第85頁（共85頁）2026年高考物理復習難題速遞之電磁感應（2025年11月）一．選擇題（共8小題）1．如圖所示，垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度B隨時間t均勻變化。正方形硬質單匝金屬框abcd放置在磁場中，金屬框平面與磁場方向垂直。金屬框電阻R＝0.1Ω，邊長L＝0.2m。下列說法正確的是（）A．金屬框的感應電流方向為a→b→c→d B．0～0.1s內，ab邊受安培力方向水平向右 C．0～0.1s內，金屬框感應電動勢E＝0.18V D．0～0.1s內，ab邊所受安培力的沖量大小為1.6×10﹣3N?s2．一有界區(qū)域內存在磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面向果的勻強磁場，磁場寬度為L；一個高為L的梯形導體框abcd在外力作用下以速變v向右勻速穿過磁場。設t＝0時刻ab邊位于磁場左邊界，規(guī)定向左為安培力正方向。下列線框所受安培力F隨時間t的變化規(guī)律正確的是（）A． B． C． D．3．如圖所示，正方形線框abcd放在光滑的絕緣水平面上，OO′為正方形線框的對稱軸，在OO′的左側存在豎直向下的勻強磁場。現(xiàn)使正方形線框在磁場中以兩種不同的方式運動：第一種方式以速度v使正方形線框勻速向右運動，直到ab邊剛好與OO′重合；第二種方式只將速度變?yōu)?v。則下列說法正確的是（）A．兩過程線框中產(chǎn)生的焦耳熱之比為1：3 B．兩過程流過線框某一橫截面的電荷量之比為1：3 C．兩次線框中的感應電流大小之比為1：1 D．兩過程中線框中產(chǎn)生的平均電動勢之比為1：94．電磁俘能器可在汽車發(fā)動機振動時利用電磁感應發(fā)電實現(xiàn)能量回收，結構示意圖如圖1所示。兩對永磁鐵間存在磁感應強度大小均為B、方向相反的水平勻強磁場永磁鐵可隨發(fā)動機一起上下振動，邊長為L的正方形線圈豎直固定在減震裝置上，永磁鐵振動時磁場分界線不會離開線圈。圖2為側視圖（從右向左看）。下列說法正確的是（）A．圖2中穿過線圈的磁通量為BL2 B．永磁鐵位置相對線圈位置下降時，線圈中一定產(chǎn)生逆時針方向的感應電流 C．永磁鐵相對線圈位置變化越大，線圈中感應電動勢越大，回收能量越多 D．永磁鐵相對線圈位置變化越快，線圈中感應電動勢越大，回收能量越多5．如圖所示，MN左側有一垂直紙面向里的磁場，一個線圈的兩個端點a、b與內阻很大的電壓表相連，線圈內磁通量變化的規(guī)律滿足φ＝0.3﹣0.05t，在0～5s的時間內（）A．線圈有縮小的趨勢 B．電壓表的示數(shù)不變 C．電壓表的示數(shù)先增大后減小 D．線圈中有順時針方向的感應電流6．“變化率”思想在高中物理中有重要的應用，下列物理量對時間變化率的單位錯誤的是（）A．加速度變化率的單位為m/s2 B．磁通量變化率的單位為V C．動量變化率的單位為N D．電荷量變化率的單位為A7．一帶正電的粒子以某一初速度垂直射入勻強磁場中，運動過程中受到與速度大小成正比的阻力（比例系數(shù)k不變），方向始終與運動方向相反。勻強磁場的磁感應強度為B時，粒子停止時的位置與初始位置的距離為2cm，粒子運動的路程為26A．當撤去磁場時，粒子運動的路程不等于26B．粒子質量增大，粒子停止時的位置與初始位置的距離變大 C．粒子所帶電荷量增大，停止時的位置與初始位置的距離變大 D．當磁感應強度為B2時，粒子停止位置與初始位置的距離約為8．如圖所示，絕緣平面上固定兩條足夠長的“V”字型光滑平行導軌，導軌間距為l，左右兩側導軌與水平面夾角分別為θ、2θ，均處在豎直向上的勻強磁場中，磁感應強度分別為B、2B，不計導軌電阻。兩側頂端分別用外力固定質量為m，2m的導體棒ab、cd，電阻分別為R、2R，導體棒垂直于導軌，且運動過程中始終未脫離導軌，重力加速度為g，以下說法正確的是（）A．若ab棒具有沿斜面向上的初速度，則cd棒由靜止釋放瞬間加速度可能為零 B．若cd棒具有沿斜面向上的初速度，則ab棒由靜止釋放瞬間加速度可能為零 C．若cd棒始終固定，ab棒由靜止釋放后的穩(wěn)定速度為3mgRsinθD．若兩導體棒同時靜止釋放，兩棒最終不可能同時勻速下滑二．多選題（共7小題）（多選）9．電磁緩沖裝置廣泛應用于高鐵等交通工具，它利用電磁力來實現(xiàn)有效緩沖，其原理圖如圖所示。減速區(qū)分布著兩部分磁場區(qū)域Ⅰ和Ⅱ（俯視），分別存在著垂直紙面向內和垂直紙面向外的寬度均為L的勻強磁場，磁感應強度的大小均為B。緩沖車質量為M，其底部最前端固定有邊長也為L的N匝正方形線圈，線圈電阻為r，緩沖車以速度v0無動力進入減速區(qū)，不計摩擦及空氣阻力。則（）A．緩沖車的線圈進入?yún)^(qū)域Ⅰ的過程中，線圈中的感應電流（從上往下看）沿逆時針方向 B．緩沖車的線圈進入?yún)^(qū)域Ⅰ的過程中，車做加速度減小的減速運動 C．若緩沖車的線圈剛進入?yún)^(qū)域Ⅱ時的速度為v，此時緩沖車受到的安培力大小為2ND．從緩沖車的線圈進入?yún)^(qū)域Ⅱ開始，緩沖車運動位移為L的過程中，通過線圈的電荷量為2（多選）10．如圖所示，在豎直向下的勻強磁場中，兩根相距L的平行長直金屬導軌水平放置，左端接電容為C的電容器，一導體棒放置在導軌上，與導軌垂直且接觸良好，不計導軌電阻及導體棒與導軌間的摩擦。已知磁場的磁感應強度大小為B，導體棒的質量為m、接入電路的電阻為R，開關閉合前電容器有一定電量（上極板帶正電），閉合開關瞬間導體棒的加速度大小為a，以下說法正確的是（）A．閉合開關前電容器的電荷量為Q=B．閉合開關瞬間導體棒兩端電勢差為U=C．在導體棒勻速后導體棒兩端電勢有φa＝φb D．導體棒運動最大速度為v（多選）11．如圖甲所示，虛線MN左、右兩側的空間均存在與紙面垂直的勻強磁場，右側勻強磁場的磁感應強度大小恒為B0、方向垂直紙面向外；虛線MN左側磁場的磁感應強度B隨時間t變化的規(guī)律如圖乙所示，規(guī)定垂直紙面向外為磁場的正方向?，F(xiàn)將一半徑為r、電阻為R的金屬圓環(huán)垂直磁場方向固定，其圓心O在MN上。則（）A．圓環(huán)上有順時針方向的感應電流 B．圓環(huán)上的感應電流大小為πBC．在0～32t0D．在t=t0（多選）12．演示自感現(xiàn)象的實驗電路圖如圖所示，線圈的自感系數(shù)較大，且使滑動變阻器接入電路中的阻值大于線圈直流電阻，A1、A2為兩個完全相同的燈泡，下列判斷正確的是（）A．接通開關S，燈A1、A2立即變亮 B．接通開關S，燈A1逐漸變亮，燈A2立即變亮 C．接通開關S，待電路穩(wěn)定后斷開開關S，燈A1、A2逐漸熄滅 D．接通開關S，待電路穩(wěn)定后斷開開關S，燈A1逐漸熄滅，燈A2閃一下后逐漸熄滅（多選）13．如圖所示，足夠長的光滑平行金屬導軌ab和cd固定在同一水平面內，間距為L。導軌間有豎直向上的勻強磁場B，另有一直徑為d的金屬圓盤繞中心軸O以角速度ω順時針勻速轉動，圓盤區(qū)域有垂直圓盤向下的勻強磁場B。導軌b端通過電刷與圓盤邊緣e點連接，導軌d端與圓盤金屬轉軸連接?，F(xiàn)將質量為m的金屬桿MN垂直于導軌由靜止釋放。下列結論正確的是（）A．金屬桿最終做勻速直線運動 B．剛釋放時金屬桿的加速度最大 C．金屬桿運動過程中的最大速度為ωdD．整個運動過程通過金屬桿的總電量為mω（多選）14．如圖，豎直平面內固定有半徑分別為L與2L的半圓形金屬導軌PQ、MN，兩者圓心均在O點，Q、N間接有電阻R（體積可忽略），導軌右端有一圓心角為30°的扇環(huán)狀勻強磁場，磁感應強度大小為B。長3L的輕質導體棒可以繞O點在豎直面內自由轉動，轉動過程導體棒與金屬導軌接觸良好?，F(xiàn)將導體棒拉至水平位置自由釋放，已知導體棒末端固定質量為m的絕緣小球，重力加速度大小為g，導體棒質量、導體棒與金屬導軌的摩擦、導體棒與導軌電阻、空氣阻力均忽略不計。下列說法正確的是（）A．導體棒第一次進入磁場瞬間，Q、N間電勢差為3BB．導體棒第一次進入磁場瞬間，Q、N間電勢差為B3C．最終電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為mgL D．最終電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為3（多選）15．如圖，豎直平面內固定有半徑分別為L與2L的半圓形金屬導軌PQ、MN，兩者圓心均在O點，Q、N間接有電阻R（體積可忽略），導軌右端有一圓心角為30°的扇環(huán)狀勻強磁場，磁感應強度大小為B。長3L的輕質導體棒可以繞O點在豎直面內自由轉動，轉動過程導體棒與金屬導軌接觸良好?