高考物理二轮复习 专题4 电路与电磁感应教学案
高三物理第二轮专题复习 专题四电磁感应与电路教案 人教版
专题四 电磁感应与电路一、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。
(一)感应电流的产生及方向判断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），故C 选项正确。
高考物理二轮复习第一部分专题四电路与电磁感应学案.doc
专题四第一讲直流电路与交流电路1.[考查直流电路中电压、电流的分析]在如图所示电路中，闭合开关S，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，三个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用I、U1、U2表示。
下列判断正确的是()A．I减小，U1增大B．I减小，U2增大C．I增大，U1增大D．I增大，U2增大解析：选B闭合开关S，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻R增大，根据闭合电路欧姆定律分析得知，干路电流I总减小，路端电压U增大；R3的电压等于路端电压，则流过R3的电流I3增大；流过电流表的电流I＝I总－I3，I总减小，I3增大，I减小，R1的电压减小，即电压表V1的示数U1减小；电压表V2的示数U2＝U－U1，U增大，U1减小，则U2增大。
所以，I减小，U1减小，U2增大，故B正确。
2．[考查闭合电路中功率的分析][多选]某种小灯泡的U-I图像如图甲所示，三个完全相同的这种小灯泡连接成如图乙所示的电路，电源的内阻为1.0 Ω。
现闭合开关S，理想电压表V的示数为4.0 V，则()A．外电路的总电阻为6.7 ΩB．电源的电动势为5.6 VC．电源消耗的热功率为3.0 W D．电源的效率为89.3%解析：选BD理想电压表V的示数为4.0 V，由U-I图像可知通过干路上的小灯泡的电流为0.6 A，通过电源的电流也为0.6 A，通过两并联小灯泡的电流均为0.3 A，两端电压为1.0 V，依据闭合电路欧姆定律可知，电源的电动势为E＝4.0 V＋1.0 V＋0.6 A×1.0 Ω＝5.6 V，B正确；电路的路端电压为U0＝5.0 V，电流为I0＝0.6 A，依据部分电路欧姆定律可知外电阻总阻值为R＝Ω≈8.3 Ω，A错误；电源消耗的热功率为P r＝I02r＝0.36 W，C错误；输出功率＝U0I0＝3.0 W，则电源的效率为η＝×100%≈89.3%，D正确。
2021届高考物理二轮复习专题八第1讲4电路与电磁感应学案
电路与电磁感应[临考必背]一、恒定电路 1．电流(1)定义式：I ＝q t。
(2)微观表达式：I ＝nqSv 。
2．欧姆定律的表达式：I ＝U R。
3．电阻(1)定义式：R ＝U I。
(2)电阻定律：R ＝ρl S。
4．闭合电路的欧姆定律 (1)①I ＝ER ＋r(只适用于纯电阻电路)；②E ＝U 外＋U 内(适用于任何电路)。
(2)路端电压与外电阻的关系①负载R 增大→I 减小→U 内减小→U 外增大。
外电路断路时(R 为无穷大)，I ＝0，U 外＝E 。
②负载R 减小→I 增大→U 内增大→U 外减小。
外电路短路时(R ＝0)，I ＝E r，U 内＝E 。
(3)U I 关系图线：由U ＝E －Ir 可知，路端电压随着电路中电流的增大而减小，U I 关系图线如图所示。
①当电路断路即I ＝0时，纵坐标的截距为电动势。
②当外电路电压为U ＝0时，横坐标的截距为短路电流。
③图线的斜率的绝对值为电源的内阻。
5．电路中的功率和效率 (1)电源的总功率：P 总＝EI 。
(2)电源的输出功率：P 出＝UI 。
(3)电源内部的发热功率：P 内＝I 2r 。
(4)电源的效率：η＝U E ＝RR ＋r。
(5)电源的最大功率P max ＝E 2r，此时η＝0，短路。
(6)当R ＝r 时，电源输出功率最大，P 出max ＝E 24r，此时η＝50%。
二、电磁感应1．感应电流方向的判断方法(1)右手定则，即根据导体在磁场中做切割磁感线运动的情况进行判断。
(2)楞次定律，即根据穿过闭合回路的磁通量的变化情况进行判断。
