1、高考资源网（） 您身边的高考专家第49讲带电粒子在电磁场中运动的实例分析热点概述利用带电粒子在电磁场中的运动原理可以制作很多电子仪器，比较典型的有质谱仪、回旋加速器、速度选择器、磁流体发电机、电磁流量计、霍尔元件等，这些仪器的原理及应用分析是高考中的常考问题，下面分类进行讨论突破。热点一电场与磁场的组合应用实例一、质谱仪1作用测量带电粒子质量和分离同位素的仪器。2原理(如图所示)(1)加速电场：qUmv2；(2)偏转磁场：qvB；由以上两式可得r ，m，。二、回旋加速器1构造：如图所示，D1、D2是半圆形金属盒，D形盒处于匀强磁场中，D形盒的缝隙处接交流电源。2原理：交流电周期和粒子做圆周运动
2、的周期相等，使粒子每经过一次D形盒缝隙就被加速一次。3粒子获得的最大动能：由qvmB、Ekmmv得Ekm，粒子获得的最大动能由磁感应强度B和盒半径R决定，与加速电压无关。4粒子在磁场中运动的总时间：粒子在磁场中运动一个周期，被电场加速两次，每次增加动能qU，加速次数n，粒子在磁场中运动的总时间tT。例1(2019广东汕头二模)(多选)电荷量相同、质量不同的粒子从容器A下方的小孔S1飘入电势差为U的加速电场，其初速度几乎为零。然后经过S3沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后打在照相底片D上，如图所示。运动过程中粒子之间的相互作用忽略不计，下列说法正确的是()A这些粒子经过S3
3、时的动能相同B这些粒子经过S3时的速率相同C这些粒子在磁场中运动的轨迹圆半径与质量成正比D这些粒子在磁场中运动的时间与质量成正比解析根据动能定理得：qUmv2，解得：v，知电荷量相同，质量不同的粒子经过S3时的动能相同，但速率不同，故A正确，B错误；粒子在磁场中运动的轨道半径为：r，在磁场中运动的时间tT，因q、U、B相同，m不同，故r，tm，即C错误，D正确。答案AD质谱仪问题的实质是组合场问题，先经过加速电场，再经过偏转磁场。以粒子为研究对象，加速电场中的运动根据动能定理分析；偏转磁场中的运动用公式r和T分析。例2(2019福建高中毕业班3月质检)(多选)回旋加速器主要结构如图，两个中空的
4、半圆形金属盒接高频交流电源置于与盒面垂直的匀强磁场中，两盒间的狭缝宽度很小。粒子源S位于金属盒的圆心处，产生的粒子初速度可以忽略。用两台回旋加速器分别加速质子(H)和粒子(He)，这两台加速器的金属盒半径、磁场的磁感应强度、高频交流电源的电压均相等，不考虑相对论效应，则质子和粒子() A所能达到的最大动量大小相等B所能达到的最大动能相等C受到的最大洛伦兹力大小相等D在达到最大动能的过程中通过狭缝的次数相等解析当粒子的轨道半径达到D形盒的半径R时，速度最大，由公式qvBm可得：最大动量pmvqBR，由于两粒子的电荷量不同，所以它们所能达到的最大动量大小不相等，故A错误；当粒子的轨道半径达到D形盒
5、的半径R时，速度最大，由公式Ek可得，它们所能达到的最大动能相等，故B正确；当粒子的轨道半径达到D形盒的半径R时，速度最大，由公式qvBm可得：v，则f洛qvB，所以它们受到的最大洛伦兹力大小相等，故C正确；粒子每经过狭缝一次就被加速一次，每加速一次增加的动能为qU，粒子能达到的最大动能为Ek，所以要加速的次数为n，所以它们在达到最大动能的过程中通过狭缝的次数不相等，故D错误。答案BC回旋加速器的解题思路(1)带电粒子在缝隙的电场中一直加速，故交变电流的周期应与粒子在磁场中做圆周运动的周期相等。(2)带电粒子在磁场中偏转，半径不断增大，周期不变，最大动能与D形盒的半径有关。1(2019日照模拟
6、)质谱仪是测带电粒子质量和分析同位素的一种仪器，它的工作原理是带电粒子(不计重力)经同一电场加速后，垂直进入同一匀强磁场做圆周运动，然后利用相关规律计算出带电粒子的质量。其工作原理如图所示。虚线为某粒子运动轨迹，由图可知() A此粒子带负电B下极板S2比上极板S1电势高C若只减小加速电压U，则半径r变大D若只减小入射粒子的质量，则半径r变小答案D解析由图结合左手定则可知，该粒子带正电，故A错误；粒子经过电场要加速，所以下极板S2比上极板S1的电势低，故B错误；根据动能定理得，qUmv2，又由qvBm，联立可得，r，若只减小加速电压U，由上式可知，则半径r减小；若只减小入射粒子的质量，由上式可知
7、，则半径r也减小，故C错误，D正确。2(多选)回旋加速器的工作原理示意图如图所示，磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，两盒间的狭缝很小，粒子穿过狭缝的时间可忽略，狭缝处接有电压为U、频率为f的交流电源，若A处粒子源产生的质子在加速器中被加速，下列说法正确的是() A若只增大交流电压U，则质子获得的最大动能增大B若只增大交流电压U，则质子在回旋加速器中运动的时间会变短C若磁感应强度B增大，交流电频率f必须适当增大，回旋加速器才能正常工作D不改变磁感应强度B和交流电频率f，该回旋加速器也能用于加速粒子答案BC解析当质子从D形盒中射出时速度最大，根据qvmBm，得vm，则质子获得的最大动能Ekm，质
8、子的最大动能与交流电压U无关，故A错误；根据T，可知若只增大交流电压U，不会改变质子在回旋加速器中运动的周期，但加速次数会减少，则质子在回旋加速器中运动的时间变短，故B正确；根据T，可知若磁感应强度B增大，要使回旋加速度正常工作，则T减小，因交变电流的周期与粒子在磁场中做圆周运动的周期相同，故只有当交流电频率f适当增大，回旋加速器才能正常工作，故C正确；带电粒子在磁场中运动的周期与交流电源的周期相同，根据T知，换用粒子，粒子的比荷变化，在磁场中运动的周期变化，回旋加速器需改变交流电的频率才能用于加速粒子，故D错误。热点二电场与磁场的叠加应用实例装置原理图规律速度选择器若qv0BEq，即v0，粒
9、子做匀速直线运动磁流体发电机等离子体射入，受洛伦兹力偏转，使两极板带正、负电荷，两极板间电压为U时稳定，有qqv0B，即Uv0Bd电磁流量计qqvB，所以v，所以QvS霍尔元件当磁场方向与电流方向垂直时，导体在与磁场、电流方向都垂直的方向上出现电势差霍尔电压的计算：导体中的自由电荷在洛伦兹力作用下偏转，a、b间出现电势差。当自由电荷所受静电力和洛伦兹力平衡时，b、a间的电势差(U)就保持稳定，由qvBq，InqvS，Shd，联立得Uk，k称为霍尔系数。例1(2019北京朝阳高三一模)如图为速度选择器示意图，P1、P2为其两个极板。某带电粒子以速度v0从S1射入，恰能沿虚线从S2射出。不计粒子重
10、力，下列说法正确的是() A极板P1的电势一定高于极板P2的电势B该粒子一定带正电C该粒子以速度2v0从S1射入，仍能沿虚线从S2射出D该粒子以速度v0从S2射入，也能沿虚线从S1射出解析粒子从左侧射入，当粒子带正电时，F洛向上，则F电必须向下，可知上极板P1电势高，当粒子带负电时，F洛向下，则F电必须向上，可知上极板P1电势高，故A正确，B错误；根据qvBqE，则v，速度为定值，故C错误；粒子从右侧射入，只有F洛方向改变，而F电方向不变，粒子受力不平衡，因而不沿虚线运动，故D错误。答案A在不计粒子重力的条件下，速度选择器可选择出速度v的粒子，对粒子的电量、电性、质量无要求，但是对粒子的射入方
11、向有要求。例2(2019湖南常德高三一模)2019年，我省加大环保督查力度，打响碧水蓝天保卫战。督查暗访组在某化工厂的排污管末端安装了如图所示的流量计，测量管由绝缘材料制成，其长为L、直径为D，左右两端开口，在前后两个内侧面a、c固定有金属板作为电极，匀强磁场方向竖直向下。污水(含有大量的正负离子)充满管口从左向右流经该测量管时，a、c两端的电压为U，显示仪器显示污水流量Q(单位时间内排出的污水体积)。则() Aa侧电势比c侧电势低B污水中离子浓度越高，显示仪器的示数越大CU与污水流量Q成正比，与L、D无关D匀强磁场的磁感应强度B解析污水中正负离子从左向右移动，受到洛伦兹力，根据左手定则，正离
12、子向后表面偏，负离子向前表面偏，所以后表面a侧电势比前表面c侧电势高，故A错误；最终正、负离子会受到电场力、洛伦兹力处于平衡，有qEqvB，即vB，而污水流量Q，得U，可知U与Q成正比，与D成反比，与L无关，与离子浓度无关，B、C错误；匀强磁场的磁感应强度B，故D正确。答案D电磁流量计与磁流体发电机原理类似，忽略带电粒子重力时，当电场力与洛伦兹力相等时达到动态平衡，可以根据此时的平衡条件列方程解决问题。 例3(2019天津高考)笔记本电脑机身和显示屏对应部位分别有磁体和霍尔元件。当显示屏开启时磁体远离霍尔元件，电脑正常工作；当显示屏闭合时磁体靠近霍尔元件，屏幕熄灭，电脑进入休眠状态。如图所示，
13、一块宽为a、长为c的矩形半导体霍尔元件，元件内的导电粒子是电荷量为e的自由电子，通入方向向右的电流时，电子的定向移动速度为v。当显示屏闭合时元件处于垂直于上表面、方向向下的匀强磁场中，于是元件的前、后表面间出现电压U，以此控制屏幕的熄灭。则元件的()A前表面的电势比后表面的低B前、后表面间的电压U与v无关C前、后表面间的电压U与c成正比D自由电子受到的洛伦兹力大小为解析由左手定则判断，后表面带负电，电势低，A错误；电子受力平衡后，U稳定不变，由eevB得UBav，故前、后表面间的电压U与v成正比，与c无关，故B、C错误；自由电子受到的洛伦兹力FevB，D正确。答案D形成电流的可能是正电荷，也可
14、能是负电荷，两种情况在霍尔效应中形成的霍尔电压方向相反。1(多选)两极板间存在方向如图所示的匀强电场(电场强度为E)和匀强磁场(磁感应强度为B)共存的场区，一电子沿垂直电场线和磁感线方向以速度v0射入场区，则() A若v0，电子沿轨迹运动，出场区时速度vv0B若v0，电子沿轨迹运动，出场区时速度vv0C若v0v0D若v0，电子沿轨迹运动，出场区时速度v时，即洛伦兹力大于静电力，所以电子向下偏转，静电力做负功，动能减小，出场区时速度vv0，B正确，A错误；当v0v0，D错误，C正确。2(2019湖北省七市州教科研协作体高三联考)如图表示磁流体发电机的原理：将一束等离子体以速度v喷射入磁感应强度为
15、B的匀强磁场中(速度方向水平向里且垂直磁场)，在磁场中有两块金属板A、B，板间距离为d，金属板上会聚集电荷，产生电压，不计等离子体的重力和电阻，以下说法正确的是() A流过R的电流方向为从上向下BR上电压最终会稳定且等于BdvC其他条件不变，只增大磁感应强度，AB间电势差减小D其他条件不变，只增大射入速度，AB间电势差减小答案B解析大量带正电和带负电的等离子体进入磁场时，由左手定则可以判断带正电的离子受到的洛伦兹力向下，所以带正电的离子会聚集到B板上，带负电的离子受到的洛伦兹力向上，带负电的离子聚集到A板上，故A板相当于电源的负极，B板相当于电源的正极，所以通过电阻R的电流方向为从下向上，故A
16、错误；当带电离子受力平衡时，根据平衡条件qvBq得，UBdv，故B正确；根据UBdv可得其他条件不变，只增大磁感应强度，AB间电势差增大，只增大射入速度，AB间电势差增大，故C、D错误。3(2019湖南永州二模)(多选)随着人民生活水平的提高，环境保护越来越受到重视，永州市环保局对我市污水排放进行了监测。如图所示为污水监测仪的核心部分，两块宽度为b的矩形金属极板平行正对置于排液口的上下表面，排液口上下表面高度为d，有一垂直于侧面向里的磁感应强度为B的匀强磁场。已知污水中含有大量的电荷量为q的正离子(重力不计)，当污水的速度为v时，在导体的上下表面间用电压表测得的电压为U，则下列判断正确的是()
17、 A液体内的离子只受洛伦兹力作用B用电压表测U时，电压表的“”接线柱接上表面C宽度b越大，U越大D根据两极板间的电压值可以测出污水的流速答案BD解析定向移动的离子受到洛伦兹力作用发生偏转，在上下表面间形成电势差，最终离子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，故A错误；由左手定则可知，正离子向上表面偏转，上表面带正电，所以电压表的“”接线柱接上表面，故B正确；根据电场力与洛伦兹力平衡，则有：qqBv，解得：UBdv，则高度d越大，U越大，U与宽度b无关；故C错误；根据UBdv，而B、d已知，如果能测得U，就可以得知污水的流速，故D正确。课时作业1. 如图所示，水平放置的平行金属板间存在相互垂直的匀强
18、电场和匀强磁场，电场强度为E，磁感应强度为B。一带电量为q，质量为m的粒子(不计重力)以速度v水平向右射入，粒子恰沿直线穿过，则下列说法正确的是() A若只将带电粒子带电量变为2q，粒子将向下偏转B若只将带电粒子带电量变为2q，粒子仍能沿直线穿过C若只将带电粒子速度变为2v且粒子不与极板相碰，则从右侧射出时粒子的电势能减少D若带电粒子从右侧水平射入，粒子仍能沿直线穿过答案B解析粒子恰沿直线穿过，粒子受到的电场力和洛伦兹力必定平衡，有：qvBqE，解得：v，即只要粒子速度为，就能沿直线匀速通过电磁场，与粒子的电荷量及电性无关。所以，只将带电粒子带电量变为2q或2q，粒子仍能沿直线穿过，A错误，B
19、正确；若带电粒子速度为2v，那么粒子受到的电场力不变，洛伦兹力变为原来的2倍，粒子向上偏转，要克服电场力做功，粒子的电势能增加，故C错误；若带电粒子从右侧水平射入，那么粒子受到的电场力方向向下不变，洛伦兹力方向向下，故粒子一定向下偏转，不能沿直线穿过，故D错误。2.(2016全国卷) 现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子，其示意图如图所示，其中加速电压恒定。质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场。若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的12倍。此离子和质子的质量比约为() A1
20、1 B12 C121 D144答案D解析设质子和离子的质量分别为m1和m2，原磁感应强度为B1，改变后的磁感应强度为B2。在加速电场中qUmv2，在磁场中qvBm，联立两式得m，故有144，D正确。3如图所示是医用回旋加速器示意图，其核心部分是两个D形金属盒，两金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频电源相连。现分别加速氘核(H)和氦核(He)。下列说法中正确的是()A它们的最大速度相同B它们的最大动能相同C两次所接高频电源的频率不相同D仅增大高频电源的频率可增大粒子的最大动能答案A解析根据qvBm，得v。两粒子的比荷相等，所以最大速度相同，故A正确；最大动能Ekmv2，两粒子的比荷相等，但电荷量不
21、相等，所以最大动能不相等，故B错误；带电粒子在磁场中运动的周期T，两粒子的比荷相等，所以周期相等，做圆周运动的频率相等，因为所接高频电源的频率等于粒子做圆周运动的频率，故两次所接高频电源的频率相同，故C错误；由Ek可知，粒子的最大动能与加速电压的频率无关，故仅增大高频电源的频率不能增大粒子的最大动能，故D错误。4速度相同的一束粒子(不计重力)由左端射入质谱仪后的运动轨迹如图所示，则下列相关说法中正确的是()A该束粒子带负电B速度选择器的P1极板带负电C能通过狭缝S0的粒子的速度等于D粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝S0，则粒子的比荷越小答案C解析根据该束粒子进入匀强磁场B2时向下偏转，由左手定则
22、判断出该束粒子带正电，A错误；粒子在速度选择器中做匀速直线运动，所受电场力和洛伦兹力平衡，由左手定则知洛伦兹力方向竖直向上，则电场力方向竖直向下，因粒子带正电，故电场强度方向向下，速度选择器的P1极板带正电，B错误；粒子能通过狭缝，电场力与洛伦兹力平衡，有qvB1qE，得v，C正确；粒子进入匀强磁场B2中受到洛伦兹力做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律有qvB2m，得r，可见v、B2一定时，半径r越小，则比荷越大，D错误。5(多选)1932年，劳伦斯和利文斯顿设计出了回旋加速器。回旋加速器的工作原理如图所示，置于真空中的D形金属盒半径为R，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可以
23、忽略不计，磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直。A处粒子源产生初速度不计、质量为m、电荷量为q的粒子，粒子在狭缝中被加速，加速电压为U，加速过程中不考虑相对论效应和重力影响，则关于回旋加速器，下列说法正确的是()A带电粒子每一次通过狭缝时获得的能量不同BD形盒的半径R越大，粒子离开回旋加速器时获得的最大动能越大C交变电源的加速电压U越大，粒子离开回旋加速器时获得的最大动能越大D粒子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比为1答案BD解析带电粒子通过狭缝时被电场加速，从电场中获得能量，由动能定理，qUEk可知，每一次通过狭缝时获得的能量相同，故A错误；根据半径公式r知，v，则粒子的最大动能E
24、kmmv2，与加速的电压无关，与D形盒的半径以及磁感应强度有关，D形盒的半径R越大，粒子加速所能获得的最大动能越大，故B正确，C错误；只有电场力做功，粒子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后的动能之比是21，所以速度之比是1，根据r得：轨道半径之比为1，故D正确。6(多选)自行车速度计利用霍尔效应传感器获知自行车的运动速率。如图甲所示，自行车前轮上安装一块磁铁，轮子每转一圈，这块磁铁就靠近传感器一次，传感器会输出一个脉冲电压。图乙为霍尔元件的工作原理图。当磁场靠近霍尔元件时，导体内定向运动的自由电荷在磁场力作用下偏转，最终使导体在与磁场、电流方向都垂直的方向上出现电势差，即为霍尔电势差。下列说法
25、正确的是()A根据单位时间内的脉冲数和自行车车轮的半径即可获知车速大小B自行车的车速越大，霍尔电势差越高C图乙中霍尔元件的电流I是由正电荷定向运动形成的D如果长时间不更换传感器的电源，霍尔电势差将减小答案AD解析根据单位时间内的脉冲数可知车轮转动的转速，若再已知自行车车轮的半径，根据v2rn即可获知车速大小，A正确；根据霍尔效应的原理可知qBqv，UBdv，即霍尔电压只与磁感应强度、霍尔元件的宽度以及电荷定向移动的速度有关，与车轮转速无关，B错误；由左手定则知，图乙中霍尔元件的电流I是由负电荷定向运动形成的，C错误；如果长时间不更换传感器的电源，由InqSv知，电源内阻r增大会导致负电荷定向移
26、动的速率减小，故霍尔电势差将减小，D正确。7如图甲是回旋加速器的原理示意图，其核心部分是两个D形金属盒，在加速带电粒子时，两金属盒置于匀强磁场中(磁感应强度大小恒定)，并分别与高频电源相连，加速时某带电粒子的动能Ek随时间t的变化规律如图乙所示，若忽略带电粒子在电场中的加速时间，则下列判断正确的是()A高频电源的变化周期应该等于tntn1B在Ekt图象中，t4t3t3t2t2t1C粒子加速次数越多，粒子获得的最大动能一定越大D不同粒子获得的最大动能都相同答案B解析回旋加速器所加高频电源的频率与带电粒子在磁场中运动的频率相同，在一个周期内，带电粒子两次通过匀强电场而加速，故高频电源的变化周期为t
27、ntn2，A项错误；带电粒子在匀强磁场中的运动周期与粒子速度无关，故B项正确；粒子加速到做圆周运动的半径等于加速器半径时，速度达到最大，即qvmaxBm，Ekmaxmv，与加速次数无关，C项错误；不同粒子的电荷、质量不一定相同，由上式可知最大动能也不一定相同，D项错误。8(2019安徽省示范高中考试)如图所示为一种质谱仪的工作原理示意图，此质谱仪由以下几部分构成：离子源、加速电场、静电分析器、磁分析器、收集器。静电分析器通道中心线MN所在圆的半径为R，通道内有均匀辐射的电场，中心线处的电场强度大小为E；磁分析器中分布着方向垂直于纸面，磁感应强度大小为B的匀强磁场，磁分析器的左边界与静电分析器的
28、右边界平行。由离子源发出一个质量为m、电荷量为q的离子(初速度为零，重力不计)，经加速电场加速后进入静电分析器，沿中心线MN做匀速圆周运动，而后由P点进入磁分析器中，最终经过Q点进入收集器(进入收集器时速度方向与O2P平行)。下列说法正确的是()A磁分析器中匀强磁场的方向垂直于纸面向里B加速电场中的加速电压UERC磁分析器中轨迹圆心O2到Q点的距离d D任何带正电的离子若能到达P点，则一定能进入收集器答案B解析该离子在磁分析器中沿顺时针方向转动，所受洛伦兹力指向圆心，根据左手定则可知，磁分析器中匀强磁场的方向垂直于纸面向外，A错误；该离子在静电分析器中做匀速圆周运动，有qEm，在加速电场中加速
29、有qUmv2，联立解得UER，B正确；该离子在磁分析器中做匀速圆周运动，有qvBm，又qEm，可得r ，该离子经Q点进入收集器，故dr ，C错误；任一初速度为零的带正电离子，质量、电荷量分别记为mx、qx，经UER的电场后，在静电分析器中做匀速圆周运动的轨迹半径RxR，即一定能到达P点，而在磁分析器中运动的轨迹半径rx ，rx的大小与离子的质量、电荷量有关，不一定有rxd，故能到达P点的离子不一定能进入收集器，D错误。9(2016江苏高考)回旋加速器的工作原理如图甲所示，置于真空中的D形金属盒半径为R，两盒间狭缝的间距为d，磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直。被加速粒子的质量为m、电荷量为q，
30、加在狭缝间的交变电压如图乙所示，电压值的大小为U0，周期T。一束该种粒子在t0时间内从A处均匀地飘入狭缝，其初速度视为零。现考虑粒子在狭缝中的运动时间，假设能够出射的粒子每次经过狭缝均做加速运动，不考虑粒子间的相互作用。求：(1)出射粒子的动能Em；(2)粒子从飘入狭缝至动能达到Em所需的总时间t0；(3)要使飘入狭缝的粒子中有超过99%能射出，d应满足的条件。答案(1)(2)(3)d99%，解得d2 B12C12。将闭合线框从位置1平移到位置2，磁感线是从闭合线框的同一面穿过的，所以1|21|12；将闭合线框从位置1绕cd边翻转到位置2，磁感线分别从闭合线框的正反两面穿过，所以2|(2)1|
31、12(以原来穿过的方向为正方向，则后来从另一面穿过的方向为负方向)。故正确选项为C。2教材母题(人教版选修32 P8T3)如图所示，垂直于纸面的匀强磁场局限在虚线框内，闭合线圈由位置1穿过虚线框运动到位置2。线圈在运动过程中什么时候有感应电流，什么时候没有感应电流？为什么？变式子题图中能产生感应电流的是()答案B解析A项中线圈不是闭合的，不能产生感应电流；B项中回路的面积增大，穿过回路的磁通量增大，能够产生感应电流；C项中由于直导线在线圈对称轴的正上方，所以穿过线圈的磁通量等于0，电流增大，穿过线圈的磁通量仍然是0，不能产生感应电流；D项中线圈整体沿垂直于匀强磁场方向运动，穿过线圈的磁通量始终
32、最大且没有发生变化，不能产生感应电流。故选B。3(2019北京人大附中高三期末)(多选)如图所示，将带铁芯的线圈A通过滑动变阻器和开关连接到电源上，线圈B的两端连接到灵敏电流计上，把线圈A放进线圈B的里面。下列说法正确的()A开关闭合后，线圈A插入或拔出都会引起电流计指针偏转B线圈A插入线圈B中后，开关闭合和断开的瞬间电流计指针均不会偏转C线圈A插入线圈B中后，开关闭合和断开的瞬间电流计指针向相反的方向偏转D开关闭合后，只有滑动变阻器的滑片P加速滑动，电流计指针才会偏转答案AC解析开关闭合后，线圈A插入或拔出时穿过B的磁通量都会发生变化，产生感应电流，引起电流计指针偏转，A正确；线圈A插入线圈
33、B中后，开关闭合和断开的瞬间，穿过B的磁通量会发生变化，产生感应电流，电流计指针会偏转，B错误；线圈A插入线圈B中后，开关闭合和断开的瞬间，穿过B的磁通量分别会增加和减小，且磁通量的方向相同，故会产生相反方向的感应电流，电流计指针向相反的方向偏转，C正确；开关闭合后，滑动变阻器的滑片P无论如何滑动，线圈A中电流都会变化，穿过B的磁通量都会发生变化，产生感应电流，电流计指针都会偏转，D错误。基础命题点二感应电流的方向1楞次定律(1)内容：感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化。(2)适用范围：一切电磁感应现象。(3)应用楞次定律的思路：2右手定则(1)内容：如图所示，伸开右手，使拇指与
34、其余四个手指垂直并且都与手掌在同一平面内；让磁感线从掌心进入，并使拇指指向导体运动的方向，这时四指所指的方向就是感应电流的方向。名称基本现象因果关系应用的定则或定律电流的磁效应运动电荷、电流产生磁场因电生磁安培定则洛伦兹力、安培力磁场对运动电荷、电流有作用力因磁受力左手定则电磁感应闭合回路磁通量变化因磁生电楞次定律部分导体做切割磁感线运动因动生电右手定则 (2)适用情况：导线切割磁感线产生感应电流。3“三定则一定律”的应用对比1教材母题(人教版选修32 P13T3)在如图中CDEF是金属框，框内存在着如图所示的匀强磁场。当导体AB向右移动时，请用楞次定律判断ABCD和ABFE两个电路中感应电流