，F(xiàn)將導體棒拉至水平位置自由釋放，已知導體棒末端固定質量為m的絕緣小球，重力加速度大小為g，導體棒質量、導體棒與金屬導軌的摩擦、導體棒與導軌電阻、空氣阻力均忽略不計。下列說法正確的是（）A．導體棒第一次進入磁場瞬間，Q、N間電勢差為3BB．導體棒第一次進入磁場瞬間，Q、N間電勢差為B3C．最終電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為mgL D．最終電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為3三．解答題（共5小題）16．我國第三艘航母“福建號”已裝備最先進的電磁彈射技術。某興趣小組對其加速和減速階段簡化為下述過程。兩根足夠長的平直軌道AB和CD固定在水平面上，其中PQ左側為光滑金屬軌道，軌道電阻忽略不計，AC間接有定值電阻R，PQ右側為粗糙絕緣軌道。沿CD軌道建立x軸、Q點為坐標原點；PQ左側分布有垂直于軌道平面向下的勻強磁場B0，PQ右側為沿x軸漸變的磁場B＝1+kx，垂直于x軸方向磁場均勻分布。現(xiàn)將一質量為m，長度為L，電阻為R的金屬棒ab垂直放置在軌道上，與PQ距離為s。PQ的右方還有質量為3m，各邊長均為L的U形框cdef，其電阻為3R，且與左邊金屬軌道絕緣。ab棒在恒力F作用下向右運動，到達PQ前已勻速，運動到PQ處時撤去恒力F，隨后與U形框發(fā)生碰撞，碰后連接成“口”字形閉合線框，并一起運動，后續(xù)運動中受到摩擦阻力f大小與速度滿足f=12v。已知m＝1kg，F(xiàn)＝2N，s＝5m，L＝1m，R＝1Ω，B0＝1T，（1）棒ab與U形框碰撞前速度的大小v0；（2）棒ab與U形框碰撞前通過電阻R的電量；（3）“口”字形線框停止運動時，fc邊的坐標xfc；（4）U形框在運動過程中產(chǎn)生的焦耳熱。17．近日，一段殲35戰(zhàn)機在福建艦航母彈射起飛的視頻在網(wǎng)絡爆火，艦載機與航母彈射技術的“雙向賦能”，標志著我國海軍進入大航母時代。受此啟發(fā)，某同學設計了一個如圖所示的電磁彈射的模型。圖中，電源電動勢為E＝6V，內阻為r＝0.5Ω，MN與PQ為水平放置的足夠長的金屬導軌，間距為L＝0.5m。戰(zhàn)斗機簡化為導體棒ab，垂直放置在金屬導軌上，與阻值為1Ω的定值電阻R并聯(lián)在電源兩端。整個導軌平面處于豎直向下的勻強磁場中，磁感應強度B＝1T。閉合開關S，導體棒ab在安培力的作用下向右加速運動，達到電磁彈射的效果。若運動過程中，導體棒ab始終與導軌垂直，導體棒接入電路部分的阻值為1Ω，不計其他電阻。（1）求開關S閉合瞬間，流過導體棒的電流I1；（2）若導體棒ab運動過程中受到的阻力恒定，當導體棒運動穩(wěn)定時，流過電源的電流為5A，求：Ⅰ.導體棒ab運動過程中受到的阻力Ff；Ⅱ.導體棒運動的最大速度vm；Ⅲ.運動過程中，導體棒ab可等效為一直流“電動機”，求穩(wěn)定時“電動機”的效率。18．如圖所示，兩根平行放置的四分之一光滑圓弧導軌，半徑為r、間距為d，其中O1M、O2N水平，O1P、O2Q豎直，導軌電阻不計，在導軌頂端連有一阻值為R的電阻，整個裝置處在一豎直方向的勻強磁場中，磁感應強度的大小為B。長為d、質量為m的金屬棒從導軌頂端MN處由靜止釋放，到達導軌底端PQ時的速度大小為gr（g為當?shù)氐闹亓铀俣龋?，整個過程中金屬棒始終與導軌垂直且接觸良好。金屬棒從PQ處脫離導軌后水平飛出，兩端通過輕質金屬絲線（圖中未畫出）分別與導軌P、Q端相連接，金屬絲線足夠長始終未繃緊。金屬棒從PQ飛出水平位移大小為x（未知）時，速度大小為v且與水平方向的夾角為θ；金屬棒又從該位置經(jīng)過一段時間后，速度變?yōu)樨Q直向下。金屬棒與金屬絲線的電阻均不計，不考慮金屬絲線切割磁感線產(chǎn)生的影響，求：（1）金屬棒到達導軌底端PQ時受到的安培力大小F；（2）水平位移x的大?。唬?）若金屬棒由MN運動到PQ的過程中，電阻R上產(chǎn)生的熱量為Q1；金屬棒由PQ運動到速度變?yōu)樨Q直向下的過程中，電阻R上產(chǎn)生的熱量為Q2，求Q1與Q2的比值。19．發(fā)電機和電動機具有類似的裝置，是因為它們在工作機理上具有類似性，直流發(fā)電機和直流電動機的工作原理可以簡化為如圖1，2圖所示的情景，在豎直向下的磁感應B的勻強磁場中，兩根電阻不計的光滑平行金屬導軌MN、PQ固定在水平面內，相距為L。電阻為R的金屬導體棒ab垂直于MN、PQ放在導軌上，與導軌接觸良好，以速度v（v平行MM）向右勻速運動。圖1軌道端點M、P間接有阻值為r的電阻，導體棒ab受水平向右的外力作用，圖2軌道端點M、P間接有直流電源，導體棒ab通過滑輪勻速提升重物，電路中的電流為I。（1）求在Δt時間內圖1“發(fā)電機”產(chǎn)生的電能和圖2“電動機”輸出的機械能。（2）從微觀角度來看，導體棒ab中的自由電荷所受洛倫茲力在上述能量轉化中起著重要作用。為了方便，可認為導體棒中的自由電荷為正電荷。（a）請在圖3（圖1中的導體棒ab）、圖4（圖2中的導體棒ab）中，分別畫出自由電荷所受的洛倫茲力的示意圖。（b）我們知道，洛倫茲力不做功。那么，導體棒a的自由電荷受的洛倫茲力是如何在能量轉化過程中起到作用的呢？請以圖2“電動機”為例，通過計算分析說明。20．如圖所示，一粗細均勻的矩形線框平放在光滑絕緣的水平面上，線框長為2L，寬為L，質量為m，電阻為R，邊長為2L的正方形區(qū)域內存在豎直向下的勻強磁場，磁場左邊界在線框兩長邊的中點MN上。（1）若磁場的磁感應強度B隨時間t的變化規(guī)律為B＝B0sinωt，并控制線框保持靜止，求：①線框中電動勢的最大值Em；②磁感應強度變化的一個周期內線框中產(chǎn)生的內能Q。（2）若磁場的磁感應強度恒為B0，磁場從圖示位置開始以較大的速度v0勻速向左運動，線框同時從靜止釋放，當線框剛要完全處于磁場中時，線框的速度大小為v。①求此時線框中的電動勢E；②若v為未知量，求出v的表達式。

2026年高考物理復習難題速遞之電磁感應（2025年11月）參考答案與試題解析一．選擇題（共8小題）題號12345678答案DDADBABD二．多選題（共7小題）題號9101112131415答案ABDABDACBDABDBDBD一．選擇題（共8小題）1．如圖所示，垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度B隨時間t均勻變化。正方形硬質單匝金屬框abcd放置在磁場中，金屬框平面與磁場方向垂直。金屬框電阻R＝0.1Ω，邊長L＝0.2m。下列說法正確的是（）A．金屬框的感應電流方向為a→b→c→d B．0～0.1s內，ab邊受安培力方向水平向右 C．0～0.1s內，金屬框感應電動勢E＝0.18V D．0～0.1s內，ab邊所受安培力的沖量大小為1.6×10﹣3N?s【考點】電磁感應過程中的電路類問題；根據(jù)B﹣t或者φ﹣t圖像計算感應電動勢；電磁感應過程中的動力學類問題．【專題】定量思想；推理法；恒定電流專題；電磁感應中的力學問題；分析綜合能力．【答案】D【分析】解題時需要運用楞次定律判斷感應電流方向，通過法拉第電磁感應定律計算感應電動勢，再結合歐姆定律求出感應電流大小。安培力的方向由左手定則確定，沖量大小則通過電流、時間和邊長等參數(shù)計算得出。選項D的計算過程涉及多個物理量的綜合運用，最終得出正確結果?！窘獯稹拷猓篈、穿過金屬框的磁通量向里減小，由楞次定律和安培定則可得感應電流方向為a→d→c→b，故A錯誤；B、根據(jù)電流方向a→d→c→b，由左手定則判定0～0.1s內ab邊安培力方向水平向左，故B錯誤；C、0～0.1s內，由法拉第電磁感應定律得E=|ΔBΔt|LD、金屬框電流I=ER，解得：I＝0.8A，則0～0.1s內ab邊安培力沖量大小為1.6×10﹣3N?s故選：D。【點評】本題以電磁感應現(xiàn)象為核心，考查學生對法拉第電磁感應定律、楞次定律、安培力計算等知識點的綜合應用能力。題目通過勻強磁場隨時間變化的情境，設置了金屬框感應電流方向判斷、安培力方向分析、電動勢計算以及沖量求解四個選項，全面檢驗學生對電磁感應現(xiàn)象的掌握程度。計算量適中，涉及磁通量變化率、歐姆定律、安培力公式等多個物理量的運算，需要學生具備清晰的物理圖像和嚴謹?shù)耐茖芰Α選項對安培力沖量的考查尤為巧妙，既考察了瞬時力的計算，又延伸到?jīng)_量概念的理解，體現(xiàn)了對物理過程動態(tài)分析的較高要求。題目整體難度中等偏上，能有效區(qū)分學生對電磁感應知識的理解深度和運用能力。2．一有界區(qū)域內存在磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面向果的勻強磁場，磁場寬度為L；一個高為L的梯形導體框abcd在外力作用下以速變v向右勻速穿過磁場。