?
專題十一、電磁感應(yīng)
第一部分 織網(wǎng)點(diǎn)睛，綱舉目張
1．楞次定律中“阻礙”的四種表現(xiàn)形式
(1)阻礙原磁通量的變化——“增反減同”。
(2)阻礙相對(duì)運(yùn)動(dòng)——“來拒去留”。
(3)使線圈面積有擴(kuò)大或縮小的趨勢——“增縮減擴(kuò)”。
(4)阻礙原電流的變化(自感現(xiàn)象)——“增反減同”。
2．“三定則、一定律”的應(yīng)用
安培定則
判斷運(yùn)動(dòng)電荷、電流產(chǎn)生的磁場方向
左手定則
判斷磁場對(duì)運(yùn)動(dòng)電荷、電流的作用力的方向
右手定則
判斷部分導(dǎo)體切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電流的方向
楞次定律
判斷閉合電路磁通量發(fā)生變化產(chǎn)生的感應(yīng)電流的方向

3．判斷感應(yīng)電流方向的兩種方法
(1)利用右手定則判斷(適用切割磁感線的運(yùn)動(dòng))。

(2)利用楞次定律判斷(適用回路磁通量變化情況)。


二、法拉第電磁感應(yīng)定律
1．求解感應(yīng)電動(dòng)勢常用的四種方法
表達(dá)式
E＝n
E＝BLvsin θ
E＝BL2ω
E＝NBSω·
sin(ωt＋φ0)
情景圖




研究對(duì)象
回路(不一定閉合)
一段直導(dǎo)線(或等效成直導(dǎo)線)
繞一端轉(zhuǎn)動(dòng)的一段導(dǎo)體棒
繞與B垂直的軸轉(zhuǎn)動(dòng)的導(dǎo)線框
意義
一般求平均感應(yīng)電動(dòng)勢，當(dāng)Δt→0時(shí)求的是瞬時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢
一般求瞬時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢，當(dāng)v為平均速度時(shí)求的是平均感應(yīng)電動(dòng)勢
用平均值法求瞬時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢　
求瞬時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢
適用條件
所有磁場(勻強(qiáng)磁場定量計(jì)算、非勻強(qiáng)磁場定性分析)
勻強(qiáng)磁場
勻強(qiáng)磁場
勻強(qiáng)磁場

2.感應(yīng)電荷量的計(jì)算
磁通量變化遷移的電荷量：q＝I·Δt＝·Δt＝n·Δt＝n，q僅由回路電阻R和磁通量的變化量ΔΦ決定。
3．電磁感應(yīng)電路中產(chǎn)生的焦耳熱
(1)當(dāng)電路中電流恒定時(shí)，可用焦耳定律計(jì)算。
(2)當(dāng)電路中電流變化時(shí)，則用功能關(guān)系或能量守恒定律計(jì)算。

第二部分 實(shí)戰(zhàn)訓(xùn)練，高考真題演練
1．（2022重慶高考）如圖1所示，光滑的平行導(dǎo)電軌道水平固定在桌面上，軌道間連接一可變電阻，導(dǎo)體桿與軌道垂直并接觸良好（不計(jì)桿和軌道的電阻），整個(gè)裝置處在垂直于軌道平面向上的勻強(qiáng)磁場中。桿在水平向右的拉力作用下先后兩次都由靜止開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，兩次運(yùn)動(dòng)中拉力大小與速率的關(guān)系如圖2所示。其中，第一次對(duì)應(yīng)直線①，初始拉力大小為，改變電阻阻值和磁感應(yīng)強(qiáng)度大小后，第二次對(duì)應(yīng)直線②，初始拉力大小為，兩直線交點(diǎn)的縱坐標(biāo)為。若第一次和第二次運(yùn)動(dòng)中的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小之比為k、電阻的阻值之比為m、桿從靜止開始運(yùn)動(dòng)相同位移的時(shí)間之比為n，則k、m、n可能為（ ）

A．
B．
C．
D．
【參考答案】C
【名師解析】由題意，桿在水平向右的拉力作用下先后兩次都由靜止開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則在v=0時(shí)分別有，=ma1，2=ma2，
設(shè)第一次和第二次運(yùn)動(dòng)中，桿從靜止開始運(yùn)動(dòng)相同位移的時(shí)間分別為t1和t2，則有
x=a1t12，x=a2t22，t1??t2=n
聯(lián)立解得：n=
第一次和第二次運(yùn)動(dòng)中，所受安培力FA=BIL=, 根據(jù)牛頓第二定律，
F-FA=ma，即F=ma+
由此可知，拉力大小F與速率v的關(guān)系圖像斜率為，由第一次和第二次運(yùn)動(dòng)F與速率v的關(guān)系圖像斜率之比為2??1，可得=2，即=2，可以取k2=6，m=3，所以選項(xiàng)C正確。

2. （2022新高考江蘇卷）如圖所示，半徑為r的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化關(guān)系為，、k為常量，則圖中半徑為R的單匝圓形線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢大小為（　?。?br />
A. B.
C. D.
【參考答案】A
【命題意圖】本題考查電磁感應(yīng)及其相關(guān)知識(shí)點(diǎn)。
【解題思路】
根據(jù)磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化關(guān)系為，可知磁場的變化率為
根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知，選項(xiàng)A正確。
3. （2022高考上海）半徑為R的金屬圓環(huán)里，有一個(gè)垂直于紙面向里且半徑為r的圓形區(qū)域勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。若增大該區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度，則金屬圓環(huán)的感應(yīng)電流方向?yàn)? （選填：“順時(shí)針”或“逆時(shí)針”）；若保持圓形區(qū)域內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小不變，方向變化180°，則金屬圓環(huán)的磁通量變化的大小為 。

【參考答案】 逆時(shí)針 2Bπr2
【命題意圖】本題考查楞次定律+磁通量變化+模型思維
【名師解析】半徑為r的圓形區(qū)域內(nèi)勻強(qiáng)磁場的磁場方向垂直于紙面向里，若增大該區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度，由磁通量公式Φ=BS可知，金屬圓環(huán)內(nèi)磁通量增大，由楞次定律可知，金屬圓環(huán)中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向。若保持圓形區(qū)域內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小不變，方向變化180°，則金屬圓環(huán)的磁通量變化的大小為△Φ=Φ2-Φ1=Bπr2-（- Bπr2）=2 Bπr2。
4. （2022高考上海）如圖，一個(gè)正方形導(dǎo)線框以初速度v0向右穿過一個(gè)有界的勻強(qiáng)磁場。線框兩次速度發(fā)生變化所用時(shí)間分別為t1和t2 ，以及這兩段時(shí)間內(nèi)克服安培力做的功分別為W1和W2，則（ ）

A. t1＜t2，W1＜W2， B. t1＜t2，W1＞W(wǎng)2，
C. t1＞t2，W1＜W2， D. t1＞t2，W1＞W(wǎng)2，

【參考答案】B
【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+安培力+動(dòng)量定理+動(dòng)能定理+等效思維
【名師解析】由于線框進(jìn)入磁場的過程和離開磁場的過程，線框都是受到向左的安培力作用做減速運(yùn)動(dòng)，因此進(jìn)入過程的平均速度v1平大于離開過程的平均速度v2平，由L=v1平t1和L=v2平t2可得t1＜t2。
線框剛進(jìn)入磁場時(shí)速度為v0，設(shè)線框邊長為L，電阻為R，線框完全進(jìn)入磁場時(shí)速度為v1，剛完全離開磁場時(shí)速度為v2，進(jìn)入磁場過程中產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動(dòng)勢為E1，平均感應(yīng)電流為I1，離開磁場過程中產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動(dòng)勢為E2，平均感應(yīng)電流為I1，由法拉第電磁感應(yīng)定律，E1=△Φ/t1，E2=△Φ/t2，△Φ=BL2，由閉合電路歐姆定律，I1= E1/R，I2= E2/R，進(jìn)入磁場過程通過導(dǎo)體截面的電荷量q1=I1t1，離開磁場過程通過導(dǎo)體截面的電荷量q2=I2t2，聯(lián)立解得：q1= q2。對(duì)線框完全進(jìn)入磁場的過程，由動(dòng)量定理，-F1t1=mv1- mv0，F(xiàn)1=B I1L，對(duì)線框離開磁場的過程，由動(dòng)量定理，-F2t2=mv2- mv1，F(xiàn)2=B I2L，又q1=I1t1，q2=I2t2，q1= q2，聯(lián)立解得：v1-v0= v2- v1。根據(jù)動(dòng)能定理，W1=mv02-mv12，W2=mv12-mv22，==＞1，所以W1＞W(wǎng)2，選項(xiàng)B正確。
5. （2022高考河北） 將一根絕緣硬質(zhì)細(xì)導(dǎo)線順次繞成如圖所示的線圈，其中大圓面積為，小圓面積均為，垂直線圈平面方向有一隨時(shí)間t變化的磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小，和均為常量，則線圈中總的感應(yīng)電動(dòng)勢大小為（　?。?br />

A B.
C. D.
【參考答案】D
【命題意圖】本題考查電磁感應(yīng)及其相關(guān)知識(shí)點(diǎn)。
【名師解析】由磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=B0+kt，可知磁感應(yīng)強(qiáng)度變化率=k，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，大圓線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢
每個(gè)小圓線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢
由線圈的繞線方式和楞次定律可得大、小圓線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢方向相同，所以線圈中總的感應(yīng)電動(dòng)勢大小為E=E1+5E2=S1+5S2=，選項(xiàng)D正確。
6. （2022高考河北）如圖，兩光滑導(dǎo)軌水平放置在豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，一根導(dǎo)軌位于軸上，另一根由、、三段直導(dǎo)軌組成，其中段與軸平行，導(dǎo)軌左端接入一電阻。導(dǎo)軌上一金屬棒沿軸正向以速度保持勻速運(yùn)動(dòng)，時(shí)刻通過坐標(biāo)原點(diǎn)，金屬棒始終與軸垂直。設(shè)運(yùn)動(dòng)過程中通過電阻的電流強(qiáng)度為，金屬棒受到安培力的大小為，金屬棒克服安培力做功的功率為，電阻兩端的電壓為，導(dǎo)軌與金屬棒接觸良好，忽略導(dǎo)軌與金屬棒的電阻。下列圖像可能正確的是（　?。?br />
A. B.
C. D.
【參考答案】AC
【命題意圖】本題考查電磁感應(yīng)及其相關(guān)知識(shí)點(diǎn)。
【名師解析】
當(dāng)導(dǎo)體棒從O點(diǎn)向右運(yùn)動(dòng)L時(shí)，即在時(shí)間內(nèi)，在某時(shí)刻導(dǎo)體棒切割磁感線的長度
，（θ為ab與ad的夾角）
則根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E=BLv0
根據(jù)閉合電路歐姆定律 ，可知回路電流均勻增加；
安培力
則F-t關(guān)系為拋物線，但是不過原點(diǎn)；安培力做功的功率
則P-t關(guān)系為拋物線，但是不過原點(diǎn)；電阻兩端的電壓等于導(dǎo)體棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢，即

即圖像是不過原點(diǎn)的直線；根據(jù)以上分析，可大致排除BD選項(xiàng)；
當(dāng)在時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)體棒切割磁感線的長度不變，感應(yīng)電動(dòng)勢E不變，感應(yīng)電流I不變，安培力F大小不變，安培力的功率P不變，電阻兩端電壓U保持不變；
同理可判斷，在時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)體棒切割磁感線長度逐漸減小，導(dǎo)體棒切割磁感線感應(yīng)電動(dòng)勢E均勻減小，感應(yīng)電流I均勻減小，安培力F大小按照二次函數(shù)關(guān)系減小，但是不能減小到零，與內(nèi)是對(duì)稱的關(guān)系，安培力的功率P按照二次函數(shù)關(guān)系減小，但是不能減小到零，與內(nèi)是對(duì)稱的關(guān)系，電阻兩端電壓U按線性均勻減?。痪C上所述選項(xiàng)AC正確，BD錯(cuò)誤。
【一題多解】導(dǎo)軌上一金屬棒沿軸正向以速度保持勻速運(yùn)動(dòng)，在0~L/v0時(shí)間內(nèi)，金屬棒有效切割長度均勻增大，回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢均勻增大，根據(jù)閉合電路歐姆定律可知，通過電阻的電流強(qiáng)度i均勻增大；在L/v0~2L/v0時(shí)間內(nèi)，金屬棒有效切割長度不變，回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢不變，根據(jù)閉合電路歐姆定律可知，通過電阻的電流強(qiáng)度i不變；在2L/v0~3L/v0時(shí)間內(nèi)，金屬棒有效切割長度均勻減小，回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢均勻減小，根據(jù)閉合電路歐姆定律可知，通過電阻的電流強(qiáng)度i均勻減小，所以運(yùn)動(dòng)過程中通過電阻的電流強(qiáng)度隨時(shí)間變化的圖像A可能正確；金屬棒受到安培力的大小=BiL，金屬棒開始運(yùn)動(dòng)時(shí)，金屬棒所受安培力一定大于0，所以圖像B錯(cuò)誤；金屬棒克服安培力做功的功率為=Fv0，圖像C可能正確；根據(jù)歐姆定律，電阻兩端的電壓為U=IR，圖像形狀與圖像A類似，所以圖像D錯(cuò)誤。
7. （2022山東物理）如圖所示，平面的第一、三象限內(nèi)以坐標(biāo)原點(diǎn)O為圓心、半徑為的扇形區(qū)域充滿方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場。邊長為L的正方形金屬框繞其始終在O點(diǎn)的頂點(diǎn)、在平面內(nèi)以角速度順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，時(shí)刻，金屬框開始進(jìn)入第一象限。不考慮自感影響，關(guān)于金屬框中感應(yīng)電動(dòng)勢E隨時(shí)間t變化規(guī)律的描述正確的是（　　）