35、的方向。变式子题 (2017全国卷)如图，在方向垂直于纸面向里的匀强磁场中有一U形金属导轨，导轨平面与磁场垂直。金属杆PQ置于导轨上并与导轨形成闭合回路PQRS，一圆环形金属线框T位于回路围成的区域内，线框与导轨共面。现让金属杆PQ突然向右运动，在运动开始的瞬间，关于感应电流的方向，下列说法正确的是() APQRS中沿顺时针方向，T中沿逆时针方向BPQRS中沿顺时针方向，T中沿顺时针方向CPQRS中沿逆时针方向，T中沿逆时针方向DPQRS中沿逆时针方向，T中沿顺时针方向答案D解析金属杆PQ突然向右运动，在运动开始的瞬间，闭合回路PQRS中磁场方向垂直纸面向里，磁通量增大，由楞次定律可判断，闭合
36、回路PQRS中感应电流产生的磁场垂直纸面向外，由安培定则可判断感应电流方向为逆时针；由于闭合回路PQRS中感应电流产生的磁场方向垂直纸面向外，与原磁场方向相反，则T中磁通量减小，由楞次定律可判断，T中感应电流产生的磁场方向垂直纸面向里，由安培定则可知T中感应电流方向为顺时针，D正确。2. (多选)两根互相平行的金属导轨水平放置于如图所示的匀强磁场中，在导轨上导体棒AB和CD可以自由滑动。当AB在外力F作用下向右运动时，下列说法正确的是() ACD内有电流通过，方向是DCBCD向左运动C磁场对CD作用力向左D磁场对AB作用力向左答案AD解析AB在外力F作用下向右做切割磁感线运动，根据右手定则判断
37、可知AB内电流的方向是BA，故CD内电流的方向是DC，所以A正确。由左手定则可知D正确，B、C错误。能力命题点楞次定律的理解及推论1楞次定律中“阻碍”的含义2楞次定律中“阻碍”的含义可以推广为电磁感应的效果总要阻碍引起电磁感应的原因，列表举例说明如下内容例证阻碍原磁通量变化“增反减同”磁铁靠近线圈，B感与B原反向阻碍相对运动“来拒去留”磁铁靠近，是斥力磁铁远离，是引力使回路面积有扩大或缩小的趋势“增缩减扩”P、Q是光滑固定导轨，a、b是可动金属棒，磁铁下移，回路面积应减小，a、b靠近B减小，线圈扩张阻碍原电流的变化“增反减同”合上S，B先亮如图甲所示，两个闭合圆形线圈A、B的圆心重合，放在同一
38、水平面内，线圈A中通以如图乙所示的变化电流，t0时电流的方向为顺时针方向(如图中箭头所示)，在t1t2时间内，对于线圈B，下列说法中正确的是()A线圈B内有顺时针方向的电流，且线圈B有扩张的趋势B线圈B内有顺时针方向的电流，且线圈B有收缩的趋势C线圈B内有逆时针方向的电流，且线圈B有扩张的趋势D线圈B内有逆时针方向的电流，且线圈B有收缩的趋势解析t1t2时间内，线圈A中的电流方向为逆时针方向，根据安培定则可知在线圈A内部产生的磁场方向向外，线圈外部产生的磁场方向向里，线圈B内的合磁通量是向外的。由于线圈A中的电流增大，故穿过线圈B的磁通量增加，因而根据楞次定律和安培定则，在线圈B中将产生顺时针
39、方向的感应电流，由楞次定律的推论可知，线圈B有扩张的趋势。故A正确。答案A线圈大小的变化趋势常有两种判断方法(1)微元法：取线圈B上一小段导线，若取足够小，则可看成一条直线段，根据其中感应电流的方向，所在处磁场的方向及左手定则，可知该段导线的受力方向，以此推出线圈是有收缩的趋势还是有扩张的趋势。(2)推论法：电磁感应的效果总要阻碍引起电磁感应的原因。本题中电磁感应的效果是线圈B中的感应电流受到的安培力，原因是线圈B中磁通量的增加，只有线圈B受到的安培力使其扩张才能阻碍磁通量的增加。如图所示，粗糙水平桌面上有一质量为m的铜质矩形线圈，当一竖直放置的通有恒定电流的螺线管沿线圈中线AB正上方等高快速
40、通过时，若线圈始终不动，则关于线圈受到的支持力FN及在水平方向的运动趋势，下列说法中正确的是() AFN先小于mg后大于mg，运动趋势向左BFN先大于mg后小于mg，运动趋势先向右后向左CFN先小于mg后大于mg，运动趋势先向左后向右DFN先大于mg后小于mg，运动趋势向右答案D解析解法一：当一竖直放置的通电螺线管从线圈中线AB正上方等高快速经过时，线圈中向上的磁通量先增大后减小，由楞次定律可知，线圈中先产生顺时针方向的感应电流后产生逆时针方向的感应电流(从上往下看)，线圈四条边所受安培力的合力先向右下，后向右上，因此FN先大于mg后小于mg，运动趋势向右，D正确。解法二：根据楞次定律的另一种
41、表述感应电流的效果总要反抗产生感应电流的原因。本题中的“原因”是线圈中磁通量先增大后减小，归根结底是螺线管先靠近后远离线圈。“效果”是线圈要采取措施阻碍磁通量先增大后减小，即“来拒去留”，故必有向右运动的趋势。在竖直方向上，线圈则应以先“向下躲”后“向上追”的方式阻碍磁通量先增大后减小，故FN先大于mg后小于mg。D正确。课时作业1在法拉第时代，下列验证“由磁产生电”设想的实验中，能观察到感应电流的是()A将绕在磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路，然后观察电流表的变化B在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈，然后观察电流表的变化C将一房间内的线圈两端与相邻房间的电流表连接，往线圈中插入条形磁
42、铁后，再到相邻房间去观察电流表的变化D绕在同一铁环上的两个线圈，分别接电源和电流表，在给线圈通电或断电的瞬间，观察电流表的变化答案D解析将绕在磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路，因线圈中的磁通量没有变化，故不能观察到感应电流，A不符合题意；在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈时，如果通电线圈通以恒定电流，产生不变的磁场，则在另一线圈中不会产生感应电流，B不符合题意；在线圈中插入条形磁铁后，再到相邻房间去观察电流表时，线圈中的磁通量已不再变化，因此也不能观察到感应电流，C不符合题意；绕在同一铁环上的两个线圈，在给一个线圈通电或断电的瞬间，线圈产生变化的磁场，使穿过另一线圈的磁通量变化，因此，
43、能观察到感应电流，D符合题意。2. 如图所示，一通电螺线管b放在闭合金属线圈a内，螺线管的中心线恰好和线圈的一条直径MN重合。要使线圈a中产生感应电流，可采用的方法有()A使螺线管在线圈a所在平面内转动B使螺线管上的电流发生变化C使线圈以MN为轴转动D使线圈以与MN垂直的直径为轴转动答案D解析题图所示位置，线圈a所在平面与磁感线平行，穿过线圈的磁通量为零，当按A、B、C所述方式变化时，线圈a所在平面仍与磁感线平行，磁通量不变，不产生感应电流；按选项D所述方式变化时，由于线圈与磁场夹角变化引起磁通量变化，能够产生感应电流，D正确。3如图所示，铜盘水平放置，磁场竖直向下穿过铜盘，图中a、b导线与铜
44、盘的中轴线处在同一平面内，从上往下看铜盘沿逆时针方向匀速转动，下列说法正确的是() A回路中电流方向不变，且从a导线流进灯泡，再从b导线流向旋转的铜盘B回路中电流方向不变，且从b导线流进灯泡，再从a导线流向旋转的铜盘C回路中有方向周期性变化的电流D回路中没有磁通量变化，没有电流答案B解析a导线与铜盘的接触点和中轴线的连线切割磁感线，根据右手定则判断，回路中电流方向不变，从b导线流进灯泡，再从a导线流向旋转的铜盘，B正确，A、C、D错误。4. 如图所示，一质量为m的条形磁铁用细线悬挂在天花板上，细线从一水平金属圆环中穿过。现将环从位置释放，环经过磁铁到达位置。设环经过磁铁上端和下端附近时细线的张
45、力分别为FT1和FT2，重力加速度大小为g，则() AFT1mg，FT2mgBFT1mg，FT2mg，FT2mgDFT1mg答案A解析金属圆环从位置到位置的过程中，由楞次定律推论知，金属圆环在磁铁上端时受力向上，在磁铁下端时受力也向上，则金属圆环对磁铁的作用力始终向下，对磁铁受力分析可知FT1mg，FT2mg，A正确。5.如图所示，通电导线MN与单匝矩形线圈abcd共面，位置靠近ab且与线圈相互绝缘。当MN中电流突然减小时，线圈所受安培力的合力方向() A向左 B向右C垂直纸面向外 D垂直纸面向里答案B解析解法一：当MN中电流突然减小时，单匝矩形线圈abcd垂直纸面向里的磁通量减小，根据楞次定
46、律，线圈abcd中产生的感应电流方向为顺时针方向，由左手定则可知ab边与cd边所受安培力方向均向右，所以线圈所受安培力的合力方向向右，B正确。解法二：由对楞次定律中“阻碍”的理解可知，当MN中电流突然减小而导致线圈abcd垂直纸面向里的磁通量减小时，线圈abcd一定会有向右运动的趋势以“阻碍”其磁通量的减小，所以其所受安培力的合力方向向右，B正确。6. 矩形导线框abcd与长直导线MN放在同一水平面上，ab边与MN平行，导线MN中通入如图所示的电流，当MN中的电流增大时，下列说法正确的是() A导线框abcd中没有感应电流B导线框abcd中有顺时针方向的感应电流C导线框所受的安培力的合力方向水
47、平向左D导线框所受的安培力的合力方向水平向右答案D解析直导线中通有向上且增大的电流，根据安培定则知，通过线框的磁场方向垂直纸面向里，且增大，根据楞次定律知感应电流的方向为逆时针方向，故A、B错误；根据左手定则知，ab边所受安培力方向水平向右，cd边所受安培力方向水平向左，离导线越近，磁感应强度越大，所以ab边所受的安培力大于cd边所受的安培力，则线框所受安培力的合力方向水平向右，故C错误，D正确。7. 如图所示，一个闭合三角形导线框ABC位于竖直平面内，其下方(略靠前)固定一根与导线框平面平行的水平直导线，导线中通以图示方向的恒定电流。释放导线框，它由实线位置下落到虚线位置未发生转动，在此过程
48、中() A导线框中感应电流的方向依次为ACBAABCAACBAB导线框的磁通量为零时，感应电流也为零C导线框所受安培力的合力方向依次为向上向下向上D导线框所受安培力的合力为零，做自由落体运动答案A解析根据右手螺旋定则可知导线上方的磁场方向垂直于纸面向外，下方的磁场方向垂直于纸面向里，而且越靠近导线磁场越强。所以闭合导线框ABC在下降过程中，导线框内垂直于纸面向外的磁通量先增大，当导线框的BC边与导线在同一水平面时，垂直于纸面向外的磁通量达到最大，再向下运动，导线框内垂直于纸面向外的磁通量逐渐减小至零，然后随导线框的下降，导线框内垂直于纸面向里的磁通量增大，达到最大后，继续下降时由于导线框逐渐远
49、离导线，使导线框内垂直于纸面向里的磁通量再逐渐减小，根据楞次定律可知，感应电流的磁场总是阻碍原磁通量的变化，所以感应电流的磁场先向内，再向外，最后向内，所以导线框中感应电流的方向依次为ACBAABCAACBA，A正确；当导线框内的磁通量为零时，内部的磁通量仍然在变化，有感应电动势产生，所以感应电流不为零，B错误；根据对楞次定律的理解，感应电流的效果总是阻碍导体间的相对运动，由于导线框一直向下运动，所以导线框所受安培力的合力方向一直向上，不为零，C、D错误。8. 如图为一种早期发电机原理示意图，该发电机由固定的圆形线圈和一对用铁芯连接的圆柱形磁铁构成，两磁极相对于线圈平面对称，在磁极绕转轴匀速转
50、动过程中，磁极中心在线圈平面上的投影沿圆弧XOY运动，(O是线圈中心)。则() A从X到O，电流由E经G流向F，线圈的面积有收缩的趋势B从X到O，电流由F经G流向E，线圈的面积有扩张的趋势C从O到Y，电流由F经G流向E，线圈的面积有收缩的趋势D从O到Y，电流由E经G流向F，线圈的面积有扩张的趋势答案D解析磁极绕转轴从X到O匀速转动时，穿过线圈平面的磁通量向上增大，根据楞次定律可知，从上往下看线圈中产生顺时针方向的感应电流，电流由F经G流向E，线圈的各部分受到指向圆心的安培力，线圈的面积有缩小的趋势，故A、B错误；磁极绕转轴从O到Y匀速转动时，穿过线圈平面的磁通量向上减小，根据楞次定律可知，从上
51、往下看线圈中产生逆时针方向的感应电流，电流由E经G流向F，线圈的各部分受到背离圆心的安培力，所以线圈的面积有扩大的趋势，故C错误，D正确。9如图所示，a、b都是较轻的铝环，a环闭合，b环断开，横梁可以绕中间支点自由转动，开始时整个装置静止。下列说法中正确的是() A条形磁铁插入a环时，横梁不会发生转动B只有当条形磁铁N极拔出铝环时，横梁才会转动C条形磁铁用相同方式分别插入a、b环时，两环转动情况相同D铝环a产生的感应电流总是阻碍铝环与磁铁间的相对运动答案D解析当条形磁铁向a环靠近时，穿过a环的磁通量增加，a环闭合，产生感应电流，磁铁对a环产生安培力，阻碍两者相对运动，因此a环阻碍磁铁靠近，出现
52、转动现象；当条形磁铁向b环靠近时，b环断开，不产生感应电流，磁铁对b环没有安培力作用，b环将静止不动，故A、B、C错误。根据楞次定律可知，环a产生的感应电流总是阻碍铝环与磁铁间的相对运动，故D正确。10(2019全国卷)楞次定律是下列哪个定律在电磁感应现象中的具体体现？()A电阻定律 B库仑定律C欧姆定律 D能量守恒定律答案D解析楞次定律表述了感应电流的磁场方向，同时也体现了不同能量间的关系。总能量是守恒的，感应电流产生电能，电能是“阻碍”的结果，D正确。11(2018全国卷) (多选)如图，两个线圈绕在同一根铁芯上，其中一线圈通过开关与电源连接，另一线圈与远处沿南北方向水平放置在纸面内的直导
53、线连接成回路。将一小磁针悬挂在直导线正上方，开关未闭合时小磁针处于静止状态。下列说法正确的是() A开关闭合后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动B开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向里的方向C开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向外的方向D开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动答案AD解析小磁针的N极的指向为该处磁场的方向。开关闭合后的瞬间，通过右边线圈的电流增大，在铁芯中产生由北向南的磁场增大，通过左侧的线圈的磁通量增大，根据楞次定律和安培定则可以判断，直导线的电流从南流向北，再根据安培定则可以判断，直导线电流在小磁
54、针处的磁场方向垂直纸面向里，小磁针N极向里转动，A正确；开关闭合并保持一段时间后，通过左侧线圈的磁通量不变，不会产生电磁感应现象，所以直导线无感应电流流过，小磁针在地磁场作用下恢复原指向，B、C错误；开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，通过左侧线圈的磁通量减小，直导线产生由北流向南的电流，则小磁针N极向外转动，D正确。12(2019合肥高三第三次质检)(多选)图示为手机无线充电装置，手机和充电板内部均安装了金属线圈，将手机置于通电的充电板上，便实现了“无线充电”。下列说法正确的是() A无线充电的原理是电磁感应B将手机旋转一小角度放置，便不能充电C在手机和充电板间垫上几张A4纸，也能充电D充
55、电板不论通入交变电流还是恒定电流均可充电答案AC解析充电板内变化的磁场引起手机内部的线圈中的磁通量发生变化，产生感应电流，从而给手机电池充电，是利用电磁感应原理工作的，将手机旋转一小角度放置或在手机和充电板间垫上几张A4纸，也能充电，故A、C正确，B错误；充电底座是利用电磁感应原理工作的，故不能使用直流电进行无线充电，故D错误。13. (2019广东揭阳一模)(多选)如图所示，一根长导线弯曲成“”形，通以直流电I，正中间用绝缘线悬挂一金属环C，环与导线处于同一竖直平面内。在电流I增大的过程中，下列判断正确的是() A金属环中无感应电流产生B金属环中有逆时针方向的感应电流C悬挂金属环C的竖直线的
56、拉力大于环的重力D悬挂金属环C的竖直线的拉力小于环的重力答案BC解析由安培定则知，弯曲成“”形导线中电流在C处产生的磁场方向垂直纸面向里，且随电流增大而增强。由楞次定律知，C中感应电流的方向为逆时针，故A错误，B正确；由左手定则可知，金属环C上各处所受安培力的方向均指向圆心，由于长导线弯曲成“”形，所以金属环下半边处的磁感应强度小于上半边处的磁感应强度，下半边受到的安培力小于上半边受到的安培力，因此导致悬挂金属环C的竖直线的拉力大于环的重力。此结论也可应用楞次定律的推论来得出，为了阻碍磁通量的增加，金属环C有向下运动的趋势，故竖直线的拉力大于环的重力。故C正确，D错误。14(2019广东佛山一
57、模)一个简易的电磁弹射玩具如图所示。线圈、铁芯组合充当炮筒，硬币充当子弹。现将一个金属硬币放在铁芯上(金属硬币半径略大于铁芯半径)，电容器刚开始时处于无电状态，则下列说法正确的是() A要将硬币射出，可直接将开关拨到2B当开关拨向1时，有短暂电流出现，且电容器上极板带负电C当开关由1拨向2瞬间，铁芯中的磁通量减小D当开关由1拨向2瞬间，硬币中会产生向上的感应磁场答案D解析要将硬币射出，必须要使电容器放电，而直接将开关拨到2，电容器不会放电产生电流，故A错误；当开关拨向1时，有短暂电流出现，电容器处于充电状态，由于电容器的上极板与电源正极相连，因此电容器的上极板带正电，故B错误；当开关由1拨向2
58、瞬间，电容器处于放电瞬间，电流增大，铁芯中的磁通量增大，故C错误；当开关由1拨向2瞬间，电容器处于放电瞬间，根据楞次定律，则硬币中会产生向上的感应磁场，故D正确。15(2019广东广州二模)(多选)如图，两条水平光滑金属导轨固定在电磁铁两磁极之间，导轨两端a、b断开，金属杆L垂直导轨放置。闭合开关S，下列判断正确的是()A电磁铁两磁极之间的磁场方向向下B若给金属杆向左的初速度，则a点电势高于b点C若a、b间接导线，向下移动滑片P，则金属杆向左运动D若a、b间接直流电源，a接正极、b接负极，则金属杆向左运动答案AC解析闭合开关S，根据右手螺旋定则可知，电磁铁两磁极之间的磁场方向向下，A正确；根据
59、右手定则可知，若给金属杆向左的初速度，则a点电势低于b点，B错误；若a、b间接导线，向下移动滑片P，则螺线管中的电流变大，磁场增强，由于穿过闭合回路的磁通量增加，由楞次定律可知，金属杆向左运动，C正确；若a、b间接直流电源，a接正极、b接负极，由左手定则可知，金属杆向右运动，D错误。第51讲法拉第电磁感应定律自感基础命题点一法拉第电磁感应定律1感应电动势(1)概念：在电磁感应现象中产生的电动势。(2)产生：只要穿过回路的磁通量发生变化，就能产生感应电动势，与电路是否闭合无关。(3)方向：产生感应电动势的电路(导体或线圈)相当于电源，电动势的方向就是电源内部的电流方向，自低电势处流向高电势处，因
60、此，电磁感应中的电源的正、负极可由右手定则或楞次定律判断。2法拉第电磁感应定律(1)内容：闭合电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比。(2)公式：En，其中为磁通量的变化率，n为线圈匝数。3说明(1)在满足BS的条件下，当仅由B的变化引起时，则En；当仅由S的变化引起时，则En；当由B、S的变化同时引起时，则Enn。(2)磁通量的变化率是t图象上某点切线的斜率。1教材母题(人教版选修32 P17T1)关于电磁感应，下述说法正确的是什么？A穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大B穿过线圈的磁通量为0，感应电动势一定为0C穿过线圈的磁通量的变化越大，感应电动势越大D穿过线圈的磁
61、通量变化越快，感应电动势越大变式子题关于法拉第电磁感应定律，下列说法正确的是()A线圈中的磁通量变化越大，线圈中产生的感应电动势就越大B线圈中的磁通量变化越快，线圈中产生的感应电动势就越大C线圈中的磁通量越大，线圈中产生的感应电动势就越大D线圈放在磁场越强的地方，线圈中产生的感应电动势就越大答案B解析根据法拉第电磁感应定律En得，感应电动势的大小跟磁通量的变化率成正比。磁通量变化大，由于不知磁通量的变化时间，故不一定越大，A错误；磁通量变化的快慢用表示，磁通量变化越快，则就大，根据法拉第电磁感应定律知产生的感应电动势就越大，B正确；磁通量越大，但不一定越大，C错误；磁感应强度大的磁场中可能没有
62、磁通量的变化，则感应电动势可能为零，D错误。2. 在一空间有方向相反，磁感应强度大小均为B的匀强磁场，如图所示，向外的磁场分布在一半径为a的圆形区域内，向内的磁场分布在除圆形区域外的整个区域，该平面内有一半径为b(ba)的圆形线圈，线圈平面与磁感应强度方向垂直，线圈与半径为a的圆形区域是同心圆。从某时刻起磁感应强度在t时间内均匀减小到，则此过程中该线圈产生的感应电动势大小为() A. B.C. D.答案D解析线圈内存在两个方向相反的匀强磁场区域，穿过线圈的磁通量变化量为B(b22a2)。根据法拉第电磁感应定律可得线圈中产生的感应电动势的大小为E，故选D。3(2019山东潍坊二模)(多选)如图甲
63、，螺线管内有平行于轴线的外加磁场，以图中箭头所示方向为其正方向。螺线管与导线框abcd相连，导线框内有一闭合小金属圆环，圆环与导线框在同一平面内。当螺线管内的磁感应强度B随时间按图乙所示规律变化时()A在0t1时间内，环有收缩趋势B在t1t2时间内，环有扩张趋势C在t1t2时间内，环内有逆时针方向的感应电流D在t2t3时间内，环内有逆时针方向的感应电流答案BC解析在0t1时间内，B均匀增加，则在螺线管中产生恒定不变的感生电动势，在导线框abcd中形成恒定不变的电流，则此时环中无感应电流产生，环也没有收缩趋势，A错误；在t1t2时间内，B的变化率逐渐减小，则螺线管中的感应电流方向为从下到上且逐渐
64、减小，导线框abcd中的磁通量向外减小，穿过环的磁通量向外减小，根据楞次定律可知，环内有逆时针方向的感应电流，且有扩张趋势，B、C正确；在t2t3时间内，B的方向向下，且B的变化率逐渐减小，则螺线管中的感应电流方向为从上到下且逐渐减小，导线框abcd中的磁通量为向里减小，穿过环的磁通量向里减小，根据楞次定律可知，环内有顺时针方向的感应电流，D错误。能力命题点一导体切割磁感线产生感应电动势的计算1EBlv的三个特性(1)正交性：本公式要求磁场为匀强磁场，而且B、l、v三者互相垂直。(2)有效性：公式中的l为导体棒切割磁感线的有效长度，即首尾相接后垂直于速度方向的投影长度。如图所示的有效长度为ab
65、间的距离。(3)相对性：EBlv中的速度v是导体棒相对磁场的速度，若磁场也在运动，应注意速度间的相对关系。2导体棒转动切割磁感线当导体棒在垂直于磁场的平面内，绕一端以角速度匀速转动时，产生的感应电动势为EBlBl2，如图所示。3公式En与EBlv的比较EnEBlv区别研究对象闭合回路回路中做切割磁感线运动的部分导体研究内容平均电动势若v为瞬时速度，则求的是瞬时感应电动势若v为平均速度，则求的是平均感应电动势适用范围对任何电磁感应现象普遍适用只适用于导体垂直切割磁感线的运动EnEBlv联系EBlv由En在一定条件下推导得到。导体切割磁感线运动时，常用EBlv求E，磁感应强度变化时，常用En求E例
66、1如图所示，一金属弯杆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，已知abbcL，当它以速度v向右平动时，c、a两点间的电势差为() ABLv BBLvsinCBLvcos DBLv(1sin)解析公式EBLv中的L应指导体切割磁感线的有效长度，也就是与磁感应强度B和速度v垂直的长度，因此该金属弯杆的有效切割长度为Lsin，故感应电动势大小为BLvsin，故B正确。答案B解答本题要把握以下两点：(1)公式EBLv的应用条件是两两垂直，当有物理量不垂直时，要利用等效法将其转化为两两垂直。(2)将abc分为两段，ab不切割磁感线，不产生感应电动势，bc切割磁感线但不符合两两垂直，要先进行
67、转化再求解。 例2金属线圈ABC构成一个等腰直角三角形，腰长为a，绕垂直于纸面通过A的轴在纸面内匀速转动，角速度为，如图所示。若加上一个垂直纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场，则B、A间的电势差UBA，B、C间的电势差UBC分别为多少？解析AC、BC、AB均绕垂直于纸面通过A的轴以角速度匀速转动，ABC中磁通量不变，所以线圈中没有电流。但当单独考虑每条边时，三边均切割磁感线，均有感应电动势产生，且B点电势大于C点电势和A点电势。则有UBAEBABLBLBa2，UCAECABLBa2，UBCUBAUCABa2Ba2Ba2。答案Ba2Ba2(1)在转动切割求感应电动势时，公式EBlv中的v指的是各
68、点在垂直于杆方向的平均速度。(2)求UBA时，折线BCA和直线段BA都转动切割，两者都相当于电源，因有效长度相同，产生的电动势相同，本质就是两电动势相同的电源并联，故总电动势等于其中一个的电动势。1下列各种情况中导体切割磁感线产生的感应电动势最大的是()AA BB CC DD答案C解析在匀强磁场中，导线首末端点的连线与速度方向垂直的长度是切割磁感线的有效长度，A、B、D导体中有效长度均为L，产生的感应电动势为EBLv，C中导体的有效长度大于L，设导体与磁场边界的夹角为，产生的感应电动势为EBvE，故C正确。2如图所示，匀强磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框，半圆直径与磁场边缘重合；磁场方向
