专题八 恒定电流与电磁感应——高考物理二轮复习典例分析及重难突破
【典例分析】
一、电路的动态分析
1．程序法
1）确定电路的外电阻（R外总）如何变化。
2）根据闭合电路欧姆定律，确定电路的总电流如何变化。
3）由，确定电源的外电压（路端电压）如何变化。
4）由部分电路欧姆定律及串、并联规律，确定干路上某定值电阻两端的电压和电流如何变化。
2．串反并同法
1）内容：当局部电阻变化时，与串联的电阻R的功率P、通过它的电流I、它两端电压U与的变化相反，简称串联反变或串反，如图（a）。而与并联的R上，与的变化相同，简称并联同变或并同，如图（b）。总称串反并同。
2）适用条件：电源内阻不能为零。
3．极限法
当电路中元件的阻值增大时，可将其阻值增大到无穷大，按断路状态来讨论；当电路中元件的阻值减小时，可将其阻值减小到零，按短路状态来讨论。因滑动变阻器的滑片滑动引起电路变化的问题，可将滑动变阻器的滑片分别滑至两端去讨论。
4．微分法：在求的变化情况时，若U、I分别是定值电阻两端电压和流经定值电阻的电流时，则不变，若不是则应利用闭合电路欧姆定律求解函数，则即电压对电流求导数。
二、电源的U-I图像
三、电路故障分析模型
故障特点
①断路特点：电路中发生断路，表现为电源电压不为零而电流为零；若外电路中两点间的电压不为零，则这两点间有断点，而这两点与电源连接部分无断点。
②短路特点：电路中发生短路，表现为有电流通过电路而电压为零。
四、含电容电路的分析计算模型
1．稳态含容直流电路
电容器处于稳定状态时，相当于断路，此时的电路具有以下两个特点：
1）电容器所在支路无电流，与电容器直接串联的电阻相当于一根无电阻导线；
2）电容器两端的电压等于与含有电容器的那条支路相并联的支路两端电压。
2．动态含容直流电路
当直流电路发生动态变化时，电容器两端电压一般也会发生相应的改变，从而在电路中产生短暂的充放电过程。在此短暂过程中，电容器所在支路中电流方向、电势高低的判定，需从电容器两极板所带电荷的电性、电容器两端电压的升降情况着手分析。充电时电流流入带正电的极板，放电时电流从带正电的极板流出。
五、电磁感应中的电路与图像问题
一、电磁感应中的电路问题
1.电磁感应中电路知识的关系图
2.“二步走”分析电路为主的电磁感应问题
电磁感应中的图像问题
1.图像类型
2.问题类型
3.常用规律
六、电磁感应中的动力学、能量综合问题
1.通电导体在磁场中受到安培力作用，电磁感应问题往往和力学问题联系在一起。解决的基本方法如下：
1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律求感应
电动势的大小和方向：
2)回路中的电流；
3)分析导体受力情况：
4)根据平衡条件或牛顿第二定律列方程
2.电磁感应中的动力学临界问题
解决电磁感应中动力学问题的关键是做好研究对象的受力分析及运动状态的分析，寻找过程中的临界状态如速度 加速度最大值或最小值的条件。具体思路如下：
3.求解焦耳热0的三种方法
1)焦耳定律：(I为恒定值或有效值)
2)功能关系：(纯电阻电路)。
3)能量转：。
七、电磁感应现象中的电荷量的计算及动量的应用
1.电磁感应现象与生活密切相关，高考对这部分的考查更趋向于 STSE 问题。命题背景有无线充电、电磁炉、电子、电磁卡、电磁焊接技术、卫星悬绳发电、磁悬浮列车等。
2.电磁感应现象中求电荷量的两种方法
【高考真题】
一、单选题
1．[2024年甘肃高考真题]如图，相距为d的固定平行光滑金属导轨与阻值为R的电阻相连，处在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中长度为L的导体棒沿导轨向右做匀速直线运动，速度大小为v。则导体棒ab所受的安培力为( )
A.，方向向左 B.，方向向右
C.，方向向左 D.，方向向右
2．[2024年湖南高考真题]如图，有一硬质导线Oabc，其中是半径为R的半圆弧，b为圆弧的中点，直线段Oa长为R且垂直于直径ac。该导线在纸面内绕O点逆时针转动，导线始终在垂直纸面向里的匀强磁场中。则各点电势关系为( )
