高考物理二轮复习 第1部分 专题讲练突破四 电磁感应和电路 高频考点三 电磁感应中的动力学和能量问题课件
高考物理二轮复习第一部分二轮专题突破专题四电路与电磁感应4.2电磁感应规律及其应用课件
2．(2017·全国卷Ⅰ) 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( )
答案：AB 命题点：右手定则、欧姆定律、导体转动切割磁感线产生的感 应电动势．
5．(2016·全国甲卷) 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．t＝0 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 μ.重力加速度大小为 g.求
E＝Blt0mF －μg④
(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
答案：A 命题点：电磁感应现象与阻尼．
3．(2017·全国卷Ⅱ)(多选)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 Ω 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 t＝0 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( )
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，选项 D 正 确．
高考物理二轮复习第一阶段 专题四 电路与电磁感应
6．选 D 将 S 接在 b 时，副线圈产生的总电动势为零，故电压 表示数为零，A 错误；当 S 接 c 时，副线圈的匝数为 n2，由 Um 2 n1 2n2Um U2 ＝n2得：U2＝ 2n1 ，B 错误；S 接 c 时，P 向下移动， U 22 R 变大，P 入＝P 出＝ R 变小，C 错误；P 向上移动时，R 变小， U22 P 入＝I1U1＝ R 变大，故 I1 变大，D 正确。
(3)根据串并联知识确定各支路电流、电压的变化。
解析：R4 的滑动触片向 b 端移动时，R4 的实际应用阻值变小， 回路总电阻变小，由闭合电路欧姆定律可知，总电流增大，路 端电压变小，由 UR1＝I 总· R1 知，R1 两端电压增大，由 U 端＝UR1 ＋UR3 知，UR3 变小，故电容器两板间电场强度减小，质点 P 向 UR3 下运动，C 错误；由 IR3＝ R 可知，IR3 减小，故电流表示数变 3 大，UR2 增大，由 UR3＝UR2＋UR4 可知，电压表示数减小，A 正 确，B 错误；由 PR3＝IR32R3 可知，R3 上消耗的功率逐渐减小， D 错误。
3． 选 D 当副线圈与原线圈的匝数比为 k I＝kU，线路损耗的电功率为 P1＝I R＝kU R。若将副
线圈与原线圈的匝数比提高到 nk，副线圈输出电压为 nkU，输出
P 2 P P2 2 电流 I′＝nkU，线路损耗的电功率为 P2＝I′ R＝ nkU R。P ＝ 1
正确。
答案：C
[专题特辑] 课堂 1．选 C Em 最大值 Em＝50 V，有效值为 E＝ ＝25 2 2 V，频率
1 为 50 Hz，周期为 T＝ f ＝0.02 s，所以 C 正确 D 错误。 2．选 D 由 ω＝2πf 得交流电的频率为 50 Hz，故 A 错误；电 压表、电流表测量所得的是交变电流的有效值，故电压表读 I1 n2 n2 数为 220 V，故 B 错误；由I ＝n 可知 I1＝I2n ＝0.2 A，故 2 1 1 C 错误；由 P 出＝P 入－P 热＝U1I1－I22R＝33 W，故 D 正确。
通用版高考物理二轮复习第1部分核心突破专题4电路和电磁感应第2讲电磁感应及其应用课件(1)
④ 紧跟老师的推导过程抓住老师的思路。老师在课堂上讲解某一结论时，一般有一个推导过程，如数学问题的来龙去脉、物理概念的抽象归纳、语 文课的分析等。感悟和理解推导过程是一个投入思维、感悟方法的过程，这有助于理解记忆结论，也有助于提高分析问题和运用知识的能力。
答：
解析：本题考查从不同的角度和层面发掘作品的意蕴 的能力。解答此题需要对作品进行深入挖掘。题干明确要 求“结合全文”，所以不能就结尾谈结尾，而要从全文的 人物言行和思想内容等方面作答。
答案：①点题作用。看似矛盾的结尾，实际上是作者
在最后点题，即小说的主旨在前面的情节展开中并不清 晰，甚至有意写得扑朔迷离。正在读者感到不知所云时， 结尾的一笔犹如“点穴”，令读者恍然大悟。②揭示主 旨。最后这样写，一下子揭示了小说的主旨：讽刺那些 房产公司，正是在他们的怂恿下，像米夏这样的人才去 勃兰登堡买房子。
——C4 型螺丝铣车床眼下特别便宜。你想买吗？ ——我为什么要买 C4 型螺丝铣车床？ ——明白了吧。 ——是呀，原来主要是为了家庭。 ——克劳迪娅想搬到乡下去吗？ ——嗯……现在她还不是很肯定，不过她并不觉得这 样有多不好。
——要说现在有什么事情能算不好的，那就是脚气， 但现在已经有治脚气的办法了。
专题四 小说阅读
学案 12 立足文本，创意解 读——突破探究类题
专项突破一 明方向多角度分层次探究
小说的探究方向(点)主要是：人物、情节、环境及艺 术特点。“探究”其实并不神秘，都指向小说这些常规 的东西。
“多角度”与“有层次”主要指以下两方面：
新教材2024高考物理二轮专题复习第一编专题复习攻略专题四电路与电磁感应第11讲电磁感应规律及其应用
第11讲电磁感应规律及其应用知识网络构建命题分类剖析命题点一楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用1．感应电流方向的判断方法情境图3.感应电荷量的计算磁通量变化迁移的电荷量：q＝IΔt＝ERΔt＝nΔΦRΔtΔt＝nΔΦR，q仅由回路电阻R和磁通量的变化量ΔΦ决定．考向1 楞次定律的应用例 1[2023·海南卷]汽车测速利用了电磁感应现象，汽车可简化为一个矩形线圈abcd，埋在地下的线圈分别为1、2，通上顺时针(俯视)方向电流，当汽车经过线圈时( )A．线圈1、2产生的磁场方向竖直向上B．汽车进入线圈1过程产生感应电流方向为abcdC．汽车离开线圈1过程产生感应电流方向为abcdD．汽车进入线圈2过程受到的安培力方向与速度方向相同考向2 法拉第电磁感应定律的应用例 2[2023·天津卷]如图，有一正方形线框静止悬挂着，其质量为m、电阻为R、边长为l.空间中有一个三角形磁场区域，其磁感应强度大小为B＝kt(k>0)，方向垂直于线框所在平面向里，且线框中磁场区域的面积为线框面积的一半，已知重力加速度为g，求：(1)感应电动势E；(2)线框开始向上运动的时刻t0.例 3[2023·山东卷](多选)足够长U形导轨平置在光滑水平绝缘桌面上，宽为1 m，电阻不计．质量为1 kg、长为1 m、电阻为1 Ω的导体棒MN放置在导轨上，与导轨形成矩形回路并始终接触良好，Ⅰ和Ⅱ区域内分别存在竖直方向的匀强磁场，磁感应强度分别为B1和B2，其中B1＝2 T，方向向下．用不可伸长的轻绳跨过固定轻滑轮将导轨CD段中点与质量为0.1 kg的重物相连，绳与CD垂直且平行于桌面．如图所示，某时刻MN、CD同时分别进入磁场区域Ⅰ和Ⅱ并做匀速直线运动，MN、CD与磁场边界平行．MN的速度v1＝2 m/s，CD 的速度为v2且v2>v1，MN和导轨间的动摩擦因数为0.2.重力加速度大小取10 m/s2，下列说法正确的是( )A．B2的方向向上 B．B2的方向向下C．v2＝5 m/s D．v2＝3 m/s提升训练1.[2023·全国甲卷](多选)一有机玻璃管竖直放在水平地面上，管上有漆包线绕成的线圈，线圈的两端与电流传感器相连，线圈在玻璃管上部的5匝均匀分布，下部的3匝也均匀分布，下部相邻两匝间的距离大于上部相邻两匝间的距离．如图(a)所示．现让一个很小的强磁体在玻璃管内沿轴线从上端口由静止下落，电流传感器测得线圈中电流I随时间t的变化如图(b)所示．则( )A．小磁体在玻璃管内下降速度越来越快B．下落过程中，小磁体的N极、S极上下颠倒了8次C．下落过程中，小磁体受到的电磁阻力始终保持不变D．与上部相比，小磁体通过线圈下部的过程中，磁通量变化率的最大值更大2．[2023·浙江1月]如图甲所示，一导体杆用两条等长细导线悬挂于水平轴OO′，接入电阻R构成回路．导体杆处于竖直向上的匀强磁场中，将导体杆从竖直位置拉开小角度θ静止释放，导体杆开始下摆．当R＝R0时，导体杆振动图像如图乙所示．若横纵坐标皆采用图乙标度，则当R＝2R0时，导体杆振动图像是( )3.[2023·辽宁省沈阳市监测一](多选)有界匀强磁场磁感应强度为B ，有一半径为R 的线圈，其单位长度上的电阻为r ，线圈直径MN 垂直磁场边界于M 点，现以M 点为轴在纸面内，沿顺时针方向匀速旋转90°，角速度为ω，则( )A ．感应电流方向为顺时针方向B ．感应电动势的最大值为BR 2ωC ．感应电流的最大值为2BR 2ωrD ．通过导体任意横截面的电量为BR 4r命题点二 电磁感应中图像或电路问题1．掌握两个技法，快速解答图像问题2．三个关注考向1 电磁感应中的图像例 1[2023·山东省菏泽市三模]如图所示，MNQP是边长为L和2L的矩形，在其由对角线划分的两个三角形区域内充满磁感应强度大小相等、方向相反的匀强磁场．边长为L的正方形导线框，在外力作用下水平向左匀速运动，线框左边始终与MN平行．设导线框中感应电流i逆时针流向为正．若t＝0时左边框与PQ重合，则左边框由PQ运动到MN的过程中，下列i-t图像正确的是( )例 2[2023·上海卷] 如图所示，有一光滑导轨处于匀强磁场中，一金属棒垂直置于导轨上，对其施加外力，安培力变化如图所示，取向右为正方向，则外力随时间变化图像为( )考向2 电磁感应中图像与电路问题的数型结合例 3 (多选)如图甲所示，足够长的两平行金属导轨ab、cd固定在同一水平面上，导体间距为0.5 m，导轨左边接有定值电阻R0和电阻箱R；导轨间存在磁感应强度大小为0.8 T、方向垂直纸面向里的匀强磁场．一质量为0.5 kg、长为0.5 m、内阻不计的金属棒MN放置在导轨上，在水平向右的恒力F作用下金属棒由静止开始运动，金属棒始终与导轨垂直且接−触良好．多次改变电阻箱的阻值R，测得金属棒对应的最大速度v m，绘制出如图乙所示的1v m1图像．已知金属棒与导轨间的动摩擦因数为0.2，取g＝10 m/s2.下列说法正确的是( ) RA．R0中感应电流方向由c指向aB．R0＝2 ΩC．恒力F＝1.4 ND．若R＝2 Ω，则R0在1 s内产生的最大焦耳热为1 J思维提升图例[提醒] 分析磁通量时，一是注意回路中的有效面积；二是注意有效面积内磁场方向是否单一．图例提升训练1.[2023·江苏省八市训练]如图所示，两根光滑平行金属长导轨MN、PQ水平固定放置，导轨间存在竖直向上的匀强磁场，两根完全相同的金属棒ab、cd垂直放置在导轨上，两金属棒的长度恰好等于金属导轨的间距，t＝0时刻对金属棒cd施加一个水平向右的恒力F，此后两金属棒由静止开始运动，金属棒在运动过程中始终与导轨接触良好，两金属棒的速度大小分别记为v a、v c，加速度大小分别记为v a、v c，金属棒cd两端电压记为U cd，闭合回路消耗的电功率记为P，电路中除金属棒以外的电阻均不计，下列关于图像错误的是( )2．[2023·珠海模拟]匝数N＝1 000、面积S＝20 cm2、电阻r＝1 Ω的线圈水平放置，匀强磁场B1竖直向下穿过线圈，其磁感应强度B1按如图所示的规律变化，线圈两端分别连接两根完全相同的劲度系数为k＝100 N/m、电阻为R＝1.5 Ω的金属弹簧，两金属弹簧上端固定在水平天花板上，下端悬挂一根水平金属棒，另有一水平匀强磁场B2垂直金属棒分布(如图所示)．其磁场宽度为L＝10 cm.闭合开关后，两弹簧的长度均变化了Δx＝0.5 cm.导线和金属棒的电阻不计，求：(1)闭合开关后，通过金属棒的电流大小；(2)磁感应强度B2的大小．命题点三电磁感应规律的综合应用1．电磁感应综合问题的解题思路2．与动量定理结合在电磁感应中可用动量定理求变力的作用时间、速度、位移和电荷量(一般应用于单杆切割磁感线运动)．(1)求速度或电荷量：－B I lΔt＝mv2－mv1，q＝IΔt.