69、垂直于半圆面(纸面)向里，磁感应强度大小为B0。使该线框从静止开始绕过圆心O、垂直于半圆面的轴以角速度匀速转动半周，在线框中产生感应电流。现使线框保持图中所示位置，磁感应强度大小随时间线性变化。为了产生与线框转动半周过程中同样大小的电流，磁感应强度随时间的变化率的大小应为() A. B. C. D.答案C解析设圆的半径为r，当其绕过圆心O的轴匀速转动时，圆弧部分不切割磁感线，不产生感应电动势，而在转过半周的过程中直径只有一半在磁场中切割磁感线，产生的感应电动势EB0rB0rB0r2；当线框不动时，E。由闭合电路欧姆定律得I，要使II，必须使EE，可得，C正确。基础命题点二自感1定义：一个线圈中
70、的电流变化时，它所产生的变化的磁场在它本身激发出感应电动势，这种现象称为自感。产生的电动势叫做自感电动势。2通电自感和断电自感电路现象自感电动势的作用通电自感接通电源的瞬间，灯泡A1较慢地亮起来。若A1、A2同规格，且RRL，则最终A1、A2亮度相同阻碍电流的增加断电自感开关闭合后，稳定时，若IAIL，断开开关后，灯泡A逐渐变暗；若IAI1，灯泡闪亮后逐渐变暗。两种情况下灯泡中电流方向均改变1教材母题(人教版选修32 P25T3)如图所示，L是自感系数很大的线圈，但其自身的电阻几乎为0。A和B是两个相同的小灯泡。(1)当开关S由断开变为闭合时，A、B两个灯泡的亮度将如何变化？(2)当开关S由闭
71、合变为断开时，A、B两个灯泡的亮度又将如何变化？在老师的指导下做一做这个实验，以检验你的预测。变式子题(多选)如图所示，电源的电动势为E，内阻r忽略不计。A、B是两个相同的小灯泡，L是一个自感系数相当大的线圈。以下说法正确的是()A从开关闭合到电路中电流稳定的时间内，A灯立刻亮，且亮度保持稳定B从开关闭合到电路中电流稳定的时间内，B灯立刻亮，且亮度保持稳定C开关断开后瞬间，A灯闪亮一下再熄灭D开关断开后瞬间，电流自右向左通过A灯答案AD解析开关闭合，A灯立刻亮，因为电源没有内阻，所以A灯两端的电压保持不变，灯泡亮度稳定，故A正确；因为L是一个自感系数相当大的线圈，所以开关闭合时B灯不亮，然后逐
72、渐变亮，最后亮度稳定，故B错误；两个灯泡电阻一样，若L也没有电阻，则开关断开前后A灯的电流相同，不会闪亮；若L有电阻，则通过B灯的电流小于A灯的电流，所以开关断开瞬间A灯也不会闪亮一下，故C错误；开关断开后瞬间，L产生感应电动势，在回路中通过A灯的电流方向为从右向左，故D正确，故选A、D。2(2017北京高考)图1和图2是演示自感现象的两个电路图，L1和L2为电感线圈。实验时，断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗；闭合开关S2，灯A2逐渐变亮，而另一个相同的灯A3立即变亮，最终A2与A3的亮度相同。下列说法正确的是()A图1中，A1与L1的电阻值相同B图1中，闭合S1，电路稳定后，A
73、1中电流大于L1中电流C图2中，变阻器R与L2的电阻值相同D图2中，闭合S2瞬间，L2中电流与变阻器R中电流相等答案C解析图1中，断开开关S1瞬间，L1与灯A1组成闭合回路，L1产生感应电动势阻碍电流的变化，电流逐渐减小，由于灯A1突然闪亮，故断开开关S1之前，通过L1的电流大于通过灯A1的电流，由欧姆定律知，A1的电阻值大于L1的电阻值，A、B错误；图2中，闭合开关S2，电路稳定后A2与A3的亮度相同，又A2与A3相同，由欧姆定律知，变阻器R与L2的电阻值相同，C正确；图2中，闭合S2瞬间，由于L2产生感应电动势阻碍电流的增加，故L2中电流小于变阻器R中电流，D错误。能力命题点二涡流、电磁阻
74、尼和电磁驱动1涡流现象(1)涡流：块状金属放在变化的磁场中，金属块内产生的旋涡状感应电流。(2)产生原因：金属块内磁通量变化感应电动势感应电流。(3)涡流的利用：冶炼金属的高频感应炉利用涡流产生焦耳热使金属熔化；家用电磁炉也是利用涡流原理制成的。(4)涡流的减小：各种电动机和变压器中，用涂有绝缘漆的硅钢片叠加成铁芯，以减小涡流。2电磁阻尼与电磁驱动的比较电磁阻尼电磁驱动不同点成因由于导体在磁场中运动而产生感应电流，从而使导体受到安培力由于磁场运动引起磁通量的变化而产生感应电流，从而使导体受到安培力效果安培力的方向与导体运动方向相反，阻碍导体运动导体受安培力的方向与导体运动方向相同，推动导体运动
75、能量转化导体克服安培力做功，其他形式的能转化为电能，最终转化为内能由于电磁感应，磁场能转化为电能，通过安培力做功，电能转化为导体的机械能，从而对外做功相同点两者都是电磁感应现象，都遵循楞次定律，都是安培力阻碍引起感应电流的导体与磁场间的相对运动(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() 解析底盘上的紫铜薄板出现扰动时，其扰动方向不
76、确定，在选项C这种情况下，紫铜薄板出现上下或左右扰动时，穿过薄板的磁通量难以改变，不能发生电磁感应现象，没有阻尼效应；在选项B、D这两种情况下，紫铜薄板出现上下扰动时，也没有发生电磁阻尼现象；选项A这种情况下，不管紫铜薄板出现上下或左右扰动时，都发生电磁感应现象，产生电磁阻尼效应，选项A正确。答案A(1)涡流是整块导体发生的电磁感应现象，同样遵守法拉第电磁感应定律，磁场变化越快，导体横截面积越大，导体材料的电阻率越小，形成的涡流就越大。(2)电磁阻尼是导体棒在磁场中运动产生感应电流，导体棒受到的安培力阻碍导体棒运动的现象。电磁驱动是磁场运动，在导体棒中产生感应电流，导体棒受到安培力的作用，跟随
77、磁场一起运动的现象。(3)电磁阻尼、电磁驱动现象中安培力的效果是阻碍相对运动，应注意电磁驱动中阻碍的结果，导体运动速度要小于磁场的运动速度。(多选)1824年，法国科学家阿拉果完成了著名的“圆盘实验”。实验中将一铜圆盘水平放置，在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针，如图所示。实验中发现，当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时，磁针也随着一起转动起来，但略有滞后。下列说法正确的是() A圆盘上产生了感应电动势B圆盘内的涡电流产生的磁场导致磁针转动C在圆盘转动的过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化D圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流，此电流产生的磁场导致磁针转
78、动答案AB解析当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时，圆盘的半径切割磁感线产生感应电动势和感应电流，A正确；圆盘内的涡电流产生的磁场对磁针施加磁场力作用，导致磁针转动，B正确；由于圆盘中心正上方悬挂小磁针，在圆盘转动过程中，根据磁针磁场分布的对称性，穿过整个圆盘的磁通量一直为零，C错误；圆盘中的电流并不是自由电子随圆盘一起运动产生的，而是切割磁感线产生了涡电流，涡电流的磁场导致磁针转动，D错误。课时作业1. A、B两闭合圆形导线环用相同规格的导线制成，它们的半径之比rArB21，在两导线环包围的空间内存在一正方形边界的匀强磁场区域，磁场方向垂直于两导线环所在的平面，如图所示。当磁场的磁
79、感应强度随时间均匀增大的过程中，流过两导线环的感应电流大小之比为() A.1 B.2 C. D.答案D解析匀强磁场的磁感应强度随时间均匀增大，即不变，ES(S为磁场区域面积)，由于及S均相同，可得两导线环产生的感应电动势相等，即1，I，R(S为导线的横截面积)，l2r，所以。D正确。2.一次物理课上老师拿了一只微安表，用手左右晃动表壳，让同学们观察表针相对表盘摆动的情况。然后用导线把微安表的两个接线柱连在一起，再次以同样的方式晃动表壳，让同学们再次观察表针相对表盘摆动的情况，对比两次实验。下列判断和解释正确的是()A不连接接线柱时，晃动电表，由于表内没有电流，指针摆动幅度较小B连接接线柱后，晃
80、动电表，微安表内会形成闭合回路，造成指针打偏、降低灵敏度、失灵等C连接接线柱后，晃动电表，由于电磁阻尼表针晃动幅度会变小，并能较快停下D两次实验指针相对于表盘摆动的情况是一样的答案C解析不连接接线柱时，晃动电表，指针随着晃动不断摆动，晃动幅度大，摆动的幅度就大，故A错误；连接接线柱后，形成闭合回路，闭合线圈在磁场中运动会产生感应电流，从而受到安培阻力，表针晃动幅度很小，且会很快停下，这是物理中的电磁阻尼现象，故B、D错误，C正确。3. (多选)如图所示，L是自感系数很大的、用铜导线绕成的线圈，其电阻可以忽略不计，开关S原来是闭合的。当开关S断开瞬间，则() AL中的电流方向不变B灯泡D要过一会
81、儿才熄灭C灯泡D立即熄灭D电容器将放电答案AC解析S断开瞬间，由于自感电动势，L中的电流沿原方向缓慢减小，对C充电(C两端电压原来为零)，而电流不通过灯泡D，故灯泡立即熄灭，A、C正确。4(多选) 如图所示，等边三角形导体框abc边长为l，bdac，导体框绕轴bd以角速度匀速转动，导体框所在空间有竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场。下列说法正确的是() A导体框中无感应电流B导体框中产生正弦交变电流Ca、d两点间电势差为0Da、d两点间电压为Bl2答案AD解析由于导体框平面始终与磁场方向平行，则穿过导体框的磁通量始终为零，即导体框中无感应电流，A正确，B错误；由导体棒在磁场中转动切割磁感线产生
82、感应电动势可知，a、d两点间的电压为EB2Bl2，C错误，D正确。5. 如图所示，由导体棒ab和矩形线框cdef组成的“10”图案在匀强磁场中一起向右匀速平动，匀强磁场的方向垂直线框平面向里，磁感应强度B随时间均匀增大，则下列说法正确的是() A导体棒的a端电势比b端电势高，电势差Uab在逐渐增大B导体棒的a端电势比b端电势低，电势差Uab在逐渐增大C线框cdef中有顺时针方向的电流，电流大小在逐渐增大D线框cdef中有逆时针方向的电流，电流大小在逐渐增大答案A解析对于导体棒ab，由于磁感应强度B随时间均匀增大，所以UabBlv逐渐增大，由右手定则知a端电势高于b端电势，A正确，B错误；对于矩
83、形线框，依题意可知、S都不变，由法拉第电磁感应定律ES知线框中产生的感应电动势大小不变，由闭合电路欧姆定律知线框中的感应电流大小不变，C、D错误。6. 如图所示，半径为R的圆形导轨处在垂直于圆平面的匀强磁场中，磁场的磁感应强度为B，方向垂直于纸面向里。一根长度略大于导轨直径的导体棒MN以速率v在圆导轨上从左端滑到右端，电路中的定值电阻为r，其余电阻不计。导体棒与圆形导轨接触良好。求：(1)在滑动过程中通过电阻r上的电流的平均值；(2)MN从左端到右端的整个过程中，通过r的电荷量；(3)当MN通过圆导轨中心时，通过r的电流是多少？答案(1)(2)(3)解析导体棒从左向右滑动的过程中，切割磁感线产
84、生感应电动势，对电阻r供电。(1)计算平均电流，应该用法拉第电磁感应定律，先求出平均感应电动势。整个过程磁通量的变化为BSBR2，所用的时间t，代入公式，得平均电流为。(2)电荷量的运算应该用平均电流，qt。(3)当MN通过圆形导轨中心时，切割磁感线的有效长度最大，为l2R，根据EBlv得EB2Rv，此时通过r的电流为I。7(2019全国卷)(多选)空间存在一方向与纸面垂直、大小随时间变化的匀强磁场，其边界如图a中虚线MN所示。一硬质细导线的电阻率为、横截面积为S，将该导线做成半径为r的圆环固定在纸面内，圆心O在MN上。t0时磁感应强度的方向如图a所示；磁感应强度B随时间t的变化关系如图b所示
85、。则在t0到tt1的时间间隔内()A圆环所受安培力的方向始终不变B圆环中的感应电流始终沿顺时针方向C圆环中的感应电流大小为D圆环中的感应电动势大小为答案BC解析由于通过圆环的磁通量均匀变化，故圆环中产生的感应电动势、感应电流的大小和方向不变，但t0时刻磁场方向发生变化，故安培力方向发生变化，A错误；根据楞次定律，圆环中感应电流的方向始终沿顺时针方向，B正确；根据法拉第电磁感应定律，感应电动势大小ES，根据闭合电路欧姆定律知，感应电流大小I，C正确，D错误。8(2018全国卷) 如图，导体轨道OPQS固定，其中PQS是半圆弧，Q为半圆弧的中点，O为圆心。轨道的电阻忽略不计。OM是有一定电阻、可绕
86、O转动的金属杆，M端位于PQS上，OM与轨道接触良好。空间存在与半圆所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为B。现使OM从OQ位置以恒定的角速度逆时针转到OS位置并固定(过程)；再使磁感应强度的大小以一定的变化率从B增加到B(过程)。在过程、中，流过OM的电荷量相等，则等于() A. B. C. D2答案B解析通过导体横截面的电荷量为：qttn，过程流过OM的电荷量为：q1；过程流过OM的电荷量：q2，依题意有：q1q2，即：Br2(BB)r2，解得：，正确答案为B。9(2018全国卷)(多选)如图a，在同一平面内固定有一长直导线PQ和一导线框R，R在PQ的右侧。导线PQ中通有正弦交流电流i
87、，i的变化如图b所示，规定从Q到P为电流的正方向。导线框R中的感应电动势()A在t时为零B在t时改变方向C在t时最大，且沿顺时针方向D在tT时最大，且沿顺时针方向答案AC解析由图b可知，导线PQ中电流在t时达到最大值，变化率为零，导线框R中磁通量变化率为零，根据法拉第电磁感应定律，在t时导线框中产生的感应电动势为零，A正确；在t时，导线PQ中电流图象斜率正负不变，导致导线框R中磁通量变化率的正负不变，根据楞次定律，所以在t时，导线框中产生的感应电动势方向不变，B错误；由于在t时，导线PQ中电流图象斜率最大，电流变化率最大，导致导线框R中磁通量变化率最大，根据法拉第电磁感应定律，在t时导线框中产
88、生的感应电动势最大，由楞次定律可判断出感应电动势的方向为顺时针方向，C正确；由楞次定律可判断出在tT时感应电动势的方向为逆时针方向，D错误。10(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abcaCUbcBl2，金属框中无电流DUacBl2，金属框中电流方向沿acba答案C解析在三角形金属框内，有两边切割磁感线，其一为bc边，根据EBlv可得：电动势大小
89、为Bl2；其二为ac边，ac边有效的切割长度为l，根据EBlv，可得：电动势大小也为Bl2；由右手定则可知：金属框内无电流，且UcUbUa，A、B、D错误；UbcUacBl2，C正确。11(2016全国卷) (多选)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
90、倍，则电流在R上的热功率也变为原来的2倍答案AB解析设圆盘的半径为r，圆盘转动的角速度为，则圆盘转动产生的电动势为EBlBrBr2，可知，转动的角速度恒定，电动势恒定，电流恒定，A正确；根据右手定则可知，从上向下看，圆盘顺时针转动，圆盘中电流由边缘指向圆心，即电流沿a到b的方向流动，B正确；圆盘转动方向不变，产生的电流方向不变，C错误；若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电动势变为原来的2倍，电流变为原来的2倍，由PI2R可知，电阻R上的热功率变为原来的4倍，D错误。12(2019广东南海中学高三月考) (多选)如图所示，半径为2r的弹性螺旋线圈内有垂直纸面向外的圆形匀强磁场区域，磁场区域的半
91、径为r，已知弹性螺旋线圈的电阻为R，线圈与磁场区域共圆心，则以下说法中正确的是() A保持磁场不变，线圈的半径由2r变到0.5r的过程中，有逆时针的电流B保持磁场不变，线圈的半径由2r变到3r的过程中，有顺时针的电流C保持线圈半径不变，使磁场随时间按Bkt变化，线圈中的电流为D保持线圈半径不变，使磁场随时间按Bkt变化，线圈中的电流为答案AC解析根据磁通量的定义可知，当线圈的半径由2r变到0.5r的过程中，穿过线圈的磁通量减小，根据楞次定律可知，线圈中产生逆时针的感应电流，故A正确；同理，保持磁场不变，线圈的半径由2r变到3r的过程中，穿过线圈的磁通量不变，根据感应电流的产生条件可知，线圈中没
92、有感应电流，故B错误；保持线圈半径不变，使磁场随时间按Bkt变化，根据法拉第电磁感应定律可知，Er2kr2，根据欧姆定律可知，线圈中的电流I，故C正确，D错误。13(2019江苏高考)如图所示，匀强磁场中有一个用软导线制成的单匝闭合线圈，线圈平面与磁场垂直。已知线圈的面积S0.3 m2、电阻R0.6 ，磁场的磁感应强度B0.2 T。现同时向两侧拉动线圈，线圈的两边在t0.5 s时间内合到一起。求线圈在上述过程中(1)感应电动势的平均值E；(2)感应电流的平均值I，并在图中标出电流方向；(3)通过导线横截面的电荷量q。答案(1)0.12 V(2)0.2 A(电流方向见解析图)(3)0.1 C解析
93、(1)感应电动势的平均值E磁通量的变化量BS解得E代入数据得E0.12 V。(2)平均感应电流I代入数据得I0.2 A(电流方向如图)。(3)通过导线横截面的电荷量qIt代入数据得q0.1 C。第52讲电磁感应中的电路和图象问题能力命题点一电磁感应中的电路问题1对电源的理解：在电磁感应现象中，产生感应电动势的那部分导体相当于电源。分为以下两种：(1)切割磁感线的导体，产生的电动势为动生电动势。(2)处于变化的磁场中产生的感生电场中的导体，产生的电动势为感生电动势。2电磁感应中的内、外电路(1)回路中相当于电源的部分导体为内电路，其电阻为内阻，其余部分为外电路。(2)内电路中电流自低电势流向高电
94、势；外电路中电流自高电势流向低电势。3分析电磁感应电路问题的基本思路4电磁感应现象中通过导体横截面的电量的求法在t时间内通过导体横截面的电荷量的计算式为：qttnt，即通过闭合回路某一横截面的电荷量仅与、n和回路电阻R有关，而与时间长短、磁场变化的快慢或导体运动的快慢无关。解决选择题或填空题时，可直接应用以上结论。为了提高自行车夜间行驶的安全性，小明同学设计了一种“闪烁”装置。如图所示，自行车后轮由半径r15.0102 m的金属内圈、半径r20.40 m的金属外圈和绝缘辐条构成。后轮的内、外圈之间等间隔地接有4根金属条，每根金属条的中间均串联有一电阻值为R的小灯泡。在支架上装有磁铁，形成了磁感
95、应强度B0.10 T、方向垂直纸面向外的“扇形”匀强磁场，其内半径为r1、外半径为r2、张角。后轮以角速度2 rad/s相对于转轴转动。若不计其他电阻，忽略磁场的边缘效应。(1)当金属条ab进入“扇形”磁场时，求感应电动势E，并指出ab上的电流方向；(2)当金属条ab进入“扇形”磁场时，画出“闪烁”装置的电路图；(3)从金属条ab进入“扇形”磁场时开始，经计算画出轮子转一圈的过程中，内圈与外圈之间电势差Uab随时间t变化的Uabt图象；(4)若选择的是“1.5 V0.3 A”的小灯泡，该“闪烁”装置能否正常工作？有同学提出，通过改变磁感应强度B、后轮外圈半径r2、角速度和张角等物理量的大小，优
96、化小明同学的设计方案，请给出你的评价。解析(1)金属条ab在磁场中切割磁感线时，平均速度EB(r2r1)B(rr)4.9102 V根据右手定则，可得感应电流方向为ba。(2)通过分析，可得电路图如图所示。(3)设电路中的总电阻为R总，根据电路图可知R总RRRa、b两端电势差UabEIRERE1.2102 V设ab离开磁场区域的时刻为t1，下一根金属条进入磁场区域的时刻为t2，则t1 s，t2 s设轮子转一圈的时间为T，则T1 s在T1 s内，金属条有4次进出，后3次Uab与第1次相同。根据以上分析可画出如下图象。(4)金属条的感应电动势只有4.9102 V，远小于灯泡的额定电压1.5 V，因此
97、“闪烁”装置不能正常工作。评价：B增大，E增大，但有限度；r2增大，E增大，但有限度；同样有限度；改变只能改变“闪烁”时间的长短。答案(1)4.9102 Vba(2)(3)(4)见解析解决电磁感应电路问题的策略是先源后路，即(2019济南高三模拟)在如图甲所示的电路中，螺线管的匝数n1000匝，横截面积S20 cm2。螺线管导线电阻r1.0 ，R14.0 ，R25.0 ，C30 F。在一段时间内，垂直穿过螺线管的磁场的磁感应强度B的方向如图甲所示，大小按如图乙所示的规律变化，则下列说法中正确的是()A螺线管中产生的感应电动势为1.2 VB闭合K，电路中的电流稳定后电容器的下极板带负电C闭合K，
98、电路中的电流稳定后，电阻R1的电功率为2.56102 WDK断开后，流经R2的电量为1.8102 C答案C解析根据法拉第电磁感应定律：EnnS，解得：E0.8 V，故A错误；根据楞次定律可知，螺线管中的感应电流自上而下，则螺线管的下端是电源的正极，电容器的下极板带正电，故B错误；根据闭合电路欧姆定律，有：I0.08 A，则电阻R1的电功率PI2R12.56102 W，故C正确；K断开后，流经R2的电量即为K闭合时电容器极板上所带的电量Q，电容器两端的电压为：UIR20.4 V，流经R2的电量为：QCU1.2105 C，故D错误。能力命题点二电磁感应中的图象问题1电磁感应中常见的图象问题图象类型
99、随时间变化的图象，如Bt图象、t图象、Et图象、It图象；随位移变化的图象，如Ex图象、Ix图象(所以要先看坐标轴：哪个物理量随哪个物理量变化要弄清)问题类型(1)由给定的电磁感应过程选出或画出正确的图象(画图象)(2)由给定的有关图象分析电磁感应过程，求解相应的物理量(用图象)解题关键弄清初始条件、正负方向的对应变化范围、所研究物理量的函数表达式、进出磁场的转折点等是解决此类问题的关键2解决图象问题的一般步骤(1)明确图象的种类，即是Bt图还是t图，或者Et图、It图等；(2)分析电磁感应的具体过程；(3)用右手定则或楞次定律确定方向的对应关系；(4)结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运
100、动定律等知识写出函数关系式；(5)根据函数关系式，进行数学分析，如分析斜率的变化、截距等；(6)判断图象或根据图象计算各物理量。(2020陕西百校联盟一模)(多选)如图甲所示，闭合矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，磁场的方向与导线框所在平面垂直，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示。规定垂直纸面向外为磁场的正方向，顺时针为线框中感应电流的正方向，水平向右为安培力的正方向。关于线框中的感应电流i、ad边所受的安培力F随时间t变化的图象，下列选项正确的是()解析由题图乙可知，01 s时间内，B的方向垂直纸面向外，B增大，增大，由楞次定律可知，感应电流的方向是顺时针方向，为正值；12 s时间内
101、，磁通量不变，无感应电流；23 s时间内，B的方向垂直纸面向外，B减小，减小，由楞次定律可知，感应电流的方向是逆时针方向，是负值；34 s时间内，B的方向垂直纸面向里，B增大，增大，由楞次定律可知，感应电流的方向是逆时针方向，是负值。在左手定则可知，在01 s内，ad边受到的安培力方向水平向右，是正值；12 s时间内，无感应电流，没有安培力；23 s时间内，安培力水平向左，是负值；34 s时间内，安培力水平向右，是正值；由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势ES，感应电流I，由Bt图象可知，在01 s、24 s时间段内，的大小不变，在各时间段内I的大小是定值，ad边受到的安培力FBIL，I、L不
102、变，B均匀变化，则安培力F均匀变化，不是定值，综上可知，B、C正确，A、D错误。答案BC1电磁感应图象选择题的两个常用方法(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)，特别是分析物理量的正负，以排除错误的选项。(2)函数法根据题目所给条件定量地写出两个物理量之间的函数关系，然后由函数关系对图象进行分析和判断。2处理图象问题要做到“四明确”(1)明确图象所描述的物理意义；(2)明确各种正、负号的含义；(3)明确图象斜率或面积的物理意义；(4)明确图象和电磁感应过程之间的对应关系。(2017全国卷)(多选)两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁
103、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0.5 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答案BC解析由图象可知，从导线框的cd边进入磁场到ab边刚好进入磁场，用时为0.2 s，可得导线框运动速度的大小v m/s0.
