1、专题四 电路与电磁感应第一讲直流电路与交流电路考点一交流电的产生及描述1.考查正弦交流电的产生及有效值的应用间距为 2 m 的无限长光滑金属导轨水平放置，导轨中间分布有磁感应强度为 1 T 的匀强磁场，磁场边界为正弦曲线，一长为 2 2 m 的光滑导体棒以 1 m/s 的速度匀速向右滑动，如图所示，导轨电阻不计，导体棒电阻为 20，定值电阻为 10，则下列分析正确的是()A电流表示数为 130 AB电压表的示数是 0.5 VC导体棒运动到图示虚线位置时，导体棒的瞬时电流从 C 到 DD导体棒上消耗的热功率为 0.2 W解析：选 B 当导体棒切割磁感线时，产生的感应电动势为 EBLv，由于有效切
2、割长度按正弦规律变化，且当磁场反向时，感应电流反向，故这个过程产生正弦式交流电，导体棒有效切割长度最长等于 2 m，交流电的最大值是：EmBLv1 21 V 2 V，有效值为 EEm21 V，由于导体棒接入电路的有效长度为总长度一半，所以接入电路电阻为 10，定值电阻也为 10。则电压表的示数为 U12E0.5 V，选项 B 正确。电流表的示数为 I ERr11010 A0.05 A，选项 A 错误。导体棒运动到图示虚线位置时，磁感应强度等于 0，瞬时电流等于 0，选项 C 错误。导体棒上消耗的热功率为 PrI2r0.05210 W0.025 W，选项 D 错误。2考查交流电的产生及瞬时值、平
3、均值多选小型发电机线圈共 N 匝，每匝可简化为矩形线圈 abcd，bc边长度为 L1，磁极间的磁场可视为匀强磁场，方向垂直于线圈中心轴OO，线圈以角速度 绕 OO匀速转动，如图所示。矩形线圈 ab边和 cd 边产生的感应电动势的最大值都为 e0，不计线圈电阻，下列说法正确的是()Aab 边长度为 L 2e0BL1B产生的交变电流的周期是 2C若从中性面开始计时，则发电机的感应电动势的瞬时值表达式为 e2Ne0sin tD发电机线圈从垂直中性面位置转动 90的过程中，产生的感应电动势的平均值是2Ne0解析：选 AC 由题意可知，线圈 ab 边和 cd 边产生的感应电动势的最大值都为 e0，由e0
4、BLvBLL12，解得 L 2e0BL1，选项 A 正确；T2，选项 B 错误；对单匝矩形线圈，其感应电动势最大值为 2e0，发电机线圈共 N 匝，所以发电机线圈中总感应电动势最大值为2Ne0，从中性面开始计时，则感应电动势的瞬时值表达式为 e2Ne0sin t，选项 C 正确；发电机线圈从垂直中性面位置转动 90的过程中，磁通量变化量为 BLL12e0，时间 tT4 2，产生的感应电动势平均值是 E Nt 4Ne0，选项 D 错误。3考查交流电的四值及应用电动机的内电阻 r2，与 R8 的电阻串联接在线圈上，如图所示。已知线圈面积为 220 m2，共 100 匝，线圈的电阻为 2，线圈在 B
5、2 T 的匀强磁场中绕 OO以转速 n600 r/min 匀速转动，在合上开关 S后电动机正常工作时，电压表的示数为 100 V。则下列说法正确的是()A电路中电流的最大值为 5 2 AB电路中电流的最大值为 10 2 AC电动机正常工作时的输出功率为 1 000 WD电动机正常工作时的输出功率为 800 2 W解析：选 B 线圈的角速度 20 rad/s，电动势的最大值 EmNBS200 2 V，有效值 EEm2200 V，电路中的电流 I EURr线圈10 A，电流的最大值为 Im10 2 A，选项 A 错误，B 正确；电动机正常工作时的输出功率为 P 出UII2r800 W，选项 C、D
6、 错误。考点二直流电路的动态分析4.考查直流电路中的电流表、电压表示数变化分析在如图所示电路中，闭合开关 S，当滑动变阻器的滑动触头 P 向下滑动时，三个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用 I、U1、U2 表示。下列判断正确的是()AI 减小，U1 增大 BI 减小，U2 增大CI 增大，U1 增大DI 增大，U2 增大解析：选 B 闭合开关 S，当滑动变阻器的滑动触头 P 向下滑动时，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻 R 增大，根据闭合电路欧姆定律分析得知，干路电流 I 总减小，路端电压 U 增大。R3 的电压等于路端电压，则流过 R3 的电流 I3 增大。流过电流表的电流 I
7、I 总I3，I 总减小，I3 增大，I 减小，R1 的电压减小，即电压表 V1 的示数 U1 减小。电压表V2 示数 U2UU1，U 增大，U1 减小，则 U2 增大。所以，I 减小，U1 减小，U2 增大。故 B正确。5考查含容电路的动态问题分析如图所示电路中，电流表 A 和电压表 V 均可视为理想电表。现闭合开关 S 后，将滑动变阻器滑片 P 向左移动，下列说法正确的是()A电流表 A 的示数变小，电压表 V 的示数变大B小灯泡 L 变亮C电容器 C 上电荷量减少D电源的总功率变大解析：选 A 闭合开关 S 后，将滑动变阻器滑片 P 向左移动时，变阻器接入电路的电阻增大，根据闭合电路欧姆定
8、律得知，电路中总电流 I 减小，则小灯泡 L 变暗，电流表 A的示数变小。电压表的示数 UEI(RLr)，I 减小，其他量不变，则 U 增大，即电压表 V的示数变大。故 A 正确，B 错误。电容器的电压等于变阻器两端的电压，即等于电压表的示数，U 增大，由 QCU，知电容器 C 上的电荷量增大，故 C 错误。电源的总功率 PEI，I 减小，则电源的总功率变小，故 D 错误。6考查电流、电压变化的极值问题多选如图所示的电路中，电源内阻忽略不计，R1R2R3R。闭合开关 S，电压表 V 的示数为 U，电流表 A 的示数为 I。在滑动变阻器 R1 的滑片 P 由 a 端滑到 b 端的过程中，电压表
9、V 的示数变化大小为U，电流表 A 的示数变化大小为 I，下列说法正确的是()AU 先变小后变大BI 先变大后变小CU 与 I 的比值保持不变DU 与 I 的乘积先变小后变大解析：选 CD 将 R3 等效为电源的内阻，由题图可知电压表测量的是等效电源的路端电压，滑动变阻器 R1 的滑片 P 由 a 端滑到 b 端的过程中，电路总电阻先增大后减小，根据闭合电路欧姆定律，电路总电流先减小后增大，即电流表示数先变小后变大，则 R3 两端的电压先减小后增大，所以电压表的读数先变大后变小，故 A、B 错误；U 与 I 的比值始终等于等效电源的内阻，即 R3，故 C 正确；滑片 P 在 a 或 b 端时，
10、I1 E2R，U1I1RE2，U1I1E24R，在 a、b 正中间时，I2E2.25R，U2I21.25R5E9，U2I220E281R，可见 U 与 I 的乘积先变小后变大，故 D 正确。7考查电表示数变化量大小的比较如图，电路中定值电阻阻值 R 大于电源内阻阻值 r，闭合开关 S后，将滑动变阻器 R0 的滑片向下滑动，理想电压表 V1、V2、V3 示数变化量的绝对值分别为 U1、U2、U3，理想电流表 A 示数变化量的绝对值为 I，则()AA 的示数减小B.U3I rCU1U2D电源的输出功率逐渐减小解析：选 B 根据理想电压表内阻无穷大，相当于断路，理想电流表内阻为零，相当于短路，所以
11、R 与变阻器 R0 串联，电压表 V1、V2、V3 分别测量 R、路端电压和滑动变阻器两端的电压。当滑动变阻器滑片向下滑动时，变阻器的阻值变小了，电路的总电阻减小了，电流变大，所以 A 的示数变大，故 A 错误；根据欧姆定律，U3EI(Rr)，则有U3IRrr，故 B 正确；U1I R，U2I r，Rr，所以 U1U2，故 C 错误；当内外电阻相等时，电源的输出功率最大。由于外电阻大于电源内阻，当滑片向下滑动时，外电阻减小，外电阻越来越接近内电阻，电源的输出功率逐渐增大，故 D 错误。考点三交流电路的动态分析8.考查变压器负载变化引起的动态变化问题多选每到夜深人静的时候我们就会发现灯泡比睡觉前
12、要亮，其原因在于大家都在用电时，用电器较多，利用如图模拟输电线路，开关的闭合或者断开模拟用户的变化，原线圈输入 50 Hz 的 220 V交流电，则下列分析正确的是()A定值电阻相当于输电线电阻B开关闭合，灯泡 L1 两端电压升高C开关闭合，原线圈输入功率增大D开关断开，副线圈电压增大解析：选 AC 原、副线圈匝数和电压成正比，由于匝数比值不变，原线圈输入电压也不变，所以副线圈电压不会变化，选项 D 错误。家庭电路用电器之间为并联关系，用户较多时，并联支路增多，相当于开关闭合，而与之串联的定值电阻，实际是等效输电线的电阻，选项 A 正确。开关闭合副线圈总电阻变小，总电流变大，定值电阻分电压增多
13、，并联电压变小，即灯泡 L1 两端电压减小，选项 B 错误。副线圈电压不变电流增大，副线圈电功率增大，根据能量守恒，原线圈电功率也增大，选项 C 正确。9考查变压器负载及副线圈匝数变化引起的动态变化多选如图所示，可调理想变压器原线圈接交流电，副线圈通过滑动触头 P 可改变其匝数。下列说法正确的是()A仅增大 R 的阻值，通过灯泡 L 的电流将变大B仅增大 R 的阻值，通过灯泡 L 的电流将变小C仅将滑动触头 P 向下滑动，灯泡 L 两端的电压将变大D仅将滑动触头 P 向下滑动，灯泡 L 两端的电压将变小解析：选 BD 仅增大电阻 R 时，由于匝数不变，输出电压不变，则由欧姆定律可知，通过灯泡的
14、电流变小，故 A 错误，B 正确；滑动触头向下滑动时，输出端匝数减小，则输出电压变小，灯泡两端的电压变小，故 C 错误，D 正确。10考查变压器原线圈匝数及负载变化引起的动态变化多选一个理想变压器，开始时开关 S 接 1，此时原、副线圈的匝数比为 91。一个理想二极管和一个滑动变阻器串联接在副线圈上，此时滑动变阻器接入电路的阻值为 10，如图甲所示。原线圈接入如图乙所示的正弦式交流电。则下列判断正确的是()A电压表的示数为 4 VB滑动变阻器消耗的功率为 0.8 WC若将开关 S 由 1 拨到 2，同时滑动变阻器滑片向下滑动，电流表示数将变大D若将二极管用导线短接，电流表示数加倍解析：选 BD
15、 原线圈交流电压的有效值为：U136 22V36 V，根据电压与匝数成正比，U1U2n1n2，得：U219U14 V，二极管具有单向导电性，根据电流的热效应有：U22R T2U22RT，解得：U2U22 42 V2 2 V，即电压表示数为 2 2 V，故 A 错误；滑动变阻器消耗的功率为：PU22R2 2210W0.8 W，故 B 正确；将开关 S 由 1 拨到 2，同时滑动变阻器滑片向下滑动，根据电压与匝数成正比，副线圈电压变小，滑动变阻器电阻变大，输出功率变小，输入功率变小，根据 P1U1I1，电流表示数将变小，故 C 错误；若将二极管用导线短接，输出功率加倍，输入功率加倍，电流表示数加倍
16、，故 D 正确。11考查变压器动态变化中的极值问题多选如图所示，一理想变压器的原、副线圈匝数之比为 n1n2551，原线圈接入电压 u220 2sin 100t(V)的交流电源，图中电表均为理想电表，闭合开关后，当滑动变阻器的滑动触头 P 从最上端滑到最下端的过程中，下列说法正确的是()A副线圈中交变电流的频率为 100 HzBt0.02 s 时，电压表的示数为 4 VC电流表的示数先变小后变大D电流表的示数先变大后变小解析：选 BC 由电压公式知交流电的 100，则频率 f 21002Hz50 Hz，故A 错误；原线圈两端的输入电压有效值为 220 V，由电压与匝数成正比知，U1U2n1n2
17、，所以副线圈两端电压为：U2n2n1U1 155220 V4 V(即为电压表的示数)，故 B 正确；由题图可知，滑动变阻器的上下两部分并联后与 R 串联，根据串并联电路的电阻可知，当滑片 P 位于中间位置时，并联电阻的电阻值最大，所以当滑动变阻器的滑动触头 P 从最上端滑到最下端的过程中，电路中的总电阻先增大后减小，根据欧姆定律可知，电路中的电流值将先减小后增大。变压器的输出电流先减小后增大，则输入的电流也是先减小后增大，即电流表的示数先变小后变大，故 C 正确，D 错误。考点四变压器与远距离输电问题12.考查变压器的工作原理与感抗、容抗如图甲所示电路中，A1、A2、A3 为相同的电流表，C
18、为电容器，电阻 R1、R2、R3 的阻值相同，线圈 L 的电阻不计。在某段时间内理想变压器原线圈内磁场的变化如图乙所示，则在 t1t2 时间内()A电流表 A1 的示数比 A2 的小B电流表 A2 的示数比 A1 的小C电流表 A1 和 A2 的示数相同D电流表的示数都不为零解析：选 C 原线圈中磁场如题图乙所示变化，则原线圈中的磁通量均匀变化，故副线圈中产生恒定的电流，因线圈电阻不计，故线圈 L 对恒定电流没有阻碍作用，所以电流表 A1 和 A2 的示数相同，而电容器“通交流、隔直流”，所以电流表 A3 的示数为 0。只有C 正确。13考查远距离输电的构造、原理多选某同学在实验室中研究远距离
19、输电。由于输电线太长，他将每 100 米导线卷成一卷，共卷成 8 卷来代替输电线路(忽略输电线路的自感作用)。第一次直接将输电线与学生电源及用电器相连，测得输电线上损失的功率为 P1。第二次采用如图所示的电路输电，其中理想变压器 T1 与学生电源相连，其原、副线圈的匝数比为 n1n2，理想变压器 T2 与用电器相连，测得输电线上损失的功率为 P2。下列说法正确的是()A前后两次实验都可用于研究远距离直流输电B实验可以证明，减小输电电流能减小远距离输电的能量损失C若输送功率一定，则 P2P1n12n22D若输送功率一定，则 P2P1n1n2解析：选 BC 变压器只能改变交变电流的电压，所以第二次