(2)求时间：FΔt＋I A＝mv2－mv1，I A＝－B I lΔt＝－BlΔΦR总.(3)求位移：－B I lΔt＝－B 2l2v̅ΔtR总＝mv2－mv1，即－B 2l2R总x＝m(v2－v1)．3．与动量守恒定律的结合相互平行的水平轨道间的双棒做切割磁感线运动问题，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．考向1 电磁感应中的动力学问题例 1[2023·上海卷]如图(a)，线框cdef位于倾斜角θ＝30°的斜面上，斜面上有一长度为D的单匝矩形磁场区域，磁场方向垂直于斜面向上，大小为0.5 T，已知线框边长cd ＝D＝0.4 m，m＝0.1 kg，总电阻R＝0.25 Ω，现对线框施加一沿斜面向上的力F使之运动．斜面上动摩擦因数μ＝√33，线框速度随时间变化如图(b)所示．(重力加速度g取9.8 m/s2)(1)求外力F大小；(2)求cf长度L；(3)求回路产生的焦耳热Q.考向2 电磁感应中的能量问题例 2 如图所示，光滑绝缘斜面的倾角为θ＝30°，斜面上有两个匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，其宽度均为l＝0.2 m，磁感应强度大小均为B＝1 T，磁场方向分别为垂直斜面向上和垂直斜面向下．斜面上放一质量为M＝0.6 kg、电阻为R＝0.5 Ω的矩形导线框abcd，其ab边长为d＝0.4 m、bc边长为l＝0.2 m，通过细绳绕过光滑的定滑轮与一质量为m＝0.2 kg的重物相连，连接线框的细绳与线框共面，滑轮和绳的质量均不计，ab边距磁场区域Ⅰ的上边界为2l，开始时各段绳都处于伸直状态，现将它们由静止释放，线框沿斜面向下运动，ab边刚穿过两磁场的分界线OO′进入磁场区域Ⅱ时，线框恰好做匀速运动(细绳始终处于拉紧状态)，不计摩擦，忽略磁场边界效应，重力加速度g＝10 m/s2.求：(计算结果保留2位小数)(1)ab边刚进入磁场区域Ⅰ时线框的加速度大小；(2)线框ab边在磁场区域Ⅱ中运动的过程中，线框重力的功率P；(3)从开始释放到ab边刚穿过磁场区域Ⅱ的过程中，线框中产生的焦耳热Q.考向3 电磁感应中的动量问题例 3[2023·全国甲卷]如图，水平桌面上固定一光滑U型金属导轨，其平行部分的间距为l，导轨的最右端与桌子右边缘对齐，导轨的电阻忽略不计．导轨所在区域有方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B.一质量为m、电阻为R、长度也为l的金属棒P静止在导轨上．导轨上质量为3m的绝缘棒Q位于P的左侧，以大小为v0的速度向P运动并与P发生弹性碰撞，碰撞时间很短．碰撞一次后，P和Q先后从导轨的最右端滑出导轨，并落在地面上同一地点．P在导轨上运动时，两端与导轨接触良好，P与Q始终平行．不计空气阻力．求(1)金属棒P滑出导轨时的速度大小；(2)金属棒P在导轨上运动过程中产生的热量；(3)与P碰撞后，绝缘棒Q在导轨上运动的时间．提升训练1.[2023·湖南卷]如图，两根足够长的光滑金属直导轨平行放置，导轨间距为L，两导轨及其所构成的平面均与水平面成θ角，整个装置处于垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B.现将质量均为m的金属棒a、b垂直导轨放置，每根金属棒接入导轨之间的电阻均为R.运动过程中金属棒与导轨始终垂直且接触良好，金属棒始终未滑出导轨，导轨电阻忽略不计，重力加速度为g.(1)先保持棒b静止，将棒a由静止释放，求棒a匀速运动时的速度大小v0；(2)在(1)问中，当棒a匀速运动时，再将棒b由静止释放，求释放瞬间棒b的加速度大小a0；(3)在(2)问中，从棒b释放瞬间开始计时，经过时间t0，两棒恰好达到相同的速度v，求速度v的大小，以及时间t0内棒a相对于棒b运动的距离Δx.2．[2023·广东模拟预测]如图甲所示，水平面内固定两根平行的足够长的光滑轨道，轨道间距L＝0.4 m，其中在E、F、G、H四点附近的轨道由绝缘材料制成，这四段绝缘轨道的长度非常短，其余轨道由金属材料制成，金属轨道的电阻不计，在右侧两轨道之间连接一个阻值R＝1.5 Ω的定值电阻．在矩形区域MNQP中存在竖直向上的磁场，记M点所在位置为坐标原点，沿MP方向建立x坐标轴，磁感应强度的大小随位置的变化如图乙所示，图中B0＝2.5 T．现有一总质量m＝0.1 kg的“工”字形“联动双棒”(由两根长度略长于L的平行金属棒ab和cd，用长度为L的刚性绝缘棒连接构成，棒的电阻均为r＝0.5 Ω)，以初速度v0＝8 m/s沿x轴正方向运动，运动过程中棒与导轨保持垂直，最终静止于轨道上，忽略磁场边界效应．求(1)棒ab刚进入磁场时，流经棒ab的电流的大小和方向；(2)棒ab在EF处的速度大小v1和在GH处时的速度大小v2；(3)电阻R上产生的焦耳热．素养培优·情境命题电磁感应规律在生活、生产和科技中的应用情境1 “自发电”门铃开关[典例1] [2023·广东茂名统考二模]市场上某款“自发电”门铃开关的原理如图所示．在按下门铃按钮过程中，夹着永磁铁的铁块向下移动，改变了与“E”形铁芯接触的位置，使得通过线圈的磁场发生改变．松开门铃按钮后，弹簧可使之复位(与a、b连接的外电路未画出)．由此可判断( )A．未按下按钮时，线圈a、b两点间存在电势差B．按下按钮过程中，线圈中感应电流始终由b经线圈流向aC．按钮复位过程中，线圈中的磁通量一直减小D．按下按钮过程与松开复位过程中，a点的电势始终高于b点情境2 磁力刹车系统[典例2](多选)高速铁路列车通常使用磁力刹车系统．磁力刹车工作原理可简述如下：将磁铁的N极靠近一块正在以逆时针方向旋转的圆形铝盘，使磁感线垂直铝盘向内，铝盘随即减速，如图所示．图中磁铁左方铝盘的甲区域(虚线区域)朝磁铁方向运动，磁铁右方铝盘的乙区域(虚线区域)朝离开磁铁方向运动．下列有关铝盘刹车的说法正确的是( ) A．铝盘甲区域的感应电流产生垂直铝盘向外的磁场B．铝盘乙区域的感应电流产生垂直铝盘向外的磁场C．磁铁与感应电流之间的作用力，会使铝盘减速D．若将实心铝盘换成布满小空洞的铝盘，则磁铁对空洞铝盘所产生的减速效果与实心铝盘相同情境3 磁悬浮列车[典例3] (多选)2022年9月20日在德国柏林国际轨道交通技术展览会上中国具有完全自主知识产权的时速600公里高速磁浮交通系统首次在欧洲亮相，引起了世界各国广泛关注．超导磁悬浮列车的原理可以简化为如图所示模式：在水平面上相距L的两根固定平行直导轨间，有大小为B、宽都是L的匀强磁场，相邻磁场区域的磁场方向相反．整个磁场以速度v 水平向右匀速运动，跨在两导轨间的边长为L 的正方形n 匝线圈abcd 悬浮在导轨上方，在磁场力作用下向右运动，并逐渐达到最大速度v m .当超导磁悬浮列车制动时，所有磁场立即停止，线圈继续运动NL 停下来(N 为整数)．设线圈的总电阻为R ，总质量为m ，运动中所受到的阻力大小恒为f .则( )A ．线圈最大速度v m ＝v －fRn 2B 2L 2 B ．制动过程受到的安培力为4nB 2L 2(v−v m )RC ．制动过程线圈产生的焦耳热为12mv m 2－fNLD ．制动过程通过线圈横截面的电荷量可能为2nBL 23R情境4 电磁缓冲装置[典例4] 随着航空领域的发展，实现火箭回收利用，成为了各国都在重点突破的技术．其中有一技术难题是回收时如何减缓对地的碰撞，为此设计师在返回火箭的底盘安装了电磁缓冲装置．该装置的主要部件有两部分：①缓冲滑块，由高强绝缘材料制成，其内部边缘绕有闭合单匝矩形线圈abdc ；②火箭主体，包括绝缘光滑缓冲轨道MN 、PQ 和超导线圈(图中未画出)，超导线圈能产生方向为垂直于整个缓冲轨道平面的匀强磁场．当缓冲滑块接触地面时，滑块立即停止运动，此后线圈与火箭主体中的磁场相互作用，火箭主体一直做减速运动直至达到软着陆要求的速度，从而实现缓冲．现已知缓冲滑块竖直向下撞向地面时，火箭主体的速度大小为v 0，经过时间t 火箭着陆，速度恰好为零；线圈abdc 的电阻为R ，其余电阻忽略不计；ab 边长为l ，火箭主体质量为m ，匀强磁场的磁感应强度大小为B ，重力加速度为g ，一切摩擦阻力不计，求：(1)缓冲滑块刚停止运动时，线圈产生的电动势；(2)缓冲滑块刚停止运动时，火箭主体的加速度大小；(3)火箭主体的速度从v 0减到零的过程中系统产生的电能．第11讲 电磁感应规律及其应用命题分类剖析命题点一[例1] 解析：由右手螺旋定则可知，线圈1、2形成的磁场方向都是竖直向下的，A 错；汽车进入线圈1时，线圈abcd 中向下的磁通量增大，由楞次定律可判断，线圈abcd 中的感应电流方向与线圈1反向，是逆时针，即感应电流方向为adcb ，同理，汽车离开线圈1时，线圈abcd 中向下的磁通量减小，线圈abcd 中的感应电流方向是顺时针，即感应电流方向为abcd ，故B 错，C 对；安培力为阻力，与速度方向相反，D 错．答案：C[例2] 解析：(1)根据法拉第电磁感应定律有E ＝n ΔΦΔt又n ＝1，ΔΦΔt＝ΔB Δt·S ＝kS ，S ＝l 22解得E ＝kl 22(2)根据闭合电路欧姆定律可知线框中的感应电流为I ＝ER结合安培力的公式和题图可知线框受到的安培力为F A ＝BIl 又B ＝kt (k ＞0)联立可得线框受到的安培力为F A ＝k 2l 3t 2R当线框开始向上运动时，有k 2l 3t 02R＝mg解得t 0＝2mgRk 2l 3 答案：(1)kl 22 (2)2mgRk 2l 3[例3] 解析：导轨的速度v 2>v 1，因此对导体棒受力分析可知导体棒受到向右的摩擦力以及向左的安培力，摩擦力大小为f ＝μmg ＝2 N导体棒的安培力大小为F 1＝f ＝2 N由左手定则可知导体棒的电流方向为N →M →D →C →N ，导体框受到向左的摩擦力，向右的拉力和向右的安培力，安培力大小为F 2＝f －m 0g ＝1 N由左手定则可知B 2的方向为垂直纸面向里，A 错误，B 正确； 对导体棒分析F 1＝B 1IL 对导体框分析F 2＝B 2IL电路中的电流为I ＝B 1Lv 1−B 2Lv 2r联立解得v 2＝3 m/sC 错误，D 正确；故选BD. 答案：BD [提升训练]1．解析：电流的峰值越来越大，即小磁体在依次穿过每个线圈的过程中磁通量的变化率越来越快，因此小磁体的速度越来越大，A 正确；下落过程中，小磁体在水平方向受的合力为零，故小磁体的N 极、S 极上下没有颠倒，B 错误；线圈可等效为条形磁铁，线圈的电流越大则磁性越强，因此电流的大小是变化的．小磁体受到的电磁阻力是变化的，不是一直不变的，C 错误；由图(b)可知，与上部相比，小磁体通过线圈下部的过程中，感应电流的最大值更大，故磁通量变化率的最大值更大，D 正确．故选AD. 答案：AD2．解析：导体杆摆动时切割磁感线，产生感应电流，受安培力，安培力起阻力作用，故导体杆的振动为阻尼振动．由垂直于磁感线方向的速度大小相同时电阻变大→电流变小→安培力(阻力)变小可知，当R 从R 0变为2R 0时，导体杆振幅的衰减速度变慢，B 正确，ACD 错误．答案：B3．解析：根据楞次定律，感应电流产生的磁场总要阻碍原磁通量的变化，可知在线圈转动的过程中通过线圈的磁通量减小，由此可知感应电流应为顺时针方向，故A 正确；当转过90°时的瞬间感应电动势最大，此时切割磁感线的有效长度最大，为圆形线圈的直径，由此可得感应电动势的最大值为E m ＝12B (2R )2ω＝2BR 2ω，根据闭合电路的欧姆定律可知感应电流的最大值为I m ＝E mR 总＝2BR 2ω2πRr ＝BR ωπr，故BC 错误； 通过导体任意横截面的电量为q ＝ΔΦR 总＝12πR 2B 2πRr＝RB4r ，故D 正确．答案：AD 命题点二[例1] 解析：0～t 1内是线框的左边框由PQ 向左进入磁场，根据右手定则知感应电流为顺时针(负)，而切割磁感线的有效长度随着水平位移的增大而均匀减小，则感应电流的大小均匀减小；t 1～2t 1内，线框的前后双边同向同速切割相反的磁场，双源相加为总电动势，电流方向为逆时针(正)，两边的有效长度之和等于L ，则电流大小恒定．故选D. 