A. B. C. D.
3．[2024年广东高考真题]电磁俘能器可在汽车发动机振动时利用电磁感应发电实现能量回收，结构如图甲所示。两对永磁铁可随发动机一起上下振动，每对永磁铁间有水平方向的匀强磁场，磁感应强度大小均为B.磁场中，边长为L的正方形线圈竖直固定在减震装置上。某时刻磁场分布与线圈位置如图乙所示，永磁铁振动时磁场分界线不会离开线圈。关于图乙中的线圈。下列说法正确的是( )
A.穿过线圈的磁通量为
B.永磁铁相对线圈上升越高，线圈中感应电动势越大
C.永磁铁相对线圈上升越快，线圈中感应电动势越小
D.永磁铁相对线圈下降时，线圈中感应电流的方向为顺时针方向
二、实验题
4．[2024年甘肃高考真题]精确测量干电池电动势和内阻需要考虑电表内阻的影响。可用器材有：电压表（量程1.5 V，内阻约为）、电流表（量程0.6 A）、滑动变阻器、开关、干电池和导线若干。某小组开展了以下实验。
（1）考虑电流表内阻影响
①用图1所示电路测量电流表的内阻。从图2电压表和电流表读数可得电流表内阻______Ω（保留2位有效数字）。
③用图3所示电路测量干电池电动势和内阻。电压表读数、电流表读数、干电池内阻和电流表内阻分别用和表示。则干电池电动势______（用和表示）。
③调节滑动变阻器测得多组电表读数，作出图4所示的图像。则待测干电池电动势______V（保留3位有效数字）、内阻______Ω（保留1位小数）。
（2）考虑电压表内阻影响
该小组也尝试用图5所示电路测量电压表内阻，但发现实验无法完成。原因是______（单选，填正确答案标号）。
A.电路设计会损坏仪器 B.滑动变阻器接法错误
C.电压太大无法读数 D.电流太小无法读数
三、计算题
5．[2024年北京高考真题]如图甲所示为某种“电磁枪”的原理图。在竖直向下的匀强磁场中，两根相距L的平行长直金属导轨水平放置，左端接电容为C的电容器，一导体棒放置在导轨上，与导轨垂直且接触良好，不计导轨电阻及导体棒与导轨间的摩擦。已知磁场的磁感应强度大小为B，导体棒的质量为m、接入电路的电阻为R。开关闭合前电容器的电荷量为Q。
（1）求闭合开关瞬间通过导体棒的电流I；
（2）求闭合开关瞬间导体棒的加速度大小a；
（3）在图乙中定性画出闭合开关后导体棒的速度v随时间t的变化图线。
【重难突破】
1.目前集成电路的集成度很高，要求里面的各种电子元件都微型化，集成度越高，电子元件越微型化、越小.图中和是两个材料相同、厚度相同、表面为正方形的导体，但的尺寸远远小于的尺寸.通过两导体的电流方向如图所示，则关于这两个导体的电阻关系的说法正确的是( )
A. B. C. D.无法确定
2.如图所示，电源电动势为E，内阻为r， 为定值电阻，R为可变电阻，且其总阻值，则当可变电阻的滑动触头由A向B移动时( )
A.电源内部消耗的功率越来越小，电源的供电效率越来越大
B. R、 上功率均越来越大
C. 上功率越来越大，R上功率先变大后变小
D. 上功率越来越大，R上功率先变小后变大
3.如图甲所示的电路，其中电源电动势，内阻，定值电阻，已知滑动变阻器消耗的功率P与其接入电路的有效阻值的关系如图乙所示。则下列说法中正确的是( )
A.图乙中，
B.图乙中滑动变阻器的最大功率
C.滑动变阻器消耗功率最大时，定值电阻R也消耗功率最大
D.外电路的功率最大时，电源的效率最高
4.如图所示的电路为某控制电路的简化图，图中电源内阻不计，为定值电阻，为光敏电阻（阻值随光照强度的增加而减小），电压表、电流表均为理想电表，开关S闭合后，电表示数分别表示为，电表示数变化量分别表示为。在光照强度减弱的过程中，下列说法正确的是( )
A.都增大 B.都减小
C.U增大，减小 D.增大
5.在如图所示的图像中，直线Ⅰ为某一电源的路端电压与电流的关系图像，直线Ⅱ为某一电阻R的伏安特性曲线，用该电源直接与电阻R相连组成闭合电路。由图像可知不正确的是( )
A.电源的电动势为，内阻为 B.电阻R的阻值为
C.电源的输出功率为 D.电源的效率为
6.如图所示，像表示LC振荡电路的电流随时间变化的图像，在时刻，回路中电容器的M板带正电，在某段时间里，回路的磁场能在减小，而M板仍带正电，则这段时间对应图像中( )
A.段 B.段 C.段 D.段
7.在断电自感的演示实验中，用小灯泡、带铁芯的电感线圈L和定值电阻R等元件组成如图甲所示电路。闭合开关待电路稳定后，两支路电流分别为和。断开开关前后的一小段时间内，电路中电流随时间变化的关系如图乙所示，则( )
A.断开开关前R中电流为
B.断开开关前灯泡电阻小于R和L的总电阻
C.断开开关后小灯泡先突然变亮再逐渐熄灭
D.断开开关后小灯泡所在支路电流如曲线a所示
8.如图1为某小型发电机的发电原理简化图，矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，线圈中的磁通量Φ随时间t的变化规律如图2所示。已知线圈有100匝，则下列说法中正确的是( )
A.0时刻线圈处于图1位置
B.时刻线圈感应电动势最小
C.线圈产生的最大感应电动势为
D.时刻线圈中感应电流的方向发生变化
9.如图所示为自激式发电机的原理图，它由一个可以绕导电轴旋转的金属圆盘和两匝固定的线圈组成，线圈通过电刷与转轴、圆盘边缘均良好接触。开始转动前圆盘有较弱的剩磁，用外力驱动圆盘顺时针转动时（从上往下看），线圈中产生感应电流，感应电流的磁场使圆盘的磁场增强，线圈中产生更大的感应电流，圆盘磁场进一步增强，如此循环往复，从而实现自激发电。设开始转动时，圆盘剩磁的磁场方向向上，下列说法正确的是( )
A.线圈中的感应电流是顺时针方向（从上往下看）
B.线圈中的感应电流在圆盘处激发的磁场与圆盘最初的剩磁方向相同
C.圆盘所受的磁场力的方向与圆盘转动的方向一致
D.圆盘逆时针转动也能实现可持续的自激式发电
10.如图所示，在磁感应强度为B的匀强磁场中，有半径为，的光滑半圆形导体框，OC为一能绕O在框架上滑动的导体棒，Ob之间连一个电阻R，导体框架与导体棒电阻均不计，若要使OC能以角速度ω匀速转动，则外力做功的功率为( )