A. 在到的過程中，E一直增大
B. 在到的過程中，E先增大后減小
C. 在到過程中，E的變化率一直增大
D. 在到的過程中，E的變化率一直減小
【參考答案】BC
【命題意圖】本題考查電磁感應(yīng)及其相關(guān)知識(shí)點(diǎn)。
【名師解析】
如圖所示


在到的過程中，線框的有效切割長度先變大再變小，當(dāng)時(shí)，有效切割長度最大為，此時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢最大，所以在到的過程中，E先增大后減小，故B正確，A錯(cuò)誤；
CD．在到的過程中，設(shè)轉(zhuǎn)過的角度為，由幾何關(guān)系可得
進(jìn)入磁場部分線框面積
穿過線圈的磁通量
線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢，感應(yīng)電動(dòng)勢的變化率
對(duì)求二次導(dǎo)數(shù)得
在到的過程中一直變大，所以E的變化率一直增大，故C正確，D錯(cuò)誤。
8．（2022·全國理綜甲卷·20）如圖，兩根相互平行的光滑長直金屬導(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)磁場中。開始時(shí)，電容器所帶的電荷量為Q，合上開關(guān)S后，（ ）

A．通過導(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。
【解題思路】帶電荷量Q的電容器兩端電壓U=Q/C，合上開關(guān)S的瞬間，通過導(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)生與原來電流方向相反的感應(yīng)電動(dòng)勢，阻礙電流通過MN放電，而電容器還可以通過電阻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；合上開關(guān)S的瞬間，通過導(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)生與原來電流方向相反的感應(yīng)電動(dòng)勢，阻礙電流通過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)線做切割磁感線運(yùn)動(dòng)，產(chǎn)生與原來電流方向相反的感應(yīng)電動(dòng)勢，阻礙電流通過。
9．（2022·全國理綜甲卷·16）三個(gè)用同樣的細(xì)導(dǎo)線做成的剛性閉合線框，正方形線框的邊長與圓線框的直徑相等，圓線框的半徑與正六邊形線框的邊長相等，如圖所示。把它們放入磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間線性變化的同一勻強(qiáng)磁場中，線框所在平面均與磁場方向垂直，正方形、圓形和正六邊形線框中感應(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)。
【解題思路】設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度變化率為k，設(shè)圓半徑為r，單位長度導(dǎo)線的電阻為R0，則正方形線框產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢E1=4r2k，正方形線框電阻R1=8r R0，感應(yīng)電流I1= E1/ R1=kr/2R0；圓形線框產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢E2=πr2k，圓形線框電阻R2=2πr R0，感應(yīng)電流I2= E2/ R2=kr/2R0；正六邊形線框產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢E3=r2k，正六邊形線框電阻R3=6r R0，感應(yīng)電流I3= E3/ R3=；所以I1=I2＞I3，選項(xiàng)C正確。
10．（2022·高考廣東物理）如圖9所示，水平地面（平面）下有一根平行于y軸且通有恒定電流I的長直導(dǎo)線。P、M和N為地面上的三點(diǎn)，P點(diǎn)位于導(dǎo)線正上方，MN平行于y軸，PN平行于x軸。一閉合的圓形金屬線圈，圓心在P點(diǎn)，可沿不同方向以相同的速率做勻速直線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過程中線圈平面始終與地面平行。下列說法正確的有（ ）

A．N點(diǎn)與M點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，方向相同
B．線圈沿PN方向運(yùn)動(dòng)時(shí)，穿過線圈的磁通量不變
C．線圈從P點(diǎn)開始豎直向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，線圈中無感應(yīng)電流
D．線圈從P到M過程的感應(yīng)電動(dòng)勢與從P到N過程的感應(yīng)電動(dòng)勢相等
【參考答案】AC
【命題意圖】本題意在考查電流產(chǎn)生磁場、磁通量、產(chǎn)生感應(yīng)電流的條件和法拉第電磁感應(yīng)定律。
【解題思路】
由于題述水平地面下的導(dǎo)線為通有恒定電流I的長直導(dǎo)線，且平行于y軸，MN平行于y軸，所以N點(diǎn)與M點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，方向相同，A正確；由于PN平行于x軸，線圈沿PN方向運(yùn)動(dòng)，穿過線圈的磁通量先變大后變小，B錯(cuò)誤；線圈從P點(diǎn)開始豎直向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，穿過線圈的磁通量一直為零，磁通量不變，線圈中無感應(yīng)電流，C正確；線圈從P到M過程和從P到N過程，線圈中磁通量變化相同，所用時(shí)間不同，磁通量變化率不同，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，線圈從P到M過程產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢小于從P到N過程產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢，D錯(cuò)誤。
11．（2022高考河北卷）[河北2022·7，6分]如圖，兩光滑導(dǎo)軌水平放置在豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，一根導(dǎo)軌位于軸上，另一根由、、三段直導(dǎo)軌組成，其中段與軸平行，導(dǎo)軌左端接入一電阻。導(dǎo)軌上一金屬棒沿軸正向以速度保持勻速運(yùn)動(dòng)，時(shí)刻通過坐標(biāo)原點(diǎn)，金屬棒始終與軸垂直。設(shè)運(yùn)動(dòng)過程中通過電阻的電流強(qiáng)度為，金屬棒受到安培力的大小為，金屬棒克服安培力做功的功率為，電阻兩端的電壓為，導(dǎo)軌與金屬棒接觸良好，忽略導(dǎo)軌與金屬棒的電阻。下列圖像可能正確的是（ ）

A． B．
C． D．
【參考答案】AＣ
【名師解析】導(dǎo)軌上一金屬棒沿軸正向以速度保持勻速運(yùn)動(dòng)，在0~L/v0時(shí)間內(nèi)，金屬棒有效切割長度均勻增大，回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢均勻增大，根據(jù)閉合電路歐姆定律可知，通過電阻的電流強(qiáng)度i均勻增大；在L/v0~2L/v0時(shí)間內(nèi)，金屬棒有效切割長度不變，回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢不變，根據(jù)閉合電路歐姆定律可知，通過電阻的電流強(qiáng)度i不變；在2L/v0~3L/v0時(shí)間內(nèi)，金屬棒有效切割長度均勻減小，回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢均勻減小，根據(jù)閉合電路歐姆定律可知，通過電阻的電流強(qiáng)度i均勻減小，所以運(yùn)動(dòng)過程中通過電阻的電流強(qiáng)度隨時(shí)間變化的圖像A可能正確；金屬棒受到安培力的大小=BiL，金屬棒開始運(yùn)動(dòng)時(shí)，金屬棒所受安培力一定大于0，所以圖像B錯(cuò)誤；金屬棒克服安培力做功的功率為=Fv0，圖像C可能正確；根據(jù)歐姆定律，電阻兩端的電壓為=IR，圖像形狀與圖像A類似，所以圖像D錯(cuò)誤。
12. （2022年1月浙江選考）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(yīng)強(qiáng)度大小B=kt的勻強(qiáng)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、高度為h、半徑為r、厚度為d（d?r），則（　?。?br />

A. 從上向下看，圓管中的感應(yīng)電流為逆時(shí)針方向
B. 圓管的感應(yīng)電動(dòng)勢大小為
C. 圓管的熱功率大小為
D. 輕繩對(duì)圓管的拉力隨時(shí)間減小
【參考答案】C
【名師解析】穿過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，圓管中的感應(yīng)電流為順時(shí)針方向，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；圓管的感應(yīng)電動(dòng)勢大小為，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；圓管的電阻，圓管的熱功率大小為，，選項(xiàng)C正確；根據(jù)左手定則可知，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(duì)圓管的拉力的合力始終等于圓管的重力，不隨時(shí)間變化，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。

13. （2022·全國理綜乙卷·24）如圖，一不可伸長的細(xì)繩的上端固定，下端系在邊長為的正方形金屬框的一個(gè)頂點(diǎn)上。金屬框的一條對(duì)角線水平，其下方有方向垂直于金屬框所在平面的勻強(qiáng)磁場。已知構(gòu)成金屬框的導(dǎo)線單位長度的阻值為；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?。?br /> （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

金屬框處于磁場中的有效長度為


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

14. （2022高考遼寧物理）如圖所示，兩平行光滑長直金屬導(dǎo)軌水平放置，間距為L。區(qū)域有勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向豎直向上。初始時(shí)刻，磁場外的細(xì)金屬桿M以初速度向右運(yùn)動(dòng)，磁場內(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)生的磁場及導(dǎo)軌的電阻忽略不計(jì)。
（1）求M剛進(jìn)入磁場時(shí)受到安培力F的大小和方向；
（2）若兩桿在磁場內(nèi)未相撞且N出磁場時(shí)的速度為，求：①N在磁場內(nèi)運(yùn)動(dòng)過程中通過回路的電荷量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）問初始時(shí)刻的相同、到的距離為，求M出磁場后不與N相撞條件下k的取值范圍。

【參考答案】（1），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)入磁場時(shí)，產(chǎn)生的動(dòng)生電動(dòng)勢為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在磁場內(nèi)運(yùn)動(dòng)過程中，由動(dòng)量定理有

且

聯(lián)立解得通過回路的電荷量為

②設(shè)兩桿在磁場中相對(duì)靠近的位移為△x，有


整理可得

聯(lián)立可得

若兩桿在磁場內(nèi)剛好相撞，N到ab的最小距離為

（3）兩桿出磁場后在平行光滑長直金屬導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)，若N到cd的距離與第（2）問初始時(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出磁場后不與N相撞，則有兩種臨界情況：
①M(fèi)減速到時(shí)出磁場，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=2
②M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出磁場后不與N相撞條件下k的取值范圍為2≤k＜3
15. （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。虛線框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方向電勢變化的圖像。求：
（1）勻強(qiáng)磁場的方向；
（2）分析并說明定值電阻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。

【命題意圖】本題考查電磁感應(yīng)及其相關(guān)知識(shí)點(diǎn)。
【思維導(dǎo)圖】由電勢圖像得出a點(diǎn)電勢高→切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢的金屬桿是電源→金屬桿上端為高電勢（電源正極）→金屬桿中電流方向從下到上→右手定則→磁場方向垂直紙面向里
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)電勢高，即金屬桿上端電勢高，根據(jù)右手定則可判斷出磁場垂直紙面向里
（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。
滑動(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，產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢 ，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。
16．（12分）（2022重慶高考）某同學(xué)以金屬戒指為研究對(duì)象，探究金屬物品在變化磁場中的熱效應(yīng)。如圖所示，戒指可視為周長為L、橫截面積為S、電阻率為的單匝圓形線圈，放置在勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直于戒指平面。若磁感應(yīng)強(qiáng)度大小在時(shí)間內(nèi)從0均勻增加到，求

（1）戒指中的感應(yīng)電動(dòng)勢和電流；
（2）戒指中電流的熱功率。
【參考答案】（1），；（2）
【名師解析】（1）設(shè)戒指的半徑為r，戒指的周長L=2πr
磁感應(yīng)強(qiáng)度大小在時(shí)間內(nèi)從0均勻增加到，
戒指中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢為 E=
即 E=
由電阻定律，戒指的電阻R=ρL/S
由閉合電路歐姆定律，戒指中的感應(yīng)電流I=E/R=；
(2)戒指中電流的熱功率為P=I2R=

17．(2020·浙江7月選考)如圖所示，固定在水平面上的半徑為r的金屬圓環(huán)內(nèi)存在方向豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場。長為l的金屬棒，一端與圓環(huán)接觸良好，另一端固定在豎直導(dǎo)電轉(zhuǎn)軸OO′上，隨軸以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，在圓環(huán)的A點(diǎn)和電刷間接有阻值為R的電阻和電容為C、板間距為d的平行板電容器，有一帶電微粒在電容器極板間處于靜止?fàn)顟B(tài)。已知重力加速度為g，不計(jì)其他電阻和摩擦，下列說法正確的是(　　)
A．棒產(chǎn)生的電動(dòng)勢為Bl2ω
B．微粒的電荷量與質(zhì)量之比為
C．電阻消耗的電功率為
D．電容器所帶的電荷量為CBr2ω
【參考答案】B
【名師解析】由法拉第電磁感應(yīng)定律可知棒產(chǎn)生的電動(dòng)勢為E＝Br·ωr＝Br2ω，選項(xiàng)A錯(cuò)誤。金屬棒電阻不計(jì)，故電容器兩極板間的電壓等于棒產(chǎn)生的電動(dòng)勢，微粒的重力與其受到的電場力大小相等，有q＝mg，可得＝，選項(xiàng)B正確。電阻消耗的電功率P＝＝，選項(xiàng)C錯(cuò)誤。電容器所帶的電荷量Q＝CU＝CBr2ω，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。
18．[多選](2020·山東等級(jí)考)如圖所示，平面直角坐標(biāo)系的第一和第二象限分別存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等、方向相反且垂直于坐標(biāo)平面的勻強(qiáng)磁場，圖中虛線方格為等大正方形。一位于Oxy平面內(nèi)的剛性導(dǎo)體框abcde在外力作用下以恒定速度沿y軸正方向運(yùn)動(dòng)(不發(fā)生轉(zhuǎn)動(dòng))。從圖示位置開始計(jì)時(shí)，4 s末bc邊剛好進(jìn)入磁場。在此過程中，導(dǎo)體框內(nèi)感應(yīng)電流的大小為I，ab邊所受安培力的大小為Fab，二者與時(shí)間t的關(guān)系圖像可能正確的是(　　)