20、实验只能研究远距离交流输电，A 错误；实验可以证明，减小输电电流可以减小远距离输电的能量损失，B 正确；第一次输电时，P1I12RPU12R，第二次输电时，P2I22R，又 I2 PU2，U2n2n1U1 可得：P2 P2U12n12n22R，故P2P1n12n22，C 正确，D 错误。14考查远距离输电的相关计算多选如图所示，(a)是远距离输电线路的示意图，变压器均为理想变压器。(b)是用户内部电路图，由 1 000 个完全相同的电阻并联。(c)是某个电阻的电流随时间变化的图像。已知升压变压器原、副线圈的匝数比为 1100，降压变压器原、副线圈的匝数比为 101，远距离输电线的总电阻为 r2
21、0，在输电线上损失的电功率等于输电功率的 5%，不考虑降压变压器与用户间导线的电阻。则()A发电机的输出功率是 4106 WB升压变压器的输入电压是 400 VC降压变压器的输入电压是 40 000 VD用户电路中每个电阻的阻值是 3 800 解析：选 ABD 用户电路中通过每个电阻的电流有效值 I1 A，降压变压器的输出电流 I4nI1 000 A，升压变压器的输出电流 I2、输电线上的电流 I 线、降压变压器的输入电流 I3 相等，输电线上的电流 I 线I2I3n4n3I4100 A，输电线上损失的电功率 PI 线 2r2105 W，发电机的输出功率也就是输电功率 P1P 4106 W，A
22、 正确；升压变压器的输入电流 I1n2n1I210 000 A，升压变压器的输入电压 U1P1I1400 V，B 正确；升压变压器的输出电压 U2n2n1U140 000 V，降压变压器的输入电压 U3U2I 线r38 000 V，C 错误；降压变压器的输出电压 U4n4n3U33 800 V，每个电阻的阻值是 RU4I 3 800，D 正确。考点一 交流电的产生及描述本考点是对交流电的产生及描述交流电的物理量等知识的考查，常以选择题的形式呈现，四个选项考查多个知识点，考生失分的原因，大多是因知识或概念的混淆。建议考生自学为主夯基固本重点清障1正弦交变电流不只局限于由线圈在匀强磁场中绕垂直于磁
23、场的轴匀速转动而产生。如诊断卷第 1 题，匀速切割磁感线的导体棒的有效长度按正弦规律变化，也可产生正弦交变电流。2电压表、电流表的示数对应交流电的有效值，计算用电器的电热功率时，也应利用电流或电压的有效值。如诊断卷第 1 题中 A、B、D 选项。3对于有电动机的回路，要注意欧姆定律的适用条件。如诊断卷第 3 题，回路中电流不可用 IERrr线圈来求，而应用：EUI(Rr 线圈)求解。1多选如图甲所示是一种振动发电装置的示意图，一个半径 r0.10 m、匝数 n20匝的线圈套在永久磁铁槽中，槽中磁场的磁感线均沿半径方向均匀分布(其右侧视图如图乙所示)，线圈所在位置磁感应强度 B 的大小均为 B0
24、.60T，线圈的电阻 R10.50，它的引出线接有 R29.50 的小灯泡 L，A 为理想交流电流表。当线圈框架的 P 端在外力作用下沿轴线做往复运动时，便有电流通过灯泡。若线圈往复运动的规律如图丙所示(v取向右为正)，则下列判断正确的是()A电流表的示数为 0.24 AB0.01 s 时回路中的电流最大C回路中交流电的频率为 50 Hz D0.015 s 时灯泡 L 中电流的方向为从 CLD解析：选 CD 由 EBLv 及 v-t 图像可知，线圈往复运动所产生的感应电流为正弦式交流电，则 EmnB2rvm2.4 V，电流的有效值 IEm2R1R20.242 A，选项 A 错误；由图像可知 T
25、0.02 s，f50 Hz，选项 C 正确；t0.01 s 时，v0，所以 I0，选项 B 错误；t0.015 s 时，由右手定则可知，电流方向为 CLD，选项 D 正确。2(2017唐山模拟)一个 U 形金属线框在匀强磁场中绕 OO轴以相同的角速度匀速转动，通过导线给同一电阻 R 供电，如图甲、乙所示。其中甲图中 OO轴右侧有磁场，乙图中整个空间均有磁场，两磁场磁感应强度相同。则甲、乙两图中交流电流表的示数之比为()A1 2 B12C14D11解析：选 A 题图甲中的磁场只在 OO轴的右侧，所以线框只在半周期内有感应电流产生，如图甲，电流表测得的是有效值，所以 IBS2R。题图乙中的磁场布满
26、整个空间，线框中产生的感应电流如图乙，所以 I 2BS2R，则 II1 2，即 A 正确。考点二 直流电路的动态分析高考对本考点的考查较为简单，考生失分主要原因是不按正确程序进行分析，只关注局部，不考虑整体，解决此类问题时注意应用程序法分析动态变化，并用好“串反并同”结论进行快速判断。需要考生学会灵活变通夯基固本重点清障1程序判断法遵循“局部整体部分”的思路，按以下步骤分析：如诊断卷第 4 题，滑动触头 P 向下滑动R2R 总I 总 2直观判断法利用下面两个结论直观地得到结论：(1)任一电阻 R 阻值增大，必引起该电阻中电流 I 的减小和该电阻两端电压 U 的增大。(2)任一电阻 R 阻值增大
27、，必将引起与之并联的支路中电流 I 并的增大和与之串联的各电路电压 U 串的减小。如诊断卷第 5 题，滑动变阻器滑片 P 向左移动3注意某些特殊公式的含义如诊断卷第 7 题，U2EIr，U3EI(rR)，由此可得U2Ir，U3IrR，故 B 项正确。1.(2017温州模拟)如图所示电路中，电动势为 E、内阻为 r 的电源与一滑动变阻器构成闭合电路，闭合开关 S，当滑片移动时，滑动变阻器两端的电压和电路中电流的关系图像为()解析：选 D 由闭合电路欧姆定律 EUIr，得 UEIr，U 与 I 为一次函数关系，且随电流 I 增大，电压 U 减小。2如图所示，C 为两极板水平放置的平行板电容器，闭合
28、开关 S，当滑动变阻器 R1、R2 的滑片处于各自的中点位置时，悬在电容器 C 两极板间的带电尘埃 P 恰好处于静止状态。要使尘埃 P 向下加速运动，下列方法中可行的是()A将 R1 的滑片向左移动B将 R2 的滑片向左移动C将 R2 的滑片向右移动D将闭合的开关 S 断开解析：选 B 尘埃 P 受到重力和电场力而平衡，要使尘埃 P 向下加速，就要减小电场力，故要减小电容器两端的电压；电路稳定时，滑动变阻器 R1 无电流通过，两端电压为零，故改变 R1 的电阻值无效果，故 A 错误；滑动变阻器 R2 处于分压状态，电容器两端电压等于滑动变阻器 R2 左半段的电压，故要减小滑动变阻器 R2 左半
29、段的电阻值，滑动变阻器 R2的滑片应该向左移动，故 B 正确，C 错误；将闭合的开关 S 断开，电容器两端电压增大到等于电源电动势，故 P 向上加速运动，D 错误。考点三 交流电路的动态分析本考点是高考的热点，考查的知识交汇点较多，常与交变电流的性质和变压器的规律相结合。对于这类问题，需通过原、副线圈电路，综合分析变压器与电路的关系。需要考生学会迁移应用1明确变压器各物理量间的制约关系2谨记三点提醒，全面清除雷区(1)变压器匝数不变时，变压器的输入、输出电压均不变，但变压器原、副线圈中的电流均随负载的变化而变化。如诊断卷第 11 题，电压表示数不随触头 P 的移动而改变；诊断卷第 8 题，变压
30、器输出电压不变，但因输电线电阻 R 上消耗的电压变化导致 L1 两端电压变化。(2)变压器匝数变化时，要注意区分是原线圈还是副线圈匝数变化。如诊断卷第 9 题，滑片 P 向下移动，副线圈匝数减小，U2 变小，I2 变小，D 项正确。诊断卷第 10 题，开关 S由 1 拨到 2 时，原线圈匝数增大，导致变压器输出电压减小。(3)当变压器输出电压一定时，移动变阻器的滑动触头或改变接入的用电器多少时，引起的各物理量的变化分析方法同直流电路的动态分析方法。如诊断卷第 11 题，滑动触头 P从最上端滑到最下端的过程中，负载电阻值先变大后变小，副线圈电流先变小后变大，由I2I1n1n2可知，电流表示数也先
31、变小后变大，C 项正确。1(2018 届高三福州一中检测)如图所示，匀强磁场的磁感应强度B 25T。单匝矩形线圈面积 S1 m2。电阻不计，绕垂直于磁场的轴OO匀速转动。线圈通过电刷与一理想变压器原线圈相接，为交流电流表。调整副线圈的滑动触头 P，当变压器原、副线圈匝数比为 21时，副线圈电路中标有“6 V 6 W”的灯泡正常发光。以下判断正确的是()A电流表的示数为 1 AB矩形线圈产生电动势的最大值为 18 VC从矩形线圈转到中性面开始计时，矩形线圈电动势随时间变化的规律为 e12 2sin 60t(V)D若矩形线圈转速增大，为使灯泡仍能正常发光，应将 P 适当下移解析：选 C 灯泡正常发
32、光，故变压器的输出电流为：I26 W6 V1 A；根据公式：I1I2n2n1，解得 I10.5 A，故 A 错误；灯泡正常发光，故变压器的输出电压为 6 V，根据公式U1U2n1n2，解得：U112 V，故矩形线圈产生电动势的有效值为 12 V，最大值为 12 2 V17 V，故 B 错误；根据公式 EmNBS，解得：EmNBS12 21 251rad/s60 rad/s，故从矩形线圈转到中性面开始计时，矩形线圈电动势随时间的变化规律 eEmsin t12 2sin 60t(V)，故 C 正确；若矩形线圈转速增大，根据公式 EmNBS，感应电动势的最大值增加，故有效值也增加；为使灯泡仍能正常发
33、光，应该减小变压比，故应将 P 适当上移，故D 错误。2多选(2017银川一模)如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为 101，图中电表均为理想电表，R、L 和 D 分别是光敏电阻(其阻值随光强增大而减小)、电感线圈和灯泡。原线圈接入如图乙所示的正弦交流电压 u，下列说法正确的是()A电压 u 的频率为 50 HzB电压表的示数为 22 2 VC有光照射 R 时，电流表的示数变大D抽出 L 中的铁芯，D 变暗解析：选 AC 原线圈接入题图乙所示的正弦交流电压，T0.02 s，所以频率为 f1T50 Hz，故 A 正确；原线圈接入电压的最大值是 220 2 V，有效值是 U220 V，
34、理想变压器原、副线圈匝数比为 101，所以电压表的示数为 22 V，故 B 错误；有光照射 R 时，R阻值随光强增大而减小，根据 PU2R总，得副线圈输出功率增大，所以原线圈输入功率增大，所以电流表的示数变大，故 C 正确；抽出 L 中的铁芯，电感线圈自感系数减小，电感线圈对电流的阻碍减小，所以 D 变亮，故 D 错误。3多选如图甲所示，一理想变压器原线圈匝数为 n11 000 匝，副线圈匝数为 n2150 匝，变压器输入端的正弦交变电压如图乙所示，定值电阻的阻值为 11，总阻值为 22 的滑动变阻器滑片为 P。下列说法中正确的是()A变压器副线圈输出电压的频率为 50 HzB滑片 P 向右滑
35、动时，电阻 R 两端的电压不变C滑片 P 滑到最右端时，通过电阻 R 的电流为 6 AD滑片 P 滑到最左端时，变压器的输入功率为 66 W解析：选 AC 原、副线圈的周期 T0.02 s，频率 f1T50 Hz，选项 A 正确；滑动变阻器的滑片 P 向右滑动时，电阻 R 两端的电压变大，选项 B 错误；原线圈电压的有效值U1Um2440 V，根据U1U2n1n2可得副线圈的电压 U266 V，滑动变阻器的滑片 P 滑到最右端时，通过电阻 R 的电流为 I2U2R 6 A，选项 C 正确；滑动变阻器的滑片 P 滑到最左端时，理想变压器的输入功率为 P2 U22RRP132 W，选项 D 错误。
36、考点四 变压器与远距离输电问题本考点是高考命题的热点，主要考查变压器的工作原理及远距离输电过程中的电路计算问题，此类问题综合性较强，要求有较高分析解决问题的能力。要顺利解决此类问题，需熟知一个流程，理清三个回路，抓住两个关系，掌握两种损耗。建议考生适当关注一、熟知一个流程远距离输电的流程图。二、理清三个回路回路 1：发电机回路。该电路中，通过线圈 1 的电流 I1 等于发电机中的电流 I 机；线圈1 两端的电压 U1 等于发电机的路端电压 U 机；线圈 1 输入的电功率 P1 等于发电机输出的电功率 P 机。回路 2：输送电路。I2I3IR，U2U3UR，P2PRP3。回路 3：输出电路。I4
37、I 用，U4U 用，P4P 用。三、抓住两个关系1理想升压变压器联系着回路 1 和回路 2，两回路中重要的关系式有U1U2n1n2，I1n1I2n2，P1P2。2理想降压变压器联系着回路 2 和回路 3，两回路中重要的关系式有U3U4n3n4，I3n3I4n4，P3P4。四、掌握两种损耗1电压损耗：输电线上的电阻导致的电压损耗，URU2U3IRR。2功率损耗：输电线上电阻发热导致的功率损耗，PRP2P3IR2R。输电线上的能量损耗是热损耗，计算功率损耗时用公式 PRIR2R 或 PRUR2R。如诊断卷第 14 题，输电线损失的功率 P 损5%P 总I 线 2r，而 I 线为升压变压器副线圈的电
38、流，也等于降压变压器原线圈的电流。五、注意一种特殊情况交流电源与变压器原线圈间接有用电器，或它们之间的连接导线阻值不能忽略时，电源的输出电压与变压器的输入电压不相等。典例(2016全国卷)一含有理想变压器的电路如图所示，图中电阻 R1、R2 和 R3 的阻值分别为 3、1 和 4，为理想交流电流表，U 为正弦交流电压源，输出电压的有效值恒定。当开关 S 断开时，电流表的示数为 I；当 S 闭合时，电流表的示数为 4I。该变压器原、副线圈匝数比为()A2 B3C4D5解析 设原、副线圈的匝数比为 k，根据变压器匝数比与电流成反比的关系，则原线圈电流为 I 时，副线圈电流为 kI；原线圈电流为 4