設t＝0時刻ab邊位于磁場左邊界，規(guī)定向左為安培力正方向。下列線框所受安培力F隨時間t的變化規(guī)律正確的是（）A． B． C． D．【考點】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容和表達式；安培力的概念．【專題】定量思想；推理法；電磁感應與圖象結合；分析綜合能力．【答案】D【分析】首先根據(jù)右手定則判斷邊ab剛進入磁場時回路中感應電流方向，然后根據(jù)進入磁場中有效切割長度與時間的關系式，根據(jù)安培力公式F＝BIl分析安培力與時間的關系式，同理以此分析線框出磁場時安培力與時間關系式，從而得出正確結果。【解答】解：設ab的長為l0，ad與水平方向的夾角為θ，線框的電阻為R，根據(jù)題意可知，線框進入磁場的時間為：t=L線框進入過程，根據(jù)右手定則可知，感應電流為逆時針，根據(jù)左手定則可知，線框受到的安培力向左，為正值，線框切割磁感線的有效長度為：l＝l0+vt×tanθ根據(jù)E＝BLv、I=ER和F安＝BIL可得：F根據(jù)表達式可知，F(xiàn)﹣t圖像為開口向上的拋物線，當線框出磁場時，根據(jù)右手定則可知，感應電流為順時針，根據(jù)左手定則可知，線框受到的安培力向左，為正值，根據(jù)題意可知，線框切割磁感線的有效長度仍為：l＝l0+vt×tanθ則F﹣t圖像與線框進入磁場時的圖像一樣，故ABC錯誤D正確。故選：D?！军c評】解決該題的關鍵是掌握楞次定律分析感應電流的方向，掌握左手定則分析安培力的方向，知道有效切割長度的求解方法。3．如圖所示，正方形線框abcd放在光滑的絕緣水平面上，OO′為正方形線框的對稱軸，在OO′的左側存在豎直向下的勻強磁場?，F(xiàn)使正方形線框在磁場中以兩種不同的方式運動：第一種方式以速度v使正方形線框勻速向右運動，直到ab邊剛好與OO′重合；第二種方式只將速度變?yōu)?v。則下列說法正確的是（）A．兩過程線框中產(chǎn)生的焦耳熱之比為1：3 B．兩過程流過線框某一橫截面的電荷量之比為1：3 C．兩次線框中的感應電流大小之比為1：1 D．兩過程中線框中產(chǎn)生的平均電動勢之比為1：9【考點】線圈進出磁場的能量計算；電磁感應過程中的能量類問題；閉合電路歐姆定律的內容和表達式；導體平動切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢．【專題】應用題；定量思想；推理法；電磁感應與電路結合；分析綜合能力．【答案】A【分析】應用E＝BLv求出感應電動勢，應用歐姆定律求出感應電流，應用焦耳定律求出焦耳熱，然后比較焦耳熱與感應電流之比；應用法拉第電磁感應定律求出感應電動勢，應用歐姆定律求出電流，應用電流的定義式求出電荷量，然后比較平均電動勢與電荷量之比?！窘獯稹拷猓篈C、線框切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢E＝BLv由歐姆定律得：I=線框產(chǎn)生的焦耳熱Q＝I2Rt=(兩次線框中的感應電流大小之比I兩過程線框產(chǎn)生的焦耳熱之比Q1Q2=vBD、由法拉第電磁感應定律得：E平均感應電流I流過線框某一橫截面的電荷量q=兩過程流過線框某一橫截面的電荷量之比q兩過程中線框中產(chǎn)生的平均電動勢之比為E1E2故選：A。【點評】對于電磁感應現(xiàn)象中涉及電路問題的分析方法是：確定哪部分相對于電源，根據(jù)電路連接情況，結合法拉第電磁感應定律和閉合電路的歐姆定律、以及電功率的計算公式列方程求解。4．電磁俘能器可在汽車發(fā)動機振動時利用電磁感應發(fā)電實現(xiàn)能量回收，結構示意圖如圖1所示。兩對永磁鐵間存在磁感應強度大小均為B、方向相反的水平勻強磁場永磁鐵可隨發(fā)動機一起上下振動，邊長為L的正方形線圈豎直固定在減震裝置上，永磁鐵振動時磁場分界線不會離開線圈。圖2為側視圖（從右向左看）。下列說法正確的是（）A．圖2中穿過線圈的磁通量為BL2 B．永磁鐵位置相對線圈位置下降時，線圈中一定產(chǎn)生逆時針方向的感應電流 C．永磁鐵相對線圈位置變化越大，線圈中感應電動勢越大，回收能量越多 D．永磁鐵相對線圈位置變化越快，線圈中感應電動勢越大，回收能量越多【考點】增反減同；增縮減擴．【專題】定性思想；推理法；電磁感應與電路結合；推理論證能力．【答案】D【分析】根據(jù)對稱性和磁通量的概念得出線圈中磁通量的大小；根據(jù)法拉第電磁感應定律得出感應電動勢大小的影響因素；根據(jù)磁通量的變化特點，結合右手定則分析?！窘獯稹拷猓篈．由于分界線上下側磁感應強度的方向相反，穿過線圈的磁通量大小為Φ故A錯誤；B．永磁鐵位置相對線圈位置下降時，線圈相對于磁場向上運動，當線圈全部處于垂直于紙面向外的磁場中，或者線圈全部處于垂直于紙面向里的磁場中時，磁通量沒有變化，線圈中沒有感應電流，故B錯誤；C．結合上述，當永磁鐵相對線圈位置變化非常大時，線圈全部處于垂直于紙面向外的磁場中，或者線圈全部處于垂直于紙面向里的磁場中，此時線圈總的感應電動勢為0，此時，線圈中沒有感應電流，回收能量越少，故C錯誤；D．結合上述，當線圈上部分位于垂直于紙面向外的磁場中，線圈下部分位于垂直于紙面向里的磁場中時，根據(jù)右手定則可知，線圈總電動勢等于上下兩邊產(chǎn)生的電動勢之和，線圈中有感應電流，根據(jù)法拉第電磁感應定律可知，永磁鐵相對線圈位置變化越快，線圈中感應電動勢越大，線圈中的感應電流越大，回收能量越多，故D正確。故選：D?！军c評】本題主要考查了法拉第電磁感應定律的相關應用，理解磁通量的概念，結合右手定則即可完成分析。5．如圖所示，MN左側有一垂直紙面向里的磁場，一個線圈的兩個端點a、b與內阻很大的電壓表相連，線圈內磁通量變化的規(guī)律滿足φ＝0.3﹣0.05t，在0～5s的時間內（）A．線圈有縮小的趨勢 B．電壓表的示數(shù)不變 C．電壓表的示數(shù)先增大后減小 D．線圈中有順時針方向的感應電流【考點】法拉第電磁感應定律的內容和表達式；楞次定律及其應用．【專題】信息給予題；定性思想；推理法；電磁感應——功能問題；實驗探究能力．【答案】B【分析】AD．根據(jù)線圈內磁通量變化的規(guī)律滿足φ＝0.3﹣0.05t分析磁通量隨時間的變化，從而確定感應電流的磁場方向，根據(jù)楞次定律、安培定則和左手定則分析作答；BD.根據(jù)線圈內磁通量變化的規(guī)律滿足φ＝0.3﹣0.05t，結合法拉第電磁感應定律求解感應電動勢，然后分析答題?！窘獯稹拷猓篈D．根據(jù)線圈內磁通量變化的規(guī)律滿足φ＝0.3﹣0.05t可知，磁通量隨時間減??；根據(jù)楞次定律可知線圈中產(chǎn)生的感應電流的磁場與原磁場方向相同，根據(jù)安培定則可知，線圈中產(chǎn)生的感應電流沿逆時針方向；根據(jù)左手定則可知，線圈所受的安培力向外，線圈有擴大的趨勢，故AD錯誤；BC．根據(jù)線圈內磁通量變化的規(guī)律滿足φ＝0.3﹣0.05t可知，Φ﹣t函數(shù)變化率的絕對值k根據(jù)法拉第電磁感應定律，感應電動勢E線圈產(chǎn)生的感應電動勢大小不變，因此電壓表的示數(shù)不變，故B正確，C錯誤；故選：B?！军c評】本題考查了法拉第電磁感應定律與楞次定律的應用，理解線圈內磁通量變化的規(guī)律是解題的前提，應用法拉第電磁感應定律與楞次定律即可解題。6．“變化率”思想在高中物理中有重要的應用，下列物理量對時間變化率的單位錯誤的是（）A．加速度變化率的單位為m/s2 B．磁通量變化率的單位為V C．動量變化率的單位為N D．電荷量變化率的單位為A【考點】法拉第電磁感應定律的內容和表達式；力學單位制與單位制；庫侖定律的表達式及其簡單應用；用定義式計算電流大小及電荷量．【專題】定性思想；推理法；電磁學；推理論證能力．【答案】A【分析】需要結合加速度定義式、法拉第電磁感應定律、動量定理、電流定義式等，來推導各物理量變化率的單位，進而判斷單位的正確性?！窘獯稹拷猓篈．由題可知，加速度的變化率應為ΔaΔt，由于Δa的單位為m/s2，Δt的單位為s，故加速度變化率的單位為ms2B．根據(jù)法拉第電磁感應定律E=nΔΦΔt，可知磁通量變化率為感應電動勢，其單位為C．根據(jù)動量定理可知F?Δt＝Δp，整理可得F=ΔpΔt，故動量變化率為物體受到的合外力，而力的單位為ND．根據(jù)電流的定義可知I=ΔqΔt，即電荷量變化率為通過導體的電流，而電流的單位為A本題選錯誤的，故選：A?！军c評】本題考查物理量變化率的單位，涉及加速度變化率、磁通量變化率、動量變化率、電荷量變化率的單位分析。7．