答案：D[例2] 解析：由部分导线切割磁感线产生感应电动势：E ＝BLv 可知金属棒所受安培力为：F A ＝BIL ＝B 2L 2R+rv, 再由F A - t 图像可知，安培力与时间为线性关系可知：金属棒先做向右的匀减速，再做向左的匀加速直线运动，由牛顿第二定律：安培力与外力的合力为定值，即外力随时间线性变化，由F A -t 图像可知：在0～t 0时间安培力为负值，方向向左，由左手定则和右手定则可知，金属棒向右做减速运动，在t 0～2t 0时间内安培力为正值从零逐渐增加，方向向右，同理可知，金属棒向左做初速度为零的匀加速直线运动，加速度不变，则在t 0时刻，合力向左，但F A ＝0，所以外力为负值不等于零，方向向左．故ABD 错误，C 正确．答案：C[例3] 解析：由右手定则判断可知，金属棒中感应电流方向由N 指向M ，R 0中感应电流方向由a 指向c ，选项A 错误；金属棒受到的滑动摩擦力方向水平向左，大小为f ＝μmg ＝1 N ，由左手定则判断可知，金属棒所受的安培力方向向左，金属棒速度达到最大后开始做匀速直线运动，由受力平衡有F －f ＝BIL ，根据闭合电路欧姆定律有I ＝BLv m R 总，R 总＝RRR+R 0，整理得F －f ＝B 2L 2(1R+1R 0)v m ，变形得1v m＝B 2L 2F−f ·1R +B 2L 2(F−f )R 0，则B 2L 2F−f ＝0.4−0.20.5(Ω·s·m －1)，B 2L 2(F−f )R 0＝0.2(s·m －1)，代入数据解得F ＝1.4 N ，R 0＝2 Ω，选项B 、C 正确；由图乙知，R＝2 Ω时，v m ＝2.5 m/s ，R 总＝RR 0R+R 0＝1 Ω，I ＝BLv m R 总＝1 A ，R 0在1 s 内产生的最大焦耳热为(12I )2R 0t ＝0.5 J ，选项D 错误．答案：BC [提升训练] 1．解析：金属棒cd 在恒力F 作用下由静止开始加速，此时金属棒ab ，cd 加速度a a ＝0，a c ＝Fm ，之后回路中出现感应电流，金属棒cd 受到的安培力与恒力F 反向，金属棒cd 的加速度减小，金属棒ab 在安培力作用下开始加速，金属棒cd 与金属棒ab 的速度差逐渐增大，回路中的电动势逐渐增大，安培力F 安＝B 2L 2(v c −v a )2R逐渐增大，金属棒cd 加速度减小，金属棒ab 加速度增大，当a a ＝a c 时，v c －v a 不再变化，回路中的电流不再变化，但是两金属棒的速度仍在增大，故A 正确，与题意不符；B 错误，与题意相符；设两金属棒电阻均为R ，系统达到稳定之前U cd ＝BLv a ＋IR ，随时间逐渐增大，系统达到稳定后，因回路中电流不变，则U cd ＝BLv c －IR ，U cd 随着v c 的增加而均匀增加，故C 正确，与题意不符；闭合回路消耗的电功率P ＝2I 2R ，在开始阶段随回路中电流的增大，电功率逐渐增大，当系统稳定后回路中电流不变，电功率不再变化，故D 正确，与题意不符．故选B.答案：B2．解析：(1)根据法拉第电磁感应定律可得E ＝NΔΦΔt＝N ΔB1Δt ·S其中，由图可知ΔB 1Δt＝5 T/s代入得E ＝10 V由闭合电路欧姆定律可得I ＝E r+2R代入数据得I ＝2.5 A ； (2)安培力为F 安＝B 2IL 弹簧弹力F 弹＝k Δx对金属棒受力分析，由受力平衡得B 2IL ＝2k Δx 代入数据，得B 2＝4 T. 答案：(1)2.5 A (2)4 T 命题点三[例1] 解析：(1)由v -t 图像可得：a ＝ΔvΔt ＝2.0 m0.4 s 2＝5 m/s 2对导线框受力分析可得：F －mg sin θ－μmg cos θ＝ma 代入数据联立解得：F ＝1.48 N(2)由v -t 图像可知线框cf 边进磁场时开始匀速直线运动，可得：F ＝mg sin θ＋μmg cos θ＋BIL由法拉第电磁感应定律，得线框产生的感应电动势为E ＝BLv由闭合电路欧姆定律，得线框产生的感应电流为I ＝ER ，得：I ＝BLv R代入数据联立解得：L ＝0.5 m ，I ＝2 A(3)线框匀速切割穿过磁场，产生的焦耳热就等于克服安培力所做的功：Q ＝W 克安＝F 安·2D ＝BIL ·2D ＝0.5×2×0.5×2×0.4 J＝0.4 J答案：(1)1.48 N (2)0.5 m (3)0.4 J[例2] 解析：(1)线框的ab 边刚进入磁场区域Ⅰ时，根据机械能守恒定律有2Mgl sinθ－2mgl ＝12(M +m )v 12线框的ab 边刚进入区域Ⅰ时，感应电流I ＝Bdv 1R由牛顿第二定律有Mg sin θ－BId －T ＝Ma ，T －mg ＝ma联立解得a ＝0.85 m/s 2(2)设ab 边刚进入磁场区域Ⅱ时线框的速度为v 2，则对应的感应电流I ′＝2Bdv 2R对线框有Mg sin θ＝2BI ′d ＋T ′，又T ′＝mg 线框重力的功率P ＝Mg sin θ·v 2 联立解得P ＝2.34 W(3)从线框开始释放到ab 边刚穿过磁场区域Ⅱ的过程中，根据能量守恒定律有4Mgl sin θ－4mgl ＝Q +12(M +m )v 22，解得Q ＝0.56 J.答案：(1)0.85 m/s 2(2)2.34 W (3)0.56 J[例3] 解析：(1)由于绝缘棒Q 与金属棒P 发生弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒可得3mv 0＝3mv Q ＋mv P12×3mv 02＝12×3mv Q 2+12mv P 2联立解得v P ＝32v 0，v Q ＝12v 0由题知，碰撞一次后，P 和Q 先后从导轨的最右端滑出导轨，并落在地面上同一地点，则金属棒P 滑出导轨时的速度大小为v ′P ＝v Q ＝12v 0(2)根据能量守恒有12mv P 2＝12mv P ′2＋Q 解得Q ＝mv 02(3)P 、Q 碰撞后，对金属棒P 分析，根据动量定理得－B I lΔt ＝mv ′P －mv P 又q ＝I Δt ，I ＝E ̅R＝ΔΦR Δt＝Blx R Δt联立可得x ＝mv 0RB 2l 2由于Q 为绝缘棒，无电流通过，做匀速直线运动，故Q 运动的时间为t ＝xv Q＝2mRB 2l 2答案：(1)12v 0 (2)mv 02(3)2mR B 2l 2[提升训练]1．解析：(1)a 导体棒在运动过程中重力沿斜面的分力和a 棒的安培力相等时做匀速运动，由法拉第电磁感应定律可得E ＝BLv 0由闭合电路欧姆定律及安培力公式可得I ＝E2R ，F ＝BILa 棒受力平衡可得mg sin θ＝BIL联立解得v 0＝2mgR sin θB 2L 2(2)由右手定则可知导体棒b 中电流向里，b 棒受沿斜面向下的安培力，此时电路中电流不变，则对b 棒，根据牛顿第二定律可得mg sin θ＋BIL ＝ma 0解得a 0＝2g sin θ(3)释放b 棒后a 棒受到沿斜面向上的安培力，在到达共速时对a 棒，由动量定理得mgsin θt 0－B I Lt 0＝mv －mv 0 b 棒受到向下的安培力，对b 棒，由动量定理得mg sin θt 0＋B I Lt 0＝mv 联立解得v ＝g sin θ·t 0＋v02此过程流过b 棒的电荷量为q ，则有q ＝I t0 由法拉第电磁感应定律可得 I ＝E2R ＝12RBL Δxt 0联立b 棒动量定理可得Δx ＝mv 0R B 2L 2答案：(1)2mgR sin θB 2L 2(2)2g sin θ (3)g sin θt 0＋v02mv 0R B 2L 22．解析：(1)当ab 棒刚进入磁场时产生的感应电动势为E ＝B 0Lv 由欧姆定律I ＝E2r解得I ＝8 A由右手定则可知，电流方向为acdba ；(2)当ab 棒进入磁场后，到ab 棒到达EF 处的过程中，由动量定理可得－F ̅安t ＝mv 1－。
老高考适用2023版高考物理二轮总复习第1部分题突破方略专题4电路与电磁感应第2讲电磁感应问题课件
管内部形成方向竖直向上、磁感应强度大小B＝kt的匀强磁场，在内部
用绝缘轻绳悬挂一与螺线管共轴的金属薄圆管，其电阻率为ρ、高度为
h、半径为r、厚度为d(d≪r)，则 A．从上向下看，圆管中的感应电流为逆时针方向
(C )
B．圆管的感应电动势大小为kπhr2
针悬线在同一直线上，初始时小磁针与圆盘均处于静止状态．当圆盘绕
轴逆时针方向匀速转动时，下列说法正确的是
(B )
A．小磁针不动
B．小磁针逆时针方向转动
C．小磁针顺时针方向转动 D．由于圆盘中没有磁通量的变化，圆
盘中没有感应电流
【解析】 铜圆盘上存在许多小的闭合回路，当圆盘转动时，穿过 小的闭合回路的磁通量发生变化，回路中产生感应电流(涡流)，此电流 产生的磁场导致磁针逆时针方向转动，构成电磁驱动，故选B．
二、求感应电动势大小的三种方法 1．磁通量变化型：E＝nΔΔΦt ＝nSΔΔBt ＝nBΔΔSt ． 2．平动切割型：E＝Blv． 3．转动切割型：E＝12Bl2ω．
三、求电荷量的三种方法 1．q＝It(式中 I 为回路中的恒定电流，t 为时间) 2．q＝nΔRΦ(其中 R 为回路总电阻，ΔΦ 为穿过闭合回路的磁通量变 化量) 3．Δq＝CBlΔv(式中 C 为电容器的电容，B 为匀强磁场的磁感应强 度，l 为导体棒切割磁感线的长度，Δv 为导体棒切割速度的变化量)
度
0
～
π4过
程
中
，
E
＝
Bl2切ω 2
＝
Bl2ω 2cos2α
＝
Bl2ω 2cos2ω
t
，
对
E
求 导 可 得 ， ΔE ＝ Δt
Bl2ω2tcaons2ωωtt＝2cBols2ω22ωtat＋n ω1 t，在 t＝0 到 t＝4πω过程中，tan ωt 在增大，cos
新高考新教材高考物理二轮第一编核心专题突破4电路与电磁感应第二讲电磁感应规律及综合应用pptx课件
(1)看清图像纵、横轴意义;(2)明确物理量变化规律;(3)还原电磁感应过程。
深化拓展
1.电磁感应图像问题的“三点关注”
2.电磁感应图像问题的“两种解法”
典例剖析
例2 (命题角度2)(2023湖南模拟)如图甲所示,PQNM是倾角θ=37°、表面
粗糙的绝缘斜面,abcd是匝数n=20、质量m=1 kg、总电阻R=2 Ω、边长
D.线圈从P点运动到M点产生的感应电动势与从P点运动到N点产生的感
应电动势相等
解析 因为M、N两点连线与长直导线平行,两点与长直导线的距离相同,根
据右手螺旋定则可知,通电长直导线在M、N两点产生的磁感应强度大小
相等,方向相同,选项A正确。根据右手螺旋定则,线圈在P点时,穿进与穿出
线圈的磁感线对称,磁通量为零;在向N点平移的过程中,穿进与穿出线圈的
金属框处于磁场中的有效长度为 L= 2l
此时金属框所受安培力大小为 F
2
安=B2IL=
25
N。
(2)0~2.0 s内金属框产生的焦耳热为Q=I2Rt=0.016 J。
分层演练——拿高分
练真题·明考向
1.(命题角度1、2)(多选)(2022广东卷)如图所示,水平地面(xOy平面)下有一
根平行于y轴且通有恒定电流I的长直导线。P、M和N为地面上的三点,P
点位于导线正上方,MN平行于y轴,PN平行于x轴。一闭合的圆形金属线圈,
圆心在P点,可沿不同方向以相同的速率做匀速直线运动,运动过程中线圈
平面始终与地面平行。下列说法正确的有( AC )
A.N点与M点的磁感应强度大小相等,方向相同
B.线圈沿PN方向运动时,穿过线圈的磁通量不变
2024届高考物理二轮专题复习与测试第一部分专题四电路和电磁感应第12讲电磁感应与电磁波命题点一感应