2．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”。
3．感应电动势大小的计算(1)法拉第电磁感应定律：E ＝n ΔΦΔt 。
高考物理二轮复习 专题复习篇 专题4 第2讲 电磁感应定律及其应用学案-人教版高三全册物理学案
电磁感应定律及其应用[建体系·知关联][析考情·明策略]考情分析 近几年高考对本讲的考查集中在楞次定律，法拉第电磁感定律的应用，电磁感应中的图象问题、电路问题、动力学和能量问题，题型以选择题为主；计算题常以“导体棒”切割磁感线为背景，还可能会涉及动量的问题。
素养呈现1.感应电流的产生、方向判断及大小计算2.电磁感应中的电路分析及图象问题3.电磁感应中的动力学、能量问题 素养落实1.掌握楞次定律、法拉第电磁感应定律，并灵活应用2.掌握电磁感应中图象的分析技巧3.做好电磁感应中的电路分析、电源分析、动力学和能量转化分析考点1| 楞次定律和法拉第电磁感应定律1．判定感应电流方向的两种方法(1)楞次定律：一般用于线圈面积不变，磁感应强度发生变化的情形。
(2)右手定则：一般用于导体棒切割磁感线的情形。
2．求感应电动势的方法(1)感生电动势：E ＝nΔΦΔt⎩⎪⎨⎪⎧S 不变时E ＝nSΔBΔtB 不变时E ＝nB ΔS Δt(2)动生电动势：⎩⎪⎨⎪⎧平动切割：E ＝Blv 转动切割：E ＝12Bl 2ω[典例1] (多选)在三角形ABC区域中存在着磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场，三边电阻均为R的三角形导线框abc沿AB方向从A点以速度v匀速穿过磁场区域。
如图所示，ab＝L，AB＝2L，∠abc＝∠ABC＝90°，∠acb＝∠ACB＝30°。
线框穿过磁场的过程中( )A．感应电流先沿逆时针方向，后沿顺时针方向B．感应电流先增大，后减小C．通过线框的电荷量为3BL2 6RD．c、b两点的最大电势差为3BLv[题眼点拨]①“三角形导线框”表明线框进入磁场过程中有效长度发生变化。
②“穿过磁场区域”表明磁通量先增大，后减少。
AD[线圈穿越磁场的过程中，磁通量先增加后减小，则根据楞次定律可知，感应电流先沿逆时针方向，后沿顺时针方向，选项A正确；线框穿过磁场的过程中，切割磁感线的有效长度先增加、后减小、再增加，则感应电流先增加、后减小、再增加，选项B错误；根据q＝ΔΦR总，因进入和穿出磁场时，磁通量的变化量相同，且感应电流先沿逆时针方向，后沿顺时针方向，可知通过线框的电荷量为零，选项C错误；当线框完全进入磁场时，c、b两点的电势差最大，最大为Ucb＝E＝B·3Lv＝3BLv，选项D正确。
2020高考物理二轮复习专题教案：四电路与电磁感应第9课时电磁感应的综合应用教案
第9课时 电磁感应的综合应用 考点楞次定律与法拉第电磁感应定律的应用1．求感应电动势的两种方法 (1)E ＝n ΔΦΔt ，用来计算感应电动势的平均值． (2)E ＝Blv 或E ＝12Bl 2ω，主要用来计算感应电动势的瞬时值． 2．判断感应电流方向的两种方法(1)利用右手定则，即根据导体在磁场中做切割磁感线运动的情况进行判断．(2)利用楞次定律，即根据穿过闭合回路的磁通量的变化情况进行判断．3．楞次定律中“阻碍”的四种表现形式(1)阻碍磁通量的变化——“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)阻碍电流的变化(自感现象)——“增反减同”．例1 (多选)(2019·全国卷Ⅰ·20)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1(a)中虚线MN 所示．一硬质细导线的电阻率为ρ、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．t ＝0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．则在t ＝0到t ＝t 1的时间间隔内( )图1A ．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B 0rS 4t 0ρD ．