lián)系電磁感應和力學的橋梁，安培力的分析和計算是解決這類問題的關(guān)鍵。18．如圖所示，傾斜光滑金屬導軌的傾角為30°，水平導軌粗糙，兩平行導軌的間距均為L。質(zhì)量為m、電阻為R、長度為L的金屬棒a垂直水平導軌放置，兩導軌間均存在垂直導軌平面向上的勻強磁場，磁感應強度大小分別為B1和B2?，F(xiàn)把質(zhì)量為m、電阻為R、長度也為L的金屬棒b垂直傾斜導軌由靜止釋放，重力加速度為g，傾斜導軌無限長，金屬棒a始終靜止，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。求：（1）金屬棒b的最大加速度am；（2）金屬棒a與導軌間的摩擦因數(shù)μ至少為多少；（3）從靜止釋放金屬棒b，當其沿斜面下滑x位移時，b棒剛好達到穩(wěn)定狀態(tài)，求此過程a棒產(chǎn)生的焦耳熱?！究键c】雙桿在等寬導軌上切割磁場的運動問題．【專題】定量思想；推理法；電磁感應——功能問題；電磁感應中的力學問題；分析綜合能力．【答案】（1）金屬棒b的最大加速度am為g2（2）金屬棒a與導軌間的摩擦因數(shù)μ至少為B1（3）此過程a棒產(chǎn)生的焦耳熱為mgx4【分析】（1）根據(jù)牛頓第二定律求出a棒的最大加速度；（2）根據(jù)平衡條件，結(jié)合法拉第電磁感應定律結(jié)合閉合電路歐姆定律和摩擦力公式求解摩擦因數(shù)；（3）根據(jù)能量守恒定律求解a棒產(chǎn)生的焦耳熱。【解答】解：（1）金屬棒b剛開始運動時有最大加速度mgsin30°＝mam，解得：am=（2）金屬棒b受力分析，最終勻速運動時有mgsin30°＝B2IL動生電動勢E＝B2Lv根據(jù)閉合電路歐姆定律得E＝I?2R解得金屬棒的最大速度為v金屬棒a受到的最大摩擦力為f＝B1IL=另據(jù)滑動摩擦力公式f＝μmg聯(lián)立解得：μ（3）此過程對b棒能量守恒有：mgxsin其中導體棒上產(chǎn)生的焦耳熱為Q聯(lián)立解得：Q答：（1）金屬棒b的最大加速度am為g2（2）金屬棒a與導軌間的摩擦因數(shù)μ至少為B1（3）此過程a棒產(chǎn)生的焦耳熱為mgx4【點評】本題是電磁感應與力學、電路相結(jié)合的一道綜合題，本題難度合適，分析清楚金屬棒的運動過程與受力情況是解題的前提與關(guān)鍵，應用平衡條件、能量守恒定律等知識點即可解題。19．如圖甲所示，MN、PQ是固定于同一水平面內(nèi)相互平行的粗糙長直導軌，間距L＝2.0m；R1＝R，R2＝2R是并聯(lián)在導軌一端的兩個電阻，質(zhì)量m＝1.0kg的導體棒ab垂直跨在導軌上，電壓傳感器與這部分裝置相連。導軌所在空間有磁感應強度B＝0.5T、方向豎直向下的勻強磁場。從t＝0開始對導體棒ab施加一個水平向左的外力F，使其由靜止開始沿導軌向左運動，電壓傳感器測出R1兩端的電壓隨時間變化的圖線如圖乙所示，其中OA段是直線，AB段是曲線、BC段平行于時間軸。假設(shè)在從1.2s開始以后，外力F的功率P＝4.5W保持不變。導軌和導體棒ab的電阻均可忽略不計，導體棒ab在運動過程中始終與導軌垂直，且接觸良好，不計電壓傳感器對電路的影響，題中R是未知量，重力加速度大小取g＝10m/s2，求：（1）導體棒ab做勻變速直線運動時的加速度；（2）導體棒ab與導軌間的動摩擦因數(shù)μ；（3）在1.2s﹣2.4s的時間內(nèi)，導體棒位移x＝1.15m，求回路產(chǎn)生的焦耳熱（計算結(jié)果保留1位有效數(shù)字）。