第12讲电磁感应与电磁波1．磁通量．(1)概念：在磁感应强度为B的匀强磁场中，与磁场方向垂直的面积S与B的乘积叫作穿过这个面积的磁通量．(2)公式：Φ＝BS，单位符号是Wb.(3)适用条件．①匀强磁场．②S为垂直于磁场的有效面积．(4)物理意义：相当于穿过某一面积的磁感线的条数．(5)磁通量的变化量：ΔΦ＝Φ2－Φ1＝B2S2－B1S1.2．电磁感应现象．(1)定义：当穿过闭合导体回路的磁通量发生变化时，闭合导体回路中有感应电流产生，这种利用磁场产生电流的现象叫作电磁感应．(2)感应电流的产生条件．①表述一：闭合电路的一部分导体在磁场内做切割磁感线的运动．②表述二：穿过闭合电路的磁通量发生变化．(3)实质．产生感应电动势，如果电路闭合，则有感应电流．如果电路不闭合，则只有感应电动势而无感应电流．3．感应电流方向的判定．(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．(2)右手定则．①内容：如图，伸开右手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一平面内；让磁感线从掌心进入，并使拇指指向导线运动的方向，这时四指所指的方向就是感应电流的方向． ②适用情况：导线切割磁感线产生感应电流．4．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：E ＝n ΔΦΔt，其中n 为线圈匝数． (3)导体切割磁感线的情形．①垂直切割：E ＝Blv .②倾斜切割：E ＝Blv sin θ，其中θ为v 与B 的夹角．③旋转切割(以一端为轴)：E ＝12Bl 2ω. 5．自感和涡流．(1)自感现象．由于通过导体自身的电流发生变化而产生的电磁感应现象．(2)自感电动势．①定义：在自感现象中产生的感应电动势．②表达式：E ＝L ΔI Δt. ③自感系数L ：与线圈的大小、形状、圈数以及是否有铁芯等因素有关，单位为亨利(H)．(3)涡流．当线圈中的电流发生变化时，在它附近的导体中产生的像水中的旋涡一样的感应电流．命题点一 感应电流方向的判断 楞次定律的应用1．楞次定律中“阻碍”的主要表现形式．(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)使线圈面积有扩大或缩小的趋势——“增缩减扩”．(4)阻碍原电流的变化(自感现象)——“增反减同”．2．判断感应电流方向的“四步法”．(2023·海南卷)汽车测速利用了电磁感应现象，汽车可简化为一个矩形线圈abcd，埋在地下的线圈分别为1、2，通上顺时针(俯视)方向电流，当汽车经过线圈时( )A．线圈1、2产生的磁场方向竖直向上B．汽车进入线圈1过程产生感应电流方向为abcdC．汽车离开线圈1过程产生感应电流方向为abcdD．汽车进入线圈2过程受到的安培力方向与速度方向相同解析：由题知，埋在地下的线圈1、2通顺时针(俯视)方向的电流，则根据右手定则，可知线圈1、2产生的磁场方向竖直向下，A项错误；汽车进入线圈1过程中，磁通量增大，根据楞次定律可知产生感应电流方向为adcb(逆时针)，B项错误；汽车离开线圈1过程中，磁通量减小，根据楞次定律可知产生感应电流方向为abcd(顺时针)，C项正确；汽车进入线圈2过程中，磁通量增大，根据楞次定律可知产生感应电流方向为adcb(逆时针)，再根据左手定则，可知汽车受到的安培力方向与速度方向相反，D项错误．故选C.答案：C磁电式仪表的基本组成部分是磁铁和线圈．缠绕线圈的骨架常用铝框，铝框、指针固定在同一转轴上．线圈未通电时，指针竖直指在表盘中央；线圈通电时发生转动，指针随之偏转，由此就能确定电流的大小．如图所示，线圈通电时指针向右偏转，在此过程中，下列说法正确的是( )A．俯视看线圈中通有逆时针方向的电流B．穿过铝框的磁通量减少C．俯视看铝框中产生顺时针方向的感应电流D．使用铝框做线圈骨架能够尽快使表针停在某一刻度处解析：由左手定则可知，俯视看线圈中通有顺时针方向的电流，选项A错误；因为线圈在水平位置时磁通量为零，则线圈转动时，穿过铝框的磁通量向左增加，根据楞次定律可知，俯视看铝框中产生逆时针方向的感应电流，选项B、C错误；当铝框中产生感应电流时，铝框受到的安培力与运动方向相反，故起到了阻尼作用，则使用铝框做线圈骨架能够尽快使表针停在某一刻度处，故D项正确．故选D项．答案：D1．(多选)利用超导体可以实现磁悬浮，如图是超导磁悬浮的示意图．将一块永磁铁从超导体的正上方缓慢下移，由于超导体跟磁铁之间的相互作用力，最终永磁铁悬浮在超导体的正上方平衡，从上往下看超导体中形成的涡形电流的方向为( )A．若永磁铁上端为N极，则为顺时针方向B．若永磁铁上端为S极，则为顺时针方向C．若永磁铁上端为N极，则为逆时针方向D．若永磁铁上端为S极，则为逆时针方向解析：若永磁铁上端为N极，永磁铁从超导体的正上方缓慢下移，则穿过超导线圈的磁通量向上增加，根据楞次定律可知，线圈中感应电流从上向下看为顺时针方向，A项正确，C项错误；若永磁铁上端为S极，永磁铁从超导体的正上方缓慢下移，则穿过超导线圈的磁通量向下增加，根据楞次定律可知，线圈中感应电流从上向下看为逆时针方向，B项错误，D项正确．故选AD.答案：AD2．(2023·浙江卷)如图甲所示，一导体杆用两条等长细导线悬挂于水平轴OO′，接入电阻R构成回路．导体杆处于竖直向上的匀强磁场中，将导体杆从竖直位置拉开小角度θ静止释放，导体杆开始下摆．当R＝R0时，导体杆振动图像如图乙所示．若横纵坐标皆采用图乙标度，则当R＝2R0当时，导体杆振动图像是( )解析：导体杆切割磁感线时，回路中产生感应电流，由楞次定律可得，导体杆受到的安培力总是阻碍导体棒的运动．当R从R0变为2R0时，回路中的电阻增大为原来的2倍，则电流减小，导体杆所受安培力减小，即导体杆在摆动时所受的阻力减弱，即杆从开始摆动到停止，运动的路程和经历的时间变长，所以导体杆振动图像是图B.答案：B3.江苏省某中学的一教室墙上有一扇朝南的平开玻璃窗，窗扇由有机玻璃加闭合矩形金属边框构成，如图所示，窗扇一侧由铰链固定在绝缘窗框(图中未画出)上，另一侧装有开窗手柄，某同学站在室内面向窗户水平推动手柄，让窗户匀速转动，将窗向外(南)推开(开角小于90°)的过程中，下列说法正确的是( )A．穿过矩形窗扇的地磁场的磁通量不断变大B．穿过矩形窗扇的地磁场的磁通量始终为零C．窗扇金属边框中的感应电流的大小在不断变大D．从推窗者的角度看，窗扇金属边框中的感应电流方向是顺时针方向解析：地磁场由南向北，当朝南的钢窗向外推开后，钢窗平面与磁场平行时，没有磁感线穿过钢窗平面，穿过钢窗的磁通量为0，推窗时穿过窗框的磁通量减小，窗扇金属边框中的感应电流的大小在不断变大，根据楞次定律，从推窗人的角度看，窗框中产生的感应电流的方向为逆时针，C项正确，A、B、D项错误．故选C.答案：C。
高考物理二轮复习第一部分专题整合专题四电磁感应和电路第讲电磁感应的规律及应用课件.ppt
2019-9-11
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29
E
比为RR′＝
π， 22
故电流之比
为I′I
＝ER′＝
ER×ER′′
＝
R′
2π2×π2＝ 12，故 C 正确，D 错误。
答案 AC
2019-9-11
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4．(多选)(2018·南京联考)航母上飞机弹射起飞是利 用电磁驱动来实现的。电磁驱动原理如图 4－2－8 所示， 当固定线圈上突然通过直流电流时，线圈端点的金属环 被弹射出去。现在固定线左侧同一位置，先后放有分别 用横截面积相等的铜和铅导线制成形状、大小相同的两 个闭合环，且电阻率 ρ 铜＜ρ 铝。合上开关 S 的瞬间
2019-9-11
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图 4－2－6
A．在 t＝T4时为零
B．在 t＝T2时改变方向
C．在 t＝T2时最大，且沿顺时针方向
D．在 t＝T 时最大，且沿顺时针方向
2019-9-11
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25
解析 因通电导线的磁感应强度大小正比于电流
的大小，故导线框 R 中磁感应强度与时间的变化关系类
2019-9-11
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图 4－2－7 A．圆环和线框中的电流方向都为顺时针 B．圆环和线框中的电流方向都为逆时针 C．圆环和线框中的电流大小之比为 2∶1 D．圆环和线框中的电流大小之比为 2∶1
2019-9-11
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解析 根据楞次定律可知，当磁场均匀减弱时，线 圈内产生的感应磁场方向与原磁场方向相同，即感应电 流方向都为顺时针，A 正确，B 错误；设圆形半径为 a， 则圆环面积为 S＝πa2，圆环周长为 L＝2πa，正方形框 面积为 S′＝2a2，正方形线框边长之和为 L′＝4 2a， 因为磁场是均匀减小的，故 E＝ΔΔBt·S，所以圆环和正方 形线框中的电动势之比为EE′＝SS′＝π2，两者的电阻之
高考物理二轮总复习第1部分专题突破方略专题4电路与电磁感应第1讲直流电路与交流电路
第一部分专题四第1讲基础题——知识基础打牢1. (2022·四川自贡三诊)如图甲所示为一种自耦变压器(可视为理想变压器)的结构示意图．线圈均匀绕在圆环型铁芯上，滑动触头P在某一位置，在BC间接一个交流电压表和一个电阻R.若AB间输入图乙所示的交变电压，则( C )A．t＝2×10－2 s时，电压表的示数为零B．电阻R中电流方向每秒钟改变50次C．滑动触头P逆时针转动时，R两端的电压增大D．滑动触头P顺时针转动时，AB间输入功率增大【解析】电压表的示数是交流电的有效值，则t＝2×10－2 s时，电压表的示数不为零，选项A错误；交流电的周期为0.02 s，一个周期内电流方向改变2次，则电阻R中电流方向每秒钟改变100次，选项B错误；滑动触头P逆时针转动时，次级匝数变大，则次级电压变大，即R两端的电压增大，选项C正确；滑动触头P顺时针转动时，次级匝数减小，次级电压减小，次级消耗的功率减小，则AB间输入功率减小，选项D错误．2. (2022·四川成都三诊)发电站通过升压变压器和降压变压器给某用户端供电，发电机组输出交变电压的有效值恒定，输电线总电阻r保持不变．当用户端用电器增加后( A )A．若滑片P位置不变，则输电线上损失的功率变大B．若滑片P位置不变，则用户端电压升高C．若将滑片P上移，则用户端电压可能不变D．若将滑片P上移，则输电线上损失的功率可能减小【解析】若滑片P位置不变，当用户端用电器增加后，用户端总功率变大，发电机的输出功率增大，输电线的电流变大，ΔU＝Ir，输电线两端承担的电压变大，损耗的功率增大；发电机的输入电压不变，升压变压器、降压变压器的匝数不变，故用户端电压降低，A正确，B 错误；若将滑片P 上移，升压变压器的副线圈与原线圈的匝数比变小，发电机组输出交变电压的有效值恒定，则副线圈两端电压变小．用户端用电器使用相同功率，则输电线上的电流会更大，输电线两端承担的电压更大，损耗的功率更大，则用户端的电压更小，故C 、D 错误．3. (多选)(2022·河南押题卷)图甲是一种振动式发电机的截面图，半径r ＝0.1 m 、匝数n ＝30的线圈位于辐射状分布的磁场中，磁场的磁感线沿半径方向均匀分布，线圈所在位置的磁感应强度大小均为B ＝12πT .如图乙，施加外力使线圈沿轴线做往复运动，线圈运动的速度随时间变化的规律如图丙中正弦曲线所示．发电机通过灯泡L 后接入理想变压器，对图乙中电路供电，三个完全相同的小灯泡均正常发光，灯泡的阻值R L ＝1 Ω，电压表为理想电压表，线圈及导线电阻均不计．下列说法正确的是( AC )A ．发电机产生电动势的瞬时值为e ＝6sin 5πt (V)B ．变压器原、副线圈的匝数之比为1∶3C ．每个小灯泡正常发光时的功率为2 WD ．t ＝0.1 s 时电压表的示数为6 V【解析】 由图丙可知，线圈运动的速度最大值v m ＝2 m/s ，速度变化周期为T ＝0.4 s ，则线圈运动的速度瞬时值v ＝v m sin 2πTt ＝2sin 5πt (m/s)，发电机产生电动势的瞬时值为e ＝nB ·2πr ·v ＝6sin 5πt (V)，A 正确；设灯泡正常发光时通过灯泡的电流为I ，则通过原线圈的电流I 1＝I ，通过副线圈的电流I 2＝2I ，变压器原、副线圈的匝数之比为n 1n 2＝I 2I 1＝21，B 错误；根据能量关系可知，U 出I 1＝3I 2R L ，其中U 出＝E m 2＝62 V ＝3 2 V ，I 1＝I ，解得I ＝ 2 A ，每个小灯泡正常发光时的功率为P L ＝I 2R L ＝2 W ，C 正确；电压表示数为发电机两端电压的有效值，即电压表示数为U ＝E 2＝62V ＝3 2 V ，D 错误．故选AC. 4. (多选)(2022·四川巴中一诊)在如图所示的电路中，定值电阻R 1＝R 4＝3 kΩ，R 2＝2 kΩ，R 3＝R 5＝12 kΩ，电容器的电容C ＝6 μF，电源的电动势E ＝10 V ，内阻不计，当开关S 1闭合电流达到稳定时，处在电容器中间带电量q ＝2×10－3C 的油滴恰好保持静止，当开关S 2闭合后，则以下判断正确的是( BD )A ．