一帶正電的粒子以某一初速度垂直射入勻強磁場中，運動過程中受到與速度大小成正比的阻力（比例系數(shù)k不變），方向始終與運動方向相反。勻強磁場的磁感應強度為B時，粒子停止時的位置與初始位置的距離為2cm，粒子運動的路程為26A．當撤去磁場時，粒子運動的路程不等于26B．粒子質量增大，粒子停止時的位置與初始位置的距離變大 C．粒子所帶電荷量增大，停止時的位置與初始位置的距離變大 D．當磁感應強度為B2時，粒子停止位置與初始位置的距離約為【考點】動量定理在電磁感應問題中的應用．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在磁場中的運動專題；推理論證能力．【答案】B【分析】洛倫茲力不做功，依據(jù)動能定理，判斷撤去磁場后粒子的運動及總路程情況；根據(jù)動量定理，結合洛倫茲力與阻力始終垂直且都與速度大小成正比的特點，推導粒子從入射位置到停止位置的距離公式，進而分析質量、電荷量、磁感應強度等因素對該距離的影響；利用無磁場時的動量定理結論，結合有磁場時的距離公式，計算特定磁感應強度下的距離。【解答】解：A．洛倫茲力始終與粒子速度方向垂直，所以洛倫茲力不做功；當撤去磁場時，粒子僅受阻力作用，做減速直線運動。根據(jù)動能定理，合外力做功等于動能變化量，由于初速度、質量和阻力系數(shù)相同，無論是否存在磁場，總路程僅與初動能和阻力有關，是相同的，所以撤去磁場后路程仍為26cm，故BC．粒子運動過程中受到的洛倫茲力與阻力始終相互垂直，且洛倫茲力和阻力都與速度的大小成正比。根據(jù)動量定理，洛倫茲力的沖量和阻力的沖量的矢量和等于粒子的動量變化量，因為兩者始終相互垂直，設粒子入射的初速度為v0，任意時刻的速度為v，運動時間為t，以粒子的初速度方向為正方向，有(qvBt)2+(kvt)2=(mD．無磁場時，以粒子的初速度方向為正方向，根據(jù)動量定理有∑kvt＝mv0，可得26k=mv0，當磁感應強度為B2故選：B。【點評】本題考查帶電粒子在磁場與有阻力環(huán)境中的運動問題，涉及洛倫茲力（不做功）、阻力的作用分析，結合動能定理、動量定理，推導粒子運動的總路程、停止位置與初始位置的距離等，綜合考查電磁學與力學規(guī)律的結合應用。8．如圖所示，絕緣平面上固定兩條足夠長的“V”字型光滑平行導軌，導軌間距為l，左右兩側導軌與水平面夾角分別為θ、2θ，均處在豎直向上的勻強磁場中，磁感應強度分別為B、2B，不計導軌電阻。兩側頂端分別用外力固定質量為m，2m的導體棒ab、cd，電阻分別為R、2R，導體棒垂直于導軌，且運動過程中始終未脫離導軌，重力加速度為g，以下說法正確的是（）A．若ab棒具有沿斜面向上的初速度，則cd棒由靜止釋放瞬間加速度可能為零 B．若cd棒具有沿斜面向上的初速度，則ab棒由靜止釋放瞬間加速度可能為零 C．若cd棒始終固定，ab棒由靜止釋放后的穩(wěn)定速度為3mgRsinθD．若兩導體棒同時靜止釋放，兩棒最終不可能同時勻速下滑【考點】雙桿在等寬導軌上切割磁場的運動問題；閉合電路歐姆定律的內容和表達式；導體平動切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢．【專題】比較思想；模型法；電磁感應中的力學問題；分析綜合能力．【答案】D【分析】根據(jù)cd釋放瞬間加速度為零，判斷cd棒受到的安培力方向，由左手定則判斷感應電流方向，再分析ab棒的初速度方向；同理，判斷ab棒由靜止釋放瞬間加速度為零時cd棒的初速度方向；若cd棒始終固定，ab棒的加速度為零時達到穩(wěn)定狀態(tài)，由平衡條件結合安培力與速度的關系求ab棒穩(wěn)定時速度；若兩導體棒同時靜止釋放，若兩棒最終均勻速下滑，對兩棒分別根據(jù)平衡條件結合安培力公式列式，分析兩棒中電流是否相等，進而判斷出兩棒最終能否同時勻速下滑?！窘獯稹拷猓篈、若cd釋放瞬間加速度為零，則cd受到的安培力水平向右，由左手定則可知，流經(jīng)cd的感應電流由d指向c，則ab中電流由a指向b，由右手定則可知，ab具有沿斜面向下的速度，故A錯誤；B、若ab釋放瞬間加速度為零，則ab受到的安培力水平向左，由左手定則可知，流經(jīng)ab的電流由a指向b，則cd中電流由d指向c，由右手定則可知cd具有沿斜面向下的速度，故B錯誤；C、cd棒始終固定，ab棒的加速度為零時達到穩(wěn)定狀態(tài)，ab勻速下滑時所受安培力大小F安＝BIl由平衡平衡條件有F安cosθ＝mgsinθ由閉合電路歐姆定律可知流經(jīng)ab的電流Iab切割磁感線產(chǎn)生電動勢，勻速時的速度為v，則E＝Blvcosθ聯(lián)立可得速度v=3mgRsinθD、若ab勻速下滑，則由平衡條件得F安cosθ＝BI1lcosθ＝mgsinθ電流I若cd勻速下滑，則由平衡條件得F'安cos2θ＝2BI2lcos2θ＝2mgsin2θ電流I則I1≠I2故兩棒不可能同時勻速下滑，故D正確。故選：D?！军c評】解答本題時，首先要掌握左手定則和右手定則，并能熟練運用。其次，要把握兩棒的受力情況，運用平衡條件和安培力公式求出兩棒勻速運動時的速度和電流。二．多選題（共7小題）（多選）9．電磁緩沖裝置廣泛應用于高鐵等交通工具，它利用電磁力來實現(xiàn)有效緩沖，其原理圖如圖所示。減速區(qū)分布著兩部分磁場區(qū)域Ⅰ和Ⅱ（俯視），分別存在著垂直紙面向內和垂直紙面向外的寬度均為L的勻強磁場，磁感應強度的大小均為B。緩沖車質量為M，其底部最前端固定有邊長也為L的N匝正方形線圈，線圈電阻為r，緩沖車以速度v0無動力進入減速區(qū)，不計摩擦及空氣阻力。則（）A．緩沖車的線圈進入?yún)^(qū)域Ⅰ的過程中，線圈中的感應電流（從上往下看）沿逆時針方向 B．緩沖車的線圈進入?yún)^(qū)域Ⅰ的過程中，車做加速度減小的減速運動 C．若緩沖車的線圈剛進入?yún)^(qū)域Ⅱ時的速度為v，此時緩沖車受到的安培力大小為2ND．從緩沖車的線圈進入?yún)^(qū)域Ⅱ開始，緩沖車運動位移為L的過程中，通過線圈的電荷量為2【考點】線圈進出磁場的動力學問題；線圈進出磁場的電壓、電流、電荷量等電學量的計算．【專題】比較思想；模型法；電磁感應與電路結合；分析綜合能力．【答案】ABD【分析】根據(jù)楞次定律判斷線圈中電流的方向；根據(jù)牛頓第二定律結合安培力公式判斷加速度的變化情況；若緩沖車的線圈剛進入?yún)^(qū)域Ⅱ時的速度為v，根據(jù)動生電動勢公式、歐姆定律和安培力公式求安培力的大??；根據(jù)電流的定義結合磁通量的相關知識求通過線圈的電荷量?！窘獯稹拷猓篈、緩沖車的線圈進入?yún)^(qū)域Ⅰ的過程中，穿過線圈的磁通量向下增大，根據(jù)楞次定律可知，線圈中的感應電流（從上往下看）沿逆時針方向，故A正確；B、緩沖車的線圈進入?yún)^(qū)域Ⅰ的過程中，根據(jù)牛頓第二定律得NIBL＝Ma線圈中的電流為I=聯(lián)立可得a=根據(jù)左手定則，緩沖車受到的安培力向左，故緩沖車的線圈進入?yún)^(qū)域Ⅰ的過程中，隨著速度減小，加速度減小，則緩沖車做加速度減小的減速運動，故B正確；C、若緩沖車的線圈剛進入?yún)^(qū)域Ⅱ時的速度為v，線圈中的電流為I'此時緩沖車受到的安培力大小為F'=2ID、從緩沖車的線圈進入?yún)^(qū)域Ⅱ開始，緩沖車運動位移為L的過程中，通過線圈的電荷量為q=IΔt故選：ABD?！军c評】解答本題時，要能熟練運用動力學方法判斷緩沖車的運動情況，熟練推導出電荷量與磁通量變化量的關系。（多選）10．如圖所示，在豎直向下的勻強磁場中，兩根相距L的平行長直金屬導軌水平放置，左端接電容為C的電容器，一導體棒放置在導軌上，與導軌垂直且接觸良好，不計導軌電阻及導體棒與導軌間的摩擦。已知磁場的磁感應強度大小為B，導體棒的質量為m、接入電路的電阻為R，開關閉合前電容器有一定電量（上極板帶正電），閉合開關瞬間導體棒的加速度大小為a，以下說法正確的是（）A．閉合開關前電容器的電荷量為Q=B．閉合開關瞬間導體棒兩端電勢差為U=C．在導體棒勻速后導體棒兩端電勢有φa＝φb D．導體棒運動最大速度為v【考點】含有電容器的導軌滑桿模型；動量定理在電磁感應問題中的應用；電磁感應過程中的動力學類問題；電磁感應過程中的電路類問題．【專題】定量思想；推理法；電容器專題；電磁感應中的力學問題；電磁感應與電路結合；推理論證能力．【答案】ABD【分析】根據(jù)牛頓第二定律，結合電容器定義式、安培力公式求解開關閉合前電容器的電荷量；閉合開關瞬間導體棒兩端電勢差等于開關閉合前電容器兩極板間電壓；導體棒運動過程切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢，導體棒勻速運動時感應電動勢與電容器兩極板間電壓相等，導體棒兩端電勢不相等；導體棒達到最大速度后做勻速運動，依據(jù)導體棒勻速運動時感應電動勢與電容器兩極板間電壓相等，應用動量定理，結合電流的定義式與電容器的電量減少量求解導體棒運動最大速度?！