A. B. C. D.
11.（多选）在如图所示电路，电源两端电压U保持不变，当滑动变阻器的滑片P从a点向b点移动的过程中，两块电压表、的示数变化量分别为和，电路中电流的变化量为。滑动变阻器的最大阻值为，且，则下列判断正确的是( )
A. B.
C. D.
12.（多选）利用如图所示的电路测量电阻R两端的电压，测量时，移动滑动变阻器的滑片P，使其依次置于五点（各点间距相同，且两点为滑动变阻器的两个端点），将电压表的示数记录在表中。经过检查，发现电路中的滑动变阻器在某处发生了断路，则滑片P在之间的某一点时，电压表的示数可能为( )
P的位置 a b c d e
V的示数（V） 12.00 6.00 4.00 3.00 12.00
A. B. C. D.
13.（多选）如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ倾斜固定，空间存在方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场，NQ间接有一定值电阻，将垂直导轨放置的金属棒由静止释放，金属棒在运动过程中，重力对金属棒做功的功率记为，闭合回路消耗的电功率记为，已知金属棒在运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，导轨的电阻不计，下列关系图像可能正确的是( )
A. B.
C. D.
14.（多选）如图所示，水平固定一半径为r的金属圆环，圆环关于中轴线AB对称两侧分布大小均为B，方向垂直于圆环平面向上和向下的磁场。一长为r的金属棒沿半径放置，一端固定在圆心O处，另一端与圆环接触良好，并以角速度ω绕圆心O顺时针匀速转动。圆环边缘和圆心处通过接触良好电刷分别与两平行金属板C、D相连，C、D板长为，间距为d。若以金属棒刚经过A点作为计时起点，C、D左端中心位置有一粒子源，水平向右源源不断地发射初速度为正电粒子，粒子比荷为，粒子间互不影响，且不计重力。下列说法正确的是( )
A.带电粒子在电场中的加速度为
B.所有从金属板右侧射出的粒子动能都为
C.只有从（）时刻进入的粒子才能从右侧水平射出
D. 若带电粒子从时刻进入两平行金属板，要使粒子能够从右侧射出，则d应大于等于
15.（多选）如图所示，水平地面上方矩形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，两个用相同材料、相同粗细的导线绕制的单匝闭合正方形线圈1和2，其边长，在距磁场上界面h高处由静止开始自由下落，再逐渐完全进入磁场，最后落到地面。运动过程中，线圈平面始终保持在竖直平面内且下边缘平行于磁场上边界。设线圈1、2落地时的速度大小分别为、，在磁场中运动时产生的热量分别为、，通过线圈截面的电荷量分别为、，不计空气阻力，则( )
A. B. C. D.
16.某学习小组在做“测量电源的电动势和内阻”实验时采用了以下实验器材：
干电池一节（电动势约1.5 V，内阻小于1 Ω）；
电压表V（量程3 V，内阻约3 kΩ）；
电流表A（量程0.6 A，内阻约1 Ω）；
滑动变阻器R（最大阻值为20 Ω）；
定值电阻（阻值2 Ω）；
定值电阻（阻值4 Ω）；
开关一个，导线若干。
（1）学习小组按照图甲图电路图进行正确操作，并根据实验数据做出图像，如图乙图所示。根据图像可知，所选的定值电阻应为______（填“”或“”），干电池内阻______Ω。（保留两位有效数字）
（2）本实验中的电表带来的误差主要来源于______（填“电压表分流”或“电流表分压”），测得的电源电动势相比真实值______（填“偏大”或“偏小”）。
17.实验小组用如图甲所示电路图测定一节干电池的电动势（约1.5V）和内电阻（约）。要求尽量减小实验误差。
（1）现有开关和导线若干，以及以下器材：
A.电流表：量程0~0.6A，内阻约0.1Ω
B.电压表：量程0~3V，内阻约1kΩ
C.电压表：量程0~15V，内阻约5kΩ
D.滑动变阻器0~10Ω
E.滑动变阻器0~1000Ω
实验中电压表应选用_______；滑动变阻器应选用______（选填相应器材前的字母）；
（2）实验小组根据记录的数据，并画出图线，如图乙所示。根据图线得出干电池电动势的测量值_______V，内电阻的测量值_______Ω；
（3）设干电池的电动势为E，内电阻为r，电压表内阻为，实验中电压表、电流表示数分别为U、I。考虑电压表的分流，U与I的函数关系式为__________；
（4）实验过程中由于电表内阻的影响而存在系统误差。下图中实线是根据测量数据（电表是非理想电表的情况下）绘出的图像，虚线代表电表是理想电表的情况下，电压与电流关系的图像，则图中能正确表示二者关系的可能是_________（选填选项下面的字母）。