电容器上极板是高电势点B ．带电油滴加速向下运动C ．a 、b 两点的电势差U ab ＝8 VD ．通过R 3的电量Q ＝4.8×10－5C【解析】 当开关S 2闭合后，由电路图可知，电容器上极板是低电势点，A 错误；当开关S 1闭合电流达到稳定时，处在电容器中油滴保持静止，而开关S 2闭合后，电容器上极板是低电势点，油滴受到的电场力方向发生变化，故可得带电油滴加速向下运动，B 正确；由电路图可知，a 、b 两点的电势差为U R 5－U R 2＝8 V －4 V ＝4 V ，C 错误；由开关S 1闭合电流达到稳定时，再到当开关S 2闭合后的过程中，通过R 3的电量为Q ＝Q 1＋Q 2＝4×6×10－6 C ＋(8－4)×6×10－6 C ＝4.8×10－5 C ，D 正确．5. (多选)(2022·天津南开二模)如图甲所示电路中，L 1为标有“4 V,2 W”字样的小灯泡，L 2、L 3为两只标有“8 V，6 W”字样的相同灯泡，变压器为理想变压器，各电表为理想电表，当ab 端接如图乙所示的交变电压时，三只灯泡均正常发光．下列说法正确的是( ACD )A ．电流表的示数为1.5 AB ．交变电压的最大值U m ＝28 VC ．变压器原、副线圈的匝数之比为3∶1D ．电压表的示数为24 V【解析】 L 2、L 3的额定电流为I 23＝P 23U 23＝34A ，所以电流表的示数为I 2＝2I 23＝1.5 A ，故A 正确；通过原线圈的电流等于L 1的额定电流，为I 1＝P 1U 1′＝0.5 A ，所以变压器原、副线圈的匝数之比为n 1n 2＝I 2I 1＝31，故C 正确；副线圈两端电压等于L 2和L 3的额定电压，为U 2＝8 V ，所以电压表的示数，即原线圈两端电压为U 1＝n 1n 2U 2＝24 V ，故D 正确；根据闭合电路的欧姆定律可得U m2－U 1′＝U 1，解得U m ＝28 2 V ，故B 错误．故选ACD.6. (多选)(2022·广西桂林模拟)在一小型交流发电机中，矩形金属线圈abcd 的面积为S ，匝数为n ，线圈总电阻为r ，在磁感应强度为B 的匀强磁场中，绕轴OO ′(从上往下看逆时针转动)以角速度ω匀速转动，从如图甲所示的位置作为计时的起点，产生的感应电动势随时间的变化关系如图乙所示，矩形线圈与阻值为R 的电阻构成闭合电路，下列说法中正确的是( AD )A ．在t 1～t 3时间内，穿过线圈的磁通量的变化量大小为2BSB ．在t 1～t 3时间内，通过电阻R 电流方向先向上然后向下C ．t 4时刻穿过线圈的磁通量的变化率大小为E 0D ．在t 1～t 3时间内，通过电阻R 的电荷量为2E 0R ＋r ω【解析】 由图乙可知t 1和t 3时刻，线圈的感应电动势都为0，可知这两个时刻穿过线圈的磁通量一正一负，大小均为BS ，故此过程穿过线圈的磁通量的变化量大小为ΔΦ＝BS －(－BS )＝2BS ，A 正确；由图乙可知，在t 1～t 3时间内，线圈中的电流方向不变，根据右手定则可知通过电阻R 电流方向始终向上，B 错误；由图乙可知，t 4时刻的感应电动势为E 0，根据法拉第电磁感应定律可得E 0＝n ΔΦΔt 可得穿过线圈的磁通量的变化率大小为ΔΦΔt ＝E 0n，C 错误；在t 1～t 3时间内，通过电阻R 的电荷量为q ＝n ΔΦR ＋r ＝2nBS R ＋r，又E 0＝nBSω，联立可得q ＝2E 0R ＋r ω，D 正确．故选AD. 7. (多选)(2022·河北秦皇岛三模)如图所示，变压器为理想变压器，原、副线圈的匝数比为2∶1，原线圈的输入端接有正弦交变电流，开关S 闭合．已知L 1、L 2、L 3是相同的电灯且灯丝的电阻不随温度变化，灯丝不会被烧断．下列说法正确的是( BD )A ．L 1、L 2中的电流之比为1∶2B ．L 1两端的电压与原线圈两端的电压之比为1∶2C ．开关S 断开后，L 1、L 2中的电流之比为1∶1D ．开关S 断开后，L 1两端的电压与原线圈两端的电压之比为1∶4【解析】 原、副线圈中的电流之比为1∶2，由于开关S 闭合时L 2与L 3并联，因此L 1、L 2中的电流之比I 1∶I 2＝1∶1，A 错误；设电灯的电阻为R ，由于原、副线圈两端的电压之比为2∶1，因此原线圈两端的电压U ＝2I 2R ，L 1两端的电压U 1＝I 1R ，结合I 1∶I 2＝1∶1，解得U 1U＝12，B 正确；开关S 断开后，L 1、L 2中的电流与线圈匝数成反比I 1′∶I 2′＝1∶2，C 错误；开关S 断开后，原线圈两端的电压U ′＝2I 2′R ，L 1两端的电压U 1′＝I 1′R ，结合I 1′∶I 2′＝1∶2解得U 1′U ′＝14，D 正确．故选BD. 8. (多选)(2022·辽宁鞍山预测)如图甲所示，理想变压器的原副线圈匝数之比n 1∶n 2＝2∶1，定值电阻R 1和R 2的阻值分别为5 Ω和3 Ω，电表均为理想交流电表，电源输出的电流如图乙所示，图中的前半周期是正弦交流的一部分，后半周期是稳恒直流的一部分，则( BD )A ．电流表示数为2 AB ．电压表示数为6 VC ．R 1的功率为10 WD ．R 2的功率为12 W【解析】 设电源输出电流的有效值即电流表示数为I 1，根据等效热值法可得I 21RT ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫i m 22RT 2＋i 2m ·RT 2，解得I 1＝ 3 A ，故A 错误；由于变压器不能对稳恒直流电进行变压，所以每个周期内有半个周期副线圈无电流，设副线圈中电流的有效值为I 2，根据等效热值法有⎝⎛⎭⎪⎫n 1n 2·i m 22RT 2＝I 22RT ，解得I 2＝2 A ，电压表示数为U 2＝I 2R 2＝6 V ，故B 正确；R 1的功率为P 1＝I 21R 1＝15 W ，故C 错误；R 2的功率为P 2＝I 22R 2＝12 W ，故D 正确．故选BD.9. (多选)(2022·湖南押题卷)如图所示在竖直平面的电路，闭合开关S 1和S 2后，带电油滴在电容器内部处于静止状态，R 1为滑动变阻器，R 2为定值电阻，二极管为理想二极管，电容器的下极板接地，则下列说法正确的是( AC )A ．滑动变阻器的滑动头P 向右滑动，油滴向上运动B ．滑动变阻器的滑动头P 向左滑动，油滴向下运动C ．极板M 向上运动，M 板的电势升高D ．断开S 2，油滴不动【解析】 滑动变阻器的滑动头P 向右滑动，则R 1阻值减小，回路电流变大，则R 2两端电压变大，则电容器要充电，此时电容器两板电压变大，场强变大，则油滴向上运动，选项A 正确；滑动变阻器的滑动头P 向左滑动，则R 1阻值变大，回路电流变小，则R 2两端电压变小，则电容器要放电，但是由于二极管的单向导电性使得电容器不能放电，则使得电容器两板电压不变，则油滴仍静止，选项B 错误；极板M 向上运动，根据C ＝εr S 4πkd可知电容器电容减小，则带电量应该减小，但是由于二极管的单向导电性使得电容器不能放电，则两板间电量不变，结合E ＝U d ＝Q Cd ＝Q εr S 4πkdd ＝4πkQ εr S 可知两板间场强不变，则根据U ＝Ed 可知，两板电势差变大，则M 板的电势升高，选项C 正确；断开S 2，则电容器两板间的电压等于电源的电动势，即电压变大，电容器充电，两板间场强变大，则油滴向上运动，选项D 错误．故选AC.10. (多选)(2022·山东威海二模)如图所示为远距离输电的原理图，升压变压器T 1、降压变压器T 2均为理想变压器，T 1、T 2的原、副线圈匝数比分别为k 1、k 2.输电线间的总电阻为R 0，可变电阻R 为用户端负载．U 1、I 1分别表示电压表V 1、电流表A 1的示数，输入电压U 保持不变，当负载电阻R 减小时，理想电压表V 2的示数变化的绝对值为ΔU ，理想电流表A 2的示数变化的绝对值为ΔI ，下列说法正确的是( BD )A ．R 0＝U 1I 1B ．R 0＝ΔU ΔI k 22C ．电压表V 1示数增大D ．电流表A 1的示数增加了ΔI k 2【解析】 设降压变压器T 2原线圈电压为U 3，副线圈电压为U 2，根据题意可知，电阻R 0两端的电压等于U R 0＝U 1－U 3，则R 0＝U 1－U 3I 1，故A 错误；设降压变压器T 2原线圈电压变化为ΔU 3，则ΔU 3ΔU ＝k 2，设降压变压器T 2原线圈电流变化为ΔI 3，则ΔI 3ΔI ＝1k 2，可得ΔI 3＝ΔI k 2，根据欧姆定律得ΔU 3＝ΔI 3R 0，即k 2ΔU ＝ΔI k 2R 0，解得R 0＝ΔU ΔIk 22，故B 、D 正确；输入电压不变，升压变压器T 1原副线圈匝数比不变，则升压变压器T 1副线圈的电压不变，电压表V 1示数不变，故C 错误．故选BD.应用题——强化学以致用11. (多选)(2022·安徽合肥预测)如图所示，理想变压器的原、副线圈分别接有R 1＝250 Ω与R 2＝10 Ω的电阻．当原线圈一侧接入u ＝311sin 100πt (V)的交流电时，两电阻消耗的功率相等，则有( AC )A ．原、副线圈的匝数比为5∶1B ．电阻R 1两端电压有效值是电阻R 2两端电压有效值的2倍C ．电阻R 2消耗的功率为48.4 WD ．1 s 内流过电阻R 2的电流方向改变200次【解析】 设原线圈电流为I 1，副线圈电流为I 2，由题意可知I 21R 1＝I 22R 2，故n 1n 2＝I 2I 1＝R 1R 2＝5，A 正确；电阻R 1两端电压有效值和电阻R 2两端电压有效值之比为U R 1U R 2＝I 1R 1I 2R 2＝5，B 错误；设原线圈输入电压为U 1，副线圈输出电压为U 2，故U 1U 2＝n 1n 2＝5，解得U 1＝5U 2，又U R 1＝I 1R 1，U 2＝I 2R 2，又因为U ＝U R 1＋U 1，外接交流电压有效值为220 V ，联立代入数据解得U 2＝110U ＝22 V ，电阻R 2消耗的功率为P ＝U 22R 2＝48.4 W ，C 正确；由题意可知，交流电的频率为f ＝ω2π＝50 Hz ，变压器不改变交流电的频率，一个周期内电流方向改变2次，故1 s 内流过电阻R 2的电流方向改变100次，D 错误．故选AC.12. (多选)(2022·湖北恩施预测)为了适应特高压输电以实现地区间电力资源的有效配置，需要对原来线路中的变压器进行调换．某输电线路可简化为如图所示，变压器均为理想变压器，调换前后发电机输出电压、输电线电阻、用户得到的电压均不变，改造后输送电压提升为原来的5倍，假设特高压输电前后输送的功率不变，下列说法正确的是( AB )A ．线路改造后升压变压器原、副线圈的匝数比改变B ．线路上电阻的功率变为原来的125C ．特高压输电后，电压损失变为原来的125D ．线路改造后用户端降压变压器匝数比不变【解析】 发电机输出电压不变，应改变升压变压器原、副线圈的匝数比，故A 项正确；根据线路上功率的损失ΔP ＝I 22r ，输送功率不变，电压提升为原来的5倍，输送的电流变为原来的15，线路电阻不变，损失的功率变为原来的125，故B 项正确；输电线上的电压损失为ΔU ＝I 2r ，输送功率为P 2＝U 2I 2则输送功率不变，电压增为原来的5倍，电流变为原来的15，损失的电压变为原来的15，故C 项错误；用户端的降压变压器改造前后输出端电压U 4不变，输入端电压U 3变大，根据U 3U 4＝n 3n 4，可得原、副线圈的匝数比一定变化，故D 项错误．故选AB.13. (多选)(2022·湖北襄阳模拟)如图所示，矩形线圈abcd 在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴OO ′匀速转动，线圈的电阻为R ，线圈共N 匝，理想变压器原、副线圈的匝数比为1∶2，定值电阻R 1＝R ，当线圈转动的转速为n 时，电压表的示数为U ，则( ACD )A ．电流表的示数为2U RB ．从线圈转动到图示位置开始计时，线圈中产生的电动势的瞬时表达式为e ＝52U cos2πntC ．线圈在转动过程中通过线圈磁通量的最大值为52U 4Nn πD ．当线圈转动的转速为2n 时，电压表的示数为2U 【解析】 依题意有I 2＝U R 1＝U R ，I 1∶I 2＝2∶1则有I 1＝2I 2＝2U R，故A 正确；根据欧姆定律，发电机产生的感应电动势的最大值为E m ，有E m 2＝R ×I 1＋U 1，U 1U ＝12，ω＝2n π rad/s，从线圈转动到图示位置开始计时，线圈中产生的电动势的瞬时表达式为e ＝E m cos ωt ＝52U 2cos 2n πt (V)，故B 错误；依题意有，线圈在转动过程中通过线圈磁通量的最大值为Φm ，则有52U 2＝NΦm 2n π，解得Φm ＝52U 4Nn π，故C 正确；当线圈转动的转速为2n 时，线圈中产生的电动势的最大值为E m ′＝NΦm 4n π，因52U 2＝NΦm 2n π＝E m ，所以E m ′＝52U ，其有效值为5U ，假定电压表示数为U 2′，则有5U ＝I 1′R ＋U 1′＝2U 2′R 1×R ＋U 1′＝12U 2′＋2U 2′＝52U 2′，解得U 2′＝2U ，当线圈转动的转速为2n 时，电压表的示数为2U ，故D 正确．故选ACD.。