【參考答案】BC
【名師解析】　第1 s內(nèi)，ae邊切割磁感線，由E＝BLv可知，感應(yīng)電動(dòng)勢不變，導(dǎo)體框總電阻一定，故感應(yīng)電流一定，由安培力F＝BIL可知ab邊所受安培力與ab邊進(jìn)入磁場的長度成正比；第2 s內(nèi)，導(dǎo)體框切割磁感線的有效長度均勻增大，感應(yīng)電動(dòng)勢均勻增大，感應(yīng)電流均勻增大；在2～4 s內(nèi)，導(dǎo)體框在第二象限內(nèi)切割磁感線的有效長度保持不變，在第一象限內(nèi)切割磁感線的有效長度不斷增大，但兩象限磁場方向相反，導(dǎo)體框的兩部分感應(yīng)電動(dòng)勢方向相反，所以第2 s 末感應(yīng)電動(dòng)勢達(dá)到最大，之后便不斷減小，第3 s末與第1 s末導(dǎo)體框切割磁感線的有效長度相同，可知第3 s末與第1 s 末線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流大小相等，A項(xiàng)錯(cuò)誤，B項(xiàng)正確；但第3 s末ab邊進(jìn)入磁場的長度是第1 s末的3倍，即ab邊所受安培力在第3 s末的大小等于第1 s末所受安培力大小的3倍，C項(xiàng)正確，D項(xiàng)錯(cuò)誤。
19．(2020·全國卷Ⅲ)如圖，水平放置的圓柱形光滑玻璃棒左邊繞有一線圈，右邊套有一金屬圓環(huán)。圓環(huán)初始時(shí)靜止。將圖中開關(guān)S由斷開狀態(tài)撥至連接狀態(tài)，電路接通的瞬間，可觀察到(　　)
A．撥至M端或N端，圓環(huán)都向左運(yùn)動(dòng)
B．撥至M端或N端，圓環(huán)都向右運(yùn)動(dòng)
C．撥至M端時(shí)圓環(huán)向左運(yùn)動(dòng)，撥至N端時(shí)向右運(yùn)動(dòng)
D．撥至M端時(shí)圓環(huán)向右運(yùn)動(dòng)，撥至N端時(shí)向左運(yùn)動(dòng)
【參考答案】B
【名師解析】　將開關(guān)S由斷開狀態(tài)撥至M端或N端，都會(huì)使線圈中的電流突然增大，穿過右邊圓環(huán)的磁通量突然增大，由楞次定律可知，圓環(huán)都會(huì)向右運(yùn)動(dòng)以阻礙磁通量的增大，選項(xiàng)B正確，A、C、D均錯(cuò)誤。

20.[多選](2020·全國卷Ⅰ)如圖，U形光滑金屬框abcd置于水平絕緣平臺(tái)上，ab和dc邊平行，和bc邊垂直。ab、dc足夠長，整個(gè)金屬框電阻可忽略。一根具有一定電阻的導(dǎo)體棒MN置于金屬框上，用水平恒力F向右拉動(dòng)金屬框，運(yùn)動(dòng)過程中，裝置始終處于豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，MN與金屬框保持良好接觸，且與bc邊保持平行。經(jīng)過一段時(shí)間后(　　)
A．金屬框的速度大小趨于恒定值
B．金屬框的加速度大小趨于恒定值
C．導(dǎo)體棒所受安培力的大小趨于恒定值
D．導(dǎo)體棒到金屬框bc邊的距離趨于恒定值
【參考答案】BC
【名師解析】　用水平恒力F向右拉動(dòng)金屬框，bc邊切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢，回路中有感應(yīng)電流I，bc邊受到水平向左的安培力作用，設(shè)金屬框的質(zhì)量為M，加速度為a1，由牛頓第二定律有F－BIL＝Ma1；導(dǎo)體棒MN受到向右的安培力，向右做加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)導(dǎo)體棒的質(zhì)量為m，加速度為a2，由牛頓第二定律有BIL＝ma2。設(shè)金屬框bc邊的速度為v時(shí)，導(dǎo)體棒的速度為v′，則回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢為E＝BL(v－v′)，由閉合電路歐姆定律得I＝＝，F(xiàn)安＝BIL，可得金屬框bc邊和導(dǎo)體棒MN所受的安培力均為F安＝，二者加速度之差Δa＝a1－a2＝－＝－F安（＋），隨著所受安培力的增大，二者加速度之差Δa減小，當(dāng)Δa減小到零時(shí)，＝·（＋），之后金屬框和導(dǎo)體棒的速度之差Δv＝v－v′＝，保持不變。由此可知，金屬框的速度逐漸增大，金屬框所受安培力趨于恒定值，金屬框的加速度大小趨于恒定值，導(dǎo)體棒所受的安培力F安＝趨于恒定值，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B、C正確；由于導(dǎo)體棒的速度小于金屬框的速度，導(dǎo)體棒到金屬框bc邊的距離隨時(shí)間的增大而增大，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。
21．(2020·天津等級(jí)考)如圖所示，垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t均勻變化。正方形硬質(zhì)金屬框abcd放置在磁場中，金屬框平面與磁場方向垂直，電阻R＝0.1 Ω，邊長l＝0.2 m。求：

(1)在t＝0到t＝0.1 s時(shí)間內(nèi)，金屬框中的感應(yīng)電動(dòng)勢E；
(2)t＝0.05 s時(shí)，金屬框ab邊受到的安培力F的大小和方向；
(3)在t＝0到t＝0.1 s時(shí)間內(nèi)，金屬框中電流的電功率P。
【名師解析】：(1)在t＝0到t＝0.1 s的時(shí)間Δt內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化量ΔB＝0.2 T，設(shè)穿過金屬框的磁通量變化量為ΔΦ，有
ΔΦ＝ΔBl2 ①
由于磁場均勻變化，金屬框中產(chǎn)生的電動(dòng)勢是恒定的，有E＝②
聯(lián)立①②式，代入數(shù)據(jù)，解得E＝0.08 V。 ③
(2)設(shè)金屬框中的電流為I，由閉合電路歐姆定律，有
I＝ ④
由題圖可知，t＝0.05 s時(shí)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1＝0.1 T，金屬框ab邊受到的安培力
F＝IlB1 ⑤
聯(lián)立①②④⑤式，代入數(shù)據(jù)，解得F＝0.016 N ⑥
方向垂直于ab向左。 ⑦
(3)在t＝0到t＝0.1 s時(shí)間內(nèi)，金屬框中電流的電功率
P＝I2R ⑧
聯(lián)立①②④⑧式，代入數(shù)據(jù)，解得
P＝0.064 W。 ⑨
答案：(1)0.08 V　(2)0.016 N，方向垂直于ab向左　(3)0.064 W
22．(2020·浙江7月選考)如圖1所示，在絕緣光滑水平桌面上，以O(shè)為原點(diǎn)、水平向右為正方向建立x軸，在0≤x≤1.0 m區(qū)域內(nèi)存在方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場。桌面上有一邊長L＝0.5 m、電阻R＝0.25 Ω的正方形線框abcd，當(dāng)平行于磁場邊界的cd邊進(jìn)入磁場時(shí)，在沿x方向的外力F作用下以v＝1.0 m/s的速度做勻速運(yùn)動(dòng)，直到ab邊進(jìn)入磁場時(shí)撤去外力。若以cd邊進(jìn)入磁場時(shí)作為計(jì)時(shí)起點(diǎn)，在0≤t≤1.0 s內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小與時(shí)間t的關(guān)系如圖2所示，在0≤t≤1.3 s內(nèi)線框始終做勻速運(yùn)動(dòng)。

(1)求外力F的大??；
(2)在1.0 s≤t≤1.3 s內(nèi)存在連續(xù)變化的磁場，求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小與時(shí)間t的關(guān)系；
(3)求在0≤t≤1.3 s內(nèi)流過導(dǎo)線橫截面的電荷量q。
【名師解析】：(1)t0＝0，B0＝0.25 T，線框剛進(jìn)入磁場時(shí)
回路電流I＝
安培力FA＝v
外力F＝FA＝0.062 5 N。
(2)線框勻速出磁場，電流為0，磁通量不變?chǔ)?＝Φ
t1＝1.0 s時(shí)，B1＝0.5 T，磁通量Φ1＝B1L2
t時(shí)刻，磁通量Φ＝BL[L－v(t－t1)]
得B＝。
(3)在0≤t≤0.5 s內(nèi)電荷量q1＝＝0.25 C
在0.5 s≤t≤1.0 s內(nèi)電荷量q2＝＝0.25 C
總電荷量q＝q1＋q2＝0.5 C。
答案：(1)0.062 5 N　(2)B＝　(3)0.5 C

第三部分 思路歸納，內(nèi)化方法
在應(yīng)用楞次定律時(shí)需注意的兩點(diǎn)
(1)利用楞次定律判斷的電流方向也是電路中感應(yīng)電動(dòng)勢的方向，利用右手定則判斷的電流方向也是做切割磁感線運(yùn)動(dòng)的導(dǎo)體上感應(yīng)電動(dòng)勢的方向。若電路為開路，可假設(shè)電路閉合，應(yīng)用楞次定律或右手定則確定電路中假想電流的方向即為感應(yīng)電動(dòng)勢的方向。
(2)在分析電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的電勢高低時(shí)，一定要明確產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢的那部分電路相當(dāng)于電源，在電源內(nèi)部，電流方向從低電勢處指向高電勢處。
1．圖像問題——掌握兩個(gè)技法
(1)排除法：定性地分析每一個(gè)過程中物理量的變化(增大還是減小)、變化快慢(均勻變化還是非均勻變化)，特別是物理量的正負(fù)，排除錯(cuò)誤的選項(xiàng)。
(2)函數(shù)法：根據(jù)題目所給條件定量地寫出兩個(gè)物理量之間的函數(shù)關(guān)系，然后由函數(shù)關(guān)系對(duì)圖像作出分析和判斷。
2．電磁感應(yīng)圖像問題分析的注意點(diǎn)
(1)注意初始時(shí)刻的特征，如初始時(shí)刻感應(yīng)電流是否為零，感應(yīng)電流的方向如何。
(2)注意電磁感應(yīng)發(fā)生的過程分為幾個(gè)階段，這幾個(gè)階段是否和圖像變化對(duì)應(yīng)。
(3)注意觀察圖像的變化趨勢，判斷圖像斜率的大小、圖像的曲直是否和物理過程對(duì)應(yīng)。　　
[微點(diǎn)撥]　電磁感應(yīng)中電路問題的解題流程
確定

解決電磁感應(yīng)中的電路和動(dòng)力學(xué)問題的關(guān)鍵
電磁感應(yīng)與動(dòng)力學(xué)問題聯(lián)系的橋梁是磁場對(duì)感應(yīng)電流的安培力。解答電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問題，在分析方法上，要始終抓住導(dǎo)體的受力(特別是安培力)特點(diǎn)及其變化規(guī)律，明確導(dǎo)體的運(yùn)動(dòng)過程以及運(yùn)動(dòng)過程中狀態(tài)的變化，準(zhǔn)確把握運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的臨界點(diǎn)。
(1)電源：E＝Blv或E＝n分析電路的結(jié)構(gòu)
(2)受力分析：F安＝BIl→F合＝m a
(3)臨界點(diǎn)→運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的變化點(diǎn)　　

求解電磁感應(yīng)中能量問題的策略
(1)若回路中的電流恒定，可以利用電路結(jié)構(gòu)及W＝UIt或Q＝I2Rt直接進(jìn)行計(jì)算。
(2)若回路中的電流變化，則可按以下兩種情況計(jì)算：
①利用功能關(guān)系求解：電磁感應(yīng)中產(chǎn)生的電能等于克服安培力所做的功；
②利用能量守恒定律求解：其他形式的能的減少量等于回路中產(chǎn)生的電能，如例2的第(2)小題中焦耳熱的計(jì)算?！　?
[方法規(guī)律]　“單桿＋電阻＋導(dǎo)軌”四種題型剖析

題型一(v0≠0)
題型二(v0＝0)
題型三(v0＝0)
題型四(v0＝0)
說明
質(zhì)量為m，電阻不計(jì)的單桿cd以一定初速度v0在光滑水平軌道上滑動(dòng)，兩平行導(dǎo)軌間距為L
軌道水平光滑，桿cd質(zhì)量為m，電阻不計(jì)，兩平行導(dǎo)軌間距為L，拉力F恒定
傾斜軌道光滑，傾角為α，桿cd質(zhì)量為m，電阻不計(jì)，兩平行導(dǎo)軌間距為L
豎直軌道光滑，桿cd質(zhì)量為m，電阻不計(jì)，兩平行導(dǎo)軌間距為L　
示意圖




力學(xué)觀點(diǎn)
桿以速度v切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢E＝BLv，電流I＝，安培力F＝BIL＝。桿做減速運(yùn)動(dòng)：v↓?F↓?a↓，當(dāng)v＝0時(shí)，a＝0，桿保持靜止
開始時(shí)a＝，桿cd速度v↑?感應(yīng)電動(dòng)勢E＝BLv↑?I↑?安培力F安＝BIL↑，由F－F安＝ma知a↓，當(dāng)a＝0時(shí)，v最大，vm＝
開始時(shí)a＝gsin α，桿cd速度v↑?感應(yīng)電動(dòng)勢E＝BLv↑?I↑?安培力F安＝BIL↑，由mgsin α－F安＝ma知a↓，當(dāng)a＝0時(shí)，v最大，vm＝
開始時(shí)a＝g，桿cd速度v↑?感應(yīng)電動(dòng)勢E＝BLv↑?I↑?安培力F安＝BIL↑，由mg－F安＝ma知a↓，當(dāng)a＝0時(shí)，v最大，vm＝
圖像觀點(diǎn)