39、I 时，副线圈电流为 4kI。根据变压器的输入功率等于输出功率得UII2R1(kI)2(R2R3)4UI(4I)2R1(4kI)2R2联立两式代入数据解得 k3。选项 B 正确。答案 B1(2018 届高三黄山调研)如图所示，在 AB 间接入正弦交流电U1220 V，通过理想变压器和二极管 D1、D2 给阻值 R20 的纯电阻负载供电，已知 D1、D2 为相同的理想二极管，正向电阻为 0，反向电阻无穷大，变压器原线圈 n1110 匝，副线圈 n220 匝，Q 为副线圈正中央抽头，为保证安全，二极管的反向耐压值至少为 U0，设电阻 R 上消耗的热功率为P，则有()AU040 2 V，P80 WB
40、U040 V，P80 WCU040 2 V，P20 WDU040 V，P20 W解析：选 C 变压器的次级电压 U2n2n1U1 20110220 V40 V，故二极管的反向耐压值至少为 40 2 V；电阻 R 上电压有效值为 20 V，则 R 消耗的热功率为 PU2R 20220 W20 W，故 C 正确。2多选如图所示，一理想变压器原、副线圈匝数之比为 51，原线圈与一电阻箱 R0 串联后，接入一正弦交流电源；副线圈电路中定值电阻的阻值为 R1，最初副线圈电路中电阻箱的阻值为 7R1，电路中所连接的电流表是理想电流表。现保持变压器输入电流不变，将副线圈电路中的电阻箱的阻值减小为 5R1，此
41、时电流表读数为 5.0 A，则()A此时流过原线圈的电流最大值约为 1.7 AB此时流过原线圈的电流最大值约为 1.2 AC原先电流表的示数为 0.75 AD原先电流表的示数为 5.25 A解析：选 AD 保持变压器输入电流不变，将副线圈电路中电阻箱的阻值减小为 R25R1，此时电流表读数为 5.0 A，副线圈输出电压有效值为 U25.0 AR1，则 R2 中电流为U2R21.0 A，则副线圈输出电流 I25.0 A1.0 A6.0 A。由变压比和变流比公式可得，I1I2U2U1n2n115，解得此时流过原线圈的电流有效值 I115I21.2 A，电流最大值约 Im 2I11.7 A，选项 A
42、 正确，B 错误。保持变压器输入电流不变，根据变压器变流关系，副线圈输出电流I26.0 A 不变，副线圈电路中 R2 原阻值为 7R1，设原来电流表的示数为 I，则 R2 中电流为I2I，则有 IR1(I2I)7R1，解得 I78I25.25 A，选项 D 正确，C 错误。3如图所示为远距离输电的原理图，升压变压器的变压比为 m，降压变压器的变压比为 n，输电线的电阻为 R，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电机输出的电压恒为 U，若由于用户的负载变化，使电压表 V2 的示数减小了 U，则下列判断正确的是()A电流表 A2 的示数增大了URB电流表 A1 的示数增大了nURC电压表 V1
43、 的示数减小了 UD输电线损失的功率增加了nUR2R解析：选 B 电压表 V2 的示数减小了 U，根据变压器的变压比可知降压变压器输入电压减小了 U3nU，由于升压变压器输入电压不变，因此输电线上的电压增大了 nU，因此电流表 A1 的示数增大了nUR，B 正确；根据变流比，电流表 A2 的示数增大了n2UR，A错误；由于发电机的输出电压不变，因此升压变压器的输出电压不变，电压表 V1 的示数不变，C 错误；设原来输电线上的电流为 I，则输电线损失的功率增加了InUR2RI2R，不等于nUR2R，D 错误。一、高考真题集中演练明规律1多选(2016全国卷)如图，理想变压器原、副线圈分别接有额定
44、电压相同的灯泡 a 和 b。当输入电压 U 为灯泡额定电压的 10 倍时，两灯泡均能正常发光。下列说法正确的是()A原、副线圈匝数比为 91B原、副线圈匝数比为 19C此时 a 和 b 的电功率之比为 91D此时 a 和 b 的电功率之比为 19解析：选 AD 设灯泡的额定电压为 U0，输入电压为灯泡额定电压的 10 倍时灯泡正常发光，则变压器原线圈的输入电压为 9U0，变压器原、副线圈的匝数比为 91，选项 A 正确，选项 B 错误；由 9U0IaU0Ib 得，流过 b 灯泡的电流是流过 a 灯泡电流的 9 倍，根据 PUI，a、b 灯泡的电功率之比为 19，选项 C 错误，选项 D 正确。
45、2(2017 北京高考)如图所示，理想变压器的原线圈接在 u220 2sin 100t(V)的交流电源上，副线圈接有 R55 的负载电阻，原、副线圈匝数之比为 21，电流表、电压表均为理想电表。下列说法正确的是()A原线圈的输入功率为 220 2 WB电流表的读数为 1 AC电压表的读数为 110 2 VD副线圈输出交流电的周期为 50 s解析：选 B 由交流电压的表达式可知，原线圈两端所加的电压最大值为 220 2 V，故有效值为 U1220 V，由U1U2n1n2，故副线圈电压的有效值为 U2110 V，故输出功率 P2U22R 220 W，再由输入功率等于输出功率知，P1P2220 W，
46、A 项错误；根据欧姆定律知，I2U2R 2 A，由I1I2n2n1，得 I11 A，故电流表读数为 1 A，所以 B 项正确；电压表的读数为有效值，即 U2110 V，C 项错误；由交流电压的表达式可知，100(rad/s)，又T2，解得 T0.02 s，所以 D 项错误。3多选(2014全国卷)如图，一理想变压器原、副线圈的匝数分别为 n1、n2。原线圈通过一理想电流表 接正弦交流电源，一个二极管和阻值为 R 的负载电阻串联后接到副线圈的两端。假设该二极管的正向电阻为零，反向电阻为无穷大。用交流电压表测得 a、b 端和 c、d 端的电压分别为 Uab 和 Ucd，则()AUabUcdn1n2
47、B增大负载电阻的阻值 R，电流表的读数变小C负载电阻的阻值越小，cd 间的电压 Ucd 越大D将二极管短路，电流表的读数加倍解析：选 BD 变压器的变压比U1U2n1n2，其中 U1、U2 是变压器原、副线圈两端的电压。U1Uab，由于二极管的单向导电特性，UcdU2，选项 A 错误。增大负载电阻 R 的阻值，负载的电功率减小，由于 P 入P 出，且 P 入I1Uab，所以原线圈上的电流 I1 减小，即电流表的读数变小，选项 B 正确。c、d 端的电压由输入电压 Uab 决定，负载电阻 R 的阻值变小时，Uab 不变，Ucd 不变，选项 C 错误。根据变压器上的能量关系有 E 输入E 输出，在
48、一个周期 T的时间内，二极管未短路时有 UabI1TU2R T20(U 为副线圈两端的电压)，二极管短路时有UabI2TU2R T，由以上两式得 I22I1，选项 D 正确。二、名校模拟重点演练明趋势4(2017郑州质检)图甲为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈在磁感应强度为 B 的匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的固定轴 OO(OO沿水平方向)匀速转动，线圈的两端经集流环和电刷与 R10 的电阻连接，与电阻 R 并联的交流电压表为理想电压表，示数是 10 V。图乙是矩形线圈中磁通量 随时间 t 变化的图像。则()A此交流发电机的电动势平均值为 10 2 VBt0.02 s 时 R 两端
49、的电压瞬时值为零CR 两端的电压 u 随时间 t 变化的规律是 u10 2cos 100t(V)D当 ab 边速度方向向上时，它所受安培力的方向也向上解析：选 C 矩形线圈为电源，若绕垂直于磁场的转轴匀速转动，产生正弦交流电，外电阻 R10，电压表示数 10 V，说明Em210 V，即 Em10 2 V。根据题图乙 t0 时磁通量等于 0，可判断 t0 时电动势最大，所以电动势随时间变化的规律为 u10 2cos t10 2cos100t(V)，选项 C 正确；t0.02 s 带入电动势的表达式，得 R 两端的电压瞬时值为 10 2 V，选项 B 错误；根据楞次定律，感应电流总是阻碍线圈的转动
50、，所以当 ab 边速度方向向上时，它所受安培力的方向向下，选项 D 错误；电动势平均值为磁通量的变化量和时间的比值，而该比值最大为 Em10 2 V，所以平均值一定比 Em10 2 V 小，选项 A错误。5(2017绵阳模拟)工厂生产的某一批次小灯泡说明书上附有如图甲所示的电压随电流变化图像，乙图是该批次三个小灯泡连接而成的电路，三个灯泡均发光时电压表 V2 的示数为 1 V，下列说法正确的是()A电压表 V1 的示数为 2.0 VB电流表 A1 的示数为 0.60 AC若灯泡 L1 短路，则电压表 V2 的示数为 5.0 VD电源的输出功率为 0.90 W解析：选 B 分析电路的连接时，把电
51、压表看作断路或者去掉，电流表看作导线，题中 L2 与 L3 并联，然后再与 L1 串联组成外电路，电压表 V1 测量 L1 两端的电压，电压表 V2测量并联电路部分的电压，电流表 A1 测量干路电流，电流表 A2 测量通过 L3 的电流。闭合开关 S，电压表 V2 的示数为 1 V，表示 L2 两端的电压为 1 V，由题图甲可知，此时对应的支路电流 I0.30 A，通过 L1 的干路电流为 0.60 A，电流表 A1 的示数为 0.60 A，选项 B 正确。此时 L1 两端电压根据甲图可得 V1 的示数为 4.0 V，选项 A 错。此时路端电压为 5 V，干路电流为 0.60 A，电源输出功率
52、为 3.0 W，选项 D 错。若灯泡 L1 短路，则只有两个灯泡并联，V2 测并联电压即路端电压，由于内阻作用，外电路电阻变化，路端电压变化不等于原来的 5.0 V，选项 C 错。6(2017枣庄模拟)如图所示为一理想变压器通过二极管给某种型号的电池充电的简单原理图，现在变压器的原线圈接入有效电压为 220 V 的正弦交变电流，变压器原、副线圈的匝数比为 1101，交流电流表的示数为 110 A，电池的内阻为 2，二极管具有单向导电性，下列说法正确的是()A电池的充电电压为 2 VB理想变压器的输入功率为15 WC充电时，电池的热功率为 210 WD充电时，电能转化为化学能的功率为210 15
53、0 W解析：选 D 由U1U2n1n2得变压器的输出电压 U22 V，经过二极管后，正弦交变电流变成半波交变电流，根据有效值的定义得U22R T2U2R T，解得电池的充电电压 U 2 V，选项 A 错误；理想变压器的输出功率 P2UI2 210 W，变压器的输入功率等于输出功率，故变压器的输入功率为 210 W，选项 B 错误；充电时，电池的热功率 PI22r11022 W 150 W，选项 C 错误；充电时，电能转化为化学能的功率为 210 W 150 W210 150 W，选项 D 正确。第二讲楞次定律_法拉第电磁感应定律考点一楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用1.考查楞次定律及其应用多
54、选如图所示，两个条形磁铁的 N 极和 S 极相向水平放置，一竖直放置的矩形线框从两个磁铁之间正上方自由落下，并从两磁铁中间穿过。下列关于线框受到安培力及从右向左看感应电流方向说法正确的是()A感应电流方向先逆时针方向，后顺时针方向B感应电流方向先顺时针方向，后逆时针方向C安培力方向一直竖直向上D安培力方向先竖直向上，后竖直向下解析：选 BC 由题图可知，磁感线自左向右，故在线框从高处下落过程中，穿过线框的磁通量一直向右，且先增大后减小，由楞次定律可知，感应电流方向先顺时针方向，后逆时针方向，故 B 正确，A 错误；产生的感应电流一直阻碍物体间的相对运动，故安培力一定一直竖直向上，故 C 正确，
55、D 错误。2考查法拉第电磁感应定律的应用在匀强磁场中，有一个接有电容器的单匝导线回路，如图所示，导线回路与匀强磁场垂直，磁场方向垂直纸面向里，磁场均匀地增强，磁感应强度随时间的变化率Bt 5102T/s，电容器电容 C60 F，导线回路边长 L18 cm，L25 cm。则电容器上极板()A带正电，电荷量是 1.2104 CB带负电，电荷量是 1.2104 CC带正电，电荷量是 1.2108 CD带负电，电荷量是 1.2108 C解析：选 C 根据楞次定律知，感应电动势的方向是逆时针方向，则上极板带正电。根据法拉第电磁感应定律得：EBSt 51020.050.08 V2104 V，则：QCUCE
56、61052104 C1.2108 C。故 C 正确，A、B、D 错误。3考查导体切割磁感线产生的感应电流大小和方向分析多选如图甲所示，一宽为 l 的匀强磁场 B 区域，磁场方向垂直于纸面向里。一个边长为 a(la)的正方形导线框 ABCD 位于纸面内，以垂直于磁场边界的恒定速度 v 通过该磁场区域，导线框电阻为 R，在运动过程中，线框有一条边始终与磁场区域的边界平行。取它刚进入磁场的时刻 t0，线框中感应电流随时间变化规律的 I-t 图像如图乙所示，则下列说法正确的是()A在第 1 s 内，线框中感应电流为逆时针方向，大小恒定为 0.3 AB在第 2 s 内，穿过线框的磁通量最大，感应电流大小
57、恒定为 0.6 AC在第 3 s 内，线框中感应电流方向为顺时针方向，大小恒定为 0.3 AD在第 1 s 内，线框中 C 点电势高于 D 点电势，感应电流大小为 0解析：选 AC 在第 1 s 内，线框向磁场中运动，穿过线框的磁通量均匀增加，感应电流为逆时针方向(取为正方向)，电流大小恒定 IBavR 0.3 A，选项 A 正确；在第 2 s 内，整个线框在磁场中运动，穿过线框的磁通量最大且不变，没有感应电流，选项 B 错误；在第 3 s 内，线框从磁场中出来，磁通量均匀减小，感应电流为顺时针方向(为负方向)，大小恒定 IBavR 0.3 A，选项 C 正确；在第 1 s 内，由楞次定律判断