2018届高三物理二轮复习课件第1部分 专题讲练突破 电磁感应和电路4-1-3
线框完全进入磁场后，线框受力情况与进入磁场前相同，加速度 大小仍为a＝2 m/s2，对该过程有s－L2＝vt3＋12at23 代入数据得t3＝1 s 线框从开始运动至ab边到达gh处所用的时间为 t＝t1＋t2＋t3＝3.7 s 答案：(1)5 m/s (2)2 J (3)3.7 s
2．如右图所示，平行金属导轨与水平面间夹角均为37°，导轨间 距为1 m，电阻不计，导轨足够长．两根金属棒ab和a′b′的质 量都是0.2 kg，电阻都是1 Ω，与导轨垂直放置且接触良好，金属 棒和导轨之间的动摩擦因数为0.25，两个导轨平面处均存在着垂 直轨道平面向上的匀强磁场(图中未画出)，磁感应强度B的大小 相同．让a′b′固定不动，将金属棒ab由静止释放，当ab下滑速 度达到稳定时，整个回路消耗的电功率为8 W．求：
1．电磁感应中动力学和能量问题的“两状态、两对象” (1)两状态 ①导体处于平衡状态——静止或匀速直线运动状态． 处理方法：根据平衡状态时导体所受合外力等于零列式分析． ②导体处于非平衡状态——加速度不为零． 处理方法：根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系分 析．
(2)两对象
①电学对象电源：E＝Blv或E＝n
(2)线框进入磁场的过程中做匀速运动，根据功能关系有 Q＝(F－mgsin α)L2 解得Q＝2 J (3)线框进入磁场前做匀加速直线运动，进入磁场的过程中做匀 速直线运动，线框完全进入磁场后仍做匀加速直线运动 进入磁场前线框的运动时间为t1＝va＝2.5 s 进入磁场过程中线框匀速运动的时间为t2＝Lv2＝0.2 s
率变为原来的4倍，选项D错误．
[真题3] (2016·高考全国甲卷)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．t＝0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μ.重力加速度大小为g.求
2023版高考物理二轮总复习第1部分题突破方略专题4电路与电磁感应第1讲直流电路与交流电路课件
命题热点•巧突破
考点一 直流电路的计算与分析
考向1 直流电路的动态分析
1．(2021·广东广州模拟)如图所示的电路中，当变阻器R1的滑动触
头向上滑动时，A、B两灯亮度的变化情况为
(A )
A．A灯和B灯都变亮
B．A灯和B灯都变暗
C．A灯变亮，B灯变暗
D．A灯变暗，B灯变亮
【解析】 “串反并同”指的是在一个闭合回路中某一个电学元件 的阻值发生了变化，则与其并联的电学元件的电学量的变化趋势与其相 同，与其串联的电学元件的电学量的变化趋势与其相反，这里的并联是 指两电学元件之间没有电流的流进流出关系，串联指的是电流有流进流 出关系．当变阻器R1的滑动触头向上滑动时，滑动变阻器的阻值增大， 根据“串反并同”规律可知A、B灯泡与之并联，则两灯都变亮，所以A 正确，B、C、D错误．故选A．
则下列描述电阻R两端电压UR随时间t变化的图象中，正确的是 (A )
【解析】 当电容器两端电压变化时，电容器由于充放电，电路中 会有电流 I＝ΔΔQt ＝CΔΔtU，而充电放电时，电流方向相反，电阻 R 两端电 压 UR＝IR＝CΔΔtUR，由图(b)可知，(1～2)s 电容器充电，(3～5)s 过程电 容放电，且放电时电流为充电时的一半，故选 A．
( AD )
A．若将电容器上极板上移少许，则液滴的电势能增大
B．若减小电容器两极板的正对面积，则液滴向下加速运动
C．闭合 S，则电路稳定后电容器所带电荷量比原来增加C3E
D．闭合 S，若电路稳定后液滴还在板间运动，则其加速度大小为13g
【解析】 若将电容器上极板上移少许，和电容并联部分电路没有 发生改变，电容器两端的电压不变，根据 E＝Ud 可知电场强度变小，则油 滴所受向上电场力变小，油滴向下运动，电场力做负功，油滴的电势能 增大，故 A 正确；若减小电容器两极板的正对面积，不改变极板间的电 场强度，则油滴所受向上电场力不变，油滴仍然静止，故 B 错误；
2023年高考物理二轮复习第一部分专题突破方略专题四电路与电磁感应第2讲电磁感应问题
第一部分专题四第2讲基础题——知识基础打牢1．(2022·黑龙江大庆模拟)如图所示，水平放置的铝制圆盘与蹄形磁铁的转轴在同一竖直线上，圆盘位于磁铁上方，磁铁以角速度ω0匀速旋转．下列说法正确的是(C)A．圆盘与磁铁同方向旋转，且角速度大于ω0B．圆盘与磁铁反方向旋转，且角速度大于ω0C．圆盘与磁铁同方向旋转，且角速度小于ω0D．圆盘与磁铁反方向旋转，且角速度小于ω0【解析】根据楞次定律的推论可知，电磁感应产生的现象总是阻碍两物体间的相对运动，但阻碍不是阻止，磁铁旋转时，磁铁相对圆盘旋转，则圆盘也跟着同向旋转，即阻碍磁铁相对圆盘的旋转运动，但不会阻止，若磁铁速度为ω0，则圆盘相对磁铁同方向旋转，且角速度小于ω0，A、B、D错误，C正确．2．(多选)(2022·吉林延边一模)电磁阻尼可以无磨损地使运动的线圈快速停下来．如图所示，扇形铜框在绝缘细杆作用下绕转轴O在同一水平面内快速逆时针转动，虚线把圆环分成八等份，扇形铜框恰好可以与其中一份重合．为使线框在电磁阻尼作用下停下来，实验小组设计了以下几种方案，其中虚线为匀强磁场的理想边界，边界内磁场大小均相同，其中不合理的是(AD)【解析】 由于闭合导体所穿过的磁通量发生变化，闭合导体会产生感应电流，感应电流会使导体受到安培力，安培力的方向总是阻碍导体的相对运动，由于磁体不动，安培力对导体而言即为阻力．题中的扇形铜框在转动过程中，A 、D 的设计中铜框没有磁通量变化，不会产生感应电流，不会产生安培阻力，故A 、D 错误，符合题意；B 、C 中的设计铜框磁通量有变化，会产生感应电流，形成安培阻力，故B 、C 正确．3．(2022·四川宜宾模拟)如图所示，两根平行金属导轨置于水平面内，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( D )A ．ab 中的感应电流方向由b 到aB ．ab 中的感应电流逐渐减小C ．ab 所受的安培力保持不变D ．ab 所受的静摩擦力逐渐减小【解析】 磁感应强度均匀减小，磁通量减小，根据楞次定律和安培定则得，ab 中的感应电流方向由a 到b ，故A 错误；由于磁感应强度均匀减小，根据法拉第电磁感应定律E ＝n ΔΦΔt可知感应电动势恒定，则ab 中的感应电流不变，故B 错误；根据安培力公式F ＝BIL 知，电流不变，B 均匀减小，则安培力减小，故C 错误；安培力和静摩擦力为一对平衡力，安培力减小，则静摩擦力减小，故D 正确．4．(2022·山西太原模拟)如图所示，虚线框内是磁感应强度为B 的匀强磁场，导线框的四条边的电阻均为r ，长均为L ，线框平面与磁场方向垂直．当导线框以恒定速度v 水平向右运动，ab 边进入磁场时，ab 两端的电势差为U ，则( D )A ．U ＝14BL v B ．U ＝13BL v C ．U ＝12BL v D ．U ＝34BL v 【解析】 ab 边进入磁场时产生的感应电动势为E ＝BL v ，ab 切割磁感线产生电动势，ab 相当于电源，故ab 两端的电势差是路端电压，ab 两端的电势差为U ＝34E ＝34BL v ，故选D ． 5．(2022·河南郑州模拟)如图所示，垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B 随时间t 均匀变化，磁场方向取垂直纸面向里为正方向．正方形硬质金属框abcd 放置在磁场中，金属框平面与磁场方向垂直，电阻R ＝0.1 Ω，边长L ＝0.2 m ，则下列说法错误的是( C )A ．在t ＝0到t ＝0.1 s 时间内，金属框中的感应电动势为0.08 VB ．在t ＝0.05 s 时，金属框ab 边受到的安培力的大小为0.016 NC ．在t ＝0.05 s 时，金属框ab 边受到的安培力的方向垂直于ab 向右D ．在t ＝0到t ＝0.1 s 时间内，金属框中电流的电功率为0.064 W【解析】 根据法拉第电磁感应定律E ＝N ΔΦΔt，金属框的面积不变，磁场的磁感应强度变化，故ΔΦ＝ΔB ·L 2，ΔB Δt ＝0.2 T 0.1 s ＝2 T/s ，解得E ＝0.08 V ，故A 正确；感应电流为I ＝E R ＝0.080.1A ＝0.8 A ，在t ＝0.05 s 时，ab 受到的安培力为F ＝BIL ＝0.1×0.8×0.2 N ＝0.016 N ，故B 正确；根据楞次定律，感应电流阻碍磁通量的变化，磁通量随磁感应强度的减小，线框有扩大的趋势，故ab 受到的安培力水平向左，故C 错误；电功率为P ＝EI ＝0.08 V ×0.8 A ＝0.064 W ，故D 正确．6．(多选)(2022·河南商丘三模)如图甲所示，正方形线圈abcd 内有垂直于线圈的匀强磁场，已知线圈匝数n ＝10，边长ab ＝1 m ，线圈总电阻r ＝1 Ω，线圈内磁感应强度随时间的变化情况如图乙所示．设图示的磁场方向与感应电流方向为正方向，则下列有关线圈的电动势e ，感应电流i ，焦耳热Q 以及ab 边的安培力F (取向下为正方向)随时间t 的变化图象正确的是( CD )【解析】 0～1 s 内产生的感应电动势为e 1＝nS ΔB Δt＝2 V ，方向为逆时针，同理1～5 s 内产生的感应电动势为e 2＝nS ΔB Δt＝1 V ，方向为顺时针，A 错误；对应0～1 s 内的感应电流大小为i 1＝e 1r＝2 A ，方向为逆时针(负值)，同理1～5 s 内的感应电流大小为i 2＝1 A ，方向为顺时针(正值)，B 错误；ab 边受到的安培力大小为F ＝nBiL ，可知0～1 s 内0≤F ≤4 N ，方向向下，1～3 s 内0≤F ≤2 N ，方向向上，3～5 s 内0≤F ≤2 N ，方向向下，C 正确；线圈产生的焦耳热为Q ＝eit,0～1 s 内Q 1＝4 J,1～5 s 内Q 2＝4 J ，D 正确．故选CD ．7．(2022·四川成都模拟)如图所示，边长为L 、电阻为R 的正方形单匝导线框abcd 放于纸面内，在ad 边的左侧有足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为B 、方向垂直纸面向里，现使导线框绕过a 点且平行于磁场方向的轴以角速度ω沿顺时针方向匀速转动，在导线框转过45°的过程中( B )A ．导线框产生沿逆时针方向的感应电流B ．导线框经过虚线位置时产生的瞬时感应电动势大小为BωL 2C ．导线框受到的安培力逐渐增大，方向不断变化D ．流过导线框的电荷量为2BωL 2πR【解析】 由楞次定律可知，导线框产生沿顺时针方向的感应电流，选项A 错误；导线框经过虚线位置时产生的瞬时感应电动势大小为E ＝B ·2L ·ω2L 2＝BωL 2，选项B 正确；导线框转动时，切割磁感线的有效长度逐渐增加，则感应电动势逐渐变大，感应电流逐渐变大，则受到的安培力逐渐增大，但是方向不变，总是垂直边界线向左，选项C 错误；流过导线框的电荷量为q ＝I Δt ＝E R Δt ＝ΔΦR ＝B ·12L 2R ＝BL 22R，选项D 错误．故选B ． 8．