104、5 m/s，B正确；由图象可知，cd边切割磁感线产生的感应电动势E0.01 V，由公式EBLv，可得磁感应强度的大小B T0.2 T，A错误；感应电流的方向为顺时针时，对cd边应用右手定则可知，磁感应强度的方向垂直于纸面向外，C正确；t0.4 s至t0.6 s时间段为cd边离开磁场，ab边切割磁感线的过程，由闭合电路欧姆定律及安培力公式得安培力F，代入数据得F0.04 N，D错误。课时作业1(多选)如图所示，两根足够长的光滑金属导轨水平平行放置，间距为l1 m，cd间、de间、cf间分别接着阻值R10 的电阻。一阻值R10 的导体棒ab以速度v4 m/s匀速向左运动，导体棒与导轨接触良好；导轨
105、所在平面存在磁感应强度大小B0.5 T、方向竖直向下的匀强磁场。下列说法中正确的是()A导体棒ab中电流的流向为由b到aBcd两端的电压为1 VCde两端的电压为1 VDfe两端的电压为1 V答案BD解析由右手定则可知ab中电流方向为ab，A错误；导体棒ab切割磁感线产生的感应电动势EBlv，ab为电源，cd间的电阻R为外电路负载，de和cf间的电阻中无电流，de和cf间无电压，因此cd和fe两端电压相等，即UR1 V，B、D正确，C错误。2匝数n100匝的圆形金属线圈的电阻R2 ，线圈与R12 的电阻连成闭合回路，其简化电路如图甲所示，A、B为线圈两端点。线圈的半径r115 cm，在线圈中半
106、径r210 cm的圆形区域存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的图象如图乙所示。则下列说法正确的是()AA点电势比B点电势低B线圈中产生的感应电动势为4.5 VCR1两端电压为 VD02 s内通过R1的电荷量为1.125 C答案C解析根据楞次定律可知，线圈中的磁通量均匀增大，感应电流沿逆时针方向，因此A点电势比B点电势高，A错误；根据法拉第电磁感应定律有EnS1000.12 V2 V，B错误；回路中的电流I A A，R1两端的电压为U1IR12 V V，C正确；02 s内通过R1的电荷量为qIt2 C C，D错误。3一矩形线圈位于一个方向垂直线圈平面向里的磁场中，如图甲所
107、示，磁感应强度B随t的变化规律如图乙所示。以i表示线圈中的感应电流，以图甲线圈上箭头所示方向的电流为正，则以下的it图中正确的是()答案A解析根据题图乙可知，在01 s内，不变且线圈面积S也不变，所以根据ES可知感应电动势恒定，感应电流恒定，由楞次定律可得电流为逆时针方向，在图象中为负；23 s内，同理，由ES知i恒定，方向为正；12 s内，B不变，i0，A正确。4. 如图所示，由某种粗细均匀的总电阻为3R的金属条制成的矩形线框abcd，固定在水平面内且处于方向竖直向下的匀强磁场B中。一接入电路电阻为R的导体棒PQ，在水平拉力作用下沿ab、dc以速度v匀速滑动，滑动过程PQ始终与ab垂直，且与
108、线框接触良好，不计摩擦。在PQ从靠近ad处向bc滑动的过程中() APQ中的电流先增大后减小BPQ两端的电压先减小后增大CPQ上拉力的功率先减小后增大D线框消耗的电功率先减小后增大答案C解析导体棒产生的电动势为EBLv，其等效电路如图所示，总电阻为R总RR，在PQ从靠近ad处向bc滑动的过程中，总电阻先增大后减小，总电流先减小后增大，A错误；PQ两端的电压为路端电压UEIR，即先增大后减小，B错误；拉力的功率等于克服安培力做功的功率，有PFP安F安vBILv，先减小后增大，C正确；根据电源的输出功率曲线可知，当外电阻R时输出功率最大，而外电阻的最大值为0.75R，所以线框消耗的功率先增大后减小
109、，D错误。5. 如图所示，宽度为l1 m的平行光滑导轨置于匀强磁场中，导轨放置于竖直面内，磁感应强度大小B0.4 T，方向垂直于导轨平面向里，长度恰好等于导轨宽度的金属棒ab在水平向左的拉力F0.2 N作用下向左匀速运动，金属棒ab的电阻为1 ，外接电阻R12 ，R21 。平行金属板的间距d10 mm，板间有一质量m0.1 g的带电液滴恰好处于静止状态，g取10 m/s2。求：(1)金属棒中的感应电流I；(2)金属棒运动的速度v的大小；(3)液滴所带的电荷量及电性。答案(1)0.5 A(2)5 m/s (3)2105 C带正电解析(1)因金属棒做匀速直线运动，根据右手定则，可以判断出ab棒中的
110、感应电流方向为ab，ab棒受到的安培力F安水平向右，根据平衡条件有FF安BIl解得I0.5 A。(2)根据法拉第电磁感应定律得EBlv由闭合电路欧姆定律得I代入数据，联立解得v5 m/s。(3)因ab棒中的电流方向为ab，则可判定金属板的下极板带正电，由于带电液滴处于静止状态，根据平衡知识可知，液滴带正电，此时有qmg，U2IR2解得q2105 C。6(2018全国卷)如图，在同一平面内有两根平行长导轨，导轨间存在依次相邻的矩形匀强磁场区域，区域宽度均为l，磁感应强度大小相等、方向交替向上向下。一边长为l的正方形金属线框在导轨上向左匀速运动，线框中感应电流i随时间t变化的正确图线可能是()答案
111、D解析如图甲，线框左端从移动到的过程中线框左边切割磁感线产生的电流方向是顺时针，线框右边切割磁感线产生的电流方向也是顺时针，线框两边切割磁感线产生的电动势方向相同，所以E2BLv，其中Ll，则电流为i，电流恒定且方向为顺时针。如图乙，再从移动到的过程中线框左右两边切割磁感线产生的电动势大小相等，方向相反，所以回路中电流表现为零。如图丙，然后从到的过程中，线框左边切割磁感线产生的电流方向是逆时针，而线框右边切割磁感线产生的电流方向也是逆时针，所以电流的大小为i，方向是逆时针。当线框再向左运动时，线框左边切割磁感线产生的电动势方向是顺时针，线框右边切割磁感线产生的电动势方向是逆时针，此时回路中电流
112、表现为零，故线框在运动过程中电流是周期性变化，故D正确。7(2019山东烟台一模)如图所示，空间有两个宽度分别为L和2L的有界匀强磁场区域，磁感应强度大小都为B，左侧磁场方向垂直于纸面向里，右侧磁场方向垂直于纸面向外，abcd是一个均匀电阻丝做成的边长为L的正方形线框，线框以垂直于磁场边界的速度v匀速通过两个磁场区域，在运动过程中，线框ab、cd两边始终与磁场的边界平行。设线框cd边刚进入磁场的位置为x0，x轴正方向水平向右，从线框cd边刚进入磁场开始到整个线框离开磁场区域的过程中，线框受到的安培力F(规定水平向右为正方向)随着位置x变化的图象正确的是()答案C解析第一个过程：cd边刚进入左侧
113、磁场到ab边刚要进入左侧磁场的过程，cd边受安培力，大小为F0BILBL，方向向左。第二个过程：cd边刚进入右侧磁场到ab边刚进入右侧磁场的过程中，线框受到的安培力为：F2BIL2BL44F0，方向向左。第三个过程：ab边离开左侧磁场到cd边到右侧磁场的右边界，在这个过程，线框中没有感应电流，所以线框不受安培力的作用。第四个过程：cd边刚离开右侧磁场到ab边刚离开右侧磁场的过程，ab边受安培力，大小为FBILBLF0，方向向左。综合以上分析，C正确。8.(2019吉林省吉林市三模)将一均匀导线围成一圆心角为90的扇形导线框OMN，其中OMR，圆弧MN的圆心为O点，将导线框的O点置于如图所示的直
114、角坐标系的原点，其中第二和第四象限存在垂直纸面向里的匀强磁场，其磁感应强度大小为B，第三象限存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为2B。从t0时刻开始让导线框以O点为圆心，以恒定的角速度沿逆时针方向做匀速圆周运动，假定沿ONM方向的电流为正，则线框中的电流随时间的变化规律描绘正确的是()答案B解析在0t0时间内，线框从图示位置开始(t0)转过90的过程中，产生的感应电动势为E1BR2，由闭合电路欧姆定律得，回路中的电流为I1，根据楞次定律判断可知，线框中感应电流方向为逆时针方向(沿ONM方向)。在t02t0时间内，线框进入第三象限的过程中，回路中的电流方向为顺时针方向(沿OMN方向)。回
115、路中产生的感应电动势为E2BR22BR2BR23E1，感应电流为I23I1。在2t03t0时间内，线框进入第四象限的过程中，回路中的电流方向为逆时针方向(沿ONM方向)，回路中产生的感应电动势为E3BR22BR2BR23E1，感应电流为I33I1。在3t04t0时间内，线框离开第四象限的过程中，回路中的电流方向为顺时针方向(沿OMN方向)，回路中产生的感应电动势为E4BR2，回路电流为I4I1，故B正确，A、C、D错误。9(2019陕西咸阳三模)(多选)一正方形金属线框位于有界匀强磁场区域内，线框平面与磁场垂直，线框的右边紧贴着磁场边界，如图甲所示。t0时刻对线框施加一水平向右的外力，让线框从
116、静止开始做匀加速直线运动穿过磁场，外力F随时间t变化的图象如图乙所示。已知线框质量m1 kg、电阻R1 ，以下说法正确的是()A线框做匀加速直线运动的加速度为1 m/s2B匀强磁场的磁感应强度为2 TC线框穿过磁场的过程中，通过线框的电荷量为 CD线框边长为1 m答案ABC解析t0时刻，线框的速度为零，线框中没有感应电流，不受安培力，其加速度为：a1 m/s2，故A正确；线框的边长为：Lat2112 m0.5 m，故D错误；线框刚出磁场时的速度为 vat11 m/s1 m/s，此时线框所受的安培力为FABIL，I，则得FA，根据牛顿第二定律得 FFAma，则Fma，代入数据 F3 N，m1 k
117、g，R1 ，L0.5 m，v1 m/s，a1 m/s2，解得B2 T，故B正确；通过线框的电荷量：qt，电流：，由法拉第电磁感应定律得：，则得通过线框的电荷量：q C C，故C正确。10(2019黑龙江省北安市第一中学高三下月考)(多选)如图所示，边长为L、不可形变的正方形导线框内有半径为r的圆形磁场区域，其磁感应强度B随时间t的变化关系为Bkt(常量k0)。回路中滑动变阻器R的最大阻值为R0，滑动片P位于滑动变阻器中央，定值电阻R1R0、R2。闭合开关S，电压表的示数为U，不考虑虚线MN右侧导体的感应电动势，则()AR2两端的电压为B电容器的a极板带正电C滑动变阻器R的热功率为电阻R2的5倍
118、D正方形导体框中的感应电动势为kL2答案AC解析由法拉第电磁感应定律得线框中的感应电动势为：Ekr2，D错误；R2与滑动变阻器的右半部分并联，二者并联后的电阻为，然后与滑动变阻器的左半部分串联后的总电阻为，外电路的总电阻为R1，故R2两端电压为，A正确；电路左侧的变化磁场在正方形导线框内产生逆时针的电流，由此可知导体框相当于一个上负下正的电源，所以电容器a极板带负电，B错误；设干路电流为I，则通过滑动变阻器左半部分的电流为I，通过其右半部分的电流为，通过R2的电流也为，由PI2R知，滑动变阻器热功率为PI22，R2的热功率为P22，所以滑动变阻器R的热功率为电阻R2的5倍，故C正确。第53讲动
119、力学、能量和动量观点在电磁感应中的应用 1电磁感应与动力学的联系在电磁感应现象中导体运动切割磁感线，产生感应电流，感应电流的大小与导体的运动速度有关，且感应电流使导体受到安培力的作用。解决电磁感应中的力学问题，一方面要考虑电磁学中的有关规律，另一方面还要考虑动力学中的有关规律，要将电磁学和动力学知识综合起来应用。2电磁感应中动力学问题的分析导体一般不是做匀变速运动，而是经历一个动态变化过程再趋于一个稳定状态。动态分析的基本思路如下：3两种状态处理(1)导体处于平衡态静止或匀速直线运动状态处理方法：根据平衡条件(合外力等于0)列式分析。(2)导体处于非平衡态加速度不为0处理方法：根据牛顿第二定律
120、进行动态分析或结合功能关系、动量关系列式分析。如图甲所示，两根足够长的直金属导轨MN、PQ平行放置在倾角为的绝缘斜面上，两导轨间距为L，M、P两点间接有阻值为R的电阻。一根质量为m的均匀直金属杆AB放在两导轨上，并与导轨垂直。整套装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向下。导轨和金属杆的电阻可忽略。让AB杆沿导轨由静止开始下滑，导轨和金属杆接触良好，不计它们之间的摩擦。(1)由B向A方向看到的装置如图乙所示，请在此图中画出AB杆下滑过程中某时刻的受力示意图；(2)在加速下滑过程中，当AB杆的速度大小为v时，求此时AB杆中的电流大小及其加速度的大小；(3)求在下滑过程中，AB杆可以
121、达到的最大速度值。解析(1)AB杆受力如图所示，重力mg，竖直向下；支持力FN，垂直斜面向上；安培力F，沿斜面向上。(2)当AB杆速度为v时，感应电动势EBLv，此时电路中电流I。AB杆受到的安培力FBIL，根据牛顿第二定律，有mamgsinFmgsin，agsin。(3)当mgsin时，AB杆达到最大速度vmax。答案(1)图见解析(2)gsin(3)电磁感应中动力学问题的解题技巧(1)将安培力与其他力一起进行分析。(2)要特别注意安培力的大小和方向都有可能变化，不像重力或其他力一样是恒力。(3)列出稳定状态下的受力平衡方程往往是解题的突破口。1(2017天津高考) 如图所示，两根平行金属导
122、轨置于水平面内，导轨之间接有电阻R。金属棒ab与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下。现使磁感应强度随时间均匀减小，ab始终保持静止，下列说法正确的是() Aab中的感应电流方向由b到aBab中的感应电流逐渐减小Cab所受的安培力保持不变Dab所受的静摩擦力逐渐减小答案D解析根据楞次定律，ab中感应电流方向由a到b，A错误；根据ES，因为恒定，所以E恒定，根据 I知，回路中的感应电流恒定，B错误；根据FBIl，由于B减小，安培力F减小，C错误；根据平衡条件，静摩擦力fF，故静摩擦力减小，D正确。2(2019辽宁省实验中学分校高考模拟)(多选)如图所示，水
123、平放置的光滑金属长导轨MM和NN之间接有电阻R，导轨左、右两区域分别处在方向相反与轨道垂直的匀强磁场中，右侧区域足够长，方向如图。设左、右区域磁场的磁感应强度分别为B1和B2，虚线为两区域的分界线。一根金属棒ab放在导轨上并与其正交，棒和导轨的电阻均不计。金属棒在水平向右的恒定拉力作用下，在左面区域中恰好以速度v做匀速直线运动，则() A若B2B1，棒进入右面区域后先做加速运动，最后以速度2v做匀速运动B若B2B1，棒进入右面区域中后仍以速度v做匀速运动C若B22B1，棒进入右面区域后先做减速运动，最后以速度做匀速运动D若B22B1，棒进入右面区域后先做加速运动，最后以速度4v做匀速运动答案B
124、C解析金属棒在水平向右的恒力作用下，在虚线左边区域中以速度v做匀速直线运动，恒力F与安培力平衡。当B2B1时，棒进入右边区域后，棒切割磁感线产生的感应电动势大小与感应电流大小均没有变化，棒所受安培力的大小和方向也没有变化，与恒力F仍然平衡，则棒进入右边区域后，以速度v做匀速直线运动，故A错误，B正确；当B22B1时，棒进入右边区域后，棒产生的感应电动势和感应电流均变大，所受的安培力也变大，恒力没有变化，则棒先减速运动，随着速度减小，感应电动势和感应电流减小，棒受到的安培力减小，当安培力与恒力再次平衡时棒做匀速直线运动，设此时棒匀速运动的速度大小为v。在左侧磁场中F，在右侧磁场中匀速运动时，有F
125、，则v，即棒最后以速度做匀速直线运动，故C正确，D错误。能力命题点二电磁感应中的功能问题 1电磁感应中的功能关系2解题的一般步骤(1)确定研究对象(导体棒或回路)。(2)弄清电磁感应过程中，哪些力做功，哪些形式的能量相互转化。(3)根据功能关系或能量守恒定律列式求解。3求焦耳热Q的三种方法(2019山东济宁一模)如图所示，有一倾斜的光滑平行金属导轨，导轨平面与水平面的夹角为30，导轨间距为L，接在两导轨间的电阻为R，在导轨的中间矩形区域内存在垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，磁场区域的长度为2L。一质量为m、有效电阻为0.5R的导体棒从距磁场上边缘2L处由静止释放，整个运动过程中，导
126、体棒与导轨接触良好，且始终保持与导轨垂直。不计导轨的电阻，重力加速度为g。(1)求导体棒刚进入磁场时的速度v0；(2)若导体棒离开磁场前已达到匀速，求导体棒通过磁场的过程中，电阻R上产生的焦耳热QR。解析(1)导体棒从静止下滑距离2L的过程中，由动能定理得：mg2Lsinmv0解得：v0。(2)设导体棒匀速运动的速度为v，则此时导体棒在磁场中切割磁感线产生的感应电动势：EBLv产生的感应电流为I受到的安培力为F安BIL导体棒做匀速运动，故由平衡条件得：mgsinF安联立解得：v导体棒从开始释放到刚离开磁场的过程中，由能量守恒定律得：mg4Lsinmv2Q总则电阻R上产生的热量为QRR解得：QR
127、mgL。答案(1)(2)mgL在利用能的转化和守恒定律解决电磁感应问题时，要注意分析安培力做功的情况，因为安培力的功是电能和其他形式的能之间相互转化的“桥梁”，简单表示如下：电能其他形式的能。 (2019江西景德镇高三下学期十校联合模拟)(多选)如图甲所示，左侧接有定值电阻R2 的水平粗糙导轨处于垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度B1 T，导轨间距L1 m。一质量m2 kg、阻值r2 的金属棒在水平拉力F作用下由静止开始从CD处沿导轨向右加速运动，金属棒的vx图象如图乙所示，若金属棒与导轨间动摩擦因数0.2，则从起点发生x1 m位移的过程中(g10 m/s2)()A金属棒克服安培力做的功W1
128、0.25 JB金属棒克服摩擦力做的功W25 JC整个系统产生的总热量Q4.25 JD拉力做的功W9.25 J答案AC解析由题图乙得：v2x，金属棒所受的安培力FA，代入得：FA0.5x，则知FA与x是线性关系。当x0时，安培力FA0，当x1 m时，安培力FA0.5 N，则金属棒从起点发生x1 m位移的过程中，安培力做功为：WAx0.25 J，即金属棒克服安培力做的功为：W10.25 J，故A正确；金属棒克服摩擦力做的功为：W2mgx0.22101 J4 J，故B错误；金属棒克服安培力做的功等于产生的电热，金属棒克服摩擦力做的功等于产生的摩擦热，则整个系统产生的总热量QW1W24.25 J，C正
129、确；根据动能定理得：WW2W1mv2，其中v2 m/s，代入解得拉力做的功为W8.25 J，故D错误。能力命题点三电磁感应中的动量问题1动量定理在电磁感应现象中的应用导体棒或金属框在感应电流所引起的安培力作用下做非匀变速直线运动时，安培力的冲量为：I安BLtBLq，通过导体棒或金属框的电荷量为：qttntn，磁通量变化量：BSBLx。如果安培力是导体棒或金属框受到的合外力，则I安mv2mv1。当题目中涉及速度v、电荷量q、运动时间t、运动位移x时用动量定理求解更方便。2动量守恒定律在电磁感应现象中的应用在双金属棒切割磁感线的系统中，双金属棒和导轨构成闭合回路，安培力充当系统内力，如果两安培力等
130、大反向，且它们受到的外力的合力为0，则满足动量守恒条件，运用动量守恒定律求解比较方便。(2019山东德州高三期末)如图所示，宽度为L的光滑固定金属导轨由水平部分和倾斜部分组成，水平部分足够长，倾斜部分与水平面的夹角为30。导轨水平部分处于竖直向上的匀强磁场中，倾斜部分处于斜向上与导轨平面垂直的匀强磁场中，两磁场的磁感应强度大小均为B。导体棒ab和cd分别置于导轨的倾斜部分上和水平部分上并保持静止，现将导体棒ab在距导轨水平部分高度为h处释放，导体棒ab在到达MN处之前已达到稳定的运动状态，在导体棒ab到达MN时再释放导体棒cd，导体棒ab在MN处由倾斜部分进入水平部分时无能量损失。已知导体棒a
131、b质量为m，电阻为r，导体棒cd质量也为m，电阻为2r，导轨电阻忽略不计，当地重力加速度为g，求：(1)导体棒ab到达MN之前稳定运动时的速度大小；(2)整个过程中导体棒ab产生的焦耳热；(3)整个过程中通过导体棒ab某一横截面的电荷量。解析(1)导体棒ab到达MN之前稳定时，由平衡条件得mgsin30ILBI联立得：v。(2)导体棒ab进入水平部分后，ab和cd组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得：mv2mv导体棒ab和cd最终各自的速度大小相同，都为v对ab和cd组成的系统，整个过程中能量守恒，由能量守恒定律得mgh2mv2Q导体棒ab产生的焦耳热QabQ得Qabmgh。(3)导体棒ab自
132、开始运动至到达MN的过程中，通过导体棒ab某一横截面的电量q1tEBL得q1导体棒ab进入导轨的水平部分后，导体棒cd仅在安培力作用下向左加速运动，最后匀速，对导体棒cd的运动过程运用动量定理：BL1t1BL2t2BL3t3mv0q21t12t23t3得q2整个过程中通过导体棒ab某一横截面的电荷量qq1q2。答案(1)(2)mgh(3)对导体在安培力作用下的非匀变速直线运动，用动力学观点不易处理，可考虑用能量、动量的观点处理。1(2019重庆三诊)(多选)如图所示，水平面上有两根足够长的光滑平行金属导轨MN和PQ，两导轨间距为L，导轨电阻均可忽略不计。在M和P之间接有一阻值为R的定值电阻，导
133、体杆ab质量为m、电阻也为R，并与导轨接触良好。整个装置处于方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中。现给ab杆一个初速度v0，使杆向右运动，最终ab杆停在导轨上。下列说法正确的是()Aab杆将做匀减速运动直到静止Bab杆速度减为时，ab杆加速度大小为Cab杆速度减为时，通过电阻的电量为Dab杆速度减为时，ab杆走过的位移为答案BD解析ab棒水平方向上受与运动方向相反的安培力，安培力大小为FA，加速度大小为：a，由于速度减小，所以ab棒做加速度减小的变减速运动直到静止，故A错误；当ab棒的速度为时，安培力为：F，所以加速度大小为：a，故B正确；对ab棒，由动量定理得：BLtmmv0，即BLqm
134、v0，解得：q，所以通过电阻的电量为，故C错误；由q，解得ab杆走过的位移：x，故D正确。2. 足够长的平行金属轨道M、N，相距L0.5 m，且水平放置；M、N左端与半径R0.4 m的光滑竖直半圆轨道相连，与轨道始终垂直且接触良好的金属棒b和c可在轨道上无摩擦地滑动，两金属棒的质量mbmc0.1 kg，接入电路的有效电阻RbRc1 ，轨道的电阻不计。平行水平金属轨道M、N处于磁感应强度B1 T的匀强磁场中，磁场方向垂直于轨道平面向上，光滑竖直半圆轨道在磁场外，如图所示。若使b棒以初速度v010 m/s开始向左运动，运动过程中b、c不相撞，g取10 m/s2，求：(1)c棒的最大速度；(2)c棒
135、达最大速度时，此棒产生的焦耳热；(3)若c棒达最大速度后沿半圆轨道上滑，金属棒c到达轨道最高点时对轨道的压力的大小。答案(1)5 m/s(2)1.25 J(3)1.25 N解析(1)在安培力作用下，b棒做减速运动，c棒做加速运动，当两棒速度相等时，c棒达到最大速度。选两棒为研究对象，根据动量守恒定律有mbv0(mbmc)v解得c棒的最大速度为：vv0v05 m/s。(2)从b棒开始运动到两棒速度相等的过程中，系统减少的动能转化为电能，两棒中产生的总焦耳热为：Qmbv(mbmc)v22.5 J因为RbRc，所以c棒达最大速度时此棒产生的焦耳热为Qc1.25 J。(3)设c棒沿半圆轨道滑到最高点时
136、的速度为v，从最低点上升到最高点的过程，由机械能守恒定律可得：mcv2mcv2mcg2R解得v3 m/s在最高点，设轨道对c棒的弹力为F，由牛顿第二定律得mcgFmc解得F1.25 N由牛顿第三定律得，在最高点c棒对轨道的压力为1.25 N，方向竖直向上。课时作业1如图所示，匀强磁场存在于虚线框内，矩形线圈竖直下落，如果线圈受到的磁场力总小于其重力，则它在1、2、3、4位置时的加速度关系为() Aa1a2a3a4Ba1a3a2a4Ca1a3a4a2Da4a2a3a1答案B解析未进磁场前和全部进入磁场后，都仅受重力，所以加速度a1a3g。线框在图2位置时，受到重力和向上的安培力，且已知F安mg，
137、所以a2g。而由于线框完全在磁场中时做加速度为g的加速运动，故4位置时的速度大于2位置时的速度，根据F安及a可得a4a2a4，B正确。2如图，甲、乙两图为与匀强磁场垂直放置的两个金属框架，乙图除了一个电阻为零、自感系数为L的线圈外，其他部分与甲图都相同，导体AB以相同的加速度向右做匀加速直线运动。若位移相同，则()A甲图中外力做功多 B两图中外力做功相同C乙图中外力做功多 D无法判断答案A解析乙图电路中有线圈，故乙图中的感应电流小于甲图中的感应电流，乙图导体AB受到的安培力要小于甲图中导体AB受到的安培力，若位移相同，则甲图中AB克服安培力做的功大于乙图中AB克服安培力做的功，根据动能定理得W
138、外W安mv20，因为导体AB以相同的加速度向右做匀加速直线运动，通过的位移相等，则末动能相等，所以甲图中外力做的功大于乙图中外力做的功，故A正确，B、C、D错误。3如图所示，光滑绝缘水平面上嵌入一无限长通电直导线；一质量为0.02 kg的金属环在该平面内以大小为v02 m/s、方向与电流方向成60角的初速度滑出，则()A金属环最终将静止在水平面上的某处B金属环最终沿垂直导线方向做匀速直线运动C金属环所受安培力方向始终和运动方向相反D金属环中产生的电能最多为0.03 J答案D解析通电直导线右侧有垂直于金属环平面的磁场，金属环向右运动，磁通量减小，根据“来拒去留”可知，所受的安培力将阻碍金属圆环远
139、离通电直导线，即安培力垂直直导线向左，与运动方向并非相反，安培力使金属环在垂直导线方向做减速运动，当其垂直导线方向的速度减为零时，只剩下沿导线方向的速度v1，穿过金属环的磁通量不变，环中无感应电流，金属环以速度v1做匀速直线运动，故A、B、C错误；由题意知：沿导线方向的分速度v1v0cos601 m/s，根据能量守恒定律解得，金属环中产生的电能为：Qmvmv，代入数值解得：Q0.03 J，故环中最多产生0.03 J的电能，故D正确。4. (多选)如图所示，宽度为d的有界匀强磁场竖直向下穿过光滑的水平桌面，一质量为m的椭圆形导体框平放在桌面上，椭圆的长轴平行于磁场边界，短轴小于d。现给导体框一个
140、初速度v0(v0垂直磁场边界)，已知导体框全部在磁场中的速度为v，导体框全部出磁场后的速度为v1；导体框进入磁场过程中产生的焦耳热为Q1，导体框离开磁场过程中产生的焦耳热为Q2。下列说法正确的是() A导体框离开磁场过程中，感应电流的方向为顺时针方向B导体框进出磁场都是做匀变速直线运动CQ1Q2DQ1Q2m(vv)答案ACD解析导体框离开磁场时，磁通量减小，根据楞次定律得，感应电流的方向为顺时针方向，故A正确；导体框在进出磁场时，速度变化，则感应电动势变化，产生的感应电流变化，则所受的安培力变化，加速度变化，则导体框做的是非匀变速运动，故B错误；因为导体框进入磁场时的速度大于离开磁场时的速度，