能量觀點(diǎn)
動(dòng)能全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能：Q＝mv02
F做的功一部分轉(zhuǎn)化為桿的動(dòng)能，一部分轉(zhuǎn)化為內(nèi)能：
WF＝Q＋mvm2
重力做的功(或減少的重力勢能)一部分轉(zhuǎn)化為桿的動(dòng)能，一部分轉(zhuǎn)化為內(nèi)能：
WG＝Q＋mvm2
重力做的功(或減少的重力勢能)一部分轉(zhuǎn)化為桿的動(dòng)能，一部分轉(zhuǎn)化為內(nèi)能：WG＝Q＋mvm2

[方法規(guī)律]　“單桿＋電容器(或電源)＋導(dǎo)軌”四種題型剖析

題型一(v0＝0)
題型二(v0＝0)
題型三(v0＝0)
題型四(v0＝0)
說明
軌道水平光滑，桿cd質(zhì)量為m，電阻不計(jì)，兩平行導(dǎo)軌間距為L
軌道水平光滑，桿cd質(zhì)量為m，電阻不計(jì)，兩平行導(dǎo)軌間距為L，拉力F恒定
軌道傾斜光滑，桿cd質(zhì)量為m，電阻不計(jì)，兩平行導(dǎo)軌間距為L
軌道豎直光滑，桿cd質(zhì)量為m，電阻為R，兩平行導(dǎo)軌間距為L
示意圖




力學(xué)觀點(diǎn)
S閉合，桿cd受安培力F＝，a＝，桿cd速度v↑?感應(yīng)電動(dòng)勢E感＝BLv↑?I↓?安培力F＝BIL↓?加速度a↓，當(dāng)E感＝E時(shí)，v最大，且vmax＝
開始時(shí)a＝，桿cd速度v↑?E＝BLv↑，經(jīng)過Δt速度為v＋Δv，E′＝BL(v＋Δv)，Δq＝C(E′－E)＝CBLΔv，I＝＝CBLa，F(xiàn)安＝CB2L2a，F(xiàn)－F安＝ma，a＝，所以桿做勻加速運(yùn)動(dòng)
開始時(shí)a＝gsin α，桿cd速度v↑?E＝BLv↑，經(jīng)過Δt速度為v＋Δv，E′＝BL(v＋Δv)，Δq＝C(E′－E)＝CBLΔv，I＝＝CBLa，F(xiàn)安＝CB2L2a，mgsin α－F安＝ma，a＝，所以桿做勻加速運(yùn)動(dòng)
開始時(shí)a＝g，桿cd速度v↑?E＝BLv↑，經(jīng)過Δt速度為v＋Δv，E′＝BL(v＋Δv)，Δq＝C(E′－E)＝CBLΔv，I＝＝CBLa，F(xiàn)安＝CB2L2a，mg－F安＝ma，a＝，所以桿做勻加速運(yùn)動(dòng)
圖像觀點(diǎn)




能量觀點(diǎn)
電源輸出的電能轉(zhuǎn)化為動(dòng)能：W電＝mvm2
F做的功一部分轉(zhuǎn)化為動(dòng)能，一部分轉(zhuǎn)化為電場能：WF＝mv2＋EC
重力做的功一部分轉(zhuǎn)化為動(dòng)能，一部分轉(zhuǎn)化為電場能：WG＝mv2＋EC
重力做的功一部分轉(zhuǎn)化為動(dòng)能，一部分轉(zhuǎn)化為電場能：WG＝mv2＋EC

[方法規(guī)律]　“雙桿＋導(dǎo)軌”四種題型剖析(雙棒質(zhì)量m1＝m2、電阻r1＝r2，導(dǎo)軌電阻不計(jì))

題型一(光滑的平行導(dǎo)軌)
題型二(光滑不等距導(dǎo)軌)
題型三(光滑的平行導(dǎo)軌)
題型四(不光滑平行導(dǎo)軌)
示意圖

導(dǎo)體棒長度L1＝L2

導(dǎo)體棒長度L1＝2L2，兩棒只在各自的軌道上運(yùn)動(dòng)

導(dǎo)體棒長度L1＝L2

摩擦力Ff1＝Ff2＝Ff
導(dǎo)體棒長度L1＝L2
圖像觀點(diǎn)




力學(xué)觀點(diǎn)
棒1做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，棒2做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，穩(wěn)定時(shí)，兩棒以相等的速度勻速運(yùn)動(dòng)
棒1做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，棒2做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，穩(wěn)定時(shí)，兩棒的加速度均為零，速度之比為1∶2
開始時(shí)，兩棒做變加速運(yùn)動(dòng)；穩(wěn)定時(shí)，兩棒以相同的加速度做勻加速運(yùn)動(dòng)　
開始時(shí)，若Ff2Ff，則棒2先做變加速運(yùn)動(dòng)后做勻加速運(yùn)動(dòng)，棒1先靜止后做變加速運(yùn)動(dòng)，最后和棒2做加速度相同的勻加速運(yùn)動(dòng)
動(dòng)量觀點(diǎn)
兩棒組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒
兩棒組成的系統(tǒng)動(dòng)量不守恒
對(duì)單棒可以用動(dòng)量定理
兩棒組成的系統(tǒng)動(dòng)量不守恒
對(duì)單棒可以用動(dòng)量定理
兩棒組成的系統(tǒng)動(dòng)量不守對(duì)單棒可以用動(dòng)量定理恒
能量觀點(diǎn)
系統(tǒng)動(dòng)能的減少量等于產(chǎn)生的焦耳熱
系統(tǒng)動(dòng)能的減少量等于產(chǎn)生的焦耳熱
拉力做的功一部分轉(zhuǎn)化為雙棒的動(dòng)能，一部分轉(zhuǎn)化為內(nèi)能(焦耳熱)：W＝Q＋Ek1＋Ek2
拉力做的功一部分轉(zhuǎn)化為雙棒的動(dòng)能，一部分轉(zhuǎn)化為內(nèi)能(摩擦熱和焦耳熱)：W＝Q1＋Q2＋Ek1＋Ek2

解決線框模型問題的兩大關(guān)鍵
(1)分析電磁感應(yīng)情況：弄清線框在運(yùn)動(dòng)過程中是否有磁通量不變的階段，線框進(jìn)入和穿出磁場的過程中，才有感應(yīng)電流產(chǎn)生，結(jié)合閉合電路歐姆定律列方程解答。
(2)分析線框的受力以及運(yùn)動(dòng)情況，選擇合適的力學(xué)規(guī)律處理問題：在題目中涉及電荷量、時(shí)間以及安培力為變力時(shí)應(yīng)選用動(dòng)量定理處理問題；如果題目中涉及加速度的問題時(shí)選用牛頓運(yùn)動(dòng)定律解決問題比較方便?！　?

第四部分 最新模擬集萃，提升應(yīng)試能力
1. （2022年9月甘肅張掖一診）如圖，面積為的50匝線圈處于勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直于線圈平面向里。已知磁感應(yīng)強(qiáng)度以0.5T/s的變化率增強(qiáng)，定值電阻，線圈電阻，不計(jì)其它電阻。下列說法正確的是（　?。?br />
A. 線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針方向
B. 線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢大小為E=75V
C. 通過的電流為I=5A
D. ab兩端的電壓為U=4V
【參考答案】D
【名師解析】
根據(jù)楞次定律可以判斷線圈感應(yīng)電流的方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向，故A錯(cuò)誤；
由法拉第電磁感應(yīng)定律知，故B錯(cuò)誤；
由閉合電路歐姆定律知。故C錯(cuò)誤；
ab兩端的電壓等于R1的電壓，為，故D正確。
2. （2023陜西師大附中期初檢測）如圖所示，邊長為L的正方形單匝線框有一半水平放置在與水平方向夾角為30°的勻強(qiáng)磁場中，線框的左側(cè)接入電阻R，右側(cè)接入電容為C的電容器，其余電阻不計(jì)。若勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化規(guī)律如圖乙所示（規(guī)定斜向下為正方向），則在時(shí)間內(nèi)（　?。?br />
A. 電容器a板帶負(fù)電
B. 電容器所帶的電荷量為零
C. 線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢大小為
D. 線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢大小為
【參考答案】AD
【名師解析】
依據(jù)楞次定律，結(jié)合規(guī)定斜向下為正方向，則在t0時(shí)間前，線圈的感應(yīng)電流方向逆時(shí)針方向，當(dāng)t0時(shí)間后，線圈的感應(yīng)電流方向仍為逆時(shí)針方向，依據(jù)電源內(nèi)部電流方向由負(fù)極到正極，因此電容器a板帶負(fù)電，故A正確；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，線框中產(chǎn)生的電動(dòng)勢為
，故C錯(cuò)誤，D正確；
由上可知，在時(shí)間內(nèi)線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢為，根據(jù)Q=CU
可知電容器所帶的電荷量不為零，故B錯(cuò)誤。
3．（2022年9月河北示范性高中調(diào)研）如圖甲所示，間距為L＝1m的長直平行金屬導(dǎo)軌PQ、MN水平放置，其右端接有阻值為R＝1.5Ω的電阻，一阻值為r＝0.5Ω、質(zhì)量為m＝0.2kg、長度為L的金屬棒ab垂直導(dǎo)軌放置于距導(dǎo)軌右端d＝2m處，與兩導(dǎo)軌保持良好接觸。整個(gè)裝置處在豎直向上的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小隨時(shí)間變化的情況如圖乙所示。在0~1.0s內(nèi)金屬棒ab保持靜止，1.0s后金屬棒在水平外力的作用下運(yùn)動(dòng)，使回路的電流為零。導(dǎo)軌電阻不計(jì)，重力加速度，滑動(dòng)摩擦力等于最大靜摩擦力。下列說法正確的是（ ）

A．動(dòng)摩擦因數(shù)需等于0.5
B．前2s內(nèi)通過電阻R的電荷量為2C
C．1s后金屬棒做勻加速直線運(yùn)動(dòng)
D．第2s內(nèi)金屬棒的位移為1m
【參考答案】．D
【名師解析】：在0~1.0s內(nèi)，由法拉第電磁感應(yīng)定律可得電動(dòng)勢為
由閉合電路的歐姆定律得電流的大小為
由金屬棒靜止可知最大靜摩擦力大于等于安培力
解得，A選項(xiàng)錯(cuò)誤。
0~1s內(nèi)電流恒定為1A，1~2s內(nèi)電流為零，故前兩秒內(nèi)通過的電荷量q＝It＝1C。B選項(xiàng)錯(cuò)誤。
由法拉第電磁感應(yīng)定律知，1s后回路磁通量不變。
t＝1s時(shí)，
t時(shí)刻（）導(dǎo)體棒的位移設(shè)為x，由圖像知t時(shí)刻磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝t
t時(shí)刻（）回路磁通量

解得，金屬棒不是做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。C選項(xiàng)錯(cuò)誤。
t＝2s時(shí)，金屬棒第2s內(nèi)的位移為x＝1m。D選項(xiàng)正確。
4. （2022年9月甘肅張掖一診）如圖所示，MN和PQ是電阻不計(jì)的平行金屬導(dǎo)軌，其間距為L，導(dǎo)軌彎曲部分光滑，平直部分粗糙，二者平滑連接。右端接一個(gè)阻值為R的定值電阻。平直部分導(dǎo)軌左邊區(qū)域有寬度為d、方向豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場。質(zhì)量為m、電阻也為R的金屬棒從高度為h處靜止釋放，到達(dá)磁場右邊界處恰好停止。己知金屬棒與平直分導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，金屬棒與導(dǎo)軌間接觸良好。則金屬棒穿過磁場區(qū)域的過程中（　?。?br />
A. 流過定值電阻的電流方向是
B. 通過金屬棒的電荷量為
C. 金屬棒在磁場中運(yùn)動(dòng)的加速度不變
D. 金屬棒產(chǎn)生的焦耳熱為
【參考答案】BD
【名師解析】
金屬棒下滑到最低端時(shí)速度向右，而且磁場豎直向上，根據(jù)右手定則可以知道流過定值電阻的電流方向?yàn)镼→N，故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，通過金屬棒的電荷量為
故B正確；由于金屬棒做切割磁感線運(yùn)動(dòng)，使得金屬棒中有電流通過，根據(jù)安培定則可知，金屬棒所受安培力水平向左，所以金屬棒做運(yùn)動(dòng)，故有
所以由于v在不斷的變小，所以加速度也在不斷變小。故C錯(cuò)誤；
根據(jù)能量守恒可知
由于電阻R和金屬棒的電阻值相等，所以有
所以產(chǎn)生的焦耳熱，故D正確。
故選BD。
【點(diǎn)睛】注意金屬棒在磁場中會(huì)由于安培力的作用而不斷減速，導(dǎo)致產(chǎn)生的感應(yīng)電流逐步變小。
5. （2023四川內(nèi)江一中入學(xué)考試）如圖所示，在光滑絕緣的水平面上方，有兩個(gè)方向相反的水平方向的勻強(qiáng)磁場，PQ 為兩磁場的邊界，磁場范圍足夠大，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小分別為B和2B。一個(gè)豎直放置的邊長為a、質(zhì)量為m、電阻為R的正方形金屬線框，以初速度2v垂直磁場方向從圖中實(shí)線位置開始向右運(yùn)動(dòng)，當(dāng)線框運(yùn)動(dòng)到每個(gè)磁場中各有一半的面積時(shí)，線框的速度變?yōu)関，則下列判斷正確的（ ）