圆环中的感应电动势大小为B 0πr 24t 0答案 BC解析 在0～t 0时间内，磁感应强度减小，根据楞次定律可知感应电流的方向为顺时针，圆环所受安培力水平向左，在t 0～t 1时间内，磁感应强度反向增大，感应电流的方向为顺时针，圆环所受安培力水平向右，所以选项A 错误，B 正确；根据法拉第电磁感应定律得E ＝ΔΦΔt＝12πr 2·B 0t 0＝B 0πr 22t 0，根据电阻定律可得R ＝ρ2πr S ，根据欧姆定律可得I ＝E R ＝B 0rS 4t 0ρ，所以选项C 正确，D 错误． 变式训练1．(多选)(2019·山东聊城市模拟)如图2甲，螺线管内有平行于轴线的外加匀强磁场，图中箭头所示方向为其正方向．螺线管与导线框abcd 相连，导线框内有一小金属圆环L ，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( )图2A ．在t 1～t 2时间内，L 有收缩趋势B ．在t 2～t 3时间内，L 有扩张趋势C ．在t 2～t 3时间内，L 内有逆时针方向的感应电流D ．在t 3～t 4时间内，L 内有顺时针方向的感应电流答案 AD解析 据题意，在t 1～t 2时间内，外加磁场磁感应强度增加且增加得越来越快，则在导线框中产生沿顺时针方向逐渐增大的电流，该电流激发出逐渐增大的磁场，该磁场通过圆环，在圆环内产生感应电流，根据结论“增缩减扩”可知圆环有收缩趋势，故选项A 正确；在t 2～t 3时间内，外加磁场均匀变化，在导线框中产生恒定电流，该电流激发出稳定磁场，该磁场通过圆环时，圆环中没有感应电流，故选项B 、C 错误；在t 3～t 4时间内，外加磁场向下减小，且减小得越来越慢，在导线框中产生沿顺时针方向逐渐减小的电流，该电流激发出垂直于纸面向内逐渐减弱的磁场，故圆环内产生顺时针方向的感应电流，选项D 正确．例2 (多选)(2019·山东枣庄市上学期期末)如图3所示，水平放置的半径为2r 的单匝圆形裸金属线圈A ，其内部有半径为r 的圆形匀强磁场区域，磁场的磁感应强度大小为B 、方向竖直向下；线圈A 的圆心和磁场区域的圆心重合，线圈A 的电阻为R .过圆心的两条虚线ab 和cd 相互垂直．一根电阻不计的直导体棒垂直于ab 放置，使导体棒沿ab 从左向右以速度v 匀速通过磁场区域，导体棒与线圈始终接触良好，线圈A 中会有感应电流通过．撤去导体棒，使磁场的磁感应强度均匀变化，线圈A 中也会有感应电流，如果使cd 左侧的线圈中感应电流大小和方向与导体棒经过cd 位置时的相同，则( )图3A ．磁场一定增强B ．磁场一定减弱C ．磁感应强度的变化率为4Bv πrD ．磁感应强度的变化率为8Bv πr答案 AC解析 根据右手定则，导体棒切割磁感线产生的感应电流通过cd 左侧的线圈时的方向是逆时针的，根据楞次定律，使磁场的磁感应强度均匀变化，产生同样方向的感应电流，磁场一定增强，故A 正确，B 错误；导体棒切割磁感线时，根据法拉第电磁感应定律，导体棒经过cd 位置时产生的感应电动势E ＝2Brv ，根据欧姆定律，通过cd 左侧的线圈中感应电流大小I ＝ER 2＝4Brv R ；磁场的磁感应强度均匀变化时，根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律，ΔB Δt ×r 2πR＝4Brv R ，ΔB Δt ＝4Bv πr，故C 正确，D 错误． 变式训练2．(2019·山东济南市3月模拟)在如图4甲所示的电路中，螺线管匝数n ＝1000匝，横截面积S ＝20cm 2.螺线管导线电阻r ＝1.0Ω，R 1＝4.0Ω，R 2＝5.0Ω，C ＝30μF.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()图4A ．螺线管中产生的感应电动势为1.2VB ．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 ，电路中的电流稳定后，电阻R 1的电功率为2.56×10－2WD ．闭合K ，电路中的电流稳定后，断开K ，则K 断开后，流经R 2的电荷量为1.8×10－2C 答案 C解析 根据法拉第电磁感应定律：E ＝n ΔΦΔt ＝nS ΔB Δt；解得：E ＝0.8 V ，故A 错误；根据楞次定律可知，螺线管的感应电流盘旋而下，则螺线管下端相当于电源的正极，则电容器的下极带正电，故B 错误；根据闭合电路欧姆定律，有：I ＝E R 1＋R 2＋r＝0.08 A ，根据P ＝I 2R 1解得：P ＝2.56×10－2 W ，故C 正确；K 断开后，流经R 2的电荷量即为K 闭合时电容器一个极板上所带的电荷量Q ，电容器两端的电压为：U ＝IR 2＝0.4 V ，流经R 2的电荷量为：Q ＝CU ＝1.2×10－5 C ，故D 错误． 