141、则进入磁场时导体框产生的电流要比离开磁场时产生的电流大，则进入磁场过程中安培力较大，根据克服安培力做的功等于产生的焦耳热可知Q1Q2，C正确；由能量守恒定律可知，导体框进入磁场过程中产生的焦耳热与离开磁场过程中产生的焦耳热之和等于导体框的机械能减小量，即Q1Q2m(vv)，D正确。5. (多选)如图所示，甲、乙两个完全相同的正方形线圈，在距地面同一高度处由静止开始释放，A、B是边界范围、磁感应强度的大小和方向均完全相同的匀强磁场，只是A的区域比B的区域离地面高一些，两线圈下落时始终保持线圈平面与磁场垂直，则() A甲先落地B乙先落地C甲线圈受安培力的冲量较大D乙线圈落地速度较小答案BD解析线圈
142、穿过磁场区域过程受到的安培力是变力，设受到的平均安培力为F，穿过磁场的时间为t，下落全过程的时间为t，落地速度为v，安培力的冲量I安BLtBLq，而q，所以线圈受安培力的冲量相等，故C错误。线圈进入磁场克服安培力做的功WBL2，乙线圈进入磁场时速度较大，平均电流较大，线圈克服安培力做功较多，即产生的热量较多；根据能量守恒定律得知乙线圈落地时的速度较小，D正确。对全过程，由动量定理得：mgtBLtmv，所以t，因为v乙v甲，所以t乙0知，MN减速，且随v减小，I2减小，a减小，I2与v成正比，故I2随t减小得越来越慢，直至匀速，这时I2I1，It图象如图D所示。9(2019全国卷) (多选)如图
143、，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨，两相同的光滑导体棒ab、cd静止在导轨上。t0时，棒ab以初速度v0向右滑动。运动过程中，ab、cd始终与导轨垂直并接触良好，两者速度分别用v1、v2表示，回路中的电流用I表示。下列图象中可能正确的是() 答案AC解析导体棒ab运动，切割磁感线，产生感应电流，导体棒ab受安培力F作用，速度减小，导体棒cd受安培力F作用，速度变大，如图所示，感应电流I，安培力FFBIlma，随着v1减小，v2增大，则FF减小，两棒的加速度大小a减小，直到v1v2v共，a0，两棒做匀速运动，两棒组成的系统动量守恒，则mv02mv共，v共，A正
144、确，B错误。由前面分析知，v1v2随时间减小得越来越慢，最后为0，则感应电流I随时间减小得越来越慢，最后为0，C正确，D错误。10(2018江苏高考)(多选) 如图所示，竖直放置的“”形光滑导轨宽为L，矩形匀强磁场、的高和间距均为d，磁感应强度为B。质量为m的水平金属杆由静止释放，进入磁场和时的速度相等。金属杆在导轨间的电阻为R，与导轨接触良好，其余电阻不计，重力加速度为g。金属杆() A刚进入磁场时加速度方向竖直向下B穿过磁场的时间大于在两磁场之间的运动时间C穿过两磁场产生的总热量为4mgdD释放时距磁场上边界的高度h可能小于答案BC解析由于金属杆进入两个磁场时的速度相等，而穿出磁场后金属杆
145、做加速度为g的加速运动，所以金属杆进入磁场、时都做减速运动，A错误；对金属杆受力分析，根据mgma可知，金属杆在磁场中做加速度减小的减速运动，其进出磁场的vt图象如图所示，由于0t1和t1t2图线与t轴包围的面积相等(都为d)，所以t1(t2t1)，B正确；从进入磁场到进入磁场之前过程中，根据能量守恒，金属棒减小的机械能全部转化为焦耳热，所以Q1mg2d，所以穿过两个磁场过程中产生的热量为4mgd，C正确；若金属杆进入磁场做匀速运动，则mg0，得v，由前面分析可知金属杆进入磁场的速度大于，根据h得金属杆进入磁场的高度应大于，D错误。11. (2019黑龙江齐齐哈尔一模)如图所示，边长为L、电阻
146、为R的正方形线框abcd放在光滑绝缘水平面上，其右边有一磁感应强度大小为B、方向竖直向上的有界匀强磁场，磁场的宽度为L。线框的ab边与磁场的左边界相距为L，且与磁场边界平行，线框在某一水平恒力作用下由静止向右运动，ab边进入磁场时线框恰好开始做匀速运动，根据题给信息，下列物理量可以求出的是() A外力的大小B匀速运动的速度大小C通过磁场区域的过程中产生的焦耳热D进入磁场的过程中通过线框某横截面的电荷量答案D解析线框匀速时产生的感应电动势：EBLv，根据闭合电路欧姆定律可得：I，ab边受到的安培力大小为：FABIL，根据共点力的平衡可得：FAF，解得：v，由于拉力F不知道，也不能求出，所以v无法
147、求出，A、B错误；线框通过磁场过程，由能量守恒定律得：3FLQmv2，由于F和v不知道，所以通过磁场区域的过程中产生的焦耳热无法求解，C错误；线框进入磁场过程中通过线框某横截面的电荷量：qt，故D正确。12(2019河南开封高三上第一次模拟)(多选)如图所示，在竖直平面内固定有光滑平行导轨，间距为L，下端接有阻值为R的电阻，空间存在与导轨平面垂直、磁感应强度为B的匀强磁场。质量为m、电阻为r的导体棒ab与上端固定的弹簧相连并垂直导轨放置。初始时，导体棒静止，现给导体棒竖直向下的初速度v0，导体棒开始沿导轨往复运动，运动过程中始终与导轨垂直并保持良好接触。若导体棒电阻r与电阻R的阻值相等，不计导
148、轨电阻，则下列说法中正确的是() A导体棒往复运动过程中的每个时刻受到的安培力方向总与运动方向相反B初始时刻导体棒两端的电压UabBLv0C若导体棒开始运动后到速度第一次为零时，下降的高度为h，则通过电阻R的电量为D若导体棒开始运动后到速度第一次为零时，下降的高度为h，此过程导体棒克服弹力做的功为W，则电阻R上产生的焦耳热QmvmghW答案AC解析导体棒竖直向下运动时，由右手定则判断可知：ab中产生的感应电流方向从ba，由左手定则判断得知ab棒受到的安培力竖直向上；导体棒竖直向上运动时，由右手定则判断可知：ab中产生的感应电流方向从ab，由左手定则判断得知ab棒受到的安培力竖直向下，所以导体棒
149、往复运动过程中的每个时刻受到的安培力方向总与运动方向相反，故A正确；导体棒开始运动的初始时刻，ab棒产生的感应电动势为EBLv0，由于rR，所以导体棒两端的电压UabEBLv0，故B错误；导体棒开始运动后到速度第一次为零时，下降的高度为h，则通过电阻R的电量为q，故C正确；由于导体棒运动过程中R和r都产生焦耳热，所以导体棒开始运动后速度第一次为零时，根据能量守恒定律得知产生的焦耳热Q热mvmghW，又Rr，所以电阻R上产生的焦耳热QQ热mvmghW，故D错误。13(2019湖南怀化高考一模)(多选)如图所示，在光滑绝缘的水平面上方，有两个方向相反的水平方向匀强磁场，PQ为两个磁场的边界，磁场范
150、围足够大，磁感应强度的大小分别为B1B、B22B。一个竖直放置的边长为a、质量为m、电阻为R的正方形金属线框，以速度v垂直磁场方向从图中实线位置开始向右运动，当线框运动到分别有一半面积在两个磁场中时，线框的速度为，则下列结论中正确的是()A此过程中通过线框横截面的电量为B此过程中回路产生的电能为mv2C此时线框的加速度为D此时线框中的电功率为答案AC解析根据qt，21Ba2，可得通过线框横截面的电荷量为q，故A正确；由能量守恒定律得，此过程中回路产生的电能为：Emv2m2mv2，故B错误；此时感应电动势为：E2BaBaBav，线框中的电流为：I，由牛顿第二定律得：2BIaBIama加，解得：a
151、加，故C正确；此时线框的电功率为：PI2R，故D错误。14(2019北京高考) 如图所示，垂直于纸面的匀强磁场磁感应强度为B。纸面内有一正方形均匀金属线框abcd，其边长为L，总电阻为R，ad边与磁场边界平行。从ad边刚进入磁场直至bc边刚要进入的过程中，线框在向左的拉力作用下以速度v匀速运动，求：(1)感应电动势的大小E；(2)拉力做功的功率P；(3)ab边产生的焦耳热Q。答案(1)BLv(2)(3)解析(1)由法拉第电磁感应定律可得，感应电动势EBLv。(2)线框中的感应电流I拉力大小等于安培力大小FBIL拉力的功率PFv。(3)线框ab边电阻Rab时间tab边产生的焦耳热QI2Rabt。
152、15(2019天津高考)如图所示，固定在水平面上间距为l的两条平行光滑金属导轨，垂直于导轨放置的两根金属棒MN和PQ长度也为l、电阻均为R，两棒与导轨始终接触良好。MN两端通过开关S与电阻为R的单匝金属线圈相连，线圈内存在竖直向下均匀增加的磁场，磁通量变化率为常量k。图中虚线右侧有垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。PQ的质量为m，金属导轨足够长、电阻忽略不计。(1)闭合S，若使PQ保持静止，需在其上加多大的水平恒力F，并指出其方向；(2)断开S，PQ在上述恒力作用下，由静止开始到速度大小为v的加速过程中流过PQ的电荷量为q，求该过程安培力做的功W。答案(1)，方向水平向右(2)
153、mv2kq解析(1)设线圈中的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律得感应电动势E，则Ek设PQ与MN并联的电阻为R并，有R并闭合S时，设线圈中的电流为I，根据闭合电路欧姆定律得I设PQ中的电流为IPQ，有IPQI设PQ受到的安培力为F安，有F安BIPQlPQ保持静止，由受力平衡，有FF安联立式得F由楞次定律和右手螺旋定则得PQ中的电流方向为由Q到P，再由左手定则得PQ所受安培力的方向水平向左，则力F的方向水平向右。(2)设PQ由静止开始到速度大小为v的加速过程中，PQ运动的位移为x，所用时间为t，回路中的磁通量变化为，平均感应电动势为，有其中Blx设PQ中的平均感应电流为，有根据电流的定义式得
154、由动能定理，有FxWmv20联立式得Wmv2kq。16(2020江西省红色七校高三联考)如图甲所示，电阻不计且间距L1 m的光滑平行金属导轨竖直放置，上端接一阻值R2 的电阻，虚线OO下方有垂直于导轨平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B2 T。现将质量m0.1 kg、电阻不计的金属杆ab从OO上方某处由静止释放，金属杆在下落的过程中与导轨保持良好接触且始终水平。金属杆从静止开始下落0.3 m的过程中，加速度a与下落距离h的关系图象如图乙所示，g取10 m/s2。(1)求金属杆刚进入磁场时的速度大小v0；(2)求金属杆从静止开始下落0.3 m的过程中，在电阻R上产生的热量Q；(3)在图丙的坐标
155、系中，定性画出回路中的电流随时间变化的图线，并说明图线与坐标轴围成的图形的面积的物理意义(以金属杆进入磁场时为计时起点)。答案(1)1.0 m/s(2)0.2875 J(3)见解析解析(1)进入磁场后，根据右手定则可知金属杆ab中电流的方向由a到b，由左手定则可知，杆ab所受的安培力方向竖直向上。刚进入磁场时，由牛顿第二定律得mgBI0Lma其中a10 m/s2，I0联立并代入数据解得v01.0 m/s。(2)由题图乙知h0.3 m时，a0，表明金属杆受到的重力与安培力平衡，设此时金属杆的速度为v1，有BI1Lmg，其中I1联立并代入数据解得v10.5 m/s从开始到下落0.3 m的过程中，由
156、能量守恒定律有mghQmv得到Qmghmv0.2875 J。(3)回路中的电流随时间变化的图线如图所示面积的物理意义是：某段时间内通过电阻的电荷量。17(2018天津高考) 真空管道超高速列车的动力系统是一种将电能直接转换成平动动能的装置。图1是某种动力系统的简化模型，图中粗实线表示固定在水平面上间距为l的两条平行光滑金属导轨，电阻忽略不计，ab和cd是两根与导轨垂直、长度均为l、电阻均为R的金属棒，通过绝缘材料固定在列车底部，并与导轨良好接触，其间距也为l，列车的总质量为m。列车启动前，ab、cd处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下，如图1所示，为使列车启动，需在M、N
157、间连接电动势为E的直流电源，电源内阻及导线电阻忽略不计，列车启动后电源自动关闭。(1)要使列车向右运行，启动时图1中M、N哪个接电源正极，并简要说明理由；(2)求刚接通电源时列车加速度a的大小；(3)列车减速时，需在前方设置如图2所示的一系列磁感应强度为B的匀强磁场区域，磁场宽度和相邻磁场间距均大于l。若某时刻列车的速度为v0，此时ab、cd均在无磁场区域，试讨论：要使列车停下来，前方至少需要多少块这样的有界磁场？答案(1)M接电源正极，理由见解析(2)(3)见解析解析(1)列车要向右运动，安培力方向应向右，根据左手定则，接通电源后，金属棒中电流方向由a到b，由c到d，故M接电源正极。(2)由
158、题意，启动时ab、cd并联，电阻均为R，由并联电路知ab、cd中电流均为I每根金属棒受到的安培力F0BIl设两根金属棒所受安培力之和为F，有F2F0根据牛顿第二定律有Fma联立式得a(3)设列车减速时，cd进入磁场后经t时间ab恰好进入磁场，此过程中穿过两金属棒与导轨所围回路的磁通量的变化量为，平均感应电动势为E1，由法拉第电磁感应定律有E1其中Bl2设回路中平均电流为I，由闭合电路欧姆定律有I设cd受到的平均安培力为F，有FBIl以向右为正方向，设t时间内cd受安培力冲量为I冲，有I冲Ft同理可知，回路出磁场时ab受安培力冲量仍为上述值，设回路进出一块有界磁场区域安培力冲量为I0，有I02I
159、冲设列车停下来受到的总冲量为I总，由动量定理有I总0mv0联立式得讨论：若恰好为整数，设其为n，则需设置n块有界磁场；若不是整数，设的整数部分为N，则需设置N1块有界磁场。18(2019河南郑州三模)如图所示，空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B0.5 T。在匀强磁场区域内，有一对光滑平行金属导轨，处于同一水平面内，导轨足够长，导轨间距L1 m，电阻可忽略不计。质量均为m1 kg，电阻均为R2.5 的金属导体棒MN和PQ垂直放置于导轨上，且与导轨接触良好。先将PQ暂时锁定，金属棒MN在垂直于棒的拉力F作用下，由静止开始以加速度a0.4 m/s2向右做匀加速直线运动，5 s后保持拉力F的功率
160、不变，直到棒以最大速度vm做匀速直线运动。(1)求棒MN的最大速度vm；(2)当棒MN达到最大速度vm时，解除PQ锁定，同时撤去拉力F，两棒最终均匀速运动。求解除PQ棒锁定后，到两棒最终匀速运动的过程中，电路中产生的总焦耳热；(3)若PQ始终不解除锁定，当棒MN达到最大速度vm时，撤去拉力F，棒MN继续运动多远后停下来？(运算结果可用根式表示)答案(1)2 m/s(2)5 J(3)40 m解析 (1)棒MN做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：FBILma棒MN做切割磁感线运动，产生的感应电动势为：EBLv棒MN做匀加速直线运动，5 s时的速度为：vat12 m/s在两棒组成的回路中，由闭合电路
161、欧姆定律得：I联立上述式子，有：Fma代入数据解得：F0.5 N5 s时拉力F的功率为：PFv代入数据解得：P1 W棒MN最终做匀速运动，设棒的最大速度为vm，棒受力平衡，则有：BImL0其中Im代入数据解得：vm2 m/s。(2)解除棒PQ锁定撤去F后，两棒运动过程中动量守恒，最终两棒以相同的速度做匀速运动，设速度大小为v，则有：mvm2mv设从PQ棒解除锁定到两棒达到相同速度的过程中，电路中产生的焦耳热为Q，由能量守恒定律可得：Qmv2mv2代入数据解得：Q5 J。(3)以棒MN为研究对象，设某时刻棒中电流为i，在极短时间t内，由动量定理得：BiLtmv对式子两边求和有：(BiLt)(mv
162、m)而qit对式子两边求和，有：q(it)联立各式解得：BLqmvm，又对于电路有：qtt由法拉第电磁感应定律得：即q联立并代入数据解得：x40 m。第54讲电磁感应中的“杆轨”模型热点概述电磁感应“杆轨模型”中的杆有“单杆”和“双杆”等，有的回路中还接有电容器；电磁感应“杆轨模型”中的轨有“直轨”和“折轨”等，导轨有竖直的，也有水平的，还有放在斜面上的等各种情况。分析这类问题重在结合电动势的变化情况分析清楚其中的动力学过程，处理问题时经常涉及电磁学和动力学、能量、动量中的几乎所有规律，综合性较强。热点一单杆模型单杆模型的常见情况v00v00示意图质量为m，电阻不计的单杆ab以一定初速度v0在
163、光滑水平轨道上滑动，两平行导轨间距为L轨道水平光滑，单杆ab质量为m，电阻不计，两平行导轨间距为L轨道水平光滑，单杆ab质量为m，电阻不计，两平行导轨间距为L，拉力F恒定轨道水平光滑，单杆ab质量为m，电阻不计，两平行导轨间距为L，拉力F恒定力学观点导体杆以速度v切割磁感线产生感应电动势EBLv，电流I，安培力FBIL，做减速运动：vFa，当v0时，F0，a0，杆保持静止S闭合，ab杆受安培力F，此时a，杆ab速度v感应电动势BLvI安培力FBIL加速度a，当E感E时，v最大，且vm开始时a，杆ab速度v感应电动势EBLvI安培力F安BIL，由FF安ma知a，当a0时，v最大，vm开始时a，杆
164、ab速度v感应电动势EBLv，经过t速度为vv，此时感应电动势EBL(vv)，t时间内流入电容器的电荷量qCUC(EE)CBLv电流ICBLCBLa安培力F安BLICB2L2aFF安ma，a，所以杆以恒定的加速度匀加速运动图象观点能量观点动能全部转化为内能：Qmv电源输出的电能转化为动能W电mvF做的功一部分转化为杆的动能，一部分产生电热：WFQmvF做的功一部分转化为动能，一部分转化为电场能：WFmv2EC注：若光滑导轨倾斜放置，要考虑导体杆受到重力沿导轨斜面向下的分力作用，分析方法与表格中受外力F时的情况类似，这里就不再赘述。 例1图甲、乙、丙中除导体棒ab可动外，其余部分均固定不动。甲图
165、中的电容器C原来不带电，所有导体棒、导轨电阻均可忽略，导体棒和导轨间的摩擦也不计，导体棒ab的质量为m。图中装置均在水平面内，且都处于方向垂直水平面(即纸面)向下的匀强磁场中，磁感应强度为B，导轨足够长，间距为L。今给导体棒ab一个向右的初速度v0，则()A三种情况下，导体棒ab最终都静止B三种情况下，导体棒ab最终都做匀速运动C图甲、丙中ab棒最终都向右做匀速运动D图乙中，流过电阻R的总电荷量为解析图甲中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流而使电容器充电，当电容器C极板间电压与导体棒产生的感应电动势相等时，电路中没有电流，ab棒不受安培力，向右做匀速运动。图乙中，导体棒向右运动切割磁感线产
166、生感应电流，通过电阻R转化为内能，ab棒速度减小，当ab棒的动能全部转化为内能时，ab棒静止。图丙中，导体棒先受到向左的安培力作用向右做减速运动，速度减为零后再在安培力作用下向左做加速运动，当导体棒产生的感应电动势与电源的电动势相等时，电路中没有电流，ab棒向左做匀速运动，A、B、C错误；图乙中根据动量定理BILt0mv0，流过电阻R的总电荷量为qIt，D正确。答案D(1)除了核心综述中的常见情况外，基于这些常见情况的变形，要综合分析杆的受力和运动过程，找出最后的稳定状态。(2)电磁感应涉及通过某段电路的电量时可考虑用动量定理或q来处理。例2(2019衡阳模拟)如图所示，足够长的光滑平行金属导
167、轨CD、EF倾斜放置，其所在平面与水平面间的夹角为30，两导轨间距为L，导轨下端分别连着电容为C的电容器和阻值R2r的电阻。一根质量为m，电阻为r的金属棒放在导轨上，金属棒与导轨始终垂直并接触良好，一根不可伸长的绝缘轻绳一端拴在金属棒中间、另一端跨过定滑轮与质量M4m的重物相连。金属棒与定滑轮之间的轻绳始终在两导轨所在平面内且与两导轨平行，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨所在平面向上，导轨电阻不计，初始状态用手托住重物使轻绳恰处于伸长状态，由静止释放重物，求：(重力加速度大小为g，不计滑轮阻力)(1)若S1闭合、S2断开，重物的最大速度。(2)若S1和S2均闭合，电容器的最大带电量。(3)若
168、S1断开、S2闭合，重物的速度v随时间t变化的关系式。解析(1)S1闭合、S2断开时，M由静止释放后拉动金属棒沿导轨向上做加速运动，金属棒受到沿导轨向下的安培力及重力的分力作用，设最大速度为vm，根据法拉第电磁感应定律可得感应电动势EBLvm根据闭合电路的欧姆定律可得感应电流I当金属棒速度最大时有：Mgmgsin30BIL解得：vm。(2)S1、S2均闭合时，电容器两板间的最大电压UURIR电容器的最大带电量QCU。(3)S1断开、S2闭合时，设从释放M开始经时间t金属棒的速度大小为v，加速度大小为a，通过金属棒的电流为i，金属棒受到的安培力FBiL，方向沿导轨向下，设在时间t到(tt)内流经
169、金属棒的电荷量为Q，Q也是平行板电容器在t到(tt)内增加的电荷量，QCBLv，根据运动学公式可得vat，则iCBLa，设绳中拉力为T，由牛顿第二定律，对金属棒有：Tmgsin30BiLma对M有：MgTMa，解得：a可知M做初速度为零的匀加速直线运动vatt答案(1)(2)(3)vt单杆电容器恒力模型可用微元法或动量定理分析，其运动形式恰好为匀变速直线运动，不同于其他单杆模型。1. (多选)如图所示，间距为L的两根平行光滑导轨竖直放置，导轨间接有电容为C的电容器，处于垂直轨道平面的匀强磁场B中，质量为m、电阻为R的金属杆ab接在两导轨之间并由静止释放，ab下落过程中始终保持与导轨接触良好，设
170、导轨足够长，电阻不计，下列说法正确的是() Aab做自由落体运动Bab做匀加速运动，且加速度为aCab做匀加速运动，若加速度为a，则回路的电流为ICBLaDab做加速度减小的变加速运动，最后匀速运动，最大速度为vm答案BC解析金属杆ab下落过程中产生感应电动势，电容器充电，电路中有充电电流，ab杆受到向上的安培力，设瞬时加速度为a，根据牛顿第二定律得mgBILma。又I，又UEBLv，得ICBLa，解得a，可见杆的加速度不变，做匀加速直线运动，故B、C正确。2. (多选)如图MN和PQ为竖直方向的两平行足够长的光滑金属导轨，间距为L，电阻不计。导轨所在平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，两端分
171、别接阻值为2R的电阻R1和电容为C的电容器。质量为m、电阻为R的金属杆ab始终垂直于导轨，并与其保持良好接触。杆ab由静止开始下滑，在下滑过程中最大的速度为v，整个电路消耗的最大电功率为P，则() A电容器左极板带正电B电容器的最大带电量为C杆ab的最大速度vD杆ab所受安培力的最大功率为答案BC解析根据右手定则，感应电动势的方向为ab，故电容器右极板带正电荷，故A错误；当金属杆的速度达到最大时，感应电动势最大，感应电动势的最大值为：EmBLvmBLv，路端电压的最大值为：UEmBLv，故电容器的带电量最大为：QCU，故B正确；杆ab所受安培力的最大功率即为整个电路消耗的最大电功率P，当杆ab
172、的速度最大时F安mg，所以v，故C正确，D错误。3(2019湖南高考模拟)如图所示，间距为L的水平平行金属导轨上连有一定值电阻，阻值为R，两质量均为m的导体棒ab和cd垂直放置在导轨上，两导体棒电阻均为R，棒与导轨间的动摩擦因数均为，导轨电阻不计，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，整个导轨处在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B。现用某一水平恒力向右拉导体棒ab使其从静止开始运动，当棒ab匀速运动时，棒cd恰要开始滑动(重力加速度为g)，求：(1)棒ab匀速运动的速度大小；(2)若棒ab从开始运动到匀速的过程中流过的电荷量为q，这一过程经历的时间是多少？答案(1)(2)解析(1)设棒ab匀速运动的速
173、度为v，则棒ab中的感应电流I棒cd中的感应电流为棒cd所受安培力F1BL当棒cd恰要滑动时，F1mg，即mg解得v。(2)设棒ab所受恒定外力为F，匀速运动时棒ab所受安培力F2BIL对棒cd：F1BLmg棒ab: FF2mg2F1mg 解得F3mg对棒ab从开始运动到匀速的过程，设运动时间为t，棒ab中的平均电流为，由动量定理：(Fmg)tBLtmv而tq故2mgtBLqmv解得t。热点二双杆模型双杆模型的常见情况(1)初速度不为零，不受其他水平外力的作用光滑的平行导轨光滑不等距导轨示意图质量mbma电阻rbra长度LbLa质量mbma电阻rbra长度Lb2La力学观点杆b受安培力做变减速
174、运动，杆a受安培力做变加速运动，稳定时，两杆的加速度均为零，以相等的速度匀速运动杆b受安培力做变减速运动，杆a受安培力做变加速运动，稳定时，两杆的加速度均为零，两杆的速度之比为12图象观点能量观点一部分动能转化为内能：QEk(2)初速度为零，一杆受到恒定水平外力的作用光滑的平行导轨不光滑平行导轨示意图质量mbma电阻rbra长度LbLa摩擦力FfbFfa质量mbma电阻rbra长度LbLa力学观点开始时，两杆受安培力做变加速运动；稳定时，两杆以相同的加速度做匀加速运动开始时，若Ff2Ff，a杆先变加速后匀加速运动，b杆先静止后变加速最后和a杆同时做匀加速运动，且加速度相同图象观点能量观点F做的
175、功转化为两杆的动能和内能：WFEkQF做的功转化为两杆的动能和内能(包括电热和摩擦热)：WFEkQ电Qf 例1(2019山东德州二模)(多选)如图所示，宽为L的两固定光滑金属导轨水平放置，空间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。质量均为m、电阻值均为r的两导体棒ab和cd静止置于导轨上，其间距也为L，现给cd一向右的初速度v0，对它们之后的运动过程说法正确的是()Aab的加速度越来越大，cd的加速度越来越小B回路产生的焦耳热为mvC通过ab的电荷量为D两导体棒间的距离最终变为L解析根据安培力公式和牛顿第二定律得：Fma，解得a，所以两者的加速度都是越来越小，最后匀速运动，故A错误；棒a
176、b和cd在运动过程中始终受到等大反向的安培力，系统动量守恒，以向右的方向为正方向，则有：mv02mv1，解得：v1v0，由能量守恒定律得：Qmv2mv，解得回路产生的焦耳热为：Qmv，故B正确；设整个过程中通过ab的电荷量为q，对cd棒，由动量定理得：mv1mv0BLtBLq，所以q，故C正确；对cd棒由动量定理得：mv1mv0t，解得：x，两导体棒间的距离最终变为L，故D正确。答案BCD在相互平行的水平轨道间的双棒做切割磁感线运动时，由于这两根导体棒所受的安培力等大反向，合外力为零，若不受其他外力，两导体棒的总动量守恒，解决此类问题往往要应用动量守恒定律。 例2(2019山西省三模)桌面上有