窘獯稹拷猓篈、設開關閉合前電容器的電荷量為Q，則電容器兩極板間電壓為：U開關閉合瞬間通過導體棒的電流為：I開關閉合瞬間，對導體棒由牛頓第二定律得：BIL＝ma聯(lián)立解得：Q=CRmaBLB、閉合開關瞬間導體棒兩端電勢差等于開關閉合前電容器兩極板間電壓為U=QCC、導體棒運動過程切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢，當感應電動勢與電容器兩極板間電壓相等時流過導體棒的電流為零，導體棒不在受到安培力而做勻速直線運動，在導體棒勻速后導體棒a端電勢與電容器上極板電勢相同，導體棒b端電勢與電容器下極板電勢相同，可知：φa＞φb，故C錯誤；D、導體棒達到最大速度后做勻速運動，設導體棒的最大速度為v，在導體棒勻速后電容器的電荷量為Q′，以導體棒運動方向為正方向。由動量定理得：BILΔt=mv﹣0，其中：IΔt=ΔQ由感應電動勢與電容器兩極板間電壓相等得：BLv＝U′=聯(lián)立解得：v=CRmam故選：ABD。【點評】本題考查了電磁感應現(xiàn)象中單棒切割磁感線的模型，考查了力與運動的分析能力，掌握動量定理在此類問題中的應用。（多選）11．如圖甲所示，虛線MN左、右兩側的空間均存在與紙面垂直的勻強磁場，右側勻強磁場的磁感應強度大小恒為B0、方向垂直紙面向外；虛線MN左側磁場的磁感應強度B隨時間t變化的規(guī)律如圖乙所示，規(guī)定垂直紙面向外為磁場的正方向?，F(xiàn)將一半徑為r、電阻為R的金屬圓環(huán)垂直磁場方向固定，其圓心O在MN上。則（）A．圓環(huán)上有順時針方向的感應電流 B．圓環(huán)上的感應電流大小為πBC．在0～32t0D．在t=t0【考點】根據(jù)B﹣t或者φ﹣t圖像計算感應電動勢；電磁感應過程中的電路類問題；左手定則判斷安培力的方向；安培力的計算公式及簡單應用．【專題】定量思想；推理法；圖析法；方程法；電磁感應與圖象結合；電磁感應與電路結合；推理論證能力．【答案】AC【分析】由圖乙，根據(jù)楞次定律及安培定則，可判斷圓環(huán)中的感應電流方向；由法拉第電磁感應定律、閉合電路歐姆定律列式，可求圓環(huán)中的感應電流大?。挥蓂＝It可求電荷量的大?。桓鶕?jù)安培力的定義可求安培力的大小。【解答】解：A、在0～t0時間內，MN左側半圓環(huán)內磁感應強度減小，右側不變，故磁通量減小，根據(jù)楞次定理，增反減同，故圓環(huán)內有順時針方向的感應電流；t0～32tB、由圖像結合法拉第電磁感應定律可得圓環(huán)中產(chǎn)生的感應電動勢為：E根據(jù)歐姆定律可得圓環(huán)中的感應電流的大小為：I=ERC、在0～32t0D．在t=12t0故選：AC。【點評】本題主要考查電磁感應過程中的電路類問題，解題時需注意，通常會運用閉合電路歐姆定律、由安培力的定義及電流的定義解題即可。（多選）12．演示自感現(xiàn)象的實驗電路圖如圖所示，線圈的自感系數(shù)較大，且使滑動變阻器接入電路中的阻值大于線圈直流電阻，A1、A2為兩個完全相同的燈泡，下列判斷正確的是（）A．接通開關S，燈A1、A2立即變亮 B．接通開關S，燈A1逐漸變亮，燈A2立即變亮 C．接通開關S，待電路穩(wěn)定后斷開開關S，燈A1、A2逐漸熄滅 D．接通開關S，待電路穩(wěn)定后斷開開關S，燈A1逐漸熄滅，燈A2閃一下后逐漸熄滅【考點】自感線圈對電路的影響．【專題】定性思想；推理法；電磁感應——功能問題；推理論證能力．【答案】BD【分析】閉合開關的瞬間，通過L的電流增大，產(chǎn)生自感電動勢，根據(jù)楞次定律分析電流的變化，判斷兩燈電流的變亮情況。待電路穩(wěn)定后斷開開關，線圈產(chǎn)生自感電動勢，分析通過兩燈的電流關系，判斷兩燈是否同時熄滅以及是否閃亮后熄滅?！窘獯稹拷猓篈B．接通開關S瞬間，燈A2立即變亮，而線圈L產(chǎn)生自感電動勢，自感電動勢阻礙電流的增大，使得該支路中電流逐漸增大，所以閉合開關的瞬間，燈A1逐漸變亮，而不會立即變亮，故A錯誤，B正確；CD．接通開關S，待電路穩(wěn)定后斷開開關S，原來通過燈A2的電流立即消失，線圈L產(chǎn)生自感電動勢，相當于電源，兩燈串聯(lián)，感應電流依次通過兩個燈泡，由于滑動變阻器接入電路中的阻值大于線圈直流電阻，原來電路穩(wěn)定后通過燈A1的電流大于通過燈A2的電流，故燈A1逐漸熄滅，燈A2閃一下后逐漸熄滅，故C錯誤，D正確。故選：BD。【點評】當通過線圈本身的電流變化時，線圈中會產(chǎn)生自感現(xiàn)象，這是一種特殊的電磁感應現(xiàn)象，可運用楞次定律分析自感電動勢對電流的影響。（多選）13．如圖所示，足夠長的光滑平行金屬導軌ab和cd固定在同一水平面內，間距為L。導軌間有豎直向上的勻強磁場B，另有一直徑為d的金屬圓盤繞中心軸O以角速度ω順時針勻速轉動，圓盤區(qū)域有垂直圓盤向下的勻強磁場B。導軌b端通過電刷與圓盤邊緣e點連接，導軌d端與圓盤金屬轉軸連接?，F(xiàn)將質量為m的金屬桿MN垂直于導軌由靜止釋放。下列結論正確的是（）A．金屬桿最終做勻速直線運動 B．剛釋放時金屬桿的加速度最大 C．金屬桿運動過程中的最大速度為ωdD．整個運動過程通過金屬桿的總電量為m【考點】動量定理在電磁感應問題中的應用；牛頓第二定律的簡單應用；閉合電路歐姆定律的內容和表達式；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；動量定理應用專題；電磁感應中的力學問題；分析綜合能力．【答案】ABD【分析】ABC.根據(jù)電動勢表達式和F＝BIL分析判斷；D.由動量定理結合電荷量表達式求整個運動過程通過金屬桿的總電量。【解答】解：ABC．根據(jù)題意可知，金屬圓盤轉動時產(chǎn)生恒定的電動勢：E1所以導體棒受安培力作用做加速運動，若某時刻的速度為v，則導體棒受安培力F安可知隨著導體棒的速度v逐漸變大，安培力逐漸減小，結合牛頓第二定律可知導體棒加速度逐漸減小，所以剛釋放時金屬桿的加速度最大，最終當E1＝BLvm時加速度為零，導體棒做勻速運動，此時的最大速度vm=ωd2D．以水平向左的方向為正方向，對導體棒由動量定理B而q=IΔt可得q故選：ABD?！军c評】本題考查電磁感應相關內容，學生結合題干提取信息，分析解決問題能力，考查運用動量定理解決物理問題的能力。（多選）14．如圖，豎直平面內固定有半徑分別為L與2L的半圓形金屬導軌PQ、MN，兩者圓心均在O點，Q、N間接有電阻R（體積可忽略），導軌右端有一圓心角為30°的扇環(huán)狀勻強磁場，磁感應強度大小為B。長3L的輕質導體棒可以繞O點在豎直面內自由轉動，轉動過程導體棒與金屬導軌接觸良好?，F(xiàn)將導體棒拉至水平位置自由釋放，已知導體棒末端固定質量為m的絕緣小球，重力加速度大小為g，導體棒質量、導體棒與金屬導軌的摩擦、導體棒與導軌電阻、空氣阻力均忽略不計。下列說法正確的是（）A．導體棒第一次進入磁場瞬間，Q、N間電勢差為3BB．導體棒第一次進入磁場瞬間，Q、N間電勢差為B3C．最終電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為mgL D．最終電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為3【考點】電磁感應過程中的能量類問題；動能定理的簡單應用．【專題】定量思想；推理法；電磁感應——功能問題；推理論證能力．【答案】BD【分析】根據(jù)導體棒從自由釋放到準備切割磁感線的過程中，小球能量守恒，減少的重力勢能轉化為動能，結合導體棒第一次進入磁場瞬間，只有Q、N間的電阻，其電壓等于電動勢，綜合最終導體棒做剛好不進入扇環(huán)狀勻強磁場，在其下方來回擺動的運動。全過程減少的重力勢能都轉化為電阻上的焦耳熱分析求解?！窘獯稹拷猓篈B．導體棒從自由釋放到準備切割磁感線的過程中，小球能量守恒，減少的重力勢能轉化為動能，則根據(jù)能量守恒有3解得速度為v根據(jù)切割部位可以算得切割的平均速率為v則導體棒第一次進入磁場瞬間，動生電動勢滿足E由于只有Q、N間的電阻，其電壓等于電動勢，故A錯誤、B正確；CD．最終導體棒做剛好不進入扇環(huán)狀勻強磁場，在其下方來回擺動的運動。全過程減少的重力勢能都轉化為電阻上的焦耳熱，則根據(jù)能量守恒，最終電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為：Q故C錯誤、D正確。