A. 此時(shí)線框的加速度為
B. 此時(shí)線框中的電功率為
C. 此過程中通過線框截面的電量為
D. 此過程中線框克服安培力做的功為
【參考答案】AC
【名師解析】
此時(shí)線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢
線框電流為
由牛頓第二定律得
解得，故A正確；
此時(shí)線框的電功率為，故B錯(cuò)誤；
A．此過程的感應(yīng)電動(dòng)勢為
感應(yīng)電流為
電荷量為，故C正確；
．由能量守恒定律得，克服安培力做的功等于線框減少的動(dòng)能，有
故D錯(cuò)誤；

6.（2023四川內(nèi)江一中入學(xué)考試） 如圖所示，L是自感系數(shù)很大的線圈，但其自身的電阻幾乎為零。A和B是兩個(gè)完全相同的小燈泡。下列說法正確的是（　?。?br />
A 閉合開關(guān)S后，A燈亮，B燈不亮
B. 閉合開關(guān)S后，A、B燈亮，之后B燈慢慢熄滅，A燈更亮
C. 開關(guān)S閉合電路穩(wěn)定后，在突然斷開的瞬間，A、B燈都閃亮一下
D. 開關(guān)S閉合電路穩(wěn)定后，在突然斷開的瞬間，A燈立即熄滅、B燈閃亮一下再熄滅
【參考答案】BD
【名師解析】
開關(guān)S閉合瞬間，線圈L因自感對(duì)電流有阻礙作用，則相當(dāng)于燈泡A與B串聯(lián)，因此兩燈同時(shí)亮且亮度相同，穩(wěn)定后B燈被短路熄滅，A燈更亮，A錯(cuò)誤，B正確；
電路穩(wěn)定后當(dāng)開關(guān)S突然斷開瞬間，A燈中不會(huì)再有電流通過，故A燈馬上熄滅，由于線圈的自感使得線圈中的電流只能慢慢減小，其相當(dāng)于電源與B燈構(gòu)成閉合回路放電，B燈閃亮一下再熄滅，C錯(cuò)誤，D正確。
7．（11分）（2023江西紅色十校第一次聯(lián)考）如圖，間距為L的足夠長的“”形金屬線框abcd靜置在光滑水平桌面上，質(zhì)量為m的導(dǎo)體桿A平行bc邊放置在線框上，且保持與金屬線框接觸良好，二者間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，導(dǎo)體桿A始終擋在兩個(gè)固定小立柱M、N的左側(cè)?？臻g存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場。某時(shí)刻，對(duì)bc邊施加一水平向右的拉力F（大小未知），當(dāng)導(dǎo)體桿A離bc邊距離恰好為L時(shí)，線框開始以速度v做勻速運(yùn)動(dòng)，并以此刻作為計(jì)時(shí)起點(diǎn)。已知導(dǎo)體桿和金屬線框單位長度的電阻均為r，重力加速度為g。在t時(shí)刻，求：

（1）立柱M受到導(dǎo)體桿的壓力大小；
（2）水平拉力F的大小；
（3）回路中的電功率。
【名師解析】：（1）開始計(jì)時(shí)以后導(dǎo)體桿做勻速直線運(yùn)動(dòng)，感應(yīng)電動(dòng)勢（1分）
回路的電阻（1分）
由閉合電路歐姆定律（1分）
導(dǎo)體桿受到的安培力大小為（1分）
方向水平向右
立柱M受到的壓力大小（1分）
（2）由上可知，bc加邊受到的安培力與導(dǎo)體桿受到的安培力大小相等
有（1分）
方向水平向左
導(dǎo)體桿對(duì)線框的摩擦力大小（1分）
由平衡條件可知，水平拉力大?。?分）
（3）回路中的電功率（1分）
（2分）
說明：只有結(jié)果，沒有公式或文字說明的不給分，其他正確解法亦可得分。
8.(12分) （2023江蘇百校聯(lián)考第一次考試）如圖所示,兩平行光滑金屬導(dǎo)軌MN、PQ被固定在同一水平面內(nèi),間距為L,電阻不計(jì)。導(dǎo)軌的M、P兩端用導(dǎo)線連接一定值電阻,阻值為R,在PM的右側(cè)0到x0區(qū)域里有方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場,其磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0。一直導(dǎo)體棒cd質(zhì)量為m,長度為L,電阻為R,其兩端放在導(dǎo)軌上且靜止在x=0處,現(xiàn)對(duì)導(dǎo)體棒持續(xù)施加一作用力F,使導(dǎo)體棒從靜止開始沿x正方向做加速度為a的勻加速運(yùn)動(dòng),求:(用m、L、R、x0、a表示)
(1)導(dǎo)體棒在磁場中運(yùn)動(dòng)到x0時(shí),導(dǎo)體棒的熱功率;
(2)導(dǎo)體棒從0運(yùn)動(dòng)到x0過程中,通過電阻R的電量;
(3)導(dǎo)體棒從0運(yùn)動(dòng)到x0過程中,作用力F的最大值。

【參考答案】.(12分)(1)　(2)　(3)ma+
【名師解析】(1)導(dǎo)體棒做勻加速運(yùn)動(dòng),則從靜止運(yùn)動(dòng)到x0處的速度為v,有2ax0=v2　(1分)
感應(yīng)電動(dòng)勢 E=B0Lv　(1分)
得導(dǎo)體棒產(chǎn)生的電動(dòng)勢為E=B0L　(1分)
導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)到x0時(shí)產(chǎn)生的熱功率P=()2R=?！?1分)
(2)由q=t=　(2分)
得q=?！?2分)
(3)在磁場中x0位置,有F-B0L=ma　(2分)
解得:F=ma+?！?2分)
其他解法參考賦分
9. （2023云南昆明云南師大附中質(zhì)檢）如圖，P、Q是兩根固定在水平面內(nèi)的光滑平行金屬導(dǎo)軌，間距為L，導(dǎo)軌足夠長且電阻可忽略不計(jì)。圖中EFHG矩形區(qū)域有一方向垂直導(dǎo)軌平面向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場。在0時(shí)刻，兩均勻金屬棒a、b分別從磁場邊界EF、GH進(jìn)入磁場，速度大小均為；一段時(shí)間后，金屬棒a、b沒有相碰，且兩棒整個(gè)過程中相距最近時(shí)b棒仍位于磁場區(qū)域內(nèi)。已知金屬棒a、b長度均為L，電阻均為R，a棒的質(zhì)量為2m、b棒的質(zhì)量為m，最終其中一棒恰好停在磁場邊界處，在運(yùn)動(dòng)過程中兩金屬棒始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好。求：
（1）0時(shí)刻a棒的加速度大??；
（2）兩棒整個(gè)過程中相距最近的距離s；
（3）整個(gè)過程中，a棒產(chǎn)生的焦耳熱。

【參考答案】（1）；（2）；（3）
【名師解析】
（1）由題知，a進(jìn)入磁場的速度方向向右，b的速度方向向左，根據(jù)右手定則可知，a產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向是E到F，b產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向是H到G，即兩個(gè)感應(yīng)電流方向相同，所以流過a、b的感應(yīng)電流是兩個(gè)感應(yīng)電流之和，則有

對(duì)a，根據(jù)牛頓第二定律有

解得

（2）取向右為正方向，相距最近時(shí)，根據(jù)系統(tǒng)動(dòng)量守恒有

解得

此時(shí)，電路中感應(yīng)電流為0，a、b棒一起向右勻速運(yùn)動(dòng)，直到b棒出磁場區(qū)域；之后b棒不受安培力、a棒受安培力減速直到停下，對(duì)a，有

解得

（3）對(duì)a、b組成的系統(tǒng)，最終b棒一直做勻速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)能量守恒有

解得回路中產(chǎn)生的總熱量為

對(duì)a、b，根據(jù)焦耳定律有

因a、b流過的電流一直相等，所用時(shí)間相同，故a、b產(chǎn)生的熱量與電阻成正比，即
∶=1∶1
又

解得a棒產(chǎn)生的焦耳熱為

10. （2023四川內(nèi)江一中入學(xué)考試）如圖所示，平行金屬導(dǎo)軌和，其中和為R=0.8m的四分之一光滑圓軌道，和為對(duì)應(yīng)圓軌道的圓心，、在、正下方且為圓軌道和水平軌道的平滑連接點(diǎn)，和為足夠長的粗糙水平軌道，并處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度，導(dǎo)軌間距。兩導(dǎo)體棒a、b始終垂直于兩導(dǎo)軌且與導(dǎo)軌接觸良好，a、b的質(zhì)量均為1kg，電阻均為，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，a、b棒與水平軌道間的滑動(dòng)摩擦因數(shù)均為。初始時(shí)刻，b棒靜止在水平導(dǎo)軌上，與間的距離為，a棒從與圓心等高的處靜止釋放。當(dāng)a棒剛進(jìn)入磁場時(shí)，在b棒中點(diǎn)處施加一個(gè)與導(dǎo)軌平行且水平向右的恒力，經(jīng)兩棒速度相等。已知a、b棒在運(yùn)動(dòng)的過程中不會(huì)發(fā)生碰撞（g取10m/s2）。求：
（1）導(dǎo)體棒a剛到達(dá)時(shí)對(duì)導(dǎo)軌的壓力大?。?br /> （2）0~0.5s內(nèi)通過導(dǎo)體棒b的電荷量；
（3）0~0.5s內(nèi)兩導(dǎo)體棒間的最短距離。

【參考答案】（1）30N；（2）1C；（3）1m
【名師解析】
（1）導(dǎo)體棒a下滑到達(dá)過程，根據(jù)動(dòng)能定理有


導(dǎo)體棒a剛到達(dá)時(shí)

由牛頓第三定律有

（2）對(duì)a、b系統(tǒng)，所受合外力為零，由動(dòng)量守恒定律有

對(duì)a棒由動(dòng)量定理有

通過截面的電量

解得

（3）由歐姆定律有

感應(yīng)電動(dòng)勢

又由于

解得


11. （2023湖北新高考協(xié)作體高三起點(diǎn)考試）如圖所示，夾角為足夠長的光滑金屬框架AOC固定在水平面內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場垂直水平面，足夠長且質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒DE在水平外力作用下以速度v從O點(diǎn)（0時(shí)刻）沿框架角平分線向右勻速運(yùn)動(dòng)，金屬桿與框架構(gòu)成等腰三角形（金屬桿所在邊為底），框架電阻不計(jì)，導(dǎo)體棒單位長度的電阻為r，導(dǎo)體棒在滑動(dòng)過程始終保持與金屬框架兩邊接觸良好，求：（取，）
（1）t時(shí)刻流過導(dǎo)體棒的電流大小；
（2）t時(shí)刻水平外力F的表達(dá)式；
（3）0～t時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)體棒產(chǎn)生的焦耳熱Q；
（4）若在t時(shí)刻撤去外力，導(dǎo)體棒在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中的位移大小x。

【參考答案】（1）；（2）；（3）；（4）
【名師解析】
（1）設(shè)t時(shí)刻電路中導(dǎo)體棒長度為l，電路總電阻為R，電流為I，由感應(yīng)電動(dòng)勢及歐姆定律有

由幾何關(guān)系可知
l=2vttan37°
電路總電阻
R=lr
聯(lián)立解得

（2）由于導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動(dòng)，則
F=BIl
解得

（3）t時(shí)刻導(dǎo)體棒消耗熱功率
P=I2R
可得

熱功率與時(shí)間t成正比，可由P-t圖像面積得0～t時(shí)間內(nèi)導(dǎo)體棒產(chǎn)生的焦耳熱

（4）設(shè)撤去外力F后導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)過程中某時(shí)刻在電路中長度為l1，速度大小為v1，此時(shí)電路電流I1由（1）問有

取該時(shí)刻后極短時(shí)間△t，導(dǎo)體棒速度變化量△v，由動(dòng)量定理有

可得

上式中為極短時(shí)間△t內(nèi)導(dǎo)體棒在金屬框架中掃過的面積，設(shè)導(dǎo)體棒停止運(yùn)動(dòng)時(shí)
在電路中長度為l2，那么有

由幾何關(guān)系可知
l2=2xtan37°
聯(lián)立解得

12. （2023湖南三湘創(chuàng)新發(fā)展聯(lián)考）質(zhì)量為m、邊長為L的均勻?qū)Ь€首尾相接制成的單匝正方形閉合導(dǎo)線框abcd，總電阻為R。將其置于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的水平勻強(qiáng)磁場上方h處，磁場的上邊界水平，方向垂直紙面向外，如圖所示。將導(dǎo)線框由靜止釋放，當(dāng)導(dǎo)線框一半面積進(jìn)入磁場時(shí)，恰好處于平衡狀態(tài)，導(dǎo)線框平面保持在豎直平面內(nèi)，且b、d兩點(diǎn)的連線始終水平，已知重力加速度大小為g，不計(jì)空氣阻力。求：
（1）導(dǎo)線框一半面積進(jìn)入磁場時(shí)，導(dǎo)線框的速度大小v；
（2）導(dǎo)線框從靜止下落到一半面積進(jìn)入磁場時(shí)，導(dǎo)線產(chǎn)生的熱量Q；
（3）導(dǎo)線框從靜止下落到完全進(jìn)入磁場時(shí)，通過導(dǎo)線框某一橫截面的電荷量q。


【參考答案】（1）；（2）；（3）
【名師解析】
（1）導(dǎo)線框一半面積進(jìn)入磁場時(shí)，線框切割磁感線的有效長度為，則線框產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢為