【考點】電磁感應過程中的能量類問題；動摩擦因數(shù)的性質(zhì)和計算；電磁感應過程中的動力學類問題．【專題】定量思想；推理法；電磁感應與圖象結(jié)合；電磁感應與電路結(jié)合；分析綜合能力．【答案】（1）導體棒ab做勻變速直線運動時的加速度0.75m/s2；（2）導體棒ab與導軌間的動摩擦因數(shù)0.2；（3）回路產(chǎn)生的焦耳熱3J?！痉治觥浚?）運用法拉弟電磁感應定律結(jié)合牛頓第二定律求導體棒ab做勻變速直線運動時的加速度；（2）根據(jù)運動學公式，依據(jù)牛頓第二定律，及安培力表達式，歐姆定律求導體棒ab與導軌間的動摩擦因數(shù)μ；（3）由能量守恒求求回路產(chǎn)生的焦耳熱。【解答】解：（1）導體棒ab從O到A做勻加速運動，設(shè)加速度為a，由法拉弟電磁感應定律可得U1＝E1＝BLv1v1＝at1解得a＝0.75m/s2（2）當t＝1.2s時，外力功率P保持不變，有P＝F1v1解得F1＝5N由題圖可知，前1.2s做勻加速運動，對ab棒由牛頓第二定律可得F1﹣μmg﹣F安1＝ma安培力大小為F安1＝BI1L電路中電流為I1R總當t＝2.4s時，外力功率P保持不變，有P＝F2v2解得F2＝4.5N當t＝2.4s時，導體棒做勻速直線運動，處于平衡狀態(tài)，有F2＝μmg+BI2L電路中電流為I2綜合以上解得μ＝0.2（3）在1.2s﹣2.4s的時間內(nèi)，由能量守恒得PΔt=摩擦力做功Qf＝μmgx＝0.2×1×10×1.15J＝2.3J解得Q電＝3J答：（1）導體棒ab做勻變速直線運動時的加速度0.75m/s2；（2）導體棒ab與導軌間的動摩擦因數(shù)0.2；（3）回路產(chǎn)生的焦耳熱3J?！军c評】此題是電磁感應、運動學和能量的綜合運用，考查同學們的綜合分析解答能力，對學生的要求較高，此類題目屬難度較大的壓軸題，對于高考中能否得高分至關(guān)重要，在學習中需要多作練習。20．如圖甲所示，電阻不計、間距L＝0.5m的兩根足夠長平行金屬導軌構(gòu)成的平面與水平面成θ＝37°角，導軌上端連接定值電阻R＝1Ω。整個導軌平面處于垂直于導軌平面向下、磁感應強度大小B＝0.8T的勻強磁場中。一質(zhì)量為m＝0.2kg、長度L＝0.5m、電阻r＝1Ω的導體棒從導軌上某處由靜止釋放，此后其速度—時間圖像（v﹣t）如圖乙所示，導體棒5s末已經(jīng)達到最大速度。導體棒與導軌間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，導體棒始終垂直于導軌且接觸良好。重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，求：（1）導體棒勻速階段速度大小vm；（2）前5s內(nèi)導體棒通過的位移；（3）前5s內(nèi)導體棒上產(chǎn)生的焦耳熱?！究键c】電磁感應過程中的能量類問題；閉合電路歐姆定律的內(nèi)容和表達式；導體平動切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢．【專題】定量思想；推理法；電磁感應——功能問題；電磁感應中的力學問題；推理能力．