故選：BD?！军c評】本題考查了電磁感應相關知識，理解導體棒不同的運動和受力狀態(tài)，正確利用能量守恒定律和動量定理是解決此類問題的關鍵。（多選）15．如圖，豎直平面內固定有半徑分別為L與2L的半圓形金屬導軌PQ、MN，兩者圓心均在O點，Q、N間接有電阻R（體積可忽略），導軌右端有一圓心角為30°的扇環(huán)狀勻強磁場，磁感應強度大小為B。長3L的輕質導體棒可以繞O點在豎直面內自由轉動，轉動過程導體棒與金屬導軌接觸良好?，F(xiàn)將導體棒拉至水平位置自由釋放，已知導體棒末端固定質量為m的絕緣小球，重力加速度大小為g，導體棒質量、導體棒與金屬導軌的摩擦、導體棒與導軌電阻、空氣阻力均忽略不計。下列說法正確的是（）A．導體棒第一次進入磁場瞬間，Q、N間電勢差為3BB．導體棒第一次進入磁場瞬間，Q、N間電勢差為B3C．最終電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為mgL D．最終電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為3【考點】電磁感應過程中的能量類問題；電磁感應過程中的電路類問題．【專題】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】BD【分析】根據(jù)能量守恒求出導體棒第一次進入磁場瞬間小球的速度，結合切割部位的平均速率求動生電動勢，再求Q、N間電勢差；最終導體棒做剛好不進入扇環(huán)狀勻強磁場，在其下方來回擺動的運動。根據(jù)能量守恒求電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱?！窘獯稹拷猓篈B、導體棒從自由釋放到剛進入磁場的過程中，小球減少的重力勢能轉化為動能，則有3解得導體棒第一次進入磁場瞬間小球的速率v根據(jù)切割部位可以算得切割的平均速率為v則導體棒第一次進入磁場瞬間，產(chǎn)生的動生電動勢E因只有Q、N間的電阻，故其電壓等于動生電動勢，故A錯誤、B正確；CD、最終導體棒做剛好不進入扇環(huán)狀勻強磁場，在其下方來回擺動的運動。全過程小球減少的重力勢能全部轉化為電阻上的焦耳熱，則電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為Q=32mgL，故故選：BD?！军c評】解決本題的關鍵需要掌握導體棒轉動切割磁感線運動產(chǎn)生的感應電動勢公式E＝BLv，同時，要搞清能量轉化情況。三．解答題（共5小題）16．我國第三艘航母“福建號”已裝備最先進的電磁彈射技術。某興趣小組對其加速和減速階段簡化為下述過程。兩根足夠長的平直軌道AB和CD固定在水平面上，其中PQ左側為光滑金屬軌道，軌道電阻忽略不計，AC間接有定值電阻R，PQ右側為粗糙絕緣軌道。沿CD軌道建立x軸、Q點為坐標原點；PQ左側分布有垂直于軌道平面向下的勻強磁場B0，PQ右側為沿x軸漸變的磁場B＝1+kx，垂直于x軸方向磁場均勻分布?，F(xiàn)將一質量為m，長度為L，電阻為R的金屬棒ab垂直放置在軌道上，與PQ距離為s。PQ的右方還有質量為3m，各邊長均為L的U形框cdef，其電阻為3R，且與左邊金屬軌道絕緣。ab棒在恒力F作用下向右運動，到達PQ前已勻速，運動到PQ處時撤去恒力F，隨后與U形框發(fā)生碰撞，碰后連接成“口”字形閉合線框，并一起運動，后續(xù)運動中受到摩擦阻力f大小與速度滿足f=12v。已知m＝1kg，F(xiàn)＝2N，s＝5m，L＝1m，R＝1Ω，B0＝1T，（1）棒ab與U形框碰撞前速度的大小v0；（2）棒ab與U形框碰撞前通過電阻R的電量；（3）“口”字形線框停止運動時，fc邊的坐標xfc；（4）U形框在運動過程中產(chǎn)生的焦耳熱?！究键c】電磁感應過程中的能量類問題；單桿在導軌上有外力作用下切割磁場的運動問題；動量定理在電磁感應問題中的應用．【專題】計算題；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；電磁感應與電路結合；推理論證能力．【答案】（1）棒ab與U形框碰撞前速度的大小為4m/s；（2）棒ab與U形框碰撞前通過電阻R的電量為2.5C；（3）“口”字形線框停止運動時，fc邊的坐標為163（4）U形框在運動過程中產(chǎn)生的焦耳熱為0.5J。【分析】（1）根據(jù)安培力公式、感應電動勢公式和閉合電路歐姆定律計算；（2）根據(jù)電流定義式、平均感應電動勢公式和閉合電路歐姆定律計算；（3）根據(jù)動量守恒計算碰撞后的速度；根據(jù)ab、de切割磁感線產(chǎn)生的電動勢計算回路中的電動勢，根據(jù)閉合電路歐姆定律計算回路電流表達式，根據(jù)安培力公式計算回路受到的安培力，再根據(jù)動量定理計算；（4）根據(jù)功能關系和安培力與摩擦力關系計算。【解答】解：（1）由題意可知棒ab到達PQ前已勻速，則有F＝B0IL，E＝B0Lv0，I聯(lián)立解得v0＝4m/s（2）通過電阻R的電量為q=It，聯(lián)立可得q＝2.5C（3）設碰后瞬間金屬框的速度為v1，取水平向右為正方向，根據(jù)動量守恒可得mv0＝4mv1解得v1＝1m/s此后任意時刻閉合線框的速度為v，ab邊處磁場為B1，de邊處磁場為B2，則回路中的電動勢為E＝E2﹣E1＝B2Lv﹣B1Lv＝（B2﹣B1）Lv，B2﹣B1＝kL回路總電阻為4R，根據(jù)閉合電路歐姆定律可得I此時回路受到的安培力大小為F取水平向右為正方向，根據(jù)動量定理可得﹣∑FAt﹣∑ft＝0﹣4mv1聯(lián)立解得“口”字形線框停止運動時，fc邊的坐標為x（4）根據(jù)功能關系可知，U形框在運動過程中產(chǎn)生的總熱量為Q因任意時刻安培力與摩擦力之比為1：2，所以焦耳熱與摩擦熱之比也為1：2，可得回路產(chǎn)生的總焦耳熱為Q則U形框在運動過程中產(chǎn)生的焦耳熱為Q答：（1）棒ab與U形框碰撞前速度的大小為4m/s；（2）棒ab與U形框碰撞前通過電阻R的電量為2.5C；（3）“口”字形線框停止運動時，fc邊的坐標為163（4）U形框在運動過程中產(chǎn)生的焦耳熱為0.5J?！军c評】本題關鍵掌握分析導體棒在磁場中運動情況的方法，處理電磁感應與力、電路、動量和能量綜合問題的方法。17．近日，一段殲35戰(zhàn)機在福建艦航母彈射起飛的視頻在網(wǎng)絡爆火，艦載機與航母彈射技術的“雙向賦能”，標志著我國海軍進入大航母時代。受此啟發(fā)，某同學設計了一個如圖所示的電磁彈射的模型。圖中，電源電動勢為E＝6V，內阻為r＝0.5Ω，MN與PQ為水平放置的足夠長的金屬導軌，間距為L＝0.5m。戰(zhàn)斗機簡化為導體棒ab，垂直放置在金屬導軌上，與阻值為1Ω的定值電阻R并聯(lián)在電源兩端。整個導軌平面處于豎直向下的勻強磁場中，磁感應強度B＝1T。閉合開關S，導體棒ab在安培力的作用下向右加速運動，達到電磁彈射的效果。若運動過程中，導體棒ab始終與導軌垂直，導體棒接入電路部分的阻值為1Ω，不計其他電阻。（1）求開關S閉合瞬間，流過導體棒的電流I1；（2）若導體棒ab運動過程中受到的阻力恒定，當導體棒運動穩(wěn)定時，流過電源的電流為5A，求：Ⅰ.導體棒ab運動過程中受到的阻力Ff；Ⅱ.導體棒運動的最大速度vm；Ⅲ.運動過程中，導體棒ab可等效為一直流“電動機”，求穩(wěn)定時“電動機”的效率。【考點】電磁感應過程中的能量類問題；計算電動機正常工作時輸出的機械功或機械功率；閉合電路歐姆定律的內容和表達式．【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】（1）開關S閉合瞬間，流過導體棒的電流為3A；（2）Ⅰ.導體棒ab運動過程中受到的阻力為0.75N；Ⅱ.導體棒運動的最大速度為4m/s；Ⅲ.運動過程中，導體棒ab可等效為一直流“電動機”，穩(wěn)定時“電動機”的效率為57.1%?！痉治觥浚?）根據(jù)閉合電路歐姆定律以及電路的連接特點求開關S閉合瞬間，流過導體棒的電流I1；（2）Ⅰ.由閉合電路歐姆定律和平衡關系求導體棒ab運動過程中受到的阻力Ff；Ⅱ.根據(jù)功率關系求導體棒運動的最大速度vm；Ⅲ.根據(jù)效率表達式求穩(wěn)定時“電動機”的效率?！窘獯稹拷猓海?）由閉合電路歐姆定律R總解得R總＝1ΩI總解得I總＝6A電路的連接特點可得流過導體棒的電流I1解得I1＝3A（2）Ⅰ.由閉合電路歐姆定律U＝E﹣Ir解得U＝3.5V根據(jù)歐姆定律IR解得IR＝3.5A則Iab＝I﹣IR解得Iab＝1.5A根據(jù)平衡關系可得Ff＝BIabL解得Ff＝0.75NⅡ.由U可知vm＝4m/sⅢ.