根據(jù)閉合電路的歐姆定律可知線框中的感應(yīng)電流為

根據(jù)平衡條件有

解得

（2）導(dǎo)線框從靜止下落到一半面積進(jìn)入磁場的過程中，根據(jù)能量守恒定律有

解得

（3）導(dǎo)線框進(jìn)入磁場過程中的平均感應(yīng)電動(dòng)勢

平均感應(yīng)電流為

根據(jù)電流的定義有

解得

13. （2023河南鄭州四中第一次調(diào)研）如圖所示，一個(gè)匝數(shù)n=1000匝、邊長l=20cm、電阻r=1Ω的正方形線圈，在線圈內(nèi)存在面積S=0.03m2的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁場方向垂直于線圈所在平面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B隨時(shí)間t變化的規(guī)律是B=0.15t（T）。電阻R與電容器C并聯(lián)后接在線圈兩端，電阻R=2Ω，電容C=30μF。下列說法正確的是（　?。?br />
A. 線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢為4.5V
B. 若b端電勢為0，則a端電勢為3V
C. 電容器所帶電荷量為1.2×10-4C
D. 穩(wěn)定狀態(tài)下電阻的發(fā)熱功率為4.5W
【參考答案】AD
【名師解析】
根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知，線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢
，A正確；
電流
電容器兩端電勢差
由楞次定律可判斷感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向，即a端電勢低、b端電勢高，由于b端接地，故有，，B錯(cuò)誤；
電容器帶電荷量，C錯(cuò)誤；
電阻的發(fā)熱功率，D正確。

14. （2022重慶第9次質(zhì)檢）如圖甲所示，是一種手壓式環(huán)保節(jié)能手電筒的結(jié)構(gòu)示意圖。使用時(shí)，迅速按壓手柄，燈泡（可視為純電阻）就能發(fā)光，這種不需要干電池的手電筒的工作原理是利用電磁感應(yīng)現(xiàn)象。其轉(zhuǎn)動(dòng)裝置和齒輪傳動(dòng)裝置的簡化原理圖如圖乙、丙所示。假設(shè)圖乙中的轉(zhuǎn)動(dòng)裝置由金屬內(nèi)圈和金屬外圈構(gòu)成，內(nèi)、外圈之間接有一根沿半徑方向的金屬條ab，燈泡通過電刷分別跟內(nèi)外線圈相連接（圖乙中未畫出）。整個(gè)轉(zhuǎn)動(dòng)裝置固定在轉(zhuǎn)動(dòng)軸上，處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直線圈平面（紙面）向里。圖丙中的齒輪傳動(dòng)裝置中A齒輪固定在轉(zhuǎn)動(dòng)裝置的轉(zhuǎn)動(dòng)軸上，B、C齒輪同心固定，C輪邊緣與手柄相嚙合，A、B齒輪邊緣相嚙合，手柄重力忽略不計(jì)（　　）

A. 向下壓手柄時(shí)，齒輪C逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)
B. 轉(zhuǎn)動(dòng)裝置中的A齒輪逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，電流由a流向b
C. 手柄向下向上運(yùn)動(dòng)時(shí)流過ab桿的電流方向相同
D. 流過燈泡的電流大小與手柄向下壓的速度成正比
【參考答案】D
【名師解析】由丙圖可知，向下壓手柄時(shí)，齒輪C順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，A錯(cuò)誤；
轉(zhuǎn)動(dòng)裝置中的A齒輪逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，金屬條ab逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)切割磁感線，回路閉合，由右手定則知電流由b流向a，B錯(cuò)誤；手柄向下和向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，A齒輪轉(zhuǎn)動(dòng)方向相反，流過ab桿的電流方向相反，C錯(cuò)誤；流過燈泡的電流

知與A齒輪的角速度成正比；A齒輪與B齒輪邊緣點(diǎn)線速度大小相等，B齒輪與C齒輪邊緣角速度相等，C齒輪邊緣線速度大小等于手柄上下運(yùn)動(dòng)的速度大小，由于各齒輪半徑不變，所以A齒輪的角速度，與手柄上下運(yùn)動(dòng)的速度大小成正比，則流過燈泡的電流大小與手柄向下壓的速度成正比，D正確。
【知識(shí)拓展】手壓式環(huán)保節(jié)能手電筒的內(nèi)部，有一發(fā)電機(jī)，通過手壓發(fā)電，使燈泡發(fā)光。
15. （2023湖南永州一模） 如圖所示，水平虛線、之間存在勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂直于紙面向里，磁場區(qū)域的高度為h。豎直平面內(nèi)有一質(zhì)量為m的直角梯形線框，其底邊水平，上、下邊長之比為1：4，高為線框ABCD在磁場邊界的下方h處，受到豎直向上的拉力作用，從靜止開始運(yùn)動(dòng)（上升過程中底邊始終水平，線框平面始終與磁場方向垂直），當(dāng)AB邊剛進(jìn)入磁場時(shí)，線框的加速度恰好為零，且在DC邊剛進(jìn)入磁場前的一段時(shí)間內(nèi)，線框做勻速運(yùn)動(dòng)。重力加速度為g，下列正確的是（　　）

A. AB邊剛進(jìn)入磁場時(shí)，線框的速度為
B. AB邊剛進(jìn)入磁場時(shí)，線框中感應(yīng)電流的瞬時(shí)電功率為
C. DC邊剛進(jìn)入磁場時(shí)，線框加速度大小為
D. 從線框開始運(yùn)動(dòng)到DC邊剛進(jìn)入磁場的過程中，線框產(chǎn)生的焦耳熱為
【參考答案】BD
【名師解析】
設(shè)AB邊剛進(jìn)入磁場時(shí)速度為v0，線框的電阻為R，AB=l，則CD=4l，根據(jù)動(dòng)能定理

解得

A錯(cuò)誤；
B．AB邊剛進(jìn)入磁場時(shí)，線框的加速度恰好為零，則此時(shí)安培力的大小為

線框中感應(yīng)電流的瞬時(shí)電功率為

B正確；
D．AB剛進(jìn)入磁場時(shí)加速度為0，則有

設(shè)DC邊剛進(jìn)入磁場前勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)速度為v1，線框切割磁感應(yīng)線的有效長度為1.5l線框勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)有

聯(lián)立解得

從線框開始到CD邊進(jìn)入磁場前瞬間，根據(jù)能量守恒定律得

聯(lián)立解得

D正確；
C．CD剛進(jìn)入磁場瞬間，線框切割磁感應(yīng)線的有效長度為2.5l

由閉合電路歐姆定律得

由牛頓第二定律得

解得

C錯(cuò)誤；
故選BD。
16．（2023浙江模擬）如圖甲所示，水平面上的兩光滑金屬導(dǎo)軌平行固定放置，間距d＝0.5 m，電阻不計(jì)，左端通過導(dǎo)線與阻值R ＝2 W的電阻連接，右端通過導(dǎo)線與阻值RL ＝4 W的小燈泡L連接．在CDEF矩形區(qū)域內(nèi)有豎直向上的勻強(qiáng)磁場，CE長 ="2" m，有一阻值r ="2" W的金屬棒PQ放置在靠近磁場邊界CD處．CDEF區(qū)域內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間變化如圖乙所示．在t＝0至t＝4s內(nèi)，金屬棒PQ保持靜止，在t＝4s時(shí)使金屬棒PQ以某一速度進(jìn)入磁場區(qū)域并保持勻速運(yùn)動(dòng)．已知從t＝0開始到金屬棒運(yùn)動(dòng)到磁場邊界EF處的整個(gè)過程中，小燈泡的亮度沒有發(fā)生變化，求：

（1）通過小燈泡的電流．
（2）金屬棒PQ在磁場區(qū)域中運(yùn)動(dòng)的速度大?。?
【名師解析】．（1）在t＝0至t＝4s內(nèi)，金屬棒PQ保持靜止，磁場變化導(dǎo)致電路中產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢．
電路為r與R并聯(lián)，再與RL串聯(lián)，電路的總電阻
①
此時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢
②
通過小燈泡的電流為： ③
（2）當(dāng)棒在磁場區(qū)域中運(yùn)動(dòng)時(shí)，由導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生電動(dòng)勢，電路為R與RL并聯(lián)，再與r串聯(lián)，此時(shí)電路的總電阻
④
由于燈泡中電流不變，所以燈泡的電流IL=0.1A，則流過棒的電流為
⑤
電動(dòng)勢 ⑥
解得棒PQ在磁場區(qū)域中運(yùn)動(dòng)的速度大小
v=1m/s⑦
17. (2023浙江名校新高考研究聯(lián)盟第一次聯(lián)考)如圖所示，水平固定一半徑r=0.2m的金屬圓環(huán)，長為2r、電阻值為R=0.1Ω的一金屬棒沿直徑放置，兩端與圓環(huán)接觸良好，金屬棒的中心固定在過圓心的豎直導(dǎo)電轉(zhuǎn)軸上，棒隨軸以角速度勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，轉(zhuǎn)動(dòng)方向如圖。圓環(huán)內(nèi)左半圓存在豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=2T的勻強(qiáng)磁場。MP和NQ是豎直平面內(nèi)間距l(xiāng)=0.1m的兩平行金屬導(dǎo)軌，P端通過開關(guān)、分別與阻值為R的電阻和C=0.1F的電容器相連，虛線框內(nèi)存在方向垂直導(dǎo)軌平面向內(nèi)、大小為B的勻強(qiáng)磁場。圓環(huán)邊緣與Q端相連，轉(zhuǎn)軸與電刷良好接觸并通過與電容器左端相連。阻值為R、質(zhì)量為m=0.1kg、長為l導(dǎo)體棒ab通過勁度系數(shù)k=4N/m的絕緣輕質(zhì)彈簧靜止懸掛于緊靠導(dǎo)軌磁場上邊界的下方，始終與導(dǎo)軌接觸良好。開關(guān)和斷開，不計(jì)其它電阻和摩擦阻力。
（1）擲向2，求電容器所帶電荷量的大小q；
（2）擲向1，ab棒以v=0.5m/s的速度向上離開磁場，
①求此時(shí)電容器剩余的電荷量大小；
②ab棒返回磁場上邊界前斷開，接通，ab棒第一次向下運(yùn)動(dòng)至距磁場上邊界0.05m處時(shí)速度為0，求此過程中電阻R消耗的焦耳熱。（提示：以彈簧處于自然長度時(shí)為彈性勢能零勢能點(diǎn)，當(dāng)伸長量為x時(shí)，其彈性勢能為）

【名師解析】．：
（1）開關(guān)擲向2，電容器充電。
根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知： 1分
則電容器的電荷量為： 1分
聯(lián)立解得：q＝0.4C 1分
（2）①電容器放電過程有： 2分
電容器所帶電荷量的大小 1分
②ab棒返回磁場時(shí)的速度，從返回剛進(jìn)入磁場到至距磁場上邊界h＝0.05m處由能量守恒可得 1分
， 1分
1分
聯(lián)立解得： 1分
18. （2023河南鄭州四中第一次調(diào)研）如圖，一不可伸長的細(xì)繩的上端固定，下端系在邊長為的正方形金屬框的一個(gè)頂點(diǎn)上。金屬框的一條對(duì)角線水平，其下方有方向垂直于金屬框所在平面的勻強(qiáng)磁場。已知構(gòu)成金屬框的導(dǎo)線單位長度的阻值為；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?。?br /> （2）在到時(shí)間內(nèi)金屬框產(chǎn)生的焦耳熱。

【參考答案】（1）；（2）
【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)勢為

金屬框中的電流為

磁感應(yīng)強(qiáng)度為

金屬框處于磁場中的有效長度為

所以金屬框所受安培力大小為

（2）金屬框產(chǎn)生的焦耳熱為

19. （2023河南鄭州四中第一次調(diào)研） 如圖（a）所示，兩根不計(jì)電阻、間距為L的足夠長平行光滑金屬導(dǎo)軌，豎直固定在勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直于導(dǎo)軌平面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。導(dǎo)軌上端串聯(lián)非線性電子元件Z和阻值為R的電阻。元件Z的圖像如圖（b）所示，當(dāng)流過元件Z的電流大于或等于時(shí)，電壓穩(wěn)定為Um。質(zhì)量為m、不計(jì)電阻的金屬棒可沿導(dǎo)軌運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)中金屬棒始終水平且與導(dǎo)軌保持良好接觸。忽略空氣阻力及回路中的電流對(duì)原磁場的影響，重力加速度大小為g。為了方便計(jì)算，取，。以下計(jì)算結(jié)果只能選用m、g、B、L、R表示。
（1）閉合開關(guān)S。，由靜止釋放金屬棒，求金屬棒下落的最大速度v1；
（2）斷開開關(guān)S，由靜止釋放金屬棒，求金屬棒下落的最大速度v2；
（3）先閉合開關(guān)S，由靜止釋放金屬棒，金屬棒達(dá)到最大速度后，再斷開開關(guān)S。忽略回路中電流突變的時(shí)間，求S斷開瞬間金屬棒的加速度大小a。

【參考答案】（1）；（2）；（3）
【關(guān)鍵能力】[]本題考 查法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路歐姆定律等知識(shí)，意在考查考生綜合電磁學(xué)知識(shí)以及力學(xué)規(guī)律處理問題的能力。
[壓軸題透析] 3第（1）問通過對(duì)金屬棒的受力分析以及運(yùn)動(dòng)分析，求出當(dāng)金屬棒的加速度為零時(shí)的最大速度；第（2）問首先應(yīng)分析比較第（1）問中的電流與圖（b）中Z元件的電壓達(dá)到最大時(shí)的電流大小關(guān)系，然后通過定值電阻表示出回路中的最大電流，進(jìn)而求出金屬棒的最大速度；第（3）問的關(guān)鍵在于求出開關(guān)斷開瞬間回路中的電流，得出導(dǎo)體棒所受的安培力大小，再根據(jù)牛頓第二定律求出金屬棒的加速度。
【名師解析】
（1）閉合開關(guān)S，金屬棒下落的過程中受豎直向下的重力、豎直向上的安培力作用，當(dāng)重力與安培力大小相等時(shí)，金屬棒的加速度為零，速度最大，則

由法拉第電磁感應(yīng)定律得

由歐姆定律得

解得

（2）由第（1）問得

由于

斷開開關(guān)S后，當(dāng)金屬棒的速度達(dá)到最大時(shí)，元件Z兩端的電壓恒為

此時(shí)定值電阻兩端的電壓為

回路中電流為

又由歐姆定律得

解得

（3）開關(guān)S閉合，當(dāng)金屬棒的速度最大時(shí)，金屬棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢為

斷開開關(guān)S的瞬間，元件Z兩端的電壓為

則定值電阻兩端的電壓為

電路中的電流為

金屬棒受到的安培力為

對(duì)金屬棒由牛頓第二定律得

解得
?