【答案】（1）導體棒勻速階段速度大小vm為5m/s；（2）前5s內(nèi)導體棒通過的位移大小為12.5m，方向沿導軌向下；（3）前5s內(nèi)導體棒上產(chǎn)生的焦耳熱為1.25J?！痉治觥浚?）根據(jù)法拉第電磁感應定律，閉合電路歐姆定律，安培力計算公式，結(jié)合平衡條件求解導體棒勻速階段速度大小。（2）根據(jù)動量定理求解前5s內(nèi)導體棒通過的位移。（3）根據(jù)能量守恒定律與焦耳定律求解前5s內(nèi)導體棒上產(chǎn)生的焦耳熱?！窘獯稹拷猓海?）導體棒勻速時產(chǎn)生的感應電動勢為：E＝BLvm回路中感應電流為：I導體棒受到的安培力為：F＝BIL聯(lián)立可得：F=由平衡條件得：mgsinθ＝μgcosθ+F聯(lián)立解得：vm＝5m/s（2）以沿導軌向下為正方向，前t＝5s內(nèi)，對導體棒應用動量定理得：mgsinθ?前5s內(nèi)導體棒通過的位移為：s＝∑v?Δt解得：s＝12.5m，方向沿導軌向下。（3）根據(jù)能量守恒定律得：mgsinθ?解得：Q總＝2.5J導體棒產(chǎn)生的焦耳熱為：Q答：（1）導體棒勻速階段速度大小vm為5m/s；（2）前5s內(nèi)導體棒通過的位移大小為12.5m，方向沿導軌向下；（3）前5s內(nèi)導體棒上產(chǎn)生的焦耳熱為1.25J?！军c評】本題為電磁感應綜合問題，對于電磁感應問題研究思路常常有兩條：一條從力的角度，根據(jù)法拉第電磁感應定律、閉合電路歐姆定律、安培力公式、平衡條件、牛頓第二定律、動量定理列出方程；另一條是功與能的角度，根據(jù)動能定理、功能關(guān)系、能量守恒等列方程求解。如果涉及到電荷量、位移、時間問題時可根據(jù)動量定理，結(jié)合電荷量的推論公式進行解答。

考點卡片1．動摩擦因數(shù)的性質(zhì)和計算2．共點力的平衡問題及求解【知識點的認識】1.共點力（1）定義：如果一個物體受到兩個或更多力的作用，這些力共同作用在物體的在同一點上，或者雖不作用在同一點上，但它們的延長線交于一點，這幾個力叫作共點力。（2）力的合成的平行四邊形定則只適用于共點力。2.共點力平衡的條件（1）平衡狀態(tài)：物體保持靜止或勻速直線運動的狀態(tài)。（2）平衡條件：在共點力作用下物體平衡的條件是合力為0。3.對共點力平衡條件的理解及應用合外力等于0，即F合＝0→正交分解法Fx合=0Fy合=0，其中Fx合和Fy4.平衡條件的推論（1）二力平衡：若物體在兩個力作用下處于平衡狀態(tài)，則這兩個力一定等大、反向。（2）三力平衡：若物體在三個共點力作用下處于平衡狀態(tài)，則任意兩個力的合力與第三個力等大、反向。（3）多力平衡：若物體在n個共點力作用下處于平衡狀態(tài)，則其中任意一個力必定與另外（n﹣1）個力的合力等大、反向。5.解答共點力平衡問題的三種常用方法6.平衡中的臨界、極值問題a.臨界問題（1）問題特點：①當某物理量發(fā)生變化時，會引起其他幾個物理量的變化。②注意某現(xiàn)象“恰好出現(xiàn)”或“恰好不出現(xiàn)”的條件。（2）分析方法：基本方法是假設(shè)推理法，即先假設(shè)某種情況成立，然后根據(jù)平衡條件及有關(guān)知識進行論證、求解。b.極值問題（1）問題界定：物體平衡的極值問題，一般指在力的變化過程中涉及力的最大值和最小值的問題。