58、出线框中感应电流方向沿逆时针方向，则 C 点电势低于 D 点电势，选项 D 错误。考点二电磁感应中的图像问题4.考查感应电流与位移的关系图像如图所示，在边长为 a 的正方形区域内，有以对角线为边界、垂直于纸面的两个匀强磁场，磁感应强度大小相同、方向相反，纸面内一边长为 a 的正方形导线框沿 x 轴匀速穿过磁场区域，t0 时刻恰好开始进入磁场区域，以顺时针方向为导线框中电流的正方向，下列选项中能够正确表示电流与位移关系的是()解析：选 B 在 x(0，a)时，右边框切割磁感线产生感应电流，电流大小 iBaxvBxvRBvR(a2x)，其中 x0，a2 时，方向为顺时针；xa2时，导线框中感应电流
59、为零；xa2，a 时，方向为逆时针。在 x(a,2a)时，左边框切割磁感线产生感应电流，感应电流大小 iBaxavBxavRBvR(3a2x)，其中 xa，32a 时，方向为逆时针；x32a 时，导线框中感应电流为零；x32a，2a，方向为顺时针，所以 B 正确，A、C、D 错误。5考查感应电流的功率和安培力的图像问题多选如图所示，粗细均匀的矩形金属导体线框 abcd 固定于匀强磁场中，磁场方向垂直线框所在平面，磁感应强度 B 随时间 t 变化的规律如图所示。以垂直于线框所在平面向里为磁感应强度 B 的正方向，则下列关于 ab 边的热功率 P、ab 边受到的安培力 F(以向右为正方向)随时间
60、t 变化的图像中正确的是()解析：选 AD 根据法拉第电磁感应定律：Ent nBt S 可知，产生的感应电动势大小不变，所以感应电流大小也不变，ab 边热功率 PI2R，恒定不变，A 正确，B 错误；根据安培力公式 FBIL，因为电流大小、ab 边长度不变，安培力与磁感应强度成正比，根据左手定则判定方向，可知 C 错误，D 正确。6考查竖直导轨上金属杆下落速度随时间变化的图像多选如图所示，两条足够长的光滑平行金属导轨竖直放置，两导轨上端接有电阻 R(其余电阻不计)，虚线 MM和 NN之间有垂直于导轨平面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度为 B1，虚线 NN和 PP之间也有垂直于导轨平面向外的匀强
61、磁场，磁场的磁感应强度为 B2(B1B2)。现将质量为 m 的导体棒 ab，从 MM上方某处由静止释放，导体棒 ab 在下落的过程中与导轨保持良好接触，且始终保持水平，已知导体棒 ab 到达 NN和 PP之前已经做匀速运动。则导体棒 ab 从 MM运动到 PP这段时间内的 v-t 图可能正确的是()解析：选 BC 导体棒 ab 运动到 MM切割磁感线时，若安培力大于重力，导体棒做加速度减小的减速运动，若安培力等于重力，导体棒一直做匀速运动，若安培力小于重力，则做加速度减小的加速运动；当导体棒 ab 运动到 NN时，由于磁感应强度减小，安培力变小，会小于重力，导体棒做加速度减小的加速运动。可知
62、B、C 正确，A、D 错误。考点三电磁感应中的电路问题7.考查感应电动势与路端电压的关系如图所示，在竖直平面内有一金属环，环半径为 0.5 m，金属环总电阻为 2，在整个竖直平面内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为 B1 T，在环的最高点上方 A 点用铰链连接一长度为 1.5 m，电阻为 3 的导体棒 AB，当导体棒 AB 摆到竖直位置时，导体棒 B 端的速度为 3 m/s。已知导体棒下摆过程中紧贴环面且与金属环有良好接触，则导体棒 AB 摆到竖直位置时 AB 两端的电压大小为()A0.4 V B0.65 VC2.25 VD4.5 V解析：选 B 当导体棒摆到竖直位置时，由 vr 可得：
63、C 点的速度为：vC13vB133 m/s1 m/sAC 间电压为：UACEACBLACvC2 10.512 V0.25 VCB 段产生的感应电动势为：ECBBLCBvCvB211132V2 V圆环两侧并联，电阻为：R12 0.5，导体棒 CB 段的电阻为：r2 则 CB 间电压为：UCB RrRECB 0.50.522 V0.4 V故 AB 两端的电压大小为：UABUACUCB0.25 V0.4 V0.65 V故选 B。8考查电磁感应中的导线框电路问题如图，水平边界的匀强磁场上方 h5 m 处有一个边长 L1 m 的正方形导线框从静止开始下落，已知线框质量 m1 kg，电阻为 R10，磁感应
64、强度为 B1 T，当线框的 cd 边刚进入磁场时：(1)求线框中产生的感应电动势大小；(2)求 cd 两点间的电势差大小；(3)若线框此时加速度等于 0，则线框电阻应该变为多少？解析：(1)cd 边刚进入磁场时，线框速度：v 2gh线框中产生的感应电动势：EBLvBL 2gh10 V。(2)此时线框中电流：IERcd 切割磁感线相当于电源，cd 两点间的电势差即路端电压：UI34R7.5 V。(3)安培力：FBILB2L2 2ghR根据牛顿第二定律：mgFma由 a0，解得电阻 R 满足：RB2L2 2ghmg1。答案：(1)10 V(2)7.5 V(3)1 考点四电磁感应中的“杆导轨”模型9
65、.考查水平导轨上金属杆切割磁感线的情况多选如图所示，在水平面上有两条足够长的平行光滑金属导轨MN、PQ，导轨间距为 d，匀强磁场垂直于导轨所在的平面向下，磁感应强度大小为 B。两根金属杆间隔一定的距离摆放在导轨上，且与导轨垂直，已知两金属杆质量均为 m，电阻均为 R，两杆与导轨接触良好，导轨电阻不计，现将杆 1 以初速度 v0 向右滑向杆 2，在运动过程中两杆始终不碰撞，则()A杆 1 将做匀减速运动，杆 2 将做匀加速运动B杆 1、杆 2 最终均以速度 0.5v0 做匀速运动C杆 1 上总共产生18mv02 的热量D通过杆 2 上的电荷量为mv02Bd解析：选 BCD 杆 1 向右运动时，由
66、于切割磁感线，回路中将产生感应电流，在安培力的作用下，杆 1 做减速运动，杆 2 做加速运动，由于杆的速度变化，回路中的感应电动势变化，感应电流跟随着变化，导致两杆所受安培力大小发生变化，加速度大小随之改变，故选项 A 错误；由于两杆质量相等，它们的加速度大小时刻相等，在相同时间内，它们的速度变化量大小也相等，最终两杆速度相等时，杆间距不再变化，感应电流随之消失，有：v0vv0，解得 v0.5 v0，故选项 B 正确；两杆中电流时刻相等，杆相同，因此两杆产生的热量相等，根据能量守恒定律可知，2Q12mv02212mv2，解得 Q18mv02，故选项 C正确；根据电流强度的定义式可知，通过杆 2
67、 上的电荷量为：q I t，根据加速度定义式可知：a vt v02t，由牛顿第二定律可知：a Fm，由安培力大小计算公式有：F IdB，解得：qmv02Bd，故选项 D 正确。10考查倾斜导轨上金属杆切割磁感线的情况如图所示，在匀强磁场中倾斜放置两根平行的光滑金属导轨，它们所构成的导轨平面与水平面成 30角，平行导轨间距 L1.0 m。匀强磁场方向垂直于导轨平面向下，磁感应强度 B0.20 T。两根金属杆 ab 和 cd 可以在导轨上无摩擦地滑动。两金属杆的质量均为 m0.20 kg，电阻均为 R0.20。若用与导轨平行的拉力作用在金属杆 ab 上，使 ab 杆沿导轨匀速上滑并使 cd 杆在导
68、轨上保持静止，整个过程中两金属杆均与导轨垂直且接触良好。金属导轨的电阻可忽略不计，取重力加速度 g10 m/s2。求：(1)cd 杆所受安培力 F 安的大小；(2)通过金属杆的感应电流 I；(3)作用在金属杆 ab 上拉力的功率 P。解析：(1)金属杆 cd 静止在金属导轨上，所受安培力方向与导轨平面平行向上。则 F 安mgsin 30解得：F 安1.0 N。(2)F 安BIL，解得：I5.0 A。(3)金属杆 ab 所受安培力方向与导轨平面平行向下，金属杆 ab 在拉力 F、安培力 F 安和重力 mg 作用下匀速上滑，则 FF 安mgsin 30根据电磁感应定律，金属杆 ab 上产生的感应电
69、动势为 E 感BLv根据闭合电路欧姆定律，通过金属杆 ab 的电流 IE感2R根据功率公式：PFv解得：P20 W。答案：(1)1.0 N(2)5.0 A(3)20 W11考查竖直导轨上导体棒切割磁感线的情况如图所示，竖直固定的足够长的光滑金属导轨 MN、PQ，间距 L0.2 m，其电阻不计。完全相同的两根金属棒 ab、cd 垂直导轨放置，每根金属棒两端都与导轨始终良好接触。已知两棒质量均为 m0.01 kg，电阻均为 R0.2，棒 cd 放置在水平绝缘平台上，整个装置处在垂直于导轨平面向里的匀强磁场中，磁感应强度 B1.0 T。棒 ab 在竖直向上的恒力 F 作用下由静止开始向上运动，当 a
70、b 棒运动 x0.1 m 时达到最大速度 vm，此时 cd 棒对绝缘平台的压力恰好为零，g 取 10 m/s2。求：(1)ab 棒的最大速度 vm；(2)ab 棒由静止到最大速度的过程中通过 ab 棒的电荷量 q；(3)ab 棒由静止到最大速度的过程中回路产生的焦耳热 Q。解析：(1)当 ab 棒达到最大速度 vm 时，对 cd 棒，受重力和向上的安培力作用，根据共点力平衡条件有：mgILB对整个回路，根据闭合电路欧姆定律有：E2IR根据法拉第电磁感应定律可知，ab 棒切割磁感线产生的感应电动势为：EBLvm由式联立解得：vm2mgRB2L2 20.01100.21.020.22m/s1 m/
71、s。(2)设 ab 棒由静止开始运动经过时间 t 后速度达到最大，根据电流强度的定义可知：Iqt根据闭合电路欧姆定律可知：I E2R根据法拉第电磁感应定律有：E t 由题意可知，在该过程中，穿过回路的磁通量变化量为：BLx由式联立解得：qBLx2R 1.00.20.120.2C0.05 C。(3)当 ab 棒速度达到最大时，其加速度为 0，根据牛顿第二定律有：FILBmg0在 ab 棒由静止到最大速度的过程中，根据功能关系有：(Fmg)x12mvm2Q由式联立解得：Qmgx12mvm20.01 J0.005 J5103 J。答案：(1)1 m/s(2)0.05 C(3)5103 J考点一 楞次
72、定律和法拉第电磁感应定律的应用本考点是高考的热点内容之一，在近几年高考中多以选择题的形式出现，考查的主要内容有探究电磁感应现象；利用法拉第电磁感应定律求解感应电动势的大小(如诊断卷第 2、3 题)；利用楞次定律判断磁场的变化情况(如诊断卷第 1 题)等。需要考生学会灵活变通夯基固本重点清障1灵活应用楞次定律中“阻碍”的推广含义：(1)阻碍原磁通量的变化“增反减同”；(2)阻碍相对运动“来拒去留”；(3)阻碍原电流的变化(自感现象)“增反减同”；(4)使线圈平面有扩大或缩小的趋势“增缩减扩”。如诊断卷第 1 题，线框从上方向下靠近磁极时磁通量增大，感应电流的磁场与原磁场方向相反，线框向下远离磁极
73、时，磁通量减小，感应电流的磁场与原磁场同向；线框下落过程中，由“来拒去留”可知，安培力的方向均竖直向上。2应用法拉第电磁感应定律求磁场变化产生的电动势时，公式 EnBt S，其中 S 为线圈内磁场区的面积，不一定等于线圈的面积。3在比较电势高低时要区分电源的内电路和外电路。如诊断卷第 3 题，在第 1 s 内，AB 边切割磁感线为电源，电流方向由低电势指向高电势，A 点电势高，CD 边为外电路部分，电流方向由高电势指向低电势，D 点电势高。1多选(2017中卫市一模)如图是创意物理实验设计作品小熊荡秋千。两根彼此靠近且相互绝缘的金属棒 C、D 固定在铁架台上，与两个铜线圈 P、Q 组成一闭合回
74、路，两个磁性很强的条形磁铁如图放置，当用手左右摆动线圈 P 时，线圈 Q 也会跟着摆动，仿佛小熊在荡秋千。以下说法正确的是()AP 向右摆动的过程中，P 中的电流方向为顺时针方向(从右向左看)BP 向右摆动的过程中，Q 也会向右摆动CP 向右摆动的过程中，Q 会向左摆动D若用手左右摆动 Q，P 会始终保持静止解析：选 AB P 向右摆动的过程中，穿过 P 的磁通量减小，根据楞次定律，P 中有顺时针方向的电流(从右向左看)，故 A 正确。P 向右摆的过程中，P 中的电流方向为顺时针方向，则 Q 下端的电流方向向外，根据左手定则知，下端所受的安培力向右，则 Q 向右摆动。同理，用手左右摆动 Q，P
75、 会左右摆动。故 B 正确，C、D 错误。2用一根横截面积为 S、电阻率为 的硬质导线做成一个半径为 r 的圆环，ab 为圆环的直径，t0 时刻在 ab 的左侧存在一个匀强磁场，磁场垂直圆环所在平面，方向如图甲，磁感应强度 B 与时间 t 的关系如图乙，则 0t1 时间内下面说法正确的是()A圆环一直具有扩张的趋势B圆环中产生逆时针方向的感应电流C圆环中感应电流的大小为B0rS4t0D图中 a、b 两点之间的电势差 UabB0r22t0解析：选 C 由题图乙可知，0t0 时间内，磁通量向里减小，t0t1 时间内，磁通量向外增大。由楞次定律的“来拒去留”可知，为了阻碍磁通量的变化，圆环应先有扩张
76、的趋势后有收缩的趋势，故 A 错误；由楞次定律“增反减同”可知，圆环中的感应电流方向始终为顺时针，故 B 错误；由法拉第电磁感应定律可知，EBt SB0r22t0，感应电流 IERB0r22t02rSB0rS4t0，故 C 正确；a、b 两点之间的电势差 Uab12EB0r24t0，故 D 错误。考点二 电磁感应中的图像问题本考点是高考命题的热点，图像的种类较多，有随时间 t 变化的图像，如 B-t、-t、E-t、F-t、i-t 等图像(如诊断卷第 5、6 题)；有随位移 x 变化的图像，如 E-x、i-x 等图像(如诊断卷第 4 题)。此类问题综合性较强，应用知识较多，如左手定则、右手定则、