20. （2023浙江舟山質(zhì)檢）如圖所示，、是光滑平行軌道，間距為，左側(cè)傾斜部分為電阻不計(jì)的金屬軌道，水平部分軌道為絕緣材料制成，兩部分軌道在處平滑連接，左側(cè)傾斜軌道傾角為，軌道固定且水平部分足夠長。軌道頂端間接有阻值為的電阻，左側(cè)傾斜部分所在區(qū)域分布著垂直導(dǎo)軌平面向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度的勻強(qiáng)磁場，水平軌道上放置一質(zhì)量的“”型金屬框，“”型金屬框三邊長均為L，每邊的電阻均為。金屬框右側(cè)區(qū)域內(nèi)存在寬度為L，磁感應(yīng)強(qiáng)度也為B勻強(qiáng)磁場?，F(xiàn)將一根質(zhì)量，長度為L，電阻的金屬棒從圖示位置靜止釋放，金屬棒到達(dá)傾斜軌道底端前已處于勻速運(yùn)動(dòng)狀態(tài)。金屬棒到達(dá)水平軌道后與“”型金屬框粘在一起形成閉合金屬框。則：
（1）金屬棒下滑過程中，a、b兩點(diǎn)哪點(diǎn)電勢高；
（2）求金屬棒勻速下滑的速度大??；
（3）金屬框剛進(jìn)入水平軌道上的磁場區(qū)域時(shí)，兩端的電勢差；
（4）閉合金屬框能否穿過水平軌道上的磁場區(qū)域？若能，請(qǐng)計(jì)算金屬框穿過磁場區(qū)域后的速度大??；若不能，請(qǐng)計(jì)算邊與磁場區(qū)域左邊界的最大距高。

【參考答案】（1）b端；（2）；（3）；（4）能，
【名師解析】
（1）金屬棒下滑過程中切割磁感線，由右手定則可知，b端等效為電源正極，電勢較高。
（2）金屬棒勻速下滑時(shí)，由平衡條件可得

其中


聯(lián)立解得

（3）金屬棒與框相結(jié)合后的速度為，據(jù)動(dòng)量守恒定律可得

解得

cd邊切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電流，等效為電源，其兩端電壓相當(dāng)于路端電壓，可得

（4）設(shè)線框穿過磁場區(qū)域時(shí)的速度為，據(jù)動(dòng)量定理可得

其中


聯(lián)立解得

故閉合金屬框能穿過水平軌道上的磁場區(qū)域，穿過磁場區(qū)域后的速度大小為。
21．（2023南京六校聯(lián)考）如圖所示，兩根足夠長的平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ相距L=1m，上端連接一個(gè)阻值R=3Ω的電阻，導(dǎo)軌平面與水平面夾角θ=37°，長為L的金屬棒ab垂直于MN、PQ放置在導(dǎo)軌上，且始終與導(dǎo)軌接觸良好，整個(gè)裝置處在垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場中．已知金屬棒ab的質(zhì)量m=0.5kg，阻值r=1Ω，與金屬導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.5，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B=1T，重力加速度g=10m/s2，導(dǎo)軌電阻不計(jì)．金屬棒ab從靜止開始運(yùn)動(dòng)，若金屬棒下滑距離為s=10m時(shí)速度已達(dá)到最大(sin37°=0.6，cos37°=0.8)．求:
(1)金屬棒達(dá)到的最大速度；
(2)金屬棒由靜止開始下滑位移為s的過程中，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱.





【名師解析】
13.（1）.............................1分


............................2分
v=4m/s...................................1分
(2)

..............................1分
...................................1分
22．[多選](2020·呼倫貝爾一模)如圖所示，光滑且足夠長的金屬導(dǎo)軌MN、PQ平行地固定在同一水平面上，兩導(dǎo)軌間的距離L＝0.2 m，兩導(dǎo)軌的左端之間連接的電阻R＝0.4 Ω，導(dǎo)軌上停放一質(zhì)量m＝0.1 kg的金屬桿ab，位于兩導(dǎo)軌之間的金屬桿的電阻r＝0.1 Ω，導(dǎo)軌的電阻可忽略不計(jì)。整個(gè)裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.5 T的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向豎直向下。現(xiàn)用一水平外力F水平向右拉金屬桿，使之由靜止開始運(yùn)動(dòng)，在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中金屬桿始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，若理想電壓表的示數(shù)U隨時(shí)間t變化的關(guān)系如圖乙所示。則(　　)

A．t＝5 s時(shí)通過金屬桿的感應(yīng)電流的大小為1 A，方向由a指向b
B．t＝3 s時(shí)金屬桿的速率為3 m/s
C．t＝5 s時(shí)外力F的瞬時(shí)功率為0.5 W
D．0～5 s內(nèi)通過R的電荷量為2.5 C
【參考答案】BD　
【名師解析】由圖像可知，t＝5 s時(shí)，U＝0.4 V，此時(shí)電路中的電流(即通過金屬桿的電流)為I＝＝ A＝1 A，用右手定則判斷出，此時(shí)電流的方向由b指向a，故A錯(cuò)誤；由題圖可知，t＝3 s時(shí)，電壓表示數(shù)為U′＝×3 V＝0.24 V，則有U′＝E，得E＝U′＝×0.24 V＝0.3 V，由公式E＝BLv得v＝＝ m/s＝3 m/s，故B正確；金屬桿速度為v時(shí)，電壓表示數(shù)應(yīng)為U＝BLv，由圖像可知，U與t成正比，由于R、r、B及L均為不變量，所以v與t成正比，即金屬桿應(yīng)沿水平方向向右做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，金屬桿運(yùn)動(dòng)的加速度為a＝＝ m/s2＝1 m/s2，根據(jù)牛頓第二定律，在5 s末時(shí)對(duì)金屬桿有F－BIL＝ma，得F＝BIL＋ma＝(0.5×1×0.2＋0.1×1)N＝0.2 N，此時(shí)F的瞬時(shí)功率為P＝Fv＝Fat＝0.2×1×5 W＝1.0 W，故C錯(cuò)誤；0～5 s時(shí)間內(nèi)金屬桿移動(dòng)的位移為x＝at2＝×1×52 m＝12.5 m，通過R的電荷量為：q＝＝＝ C＝2.5 C，故D正確。

23．(2020·成都模擬)有人做過這樣一個(gè)實(shí)驗(yàn)：將一錫塊和一個(gè)磁性很強(qiáng)的小永久磁鐵疊放在一起，放入一個(gè)淺平的塑料容器中。往塑料容器中倒入液態(tài)氮，降低溫度，使錫出現(xiàn)超導(dǎo)性。這時(shí)可以看到，小磁鐵竟然離開錫塊表面，飄然升起，與錫塊保持一定距離后，便懸空不動(dòng)了。產(chǎn)生該現(xiàn)象的原因是：磁場中的超導(dǎo)體能將磁場完全排斥在超導(dǎo)體外，即超導(dǎo)體內(nèi)部沒有磁通量(邁斯納效應(yīng))。如果外界有一個(gè)磁場要通過超導(dǎo)體內(nèi)部，那么在磁場作用下，超導(dǎo)體表面就會(huì)產(chǎn)生一個(gè)無損耗感應(yīng)電流。這個(gè)電流產(chǎn)生的磁場恰恰與外加磁場大小相等、方向相反，這就形成了一個(gè)斥力。當(dāng)磁鐵受到的向上的斥力大小剛好等于它的重力大小的時(shí)候，磁鐵就可以懸浮在空中。根據(jù)以上材料可知(　　)

A．超導(dǎo)體處在恒定的磁場中時(shí)它的表面不會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流
B．超導(dǎo)體處在均勻變化的磁場中時(shí)它的表面將產(chǎn)生恒定的感應(yīng)電流
C．將磁鐵靠近超導(dǎo)體，超導(dǎo)體表面的感應(yīng)電流增大，超導(dǎo)體和磁鐵間的斥力就會(huì)增大
D．將懸空在超導(dǎo)體上面的磁鐵翻轉(zhuǎn)180°，超導(dǎo)體和磁鐵間的作用力將變成引力
【參考答案】C　
【名師解析】　由題意可知，超導(dǎo)體處在磁場中，磁場要通過超導(dǎo)體內(nèi)部，超導(dǎo)體表面就會(huì)產(chǎn)生一個(gè)無損耗感應(yīng)電流，故A錯(cuò)誤；超導(dǎo)體處在均勻變化的磁場中時(shí)，超導(dǎo)體表面就會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流，因磁場發(fā)生變化，則在超導(dǎo)體表面產(chǎn)生的感應(yīng)電流也發(fā)生變化，故B錯(cuò)誤；將磁鐵靠近超導(dǎo)體，磁場要通過超導(dǎo)體的磁通量增大，超導(dǎo)體表面的感應(yīng)電流增大，電流產(chǎn)生的磁場增大，則超導(dǎo)體和磁鐵間的斥力就會(huì)增大，故C正確；超導(dǎo)體在外界磁場作用下，磁鐵和超導(dǎo)體之間相互排斥，則將懸空在超導(dǎo)體上面的磁鐵翻轉(zhuǎn)180°，超導(dǎo)體和磁鐵間的作用力仍為斥力，故D錯(cuò)誤。
24．[多選](2020·淄博模擬)如圖所示，在豎直向下的 y 軸兩側(cè)分布有垂直紙面向外和向里的磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度均隨位置坐標(biāo)按 B＝B0＋ky(k為正常數(shù))的規(guī)律變化。兩個(gè)完全相同的正方形線框甲和乙的上邊均與 y 軸垂直，甲的初始位置高于乙的初始位置，兩線框平面均與磁場垂直?，F(xiàn)同時(shí)分別給兩個(gè)線框一個(gè)豎直向下的初速度 v1和 v2，設(shè)磁場的范圍足夠大，當(dāng)線框完全在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)，不考慮兩線框的相互作用，下列說法正確的是(　　)
A．運(yùn)動(dòng)中兩線框所受磁場的作用力方向相反
B．若 v1＝v2，則開始時(shí)甲所受磁場力等于乙所受磁場力
C．若 v1＞v2，則開始時(shí)甲中的感應(yīng)電流一定大于乙中的感應(yīng)電流
D．若 v1＜v2，則最終穩(wěn)定狀態(tài)時(shí)甲的速度可能大于乙的速度
【參考答案】BC
【名師解析】　根據(jù)楞次定律，甲線框中產(chǎn)生順時(shí)針方向的電流，乙線框中產(chǎn)生逆時(shí)針方向的電流，因?yàn)榫€框下邊磁場比上邊的磁場強(qiáng)，下邊所受的安培力大于上邊所受的安培力，則安培力的方向與下邊所受的安培力方向相同，根據(jù)左手定則，甲線框所受的安培力方向向上，乙線框所受的安培力方向向上，故A錯(cuò)誤。線框產(chǎn)生的電動(dòng)勢E＝B2Lv－B1Lv＝kL2v，若v1＝v2，開始時(shí)兩線框產(chǎn)生的感應(yīng)電流大小相等。線框所受的安培力F＝B2IL－B1IL＝kIL2，知兩線框所受的安培力相等，故B正確。線框產(chǎn)生的電動(dòng)勢E＝B2Lv－B1Lv＝kL2v，與速度有關(guān)，若v1＞v2，則開始時(shí)甲線框產(chǎn)生的電動(dòng)勢大于乙線框產(chǎn)生的電動(dòng)勢，則開始時(shí)甲線框的感應(yīng)電流一定大于乙線框的感應(yīng)電流，故C正確。線框達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)時(shí)，重力與安培力平衡，有mg＝kIL2，I＝＝，所以mg＝，v＝，知穩(wěn)定時(shí)，兩線框的速度相等，故D錯(cuò)誤。