（2）分析方法：①解析法：根據(jù)物體平衡的條件列出方程，在解方程時，采用數(shù)學知識求極值或者根據(jù)物理臨界條件求極值。②圖解法：根據(jù)物體平衡的條件作出力的矢量圖，畫出平行四邊形或者矢量三角形進行動態(tài)分析，確定最大值或最小值。7.“活結(jié)”與“死結(jié)”、“活桿”與“死桿”模型（1）“活結(jié)”與“死結(jié)”模型①“活結(jié)”一般是由輕繩跨過光滑滑輪或者繩上掛一光滑掛鉤而形成的。繩雖然因“活結(jié)”而彎曲，但實際上是同一根繩，所以由“活結(jié)”分開的兩段繩上彈力的大小一定相等，兩段繩合力的方向一定沿這兩段繩夾角的平分線。②“死結(jié)”兩側(cè)的繩因結(jié)而變成了兩根獨立的繩，因此由“死結(jié)”分開的兩段繩上的彈力不一定相等。（2）“活桿”與“死桿”模型①“活桿”：指輕桿用轉(zhuǎn)軸或鉸鏈連接，當輕桿處于平衡狀態(tài)時，輕桿所受到的彈力方向一定沿著桿，否則會引起輕桿的轉(zhuǎn)動。如圖甲所示，若C為轉(zhuǎn)軸，則輕桿在緩慢轉(zhuǎn)動中，彈力方向始終沿桿的方向。②“死桿”：若輕桿被固定，不發(fā)生轉(zhuǎn)動，則輕桿所受到的彈力方向不一定沿桿的方向。如圖乙所示，水平橫梁的一端A插在墻壁內(nèi)，另一端B裝有一個小滑輪，繩的一端C固定于墻壁上，另一端跨過滑輪后懸掛重物m?；唽K的作用力應為圖丙中兩段繩中拉力F1和F2的合力F的反作用力，即AB桿彈力的方向不沿桿的方向。【命題方向】例1：在如圖所示的甲、乙、丙、丁四幅圖中，滑輪光滑且所受的重力忽略不計，滑輪的軸O安裝在一根輕木桿P上，一根輕繩ab繞過滑輪，a端固定在墻上，b端下面掛一質(zhì)量為m的重物。當滑輪和重物都靜止不動時，甲、丙、丁圖中木桿P與豎直方向的夾角均為θ，乙圖中木桿P豎直。假設(shè)甲、乙、丙、丁四幅圖中滑輪受到木桿P的彈力的大小依次為FA、FB、FC、FD，則以下判斷正確的是（）A.FA＝FB＝FC＝FDB.FD＞FA＝FB＞FCC.FA＝FC＝FD＞FBD.FC＞FA＝FB＞FD分析：對滑輪受力分析，受兩個繩子的拉力和桿的彈力；滑輪一直保持靜止，合力為零，故桿的彈力與兩個繩子的拉力的合力等值、反向、共線。解答：由于兩個繩子的拉力大小等于重物的重力，大小不變，即四個選項中繩子的拉力是大小相等的，根據(jù)平行四邊形定則知兩個力的夾角越小，則合力越大，即滑輪兩邊繩子的夾角越小，繩子拉力的合力越大，故丁圖中繩子拉力合力最大，則桿的彈力最大，丙圖中夾角最大，繩子拉力合力最小，則桿的彈力最小，甲圖和乙圖中的夾角相同，則繩子拉力合力相等，則桿的彈力相等，所以甲、乙、丙、丁四幅圖中滑輪受到木桿P的彈力的大小順序為：FD＞FA＝FB＞FC，故B正確，ACD錯誤。故選：B。本題考查的是力的合成與平衡條件在實際問題中的應用，要注意桿的彈力可以沿著桿的方向也可以不沿著桿方向，結(jié)合平衡條件分析是關(guān)鍵。例2：如圖所示，兩根等長的輕繩將日光燈懸掛在天花板上，兩繩與豎直方向的夾角都為45°，日光燈保持水平，所受重力為G。則（）A.兩繩對日光燈拉力的合力大小等于GB.兩繩的拉力和重力不是共點力C.兩繩的拉力大小均為22D.兩繩的拉力大小均為G分析：兩繩的拉力和重力是共點力，根據(jù)合力為零分析AB選項；根據(jù)對稱性可知，左右兩繩的拉力大小相等，分析日光燈的受力情況，由平衡條件求解繩子的拉力大小。解答：B．