77、安培定则、楞次定律、法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律等。建议对本考点重点攻坚一、熟悉两个技法，做到解题快又准1排除法定性地分析电磁感应过程中物理量的变化趋势(增大还是减小)、变化快慢(均匀变化还是非均匀变化)，特别是物理量的正负，排除错误的选项。没有表示方向的正负时，优先判断方向有时会产生意想不到的效果。如诊断卷第 4 题，由右手定则可判断 x0 时电流方向为顺时针，A 项错误，在 xa2时，正方形右边上下两段切割磁感线产生的电动势等大反向，电流为 0，C 项错误；在a2xa 的区域，正方形右边下半边电动势较大，电流方向为逆时针，D 项错误。2函数法根据题目所给条件定量地写出两个物理
78、量之间的函数关系，然后由函数关系对图像作出分析和判断，这未必是最简捷的方法，但却是最有效的方法。如诊断卷第 5 题，由 EBt S可知，线框中电流大小恒定，方向周期性变化，由 PI2R 可知，P 恒定不变，A 正确，由FBIL 可知，F 的大小和方向均做周期性变化，同时注意 F 的方向及大小变化规律，可知C 错误，D 正确。二、谨记三点注意，力避踏入雷区1定性或定量地表示出所研究问题的函数关系是选择或绘制图像的关键。2在图像中 I、v 等物理量的方向是通过正负值来反映的。3注意过程或阶段的选取，一般进磁场或出磁场，磁通量最大或最小，有效切割长度最大或最小等是分段的关键点。如诊断卷第 6 题，a
79、b 棒运动到 NN时，由于 B2B1，安培力突然变小，ab 棒立即产生向下的加速度，但在向下加速时，随安培力的逐渐增大，ab 棒的加速度逐渐减小，直到匀速，故 A、D 均错误。1在空间存在着竖直向上的各处均匀的磁场，将一个不变形的单匝金属圆线圈放入磁场中，规定线圈中感应电流方向如图甲所示的方向为正。当磁场的磁感应强度 B 随时间 t的变化规律如图乙所示时，下图中能正确表示线圈中感应电流随时间变化的图线是()解析：选 B 由楞次定律可判断，第 1 s 内线圈中电流方向与规定的正方向相同，为正值，可知 A、D 选项均错误；由 EBt S，iER可知，第 1 s 内图线斜率大，对应的电流大，可知选项
80、 B 正确，C 错误。2(2017辽宁省实验中学模拟)如图所示，固定在水平桌面上的光滑金属导轨 cd、eg 处于方向竖直向下的匀强磁场中，金属杆 ab 与导轨接触良好。在两根导轨的端点 d、e 之间连接一电阻，其他部分电阻忽略不计。现用一水平向右的外力 F1 作用在金属杆 ab 上，使金属杆由静止开始向右沿导轨滑动，滑动中杆 ab 始终垂直于导轨。金属杆受到的安培力用 Ff 表示，则下图中 F1与 Ff 随时间 t 变化的关系图像可能正确的是()解析：选 B 根据安培力大小表达式 FfB2L2vR，可知安培力与速率成正比。题图中安培力随时间均匀增大，则速度随时间均匀增大，说明导体棒应做匀加速运
81、动，加速度 a 一定，根据牛顿第二定律得：F1Ffma，得 F1B2L2vRma，可见外力 F1 与速度是线性关系，速度随时间均匀增大，则外力 F1 也随时间均匀增大，故 B 正确。考点三 电磁感应中的电路问题本考点内容的知识综合性较强，涉及物理的主干知识较多，是近几年高考命题的热点之一。要解决此类问题，应准确画出等效电路，明确各部分的连接方式，会用闭合电路欧姆定律、电路的串并联知识计算电压、电流和功率的分配等。建议对本考点重点攻坚电磁感应中的电路问题的解题流程 典例 如图甲所示，平行长直金属导轨水平放置，间距 L0.4 m。导轨右端接有阻值R1 的电阻。导体棒垂直放置在导轨上，且接触良好，导
82、体棒及导轨电阻均不计，导轨间正方形区域 abcd 内有方向竖直向下的匀强磁场，bd 连线与导轨垂直，长度也为 L。从 0时刻开始，磁感应强度 B 的大小随时间 t 变化，规律如图乙所示；同一时刻，棒从导轨左端开始向右匀速运动，1 s 后刚好进入磁场，若使棒在导轨上始终以速度 v1 m/s 做直线运动，求：(1)棒进入磁场前，回路中的电动势 E；(2)棒在运动过程中受到的最大安培力 F，以及棒通过三角形 abd 区域时电流 i 与时间 t的关系式。思维流程解析(1)设正方形磁场的面积为 S，则 SL22 0.08 m2。在棒进入磁场前，回路中的感应电动势是由于磁场的变化而产生的。由 B-t 图像
83、可知Bt 0.5 T/s，根据 Ent，得回路中的感应电动势EBt S0.50.08 V0.04 V。(2)当导体棒通过 bd 位置时感应电动势、感应电流最大，导体棒受到的安培力最大。此时感应电动势EBLv0.50.41 V0.2 V回路中感应电流 IER 0.21A0.2 A导体棒受到的安培力FBIL0.50.20.4 N0.04 N当导体棒通过三角形 abd 区域时，导体棒切割磁感线的有效长度 l2v(t1)(1 st1.2 s)感应电动势 eBlv2Bv2(t1)(t1)V感应电流 ieR(t1)A(1 st1.2 s)。答案(1)0.04 V(2)0.04 N i(t1)A(1 st1
84、.2 s)1多选(2017鹰潭一模)如图甲所示，一个匝数为 n 的圆形线圈(图中只画了 2 匝)，面积为 S，线圈的电阻为 R，在线圈外接一个阻值为 R 的电阻和一个理想电压表，将线圈放入垂直线圈平面指向纸内的磁场中，磁感应强度随时间变化规律如图乙所示，下列说法正确的是()A0t1 时间内 P 端电势高于 Q 端电势B0t1 时间内电压表的读数为nB1B0St1Ct1t2 时间内 R 上的电流为nB1S2t2t1RDt1t2 时间内 P 端电势高于 Q 端电势解析：选 AC 0t1 时间内，磁通量向里增大，根据楞次定律可知感应电流沿逆时针方向，线圈相当于电源，上端为正极，下端为负极，所以 P
85、端电势高于 Q 端电势，故 A 正确；0t1 时间内线圈产生的感应电动势 Ent nBt SnB1B0t1S，电压表的示数等于电阻 R 两端的电压 UIR E2RRnB1B0S2t1，故 B 错误；t1t2 时间内线圈产生的感应电动势 Ent n B1t2t1S，根据闭合电路的欧姆定律 IE2R nB1S2t2t1R，故 C 正确；t1t2 时间内，磁通量向里减小，根据楞次定律，感应电流沿顺时针方向，线圈相当于电源，上端负极，下端正极，所以 P 端电势低于 Q 端电势，故 D 错误。2多选如图所示，用粗细均匀的铜导线制成半径为 r 的圆环，PQ 为圆环的直径，其左右两侧存在垂直圆环所在平面的匀
86、强磁场，磁感应强度大小均为 B，但方向相反，圆环的电阻为 2R。一根长度为 2r、电阻为R的金属棒MN绕着圆环的圆心O点紧贴着圆环以角速度沿顺时针方向匀速转动，转动过程中金属棒 MN 与圆环始终接触良好，则下列说法正确的是()A金属棒 MN 两端的电压大小为13Br2B圆环消耗的电功率是变化的C圆环中电流的大小为Br23RD金属棒 MN 旋转一周的过程中，电路中产生的热量为4B2r43R解析：选 ACD 由右手定则，MN 中电流方向由 M 到 N，根据法拉第电磁感应定律可得，产生的感应电动势为 OM、ON 分别切割磁感线产生的感应电动势之和，即 E12Br22Br2，且保持不变。圆环的电阻由两
87、个电阻为 R 的半圆电阻并联组成，所以圆环的总电阻为12R，所以通过导体 MN 的电流：IE12RR2Br23R，MN 两端的电压：UI12R13Br2，流过圆环的电流：I12IBr23R，故 A、C 正确；由以上分析可知，流过圆环的电流不变，则圆环消耗的电功率不变，故 B 错误；MN 旋转一周外力做功为 WEItBr22Br23R 24B2r43R，故 D 正确。3(2017安徽六安一中一模)如图所示，匀强磁场的方向垂直于光滑的金属导轨平面向里，极板间距为 d 的平行板电容器与总电阻为 2R0 的滑动变阻器通过平行导轨连接，电阻为 R0 的导体棒 MN 可在外力的作用下沿导轨从左向右做匀速直
88、线运动，当滑动变阻器的滑动触头位于 a、b 的中间位置，导体棒 MN 的速度为 v0 时，位于电容器中 P 点的带电油滴恰好处于静止状态，若不计摩擦和平行导轨及导线的电阻，重力加速度为 g，则下列判断正确的是()A油滴带正电B若将上极板竖直向上移动距离 d，油滴将向上加速运动，加速度 ag2C若将导体棒的速度变为 2v0，油滴将向上加速运动，加速度 a2gD若保持导体棒的速度为 v0 不变，而将滑动触头置于 a 位置，同时将电容器上极板向上移动距离d3，油滴仍将静止解析：选 D 根据右手定则可知，M 端为正极，油滴静止，因此带负电，故 A 错误；设导体棒接入导轨间的长度为 L，导体棒切割磁感线
89、形成的感应电动势为：EBLv，电容器两端电压为：U1 ER0R0R0BLv02，开始油滴静止，有：U1d qmg，若将上极板竖直向上移动距离 d，有：mgU12dqma1，联立得：a1g2，方向竖直向下，故 B 错误；若将导体棒的速度变为 2v0，有U1d qmgma2，将 U1BLv02中 v0 换为 2v0 联立解得：a2g，方向竖直向上，故 C 错误；若保持导体棒的速度为 v0 不变，而将滑动触头置于a 位置，同时将电容器上极板向上移动距离d3，电容器两端之间的电压为：U223BLv0，此时油滴所受电场力为：FU2q4d3BLv0q2dmg，因此油滴仍然静止，故 D 正确。考点四 电磁感
90、应中的“杆导轨”模型电磁感应中的“杆导轨”模型综合性较强，物理情景复杂，难度较大，能够充分考查考生的建模能力、分析综合能力以及推理判断能力。建议对本考点重点攻坚一、用好解题流程，做到步步为“赢”二、掌握“杆导轨”模型，考场遇此“套”用“杆导轨”模型是电磁感应问题高考命题的“基本道具”，也是高考的热点，考查的知识点多，题目的综合性强，物理情景富于变化，是我们复习中的难点。导轨放置方式可分为水平、竖直和倾斜；杆的运动状态可分为匀速运动、匀变速运动、非匀变速运动或转动等；磁场的状态可分为恒定不变、均匀变化和非均匀变化等等，情景复杂形式多变。1导轨水平式物理模型匀强磁场与导轨垂直，磁感应强度为 B，棒
91、 ab 长为 L，质量为 m，初速度为零，拉力恒为 F，水平导轨光滑，除电阻 R 外，其他电阻不计动态分析设运动过程中某时刻测得的速度为 v，由牛顿第二定律知棒 ab 的加速度为 aFmB2L2vmR，a、v 同向，随速度的增加，棒的加速度 a 减小，当 a0 时，v 最大，IBLvmR不再变化收尾状态运动形式匀速直线运动力学特征受力平衡，a0 电学特征I 不再变化例1(2016全国卷)如图，两条相距 l 的光滑平行金属导轨位于同一水平面(纸面)内，其左端接一阻值为 R 的电阻；一与导轨垂直的金属棒置于两导轨上；在电阻、导轨和金属棒中间有一面积为 S 的区域，区域中存在垂直于纸面向里的均匀磁场
92、，磁感应强度大小 B1 随时间 t的变化关系为 B1kt，式中 k 为常量；在金属棒右侧还有一匀强磁场区域，区域左边界 MN(虚线)与导轨垂直，磁场的磁感应强度大小为 B0，方向也垂直于纸面向里。某时刻，金属棒在一外加水平恒力的作用下从静止开始向右运动，在 t0 时刻恰好以速度 v0 越过 MN，此后向右做匀速运动。金属棒与导轨始终相互垂直并接触良好，它们的电阻均忽略不计。求：(1)在 t0 到 tt0 时间间隔内，流过电阻的电荷量的绝对值；(2)在时刻 t(tt0)穿过回路的总磁通量和金属棒所受外加水平恒力的大小。解析(1)在金属棒越过 MN 之前，t 时刻穿过回路的磁通量为 ktS设在从
93、t 时刻到 tt 的时间间隔内，回路磁通量的变化量为，流过电阻 R 的电荷量为 q。由法拉第电磁感应定律得，回路感应电动势的大小为t由欧姆定律有 iR由电流的定义有 iqt联立式得|q|kSR t由式得，在 t0 到 tt0 的时间间隔内，流过电阻 R 的电荷量 q 的绝对值为|q|kt0SR。(2)当 tt0 时，金属棒已越过 MN。由于金属棒在 MN 右侧做匀速运动，有fF式中，f 是外加水平恒力，F 是匀强磁场施加的安培力。设此时回路中的电流为 I，F的大小为FB0Il此时金属棒与 MN 之间的距离为 sv0(tt0)匀强磁场穿过回路的磁通量为 B0ls回路的总磁通量为 t式中，仍如式所
94、示。由式得，在时刻 t(tt0)穿过回路的总磁通量为tB0lv0(tt0)kSt在 t 到 tt 的时间间隔内，总磁通量的改变量为t(B0lv0kS)t由法拉第电磁感应定律得，回路感应电动势的大小为ttt由欧姆定律有 ItR联立式得f(B0lv0kS)B0lR。答案(1)kt0SR(2)B0lv0(tt0)kSt(B0lv0kS)B0lR2导轨倾斜式物理模型匀强磁场与导轨垂直，磁感应强度为 B，导轨间距为 L，导体棒质量为 m，电阻为R，导轨光滑，电阻不计动态分析棒 ab刚释放时 agsin，棒 ab的速度 v感应电动势 EBLv电流 IER安培力 FBIL加速度 a，当安培力 Fmgsin
95、时，a0，速度达到最大 vmmgRsin B2L2收尾状态运动形式匀速直线运动力学特征受力平衡，a0电学特征I 达到最大后不再变化 例2(2017盐城二模)如图所示，在匀强磁场中有一足够长的光滑平行金属导轨，与水平面间的夹角 30，间距 L0.5 m，上端接有阻值 R0.3 的电阻，匀强磁场的磁感应强度大小 B0.4 T，磁场方向垂直导轨平面向上。一质量 m0.2 kg，电阻 r0.1 的导体棒 MN 在平行于导轨的外力 F 作用下，由静止开始向上做匀加速运动，运动过程中导体棒始终与导轨垂直，且接触良好，当棒的位移 d9 m 时电阻 R 上消耗的功率为 P2.7 W。其他电阻不计，g 取10