考点电磁感应中的电路与图象问题1．电磁感应现象中的电源与电路 (1)产生感应电动势的那部分导体相当于电源．(2)在电源内部电流由负极流向正极．(3)电源两端的电压为路端电压．2．解图象问题的三点关注(1)关注初始时刻，如初始时刻感应电流是否为零，是正方向还是负方向．(2)关注变化过程，看电磁感应发生的过程可以分为几个阶段，这几个阶段分别与哪段图象变化相对应．(3)关注大小、方向的变化趋势，看图线斜率的大小、图线的曲直是否和物理过程对应．3．解图象问题的两个方法(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)，特别是物理量的正负，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作出分析和判断，这未必是最简捷的方法，但却是最有效的方法．例3 (多选)(2019·贵州部分重点中学教学质量评测卷(四))长为L 的金属棒OP 固定在顶角为2θ的塑料圆锥体侧面上，ab 为圆锥体底面直径．圆锥体绕其轴OO ′以角速度ω在磁感应强度大小为B 、方向竖直向下的匀强磁场中匀速转动，转动方向如图5所示，下列说法正确的是( )图5A ．金属棒上O 点的电势高于P 点B ．金属棒上O 点的电势低于P 点C ．金属棒OP 两端电势差大小为12B ω2L sin θ D ．金属棒OP 两端电势差大小为12B ωL 2sin 2θ 答案 AD解析 由右手定则知金属棒OP 在匀速转动过程中切割磁感线产生的感应电动势方向由P 指向O ，在电源内部由电势低处指向电势高处，则金属棒上O 点的电势高于P 点，故A 正确，B 错误．金属棒OP 在匀速转动过程中切割磁感线的有效长度L ′＝O ′P ＝L sin θ，故产生的感应电动势E ＝BL ′·12ωL ′＝12B ωL 2sin 2θ，故C 错误，D 正确． 变式训练3.(2019·安徽宣城市期末调研测试)边界MN 的一侧区域内，存在着磁感应强度大小为B 、方向垂直于光滑水平桌面的匀强磁场．边长为l 的正三角形金属线框abc 粗细均匀，三边阻值相等，a 顶点刚好位于边界MN 上，现使线框围绕过a 点且垂直于桌面的转轴匀速转动，转动角速度为ω，如图6所示，则在ab 边开始转入磁场的瞬间ab 两端的电势差U ab 为( )图6A.13Bl 2ω B ．－12Bl 2ω C ．－13Bl 2ω D.16Bl 2ω 答案 A解析 当ab 边刚进入磁场时，ab 部分在切割磁感线，切割长度为两个端点间的距离，即a 、b 间的距离为l ，E ＝Bl v ＝Bl l ω2＝12Bl 2ω；设每个边的电阻为R ，a 、b 两点间的电势差为：U ＝I ·2R ＝E 3R ·2R ，故U ＝13B ωl 2，故A 正确，B 、C 、D 错误． 例4 (多选)(2019·全国卷Ⅱ·21)如图7，两条光滑平行金属导轨固定，所在平面与水平面夹角为θ，导轨电阻忽略不计．虚线ab 、cd 均与导轨垂直，在ab 与cd 之间的区域存在垂直于导轨所在平面的匀强磁场．将两根相同的导体棒PQ 、MN 先后自导轨上同一位置由静止释放，两者始终与导轨垂直且接触良好．已知PQ进入磁场时加速度恰好为零．从PQ进入磁场开始计时，到MN离开磁场区域为止，流过PQ的电流随时间变化的图像可能正确的是( )图7答案AD解析根据题述，PQ进入磁场时加速度恰好为零，两导体棒从同一位置释放，则两导体棒进入磁场时的速度相同，产生的感应电动势大小相等，若释放两导体棒的时间间隔足够长，在PQ通过磁场区域一段时间后MN进入磁场区域，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律可知流过PQ的电流随时间变化的图像可能是A；若释放两导体棒的时间间隔较短，在PQ 没有出磁场区域时MN就进入磁场区域，则两棒在磁场区域中运动时回路中磁通量不变，两棒不受安培力作用，二者在磁场中做加速运动，PQ出磁场后，MN切割磁感线产生感应电动势和感应电流，且感应电流一定大于I1，受到安培力作用，由于安培力与速度成正比，则MN所受的安培力一定大于MN的重力沿导轨平面方向的分力，所以MN一定做减速运动，回路中感应电流减小，流过PQ的电流随时间变化的图像可能是D.