對日光燈受力分析如圖：兩繩拉力的作用線與重力作用線的延長線交于一點，這三個力是共點力，故B錯誤；A．由于日光燈在兩繩拉力和重力作用下處于靜止狀態(tài)，所以兩繩的拉力的合力與重力G等大反向，故A正確；CD．由于兩個拉力的夾角成直角，且都與豎直方向成45°角，則由力的平行四邊形定則可知：G=F12+F22，F(xiàn)1＝F2，解得：F1＝F故選：AC。點評：本題主要是考查了共點力的平衡，解答本題的關(guān)鍵是：確定研究對象、進行受力分析、進行力的合成，利用平衡條件建立方程進行解答。例3：如圖，三根長度均為l的輕繩分別連接于C、D兩點，A、B兩端被懸掛在水平天花板上，相距2l?，F(xiàn)在C點上懸掛一個質(zhì)量為m的重物，為使CD繩保持水平，在D點上可施加力的最小值為（）A.mgB.33C.12D.14分析：根據(jù)物體的受力平衡，依據(jù)幾何關(guān)系求解即可。解答：依題得，要想CD水平，則各繩都要緊繃，根據(jù)幾何關(guān)系可知，AC與水平方向的夾角為60°，結(jié)點C受力平衡，則受力分析如圖所示因此CD的拉力為T＝mg?tan30°D點受CD繩子拉力大小等于T，方向向左。要使CD水平，則D點兩繩的拉力與外界的力的合力為零，則CD繩子對D點的拉力可分解為沿BD繩的F1以及另一分力F2。由幾何關(guān)系可知，當F2與BD垂直時，F(xiàn)2最小，F(xiàn)2的大小即為拉力大小，因此有F2min＝T?sin60°=1故ABD錯誤，C正確。故選：C。點評：本題考查的是物體的受力平衡，解題的關(guān)鍵是當F2與BD垂直時，F(xiàn)2最小，F(xiàn)2的大小即為拉力大小。例4：如圖甲所示，細繩AD跨過固定的水平輕桿BC右端的輕質(zhì)光滑定滑輪懸掛一質(zhì)量為M1的物體，∠ACB＝30°；圖乙中輕桿HG一端用鉸鏈固定在豎直墻壁上，另一端G通過細繩EG拉住，EG與水平方向的夾角為30°，在輕桿的G點用細繩GF懸掛一質(zhì)量為M2的物體（都處于靜止狀態(tài)），求：（1）細繩AC的張力FTAC與細繩EG的張力FTEG之比；（2）輕桿BC對C端的支持力；（3）輕桿HG對G端的支持力。分析：（1）根據(jù)力的分解及幾何關(guān)系解答。（2）圖甲中對滑輪受力分析，運用合成法求解細繩AC段的張力FAC與輕桿BC對C端的支持力；（3）乙圖中，以C點為研究對象，根據(jù)平衡條件求解細繩EG段的張力F2以及輕桿HG對G端的支持力。解答：下圖（a）和下圖（b）中的兩個物體M1、M2都處于平衡狀態(tài)，根據(jù)平衡的條件，首先判斷與物體相連的細繩，其拉力大小等于物體的重力；分別取C點和G點為研究對象，進行受力分析如圖（a）和右圖（b）所示，根據(jù)平衡規(guī)律可求解。（1）上圖（a）中輕繩AD跨過定滑輪拉住質(zhì)量為M1的物體，物體處于平衡狀態(tài)，輕繩AC段的拉力FTAC＝FCD＝M1g；上圖（b）中由于FTEGsin30°＝M2g得FEG＝2M2g所以FTAC：FTEG＝M1：2M2。（2）上圖（a）中，根據(jù)FAC＝FCD＝M1g且夾角為120°故FNC＝FAC＝M1g，方向與水平方向成30°，指向斜右上方。（3）上圖（b）中，根據(jù)平衡方程有FNG=M2gtan答：（1）輕繩AC段的張力FAC與細繩EG的張力FEG之比為M1（2）輕桿BC對C端的支持力為M1g，指向斜右上方；（3）輕桿HG對G端的支持力大小為3M2g方向水平向右。