96、m/s2。求：(1)此时通过电阻 R 上的电流；(2)这一过程通过电阻 R 上电荷量 q；(3)此时作用于导体棒上的外力 F 的大小。思维流程解析(1)根据热功率：PI2R，解得：IPR2.70.3 A3 A。(2)回路中产生的平均感应电动势：E t，由欧姆定律得：I ER总，电流和电量之间关系式：q I t RrBLdRr0.40.590.30.1C4.5 C。(3)由(1)知此时感应电流 I3 A，由 I ErRBLvRr，解得此时速度：vIRrBL 30.40.40.5 m/s6 m/s，由匀变速运动公式：v22ax，解得：av22d 6229 m/s22 m/s2，对导体棒由牛顿第二定
97、律得：FF 安mgsin 30ma，即：FBILmgsin 30ma，解得：FmaBILmgsin 300.22 N0.40.53 N0.21012 N2 N。答案(1)3 A(2)4.5 C(3)2 N一、高考真题集中演练明规律1.(2017全国卷)扫描隧道显微镜(STM)可用来探测样品表面原子尺度上的形貌。为了有效隔离外界振动对 STM 的扰动，在圆底盘周边沿其径向对称地安装若干对紫铜薄板，并施加磁场来快速衰减其微小振动，如图所示。无扰动时，按下列四种方案对紫铜薄板施加恒磁场；出现扰动后，对于紫铜薄板上下及左右振动的衰减最有效的方案是()解析：选 A 施加磁场来快速衰减 STM 的微小振动
98、，其原理是电磁阻尼，在振动时通过紫铜薄板的磁通量变化，紫铜薄板中产生感应电动势和感应电流，则其受到安培力作用，该作用阻碍紫铜薄板振动，即促使其振动衰减。方案 A 中，无论紫铜薄板上下振动还是左右振动，通过它的磁通量都发生变化；方案 B 中，当紫铜薄板上下振动时，通过它的磁通量可能不变，当紫铜薄板向右振动时，通过它的磁通量不变；方案 C 中，紫铜薄板上下振动、左右振动时，通过它的磁通量可能不变；方案 D 中，当紫铜薄板上下振动时，紫铜薄板中磁通量可能不变。综上可知，对于紫铜薄板上下及左右振动的衰减最有效的方案是 A。2.多选(2016全国卷)法拉第圆盘发电机的示意图如图所示。铜圆盘安装在竖直的铜
99、轴上，两铜片 P、Q 分别与圆盘的边缘和铜轴接触。圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场 B 中。圆盘旋转时，关于流过电阻 R的电流，下列说法正确的是()A若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定B若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿 a 到 b 的方向流动C若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化D若圆盘转动的角速度变为原来的 2 倍，则电流在 R 上的热功率也变为原来的 2 倍解析：选 AB 由右手定则知，圆盘按如题图所示的方向转动时，感应电流沿 a 到 b 的方向流动，选项 B 正确；由感应电动势 E12Bl2 知，角速度恒定，则感应电动势恒定，电流大小恒定，选项 A 正确
100、；角速度大小变化，感应电动势大小变化，但感应电流方向不变，选项 C 错误；若 变为原来的 2 倍，则感应电动势变为原来的 2 倍，电流变为原来的 2 倍，由 PI2R 知，电流在 R 上的热功率变为原来的 4 倍，选项 D 错误。3(2015全国卷)如图，直角三角形金属框 abc 放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为 B，方向平行于 ab 边向上。当金属框绕 ab 边以角速度 逆时针转动时，a、b、c 三点的电势分别为 Ua、Ub、Uc。已知 bc 边的长度为 l。下列判断正确的是()AUaUc，金属框中无电流BUbUc，金属框中电流方向沿 abcaCUbc12Bl2，金属框中无电流DUbc12
101、Bl2，金属框中电流方向沿 acba解析：选 C 金属框 abc 平面与磁场平行，转动过程中磁通量始终为零，所以无感应电流产生，选项 B、D 错误。转动过程中 bc 边和 ac 边均切割磁感线，产生感应电动势，由右手定则判断 UaUc，UbUc，选项 A 错误。由转动切割产生感应电动势的公式得 Ubc12Bl2，选项 C 正确。4(2014全国卷)如图(a)，线圈 ab、cd 绕在同一软铁芯上，在 ab 线圈中通以变化的电流，用示波器测得线圈 cd 间电压如图(b)所示，已知线圈内部的磁场与流经线圈的电流成正比，则下列描述线圈 ab 中电流随时间变化关系的图中，可能正确的是()解析：选 C 根
102、据题图(b)可知：cd 两端在 00.5 产生恒定的电压，根据法拉第电磁感应定律，穿过线圈的磁通量均匀变化，即it为恒定不变，故选项 C 正确，A、B、D 错误。5多选(2017全国卷)两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁感应强度方向与纸面垂直。边长为 0.1 m、总电阻为 0.005 的正方形导线框 abcd 位于纸面内，cd 边与磁场边界平行，如图(a)所示。已知导线框一直向右做匀速直线运动，cd 边于 t0 时刻进入磁场。线框中感应电动势随时间变化的图线如图(b)所示(感应电流的方向为顺时针时，感应电动势取正)。下列说法正确的是()A磁感应强度的大小为 0.5 TB导线框运动速度的大小为 0
103、.5 m/sC磁感应强度的方向垂直于纸面向外D在 t0.4 s 至 t0.6 s 这段时间内，导线框所受的安培力大小为 0.1 N解析：选 BC 由题图(b)可知，导线框运动的速度大小 vLt 0.10.2 m/s0.5 m/s，B项正确；导线框进入磁场的过程中，cd 边切割磁感线，由 EBLv，得 B ELv0.010.10.5 T0.2 T，A 项错误；由题图(b)可知，导线框进入磁场的过程中，感应电流的方向为顺时针方向，根据楞次定律可知，磁感应强度方向垂直纸面向外，C 项正确；在 0.40.6 s 这段时间内，导线框正在出磁场，回路中的电流大小 IER 0.010.005 A2 A，则导
104、线框受到的安培力 FBIL0.220.1 N0.04 N，D 项错误。6多选(2016江苏高考)电吉他中电拾音器的基本结构如图所示，磁体附近的金属弦被磁化，因此弦振动时，在线圈中产生感应电流，电流经电路放大后传送到音箱发出声音。下列说法正确的有()A选用铜质弦，电吉他仍能正常工作B取走磁体，电吉他将不能正常工作C增加线圈匝数可以增大线圈中的感应电动势D弦振动过程中，线圈中的电流方向不断变化解析：选 BCD 铜不能被磁化，铜质弦不能使电吉他正常工作，选项 A 错误；取走磁体后，金属弦不能被磁化，弦的振动无法通过电磁感应转化为电信号，音箱不能发声，选项 B 正确；增加线圈匝数，根据法拉第电磁感应定
105、律 Ent 知，线圈的感应电动势变大，选项 C 正确；弦振动过程中，线圈中的磁场方向不变，但磁通量一会儿增大，一会儿减小，则产生的感应电流的方向不断变化，选项 D 正确。7(2016全国卷)如图，水平面(纸面)内间距为 l 的平行金属导轨间接一电阻，质量为 m、长度为 l 的金属杆置于导轨上。t0 时，金属杆在水平向右、大小为 F 的恒定拉力作用下由静止开始运动。t0 时刻，金属杆进入磁感应强度大小为 B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，且在磁场中恰好能保持匀速运动。杆与导轨的电阻均忽略不计，两者始终保持垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数为。重力加速度大小为 g。求(1)金属杆在磁场中运动
106、时产生的电动势的大小；(2)电阻的阻值。解析：(1)设金属杆进入磁场前的加速度大小为 a，由牛顿第二定律得maFmg设金属杆到达磁场左边界时的速度为 v，由运动学公式有vat0当金属杆以速度 v 在磁场中运动时，由法拉第电磁感应定律，杆中的电动势为EBlv联立式可得EBlt0Fmg。(2)设金属杆在磁场区域中匀速运动时，金属杆中的电流为 I，根据欧姆定律IER式中 R 为电阻的阻值。金属杆所受的安培力为fBlI因金属杆做匀速运动，由牛顿运动定律得Fmgf0联立式得RB2l2t0m。答案：(1)Blt0Fmg (2)B2l2t0m8(2016全国卷)如图，两固定的绝缘斜面倾角均为，上沿相连。两细
107、金属棒 ab(仅标出 a 端)和 cd(仅标出 c 端)长度均为 L，质量分别为 2m 和 m；用两根不可伸长的柔软轻导线将它们连成闭合回路 abdca，并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上，使两金属棒水平。右斜面上存在匀强磁场，磁感应强度大小为 B，方向垂直于斜面向上。已知两根导线刚好不在磁场中，回路电阻为 R，两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为，重力加速度大小为 g。已知金属棒 ab 匀速下滑。求(1)作用在金属棒 ab 上的安培力的大小；(2)金属棒运动速度的大小。解析：(1)设导线的张力的大小为 T，右斜面对 ab 棒的支持力的大小为 N1，作用在 ab棒上的安培力的大小
108、为 F，左斜面对 cd 棒的支持力大小为 N2。对于 ab 棒，由力的平衡条件得2mgsin N1TFN12mgcos 对于 cd 棒，同理有mgsin N2TN2mgcos 联立式得Fmg(sin 3cos)。(2)由安培力公式得FBIL这里 I 是回路 abdca 中的感应电流。ab 棒上的感应电动势为BLv式中，v 是 ab 棒下滑速度的大小。由欧姆定律得IR联立式得v(sin 3cos)mgRB2L2。答案：(1)mg(sin 3cos)(2)(sin 3cos)mgRB2L2二、名校模拟重点演练明趋势9(2017衡水市冀州中学一模)如图甲所示，光滑平行金属导轨 MN、PQ 所在平面与
109、水平面成 角，M、P 两端接一电阻 R，整个装置处于方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中。t0 时对金属棒施加一平行于导轨的外力 F，使金属棒由静止开始沿导轨向上运动，金属棒电阻为 r，导轨电阻忽略不计。已知通过电阻 R 的感应电流 I 随时间 t 变化的关系如图乙所示。下列关于棒运动速度 v、外力 F、流过 R 的电量 q 以及闭合回路中磁通量的变化率t随时间 t 变化的图像正确的是()解析：选 B 根据题图乙所示的 I-t 图像可知 Ikt，其中 k 为比例系数，由闭合电路欧姆定律可得：I ERrkt，而 EBlv，所以 vkRrBlt，v-t 图像是一条过原点且斜率大于零的直线，说明了金属棒
110、做的是初速度为零的匀加速直线运动，即 vat，故 A 错误。由 I ERrkt，可推出：Ekt(Rr)，而 Et，所以有：t kt(Rr)，t-t 图像是一条过原点且斜率大于零的直线，故 B 正确。对金属棒在沿导轨方向列出动力学方程：FBIlmgsin ma，而 I BlvRr，vat，得到 FB2l2aRrtmamgsin，可见 F-t 图像是一条斜率大于零且与 F 轴正半轴有交点的直线，故C 错误。q I t RrBl12at2Rr Bla2Rrt2，q-t 图像是一条开口向上的抛物线，故 D 错误。10多选(2018 届高三温州中学检测)如图甲所示，在倾角为 的光滑斜面内分布着垂直于斜面
111、的匀强磁场，其磁感应强度 B 随时间变化的规律如图乙所示。质量为 m 的矩形金属框从 t0 时刻静止释放，t3 时刻的速度为 v，移动的距离为 L，重力加速度为 g。在金属框下滑的过程中，下列说法正确的是()At1t3 时间内金属框中的电流方向不变B0t3 时间内金属框做匀加速直线运动C0t3 时间内金属框做加速度逐渐减小的直线运动D0t3 时间内金属框中产生的焦耳热为 mgLsin 12mv2解析：选 AB t1t3 时间内穿过金属框的磁通量先向上的减小，后向下的增加，根据楞次定律可知，金属框中的电流方向不变，选项 A 正确；0t3 时间内金属框所受安培力的合力为零，则所受的合力为 mgsi
112、n，且沿斜面向下，金属框做匀加速直线运动，选项 B 正确，C 错误；0t3 时间内金属框运动的加速度为 gsin，故机械能无损失，故线框中产生的焦耳热不等于 mgLsin 12mv2，选项 D 错误。11(2017嘉兴期末)如图，ab 和 cd 为质量 m0.1 kg、长度 L0.5 m、电阻 R0.3 的两相同金属棒，ab 放在半径分别为 r10.5 m 和 r21 m 的水平同心圆环导轨上，导轨处在磁感应强度为 B0.2 T，竖直向上的匀强磁场中；cd 跨放在间距也为 L0.5 m、倾角为30的光滑平行导轨上，导轨处于磁感应强度也为 B0.2 T，方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中。四条导轨
113、由导线连接并与两导体棒组成闭合电路，除导体棒电阻外其余电阻均不计。ab 在外力作用下沿圆环导轨匀速转动，使 cd 在倾斜导轨上保持静止。取重力加速度 g10 m/s2。求：(1)从上向下看 ab 应沿顺时针还是逆时针方向转动？(2)ab 转动的角速度大小；(3)若使 ab 加速转动一周，同时用外力保持 cd 静止，则该过程中通过 cd 的电荷量为多少？解析：(1)要使 cd 棒保持静止，安培力方向向上，则电流方向从 d 到 c，所以 ab 中的电流方向从 b 到 a，根据右手定则知，从上往下看 ab 应沿顺时针方向转动。(2)对 cd 进行受力分析可知：mgsin BIL代入数据可得流过 ab