“發(fā)動機”效率η=解得η＝57.1%答：（1）開關S閉合瞬間，流過導體棒的電流為3A；（2）Ⅰ.導體棒ab運動過程中受到的阻力為0.75N；Ⅱ.導體棒運動的最大速度為4m/s；Ⅲ.運動過程中，導體棒ab可等效為一直流“電動機”，穩(wěn)定時“電動機”的效率為57.1%?！军c評】本題電磁感應與力學知識的綜合應用，一般從兩個角度研究：一條從力的角度，重點是推導出安培力與速度的關系式，根據(jù)平衡條件列出方程；另一條是能量，分析涉及電磁感應現(xiàn)象中的能量轉化問題，根據(jù)動能定理、功能關系等列方程求解。18．如圖所示，兩根平行放置的四分之一光滑圓弧導軌，半徑為r、間距為d，其中O1M、O2N水平，O1P、O2Q豎直，導軌電阻不計，在導軌頂端連有一阻值為R的電阻，整個裝置處在一豎直方向的勻強磁場中，磁感應強度的大小為B。長為d、質量為m的金屬棒從導軌頂端MN處由靜止釋放，到達導軌底端PQ時的速度大小為gr（g為當?shù)氐闹亓铀俣龋?，整個過程中金屬棒始終與導軌垂直且接觸良好。金屬棒從PQ處脫離導軌后水平飛出，兩端通過輕質金屬絲線（圖中未畫出）分別與導軌P、Q端相連接，金屬絲線足夠長始終未繃緊。金屬棒從PQ飛出水平位移大小為x（未知）時，速度大小為v且與水平方向的夾角為θ；金屬棒又從該位置經(jīng)過一段時間后，速度變?yōu)樨Q直向下。金屬棒與金屬絲線的電阻均不計，不考慮金屬絲線切割磁感線產(chǎn)生的影響，求：（1）金屬棒到達導軌底端PQ時受到的安培力大小F；（2）水平位移x的大小；（3）若金屬棒由MN運動到PQ的過程中，電阻R上產(chǎn)生的熱量為Q1；金屬棒由PQ運動到速度變?yōu)樨Q直向下的過程中，電阻R上產(chǎn)生的熱量為Q2，求Q1與Q2的比值?！究键c】電磁感應過程中的能量類問題；牛頓第二定律的簡單應用；安培力的計算公式及簡單應用；導體平動切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢；動量定理在電磁感應問題中的應用．【專題】定量思想；推理法；電磁感應——功能問題；推理論證能力．【答案】（1）金屬棒到達導軌底端PQ時受到的安培力大小等于B2（2）水平位移x的大小等于mRgr（3）Q1與Q2的比值Q1【分析】（1）根據(jù)法拉第電磁感應定律求解感應電動勢，根據(jù)歐姆定律求解電流，結合安培力求解公式求解電流；（2）水平方向運用動量定理結合法拉第電磁感應定律和電流平均式以及歐姆定律求解水平位移；（3）到達導軌底端PQ由能量守恒求解熱量Q1，由導軌底端PQ飛出到速度變?yōu)樨Q直向下，水平方向能量守恒求解Q2，從而求解Q1與Q2的比值?！窘獯稹拷猓海?）金屬棒從導軌頂端MN處由靜止釋放，到達導軌底端PQ時的速度大小為gr，則有E=安培力F=（2）水平位移為x，以水平向左為正方向，水平方向運用動量定理得﹣BILΔt＝mvcosθ﹣mv0又這段時間內通過人的電荷量q=平均感應電流I=平均感應電動勢E=磁通量的變化量ΔΦ＝BΔS＝Bdx聯(lián)立可得x=（3）分兩個過程來求，第一個過程由靜止釋放，到達導軌底端PQ；設這個過程R上產(chǎn)生的熱量為Q1，由能量守恒得mgr=解得Q1第二個過程由導軌底端PQ飛出到速度變?yōu)樨Q直向下，這個過程R上產(chǎn)生的熱量為Q2，水平方向能量守恒得12解得Q2故Q1答：（1）金屬棒到達導軌底端PQ時受到的安培力大小等于B2（2）水平位移x的大小等于mRgr（3）Q1與Q2的比值Q1【點評】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)牛頓第二定律或平衡條件列出方程；另一條是能量，分析涉及電磁感應現(xiàn)象中的能量轉化問題，根據(jù)動能定理、功能關系等列方程求解。19．發(fā)電機和電動機具有類似的裝置，是因為它們在工作機理上具有類似性，直流發(fā)電機和直流電動機的工作原理可以簡化為如圖1，2圖所示的情景，在豎直向下的磁感應B的勻強磁場中，兩根電阻不計的光滑平行金屬導軌MN、PQ固定在水平面內，相距為L。電阻為R的金屬導體棒ab垂直于MN、PQ放在導軌上，與導軌接觸良好，以速度v（v平行MM）向右勻速運動。圖1軌道端點M、P間接有阻值為r的電阻，導體棒ab受水平向右的外力作用，圖2軌道端點M、P間接有直流電源，導體棒ab通過滑輪勻速提升重物，電路中的電流為I。（1）求在Δt時間內圖1“發(fā)電機”產(chǎn)生的電能和圖2“電動機”輸出的機械能。（2）從微觀角度來看，導體棒ab中的自由電荷所受洛倫茲力在上述能量轉化中起著重要作用。為了方便，可認為導體棒中的自由電荷為正電荷。（a）請在圖3（圖1中的導體棒ab）、圖4（圖2中的導體棒ab）中，分別畫出自由電荷所受的洛倫茲力的示意圖。（b）我們知道，洛倫茲力不做功。那么，導體棒a的自由電荷受的洛倫茲力是如何在能量轉化過程中起到作用的呢？請以圖2“電動機”為例，通過計算分析說明?！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；方程法；恒定電流專題；電磁感應——功能問題；電磁感應中的力學問題；理解能力．【答案】（1）在Δt時間內圖1“發(fā)電機”產(chǎn)生的電能B2L2v2ΔtR（2）從微觀角度來看，導體棒ab中的自由電荷所受洛倫茲力在上述能量轉化中起著重要作用。為了方便，可認為導體棒中的自由電荷為正電荷。（a）請在圖3（圖1中的導體棒ab）、圖4（圖2中的導體棒ab）中，分別畫出自由電荷所受的洛倫茲力的示意圖。（b）我們知道，洛倫茲力不做功。以圖2“電動機”為例，所受到的洛倫茲力方向如圖4所示，進行分解可得導體棒ab中的自由電荷所受洛倫茲力在水平向右的方向上對電荷產(chǎn)生向右的作用力，為F′洛x＝quB，此分力對電荷做正功，即W1＝F′洛x?vΔt＝quBvΔt在沿導體棒方向上洛倫茲力的分力為F′洛y＝qvB對導體棒做負功，即W2＝﹣F′洛y?uΔt＝﹣qvBuΔt可知W1＝﹣W2，即導體棒中一個自由電荷所受的洛倫茲力做功為零。F′洛x做正功，宏觀上表現(xiàn)為安培力做正功，增加機械能；F′洛y是“電源”的非靜電力，做負功，宏觀上表現(xiàn)為感應電動勢，使電能轉化機械能。大量自由電荷所受洛倫茲力做功的宏觀表現(xiàn)是將電能轉化為等量的機械能，在此過程中洛倫茲力通過兩個分力做功起到“傳遞”能量的作用?！痉治觥浚?）利用電磁感應和能量守恒分析：圖1中導體棒切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢，結合閉合電路歐姆定律求電能；圖2中導體棒受安培力勻速提升重物，通過力的平衡與能量轉化求機械能。（2）（a）需根據(jù)電荷運動與電流方向，用左手定則確定洛倫茲力方向并作圖；（b）需分解洛倫茲力，分析分力做功與能量轉化的關系?！窘獯稹拷猓海?）導體平動切割磁感應線產(chǎn)生的感應電動勢為E＝BLv感應電流為I=圖1“發(fā)電機”產(chǎn)生的電能為E電圖2中，電動機輸出的機械能等于重物增加的重力勢能ΔEm＝mgvΔtmg＝F安F安＝BIL聯(lián)立解得ΔEm＝BILvΔt（2）圖3中的導體棒是由于外力作用發(fā)生移動，根據(jù)右手定則可知電流方向從b到a；圖4是由于通電使得導體棒中形成電流，所以電流方向由a到b，同時電荷還要勻速向右運動，根據(jù)左手定則可知受到的洛倫茲力方向如下圖所示以圖2“電動機”為例，所受到的洛倫茲力方向如圖4所示，進行分解可得導體棒ab中的自由電荷所受洛倫茲力在水平向右的方向上對電荷產(chǎn)生向右的作用力，為F′洛x＝quB，此分力對電荷做正功，即W1＝F′洛x?vΔt＝quBvΔt在沿導體棒方向上洛倫茲力的分力為F′洛y＝qvB對導體棒做負功，即W2＝﹣F′洛y?uΔt＝﹣qvBuΔt可知W1＝﹣W2，即導體棒中一個自由電荷所受的洛倫茲力做功為零。F′洛x做正功，宏觀上表現(xiàn)為安培力做正功，增加機械能；F′洛y是“電源”的非靜電力，做負功，宏觀上表現(xiàn)為感應電動勢，使電能轉化機械能。大量自由電荷所受洛倫茲力做功的宏觀表現(xiàn)是將電能轉化為等量的機械能，在此過程中洛倫茲力通過兩個分力做功起到“傳遞”能量的作用。答：（1）在Δt時間內圖1“發(fā)電機”產(chǎn)生的電能B2L2v2ΔtR（2）從微觀角度來看，導體棒ab中的自由電荷所受洛倫茲力在上述能量轉化中起著重要作用。為了方便，可認為導體棒中的自由電荷為正電荷。（a）請在圖3（圖1中的導體棒ab）、圖4（圖2中的導體棒ab）中，分別畫出自由電荷所受的洛倫茲力的示意圖。（b）我們知道，洛倫茲力不做功。