A. B.
C. D.
18.某同学要测量一新材料制成的匀质圆柱体的电阻率ρ。
（1）用游标卡尺测量其长度如图甲，测量其长度为________mm；
（2）用螺旋测微器测量其直径如图乙，测量其直径为________mm；
（3）将多用电表调至“”挡，需先________，再将两表笔接在新材料两端，发现指针偏转太大，需将多用电表调至________（填“”或“”）挡，重复上述操作，指针静止时如图丙所示，读数为________；
（4）小明同学选择了合适的实验器材，设计了图丁所示电路，再次对新材料电阻进行了测量，操作如下：
①连接电路，将两滑动变阻器调至合适位置；
②闭合开关，断开开关，读出电流表的读数、；
③保持滑片位置不变，闭合，调节至合适位置，分别读出电流表读数和电压表读数U；
④断开所有开关，整理实验器材。
根据上述的测量，可得待测新材料的电阻率为________（用、、、U、d、L表示）。
19.新能源汽车已经普遍走进了我们的生活，某校学生实验小组通过网络查找了某种知名的电池铭牌，电池采用的是“刀片电池”技术。现将一块电芯拆解出来，测得长为960mm，宽为90mm，用游标卡尺准确测量其厚度，结果如图甲所示，然后测量其电动势E和内阻r。所提供的器材有：
A.电压表（量程3V）
B.电压表（量程15V）
C.电流表（量程0.6A）
D.电流表（量程3A）
E.滑动变阻器（阻值范围0~10Ω，额定电流2A）
F.滑动变阻器（阻值范围0~1000Ω，额定电流0.2A）
G.保护电阻
某同学采用了图乙所示的电路图，在进行了正确操作后，得到了图丙所示的图像。
（1）一块刀片电芯厚度为______mm。
（2）实验中，电压表应选______，电流表应选______，滑动变阻器应选______；（填器材前的字母代号）
（3）根据图丙所示，则该电池的电动势______V，内阻______Ω；（结果保留到小数点后一位）。
（4）为了能准确地测量一块电芯的电动势E和内阻r，该同学设计了一个可以排除电流表A和电压表V内阻影响的实验方案，如图丁所示，记录了单刀双掷开关分别接1、2对应的多组电压表的示数U和电流表的示数I，根据实验记录的数据绘制如图戊中所示的A、B两条图线，综合A、B两条图线，此电芯的电动势______，内阻______（用图中、、、表示）。
20.如图，边长为的正方形金属细框固定放置在绝缘水平面上，细框中心O处固定一竖直细导体轴。间距为L、与水平面成θ角的平行导轨通过导线分别与细框及导体轴相连。导轨和细框分别处在与各自所在平面垂直的匀强磁场中，磁感应强度大小均为B。足够长的细导体棒在水平面内绕O点以角速度ω匀速转动，水平放置在导轨上的导体棒始终静止。棒在转动过程中，棒在所受安培力达到最大和最小时均恰好能静止。已知棒在导轨间的电阻值为R，电路中其余部分的电阻均不计，棒始终与导轨垂直，各部分始终接触良好，不计空气阻力，重力加速度大小为g。
（1）求棒所受安培力的最大值和最小值。
（2）锁定棒，推动棒下滑，撤去推力瞬间，棒的加速度大小为a，所受安培力大小等于（1）问中安培力的最大值，求棒与导轨间的动摩擦因数。
21.如图所示，两根电阻不计、足够长的平行光滑金属导轨MN、PQ固定在绝缘水平面上，导轨间距为L，导轨所在空间存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场，两根金属杆a、b间隔一定距离静止于导轨上，两杆与导轨垂直且接触良好，杆a、b的电阻分别为R和3R，杆a、b的质量分别为3m和m。现使杆a获得一个大小为、水平向右的初速度。
（1）当杆b的速度大小为时（两杆未相撞），求此时杆b受到的安培力大小F；
（2）若整个运动过程中两杆未相撞，求整个运动过程中杆a产生的焦耳热；
（3）若初始位置时两杆之间的距离，通过计算判断两杆在整个运动过程中是否相撞。
22.海浪发电是一种应用前景广阔的新能源技术，海浪通过传动装置带动线圈在磁场中做切割磁感线运动从而发电，实现海浪动能向电能的转化。某科技小组设计了一发电模型，其原理图如图甲所示，N匝正方形闭合线圈处在垂直干线圈平面的组合磁场中，组合磁场是由两方向相反的匀强磁场组成的，磁感应强度大小均为B，线圈和磁场的宽度均为L，设线圈的总电阻为R，总质量为m，线圈在海浪的带动下上下运动切割磁感线且线圈在运动过程中不会超出磁场范围，其运动的速度时间图像如图乙所示。线圈处于平衡位置时，线圈的中线恰好与组合磁场中的中线重叠。求：
（1）运动过程中，该线圈所受安培力的最大值；
（2）在理想条件下，该线圈的发电功率。