114、 和 cd 的电流Imgsin BL0.110sin 300.20.5A5 A根据闭合电路欧姆定律，ab 产生的感应电动势EI2R520.3 V3 Vab 切割磁感线产生感应电动势 EBLv所以 EBL12(r1r2)代入数据可得：E0.20.512(0.5)3所以 40 rad/s。(3)该过程中通过 cd 的电荷量 Q I tER总ttR总tR总r22r12B2R0.785 C。答案：(1)顺时针(2)40 rad/s(3)0.785 C第三讲应用三大观点破解力电综合问题1.两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平面内，两导轨间的距离为 l。导轨上面横放着两根导体棒 ab 和 cd，构成
115、矩形回路，如图所示。两根导体棒的质量皆为 m，电阻皆为 R，回路中其他部分的电阻可不计。在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为 B。设两导体棒均可沿导轨无摩擦地滑行，开始时，棒 cd 静止，棒 ab 有指向棒 cd 的初速度 v0。若两导体棒在运动中始终不接触，求：(1)在运动中产生的焦耳热最多是多少？(2)当棒 ab 的速度变为初速度的34时，棒 cd 的加速度是多大？解析：(1)从开始到两棒达到相同速度 v 的过程中，两棒的总动量守恒，有 mv02mv，根据能量守恒定律，整个过程中产生的焦耳热Q12mv02122mv214mv02。(2)设棒 ab 的速度变为34v0 时，c
116、d 棒的速度为 v，则由动量守恒可知 mv034mv0mv，得 v14v0，此时棒 cd 所受的安培力 FBIlB2l2v04R。由牛顿第二定律可得：棒 cd 的加速度大小为aFmB2l2v04mR。答案：(1)14mv02(2)B2l2v04mR2如图所示，两根足够长的光滑金属导轨 ab、cd 与水平面成 30固定，导轨间距离为 l1 m，电阻不计，一个阻值为 R0 的定值电阻与电阻箱并联接在两金属导轨的上端，整个系统置于匀强磁场中，磁感应强度方向与导轨所在平面垂直，磁感应强度大小为 B1 T。现将一质量为 m、电阻可以忽略的金属棒 MN 从图示位置由静止开始释放。金属棒下滑过程中与导轨接触
117、良好。改变电阻箱的阻值 R，测定金属棒的最大速度 vm，得到 1vm-1R的关系如图乙所示。取 g10 m/s2。求：(1)金属棒的质量 m 和定值电阻 R0 的阻值；(2)当电阻箱 R 取 2，且金属棒的加速度为g4时，金属棒的速度。解析：(1)金属棒以速度 vm 下滑时，根据法拉第电磁感应定律有 EBlvm。由闭合电路欧姆定律有 EI RR0RR0。当金属棒以最大速度 vm 下滑时，根据平衡条件有 BIlmgsin。由以上各式整理得 1vmB2l2mgsin 1RB2l2mgsin 1R0。由 1vm-1R图像可知B2l2mgsin 1，B2l2mgsin 1R00.5，解得 m0.2 k
118、g，R02。(2)设此时金属棒下滑的速度为 v，根据法拉第电磁感应定律有 EI RR0RR0，又 EBlv。当金属棒下滑的加速度为g4时，根据牛顿第二定律有 mgsin BIlmg4，联立解得 v0.5 m/s。答案：(1)0.2 kg 2 (2)0.5 m/s3如图所示，单匝圆形线圈与匀强磁场垂直，匀强磁场的磁感应强度大小为 B，圆形线圈的电阻不计。导体棒 a 绕圆心 O 匀速转动，以角速度 旋转切割磁感线，导体棒的长度为 l，电阻为 r。定值电阻 R1、R2 和线圈构成闭合回路，P、Q 是两个平行金属板，两极板间的距离为d，金属板的长度为 L。在金属板的上边缘，有一质量为 m 且不计重力的
119、带负电粒子竖直向下射入极板间，并从金属板 Q 的下边缘离开。带电粒子进入电场的位置到 P 板的距离为d3，离开电场的位置到 Q 板的距离为d3。R1、R2、r 均为未知量。(1)求导体棒 a 顺时针转动还是逆时针转动；(2)若 R1R22r，试求 P、Q 间的电场强度大小；(3)若 R13r，R22r，试求带电粒子的电荷量。解析：(1)依题意，带电粒子受到的电场力水平向右。带电粒子带负电，所以 P 板带负电，Q 板带正电。由右手定则可知，导体棒 a 逆时针方向转动。(2)由法拉第电磁感应定律得电动势大小 E012Bl2由闭合电路欧姆定律得 IE0R1R2r由欧姆定律可知，定值电阻 R2 两端的
120、电压 UPQIR2联立可得 UPQBl2R22R1R2r故 PQ 间匀强电场的电场强度大小 EUPQd联立并代入 R1R22r，可得 EBl25d。(3)若 R13r，R22r，UPQBl26带电粒子在极板间做类平抛运动Lv0t，d312at2，aqUPQmd联立可得 q4d2mv02Bl2L2。答案：(1)逆时针转动(2)Bl25d (3)4d2mv02Bl2L24.如图所示，两根半径为 r 的14圆弧轨道间距为 L，其顶端 a、b与圆心处等高，轨道光滑且电阻不计，在其上端连有一阻值为 R 的电阻，整个装置处于辐向磁场中，圆弧轨道所在处的磁感应强度大小均为 B。将一根长度稍大于 L、质量为
121、m、电阻为 R0 的金属棒从轨道顶端 ab 处由静止释放。已知当金属棒到达如图所示的 cd 位置(金属棒与轨道圆心连线和水平面夹角为)时，金属棒的速度达到最大；当金属棒到达轨道底端 ef 时，对轨道的压力为1.5mg。求：(1)当金属棒的速度最大时，流经电阻 R 的电流大小和方向；(2)金属棒滑到轨道底端的整个过程中流经电阻 R 的电量；(3)金属棒滑到轨道底端的整个过程中电阻 R 上产生的热量。解析：(1)金属棒速度最大时，在轨道切线方向所受合力为 0，则有：mgcos BIL解得：Imgcos BL，流经 R 的电流方向为 aRb。(2)金属棒滑到轨道底端的整个过程中，穿过回路的磁通量变化
122、量为：BSBLr2 BLr2平均电动势为：E t，平均电流为：I ERR0则流经电阻 R 的电量：q I t RR0BLr2RR0。(3)在轨道最低点时，由牛顿第二定律得：FNmgmv2r据题意有：FN1.5mg由能量转化和守恒得：Qmgr12mv234mgr电阻 R 上发热量为：QRRRR0Q 3mgrR4RR0。答案：(1)mgcos BL，流经 R 的电流方向为 aRb(2)BLr2RR0(3)3mgrR4RR05涡流制动是一种利用电磁感应原理工作的新型制动方式，它的基本原理如图甲所示，水平面上固定一块铝板，当一竖直方向的条形磁铁在铝板上方几毫米高度上水平经过时，铝板内感应出的涡流会对磁
123、铁的运动产生阻碍作用，涡流制动是磁悬浮列车在高速运行时进行制动的一种方式。某研究所制成如图乙所示的车和轨道模型来定量模拟磁悬浮列车的涡流制动过程，车厢下端安装有电磁铁系统，能在长为 L10.6 m，宽 L20.2 m 的矩形区域内产生竖直方向的匀强磁场，磁感应强度可随车速的减小而自动增大(由车内速度传感器控制)，但最大不超过 B12 T，将铝板简化为长大于 L1，宽也为 L2 的单匝矩形线圈，间隔铺设在轨道正中央，其间隔也为 L2，每个线圈的电阻为 R10.1，导线粗细忽略不计，在某次实验中，模型车速度为 v20 m/s 时，启动电磁铁系统开始制动，车立即以加速度 a12 m/s2 做匀减速直
124、线运动，当磁感应强度增加到 B1 时就保持不变，直到模型车停止运动，已知模型车的总质量为 m136 kg，空气阻力不计，不考虑磁感应强度的变化引起的电磁感应现象以及线圈激发的磁场对电磁铁产生磁场的影响。(1)电磁铁的磁感应强度达到最大时，模型车的速度为多大？(2)模型车的制动距离为多大？(3)为了节约能源，将电磁铁换成若干个并在一起的永磁铁组，两个相邻的磁铁磁极的极性相反，且将线圈改为连续铺放，如图丙所示，已知模型车质量减为 m220 kg，永磁铁激发的磁感应强度恒为 B20.1 T，每个线圈匝数为 N10，电阻为 R21，相邻线圈紧密接触但彼此绝缘，模型车仍以 v20 m/s 的初速度开始减
125、速，为保证制动距离不大于 80 m，至少安装几个永磁铁？解析：(1)假设电磁铁的磁感应强度达到最大时，模型车的速度为 v1，则 E1B1L1v1I1E1R1，F1B1I1L1，F1m1a1由式并代入数据得 v15 m/s。(2)模型车做匀减速运动的距离为x1v2v122a193.75 m由第(1)问的方法同理得到磁感应强度达到最大以后任意速度 v 时，安培力的大小为 FB12L12vR1对速度 v1 后模型车的减速过程用动量定理可得F tm1v1，联立 vtx2，xx1x2，得：x106.25 m。(3)假设需要 n 个永磁铁，当模型车的速度为 v 时，每个线圈中产生的感应电动势为E22NB2
126、L1v每个线圈中的感应电流为 I2E2R2每个磁铁受到的阻力为 F22NB2I2L1n 个磁铁受到的阻力为 F 合2nNB2I2L1由第(2)问可得 n4N2B22L12R2xm2v得：n3.47即至少需要 4 个永磁铁。答案：(1)5 m/s(2)106.25 m(3)4 个一、动力学观点应用动力学观点解决电磁感应综合问题时要特别注意 a0 时速度 v 达到最大时的特点，运动的动态分析如下：注意：电磁感应与力和运动结合的问题，研究方法与力学相同，首先明确物理过程，正确地进行受力分析，这里应特别注意伴随感应电流而产生的安培力，在匀强磁场中匀速运动的导体受的安培力恒定，变速运动的导体受的安培力也
127、随速度(电流)变化而变化；其次应用相应的规律求解，匀速运动可用平衡条件求解，变速运动的瞬时速度可用牛顿第二定律和运动学公式求解。例1 如图所示，两条平行的光滑金属导轨固定在倾角为 的绝缘斜面上，导轨间距为 L，导轨上端连接一个定值电阻，导体棒 a 和b 放在导轨上，与导轨垂直并接触良好，斜面上水平虚线 PQ 以下区域内，存在着垂直斜面向上的磁场，磁感应强度大小为 B0，已知 b 棒的质量为 m，a 棒、b 棒和定值电阻的阻值均为 R，导轨电阻不计，重力加速度为 g。(1)断开开关 S，a 棒和 b 棒固定在磁场中，恰与导轨构成一个边长为 L 的正方向，磁场从 B0 以Bt k 均匀增加，写出
128、a 棒所受安培力随时间变化的表达式。(2)若接通开关 S，同时对 a 棒施以平行导轨斜向上的拉力 F，使它沿导轨匀速向上运动，此时放在导轨下端的 b 棒恰好静止。当 a 棒运动到磁场的上边界 PQ 处时，撤去拉力 F，a棒将继续沿导轨向上运动一小段距离后再向下滑动，此时 b 棒已滑离导轨。当 a 棒再次滑回磁场上边界 PQ 时，又恰能沿导轨匀速向下运动，求 a 棒质量 ma 及拉力 F 的大小。解析(1)由法拉第电磁感应定律可得Et，BL2由闭合电路欧姆定律可得：I E2Rt 时刻的磁感应强度为 BB0kt此时 a 棒受到的安培力为 F 安BIL解得：F 安kL32R(B0kt)。(2)由题意
129、可知 a 棒沿斜面向上运动时，a 棒为电源，b 棒和电阻 R 并联，设通过 a 棒(干路)的电流为 I1，由并联电路关系可得：I1IbIRB 棒和电阻 R 的阻值相等，则通过 b 棒的电流为Ib12I1电路的总电阻为 R 总 RbRRbRRa由欧姆定律可得干路电流为 I1 ER总感应电动势为 EBLvb 棒保持静止，则 mgsin BIbLa 棒脱离磁场后撤去拉力 F，a 棒机械能守恒，返回磁场时速度大小还是 v，此时 a 棒和电阻 R 串联，则电路中的电流为 I2ERaRa 棒匀速下滑，则 magsin BI2L联立解得 ma32ma 棒向上运动时受力平衡：Fmagsin BI1L解得 F7
130、2mgsin。答案(1)F 安kL32R(B0kt)(2)32m 72mgsin 方法点拨(1)注意供电回路分析。如本例中 a 棒为电源，b 棒和 R 并联，b 棒中的电流为 a 棒中电流的12。(2)注意分析导体棒的受力。如本例中 a 棒匀速上升时在平行导轨方向受到重力的分力magsin、拉力 F、安培力 BI1L，但 a 棒再次滑回磁场时在平行导轨方向只受重力的分力magsin 和安培力 BI1L，只是此时因 b 棒的滑离，电路结构发生了变化。二、能量观点利用能量观点求解电磁感应中的功能关系问题应注意以下三点：(1)电磁感应现象的实质是其他形式的能转化成电能。(2)电磁感应过程中产生的感应
131、电流在磁场中必定受到安培力的作用，因此，要维持感应电流的存在，必须有“外力”克服安培力做功，将其他形式的能转化为电能。“外力”克服安培力做了多少功，就有多少其他形式的能转化为电能。当感应电流通过用电器时，电能又转化为其他形式的能。安培力做功的过程，或通过电阻发热的过程，是电能转化为其他形式能的过程。安培力做了多少功，就有多少电能转化为其他形式的能。(3)若回路中电流恒定，可以利用电路结构及 WUIt 或 QI2Rt 直接进行计算。若电流变化，则：利用安培力做的功求解，电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功；利用能量守恒求解，若只有电能与机械能的转化，则机械能的减少量等于产生的电能。例2 如