177、不等间距平行金属导轨MN、MN和PQ、PQ如图水平放置(桌面未画出)，MN和MN相连，PQ和PQ相连，导轨宽度分别为d10.1 m，d20.2 m，MN和PQ上左端都涂有长度为2 m的绝缘漆，图中用较粗部分表示，金属棒a和金属棒b分别垂直导轨放置，金属棒b开始位置与MP位置重合，它们质量分别为ma0.1 kg，mb0.2 kg，b用绝缘细线绕过光滑定滑轮和一小物块c相连，c的质量mc0.2 kg，c开始时距地面高度h2 m。整个空间充满垂直导轨向上的匀强磁场。已知绝缘漆部分和棒的动摩擦因数0.2，导轨其余部分均光滑且和金属棒接触良好，开始用手托着c使系统保持静止。现放手使其开始运动，物体c触地
178、后不再反弹，设整个过程中导轨足够长，g10 m/s2，求：(1)金属棒b在导轨上涂有绝缘漆部分运动时绳子的拉力大小；(2)从开始运动到金属棒a的速度为2 m/s时系统产生的热量；(3)求金属棒a的最大速度。解析(1)金属棒b在导轨上涂有绝缘漆部分运动时未形成闭合电路，导体棒不受安培力。对b，由牛顿第二定律得：Tmbgmba对物块c，由牛顿第二定律得：mcgTmca联立解得：T1.2 N，a4 m/s2。(2)b在绝缘漆部分所受摩擦力大小为：fmbg0.20.210 N0.4 N摩擦生热产生的热量为：Q1fL0.42 J0.8 J从开始运动到c落地过程，应用运动学规律得：v2ah解得：vcvb4
179、 m/s此时金属棒b离开绝缘漆，开始切割磁感线，回路产生感应电流，b做减速运动，a做加速运动，通过它们的电流时刻相等，所以a和b受到的安培力大小之比为12，质量之比为12，其加速度大小之比为11，即二者速度变化量大小时刻相等。可知当va2 m/s时，vb2 m/s根据能量守恒定律可得系统产生的焦耳热为：Q2mbvmbvb2mava2解得：Q21.0 J所以从开始运动到a的速度为2 m/s时，系统产生的热量为：QQ1Q21.8 J。(3)金属棒a和b运动方向相同，切割磁感线产生的感应电动势方向相反。当两者的感应电动势大小相等时，回路的感应电流为0，两棒不受安培力，均做匀速运动，金属棒a的速度达到
180、最大。设此时a、b两棒的速度分别为v1和v2则有Bd1v1Bd2v2，可得：v12v2因为a、b加速度大小相等，则有：v10vbv2解得：v1vb m/s。答案(1)1.2 N(2)1.8 J(3) m/s(1)杆轨模型的处理仍然沿用解决力学问题的三大观点。(2)在双金属棒切割磁感线的系统中，若所受其他外力的合力不为零，则不符合动量守恒的条件，如果题目涉及时间，可考虑用动量定理或动力学观点解题。1如图所示，电阻不计的两光滑金属导轨相距L，放在水平绝缘桌面上，半径为R的圆弧部分处在竖直平面内，水平直导轨部分处在磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中，末端与桌面边缘平齐。两金属棒ab、cd垂直于
181、两导轨且与导轨接触良好，棒ab质量为2m、电阻为r，棒cd的质量为m、电阻为r，重力加速度为g。开始时棒cd静止在水平直导轨上，棒ab从圆弧顶端无初速度释放，进入水平直导轨后与棒cd始终没有接触并一直向右运动，最后两棒都离开导轨落到地面上。棒ab与棒cd落地点到桌面边缘的水平距离之比为13。求：(1)棒ab和棒cd离开导轨时的速度大小；(2)棒cd在水平导轨上的最大加速度；(3)两棒在导轨上运动过程中产生的焦耳热。答案(1)(2)(3)mgR解析(1)设ab棒进入水平导轨的速度为v1，ab棒从圆弧导轨滑下，由机械能守恒定律得2mgR2mv离开导轨时，设ab棒的速度为v1，cd棒的速度为v2，a
182、b棒与cd棒在水平导轨上运动，由动量守恒定律得2mv12mv1mv2两棒离开导轨做平抛运动的时间相等，由水平位移xvt可知：v1v2x1x213联立解得v1，v2。(2)ab棒刚进入水平导轨时，cd棒受到的安培力最大，它的加速度最大，回路中的感应电动势为EBLv1Icd棒受到的安培力为：FcdBILcd棒的最大加速度为a联立解得：a。(3)根据能量守恒定律，两棒在导轨上运动过程中产生的焦耳热为：Q2mv联立并代入v1和v2解得QmgR。2间距为L2 m的足够长的金属直角导轨如图所示放置，它们各有一边在同一水平面内，另一边垂直于水平面。质量均为m0.1 kg的金属细杆ab、cd与导轨垂直放置形成
183、闭合回路。细杆与导轨之间的动摩擦因数均为0.5，导轨的电阻不计，细杆ab、cd接入电路的电阻分别为R10.6 ，R20.4 。整个装置处于磁感应强度大小为B0.50 T、方向竖直向上的匀强磁场中(图中未画出)。当ab杆在平行于水平导轨的拉力F作用下从静止开始沿导轨匀加速运动时，cd杆也同时从静止开始沿导轨向下运动，且t0时，F1.5 N，g10 m/s2。(1)求ab杆的加速度a的大小；(2)求当cd杆达到最大速度时ab杆的速度大小；(3)若从开始到cd杆达到最大速度的过程中拉力F做的功为5.2 J，求该过程中ab杆所产生的焦耳热。答案(1)10 m/s2 (2)2 m/s (3)2.94 J
184、解析(1)由题可知，在t0时，F1.5 N对ab杆进行受力分析，由牛顿第二定律得Fmgma代入数据解得a10 m/s2。(2)从d向c看，对cd杆进行受力分析，如图所示，当cd杆速度最大时，设ab杆的速度大小为v，根据平衡条件，有FfmgFN，FNF安，F安BIL，I综合以上各式，解得v2 m/s(3)整个过程中，ab杆发生的位移x m0.2 m对ab杆应用动能定理，有WFmgxW安mv2代入数据解得W安4.9 J根据功能关系得Q总W安所以ab杆上产生的热量QabQ总2.94 J。课时作业1(2019福建泉州二模)电磁炮是利用电磁力对弹体加速的新型武器。某小组用图示装置模拟研究电磁炮的原理。间
185、距为0.1 m的水平长导轨间有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为0.5 T，左端所接电池的电动势为1.5 V、内阻为0.5 。长为0.1 m、电阻为0.1 的金属杆ab静置在导轨上。闭合开关S后，杆ab向右运动，在运动过程中受到的阻力恒为0.05 N，杆ab始终与导轨垂直且接触良好。导轨电阻不计，则杆ab() A先做匀加速直线运动，后做匀速直线运动B能达到的最大速度为12 m/sC两端的电压始终为0.25 VD达到最大速度时，ab两端的电压为1 V答案D解析设电池的内阻为r，杆ab的电阻为R，杆ab的速度为v时，有：F安BILBL，根据牛顿第二定律：F安fma，分析可知，杆ab做加速度减小的
186、加速运动，当加速度减小到零时，杆ab做匀速运动，A错误；当杆ab匀速时有最大速度，此时F安BLf，代入数据解得：vm18 m/s，B错误；杆ab运动过程中，回路电流：I，ab两端电压：UEr，随着速度变大，a、b两端电压在变化，当ab速度最大时，将vm18 m/s代入解得ab两端此时的电压：U1 V，C错误，D正确。2(多选)如图，两根足够长的光滑平行金属导轨PP、QQ倾斜放置，匀强磁场垂直于导轨平面向上，导轨的上端与水平放置的两金属板M、N相连，板间距离足够大，板间有一带电微粒，金属棒ab水平跨放在导轨上，下滑过程中与导轨接触良好。现在同时由静止释放带电微粒和金属棒ab，则()A金属棒ab一
187、直加速下滑B金属棒ab最终可能匀速下滑C金属棒ab下滑过程中M板电势高于N板电势D带电微粒可能先向N板运动后向M板运动答案ACD解析根据牛顿第二定律有mgsinBIlma，而I，qCU，UBlv，vat，联立解得a，因而金属棒将做匀加速运动，A正确，B错误；ab棒切割磁感线，相当于电源，a端相当于电源正极，因而M板带正电，N板带负电，C正确；ab做匀加速运动，产生的感应电动势增大，使M、N两板间的电压增大，微粒受到的电场力增大，若带电粒子带负电，在重力和逐渐增大的电场力的作用下，可能先向下运动然后再反向向上运动，D正确。3(2019重庆南开中学高三4月模拟)(多选)如图所示，水平面上有两根足够
188、长的光滑平行金属导轨MN和PQ，两导轨间距为L，导轨电阻忽略不计。在M和P之间接有阻值为R的甲与乙两个定值电阻，导体棒ab的质量为m，电阻为r，并与导轨接触良好。整个装置处于方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中。现给导体杆ab一初速度v0，使杆向右运动。最后杆停在导轨上。下列说法正确的是()Aab杆做匀减速直线运动直到静止Bab杆速度减为时，ab杆加速度大小为Cab杆速度减为时，通过甲电阻的电量qDab杆速度减为时，ab杆走过的位移s答案BD解析ab杆水平方向上受与运动方向相反的安培力，加速度大小为：a，由于速度减小，所以ab杆做加速度减小的减速运动直到静止，故A错误；当ab杆的速度为时，
189、安培力大小为：FA，其加速度大小为：a，故B正确；对ab杆应用动量定理得：BILtmmv0，即BLq总m，解得：q总，由于甲与乙两电阻并联，所以通过甲电阻的电量为：qq总，故C错误；由q总，解得：x，故D正确。4. 如图所示，水平面上固定着两根相距L且电阻不计的足够长的光滑金属导轨，导轨处于方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中，铜棒a、b的长度均等于两导轨的间距，电阻均为R、质量均为m，铜棒平行地静止在导轨上且与导轨接触良好。现给铜棒a一个平行导轨向右的瞬时冲量I，关于此后的过程，下列说法正确的是() A回路中的最大电流为B铜棒b的最大加速度为C铜棒b获得的最大速度为D回路中产生的总焦耳热
190、为答案B解析给铜棒a一个平行导轨的瞬时冲量I，此时铜棒a的速度最大，产生的感应电动势最大，回路中电流最大，每个棒受到的安培力最大，其加速度最大，Imv0，v0，铜棒a产生的电动势EBLv0，回路电流I0，A错误；此时铜棒b受到安培力FBI0L，其加速度a，B正确；此后铜棒a做变减速运动，铜棒b做变加速运动，当二者达到共同速度时，铜棒b的速度最大，根据动量守恒定律，mv02mv，得铜棒b的最大速度v，C错误；由能量守恒定律得回路中产生的焦耳热Qmv2mv2，D错误。5如图，两根足够长的固定的平行光滑金属导轨位于倾角30的固定斜面上，导轨上、下端分别接有阻值R115 和R215 的电阻，导轨自身电
191、阻忽略不计，导轨宽度L2 m，在整个导轨平面内都有垂直于导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度B0.5 T。质量为m0.1 kg，电阻r0.5 的金属棒ab从较高处由静止释放，金属棒ab在下滑过程中始终与导轨垂直且与导轨接触良好。当金属棒ab下滑高度h4 m时，速度恰好达到最大值。(g10 m/s2)求：(1)金属棒ab达到的最大速度vm；(2)该过程通过金属棒的电荷量q；(3)金属棒ab在以上运动过程中导轨下端电阻R1中产生的热量。答案(1)4 m/s(2)1 C(3)1.5 J解析(1)ab切割磁感线产生的感应电动势：EBLv根据串并联电路的特点知，外电路总电阻：R外7.5 根据闭合电路欧姆定
192、律得：I安培力：FABIL当加速度a为零时，ab的速度v达最大，有：mgsin解得速度最大值：vm4 m/s。(2)根据电磁感应定律有：根据闭合电路欧姆定律有：ab棒下滑高度为h，沿导轨下滑的距离为x，通过金属棒的电荷量：qt1 C。(3)金属棒下滑过程中，根据能量守恒定律可得：mghmvQ总代入数据解得：Q总3.2 J外电路产生的热量Q外R外电阻R1中产生的热量：Q1代入数据得Q11.5 J。6(2019安徽皖江名校联盟高三下学期开学摸底联考)如图所示，宽度为2d与宽度为d的两部分导轨衔接良好并固定在水平面上，整个空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B，长度分别为2d和d的导体棒甲和
193、乙按如图的方式置于导轨上，已知两导体棒的质量均为m、两导体棒单位长度的电阻均为r0，现给导体棒甲以水平向右的初速度v0。假设导轨的电阻忽略不计、导体棒与导轨之间的摩擦可忽略不计，且两部分导轨足够长。求：(1)当导体棒甲开始运动瞬间，甲、乙两棒的加速度大小分别为多大？(2)导体棒甲匀速时的速度大小应为多大？(3)两导体棒从开始运动到刚匀速的过程中，两导体棒发生的位移分别是x甲和x乙，试写出两导体棒的位移x甲和x乙之间的关系式。答案(1)(2)v0(3)2x甲x乙解析(1)导体棒甲刚开始运动时电源电动势为E2Bdv0由题意整个电路的总电阻为r3dr0由闭合电路欧姆定律知电路中的总电流大小为I联立可
194、得导体棒甲、乙所受的安培力大小分别为F甲2BdI，F乙BdI由牛顿第二定律可知导体棒甲、乙的加速度大小分别为a甲，a乙；(2)由动量定理，对导体棒甲有：2Bdtmv1mv0，即2Bdqmv1mv0同理对导体棒乙有：Bdtmv2两导体棒均匀速运动时，两导体棒无电流，电动势相等，有：v22v1联立以上各式可解得：v1v0，v2v0；(3)由Bdtmv2得qv0由法拉第电磁感应定律得E又，qt整理得：q联立以上各式可得2x甲x乙。7(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
195、根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距离为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(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。答案(1)垂直于导轨平面向下(2)(3)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，
196、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I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a(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E设在此过程中MN的平均电流为，MN上受到的平均安培力为，有lB由动量定理，有tmvmax0又tQ0Q联立式得Q。8如图所示，两根平行光滑的金属导
197、轨M1N1P1M2N2P2由四分之一圆弧部分与水平部分构成，导轨末端固定两根绝缘柱，弧形部分半径r0.8 m、导轨间距L1 m，导轨水平部分处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小B2 T，两根完全相同的金属棒a、b分别垂直导轨静置于圆弧顶端M1M2处和水平导轨中某位置，两金属棒质量均为m1 kg、电阻均为R2 。金属棒a由静止释放，沿圆弧导轨滑入水平部分，此后，金属棒b向右运动，在导轨末端与绝缘柱发生碰撞且无机械能损失，金属棒b接触绝缘柱之前两棒已匀速运动且未发生碰撞。金属棒b与绝缘柱发生碰撞后，在距绝缘柱x10.5 m的A1A2位置与金属棒a发生碰撞，碰后停在距绝缘柱x20.2 m的A3A
198、4位置，整个运动过程中金属棒与导轨接触良好，导轨电阻不计，g取10 m/s2。求：(1)金属棒a刚滑入水平导轨时，受到的安培力大小；(2)金属棒b与绝缘柱碰撞后到与金属棒a碰撞前的过程，整个回路产生的焦耳热；(3)证明金属棒a、b的碰撞是否是弹性碰撞。答案(1)4 N(2)3 J(3)见解析解析(1)金属棒a下滑过程：mgrmv2v4 m/s金属棒a刚滑入水平导轨时，感应电动势：EBLv8 V回路电流：I2 A金属棒a受到的安培力：FBIL4 N。(2)以金属棒a、b为系统，在碰到绝缘柱之前动量守恒：mv2mv1，解得：v12 m/s。金属棒b与绝缘柱发生碰撞后等速率返回，以两金属棒为系统动量
199、仍然守恒，但总动量为零，0mvamvb，即时刻有vavb，两金属棒相向运动到相碰，位移大小相等，均为x10.5 m。对金属棒b，由动量定理：BLtmv2mv1由法拉第电磁感应定律：2BL联立得tmv2mv1而tx1，求得：v21 m/s。由能量守恒定律：Q2mv2mv3 J。(3)金属棒a、b碰后，金属棒b减速到零的过程，由动量定理：BLt0mv3由法拉第电磁感应定律：2BL，联立得t0mv3而tx1x2，求得：v30.6 m/s。碰撞前后动量守恒，a、b速度大小相等，方向相反，由于2mv2mv，所以碰撞不是弹性碰撞。研读考纲明方向考纲要求复习指南内容要求考情分析：交变电流作为电磁感应知识的应
200、用和延伸是高考命题的热点，通常在选择题中考查交流电的产生、交流电的图象、最大值与有效值及变压器的原理，在历年高考中命题频率颇高。命题趋势：题型还是以选择题为主，重点是交变电流的产生、图象、“四值”以及与变压器相结合的综合考查。说明：1不要求讨论交变电流的相位及相位差。2变压器仅限于理想单相变压器。交变电流、交变电流的图象 正弦交变电流的函数表达式、峰值和有效值 理想变压器远距离输电实验十二：传感器的简单使用重读教材定方法1.P32图5.13，思考：(1)若自线圈从中性面开始计时，请写出电动势瞬时值表达式。提示：enBSsint。(2)若自线圈与磁感线平行时开始计时，请写出电动势瞬时值表达式。提
201、示：enBScost。(3)线圈每转一周，电流方向改变几次？在什么位置改变？提示：两次。中性面位置。2P34问题与练习T5，思考图示时刻导线框中的瞬时电动势大小及电流方向。提示：eBS，NMLKN。3P35图5.22，该交变电流的有效值为多大？提示：I A1.7 A。4P36问题与练习T2，能否把这个电容器接在交流电压是10 V的电路两端？为什么？提示：不能。10 V交流电压的最大值为10 V10 V，电容器会被击穿。5P3637问题与练习T3：通过灯丝电流的峰值是多少？T5：该电热器消耗功率为多大？提示：T3：铭牌标注的为有效值，ImI A。T5：求功率用有效值，P967.21 W。6P37
202、图5.31，若提高交流电频率，灯泡亮度如何变？提示：变暗。7P38图5.34，若提高交流电频率，灯泡亮度如何变？提示：变亮。8P40问题与练习T1，三个电表读数如何变化？提示：A1示数增大，A2示数减小，A3示数不变。9P43阅读“科学漫步”。10P44问题与练习T3：求原线圈匝数。T4：哪个线圈应该用较粗的导线？为什么？提示：T3：，n1n21600。T4：副线圈。因为副线圈中电流大于原线圈中电流。11P44问题与练习T5，用户用电器增加时，各表读数如何变？提示：设、的示数分别为U1、U2、U3、I1、I2，则U1、U2不变，R减小，所以I2增大，I1增大，U3U2I2R0，减小。12P45
203、思考与讨论如何降低P损更有效？提示：P损I2r。I一定，r变为原来的，则P损变为原来的；r一定，I变为原来的，则P损变为原来，所以减小输电电流对降低输电损耗更有效。用户的P不变，则应提高输电电压。13P47阅读“科学漫步”。14P50问题与练习T2，思考：这段推导错在哪里？提示：公式(1)P损UI和(2)UIr错误，U为输电电压，而非输电线上的电压降。第55讲交变电流的产生和描述基础命题点交变电流的产生及变化规律1交变电流(1)定义：方向随时间做周期性变化的电流。(2)图象：如图甲、乙、丙、丁所示都属于交变电流。其中按正弦规律变化的交变电流叫正弦式交变电流，如图甲所示。(3)周期和频率周期(T
204、)：交变电流完成一次周期性变化所需的时间，单位是秒(s)，公式T。频率(f)：交变电流在1 s内完成周期性变化的次数，单位是赫兹(Hz)。周期和频率的关系：T或f。2正弦式交变电流的产生(1)产生：如图所示，在匀强磁场里，线圈绕垂直于磁场方向的轴匀速转动时，可产生正弦式交变电流。(2)两个特殊位置中性面中性面的垂面图示位置特点SBSB最大0、e、i0最大电流方向特点改变不改变3正弦式交变电流的变化规律(从中性面开始计时)规律物理量函数表达式图象磁通量mcostBScost电动势eEmsintnBSsint电压uUmsintsint电流iImsintsint4正(余)弦式交变电流的注意事项(1)
205、电流方向的改变：线圈通过中性面时，电流方向发生改变，一个周期内线圈通过中性面两次，电流的方向改变两次。(2)感应电动势的最大值EmnBS，与转轴的位置无关，与线圈形状无关。(3)若自中性面的垂面开始计时，则磁通量随时间变化的规律为正弦规律；电动势、电压和电流随时间变化的规律为余弦规律。1. 如图所示，一矩形闭合线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴OO以恒定的角速度转动，从图示位置开始计时，则在转过180这段时间内() A线圈中的感应电流一直在减小B线圈中的感应电流先增大后减小C穿过线圈的磁通量一直在增大D穿过线圈的磁通量的变化率先减小后增大答案D解析线圈转过180这段时间，为0T这段时间，穿
206、过线圈的磁通量先增大后减小，从图示位置开始计时，线圈中产生余弦式交流电，故线圈中产生的感应电动势先减小后增大，磁通量的变化率先减小后增大，故感应电流先减小后增大，A、B、C错误，D正确。2(2019安徽蚌埠期末)如图甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，为交流电流表。线圈绕垂直于磁场的水平轴OO匀速转动，从图示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图象如图乙所示。以下判断正确的是()A线圈转动的转速为25 r/sB电流表的示数为10 AC1 s内线圈中电流方向改变了50次D0.01 s时线圈平面与中性面重合答案B解析由题图乙可知周期T0.02 s，则转速n
207、 r/s50 r/s，故A错误；由题图乙可知交变电流的最大值Im10 A，由于电流表的示数为有效值，故示数I A10 A，故B正确；交流电的周期为0.02 s，每个周期内电流方向改变2次，故1 s内线圈中电流方向改变了100次，C错误；0.01 s时线圈中的感应电流达到最大，感应电动势最大，则穿过线圈的磁通量变化得最快，磁通量为0，故线圈平面与磁场方向平行，与中性面垂直，故D错误。3教材母题(人教版选修32 P34T4)一台发电机在产生正弦式电流。如果发电机电动势的峰值为Em400 V，线圈匀速转动的角速度为314 rad/s，试写出电动势瞬时值的表达式。如果这个发电机的外电路只有电阻元件，总
208、电阻为2 k，电路中电流的峰值为多少？写出电流瞬时值的表达式。变式子题如图所示，有一闭合的正方形线圈，匝数N100匝，边长为10 cm，线圈总电阻为10 ，线圈从图示位置开始，绕OO轴在B0.5 T的匀强磁场中匀速转动，每分钟转1500转，求：(1)该线圈产生的交变电动势最大值是多少？(2)写出感应电动势随时间变化的表达式；(3)从图示位置转过30时，感应电动势的瞬时值是多大？答案(1)78.5 V(2)e78.5sin50t(V)(3)39.25 V解析(1)f1500 r/min25 Hz，2f50 rad/s。感应电动势的最大值为：EmNBS1000.50.01503.14 V78.5
209、V。(2)由题图可以看出，是从线圈位于中性面处开始计时，线圈产生的交变电动势的瞬时值表达式为eEmsint78.5sin50t(V)。(3)转过30时的感应电动势为E1Emsin3078.5 V39.25 V。能力命题点一交变电流的有效值1交变电流有效值的定义让交流与恒定电流分别通过大小相同的电阻，如果在交流的一个周期内它们产生的热量相等，而这个恒定电流是I、电压是U，我们就把I、U叫做这个交流的有效值。2对有效值的理解(1)交流电流表、交流电压表的示数是指有效值。(2)用电器铭牌上标的值(如额定电压、额定功率等)指的均是有效值。(3)计算热量、电功率及保险丝的熔断电流指的是有效值。(4)没有
210、特别加以说明的，是指有效值。(5)“交流的最大值是有效值的倍”仅适用于正(余)弦式交变电流。3计算交变电流有效值的方法(1)计算有效值时要根据电流的热效应，抓住“三同”：电阻大小相同；时间相同(交流的一个周期)；产生的热量相同。(2)一般应分段计算电热，再求和，得出交流电在一个周期内产生的热量。(3)利用两个公式QI2Rt和Qt可分别求得电流有效值和电压有效值。(4)若图象部分是正弦(或余弦)式交变电流，其中的周期(必须是从零至最大值或从最大值至零)和周期部分可直接应用正弦式交变电流有效值与最大值间的关系I、U求解。如图所示为一个经双可控硅调节后加在电灯上的电压，正弦交流电的每一个二分之一周期
211、中，前面四分之一周期被截去，则现在电灯上电压的有效值为() AUm B. C. D.解析由Ut图象可知，每个周期正弦波形的有效值U1，根据有效值的定义：T20，解得：U，D正确。答案D几种典型电流的有效值电流图象有效值正弦式交变电流I正弦半波电流I正弦单向脉冲电流I矩形脉冲电流I Im非对称性交变电流I (2019陕西咸阳三模)如图所示为一交流电压随时间变化的图象。每个周期内，前三分之一周期电压按正弦规律变化，后三分之二周期电压恒定。根据图中数据可得，此交流电压的有效值为()A7.5 V B8 VC2 V D3 V答案C解析根据有效值的定义，由图示交流与恒定电流通过相同的电阻在交流的一个周期内
212、产生的电热相等得：T，其中U16 V，U29 V，得交流电压的有效值为U2 V，C正确。能力命题点二交变电流四值的比较和应用交变电流的瞬时值、峰值、有效值和平均值的比较物理量物理含义重要关系适用情况及说明瞬时值交变电流某一时刻的值eEmsintiImsint计算线圈某时刻的感应电动势或感应电流峰值最大的瞬时值EmnBSIm讨论电容器的击穿电压有效值跟交变电流的热效应等效的恒定电流的值EUI适用于正(余)弦式交变电流(1)计算与电流的热效应有关的量(如电功、电功率、电热等)(2)电气设备“铭牌”上所标的一般是有效值(3)保险丝的熔断电流为有效值(4)交流电表的读数为有效值平均值交变电流图象中图线
213、与时间轴所夹的面积与时间的比值Bln计算通过电路横截面的电荷量如图所示，匀强磁场的磁感应强度B0.5 T，边长L10 cm的正方形线圈abcd共100匝，线圈电阻r1 ，线圈绕垂直于磁感线的对称轴OO匀速转动，角速度2 rad/s，外电路电阻R4 ，求：(1)转动过程中感应电动势的最大值；(2)由图示位置(线圈平面与磁感线平行)转过60角时的瞬时感应电动势；(3)由图示位置转过60角的过程中产生的平均感应电动势；(4)交流电压表的示数；(5)线圈转动一周外力做的功；(6)从图示位置开始周期内通过电阻R的电荷量为多少。解析(1)感应电动势的最大值EmnBS1000.50.122 V3.14 V。
214、(2)转过60角时的瞬时感应电动势E1Emcos603.140.5 V1.57 V。(3)转过60角的过程中产生的平均感应电动势nn V2.6 V。(4)电压表示数为外电压的有效值UEm3.14 V1.78 V。(5)转动一周外力所做的功等于电流产生的热量WQ222 J0.99 J。(6)周期内通过电阻R的电荷量q C0.0867 C。答案(1)3.14 V(2)1.57 V(3)2.6 V(4)1.78 V(5)0.99 J(6)0.0867 C特别注意有效值和平均值的区别(1)有效值是从电流热效应角度等效的值；平均值是一个时间段内对电流取的平均值。(2)求电功、电热用有效值，求电荷量用平均