(2022·四省八校联考)如图(甲)所示，匀强磁场中水平放置两足够长的光滑平行金属导轨，导轨的左侧接有阻值为R 的电阻和理想二极管D(正向电阻为0，反向电阻无穷大)．t ＝0时刻起阻值也为R 的导体棒ab 在外力作用下向右运动，其速度变化规律如图(乙)所示，运动过程中棒始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，不计导轨电阻，则金属棒两端电压U ab 随时间t 变化的关系图象可能正确的是( A )【解析】 由图乙可得速度随时间变化规律的数学表达式为v ＝v m sin 2πTt ，当导体棒向右运动时，由右手定则可知回路中产生逆时针方向的感应电流，二极管导通，由电磁感应定律，则得金属棒两端电压为U ab ＝R R ＋RE ＝12BL v ＝12BL v m sin 2πT t ⎝⎛⎭⎫0≤t ≤T 2，当导体棒向左运动时，由右手定则可知金属棒a 端电势低于b 端电势，二极管截止，由电磁感应定律，则得金属棒两端电压为U ab ＝－E ＝－BL v ＝－BL v m sin2πTt ⎝⎛⎭⎫T 2≤t ≤T ，由以上分析可知A 正确，B 、C 、D 错误．9．如图所示，半径为r 的金属圆环放在垂直纸面向外的匀强磁场中，环面与磁感应强度垂直、磁场的磁感应强度为B 0，保持圆环不动，使磁场的磁感应强度随时间均匀增大、经过时间t 、磁场的磁感应强度增大到B 1，此时圆环中产生的焦耳热为Q ；保持磁场的磁感应强度B 1不变，将圆环绕对称轴(图中虚线)匀速转动，经时间2t 圆环转过90°，圆环中电流大小按正弦规律变化，圆环中产生的焦耳热也为Q ，则磁感应强度B 0和B 1的比值为( A )A ．4－π4B ．5－π5C ．42－π42D ．52－π52【解析】 若保持圆环不动，则产生的感应电动势恒定为E 1＝(B 1－B 0)πr 2t ，则Q ＝E 21Rt ＝(B 1－B 0)2π2r 4tR ①，若线圈转动：则产生的感应电动势最大值E 2m ＝B 1ωS ＝B 1π22t ·πr 2＝π2r 2B 14t ，有效值E 2＝π2r 2B 142t，产生的热量Q ＝E 22R ×2t ＝π4r 4B 2116tR ②，联立①②可得B 0B 1＝4－π4，故选A ．应用题——强化学以致用10．(多选)(2022·黑龙江齐齐哈尔一模)如图所示，将半径分别为r 和2r 的同心圆形导轨固定在同一绝缘水平面内，两导轨之间接有阻值为R 的定值电阻和一个电容为C 的电容器，整个装置处于磁感应强度大小为B 、方向竖直向下的匀强磁场中．将一个长度为r 、阻值为R 的金属棒AD 置于圆导轨上面，O 、A 、D 三点共线，在外力的作用下金属棒以O 为转轴逆时针匀速转动，转速为n ，元电荷大小为e ，转动过程中金属棒与导轨接触良好，导轨电阻不计．下列说法正确的是( BD )A ．D 点的电势高于A 点的电势B ．金属棒产生的感应电动势大小为3B πnr 2C ．电容器的电荷量为3CB πnr 2D ．一质子在电容器中从S 板附近运动到T 板附近时，电场力所做的功为3eB πnr 22【解析】 由右手定则可知，D点的电势低于A 点的电势，选项A 错误；角速度ω＝2πn ，金属棒产生的感应电动势大小为E ＝Brωr ＋2r 2＝3B πnr 2，选项B 正确；电容器极板间的电压U ＝ER R ＋R ＝32B πnr 2，电容器的电荷量为Q ＝32CB πnr 2，选项C 错误；一质子在电容器中从S 板附近运动到T 板附近时，电场力所做的功为W ＝Ue ＝3eB πnr 22，选项D 正确．故选BD ． 11．(多选)(2022·黑龙江哈尔滨模拟)如图所示，光滑的金属圆环型轨道MN 、PQ 竖直放置，两环之间ABDC 内(含边界)有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B 0，AB 水平且与圆心等高，CD 竖直且延长线过圆心．电阻为r 、长为2l 的轻质金属杆，有小孔的一端套在内环MN 上，另一端连接带孔金属球，球的质量为m ，球套在外环PQ 上，且都与轨道接触良好，内圆半径r 1＝l ，外圆半径r 2＝3l ，PM 间接有阻值为R 的电阻．让金属杆从AB 处无初速释放，金属杆第一次即将离开磁场时，金属球的速度为v ，其他电阻不计，忽略一切摩擦，重力加速度为g ．则( ABC )A ．金属球向下运动过程中，通过电阻R 的电流方向由M 指向PB ．金属杆第一次即将离开磁场时，R 两端的电压U ＝4B 0l v R 3(R ＋r )C ．金属杆从AB 滑动到CD 的过程中，通过R 的电荷量q ＝2πl 2B 0R ＋rD ．金属杆第一次即将离开磁场时，R 上生成的焦耳热Q ＝3mgl －12m v 2 【解析】 由右手定则可知，金属球向下运动过程中，流过金属杆的电流由B 流向A ，则通过R 的电流由M 流向P ，A 正确；金属杆第一次离开磁场时，金属球的速度为v ＝ωr 2＝3ωl ，金属杆第一次离开磁场时感应电动势为E ＝B 0·2l ωr 1＋ωr 22，解得E ＝43B 0l v ，电路电流为I ＝E R ＋r ，R 两端电压为U ＝IR ＝4B 0l v R 3(R ＋r )，B 正确；由法拉第电磁感应定律得E －＝ΔΦΔt ＝B 0ΔS Δt ＝B 0·14π[(3l )2－l 2]Δt ＝2πB 0l 2Δt ，平均感应电流为I ＝E R ＋r，通过R 的电荷量为q ＝I Δt ，解得q＝2πB0l2R＋r，C正确；由于金属杆第一次即将离开磁场时，重力做功等于3mgl，所以金属杆第一次即将离开磁场时，电路上生成的焦耳热Q总＝3mgl－12m v2，则R上产生的焦耳热Q＜Q 总，D错误．故选ABC．12．(2022·浙江6月高考)舰载机电磁弹射是现在航母最先进的弹射技术，我国在这一领域已达到世界先进水平．某兴趣小组开展电磁弹射系统的设计研究，如图1所示，用于推动模型飞机的动子(图中未画出)与线圈绝缘并固定，线圈带动动子，可在水平导轨上无摩擦滑动．线圈位于导轨间的辐向磁场中，其所在处的磁感应强度大小均为B．开关S与1接通，恒流源与线圈连接，动子从静止开始推动飞机加速，飞机达到起飞速度时与动子脱离；此时S掷向2接通定值电阻R0，同时施加回撤力F，在F和磁场力作用下，动子恰好返回初始位置停下．若动子从静止开始至返回过程的v-t图如图2所示，在t1至t3时间内F＝(800－10v)N，t3时撤去F．已知起飞速度v1＝80 m/s，t1＝1.5 s，线圈匝数n＝100匝，每匝周长l＝1 m，飞机的质量M＝10 kg，动子和线圈的总质量m＝5 kg，R0＝9.5 Ω，B＝0.1 T，不计空气阻力和飞机起飞对动子运动速度的影响，求：(1)恒流源的电流I；(2)线圈电阻R；(3)时刻t3．【答案】(1)80 A(2)0.5 Ω(3)5＋3 2s【解析】(1)由题意可知接通恒流源时安培力F安＝nBIl动子和线圈在0～t1时间段内做匀加速直线运动，运动的加速度为a＝v1t1根据牛顿第二定律有F 安＝(M ＋m )a代入数据联立解得I ＝(m ＋M )v 1nlBt 1＝80 A ． (2)当S 掷向2接通定值电阻R 0时，感应电流为I ′＝nBl v R 0＋R 此时安培力为F 安′＝nBI ′l所以此时根据牛顿第二定律有(800－10v )＋n 2l 2B 2R 0＋Rv ＝ma ′ 由图可知在t 1至t 3期间加速度恒定，则有n 2l 2B 2R 0＋R＝10 kg/s 解得R ＝0.5 Ω，a ′＝160 m/s 2．(3)根据图象可知t 2－t 1＝v 1a ′＝0.5 s 故t 2＝2 s ；在0～t 2时间段内的位移s ＝12v 1t 2＝80 m 而根据法拉第电磁感应定律有E ＝n ΔφΔt ＝nB ΔS Δt电荷量的定义式Δq ＝I Δt I ＝E R ＋R 0可得Δq ＝nBl ⎣⎡⎦⎤s －12a ′(t 3－t 2)2R ＋R 0从t 3时刻到最后返回初始位置停下的时间段内通过回路的电荷量，根据动量定理有 －nBl Δq ＝0－ma ′(t 3－t 2)联立可得(t 3－t 2)2＋(t 3－t 2)－1＝0解得t 3＝5＋32s ． 13．(2022·湖北卷)如图所示，高度足够的匀强磁场区域下边界水平、左右边界竖直，磁场方向垂直于纸面向里．正方形单匝线框abcd 的边长L ＝0.2 m 、回路电阻R ＝1.6×10－3 Ω、质量m ＝0.2 kg ．线框平面与磁场方向垂直，线框的ad 边与磁场左边界平齐，ab 边与磁场下边界的距离也为L ．现对线框施加与水平向右方向成θ＝45°角、大小为4 2 N 的恒力F ，使其在图示竖直平面内由静止开始运动．从ab 边进入磁场开始，在竖直方向线框做匀速运动；dc边进入磁场时，bc边恰好到达磁场右边界．重力加速度大小取g＝10 m/s2，求：(1)ab边进入磁场前，线框在水平方向和竖直方向的加速度大小；(2)磁场的磁感应强度大小和线框进入磁场的整个过程中回路产生的焦耳热；(3)磁场区域的水平宽度．【答案】(1)a x＝20 m/s2a y＝10 m/s2(2)B＝0.2 T Q＝0.4 J(3)1.1 m【解析】(1)ab边进入磁场前，对线框进行受力分析，在水平方向有ma x＝F cos θ代入数据有a x＝20 m/s2在竖直方向ma y＝F sin θ－mg代入数据有a y＝10 m/s2．(2)ab边进入磁场开始，ab边在竖直方向切割磁感线；ad边和bc边的上部分也开始进入磁场，且在水平方向切割磁感线．但ad和bc边的上部分产生的感应电动势相互抵消，则整个回路的电源为ab，根据右手定则可知回路的电流为adcba，则ab边进入磁场开始，ab边受到的安培力竖直向下，ad边的上部分受到的安培力水平向右，bc边的上部分受到的安培力水平向左，则ad边和bc边的上部分受到的安培力相互抵消，故线框abcd受到的安培力的合力为ab边受到的竖直向下的安培力．由题知，线框从ab边进入磁场开始，在竖直方向线框做匀速运动，有F sin θ－mg－BIL＝0E＝BL v yI＝E Rv2y＝2a y L联立有B＝0.2 T由题知，从ab边进入磁场开始，在竖直方向线框做匀速运动；dc边进入磁场时，bc边恰好到达磁场右边界．则线框进入磁场的整个过程中，线框受到的安培力为恒力，则有Q＝W安＝BILyy＝LF sin θ－mg＝BIL联立解得Q＝0.4 J．(3)线框从开始运动到进入磁场的整个过程中所用的时间为v y＝a y t1L＝v y t2t＝t1＋t2联立解得t＝0.3 s由(2)分析可知线框在水平方向一直做匀加速直线运动，则在水平方向有x＝12a x t2＝1 2×20×0.32 m＝0.9 m则磁场区域的水平宽度X＝x＋L＝1.1 m．。
高考物理二轮专题复习课件：专题整合高频突破 专题四 电路和电磁感应1
暗,选项A 错误、B正确。开关闭合后,当滑动变阻器的滑片P向下
滑动时,由于外电路总电阻增大,电源输出电流减小,电源的总功率
变小,选项C 错误。当电源输出电流减小后,电容器支路两端电压增
大,电容器充电,电阻R 1有从b 到a方向的电流,选项D 正确。
为正弦式交流电源,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4 I。该变压器原、副线圈 匝数比B为( )
A.2 B.3 C.4 D.5
9
1234
10
1234
考点定位:理想变压器、欧姆定律
命题能力点:侧重考查理解能力+ 分析综合能力
解题思路与方法:本题主要考查变压器、闭合电路欧姆定律。解决
考点二
规律方法直流电路动态分析的3 种常用方法 方法1:程序法
方法2:结论法——“串反并同” “串反”指: 某一电阻增大(减小)时,与它串联或间接串联的电阻中 的电流、两端电压、电功率都将减小(增大)。 “并同”指: 某一电阻增大(减小)时,与它并联或间接并联的电阻中 的电流、两端电压、电功率都将增大(减小)。 方法3:极限法 因变阻器滑片滑动引起电路变化的问题,可将变阻器的滑片分别 滑至两个极端,使电阻最大或电阻为零去讨论。
22
考点一
考点二
题型2 闭合电路的图象问题(L) 典题3 (2017 湖南省三县联考)如图所示,直线a、抛物线b 和曲线 c分别为某一稳恒直流电源在纯电阻电路中的总功率P、电源内部 发热功率P r、输出功率P R 随电流I变化的图象,根据图象可知( D )