23.如图所示，绝缘部分P、Q将左右两侧的光滑导轨平滑连接起来，在导轨的左侧接有电动势为E、内阻为r的电源和电容为C的电容器，质量为m、电阻为R的金属棒ab与导轨垂直的放在导轨左端靠近电源的位置，金属棒ab在外力作用下保持静止，质量为2m、电阻为0.5R的金属棒cd与导轨垂直的静止在PQ右侧适当位置，整个装置处于垂直纸面的匀强磁场中（图中未画出）。现在释放金属棒ab，金属棒ab在运动PQ之前已经达到最大速度，它滑过PQ后刚好未与金属棒cd碰撞。已，，磁场的磁感应强度为B，导轨间的距离为L，金属棒cd右侧的导轨足够长，不计导轨电阻。（、、B、L、m、C为已知量）
（1）判断磁场的方向，并求被释放瞬间金属棒ab的加速度；
（2）当金属棒ab的速度为最大速度的一半时，求金属棒ab的热功率和此过程中电容器极板所带电荷量的变化量（忽略电容器极板电荷量变化对电流的影响）；
（3）金属cd棒距离PQ的距离以及整个过程中cd棒产生的焦耳热。
24.如图所示，倾角为α的绝缘斜面体固定在水平面上，顶端放有一“U”形导体框HEFG，导体框质量为2m，电阻忽略不计，EH、FG两边足够长。导体框的EF边长为L，与斜面底边平行。导体框与斜面间的动摩擦因数为。质量为m、电阻为R的光滑金属棒CD的两端置于导体框上，构成矩形回路。整个装置处在磁感应强度大小为B、方向垂直于斜面向上的匀强磁场中。时刻金属棒与导体框均以初速度沿斜面向下运动；时刻后金属棒开始匀速运动，此时导体框仍沿斜面向下运动。金属棒与导体框始终接触良好且平行于EF边，重力加速度为g。
（1）求在时间内同一时刻金属棒与导体框的加速度大小之比；
（2）时刻金属棒CD的速度为多大；
（3）从t=0到时间内，导体框沿斜面下滑了距离，求此段时间内金属棒CD克服安培力做的功。
25.如图所示，两足够长平行金属直导轨MN、PQ的间距为L，固定在同一水平面内，直导轨在左端M、P点分别与两条竖直固定、半径为L的圆弧导轨相切。MP连线与直导轨垂直，其左侧无磁场，右侧存在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场。长为L、质量为m、电阻为R的金属棒ab跨放在两圆弧导轨的最高点。质量为6m、电阻为6R的均匀金属丝制成一个金属长方形HIJK，已知长为2L，宽为L，水平放置在两直导轨上，其中心到两直导轨的距离相等，且HI与导轨平行。忽略导轨的电阻、所有摩擦以及金属长方形的可能形变，金属棒、金属长边形均与导轨始终接触良好，重力加速度大小为g。现将金属棒ab由静止释放，求
（1）ab刚越过MP时产生的感应电动势大小；
（2）金属长方形刚开始运动时的加速度大小；
（3）运动过程金属棒始终不与金属长方形接触，求开始到稳定过程中金属长方形产生的焦耳热。
答案以及解析
【高考真题】
1．答案：A
解析：导体棒ab切割磁感线在电路部分得有效长度为d，故感应电动势为
回路中感应电流为
根据右手定则，判断电流方向为b流向a。故导体棒ab所受的安培力为
方向向左。
故选A。
2．答案：C
解析：由题及几何关系可知，，根据可得，
又，故，C正确。
3．答案：D
解析：A.根据图乙可知此时穿过线圈的磁通量为0，故A错误；BC.根据法拉第电磁感应定律可知永磁铁相对线圈上升越快，磁通量变化越快，线圈中感应电动势越大，故BC错误；D.永磁铁相对线圈下降时，根据安培定则可知线圈中感应电流的方向为顺时针方向，故D正确。故选D。
4．答案：（1）1.0；；1.40；1.0
（2）D
解析：（1）由图2可知，电压表读数为
电流表读数为
根据欧姆定律可得电流表内阻为
由闭合电路欧姆定律可知，干电池电动势的表达式为
根据变形为
根据图像可知，纵截距
斜率的绝对值
所以待测干电池电动势为
电源内阻为
（2）由于将电压表串联接在电路中，电压表内阻很大，电路中电流太小，故无法完成实验的原因可能是电流太小无法读数。
故选D。
5．答案：（1）
（2）
（3）
解析：（1）开关闭合前电容器的电荷量为Q，则电容器两极板间电压
开关闭合瞬间，通过导体棒的电流
解得闭合开关瞬间通过导体棒的电流为
（2）开关闭合瞬间由牛顿第二定律有
将电流I代入解得
（3）由（2）中结论可知，随着电容器放电，所带电荷量不断减少，所以导体棒的加速度不断减小，其图线如图所示
【重难突破】
1.答案：A
解析：设正方形导体表面的边长为L，厚度为d，材料的电阻率为ρ，根据电阻定律得导体的电阻:，可见导体的电阻只和材料的电阻率及厚度有关，与导体的其他尺寸无关，即，故B、C、D错误，A正确.
故选A.