點評：本題首先要抓住定滑輪兩端繩子的特點，其次要根據(jù)平衡條件，以C、G點為研究對象，按力平衡問題的一般步驟求解?！窘忸}思路點撥】1.在分析問題時，注意“靜止”和“v＝0”不是一回事，v＝0，a=02.解答共點力平衡問題的一般步驟（1）選取研究對象，對于有相互作用的兩個或兩個以上的物體構(gòu)成的系統(tǒng)，應明確所選研究對象是系統(tǒng)整體還是系統(tǒng)中的某一個物體（整體法或隔離法）。（2）對所選研究對象進行受力分析，并畫出受力分析圖。（3）對研究對象所受的力進行處理，對三力平衡問題，一般根據(jù)平衡條件畫出力合成時的平行四邊形。對四力或四力以上的平衡問題，一般建立合適的直角坐標系，對各力按坐標軸進行分解。（4）建立平衡方程，對于四力或四力以上的平衡問題，用正交分解法列出方程組。3.臨界與極值問題的分析技巧（1）求解平衡中的臨界問題和極值問題時，首先要正確地進行受力分析和變化過程分析，找出平衡中的臨界點和極值點。（2）臨界條件必須在變化中尋找，不能停留在一個狀態(tài)來研究臨界問題，而是要把某個物理量推向極端，即極大或極小，并依此作出科學的推理分析，從而給出判斷或結(jié)論。3．動量定理的內(nèi)容和應用【知識點的認識】1．內(nèi)容：物體在一個過程始末的動量變化量等于它在這個過程中所受力的沖量．2．表達式：p′﹣p＝I或mv﹣mv0＝Ft．3．用動量概念表示牛頓第二定律：由mv﹣mv0＝Ft，得到F=mv-mv0【命題方向】題型一：動量定理的應用例子：一質(zhì)量為m的鐵錘，以速度v豎直打在木樁上，經(jīng)過△t時間而停止，則在打擊時間內(nèi)，鐵錘對木樁的平均沖力的大小是（）A．mg△tB.mv△tC.mv△分析：由題意可知，鐵錘的初末動量，由動量定理可求得其對木樁的平均沖力．解答：對鐵錘分析可知，其受重力與木樁的作用力；設(shè)向下為正方向，則有：（mg﹣F）t＝0﹣mv得：F＝mg+mv由牛頓第三定律可知，鐵錘對樁的平均沖力為：F＝mg+mv故選：C．點評：本題考查動量定理的應用，在應用時要注意先明確正方向，然后才能列動能定理的關(guān)系式求解．【解題方法點撥】1．動量、動量的變化量、沖量、力都是矢量．解題時，先要規(guī)定正方向，與正方向相反的，要取負值．2．恒力的沖量用恒力與力的作用時間的乘積表示，變力的沖量計算，要看題目條件確定．如果力隨時間均勻變化，可取平均力代入公式求出；力不隨時間均勻變化，就用I表示這個力的沖量，用其它方法間接求出．3．只要涉及了力F和力的作用時間t，用牛頓第二定律能解答的問題、用動量定理也能解答，而用動量定理解題，更簡捷．4．電容的概念與物理意義【知識點的認識】1．電容器（1）組成：由兩個彼此絕緣又相互靠近的導體組成。（2）帶電量：一個極板所帶電量的絕對值。（3）電容器的充、放電充電：使電容器帶電的過程，充電后電容器兩板帶上等量的異種電荷，電容器中儲存電場能。放電：使充電后的電容器失去電荷的過程，放電過程中電場能轉(zhuǎn)化為其他形式的能。2．電容（1）定義：電容器所帶的電荷量Q與電容器兩極板間的電勢差U的比值。（2）定義式：C=Q（3）物理意義：表示電容器儲存電荷的本領(lǐng)大小的物理量。（4）單位：法拉（F）1F＝106μF＝1012pF。