以圖2“電動機”為例，所受到的洛倫茲力方向如圖4所示，進行分解可得，如下圖導體棒ab中的自由電荷所受洛倫茲力在水平向右的方向上對電荷產(chǎn)生向右的作用力，為F′洛x＝quB，此分力對電荷做正功，即W1＝F′洛x?vΔt＝quBvΔt在沿導體棒方向上洛倫茲力的分力為F′洛y＝qvB對導體棒做負功，即W2＝﹣F′洛y?uΔt＝﹣qvBuΔt可知W1＝﹣W2，即導體棒中一個自由電荷所受的洛倫茲力做功為零。F′洛x做正功，宏觀上表現(xiàn)為安培力做正功，增加機械能；F′洛y是“電源”的非靜電力，做負功，宏觀上表現(xiàn)為感應電動勢，使電能轉化機械能。大量自由電荷所受洛倫茲力做功的宏觀表現(xiàn)是將電能轉化為等量的機械能，在此過程中洛倫茲力通過兩個分力做功起到“傳遞”能量的作用?！军c評】本題核心是電磁感應與能量轉化的微觀機制：發(fā)電機（圖1）通過切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢，電能由機械能轉化而來；電動機（圖2）通過安培力做功，機械能由電能轉化而來；洛倫茲力作為“橋梁”，其分力分別對應非靜電力與安培力，實現(xiàn)能量的微觀傳遞與宏觀轉化。20．如圖所示，一粗細均勻的矩形線框平放在光滑絕緣的水平面上，線框長為2L，寬為L，質量為m，電阻為R，邊長為2L的正方形區(qū)域內存在豎直向下的勻強磁場，磁場左邊界在線框兩長邊的中點MN上。（1）若磁場的磁感應強度B隨時間t的變化規(guī)律為B＝B0sinωt，并控制線框保持靜止，求：①線框中電動勢的最大值Em；②磁感應強度變化的一個周期內線框中產(chǎn)生的內能Q。（2）若磁場的磁感應強度恒為B0，磁場從圖示位置開始以較大的速度v0勻速向左運動，線框同時從靜止釋放，當線框剛要完全處于磁場中時，線框的速度大小為v。①求此時線框中的電動勢E；②若v為未知量，求出v的表達式?！究键c】電磁感應過程中的能量類問題；牛頓第二定律的簡單應用；閉合電路歐姆定律的內容和表達式；線圈進出磁場的能量計算．【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】（1）①線框中電動勢的最大值為B0②磁感應強度變化的一個周期內線框中產(chǎn)生的內能Q為πωB（2）①此時線框中的電動勢E為B0L（v0﹣v）；②若v為未知量，v的表達式為B0【分析】（1）①根據(jù)電動勢表達式求線框中電動勢的最大值Em；②根據(jù)電動勢的有效值和熱量表達式求磁感應強度變化的一個周期內線框中產(chǎn)生的內能Q；（2）①根據(jù)電動勢表達式求此時線框中的電動勢E；②根據(jù)動量定理和電荷量表達式求v的表達式?！窘獯稹拷猓海?）①由題可知，線框中產(chǎn)生的電流為余弦式交變電流電動勢的最大值Em②周期為T=電動勢的有效值E有一個周期內線框中產(chǎn)生的內能Q=解得Q=（2）①當線框速度為v時，線框中產(chǎn)生的電動勢為E＝B0L（v0﹣v）②根據(jù)動量定理，以v的方向為正方向，有B0ILt＝mv﹣0又有q=Iq=解得v=答：（1）①線框中電動勢的最大值為B0②磁感應強度變化的一個周期內線框中產(chǎn)生的內能Q為πωB（2）①此時線框中的電動勢E為B0L（v0﹣v）；②若v為未知量，v的表達式為B0【點評】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)牛頓第二定律或平衡條件列出方程；另一條是能量，分析涉及電磁感應現(xiàn)象中的能量轉化問題，根據(jù)動能定理、功能關系等列方程求解。

考點卡片1．牛頓第二定律的簡單應用【知識點的認識】牛頓第二定律的表達式是F＝ma，已知物體的受力和質量，可以計算物體的加速度；已知物體的質量和加速度，可以計算物體的合外力；已知物體的合外力和加速度，可以計算物體的質量?！久}方向】一質量為m的人站在電梯中，電梯加速上升，加速度大小為13g，gA、43mgB、2mgC、mgD分析：對人受力分析，受重力和電梯的支持力，加速度向上，根據(jù)牛頓第二定律列式求解即可。解答：對人受力分析，受重力和電梯的支持力，加速度向上，根據(jù)牛頓第二定律N﹣mg＝ma故N＝mg+ma=4根據(jù)牛頓第三定律，人對電梯的壓力等于電梯對人的支持力，故人對電梯的壓力等于43mg故選：A。點評：本題關鍵對人受力分析，然后根據(jù)牛頓第二定律列式求解?！窘忸}方法點撥】在應用牛頓第二定律解決簡單問題時，要先明確物體的受力情況，然后列出牛頓第二定律的表達式，再根據(jù)需要求出相關物理量。2．力學單位制與單位制【知識點的認識】一、單位制及其基本單位和導出單位1．單位制：基本單位和導出單位共同組成了單位制．（1）基本單位：基本物理量的單位．力學中的基本物理量有長度、質量、時間，它們的國際單位分別是米、千克、秒．（2）導出單位是由基本單位根據(jù)物理關系推導出來的其他物理量的單位．有力（N）、速度（m/s）、加速度（m/s2）等．2．國際單位制中的基本物理量和基本單位物理量名稱物理量符號單位名稱單位符號長度l米m質量m千克kg時間t秒s電流I安（培）A熱力學溫度T開（爾文）K物質的量n摩（爾）mol發(fā)光強度I坎（德拉）cd特別提醒：（1）有些物理單位屬于基本單位，但不是國際單位，如厘米、克、小時等．（2）有些單位屬于國際單位，但不是基本單位，如米/秒（m/s）、帕斯卡（Pa）、牛（頓）（N）等．【命題方向】題型一：對力學單位制的認識例子：關于力學單位制，下列說法正確的是（）A．千克、米/秒、牛頓是導出單位B．千克、米、牛頓是基本單位C．在國際單位制中，質量的單位是g，也可以是kgD．只有存國際單位制中，牛頓第二定律的表達式才是F＝ma分析：在力學中，質量、長度及時間作為基本物理量，其單位作為基本單位，而由這三個量推出的單位稱導出單位；基本單位和導出單位組成單位制；而在國際單位制中，我們取長度單位米，質量單位千克，時間單位秒作為基本單位；而由這些基本單位根據(jù)物理公式推導得出的單位為導出單位．解答：A、千克是質量的單位，是基本單位；故A錯誤；B、牛頓是由牛頓第二定律公式推導得出的單位，為導出單位，故B錯誤；C、在國際單位制中，質量的單位只能利用kg，故C錯誤；D、牛頓第二定律表達式為F＝kma，只有在國際單位制中，k才取1，表達式才能寫成F＝ma；故D正確．故選：D．點評：由選定的一組基本單位和由定義方程式與比例因數(shù)確定的導出單位組成的一系列完整的單位體制．基本單位是可以任意選定的，由于基本單位選取的不同，組成的單位制也就不同，如現(xiàn)存的單位有：市制、英制、米制、國際單位制等．【知識點的應用及延伸】單位制在物理學中的應用1．簡化計算過程的單位表達：在解題計算時，已知量均采用國際單位制，計算過程中不用寫出各個量的單位，只要在式子末尾寫出所求量的單位即可．2．檢驗結果的正誤：物理公式既反映了各物理量間的數(shù)量關系，同時也確定了各物理量的單位關系．因此，在解題中可用單位制來粗略判斷結果是否正確，如單位制不對，結果一定錯誤．3．動能定理的簡單應用【知識點的認識】1.動能定理的內容：合外力做的功等于動能的變化量。2.表達式：W合＝ΔEk＝Ek末﹣Ek初3.本考點針對簡單情況下用動能定理來解題的情況?！久}方向】如圖所示，質量m＝10kg的物體放在水平地面上，物體與地面的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，g＝10m/s2，今用F＝50N的水平恒力作用于物體上，使物體由靜止開始做勻加速直線運動，作用時間t＝6s后撤去F，求：（1）物體在前6s運動的過程中的加速度；（2）物體在前6s運動的位移（3）物體從開始運動直到最終靜止的過程中克服摩擦力所做的功。分析：（1）對物體受力分析知，物體做勻加速運動，由牛頓第二定律就可求出加速度；（2）用勻變速直線運動的位移公式即可求得位移的大小；（3）對全程用動能定理，可以求得摩擦力的功。解答：（1）對物體受力分析，由牛頓第二定律得F﹣μmg＝ma，解得a＝3m/s2，（2）由位移公式得X=12at2=12×3×6（3）對全程用動能定理得FX﹣Wf＝0Wf＝FX＝50×54J＝2700J。答：（1）物體在前6s運動的過程中的加速度是3m/s2；（2）物體在前6s運動的位移是54m；（3）物體從開始運動直到最終靜止的過程中克服摩擦力所做的功為2700J。點評：分析清楚物體的運動過程，直接應用牛頓第二定律和勻變速直線運動的規(guī)律求解即可，求摩擦力的功的時候對全程應用動能定理比較簡單?！窘忸}思路點撥】1．應用動能定理的一般步驟（1）選取研究對象，明確并分析運動過程。（2）分析受力及各力做功的情況①受哪些力？②每個力是否做功？③在哪段位移哪段過程中做功？④做正功還是負功？⑤做多少功？求出代數(shù)和