变式训练4.(2019·安徽合肥市第一次质量检测)如图8所示，一有界匀强磁场区域的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，磁场宽度为L；正方形导线框abcd的边长也为L，当bc边位于磁场左边缘时，线框从静止开始沿x轴正方向匀加速通过磁场区域．若规定逆时针方向为电流的正方向，则反映线框中感应电流变化规律的图象是( )图8答案 B解析 设导线框运动的加速度为a ，则某时刻其速度v ＝at ，所以在0～t 1时间内(即当bc 边位于磁场左边缘时开始计时，到bc 边位于磁场右边缘结束)，根据法拉第电磁感应定律得：E ＝BLv ＝BLat ，电动势为逆时针方向．由闭合电路欧姆定律得：I ＝BLa Rt ，电流为正．其中R 为线框的总电阻．所以在0～t 1时间内，I ∝t ，故A 、C 错误；从t 1时刻开始，ad 边开始切割磁感线，电动势大小E ＝BLat ，其中t 1＜t ≤t 2，电流为顺时针方向，为负，电流I ＝BLa Rt ，t 1＜t ≤t 2，其中I 0＝BLa R t 1，电流在t 1时刻方向突变，突变瞬间，电流大小保持I 0＝BLa Rt 1不变，故B 正确，D 错误． 考点电磁感应中的动力学与能量问题1．电荷量的求解 电荷量q ＝I Δt ，其中I 必须是电流的平均值．由E ＝n ΔΦΔt 、I ＝E R 总、q ＝I Δt 联立可得q ＝n ΔΦR 总，此式不涉及时间．2．求解焦耳热Q 的三种方法(1)焦耳定律：Q ＝I 2Rt ，适用于电流、电阻不变；(2)功能关系：Q ＝W 克服安培力，电流变或不变都适用；(3)能量转化：Q ＝ΔE 其他能的减少量，电流变或不变都适用．3．电磁感应综合题的解题策略(1) 电路分析：明确电源与外电路，可画等效电路图．(2) 受力分析：把握安培力的特点，安培力大小与导体棒速度有关，一般在牛顿第二定律方程里讨论，v 的变化影响安培力大小，进而影响加速度大小，加速度的变化又会影响v 的变化．(3) 过程分析：注意导体棒进入磁场或离开磁场时的速度是否达到“收尾速度”．(4) 能量分析：克服安培力做的功，等于把其他形式的能转化为电能的多少．例5 (2019·湖北稳派教育上学期第二次联考)如图9所示，倾角为θ的光滑绝缘斜面上平行于底边的虚线ef 下方有垂直于斜面向下的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B ，边长为L 的正方形导线框abcd 放在斜面上，线框的电阻为R ，线框的cd 边刚好与ef 重合．无初速度释放线框，当ab 边刚好要进入磁场时，线框的加速度刚好为零，线框的质量为m ，重力加速度为g ，求：图9(1)ab 边刚好要进入磁场时线框的速度大小；(2)从释放线框到ab 边进入磁场时，通过线框横截面的电荷量．答案 (1)mgR sin θB 2L 2 (2)BL 2R解析 (1)ab 边刚好要进入磁场时，mg sin θ＝F A ＝B 2L 2v R解得：v ＝mgR sin θB 2L 2(2)线框进入磁场的过程中，平均电流为I ＝E R根据法拉第电磁感应定律有：E ＝ΔФΔt 通过线框横截面的电荷量q ＝I Δt ＝ΔФR ＝BL 2R . 变式训练5．(多选)(2019·辽宁葫芦岛市第一次模拟)如图10甲所示，在MN 、OP 间存在一匀强磁场，t ＝0时，一正方形光滑金属线框在水平向右的外力F 作用下紧贴MN 从静止开始做匀加速运动，外力F 随时间t 变化的图线如图乙所示，已知线框质量m ＝1kg 、电阻R ＝2Ω，则( )图10A ．线框的加速度大小为2m/s 2B ．磁场宽度为6mC ．匀强磁场的磁感应强度大小为2TD ．线框进入磁场过程中，通过线框横截面的电荷量为22C 答案 ACD 解析 整个线框在磁场中运动时只受外力F 作用，则加速度a ＝F m ＝2m/s 2.