（5）說明：電容是反映了電容器儲存電荷能力的物理量，其數(shù)值由電容器的構(gòu)造決定，而與電容器帶不帶電或帶多少電無關(guān)。就像水容器一樣，它的容量大小與水的深度無關(guān)。電容決定式：C=εS4πkd．其中，ε是一個常數(shù)，S為電容極板的正對面積，d為電容極板的距離，k則是靜電力常量。而常見的平行板電容器，電容為C=εSd【命題方向】題型一：對電容器的認識例1：下列四個電學器材中，電容器是（）A．B．C．D．分析：每種類型的電容內(nèi)部結(jié)構(gòu)是不一樣的，簡單來說就是，兩個電極中間夾了一層介質(zhì)就構(gòu)成了電容。根據(jù)介質(zhì)的不同又分為薄膜電容、鋁電解電容、陶瓷電容等。解：A、這是一個蓄電池。故A錯誤；B、這是滑動變阻器，是一個可調(diào)電阻。故B錯誤；C、這是電流表，用來測量電流的器材，故C錯誤；D、這是一個可調(diào)電容大小的電容器，故D正確。故選：D。點評：了解常見的電容器構(gòu)造，并能區(qū)分于其他的電器。題型二：對電容器的理解例2：關(guān)于電容器，下列說法中正確的是（）A．電容器是產(chǎn)生電荷的裝置B．兩個金屬導體直接接觸就構(gòu)成了一個電容器C．電容器充電時能使兩個極板帶上等量的異種電荷D．電容器充電時能使兩個極板帶上等量的同種電荷分析：兩個相互靠近又彼此絕緣的導體就構(gòu)成一個電容器，電容器充電時兩個極板會帶等量異種電荷。解：A、電容器是容納電荷的裝置，它不能產(chǎn)生電荷；故A錯誤；B、只有彼此絕緣的導體相互靠近才能構(gòu)成電容器；兩導體直接接觸就不能再容納電荷；故B錯誤；C、電容器充電后，兩個極板上帶上等量異種電荷；故C正確；D錯誤。故選：C。點評：本題考查對電容器的理解；明確只要兩個相互靠近又彼此絕緣的導體就構(gòu)成一個電容器；它通過電荷間的吸引而起到儲存電荷的作用。5．電功和電功率的計算6．用焦耳定律計算電熱7．閉合電路歐姆定律的內(nèi)容和表達式【知識點的認識】1．閉合電路歐姆定律（1）內(nèi)容：閉合電路里的電流跟電源的電動勢成正比，跟內(nèi)、外電阻之和成反比。（2）公式：①I=E②E＝U外+Ir（適用于所有電路）。2．路端電壓與外電阻的關(guān)系：一般情況U＝IR=ER+r當R增大時，U增大特殊情況（1）當外電路斷路時，I＝0，U＝E（2）當外電路短路時，I短=Er，U【命題方向】（1）第一類常考題型是對電路的動態(tài)分析：如圖所示，電源電動勢為E，內(nèi)阻為r，當滑動變阻器的滑片P處于左端時，三盞燈L1、L2、L3均發(fā)光良好。在滑片P從左端逐漸向右端滑動的過程中，下列說法中正確的是（）A．小燈泡L1、L2變暗B．小燈泡L3變暗，L1、L2變亮C．電壓表V1、V2示數(shù)均變大D．電壓表V1、V2示數(shù)之和變大分析：在滑片P從左端逐漸向右端滑動的過程中，先分析變阻器接入電路的電阻如何變化，分析外電路總電阻的變化，由閉合電路歐姆定律分析干路電流的變化，即可由歐姆定律判斷L2兩端電壓的變化，從而知道燈泡L2亮度的變化和電壓表V2示數(shù)的變化。再根據(jù)路端電壓的變化，分析燈泡L3亮度的變化和電壓表V1示數(shù)的變化；根據(jù)干路電流與L3電流的變化，分析L1電流的變化，即可判斷燈泡L1亮度的變化。根據(jù)路端電壓的變化，判斷兩電壓表示數(shù)之和的變化。