132、图所示，一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距 L0.5 m，左端接有阻值 R0.3 的电阻，一质量m0.1 kg，电阻 r0.1 的金属棒 MN 放置在导轨上，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度 B0.4 T，棒在水平向右的外力作用下，由静止开始以 a2 m/s2 的加速度做匀加速运动，当棒的位移 x9 m 时撤去外力，棒继续运动一段距离后停下来，已知撤去外力前后电路中产生的电热之比 Q1Q221，导轨足够长且电阻不计，棒在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，求：(1)棒在匀加速运动过程中，通过电阻 R 的电荷量 q；(2)撤去外力后电路中产生的电热
133、 Q2；(3)外力做的功 WF。解析(1)法一：棒匀加速运动所用时间为 t，有12at2x，t2xa 292s3 s。根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律求电路中产生的平均电流为I ERr trR BLxtrR 0.40.5930.30.1 A1.5 A，根据电流定义式有q I t1.53 C4.5 C。法二：在电磁感应现象中通过导线截面的电荷量为 qR，所以有 q BLxrR0.40.590.30.1C4.5 C。(2)撤去外力前棒做匀加速运动，设末速度为 v，由v22ax，得 v6 m/s。撤去外力后棒在安培力作用下做减速运动，安培力做负功先将棒的动能转化为电能，再通过电流做功将电能
134、转化为内能，所以电热等于棒的动能减少。有Q2Ek12mv2120.162 J1.8 J。(3)根据题意知撤去外力前的电热为 Q12Q23.6 J。撤去外力前拉力做正功、安培力做负功(其大小等于电热 Q1)、重力不做功，合力共同使棒的动能增大，根据动能定理有：EkWFQ1，则 WFQ1Ek3.6 J1.8 J5.4 J。答案(1)4.5 C(2)1.8 J(3)5.4 J方法点拨(1)求感应电荷量应用的是电流的平均值，而求电路产生的电热 QI2Rt 时，应用的是电流的有效值。(2)电路中的电流是变化的，而又不是正弦交变电流，故电路中的电热应由功能关系求解。三、动量观点应用动量观点解决电磁感应综合
135、问题可分为两类：(1)利用动量定理求感应电荷量或运动位移如：B I Ltp，q I t，可得：qpBL。B2l2 vR总tp，x v t，可得：xpR总B2l2。(2)利用动量守恒定律分析双导体杆问题如图所示，两根足够长的固定的平行金属导轨处在匀强磁场中，导轨上面横放着两根导体杆 ab 和cd。给杆 ab 一个指向杆 cd 的初速度 v0，于是产生感应电流。杆 ab 受到与运动方向相反的安培力作用做减速运动，杆 cd 则在安培力作用下做加速运动。在杆 ab的速度大于杆 cd 的速度时，回路中总有感应电流，杆 ab 继续减速，杆 cd 继续加速。两杆速度达到相同后，回路面积保持不变，磁通量不变化
136、，不产生感应电流，两杆以相同的速度 v 做匀速运动。从初状态至两杆达到速度相同的过程中，两杆总动量守恒，有 m1v0(m1m2)v，根据能量守恒，整个过程中产生的总热量 Q12m1v0212(m1m2)v2。例3 如图所示，金属杆 a 在离地 h 高处从静止开始沿弧形轨道下滑，导轨平行的水平部分有竖直向上的磁感应强度为 B 的匀强磁场，水平部分导轨上原来放有一根金属杆 b，已知杆 a 的质量为 m，杆 b的质量为34m，水平导轨足够长，不计摩擦，求：(1)a 和 b 的最终速度分别是多大？(2)从开始到达到最终速度整个过程中回路释放的电能是多少？解析(1)a 下滑 h 过程中机械能守恒mgh1
137、2mv02a 进入磁场后，回路中产生感应电流，a、b 都受到安培力作用，a 做减速运动，b 做加速运动，经一段时间，a、b 速度达到相同，之后回路中的磁通量不发生变化，感应电流为零，安培力为零，两者做匀速运动，匀速运动的速度即为 a、b 的最终速度，设为 v，在这个过程中 a、b 系统所受合外力为零，由动量守恒得 mv0m34m v，解得最终速度 v47 2gh。(2)由能量守恒知，回路中产生的电能等于 a、b 系统损失的机械能，所以 Emgh12m34m v237mgh。答案(1)47 2gh 47 2gh(2)37mgh方法点拨(1)水平导轨光滑且足够长时，两杆最终一定同速前进。(2)系统
138、损失的机械能转化为两杆的总热量时，两杆的电热关系为：Q1Q2R1R2。1.(2017厦门一中检测)如图所示，MN、PQ 两平行光滑水平导轨分别与半径 r0.5 m 的相同竖直半圆导轨在 N、Q 端平滑连接，M、P 端连接定值电阻 R，质量 M2 kg 的 cd 绝缘杆垂直静止在水平导轨上，在其右侧至 N、Q 端的区域内充满竖直向上的匀强磁场，现有质量 m1 kg 的 ab 金属杆以初速度 v012 m/s 水平向右与 cd 绝缘杆发生正碰后，进入磁场并最终未滑出，cd 绝缘杆则恰好通过半圆导轨最高点，不计其他电阻和摩擦，ab 金属杆始终与导轨垂直且接触良好，取 g10 m/s2，求：(不考虑
139、cd 杆通过半圆导轨最高点以后的运动)(1)cd 绝缘杆通过半圆导轨最高点时的速度大小 v；(2)电阻 R 产生的焦耳热 Q。解析：(1)cd 绝缘杆通过半圆导轨最高点时，由牛顿第二定律有：MgMv2r，解得：v gr 5 m/s。(2)碰撞后 cd 绝缘杆滑至最高点的过程中，由动能定理有：2Mgr12Mv212Mv22解得碰撞后 cd 绝缘杆的速度：v25 m/s两杆碰撞过程，动量守恒，取向右为正方向，则有：mv0mv1Mv2解得碰撞后 ab 金属杆的速度：v12 m/sab 金属杆进入磁场后，由能量守恒定律有：12mv12Q，解得：Q2 J。答案：(1)5 m/s(2)2 J2.如图，ab
140、和cd是两条竖直放置的长直光滑金属导轨，MN和MN是两根用细线连接的金属杆，其质量分别为 m 和 2m。竖直向上的外力 F作用在杆 MN 上，使两杆水平静止，并刚好与导轨接触；两杆的总电阻为 R，导轨间距为 l。整个装置处在磁感应强度为 B 的匀强磁场中，磁场方向与导轨所在平面垂直。导轨电阻可忽略，重力加速度为 g。在 t0时刻将细线烧断，保持 F 不变，金属杆和导轨始终接触良好。求：(1)细线烧断后，任意时刻两杆运动的速度之比；(2)两杆分别达到的最大速度。解析：(1)设任意时刻 MN、MN杆的速度分别为 v1、v2。因为系统所受合外力为零，所以 MN 和 MN系统动量守恒：mv12mv20
141、，解得 v1v221。(2)当两杆达到最大速度时，对 MN则有：2mgF 安0，EBl(v1v2)，IER，F 安BIl，由以上几式联立解得 v14mgR3B2l2，v22mgR3B2l2。答案：(1)21(2)4mgR3B2l2 2mgR3B2l23(2017江苏高考)如图所示，两条相距 d 的平行金属导轨位于同一水平面内，其右端接一阻值为 R 的电阻。质量为 m 的金属杆静置在导轨上，其左侧的矩形匀强磁场区域 MNPQ的磁感应强度大小为 B、方向竖直向下。当该磁场区域以速度 v0 匀速地向右扫过金属杆后，金属杆的速度变为 v。导轨和金属杆的电阻不计，导轨光滑且足够长，杆在运动过程中始终与导
142、轨垂直且两端与导轨保持良好接触。求：(1)MN 刚扫过金属杆时，杆中感应电流的大小 I；(2)MN 刚扫过金属杆时，杆的加速度大小 a；(3)PQ 刚要离开金属杆时，感应电流的功率 P。解 析：(1)MN刚 扫 过 金 属 杆 时，金 属 杆 的 感 应 电 动 势E Bdv0 回路的感应电流 IER 由式解得 IBdv0R。(2)金属杆所受的安培力 FBId由牛顿第二定律，对金属杆 Fma由式解得 aB2d2v0mR。(3)金属杆切割磁感线的速度 vv0v感应电动势 EBdv感应电流的电功率 PE2R由式解得 PB2d2v0v2R。答案：(1)Bdv0R (2)B2d2v0mR (3)B2d
143、2v0v2R4水平面上两根足够长的金属导轨平行固定放置，间距为 L，一端通过导线与阻值为R 的电阻连接；导轨上放一质量为 m 的金属杆(如图甲)，金属杆与导轨的电阻忽略不计；匀强磁场竖直向下，用与导轨平行的恒定拉力 F 作用在金属杆上，杆最终将做匀速运动。当改变拉力的大小时，相对应的金属杆做匀速运动速度 v 也会变化，v 与 F 的关系如图乙所示。(取重力加速度 g10 m/s2)(1)金属杆在匀速运动之前做什么运动？(2)若 m0.5 kg，L0.5 m，R0.5，磁感应强度 B 为多大？(3)由 v-F 图线的截距可求得什么物理量？其值为多少？解析：(1)v-F 图像描述的是不同拉力情况下
144、，金属杆做匀速运动时速度的变化情况。假设金属杆在运动过程中不受摩擦阻力作用，匀速运动时金属杆处于平衡状态，此时拉力等于安培力，由 EBLv，IER，FBIL，可得外力 F 的表达式为 FB2L2vR，则图像必过原点。但是 v-F 图像不是过原点的一条直线，因此金属杆除了受到拉力、安培力外，还受到摩擦阻力作用。由牛顿第二定律可知，FB2L2vRfma(f 为摩擦阻力)，所以加速度 aFfm B2L2vmR。由于拉力 F 和摩擦阻力 f 为恒力，金属杆做加速度逐渐减小的加速运动，最后加速度为零，金属杆达到平衡状态，将做匀速运动。(2)金属杆匀速运动时，可得平衡方程 FB2L2vRf，所以速度 v
145、RB2L2F RB2L2f。此方程与一次函数 ykxb 类似，其斜率 k RB2L2。由图像可以得到直线的斜率 k2，故 BRkL21 T。(3)从图像求得直线方程为 v2F4，类比等式 v RB2L2F RB2L2f，得 RB2L22，RB2L2f4，故摩擦阻力 f2 N。答案：(1)加速度减小的加速运动(2)1 T(3)摩擦阻力，2 N5.(2017南宁一模)如图所示，两根足够长且平行的光滑金属导轨所在平面与水平面成 53角，导轨间接一阻值为 3 的电阻 R，导轨电阻忽略不计。在两平行虚线间有一与导轨所在平面垂直的匀强磁场，磁场区域的宽度为 d0.5 m。导体棒 a 的质量为 m10.1
146、kg、电阻为 R16；导体棒 b 的质量为 m20.2 kg、电阻为 R23，它们分别垂直导轨放置并始终与导轨接触良好。现从图中的 M、N 处同时将 a、b 由静止释放，运动过程中它们都能匀速穿过磁场区域，且当 a 刚出磁场时 b 正好进入磁场。(sin 530.8，cos 530.6，g 取10 m/s2，a、b 电流间的相互作用不计)，求：(1)在 b 穿越磁场的过程中 a、b 两导体棒上产生的热量之比；(2)在 a、b 两导体棒穿过磁场区域的整个过程中，装置上产生的热量；(3)M、N 两点之间的距离。解析：(1)由焦耳定律得，QI2Rt，得Q1Q2I12R1tI22R2t，又根据串并联关
147、系得，I113I2，代入数据解得：Q1Q229。(2)设整个过程中装置上产生的热量为 Q由 Qm1gsin dm2gsin d，可解得 Q1.2 J。(3)设 a 进入磁场的速度大小为 v1，此时电路中的总电阻 R 总 163333 7.5 设 b 进入磁场的速度大小为 v2，此时电路中的总电阻 R 总 236363 5。由 m1gsin B2L2v1R总1 和 m2gsin B2L2v2R总2，可得v1v2m1R总1m2R总234a、b 两导体棒在进入磁场前以相同的加速度做匀加速直线运动，加速度 agsin 8 m/s2。由 v2v1a dv1，得 v2v180.5v1由以上式子可得 v12
148、12(m/s)2，v22169 v12M、N 两点之间的距离 sv222av122a 712 m。答案：(1)29(2)1.2 J(3)712 m6(2017天津高考)电磁轨道炮利用电流和磁场的作用使炮弹获得超高速度，其原理可用来研制新武器和航天运载器。电磁轨道炮示意如图，图中直流电源电动势为 E，电容器的电容为 C。两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距为 l，电阻不计。炮弹可视为一质量为 m、电阻为 R 的金属棒 MN，垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨良好接触。首先开关 S 接 1，使电容器完全充电。然后将 S 接至 2，导轨间存在垂直于导轨平面、磁感应强度大小为 B 的匀强磁场(
149、图中未画出)，MN 开始向右加速运动。当 MN 上的感应电动势与电容器两极板间的电压相等时，回路中电流为零，MN 达到最大速度，之后离开导轨。问：(1)磁场的方向；(2)MN 刚开始运动时加速度 a 的大小；(3)MN 离开导轨后电容器上剩余的电荷量 Q 是多少。解析：(1)将 S 接 1 时，电容器充电，上极板带正电，下极板带负电，当将 S 接 2 时，电容器放电，流经 MN 的电流由 M 到 N，又知 MN 向右运动，由左手定则可知磁场方向垂直于导轨平面向下。(2)电容器完全充电后，两极板间电压为 E，当开关 S 接 2 时，电容器放电，设刚放电时流经 MN 的电流为 I，有 IER 设 MN 受到的安培力为 F，有 FIlB 由牛顿第二定律，有 Fma 联立式得 aBlEmR。(3)当电容器充电完毕时，设电容器上电荷量为 Q0，有 Q0CE 开关 S 接 2 后，MN 开始向右加速运动，速度达到最大值 vmax时，设 MN 上的感应电动势为 E，有 EBlvmax 依题意有 EQC 设在此过程中 MN 的平均电流为 I，MN 上受到的平均安培力为 F，有F I lB 由动量定理，有 F tmvmax0 又 I tQ0Q 联立式得 Q B2l2C2EmB2l2C。答案：(1)垂直导轨平面向下(2)BlEmR(3)B2l2C2EmB2l2C