2.答案：C
解析：A.滑动变阻器的电阻变小，外电路的总电阻也变小，电路的总电流逐渐的增大，由可知，电源内部消耗的功率越来越大，电源的供电效率越来越低，所以A错误；
BCD.滑动变阻器的电阻变小，外电路的总电阻也变小，电路的总电流逐渐的增大，由可知，上功率越来越大，当的时候，滑动变阻器的功率最大，由于，所以当滑动变阻器的电阻不断减小的过程中，R上功率先变大后变小，所以C正确，BD错误。
故选C。
3.答案：A
解析：AB.由闭合电路欧姆定律的推论可知，当电源外电阻等于内阻r时，输出功率最大，最大值为把定值电阻看成电源内阻，由图乙可知，当滑动变阻器消耗的功率最大，最大功率为由图乙可知滑动变阻器的阻值为时与阻值为时消耗的功率相等，有解得故A正确，B错误；C.当回路中电流最大时，即滑动变阻器接入阻值时，定值电阻R消耗的功率最大，故C错误；D.由闭合电路欧姆定律的推论可知，当电源外电阻等于内阻r时，输出功率最大，由于定值电阻可知当滑动变阻器接入阻值时，电源输出功率最大；根据可知外电阻越大，电源的效率越高，则当滑动变阻器接入阻值最大时，电源的效率最高，故D错误。故选A。
4.答案：C
解析：ABC.开关S闭合后，根据“串反并同”法判断可知，在光照强度减弱的过程中，接入电路中的电阻增大，电流表示数减小，电路中总电阻增大，减小，电压表示数增大，故AB错误，C正确；
D.根据闭合电路欧姆定律可得
所以
由此可知，不变，故D错误。
故选C。
5.答案：C
解析：A.根据题意，由闭合回路欧姆定律有结合图可得
故A正确；B.根据题意，由欧姆定律结合图像可得，电阻R的阻值为故B正确；C.根据题意可知，电源的输出功率等于外电阻的电功率，由图可知，用该电源直接与电阻R相连组成闭合电路时，电阻的电功率为故C错误；D.由图可知，用该电源直接与电阻R相连组成闭合电路时，电路中的电流为则电源的效率为故D正确。超本题选不正确的，故选C。
6.答案：B
解析：某段时间里，回路的磁场能在减小，说明回路中的电流在减小，电容器充电，而此时M板带正电，则电流方向为顺时针方向。在时，电容器开始放电，且M极板带正电，结合图像可知，电流以逆时针方向为正方向，因此这段时间内电流为负且正在减小，符合条件的只有图像中的段。
故选B。
7.答案：C
解析：AD.断开开关S前、后的一小段时间内，通过电感线圈L的电流方向是不变的，则电感线圈L所在支路的电流如曲线a所示，小灯泡所在支路的电流如曲线b所示，则断开开关S前，定值电阻R中的电流为，灯泡中的电流为，故AD错误；
B.由题图可知，断开开关S前通过电感线圈L的电流大于通过小灯泡的电流，结合欧姆定律可知断开开关S前，小灯泡的电阻大于定值电阻R和电感线圈L的总电阻，故B错误；
C.断开开关S后，电感线圈L产生的自感电动势阻碍电流的减小，电感线圈L相当于电源，由于线圈L、电阻R和灯泡重新组成自感回路，且断开开关S前电感线圈所在支路的总电阻小于小灯泡的总电阻，则小灯泡先突然变亮再逐渐熄灭，故C正确。
故选C。
8.答案：C
解析：A.由图2可知，0时刻，线圈的磁通量最大，处于中性面位置，即与图1位置垂直，故A错误；
B.由图2可知，0.05s时刻线圈的磁通量最小，磁通量的变化率最大，所以，此时线圈的感应电动势最大，故B错误；
C.由图2可知，线圈转动的周期为
转动角速度为
线圈产生的最大感应电动势为
故C正确；
D.由图2可知，0.15s时刻磁通量为0，感应电流最大，此时感应电流的方向不变，故D错误。
故选C。
9.答案：B
解析：以圆盘为参考系，则线圈逆时针转动，由右手定则可知，沿半径方向的导线切割产生的感应电流由内向外，即线圈中产生了逆时针电流，选项A错误；由安培定则可知，感应电流磁场方向与圆盘最初的剩磁方向一致，这样的磁场可以使圆盘进一步磁化，从而增强圆盘的磁性，选项B正确；圆盘中的感应电流沿半径向内，故由左手定则可知，圆盘所受线圈磁场的安培力为逆时针，与圆盘转动方向相反，选项C错误，另一方面讲，若圆盘所受安培力与圆盘转动方向相同的话，则圆盘不再需要外力驱动即可自行加速转动，这就是妥妥的永动机，C错误；由右手定则可知，圆盘逆时针转动时，线圈中产生的感应电流为顺时针，其磁场与圆盘最初的剩磁相反，将使圆盘磁性减弱，甚至消失，这将导致发电不可持续，选项D错误。
10.答案：C
解析：因为OC是匀速转动的，根据能量守恒定律可得又因为联立解得故选C。
11.答案：BC
解析：AB.由图可知，三个电阻串联，电压表测量滑动变阻器和两端的总电压，电压表测量和两端的总电压，由串联电路的电压规律可得，电压表的示数
则电压表的示数变化量
①
电压表的示数
则电压表的示数变化量②
对比①②式可得
故A错误，B正确；
C.电压表测量定值电阻和两端的总电压，所以电压表的示数变化量为