215、值，一般情况两者大小不同，不能混用。1(2019西藏山南市第二高级中学一模)把如图所示的交变电流通过定值电阻R，经过一个周期T，产生的热量是() A.IRTIRT B.IRTIRTCIRT DIRT答案A解析根据电流的热效应可得，交变电流通过定值电阻R，经过一个周期T产生的热量是：Q2RIRIRTIRT，故A正确，B、C、D错误。2(2019河南濮阳三模)一只氖管的起辉电压与交变电压u50sin314t(V)的有效值相等，若将此交变电流接到氖管的两极，在一个周期内，氖管的发光时间为()A0.02 s B0.015 sC0.01 s D0.005 s答案C解析根据交流电的瞬时电压表达式知，氖管的
216、起辉电压为U25 V，当交变电压的瞬时值大于等于25 V时氖管发光，在0时间内，由25 V50sin314t V可得t s，又T s0.02 s，故氖管的发光时间t光t40.01 s，故C正确。3(2019山东滨州二模)如图所示是线圈匝数为n的小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈面积为S，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匀速转动。矩形线圈电阻为r，矩形线圈通过两刷环接电阻R，电压表接在R两端。当线圈以角速度匀速转动时，下列说法正确的是() A从线圈与磁场平行位置开始计时瞬时电动势为enBSsintB当线圈平面转到与磁场垂直时电压表示数为零C线圈从与磁场平行位置转
217、过90过程中通过电阻R的电荷量为D线圈转一周的过程中回路产生的焦耳热为答案D解析交流发电机产生的电动势的最大值为EmnBS，从线圈与磁场平行位置开始计时瞬时电动势为enBScost，故A错误；交流电压表测量的是电阻R两端的电压的有效值，电动势的有效值为E，电流的有效值为I，交流电压表的示数为UIR，故B错误；线圈从与磁场平行位置转过90的过程中，n，平均电流，电荷量qtn，故C错误；线圈转一周的过程中，回路产生的焦耳热为QI2(Rr)T2(Rr)，故D正确。课时作业1交流发电机产生的感应电动势为eEmsint，若发电机的转速和线圈的匝数都增加到原来的两倍，这时产生的感应电动势为()Ae2Ems
218、int Be2Emsin2tCe4Emsint De4Emsin2t答案D解析感应电动势最大值EmnBS，当发电机的转速和线圈的匝数都增加到原来的两倍时，感应电动势最大值为Em4Em，则产生的感应电动势的瞬时值为eEmsin2t4Emsin2t，故D正确。2. (多选)如图所示，图线a是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生正弦交变电流的图象，当调整线圈转速后，所产生正弦交变电流的图象如图线b所示，以下关于这两个正弦交变电流的说法正确的是() A交变电流b电压的有效值为 VB在图中t0时刻穿过线圈的磁通量均为零C交变电流a的电压瞬时值u10sin5t(V)D线圈先后两次转速之比为32答案ACD解析正
219、弦交变电流a的电压最大值UmnBSnBS10 V，交变电流b的电压最大值UmnBS，由题图可知Ta0.4 s，Tb0.6 s，联立两式可得Um V，交变电流b电压的有效值U V，A正确；在t0时刻，交变电流的电动势为零，由法拉第电磁感应定律可知此时穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率为零，B错误；交变电流a的电压瞬时值表达式uUmsint10sin5t(V)，C正确；线圈的转速n，则线圈先后两次转速之比为32，D正确。3. 交流发电机线圈电阻r1 ，用电器电阻R9 ，电压表示数为9 V，如图所示，那么该交流发电机() A电动势的峰值为10 VB电动势的有效值为9 VC交流发电机线圈通过中性面时
220、电动势的瞬时值为10 VD交流发电机线圈自中性面转过90的过程中的平均感应电动势为 V答案D解析用电器电阻R9 ，电压表示数为9 V，则电路中的电流的有效值：I A1 A，所以，电动势的有效值：EI(Rr)1(19) V10 V，最大值：EmnBSE10 V，故A、B错误；由交流电的产生与变化的规律可知，交流发电机线圈通过中性面时电动势的瞬时值为零，故C错误；线圈自中性面转过90的过程中的平均感应电动势为：nnEm V，故D正确。4如图所示的区域内有垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度为B。电阻为R、半径为L、圆心角为45的扇形闭合导线框绕垂直于纸面的O轴以角速度匀速转动(O轴位于磁场边界)。则线
221、框内产生的感应电流的有效值为() A. B. C. D.答案D解析线框的转动周期为T，而线框转动一周只有的时间内有感应电流，此时感应电流的大小为：I，根据电流的热效应有：2RIRT，解得I有，故D正确。5(多选)如图所示，在匀强磁场中匀速转动的矩形线圈的周期为T，转轴O1O2垂直于磁场方向，线圈电阻为2 。从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈转过60时的感应电流为1 A。那么()A线圈消耗的电功率为4 WB线圈中感应电流的有效值为2 AC任意时刻线圈中的感应电动势为e4costD任意时刻穿过线圈的磁通量为sint答案AC解析线圈转动的角速度，从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，当转过60时
222、，电流的瞬时值为iImcos601 A，解得Im2 A，则正弦交变电流的有效值为I A，B错误；线圈消耗的电功率PI2R4 W，A正确；由欧姆定律可知，感应电动势最大值为EmImR4 V，所以其瞬时值表达式为e4cost，C正确；穿过线圈的磁通量msintmsint，感应电动势的最大值EmBSm，m，联立解得 sint，D错误。6(多选)图甲为风力发电的简易模型，在风力作用下，风叶带动与杆固连的永磁铁转动，磁铁下方的线圈与电压传感器相连，在某一风速时，传感器显示如图乙所示，则()A磁铁的转速为10 r/sB线圈两端电压的有效值为6 VC交流的电压表达式为u12sin5t(V)D该交流电可以直接
223、加在击穿电压为9 V的电容器上答案BC解析电压的周期为T0.4 s，故磁铁的转速为n r/s2.5 r/s，故A错误；通过乙图可知电压的最大值为12 V，故有效值U V6 V，故B正确；周期T0.4 s，故 rad/s5 rad/s，故交流电压的表达式为u12sin5t(V)，故C正确；交流电压的最大值为12 V，大于电容器的击穿电压，故D错误。7(多选)如图甲的电路中，电阻R1R2R，和R1并联的D是理想二极管(正向电阻可视为零，反向电阻为无穷大)，在A、B之间加一个如图乙所示的交变电压(电压为正值时，uAB0)。由此可知()A在A、B之间所加的交变电压的周期为2102 sB在A、B之间所加
224、的交变电压的瞬时值表达式为u220sin50t(V)C加在R1上电压的有效值为55 VD加在R1上电压的有效值为55 V答案AC解析由图象可得在A、B之间所加交流电的周期为：T2102 s，故A正确。电压最大值为：Um220 V，电压的瞬时值表达式为：uUmsint220sint220sin100t(V)，故B错误。当电源电压为正值时A点电势高于B点电势，二极管导通，即R1被短路；电源电压为负值时B点电势高于A点电势，二极管电阻为无穷大，R1、R2串联；设R1上电压的有效值为U1，根据有效值的定义得：T，解得：U155 V，故C正确，D错误。8(2018全国卷)一电阻接到方波交流电源上，在一个
225、周期内产生的热量为Q方；若该电阻接到正弦交变电源上，在一个周期内产生的热量为Q正。该电阻上电压的峰值为u0，周期为T，如图所示。则Q方Q正等于()A1 B.1 C12 D21答案D解析根据题述，正弦交变电流的电压有效值为，而方波交流电的有效值为u0，根据焦耳定律和欧姆定律，QI2RTT，可知在一个周期T内产生的热量与电压有效值的二次方成正比，Q方Q正u221，D正确。9(2019天津高考)(多选)单匝闭合矩形线框电阻为R，在匀强磁场中绕与磁感线垂直的轴匀速转动，穿过线框的磁通量与时间t的关系图象如图所示。下列说法正确的是()A.时刻线框平面与中性面垂直B线框的感应电动势有效值为C线框转一周外力
226、所做的功为D从t0到t过程中线框的平均感应电动势为答案BC解析中性面的特点是与磁场垂直，线框位于中性面时，穿过线框的磁通量最大，磁通量变化率最小，则时刻线框所在平面与中性面重合，A错误；感应电动势最大值为Emmm，对正弦式交流电，感应电动势有效值E有，B正确；由功能关系知，线框转一周外力做的功等于产生的电能，WE电T，C正确；由法拉第电磁感应定律知，从t0到t过程中线框的平均感应电动势，D错误。10. (2019四川南充二诊)(多选)实验室一台手摇交流发电机产生的电动势e10sin10t(V)，内阻r1.0 ，和R9.0 的电阻连成如图所示电路，图中电流表A为理想电流表。闭合开关S，则 ()
227、A该交变电流的频率为10 HzB该电动势的有效值为10 VC电阻R所消耗的电功率为10 WD电流表A的示数为1.0 A答案BD解析产生的电动势e10sin10t (V)，10 rad/s，交流电的频率f5 Hz，故A错误；产生的电动势的最大值为10 V，所以该电动势的有效值为E V10 V，故B正确；根据闭合电路欧姆定律得：电路中交变电流的有效值I A1.0 A，则电流表A的示数为1.0 A，电阻R所消耗的电功率为PRI2R129 W9 W，C错误，D正确。11(2019济南三模)手摇式发电机的线圈在匀强磁场中匀速转动时，其磁通量随时间按如图所示的正弦规律变化。当线圈的转速变为原来的一半时，下
228、列说法正确的是() A交流电压的变化周期变为原来的一半B穿过线圈的磁通量的最大值变为原来的一半C交流电压的最大值变为原来的一半D交流电压的有效值变为原来的倍答案C解析根据T可知，当线圈的转速变为原来的一半时，周期变为原来的2倍，A错误；穿过线圈的磁通量的最大值为mBS，与转速无关，B错误；当线圈的转速变为原来的一半时，角速度变为原来的一半，根据EmNBS可知，交流电压的最大值变为原来的一半，C正确；根据E可知，交流电压的有效值变为原来的一半，D错误。12(2019贵阳一模)如图甲所示为某品牌电热毯的简易电路，电热丝的电阻为R484 ，现将其接在u220sin100t(V)的正弦交流电源上，电热
229、毯被加热到一定温度后，温控装置P使输入电压变为图乙所示的波形，从而进入保温状态，若电热丝的电阻保持不变，则保温状态下，理想交流电压表V的读数和电热毯消耗的电功率最接近下列哪一组数据()A220 V100 W B156 V50 WC110 V25 W D311 V200 W答案B解析由图象可知该交变电流的周期T2102 s；可分两段0和T，根据有效值的定义可得0T，解得在保温状态下电压表的读数为U156 V，电热毯消耗的电功率为P50 W，故B正确。13(2019黑龙江哈尔滨三中二模)图甲是阻值为1 的单匝线圈与阻值为9 的电阻R构成的回路。线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，产生的电
230、动势随时间变化的规律如图乙所示，电压表为交流电压表。则()A电压表的示数为14.14 VB在00.01 s的时间内通过电阻R的电量为0.04 CC电阻R上消耗的功率为18 WD通过电阻电流方向每秒变化100次答案C解析从图乙得出电动势的最大值为20 V，有效值为E V10 V，根据闭合电路欧姆定律，电流为I A，电阻两端电压为UIR9 V9 V12.73 V，故A错误；根据EmnBS，角速度 rad/s50 rad/s，可得在00.01 s的时间内通过电阻R的电量为qn C，故B错误；电阻R上消耗的功率为PI2R()29 W18 W，故C正确；每个周期，电流方向改变两次，周期为0.04 s，故
231、每秒电流方向改变50次，D错误。14.(2019山东省实验中学高考模拟)如图所示，正方形线圈abcd的边长L0.3 m，线圈电阻为R1 。直线OO与ad边相距L，过OO且垂直纸面的竖直平面右侧有磁感应强度为B1 T的匀强磁场，方向垂直纸面向里。线圈以OO为轴匀速转动，角速度20 rad/s，以图示位置为计时起点。则()A线圈中产生的交流电压的瞬时值表达式为u0.6cos20tB流过ab边的电流方向保持不变C当t s时，穿过线圈的磁通量为0.06 WbD从t0到t s，穿过线圈磁通量的变化量的大小为0.06 Wb答案C解析当bc边在磁场中时，线圈中产生的交流电动势的最大值为Em1BS11200.
232、30.1 V0.6 V，则瞬时值表达式为u0.6sin20t(V)；当ad边在磁场中时，线圈中产生的交流电动势的最大值为Em2BS21200.30.2 V1.2 V，瞬时值表达式为u1.2sin20t (V)，A错误。每个周期电流方向改变两次，故B错误；线圈转动的周期T s，t s时，线圈转过180，此时穿过线圈的磁通量为B L210.32 Wb0.06 Wb，故C正确；从t0到t s，线圈转过90，此时穿过线圈的磁通量为零，故穿过线圈磁通量的变化量的大小为BL20.03 Wb，故D错误。第56讲变压器电能的输送 基础命题点变压器的原理和规律1构造如图所示，变压器是由闭合铁芯和绕在铁芯上的两个
233、线圈组成的。(1)原线圈：与交流电源连接的线圈，也叫初级线圈。(2)副线圈：与负载连接的线圈，也叫次级线圈。2原理电流磁效应、电磁感应。3理想变压器原、副线圈基本量的关系理想变压器(1)没有能量损失(绕线无电阻、铁芯无涡流)(2)没有磁通量损失(磁通量全部集中在铁芯中)基本关系功率关系根据能量守恒可得：原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率，即P入P出电压关系原、副线圈的电压之比等于其匝数之比，公式：，与负载、副线圈的个数无关电流关系(1)只有一个副线圈时：(2)有多个副线圈时：由P入P出得I1U1I2U2I3U3InUn或I1n1I2n2I3n3Innn频率关系f1f2(变压器不改变交变电流的
234、频率)4几种常用的变压器(1)自耦变压器调压变压器，如图甲(降压作用)、乙(升压作用)所示。(2)互感器电压互感器(n1n2)：把高电压变成低电压，如图丙所示。电流互感器(n1U1，U2降低 BU2U1，U2升高C变压器输入功率增大 D变压器输入功率减小解析根据变压器的电压关系有，由于n2n1，所以U2U1，当滑动触头顺时针转动，即n2减小时，电压U2降低，故A、B错误；由于电压U2减小，则定值电阻消耗的电功率减小，根据理想变压器的输入功率等于输出功率，可知变压器的输入功率也减小，故C错误，D正确。答案D1自耦变压器的原理和普通的理想变压器的原理是相同的，电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，根
235、据基本的规律分析即可。2处理变压器的动态分析问题，首先应明确“不变量”和“变化量”，对变化量要把握它们之间的制约关系，依据程序分析的思想，从主动变化量开始，依据制约关系从前到后或从后到前逐一分析各物理量的变化情况。(2019山东省“评价大联考”三模)如图所示，理想变压器T的原线圈接在电压为U的交流电源两端，P为滑动变阻器的滑片，RT为热敏电阻，其阻值随温度升高而减小，则()AP向左滑动时，变压器的输出电压变大BP向左滑动时，变压器的输入功率变大CRT温度升高时，灯L变亮DRT温度升高时，适当向右滑动P可保持灯L亮度不变答案D解析P向左滑动时，变压器的输入电压和原、副线圈的匝数比均不变，输出电压
236、不变，故A错误；P向左滑动时，滑动变阻器的电阻变大，副线圈回路的总电阻增大，输出功率减小，所以变压器的输入功率也变小，故B错误；RT温度升高时，热敏电阻的阻值减小，副线圈回路的总电阻减小，总电流增大，滑动变阻器的分压增大，灯L两端电压减小，灯L变暗，故C错误；RT温度升高时，热敏电阻的阻值减小，只有适当向右滑动P使滑动变阻器的电阻也变小，才能使灯L分压不变，从而保持灯L的亮度不变，故D正确。能力命题点二电能的输送1降低输电损耗的两个途径由P损I2r知，降低输电损耗可从以下两个途径入手(1)减小输电导线的电阻：由电阻定律R可知，在输电距离一定的情况下，为了减小电阻，应采用电阻率小的材料，也可以增
237、加导线的横截面积。(2)减小输电导线中的输电电流：由PUI可知，当输送功率一定时，提高输电电压，可以减小输电电流。2远距离输电问题的“三二一”(1)理清三个回路(2)抓住两个联系理想升压变压器联系回路1和回路2，由变压器原理可得：线圈1(匝数为n1)和线圈2(匝数为n2)中各个量间的关系是，P1P2。理想降压变压器联系回路2和回路3，由变压器原理可得：线圈3(匝数为n3)和线圈4(匝数为n4)中各个量间的关系是，P3P4。(3)掌握一个守恒：能量守恒关系式P2P损P3。(多选)如图所示为远距离输电示意图，两变压器均为理想变压器。升压变压器T1的原、副线圈匝数之比n1n2110，在T1的原线圈两
238、端接入一正弦交流电，输电线的总电阻为2 ，降压变压器T2的原、副线圈匝数之比n3n4101，若T2的“用电设备”两端的电压U4200 V，且“用电设备”消耗的电功率为10 kW，不考虑其他因素的影响，则下列说法正确的是()AT1的副线圈两端电压的最大值为2010 VBT2的原线圈两端的电压为2000 VC输电线上损失的电功率为50 WDT1的原线圈输入的电功率为10.1 kW解析对于降压变压器T2，副线圈上的输出电流I450 A，依据，可得U32000 V，I35 A，B正确；输电线上损失的电压U损I3r10 V，损失的功率P损U损I350 W，C正确；在输电回路中U2U3U损2010 V，所
239、以变压器T1的副线圈两端电压的最大值为2010 V，A正确；根据变压器的功率关系和I3I2，可知原线圈输入的电功率P输入U1I1U2I2U2I320105 W10.05 kW，D错误。答案ABC输电线路功率损失的计算方法P损P1P4P1为输送的功率，P4为用户得到的功率P损IR线I线为输电线路上的电流，R线为线路电阻P损U为输电线路上损失的电压，UU2U3I线R线P损UI线注意：U不要错代入U2或U31从发电站输出的功率为220 kW，输电线的总电阻为0.05 ，用110 V和11 kV两种电压输电。两种情况下输电线上由电阻造成的电压损失之比为()A1001 B1100C110 D101答案A
240、解析由题意知输电线上的电流I，则输电线上由电阻造成的电压损失UIr，故，故选A。2如图所示是发电厂通过升压变压器进行高压输电，接近用户端时再通过降压变压器降压给用户供电的示意图。图中变压器均可视为理想变压器，图中电表均为理想交流电表。设发电厂输出的电压一定，两条输电线总电阻用R0表示，变阻器R相当于用户用电器的总电阻，当用电器增加时，相当于R变小，则当用电进入高峰时()A电压表V1、V2的读数均不变，电流表A2的读数增大，电流表A1的读数减小B电压表V3、V4的读数均减小，电流表A2的读数增大，电流表A3的读数减小C电压表V2、V3的读数之差与电流表A2的读数的比值不变D线路损耗功率不变答案C
241、解析电压表V1的示数U1即发电厂的输出电压不变，升压变压器的匝数比不变，则V2的示数U2不变。用电进入高峰时，用电器增加，R变小，电路的总电阻变小，而U1不变，则电流表A1的读数增大，根据原、副线圈中的电流与匝数成反比可知，电流表A2和A3的读数I1和I2都增大，A、B错误；由R0知，C正确；线路损耗功率PIR0，I2增大，故P增大，D错误。课时作业1如图甲所示的电路中，L1、L2、L3为三只“6 V3 W”的灯泡，变压器为理想变压器，各电表均为理想电表。当ab端接如图乙所示的交变电压时，三只灯泡均正常发光。下列说法中正确的是()A变压器原、副线圈的匝数比为12B副线圈两端输出的交流电频率为5
242、0 HzC电流表的示数为0.5 AD电压表的示数为18 V答案B解析灯泡正常发光时的电流I00.5 A，则副线圈中的电流I22I0，而原线圈中电流I1I0，则变压器原、副线圈的匝数比n1n2I2I121，A错误；由题图乙可知该交流电的周期T0.02 s，则频率f50 Hz，变压器不改变交流电的频率，故B正确；电流表的示数IAI22I01 A，C错误；因灯泡正常发光，则副线圈两端电压U26 V，则原线圈两端电压U1U212 V，电压表示数为12 V，D错误。2(多选)如图所示为两个互感器，在图中圆圈内a、b表示电表，已知电压比为100，电流比为10，电压表的示数为220 V，电流表的示数为10
243、A，则()Aa为电流表，b为电压表Ba为电压表，b为电流表C线路输送的电功率为2200 WD线路输送的电功率为2.2106 W答案BD解析电压互感器是并联在原电路中的，电流互感器是串联在原电路中的，所以a为电压表，b为电流表，B正确；由电压比为100知U12.2104 V，由电流比为10知I1100 A，由PU1I1可得线路输送的电功率为2.2106 W，D正确。3如图所示，一理想变压器的原线圈匝数n11000，所加电压U220 V，串联了一个阻值为r4 的电阻；副线圈接入电路的匝数n2可以通过滑动触头Q调节，副线圈接有阻值R9 的定值电阻。R相当于变压器在原线圈电路中的电阻，当n2取下列哪个
244、值时，R消耗的功率最大()A2000 B1500 C600 D400答案B解析将串联的电阻r等效为电源内阻，变压器相当于外电路，当电源内阻与外电路电阻相等时，电源的输出功率即原线圈的输入功率最大，而理想变压器原线圈的输入功率等于副线圈电阻R消耗的电功率，此时有Rr，代入相关数据解得n21500，B正确。4如图为远距离输电示意图，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，R为输电线的等效电阻。保持交流发电机输出电压不变，若电压表示数变小，下列判断正确的是()A电流表示数变小B降压变压器原、副线圈两端的电压之比变小C升压变压器输出电压变小D输电线损失的功率变大答案D解析降压变压器原、副线圈的电压比等于
245、降压变压器原、副线圈匝数比，保持不变，B错误；电压表的示数减小，则降压变压器原线圈的电压U3减小，由于发电机的输出电压不变，则升压变压器副线圈的输出电压U2不变，由U2U3IR可知，电流表的示数变大，A、C错误；由于电流表的示数变大，则由PRI2R可知，输电线上损失的功率变大，D正确。5如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为101，b是原线圈的中心抽头，电压表和电流表均为理想电表，从某时刻开始在原线圈c、d两端加上交变电压，其瞬时值表达式为u1220sin100t(V)，则()A当单刀双掷开关与a连接时，电压表的示数为22 VB当t s时，c、d间的电压瞬时值为110 VC单刀双掷开关与a连
246、接，在滑动变阻器触头P向上移动的过程中，电压表和电流表的示数均变小D当单刀双掷开关由a扳向b时，电压表和电流表的示数均变小答案A解析当单刀双掷开关与a连接时，原、副线圈的匝数比为101，原线圈两端的电压有效值U1 V220 V，根据，代入数据得U222 V，故电压表的示数为22 V，A正确；当t s时，c、d间电压的瞬时值为 u220sin V110 V，故B错误；当单刀双掷开关与a连接时，滑动变阻器触头P向上移动的过程中，滑动变阻器的阻值变大，电压表示数不变，电流表示数变小，故C错误；当单刀双掷开关由a扳向b时，原线圈匝数变小，根据，可知U2变大，电压表和电流表的示数均变大，故D错误。6如图
247、所示，理想变压器原线圈接在交流电源上，图中各电表均为理想电表。下列说法正确的是()A当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，R1消耗的功率变大B当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电压表V示数变大C当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电流表A1示数变大D若闭合开关S，则电流表A1、A2示数均变大答案B解析由于原、副线圈两端电压不变，当滑动变阻器滑动触头P向上滑动时，连入电路的电阻变大，所在电路总电阻变大，副线圈中电流变小，R1中电流变小，R1消耗的功率变小，A错误；R1中电流变小，则R1两端电压变小，而副线圈两端电压不变，所以滑动变阻器两端电压变大，电压表示数变大，B正确；副线圈中电流变小，原线圈
248、中电流随之变小，故C错误。若闭合开关S，负载电路的总电阻变小，副线圈中电流变大，A1示数变大，R1中电流变大，则R1两端电压升高，R2两端电压变小，A2示数变小，D错误。7(多选)如图a所示，理想变压器的原、副线圈的匝数比为41，RT为阻值随温度升高而减小的热敏电阻，R1为定值电阻，电压表和电流表均为理想交流电表。原线圈所接电压u随时间t按正弦规律变化，如图b所示。下列说法正确的是()A变压器输入、输出功率之比为41B变压器原、副线圈中的电流强度之比为14Cu随t变化的规律为u51sin(50t)(V)D若热敏电阻RT的温度升高，则电压表的示数不变，电流表的示数变大答案BD解析由题意，理想变压
249、器输入、输出功率之比为11，A错误；变压器原、副线圈中的电流强度与匝数成反比，即，故B正确；由图b可知交流电压最大值Um51 V，周期T0.02 s，角速度100 rad/s，则可得u51sin(100t)(V)，故C错误；RT的温度升高时，阻值减小，电压表示数不变，电流表的示数变大，故D正确。8如图所示，理想变压器的原线圈通过保险丝接在一个交流电源上，交变电压瞬时值随时间变化的规律为u311sin100t(V)，副线圈所在电路中接有电灯、电动机、理想交流电压表和理想交流电流表。已知变压器原、副线圈匝数比为101，电灯额定功率为44 W，电动机内电阻为1 ，电流表示数为3 A，各用电器均正常工
250、作。则()A电压表示数为31.1 VB电动机的输出功率为21 WC变压器的输入功率为44 WD通过保险丝的电流为30 A答案B解析交变电压瞬时值随时间变化的规律为u311sin100t(V)，则原线圈电压的有效值为U1220 V，根据U1U2n1n2解得U222 V，故电压表示数为22 V，A错误；通过电灯的电流IL2 A，故通过电动机的电流IMI2IL1 A，则电动机的输入功率PM入IMU222 W，电动机的发热功率P热Ir1 W，故电动机的输出功率为PM出PM入P热21 W，B正确；副线圈的输出功率P出44 W22 W66 W，理想变压器的输入功率等于输出功率，也为66 W，C错误；根据I