解：B、滑片P向右滑動的過程中，滑動變阻器接入電路的電阻變大，整個閉合回路的總電阻變大，根據(jù)閉合歐姆定律可得干路電流I=ER外總+r變小，燈泡C、燈泡L2兩端電壓U2＝IR2變小，即電壓表V2示數(shù)變小，電壓表V1的讀數(shù)為U1＝E﹣I（r+R2），變大，故C錯誤。A、小燈泡L3變亮，根據(jù)串、并聯(lián)電路的特點I＝I1+I3，I減小，I3=U1R3變大，則通過小燈泡L1的電流I1減小，小燈泡LD、電壓表V1、V2示數(shù)之和為U＝E﹣Ir，I減小，U增大，故D正確。故選AD。點評：本題首先要搞清電路的連接方式，搞懂電壓表測量哪部分電路的電壓，其次按“局部→整體→局部”的思路進行分析?？偨Y(jié)：分析此類問題要注意以下三點：①閉合電路歐姆定律E＝U+Ir（E、r不變）和部分電路歐姆定律U＝IR聯(lián)合使用。②局部電阻增則總電阻增，反之總電阻減；支路數(shù)量增則總電阻減，反之總電阻增。③兩個關(guān)系：外電壓等于外電路上串聯(lián)各分電壓之和；總電流等于各支路電流之和。（2）第二類?？碱}型是閉合電路歐姆定律的應用及電源的功率：如圖所示，電源電動勢E＝12V，內(nèi)阻r＝3Ω，甲圖中R0＝1Ω，乙圖中直流電動機內(nèi)阻R0′＝1Ω，當調(diào)節(jié)滑動變阻器R1時可使甲電路輸出功率最大，同樣，調(diào)節(jié)R2時可使乙電路輸出功率最大，且此時電動機剛好正常工作（額定輸出功率為P0＝2W），則R1和R2的值為（）A．2Ω，2ΩB．2Ω，1.5ΩC．1.5Ω，1.5ΩD．1.5Ω，2Ω分析：對于甲圖，當電路的內(nèi)阻和外阻相等時，電路的輸出功率最大，由此可以求得甲圖中的最大的功率；對于乙圖，求出最大輸出的功率的表達式，利用數(shù)學知識求乙圖中的電阻的大小。解：據(jù)P輸出=E2當電路的外電阻等于內(nèi)阻時，電路的輸出功率最大，所以甲圖R1＝r﹣R0＝3Ω﹣1Ω＝2Ω對于乙圖，輸出的功率最大時，電動機的額定功率P0＝2W，電路中電流為I，所以P輸出max＝2W+I又因為UR2＝12V﹣3I-所以I=12-3I-聯(lián)立①②利用數(shù)學關(guān)系求得當R2＝1.5Ω時，乙電路的輸出功率最大為12W，故ACD錯誤，B正確。故選：B。點評：對于電功率的計算，一定要分析清楚是不是純電阻電路，對于非純電阻電路，總功率和發(fā)熱功率的計算公式是不一樣的。總結(jié)：對閉合電路功率的兩點認識①閉合電路是一個能量轉(zhuǎn)化系統(tǒng)，電源將其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能。內(nèi)外電路將電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能，EI＝P內(nèi)+P外就是能量守恒定律在閉合電路中的體現(xiàn)。②外電阻的阻值向接近內(nèi)阻的阻值方向變化時，電源的輸出功率變大。（3）第三類常考題型是電源的U﹣I圖象的應用如圖，直線A為電源的U﹣I圖線，直線B和C分別為電阻R1和R2的U﹣I圖線，用該電源分別與R1、R2組成閉合電路時，電源的輸出功率分別為P1、P2，電源的效率分別為η1、η2，則（）A．P1＞P2B．P1＝P2C．η1＞η2D．η1＜η2分析：電源的效率等于電源輸出功率與電源總功率的百分比，根據(jù)效