故C正确；
D.由AB选项分析可知
由题意知
故
故D错误。
故选BC。
12.答案：BD
解析：设滑动变阻器的总阻值为，滑片左端部分的电阻为x，则右端部分的电阻为，按照图示的接法，滑动变阻器接入电路的阻值为
其中。由二次函数的性质可知，当，即滑片位于c处时，滑动变阻器接入电路的电阻最大，此时电压表的示数应该最小；但是测量数据却符合串联分压的规律，且滑片在d处时电压表的示数最小，说明滑动变阻器的断点在d、e之间。由电路图及测量数据可知，电阻R和滑动变阻器两端的总电压为12V，当滑片在b点时，电压表的示数为6V，说明电阻R的阻值是滑动变阻器的四分之一。设断点靠近于e点，则电压表的示数将大于
同时小于3V；设断点靠近于d点，则电压表的示数将大于
同时小于12V。
故选BD。
13.答案：AD
解析：AB.金属棒在运动过程中，感应电动势为
感应电流为
金属棒受到的安培力为
金属棒在运动过程中，根据牛顿第二定律
设斜面的倾角为θ，重力对金属棒做功的功率为
金属棒在运动过程中，速度逐渐增大，金属棒受到的安培力逐渐增大，加速度逐渐减小，当加速度为零时，金属棒做匀速直线运动，图像的斜率为
可知图像的斜率逐渐减小，故A图符合题意，B图不符合题意；
CD.闭合回路消耗的电功率等于安培力做功的功率，即
图像的斜率为
金属棒在运动过程中，速度逐渐增大，加速度逐渐减小，则速度与加速度的乘积先增大后减小，故图像的斜率先增大后减小，故C图不符合题意，D图符合题意。
故选AD。
14.答案：CD
解析：A.金属棒转动的感应电动势即电容器电势差为
则带电粒子在电场中的加速度为
A错误；
B.以金属棒刚经过A点或B点作为计时起点，电势差变化的周期为
粒子通过电容器的时间为
说明粒子在电容器中做类平抛后再恢复水平，共重复8次，最后以的动能水平射出。同理，以在A点和B点间两个半圆中点为计时起点，粒子动能也为。其它计时起点则不是，B错误；
C.结合选项B，每时刻即（）时刻进入的粒子才能从右侧水平射出，C正确；
D.若带电粒子从时刻进入两平行金属板，则一个周期每粒子的侧向位移为
粒子入射点在两板中间且经历8个周期，则
解得d的最小值为
D正确。
故选CD。
15.答案：AD
解析：AC.线圈从同一高度下落，到达磁场边界时具有相同的速度，切割磁感线产生感应电流，受到磁场的安培力大小为
由电阻定律有
其中ρ为材料的电阻率，L为线圈的边长，s为导线的横截面积
线圈的质量为
为材料的密度
联立可得线圈刚进入磁场时其加速度为
由此可知加速度a与L无关，所以有
可知线圈1和2进入磁场的过程先同步运动，由于当线圈1刚好全部进入磁场中时，线圈2由于边长较长还没有全部进入磁场，线圈1完全进入磁场后做加速度为g的匀加速运动，而线圈2仍先做加速度小于g的变加速运动，完全进入磁场后再做加速度为g的匀加速运动，两线圈加速运动的位移相同，所以落地速度关系为
故A正确，C错误；
B.根据可得
可知通过线圈横截面的电荷量q与线圈的边长L成正比，所以有
故B错误；
D.由能量守恒可得
H是磁场区域的高度，因为，，所以可得
故D正确。
故选AD。
16.答案：（1）见解析；；0.41/0.42/0.43/0.44/0.45（2）电压表分流；偏小
解析：（1）（2）由图示图像可知，电源与定值电阻整体组成的等效电源内阻
由题意可知，电源内阻小于1 Ω，则定值电阻应选择，干电池内阻为
考虑电表内阻对实验的影响，由图甲可知，误差来源于电压表分流作用。
由于电压表的分流作用，干路中电流的真实值大于测量值，由闭合电路欧姆定律得
可得
如果不考虑电表内阻对实验的影响，由闭合电路欧姆定律得
可知，电源的图像如下图所示
由图可知
17.答案：（1）B；D（2）1.45；0.9（3）（4）A
解析：（1）一节干电池电动势约为1.5V，则电压表应选B。
干电池内电阻较小，为方便实验操作，滑动变阻器应选D。
（2）由图像可知，图线与纵轴交点的坐标即为电源电动势，故
电源内阻
（3）根据欧姆定律可知
变形可得
（4）根据
可知，实线的纵截距为，虚线的纵截距为E，实线与虚线的横截距均为，如如下图所示
故A正确：BCD错误。故选A。
18.答案：（1）10.55（2）1.990（3）欧姆调零；；10（4）
解析：（1）长度为
（2）直径为
（3）需先将红、黑表笔短接，进行欧姆调零，再将两表笔接在新材料两端，发现指针偏转太大，则读数太小，倍率太高，需将多用电表调至挡，重复上述操作，指针静止时如图丙所示，读数为10Ω。
（4）待测电阻与滑动变阻器并联。当闭合开关，断开开关，有
闭合时，有
联立得
电阻率为
19.答案：（1）13.50
（2）A;C;E
（3）3.8;0.6
（4）;
解析：（1）一块刀片电芯厚度为