电压和电阻R 两端的电压之和为220 V 。
高中物理二轮专题突破精品讲义 第四部分 电磁感应与电路专题
第四专题 电磁感应与电路、能量一、知识梳理（一）考点回顾“电磁感应”是电磁学的核心内容之一，同时又是与电学、力学知识紧密联系的知识点，是高考试题考查综合运用知识能力的很好落脚点，所以它向来高考关注的一个重点和热点，本专题涉及三个方面的知识：一、电磁感应，电磁感应研究是其它形式有能量转化为电能的特点和规律，其核心内容是法拉第电磁感应定律和楞次定律；二、与电路知识的综合，主要讨论电能在电路中传输、分配，并通过用电器转化为其它形式的能量的特点及规律；三、与力学知识的综合，主要讨论产生电磁感应的导体受力、运动特点规律以及电磁感应过程中的能量关系。
由于本专题所涉及的知识较为综合，能力要求较高，所以往往会在高考中现身。
从近三年的高考试题来看，无论哪一套试卷，都有这一部分内容的考题，题量稳定在1～2道，题型可能为选择、实验和计算题三种，并且以计算题形式出现的较多。
考查的知识：以本部分内容为主线与力和运动、动量、能量、电场、磁场、电路等知识的综合，感应电流（电动势）图象问题也经常出现。
（二）典例题剖析根据本专题所涉及内容的特点及高考试题中出的特点，本专题的复习我们分这样几个小专题来进行：1.感应电流的产生及方向判断。
2.电磁感应与电路知识的综合。
3.电磁感应中的动力学问题。
4.电磁感应中动量定理、动能定理的应用。
5.电磁感应中的单金属棒的运动及能量分析。
6.电磁感应中的双金属棒运动及能量分析。
7.多种原因引起的电磁感应现象。
1、感应电流的产生及方向判断例1．(2007理综II 卷)如图所示，在PQ 、QR 区域是在在着磁感应强度大小相等、方向相反的匀强磁场，磁场方向均垂直于纸面，bc 边与磁场的边界P 重合。
导线框与磁场区域的尺寸如图所示。
从t ＝0时刻开始线框匀速横穿两个磁场区域。
以a →b →c →d →e →f 为线框中有电动势的正方向。
以下四个ε-t 关系示意图中正确的是（ ）解析：楞次定律或左手定则可判定线框刚开始进入磁场时，电流方向，即感应电动势的方向为顺时针方向，故D 选项错误；1－2s 内，磁通量不变化，感应电动势为0，A 选项错误；2－3s 内，产生感应电动势E ＝2Blv ＋Blv ＝3Blv ，感应电动势的方向为逆时针方向（正方向），tεB t εC . tεD . t εA .故C 选项正确。
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解析：(1)当ab棒刚下滑时，ab棒的加速度有最大值： a＝gsin θ－μgcos θ＝4 m/s2. (2)ab棒达到最大速度时做匀速运动，有 mgsin θ＝BIL＋μmgcos θ， 整个回路消耗的电功率 P电＝BILvm＝(mgsin θ－μmgcos θ)vm＝8 W， 则ab棒的最大速度为：vm＝10 m/s
答案
(1)见解析
(2)0.3 Ω
(3)0.5 s
视角2 电磁感应中的能量问题 [例2] 如图所示，“凸”字形硬质金属线框质量为m，相邻各边
互相垂直，且处于同一竖直平面内，ab边长为l，cd边长为2l，ab 与cd平行，间距为2l.匀强磁场区域的上下边界均水平，磁场方向 垂直于线框所在平面．开始时，cd边到磁场上边界的距离为2l， 线框由静止释放，从cd边进入磁场直到ef、pq边进入磁场前，线 框做匀速运动．在ef、pq边离开磁场后，ab边离开磁场之前，线 框又做匀速运动．线框完全穿过磁场过程中产生的热量为Q.线框 在下落过程中始终处于原竖直平面内，且ab、cd边保持水平，重 力加速度为g.求
金属导轨MN、PQ平行固定在倾角θ＝37° 的绝缘斜面上，两导轨 间距L＝1 m，导轨的电阻可忽略．M、P两点间接有阻值为R的
电阻．一根质量m＝1 kg、电阻r＝0.2 Ω的均匀直金属杆ab放在 两导轨上，与导轨垂直且接触良好．整套装置处于磁感应强度B ＝0.5 T的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向下．
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ω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( )
A．Ua>Uc，金属框中无电流 B．Ub>Uc，金属框中电流方向沿abca 1 2 C．Ubc＝－ Bl ω，金属框中无电流 2 1 2 D．Ubc＝ Bl ω，金属框中电流方向沿acba 2
自图示位置起，杆ab受到大小为F＝0.5v＋2(式中v为杆ab运动的 速度，所有物理量均采用国际单位制)、方向平行导轨沿斜面向 下的拉力作用，由静止开始运动，测得通过电阻R的电流随时间 均匀增大．g取10 m/s2，sin 37° ＝0.6.
(1)试判断金属杆ab在匀强磁场中做何种运动，请写出推理过 程； (2)求电阻R的阻值； (3)求金属杆ab自静止开始下滑通过位移x＝1 m所需的时间t. 思路探究 (1)金属杆下滑过程中受哪几个力的作用？
(1)线框ab边将离开磁场时做匀速运动的速度大小是cd边刚进入磁 场时的几倍； (2)磁场上下边界间的距离H. 思路探究 (1)线框做匀速运动的条件是什么？
(2)线框运动过程中受哪些力的作用？能量转化过程怎样？ 尝试解答 __________
解析
(1)设磁场的磁感应强度大小为B，cd边刚进入磁场时，线
[真题3]
(2016· 高考全国甲卷)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．t＝0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μ.重力加速度大小为g.求
联立①②③式可得
F E＝Blt0m－μg④
(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 E I＝R⑤ 式中R为电阻的阻值．金属杆所受的安培力为 f＝BlI⑥ 因金属杆做匀速运动，由牛顿运动定律得
框做匀速运动的速度为v1，cd边上的感应电动势为E1，由法拉第 电磁感应定律，有E1＝2Blv1① 设线框总电阻为R，此时线框中电流为I1，由闭合电路欧姆定 E1 律，有I1＝ R ② 设此时线框所受安培力为F1，有F1＝2I1lB③ 由于线框做匀速运动，其受力平衡，有mg＝F1④
mgR 由①②③④式得v1＝ 2 2⑤ 4B l 设ab边离开磁场之前，线框做匀速运动的速度为v2，同理可得v2 mgR ＝ 2 2⑥ Bl 由⑤⑥式得v2＝4v1⑦ (2)线框自释放直到cd边进入磁场前，由机械能守恒定律，有 1 2 2mgl＝ mv1⑧ 2 线框完全穿过磁场的过程中，由能量守恒定律，有
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E＝ 1 2
Bl2ω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；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ω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P＝I2R知，电流在R上的热功 率变为原来的4倍，选项D错误．
为L2＝1 m，线框的质量m＝1 kg、电阻R＝10 Ω.斜面上虚线ef的 右侧有磁感应强度大小为B＝1 T、方向垂直斜面向上的匀强磁
场．t＝0时线框在平行于斜面向上的恒力F＝8 N作用下由静止开 始运动，线框进入磁场的过程中始终做匀速直线运动．已知虚线 ef与斜面顶端gh的距离为s＝7 m，ab∥ef∥gh，sin 37° ＝0.6，cos 37° ＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2.求：
1 2 1 2 mg(2l＋H)＝ mv2－ mv1＋Q⑨ 2 2 Q 0 由⑦⑧⑨式得H＝mg＋28l1 ○
答案 (1)4倍 Q (2)mg＋28l
1．电磁感应中动力学和能量问题的“两状态、两对象” (1)两状态 ①导体处于平衡状态——静止或匀速直线运动状态． 处理方法：根据平衡状态时导体所受合外力等于零列式分析． ②导体处于非平衡状态——加速度不为零． 处理方法：根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系分 析．
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 Ua<Uc，Ub<Uc，选项A错误．由转动切割产生感应电动势的公式 1 2 得Ubc＝－ Bl ω，选项C正确． 2
[真题2]
(2)线框进入磁场的过程中做匀速运动，根据功能关系有 Q＝(F－mgsin α)L2 解得Q＝2 J (3)线框进入磁场前做匀加速直线运动，进入磁场的过程中做匀 速直线运动，线框完全进入磁场后仍做匀加速直线运动 v 进入磁场前线框的运动时间为t1＝a＝2.5 s L2 进入磁场过程中线框匀速运动的时间为t2＝ v ＝0.2 s
(2016· 高考全国甲卷)(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倍，则电流在R上的热功率 也变为原来的2倍
(1)ab下滑的最大加速度； (2)ab下落了30 m高度时，其下滑速度已经达到稳定，则此过程
中回路电流的发热量Q为多大？ (3)如果将ab与a′b′同时由静止释放，当ab下落了30 m高度
时，其下滑速度也已经达到稳定，则此过程中回路电流的发热量 Q′为多大？(g＝10 m/s2，sin 37° ＝0.6，cos 37° ＝0.8)
(1)金属杆在磁场中运动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 ma＝F－μmg① 设金属杆到达磁场左边界时的速度为v，由运动学公式有 v＝at0② 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 E＝Blv③
2BLv′ BLv′ 又 I ′＝ ＝ R 2R 代入解得v′＝5 m/s 1 h 2 由能量守恒2mgh＝ ×2mv′ ＋2μmgcos θ ＋Q′ 2 sin θ 代入数据得Q′＝75 J.
答案：(1)4 m/s2
(2)30 J
(3)75 J
[真题试做] [真题1] (2015· 高考全国卷Ⅱ)如图，直角三角形金属框abc放置
(1)线框进入磁场前的加速度大小和线框进入磁场时做匀速运动 的速度大小； (2)线框进入磁场的过程中产生的焦耳热； (3)线框从开始运动至ab边到达gh处所用的时间．
解析：(1)线框进入磁场前做匀加速直线运动，由牛顿第二定律 有F－mgsin α＝ma 解得a＝2 m/s2 线框进入磁场的过程中做匀速运动，线框受力平衡，有 F＝mgsin α＋FA ab边进入磁场切割磁感线，产生的感应电动势E＝BL1v E 由闭合电路欧姆定律得感应电流I＝R 受到的安培力FA＝BIL1 代入数据解得v＝5 m/s
2 E2 BLvm 由P电＝ ＝ 2R 2R
得：B＝0.4 T.
根据能量守恒得： 1 2 h mgh＝Q＋ mvm＋μmgcos θ· 2 sin θ 解得：Q＝30 J. (3)由对称性可知，当ab下落30 m稳定时其速度为v′，a′b′也 下落30 m，其速度也为v′，ab和a′b′都切割磁感线产生电动 势，总电动势等于两者之和． 根据共点力平衡条件，对ab棒受力分析， 得mgsin θ＝BI′L＋μmg大”说明什么？ 尝试解答 __________
解析
(1)金属杆做匀加速运动(或金属杆做初速度为零的匀加速
BLv E 运动)．通过R的电流I＝ ＝ ，因为B、L、R、r为定值， R＋ r R＋ r 所以I与v成正比，因通过R的电流I随时间均匀增大，即杆的速度 v随时间均匀增大，即杆的加速度为恒量，故金属杆做匀加速运 动． BLv (2)对回路，根据闭合电路欧姆定律I＝ R＋ r 对杆，根据牛顿第二定律有
F＋mgsin θ－BIL＝ma 将F＝0.5v＋2代入得 2＋mgsin