25．[多選](2020·日照模擬)如圖所示，豎直放置的兩根足夠長的光滑金屬導(dǎo)軌相距為L，導(dǎo)軌的兩端分別與電源(串有一滑動(dòng)變阻器R)、定值電阻R0、電容器(電容為C，原來不帶電)和開關(guān)S相連。整個(gè)空間充滿了磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于導(dǎo)軌平面向外的勻強(qiáng)磁場。一質(zhì)量為m、電阻不計(jì)的金屬棒ab橫跨在導(dǎo)軌上。已知電源電動(dòng)勢為E、內(nèi)阻為r，不計(jì)導(dǎo)軌的電阻。當(dāng)S接1，滑動(dòng)變阻器R接入電路一定阻值時(shí)，金屬棒ab在磁場中恰好保持靜止。當(dāng)S接2后，金屬棒ab從靜止開始下滑，下滑距離h時(shí)達(dá)到穩(wěn)定速度。重力加速度為g，則下列說法正確的是(　　)
A．當(dāng)S接1時(shí)，滑動(dòng)變阻器接入電路的阻值R＝－r
B．當(dāng)S接2時(shí)，金屬棒ab從靜止開始到剛好達(dá)到穩(wěn)定速度所經(jīng)歷的時(shí)間為t＝
C．若將ab棒由靜止釋放的同時(shí)，將S接到3，則電容器積累的電荷量隨金屬棒速度v的變化關(guān)系為Q＝CBLv
D．若將ab棒由靜止釋放的同時(shí)，將S接到3，則金屬棒ab將做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度大小a＝
【參考答案】ACD　
【名師解析】　當(dāng)S接到1位置時(shí)，有I＝，由平衡條件可得 mg＝BIL，則I＝，聯(lián)立以上各式解得R＝－r，故A正確；當(dāng)S接到2位置速度恒定時(shí)，有mg＝BIL＝，解得v＝，金屬棒ab從靜止開始下滑，下滑距離h時(shí)達(dá)到穩(wěn)定速度，根據(jù)動(dòng)量定理可得mgt－BLt＝mv，即mgt－·t＝mv，其中t＝h，解得t＝，故B錯(cuò)誤；若將ab棒由靜止釋放的同時(shí)，將S接到3，則電容器積累的電荷量隨金屬棒速度v的變化關(guān)系為Q＝CU＝CBLv，根據(jù)動(dòng)量定理可得mgΔt－BLΔt＝mΔv，即mgΔt－BL·ΔQ＝mΔv，將ΔQ＝CBLΔv代入解得mgΔt－CB2L2Δv＝mΔv，所以a＝＝ ，故C、D正確。
26．(2020·北京朝陽區(qū)六校聯(lián)考)電源是通過非靜電力做功把其他形式的能轉(zhuǎn)化為電勢能的裝置，在不同的電源中，非靜電力做功的本領(lǐng)也不相同，物理學(xué)中用電動(dòng)勢E來表明電源的這種特性。在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中，感應(yīng)電動(dòng)勢分為動(dòng)生電動(dòng)勢和感生電動(dòng)勢兩種。產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢的那部分導(dǎo)體就相當(dāng)于“電源”，在“電源”內(nèi)部非靜電力做功將其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能。
(1)如圖1所示，固定于水平面上的U形金屬框架處于豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，金屬框兩平行導(dǎo)軌間距離為l。金屬棒MN在外力的作用下，沿框架以速度v向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過程中金屬棒始終垂直于兩平行導(dǎo)軌并接觸良好。已知電子的電荷量為e。請(qǐng)根據(jù)電動(dòng)勢定義，推導(dǎo)金屬棒MN切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢E1；
(2)英國物理學(xué)家麥克斯韋認(rèn)為，變化的磁場會(huì)在空間激發(fā)感生電場，感生電場與靜電場不同，如圖2所示，感生電場的電場線是一系列同心圓，單個(gè)圓上的電場強(qiáng)度大小處處相等，我們把這樣的電場稱為渦旋電場。在渦旋電場中電場力做功與路徑有關(guān)，正因?yàn)槿绱?，它是一種非靜電力。如圖3所示在某均勻變化的磁場中，將一個(gè)半徑為x的金屬圓環(huán)置于半徑為r的圓形磁場區(qū)域，使金屬圓環(huán)與磁場邊界是相同圓心的同心圓，從圓環(huán)的兩端點(diǎn)a、b引出兩根導(dǎo)線，與阻值為R的電阻和內(nèi)阻不計(jì)的電流表串接起來，金屬圓環(huán)的電阻為，圓環(huán)兩端點(diǎn)a、b間的距離可忽略不計(jì)，除金屬圓環(huán)外其他部分均在磁場外。已知電子的電荷量為e，若磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化關(guān)系為B＝B0＋kt(k>0且為常量)。
①若x＜r，求金屬圓環(huán)上a、b兩點(diǎn)的電勢差Uab；
②若x與r大小關(guān)系未知，推導(dǎo)金屬圓環(huán)中自由電子受到的感生電場力F2與x的函數(shù)關(guān)系式，并在圖4中定性畫出F2-x圖像。

【名師解析】：(1)金屬棒MN向右切割磁感線時(shí)，棒中的電子受到沿棒向下的洛倫茲力，是這個(gè)力充當(dāng)了非靜電力。非靜電力的大小F1＝Bev
從N到M非靜電力做功為W非＝Bevl
由電動(dòng)勢定義可得E1＝＝Blv。
(2)①由B＝B0＋kt可得＝k
根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E2＝＝＝kS
因?yàn)閤＜r，所以S＝πx2
根據(jù)閉合電路歐姆定律得I＝
Uab＝IR
聯(lián)立解得Uab＝。
②在很短的時(shí)間內(nèi)電子的位移為Δs，非靜電力對(duì)電子做的功為F2Δs
電子沿著金屬圓環(huán)運(yùn)動(dòng)一周，非靜電力做的功W非＝∑F2Δs＝2πF2x
根據(jù)電動(dòng)勢定義E2＝
當(dāng)x＜r時(shí)，聯(lián)立解得F2＝
當(dāng)x＞r時(shí)，磁通量有效面積為S＝πr2
聯(lián)立解得F2＝
由自由電子受到的感生電場力F2與x的函數(shù)關(guān)系式，可得如圖所示F2-x圖像。

答案：(1)見解析　(2)①?、贔2＝　圖像見解析
27　如圖所示，在豎直向下的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，兩根足夠長的平行光滑金屬軌道MN、PQ固定在水平面內(nèi)，相距為L。一質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒cd垂直于MN、PQ放在軌道上，與軌道接觸良好。軌道和導(dǎo)體棒的電阻均不計(jì)。

(1)如圖1所示，若軌道左端M、P間接一阻值為R的電阻，導(dǎo)體棒在拉力F的作用下以速度v沿軌道做勻速運(yùn)動(dòng)。請(qǐng)通過公式推導(dǎo)證明：在任意一段時(shí)間Δt內(nèi)，拉力F所做的功與電路獲得的電能相等。
(2)如圖2所示，若軌道左端接一電動(dòng)勢為E、內(nèi)阻為r的電源和一阻值未知的電阻，閉合開關(guān)S，導(dǎo)體棒從靜止開始運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過一段時(shí)間后，導(dǎo)體棒達(dá)到最大速度vm，求此時(shí)電源的輸出功率。
(3)如圖3所示，若軌道左端接一電容器，電容器的電容為C，導(dǎo)體棒在水平拉力的作用下從靜止開始向右運(yùn)動(dòng)。電容器兩極板間電勢差隨時(shí)間變化的圖像如圖4所示，已知t1時(shí)刻電容器兩極板間的電勢差為U1。求導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)過程中受到的水平拉力大小。
[解題指導(dǎo)]　
(1)導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動(dòng)→受力平衡→求出拉力做的功。導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢→產(chǎn)生感應(yīng)電流→求出回路的電能。
(2)閉合開關(guān)S→導(dǎo)體棒變加速運(yùn)動(dòng)→產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢不斷增大→達(dá)到電源的路端電壓→棒中沒有電流→由此可求出電源與電阻所在回路的電流→電源的輸出功率。
(3)導(dǎo)體棒在外力作用下運(yùn)動(dòng)→回路中形成充電電流→導(dǎo)體棒還受安培力的作用→由牛頓第二定律列式分析。
【名師解析】　(1)導(dǎo)體棒切割磁感線，E＝BLv
導(dǎo)體棒做勻速運(yùn)動(dòng)，F(xiàn)＝F安
又F安＝BIL，其中I＝
在任意一段時(shí)間Δt內(nèi)，拉力F所做的功
W＝FvΔt＝F安vΔt＝Δt
電路獲得的電能ΔE＝EIΔt＝Δt
可見，在任意一段時(shí)間Δt內(nèi)，拉力F所做的功與電路獲得的電能相等。
(2)導(dǎo)體棒達(dá)到最大速度vm時(shí)，棒中沒有電流，電源的路端電壓U＝BLvm
電源與電阻所在回路的電流I＝
電源的輸出功率P＝UI＝。
(3)感應(yīng)電動(dòng)勢與電容器兩極板間的電勢差相等，
BLv＝U
由電容器的U-t圖可知U＝t
導(dǎo)體棒的速度隨時(shí)間變化的關(guān)系為v＝t
可知導(dǎo)體棒做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，其加速度a＝
由C＝和I＝，得I＝＝
由牛頓第二定律有F－BIL＝ma
可得F＝＋。
[答案]　見解析
[遷移]　若上例第(3)問變成：圖3中導(dǎo)體棒在恒定水平外力F作用下，從靜止開始運(yùn)動(dòng)，導(dǎo)軌與棒間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，寫出導(dǎo)體棒的速度大小隨時(shí)間變化的關(guān)系式。
解析：導(dǎo)體棒由靜止開始做加速運(yùn)動(dòng)，電容器所帶電荷量不斷增加，電路中將形成充電電流，設(shè)某時(shí)刻棒的速度為v，則感應(yīng)電動(dòng)勢為E＝BLv
電容器所帶電荷量為Q＝CE＝CBLv
再經(jīng)過很短一段時(shí)間Δt，電容器兩端電壓的增量和電荷量的增量分別為ΔU＝ΔE＝BLΔv，ΔQ＝CΔU＝CBLΔv
流過導(dǎo)體棒的電流I＝＝＝CBLa
導(dǎo)體棒受到的安培力f1＝BIL＝CB2L2a
導(dǎo)體棒所受到的摩擦力f2＝μmg
由牛頓第二定律得F－f1－f2＝ma
聯(lián)立以上各式解得a＝
顯然導(dǎo)體棒做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，所以導(dǎo)體棒的速度大小隨時(shí)間變化的關(guān)系式為
v＝t。
答案：v＝t

相關(guān)試卷

新高考物理二輪復(fù)習(xí)精選練習(xí)專題21彈簧模型（含解析）：

這是一份新高考物理二輪復(fù)習(xí)精選練習(xí)專題21彈簧模型（含解析），共22頁。試卷主要包含了彈簧模型等內(nèi)容，歡迎下載使用。

新高考物理二輪復(fù)習(xí)精選練習(xí)專題17創(chuàng)新實(shí)驗(yàn)（含解析）：

這是一份新高考物理二輪復(fù)習(xí)精選練習(xí)專題17創(chuàng)新實(shí)驗(yàn)（含解析），共31頁。試卷主要包含了創(chuàng)新實(shí)驗(yàn)，近五年高考物理實(shí)驗(yàn)題的特點(diǎn)，指向深度探究的實(shí)驗(yàn)復(fù)習(xí)的必要性，指向深度探究的實(shí)驗(yàn)復(fù)習(xí)策略等內(nèi)容，歡迎下載使用。

新高考物理二輪復(fù)習(xí)精選練習(xí)專題14原子物理（含解析）：

這是一份新高考物理二輪復(fù)習(xí)精選練習(xí)專題14原子物理（含解析），共30頁。試卷主要包含了原子物理，光電效應(yīng)，玻爾理論，原子核及其衰變等內(nèi)容，歡迎下載使用。

英語朗讀寶

相關(guān)試卷 更多

新高考物理二輪復(fù)習(xí)精選練習(xí)專題13熱學(xué)（含解析）

新高考物理二輪復(fù)習(xí)精選練習(xí)專題13熱學(xué)（含解析）
新高考物理二輪復(fù)習(xí)精選練習(xí)專題12光學(xué)（含解析）

新高考物理二輪復(fù)習(xí)精選練習(xí)專題12光學(xué)（含解析）
新高考物理二輪復(fù)習(xí)精選練習(xí)專題2力與平衡（含解析）

新高考物理二輪復(fù)習(xí)精選練習(xí)專題2力與平衡（含解析）
新高考物理二輪復(fù)習(xí)過關(guān)練習(xí)第1部分 專題4 第11講　電磁感應(yīng) (含解析)

新高考物理二輪復(fù)習(xí)過關(guān)練習(xí)第1部分 專題4 第11講　電磁感應(yīng) (含解析)
資料下載及使用幫助
版權(quán)申訴
版權(quán)申訴
若您為此資料的原創(chuàng)作者，認(rèn)為該資料內(nèi)容侵犯了您的知識(shí)產(chǎn)權(quán)，請(qǐng)掃碼添加我們的相關(guān)工作人員，我們盡可能的保護(hù)您的合法權(quán)益。
入駐教習(xí)網(wǎng)，可獲得資源免費(fèi)推廣曝光，還可獲得多重現(xiàn)金獎(jiǎng)勵(lì)，申請(qǐng) 精品資源制作， 工作室入駐。
版權(quán)申訴二維碼
高考專區(qū)
歡迎來到教習(xí)網(wǎng)
  • 900萬優(yōu)選資源，讓備課更輕松
  • 600萬優(yōu)選試題，支持自由組卷
  • 高質(zhì)量可編輯，日均更新2000+
  • 百萬教師選擇，專業(yè)更值得信賴
微信掃碼注冊(cè)
qrcode
二維碼已過期
刷新

微信掃碼，快速注冊(cè)

手機(jī)號(hào)注冊(cè)
手機(jī)號(hào)碼

手機(jī)號(hào)格式錯(cuò)誤

手機(jī)驗(yàn)證碼 獲取驗(yàn)證碼

手機(jī)驗(yàn)證碼已經(jīng)成功發(fā)送，5分鐘內(nèi)有效

設(shè)置密碼

6-20個(gè)字符，數(shù)字、字母或符號(hào)

注冊(cè)即視為同意教習(xí)網(wǎng)「注冊(cè)協(xié)議」及「隱私條款」
QQ注冊(cè)
手機(jī)號(hào)注冊(cè)
微信注冊(cè)

注冊(cè)成功

返回
頂部