251、1I2n2n1得通过原线圈的电流为0.3 A，即通过保险丝的电流为0.3 A，D错误。9(2018天津高考)教学用发电机能够产生正弦式交变电流。利用该发电机(内阻可忽略)通过理想变压器向定值电阻R供电，电路如图所示，理想交流电流表A、理想交流电压表V的读数分别为I、U，R消耗的功率为P。若发电机线圈的转速变为原来的，则() AR消耗的功率变为PB电压表V的读数变为UC电流表A的读数变为2ID通过R的交变电流频率不变答案B解析根据2n可知转速变为原来的，则角速度变为原来的，根据EmnBS可知发电机产生的最大电动势为原来的，根据U可知发电机的输出电压有效值变为原来的，即原线圈的输入电压变为原来的，
252、根据可知副线圈的输出电压变为原来的，即电压表示数变为原来的，根据P可知R消耗的电功率变为P，A错误，B正确；副线圈中的电流为I2，即变为原来的，根据可知原线圈中的电流也变为原来的，C错误；转速减小为原来的，则频率变为原来的，D错误。10(2018江苏高考)采用220 kV高压向远方的城市输电。当输送功率一定时，为使输电线上损耗的功率减小为原来的，输电电压应变为()A55 kV B110 kV C440 kV D880 kV答案C解析输电功率PUI，U为输电电压，I为输电线路中的电流，输电线路损失的功率为P损I2R，R为输电线路的电阻，即P损2R。当输电功率一定时，输电线路损失的功率为原来的，则
253、输电电压为原来的2倍，即440 kV，故C正确。11(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 B3 C4 D5答案B解析设原、副线圈匝数比为n，根据能量守恒，当S断开时，UII2R1(nI)2(R2R3)；当S闭合时，4UI(4I)2R1(4nI)2R2，联立解得n3，所以B正确。12.(2016全国卷)(多选)如图，理想变压器原、副线圈分别接有额定电压相同的灯泡a和b。当
254、输入电压U为灯泡额定电压的10倍时，两灯均能正常发光，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答案AD解析由题意知U10U灯，a、b均正常发光，则变压器输入电压U19U灯，而输出电压U2U灯，所以原、副线圈匝数比n1n2U1U291；而I1I2n2n119，所以两灯功率之比PaPbU灯I1U灯I219，A、D正确。13(2019海南高考)(多选)如图，一理想变压器输入端接交流恒压源，输出端电路由R1、R2和R3三个电阻构成。将该变压器原、副线圈的匝数比由51改为101后()A流经R1的电流减小到原来的BR2
255、两端的电压增加到原来的2倍CR3两端的电压减小到原来的D电阻上总的热功率减小到原来的答案CD解析设变压器原线圈两端电压为U，则该变压器原、副线圈的匝数比由51改为101后，根据可知，副线圈两端电压由U变为U，即副线圈两端电压变为原来的，可知R1两端的电压变为原来的，则流经R1的电流减小到原来的，A错误；R2两端的电压为UR2U2，则R2两端的电压减小到原来的，B错误；同理R3两端的电压为UR3U2，则R3两端的电压减小到原来的，C正确；因副线圈两端电压变为原来的，根据P可知，电阻上总的热功率减小到原来的，D正确。14(2019济南高三模拟)(多选)如图所示，甲为理想自耦变压器，A、P分别是可以
256、滑动的触头。变压器输入图乙所示的交流电压，则()A通过滑动变阻器的交变电流的频率为50 HzB滑动变阻器两端的电压等于220 VC触头A向下滑动时，滑动变阻器消耗的功率变大D触头P向下滑动时，滑动变阻器消耗的功率变小答案AC解析交流电的周期为T0.02 s，则通过滑动变阻器的交变电流的频率为50 Hz，A正确；变压器的输入电压有效值为220 V，因变压器次级线圈匝数大于初级线圈匝数，可知滑动变阻器两端的电压大于220 V，B错误；触头A向下滑动时，初级线圈匝数减小，则次级线圈两端电压变大，由P可知滑动变阻器消耗的功率变大，C正确；触头P向下滑动时，滑动变阻器的阻值变小，其两端电压不变，故滑动变
257、阻器消耗的功率变大，D错误。15(2019广东深圳二模)(多选)中国特高压远距离输电技术已成为国际标准，使“煤从空中走、电送全中国”成为现实。如图为远距离输电示意图，发电厂的输出电压U1104 V，输出功率P1109 W，两个理想变压器的匝数比分别为n1n21100、n3n41001，输电线总电阻r50 。则()AU4U1BI4I1C通过电阻r的电流I22104 AD电阻r损耗的电功率为5107 W答案BD解析I1105 A，根据可得，I2I1105 A103 A，则通过电阻r的电流为103 A，故C错误；电阻r两端的电压为UrI2r103 A50 5104 V，而U2U1106 V，则U3U
258、2Ur106 V5104 V9.5105 V，故U4U39.5103 V，则U4U1，故A错误；由于I2I3，故I4I3103 A105 AI1，故B正确；电阻r损耗的功率PrIr(103)250 W5107 W，故D正确。16(2019重庆南开中学高三4月模拟)如图所示，接在理想变压器回路中的四个规格完全相同的灯泡均正常发光，则该理想变压器的匝数比n1n2n3为()A321 B311C111 D421答案B解析设每个灯泡正常发光时的电流均为I，由理想变压器的输入功率等于输出功率知，U1IU22IU3I，所以U12U2U3，设灯泡的额定电压为U，则U2U，U3U，U13U，所以原、副线圈的匝数
259、比n1n2n3U1U2U3311，故B正确。第57讲传感器的简单使用基础命题点一光敏电阻研究光敏电阻的光敏特性1实验原理闭合电路欧姆定律，用多用电表进行测量和观察。2实验器材光敏电阻、多用电表、灯泡、滑动变阻器、导线、电源。3实验步骤(1)将光敏电阻、多用电表、灯泡、滑动变阻器、电源按如图所示电路连接好，其中多用电表置于欧姆挡，并选择适当的量程；(2)先测出在室内自然光的照射下光敏电阻的阻值，并记录数据；(3)打开电源，让小灯泡发光，调节小灯泡的亮度使之逐渐变亮，观察多用电表表盘指针显示光敏电阻阻值的情况，并记录；(4)用手掌(或黑纸)遮光时，观察多用电表表盘指针显示光敏电阻阻值的情况，并记录
260、。4数据处理根据记录数据分析光敏电阻的特性。5实验结论(1)光敏电阻在暗环境下电阻值很大，强光照射下电阻值很小；(2)光敏电阻能够把光照强弱这个光学量转换为电阻这个电学量。6注意事项(1)实验中，如果效果不明显，可将光敏电阻放入带盖的纸盒中，并通过盖上小孔改变照射到光敏电阻上光的多少来达到实验目的；(2)欧姆表每次换挡后都要重新进行欧姆调零。光控开关可采用光敏电阻来控制，光敏电阻是阻值随着光的照度而发生变化的元件(照度可以反映光的强弱，光越强照度越大，照度单位为lx)。某光敏电阻RP在不同照度下的阻值如表：照度/lx0.20.40.60.81.01.2电阻/k754028232018(1)根据
261、表中数据，请在给定的坐标系中描绘出阻值随照度变化的曲线。(2)光敏电阻的阻值随照度变化的特点是_。(3)如图所示，当1、2两端所加电压上升至2 V时，控制开关自动启动照明系统。请利用下列器材将电路图补充完整(不考虑控制开关对所设计电路的影响)：直流电源电动势E3 V，内阻不计；光敏电阻RP(符号，阻值见表格)；定值电阻R110 k；开关S，导线若干。当天色渐暗照度降低至_lx时启动照明系统。解析(1)根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后根据描出的点作出图象，图象如图所示。(2)由第(1)问答图可以看出，光敏电阻的阻值随照度变化的特点是：光敏电阻的阻值随照度的增大非线性减小。(3)由题意，
262、天色越暗，光敏电阻阻值越大，1、2两端电压越大，故1、2两端之间接光敏电阻，电路图如图所示。当光敏电阻两端电压为2 V时，定值电阻两端电压为1 V，由串联电路的分压特点得：，则RP2R1210 k20 k。由表格中的数据可知，当天色渐暗照度降低至1.0 lx时光敏电阻阻值为20 k，此时1、2两端电压为2 V，会启动照明系统。答案(1)图见解析(2)光敏电阻的阻值随照度的增大非线性减小(3)电路图见解析1.0在设计光控电路时，光敏电阻是其中最核心的元件。电控调光玻璃能根据光照强度自动调节玻璃的透明度，将光敏电阻Rx和定值电阻R0接在9 V的电源上，光敏电阻阻值随光强变化关系如表所示：光强E/c
263、d12345电阻值/18963.6“光强”是表示光强弱程度的物理量，符号为E，单位为坎德拉(cd)(1)当光照强度为4坎德拉(cd)时光敏电阻Rx的大小为_ 。(2)其原理是光照增强，光敏电阻Rx阻值变小，施加于玻璃两端的电压降低，玻璃透明度下降，反之则玻璃透明度上升。若电源电压不变，R0是定值电阻，则下列电路图中符合要求的是_(填序号)。(3)现已知定值电阻R0为12 ，用电压表测得光敏电阻两端的电压为3 V，则此时光照强度为_cd。答案(1)4.5(2)C(3)3解析(1)由表格数据可知，光敏电阻Rx与光强E的乘积均为18 cd不变，则当E4 cd时，光敏电阻的阻值：Rx4.5 。(2)由
264、题意可知，光敏电阻Rx与定值电阻R0串联连接，光照增强时，光敏电阻Rx阻值减小，电路中的总电阻减小，由I可知，电路中的电流增大，由UIR可知，R0两端的电压增大，因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以Rx两端的电压减小，反之，光照减弱时，光敏电阻Rx阻值增大，R0两端的电压减小，Rx两端的电压增大，则玻璃并联在R0两端时不符合要求，玻璃并联在Rx两端时符合要求，故A错误，C正确；若玻璃与电源并联，光照变化时，玻璃两端的电压不变，故B、D错误。(3)当R012 、光敏电阻两端的电压Ux3 V时，因串联电路中总电压等于各分电压之和，R0两端的电压：U0UUx9 V3 V6 V，因串联电路中各处的
265、电流相等，所以电路中的电流I，即，解得：Rx6 ，此时光照强度E3 cd。基础命题点二热敏电阻和金属热电阻1研究热敏电阻的热敏特性(1)实验原理闭合电路欧姆定律，用多用电表进行测量和观察。(2)实验器材热敏电阻、多用电表、温度计、铁架台、烧杯、凉水和热水。(3)实验步骤按图1连接好电路，将热敏电阻绝缘处理；把多用电表置于欧姆挡，并选择适当的量程测出烧杯中没有水时热敏电阻的阻值，并记下温度计的示数；向烧杯中注入少量的冷水，使热敏电阻浸没在冷水中，记下温度计的示数和多用电表测量的热敏电阻的阻值；将热水分几次注入烧杯中，测出不同温度下热敏电阻的阻值，并记录。(4)数据处理在Rt坐标系中，粗略画出热敏
266、电阻的阻值随温度变化的图线，如图2所示。(5)实验结论热敏电阻的阻值随温度的升高而减小，随温度的降低而增大。(6)注意事项实验时，加热水后要等一会儿再测热敏电阻阻值，以使电阻温度与水的温度相同，并同时读出水温。2金属热电阻金属的电阻率随温度的升高而增大，用金属丝也可以制作温度传感器，称为热电阻。如图3所示为某金属导线的电阻温度特性曲线。3热敏电阻与金属热电阻的区别热敏电阻金属热电阻特点电阻率随温度的升高而减小，非常明显电阻率随温度的升高而增大制作材料半导体金属导体优点灵敏度好化学稳定性好，测温范围大作用能够将温度这个热学量转换为电阻这个电学量(2019安徽高考模拟)图甲为某实验小组探究热敏电阻
267、的阻值与温度关系的实验装置。通过酒精灯加热改变水温，在热敏电阻的温度参数允许范围内选取9个不同的温度点进行实验，采集的数据如表所示。温度/102030405060708090电阻/k10.08.67.05.54.33.63.02.52.0请完成以下内容：(1)在图乙的坐标纸上补齐表中所给数据点并作出Rt曲线。(2)由Rt曲线可知，当温度t45 时，该电阻的阻值为_ k(保留一位小数)。(3)由Rt曲线可知，该电阻的阻值随温度的升高而_(选填“增大”或“减小”)，可见该电阻的_随温度的升高而减小。解析(1)在坐标纸上补齐表中所给数据点，然后用光滑的曲线连接如图。(2)由图可以读出当t45 时，该
268、电阻的阻值约为5.0 k。(3)由Rt曲线可知，该电阻的阻值随温度的升高而减小，所以该电阻的电阻率随温度的升高而减小。答案(1)图见解析(2)5.0(3)减小电阻率热敏电阻和金属热电阻都可以用来做温度传感器，但其阻值随温度变化的规律不同。(2016全国卷)现要组装一个由热敏电阻控制的报警系统，要求当热敏电阻的温度达到或超过60 时，系统报警。提供的器材有：热敏电阻，报警器(内阻很小，流过的电流超过Ic时就会报警)，电阻箱(最大阻值为999.9 )，直流电源(输出电压为U，内阻不计)，滑动变阻器R1(最大阻值为1000 )，滑动变阻器R2(最大阻值为2000 )，单刀双掷开关一个，导线若干。在室
269、温下对系统进行调节。已知U约为18 V，Ic约为10 mA；流过报警器的电流超过20 mA时，报警器可能损坏；该热敏电阻的阻值随温度升高而减小，在60 时阻值为650.0 。(1)完成待调节的报警系统原理电路图的连线。(2)电路中应选用滑动变阻器_(填“R1”或“R2”)。(3)按照下列步骤调节此报警系统：电路接通前，需将电阻箱调到一固定的阻值，根据实验要求，这一阻值为_ ；滑动变阻器的滑片应置于_(填“a”或“b”)端附近，不能置于另一端的原因是_。将开关向_(填“c”或“d”)端闭合，缓慢移动滑动变阻器的滑片，直至_。(4)保持滑动变阻器滑片的位置不变，将开关向另一端闭合，报警系统即可正常
270、使用。答案(1)连线如图所示(2)R2(3)650.0b接通电源后，流过报警器的电流会超过20 mA，报警器可能损坏c报警器开始报警解析(1)见答案。(2)由R 1800 可知，滑动变阻器应选R2。(3)电阻箱的电阻值应调为热敏电阻在60 时的阻值，即650.0 。滑动变阻器的滑片应置于b端，使开关接通后回路中电流最小，以保护报警器，即防止因电流过大而损坏报警器。应将开关向c端闭合，然后缓慢移动滑动变阻器的滑片，直至报警器开始报警。能力命题点其他传感器对应学生用书P2381传感器的工作原理传感器能够将感受到的物理量(力、热、光、声等)转换成便于传送和处理的其他物理量(一般是电学量)。除常用的热
271、敏电阻、光敏电阻外，传感器还有很多种类，比如霍尔元件可以将磁信号转换成电信号；压力传感器可以将压力信号转换成电信号等。其工作过程如图：2传感器的工作步骤(1)信息采集。(2)信息加工、放大、传输。(3)利用所获得的信息执行某种操作。3传感器的应用(1)力传感器的应用电子秤。(2)温度传感器的应用电熨斗、电饭锅。(3)光传感器的应用火灾报警器。(2019广东汕头一模)(多选)传感器在生活中有很多应用。电容式加速度传感器在安全气囊、手机移动设备方面应用广泛，其原理如图所示，质量块左、右侧分别连接电介质和轻质弹簧，弹簧与电容器固定在外框上，质量块可带动电介质相对于外框无摩擦左右移动，但不能上下移动。
272、下列关于该传感器的说法正确的是()A当电路中没有电流时，电容器所带电荷量一定都相等B当电路没有电流时，传感器一定处于平衡状态C当电路中有顺时针方向的电流时，电容器电容一定增大D当电路中有顺时针方向的电流时，传感器可能向左也可能向右运动解析当电路中没有电流时，说明电容器处于稳定状态，因电容器的电压不变，根据电容器的电容公式C，当电介质插入极板间深度不同，即相对介电常数r的大小不同时，电容器的电容也不同，因此电容器所带电荷量也不相等，故A错误；当传感器以恒定的加速度运动时，根据牛顿第二定律可知，弹力大小不变，则电容器的电容不变，因两极的电压不变，则电容器所带电荷量不变，电路中没有电流，故B错误；当
273、电路中有顺时针方向的电流时，说明电容器处于充电状态，根据QCU，可知，电容器的电容在增大，故C正确；当电路中有顺时针方向的电流时，由以上分析可知电容器的电容在增大，插入极板间的电介质加深，但因条件不足，故传感器的运动状态不可求，传感器可能向左运动，也可能向右运动，故D正确。答案CD(1)不论什么传感器，都是将有关信号先转换成电信号，然后经放大后再进入显示器或控制执行机构执行命令。(2)有关传感器的题目往往同电路问题联系密切，解题时经常用到欧姆定律。(2019湖南高考模拟)用图示装置可以检测霍尔效应。利用电磁铁产生磁场，电流表检测输入霍尔元件的电流，电压表检测元件输出的电压，已知图中的霍尔元件是
274、半导体，与金属导体不同，它内部形成电流的“载流子”是空穴，空穴可视为能自由移动的带正电的粒子，图中的1、2、3、4是霍尔元件上的四个接线端，当开关S1、S2闭合后，电流表A和电表B、C都有明显示数，下列说法中正确的是()A电表B为电压表，电表C为电流表B接线端4的电势低于接线端2的电势C若增大R1，则电压表示数增大D若增大R2，则电压表示数减小答案D解析B表测量通过霍尔元件的电流，C表测量霍尔元件输出的电压，所以电表B为电流表，电表C为电压表，A错误；由安培定则可知，穿过霍尔元件的磁场方向向上，通过霍尔元件的电流由接线端1流向接线端3，由左手定则可知，带正电的粒子偏向接线端4，所以接线端4的电
275、势高于接线端2的电势，故B错误；若增大R1，则电磁铁中的电流减小，产生的磁感应强度减小，由公式U可知，电压表示数减小，故C错误；若增大R2，流过霍尔元件的电流减小，由公式U可知，电压表示数减小，故D正确。课时作业1(2019辽宁瓦房店市第三高级中学高三月考)机器人装有作为眼睛的“传感器”，犹如大脑的“控制器”，以及可以行走的“执行器”，在它碰到障碍物前会自动避让并及时转弯。下列有关该机器人“眼睛”的说法中正确的是()A力传感器 B温度传感器C光传感器 D声音传感器答案C解析由图可知，该传感器可以作为机器人的眼睛，则说明它是通过感光原理而确定障碍物的，故应为光传感器，故C正确，A、B、D错误。2
276、(2019河南开封高三上第一次模拟)(多选)指纹识别传感器在日常生活中应用十分广泛，常用的指纹识别传感器是电容式传感器，指纹的凸起部分叫“嵴”，凹下部分叫“峪”。传感器上有大量面积相同的小极板，当手指贴在传感器上时，这些小极板和正对的皮肤表面部分形成大量的小电容器，这样在嵴处和峪处形成的电容器的电容大小便不同。此时传感器给所有的电容器充电后达到某一电压值，然后电容器放电，电容值小的电容器放电较快，根据放电快慢的不同，就可以探测到嵴和峪的位置，从而形成指纹的图像数据。根据文中信息，下列说法正确的是()A在峪处形成的电容器电容较小B充电后在嵴处形成的电容器的电荷量大C在峪处形成的电容器放电较慢 D
277、湿的手指对指纹识别绝对没有影响答案AB解析根据平行板电容器电容的公式C可得，极板与指纹峪(凹下部分)的距离d大，构成的电容器电容小，放电较快，故A正确，C错误；由于所有的电容器充电后的电压相同，根据QCU可知，充电后在嵴处形成的电容器电容大，电荷量大，故B正确；湿的手指与传感器之间有水填充，改变了原来匹配成平行板电容器的电容，所以会影响指纹的识别，故D错误。3(2019上海高三期末)压敏电阻的阻值随所受压力的增大而减小，有位同学设计了利用压敏电阻判断升降机运动状态的装置。如图所示，将压敏电阻固定在升降机底板上并接入电路，其上放置物块。合上开关后，在升降机运动过程的某一段时间内，发现电流表的示数
278、I不变，且I大于升降机静止时电流表的示数I0，在这段时间内() A升降机可能匀速上升B升降机一定在匀减速上升C升降机一定处于失重状态D升降机一定在匀加速上升答案C解析在升降机运动过程中发现电流表的示数I大于升降机静止时电流表的示数I0，则说明此时的运动不可能是匀速运动，故A错误；在升降机运动过程中发现电流表示数不变，则说明此时的运动是匀变速运动，电流表的示数I大于升降机静止时电流表的示数I0，则可知外电压变大，内电压变小，电路中总电流变小，故压敏电阻的阻值变大，由压敏电阻的阻值随所受压力的增大而减小，可知压力变小，因此升降机的加速度方向向下，处于失重状态，升降机可能匀加速下降，也可能匀减速上升
279、，故B、D错误，C正确。4(2019北京高考模拟)已知磁敏电阻在没有磁场时电阻很小，在有磁场时电阻很大，并且磁场越强阻值越大，为了探测有无磁场，利用磁敏电阻作为传感器设计了如图所示电路，电源电动势E和内阻r不变，在没有磁场时，调节滑动变阻器R使电灯发光，当探测装置从无磁场区进入强磁场区(设电灯L不会烧坏)时() A电灯L变亮B电流表示数增大C滑动变阻器R的功率增大D磁敏电阻两端的电压减小答案A解析探测装置从无磁场区进入强磁场区时，磁敏电阻阻值变大，电路的总电阻变大，根据闭合电路欧姆定律可知电路中的总电流I变小，所以电流表的示数减小，B错误；根据UEIr可知路端电压U增大，所以灯泡两端的电压增大
280、，则电灯L变亮，A正确；流过电灯L的电流增大，而总电流I减小，则流过磁敏电阻的电流减小，因为在进入强磁场区后没有改变滑动变阻器滑片的位置，即滑动变阻器的有效阻值不变，根据PI2R可知滑动变阻器R的功率减小，C错误；根据UIR可知，R两端的电压减小，而路端电压增大，故磁敏电阻两端的电压增大，D错误。5(2019宁夏高三月考)(多选)有一种测量人体重的电子秤，其原理如图中虚线框内所示，它主要由三部分构成：踏板、压力传感器R(是一个阻值可随压力大小而变化的电阻器)、显示体重的仪表G(实质是理想电流表)。设踏板的质量可忽略不计，已知理想电流表的量程为3 A，电源电动势为12 V，内阻为2 ，压力传感器
281、阻值R随压力变化的函数式为R300.02F(F和R的单位分别是N和)。下列说法正确的是() A该秤能测量的最大体重是1400 NB该秤能测量的最大体重是1300 NC该秤零刻度线(即踏板空载时的刻度线)应标在电流表G刻度盘0.375 A处D该秤零刻度线(即踏板空载时的刻度线)应标在电流表G刻度盘0.400 A处答案AC解析当电路中电流Imax3 A时，R的阻值最小，电子秤测量的体重最大，由闭合电路欧姆定律得Rminr2 ，代入Rmin300.02Fmax，得Fmax1400 N，故A正确，B错误；踏板空载时F0，代入R300.02F，得电阻R30 ，由闭合电路欧姆定律得I0.375 A，所以该
282、秤零刻度线应标在电流表G刻度盘0.375 A处，故C正确，D错误。6(2016北京高考) 热敏电阻常用于温度控制或过热保护装置中。图为某种热敏电阻和金属热电阻的阻值R随温度t变化的示意图。由图可知，这种热敏电阻在温度上升时导电能力_(选填“增强”或“减弱”)；相对金属热电阻而言，热敏电阻对温度变化的影响更_(选填“敏感”或“不敏感”)。答案增强敏感解析由题图可得出热敏电阻的阻值随温度升高而减小，随着阻值减小导电能力增强。在变化相同的温度时，热敏电阻阻值变化量要大于金属热电阻，故热敏电阻对温度变化的影响更敏感。7(2017江苏高考)某同学通过实验制作一个简易的温控装置，实验原理电路图如图1所示，
283、继电器与热敏电阻Rt、滑动变阻器R串联接在电源E两端，当继电器的电流超过15 mA时，衔铁被吸合，加热器停止加热，实现温控。继电器的电阻约20 ，热敏电阻的阻值Rt与温度t的关系如下表所示。t/30.040.050.060.070.080.0Rt/199.5145.4108.181.862.949.1(1)提供的实验器材有：电源E1(3 V，内阻不计)、电源E2(6 V，内阻不计)、滑动变阻器R1(0200 )、滑动变阻器R2(0500 )、热敏电阻Rt、继电器、电阻箱(0999.9 )、开关S、导线若干。为使该装置实现对30 80 之间任一温度的控制，电源E应选用_(选填“E1”或“E2”)
284、，滑动变阻器R应选用_(选填“R1”或“R2”)。(2)实验发现电路不工作。某同学为排查电路故障，用多用电表测量各接点间的电压，则应将如图2所示的选择开关旋至_(选填“A”“B”“C”或“D”)。(3)合上开关S，用调节好的多用电表进行排查。在图1中，若只有b、c间断路，则应发现表笔接入a、b时指针_(选填“偏转”或“不偏转”)，接入a、c时指针_(选填“偏转”或“不偏转”)。(4)排除故障后，欲使衔铁在热敏电阻为50 时被吸合，下列操作步骤的正确顺序是_。(填写各步骤前的序号)将热敏电阻接入电路观察到继电器的衔铁被吸合断开开关，将电阻箱从电路中移除合上开关，调节滑动变阻器的阻值断开开关，用电
285、阻箱替换热敏电阻，将阻值调至108.1 答案(1)E2R2(2)C(3)不偏转偏转(4)解析(1)若实现对30 温度的控制，继电器和Rt的电压U0.015(20199.5) V3.29 V因此符合要求的电源应选E2。若实现对80 温度的控制，对全电路有E2I(R继RtR)即6 V0.015 A(20 49.1 R)解得R330.9 。因此滑动变阻器应选R2。(2)用多用电表测量直流电压时，选择开关应旋至C(直流电压挡)。(3)a、b间电压为0，指针不偏转。接入a、c时，多用电表与电源等构成回路，指针偏转。(4)连接电路时，先用电阻箱代替热敏电阻，调节滑动变阻器阻值，衔铁被吸合时，调节完毕，移除
286、电阻箱换为热敏电阻即可，正确的顺序为。8(2019河北衡水中学高考模拟)磁力锁主要由电磁铁和衔铁组成。某小组用如图甲所示的装置研究电磁铁线圈的工作电压与衔铁所受磁力大小的关系，弹性梁一端连接有衔铁，在外力作用下可以上下运动，另一端固定于墙壁，电磁铁位于衔铁正下方，V1为理想电压表。(1)为增大电磁铁产生的磁感应强度，变阻器的滑片P应向_端移动(选填“c”或“d”)。(2)已知电磁铁线圈的直流电阻为30 ，滑动变阻器的最大阻值为170 ，电源E的电动势为12.0 V，滑动变阻器能提供的最大分压为11.9 V，则电源E的内阻为_ 。(保留两位有效数字)(3)同学们将阻值会因形状变化而发生改变的金属
287、应变片R1粘贴在弹性梁的上表面，然后将金属应变片R1、定值电阻R2和理想电压表V2连接成如图乙所示的电路。线圈通电吸引衔铁下移时，应变片变长，R1的阻值将_，电压表V2的读数将_。(填“增大”“减小”或“不变”)(4)在线圈通电吸合衔铁后，用外力F使电磁铁和衔铁刚好分开，测得外力F与线圈两端电压U的关系如图丙所示，若要求该锁能抵抗1200 N的外力，则工作电压至少为_ V。答案(1)c(2)0.21(3)增大增大(4)6.0解析(1)根据电流的磁效应，电流越大，产生的磁场越强，为了增加电磁铁产生的磁感应强度，变阻器的滑片应向c端移动。(2)当滑动变阻器的滑片P滑到c端时，滑动变阻器提供的分压最大，由闭合电路欧姆定律EUmIr，I，R 25.5 ，联立解得：r0.21 。(3)线圈通电吸引衔铁下移时，应变片R1变长，根据电阻的决定式，R1的阻值将增大。根据串联电路分压规律可知，电压表V2的读数将增大。(4)由图丙可知，F1200 N时对应的工作电压为6.0 V，即要求该锁能抵抗1200 N的外力，则工作电压至少为6.0 V。- 201 - 版权所有高考资源网