（2）由图乙，电动势约为3.8V，所以电压表选A，最大电流不超过0.6A，电流表选C，为了调节方便，滑动变阻器选E。
（3）根据闭合电路欧姆定律可得
所以图像纵轴的截距表示电源的电动势为，图像的斜率的绝对值表示电源的等效内阻，有
所以电源的内阻为
（4）当接1时，误差在于电流表的分压，所测内阻等于电源内阻与电流表内阻之和，所以内阻测量值比真实值偏大;当接2时，误差在于电压表的分流，所测内阻等于电源与电压表并联的总电阻，所以内阻测量值比真实值偏小。由于图线斜率的绝对值表示内阻，即接1时的图线陡一些，可以判断图线A是利用单刀双掷开关接2中的实验数据描出的，内阻测量值比真实值偏小。接1时，所测电动势为电流表与电源串联后整体的等效电源的电动势，即接1时的电动势的测量值等于真实值，即有
由于接2时，当电路短路时，电压表没有分流，即此时的电流的测量值与真实值相等，结合上述可知，电源的真实的图线是B图线纵轴交点与A图线横轴交点的连线，可知
20.答案：（1），；（2）
解析：（1）当OA运动到正方形细框对角线瞬间，切割的有效长度最大，，此时感应电流最大，CD棒所受的安培力最大，根据法拉第电磁感应定律得
根据闭合电路欧姆定律得
故CD棒所受的安培力最大为
当OA运动到与细框一边平行时瞬间，切割的有效长度最短，感应电流最小，CD棒受到的安培力最小，得
故CD棒所受的安培力最小为
（2）当CD棒受到的安培力最小时根据平衡条件得
当CD棒受到的安培力最大时根据平衡条件得
联立解得
撤去推力瞬间，根据牛顿第二定律得
解得
21.答案：（1）（2）（3）会相撞
解析：（1）以向右为正方向，金属杆组成的系统在水平方向受力平衡，由动量守恒定律可得
得
回路中产生的感应电动势为
回路中的电流
杆b受到的安培力大小
（2）在整个运动中，金属杆组成的系统动量守恒，则有
由能量守恒定律可知
a产生的焦耳热
（3）设初始位置时两杆之间距离至少为x，取在很短时间内，利用动量定理对杆b分析，则有
两边求和可得
即为
由于
得
所以会相撞。
22.答案：（1）（2）
解析：（1）当线圈达到最大速度时，线圈中感应电流最大，最大感应电动势
最大感应电流
解得回路中最大感应电流
运动过程中的线圈所受安培力的最大值
代入
解得
（2）由于线圈切割磁感线的时候，速度随时间呈正弦规律变化，感应电动势和感应电流也随时间呈正弦规律变化。因而其电流有效值
该线圈的发电功率
解得
23.答案：（1）垂直纸面向里，（2），（3），
解析：（1）由题意可知金属棒ab中的电流方向为由a到b，所受安培力方向为水平向右，由左手定则可知磁场方向为垂直纸面向里，金属棒ab释放的瞬间，由闭合电路欧姆定律可知此时通过金属棒ab的电流
它受到的安培力
由牛顿第二定律可知此时金属棒ab的加速度
（2）当金属棒ab中的电流为0时它的速度达到最大，由法拉第电磁感应定律有
当金属棒ab的速度为最大速度一半时
由闭合电路欧姆定律可知此时通过金属棒ab的电流
此时它的热功率
金属棒ab刚释放时电容器两端的电压
当金属棒ab的速度为最大速度一半时电容器两端的电压
所以此过程中电容器极板所带电荷量的变化量
（3）由题意可知最终两个金属棒速度相同，且即将相互接触，金属棒ab滑过PQ后与金属cd组成的系统动量守恒，有
此过程中对金属棒cd分析由动量定理有
而
解得金属cd棒距离PQ的距离
系统损失的机械能
由电阻串联关系可知金属棒cd上产生的焦耳热
24.答案：（1）2：1；（2）；（3）见解析
解析：（1）在时刻电路中电流为零，金属棒和导体框不受安培力，之后金属棒和导体框的受力示意图如图所示
金属棒做加速运动，设加速度大小为，根据牛顿第二定律可得
导体框做减速运动，设加速度大小为，根据牛顿第二定律可得
且
则
整理得
联立可得
（2）设时刻金属棒和导体框的速度分别为，对金属棒和导体框组成的系统而言，合外力始终为0，系统动量守恒则有
在时刻回路的感应电流
对金属棒由平衡条件得
联立解得
（3）对金属棒，在0~时间内，由动量定理得
在0~时间内，金属棒与EF边之间的相对位移为，则
整理得
解得
t=0到金属棒CD克服安培力做功
解得
化简有
25.答案：（1）（2）（3）
解析：（1）根据题意可知，对金属棒ab由静止释放到刚越过MP过程中，由动能定理有
解得
则ab刚越过MP时产生的感应电动势大小为
（2）根据题意可知，金属四边形在导轨间两段金属丝并联接入电路中，轨道外侧的金属丝被短路，由几何关系可得，
可知，整个回路的总电阻为
ab刚越过MP时，通过ab的感应电流为
对金属四边形由牛顿第二定律有
解得
（3）根据题意，结合上述分析可知，金属四边形和金属棒ab所受的安培力等大反向，由动量守恒定律有
解得：
由能量守恒得：
由串并联知识得金属四边形产生的焦耳热：
解得：