由题图可知，从线框右边刚进入磁场到右边刚离开磁场，运动的时间为2s ，磁场的宽度d ＝12at 12＝4m ，所以选项A 正确，B 错误；当线框全部进入磁场前的瞬间：F 1－F 安＝ma ，而F 安＝BIL ＝B 2L 2v R ＝B 2L 2at R，线框的宽度L ＝12at 12＝12×2×12m ＝1m ，联立得：B ＝2T ，所以选项C 正确；线框进入磁场过程中，通过线框横截面的电荷量为q ＝ΔФR ＝BL 2R ＝2×122C ＝22C ，所以选项D 正确． 例6 (2019·浙南名校联盟期末)如图11甲所示，在竖直方向上有4条间距相等的水平虚线L 1、L 2、L 3、L 4，在L 1L 2之间、L 3L 4之间存在匀强磁场，大小均为1T ，方向垂直于虚线所在平面．现有一根电阻为2Ω的均匀金属丝，首尾相连制成单匝矩形线圈abcd ，连接处接触电阻忽略，宽度cd ＝L ＝0.5m ，线圈质量为0.1kg ，将其从图示位置由静止释放(cd 边与L 1重合)，速度随时间变化的关系如图乙所示，其中0～t 1时间内图线是曲线，其他时间内都是直线；并且t 1时刻cd 边与L 2重合，t 2时刻ab 边与L 3重合，t 3时刻ab 边与L 4重合，已知t 1～t 2的时间间隔为0.6 s ，整个运动过程中线圈平面始终处于竖直方向(重力加速度g 取10m/s 2)．求：图11(1)线圈匀速运动的速度大小；(2)线圈的长度ad ；(3)在0～t 1时间内通过线圈的电荷量；(4)0～t 3时间内，线圈ab 边产生的热量．答案 (1) 8m/s (2) 2m (3) 0.25C (4) 0.18J解析 (1) t 2～t 3时间ab 边在L 3L 4内做匀速直线运动，E ＝BLv 2，F ＝B E RL ，F ＝mg 联立解得：v 2＝mgR B 2L 2＝8m/s.(2)从cd 边出L 2到ab 边刚进入L 3线圈一直做匀加速直线运动，ab 刚进上方磁场时，cd 也应刚进下方磁场，设磁场宽度是d ，由v 2＝v 1＋gt 得，v 1＝2m/s ，则3d ＝v 1＋v 22t ＝3m ，得：d ＝1m ，有：ad ＝2d ＝2m.(3)0～t 1时间内，通过线圈的电荷量为q ＝ΔΦR ＝BdL R＝0.25C. (4)在0～t 3时间内由能量守恒得：线圈产生热量Q 总＝mg ·5d －12mv 22＝1.8J 故线圈ab 边产生热量Q ＝110Q 总＝0.18J. 变式训练6.(2019·福建三明市期末质量检测)如图12所示，足够长的光滑导轨倾斜放置，导轨平面与水平面夹角θ＝37°，导轨间距L ＝0.4m ，其下端连接一个定值电阻R ＝4Ω，其他电阻不计．两导轨间存在垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度B ＝1T ．一质量为m ＝0.04kg 的导体棒ab 垂直于导轨放置，现将导体棒由静止释放，取重力加速度g ＝10m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.图12(1)求导体棒下滑的最大速度；(2)若导体棒从静止加速到v ＝4m/s 的过程中，通过R 的电荷量q ＝0.2C ，求R 产生的热量值． 答案 (1)6m/s (2)0.16J解析 (1)当导体棒所受的合外力为零时，速度最大，则：mg sin θ＝BIL ，I ＝BLv R，联立解得v ＝6m/s(2)设该过程中电流的平均值为I ，则q ＝I Δt I ＝E R ，E ＝BLx Δt由能量守恒定律可得：mgx sin θ＝12mv 2＋Q 联立解得：x ＝2m ，Q ＝0.16J ．专题突破练级保分练1.(2019·广东珠海市质量监测)如图1所示，使一个水平铜盘绕过其圆心的竖直轴OO′转动，摩擦等阻力不计，转动是匀速的．现把一个蹄形磁铁水平向左移近铜盘，则( )图1A．铜盘转动将变快B．铜盘转动将变慢C．铜盘仍以原来的转速转动D．因磁极方向未知，无法确定答案 B解析假设蹄形磁铁的上端为N极，下端为S极，铜盘顺时针转动(从OO′方向看)．根据右手定则可以确定此时铜盘中的感应电流方向是从盘心指向边缘．通电导体在磁场中要受到力的作用，根据感应电流的方向和磁场的方向，利用左手定则可以确定磁场对铜盘的作用力的方向是沿逆时针方向，其受力方向与铜盘的转动方向相反，所以铜盘的转动速度将减小．无论怎样假设，铜盘的受力方向始终与转动方向相反．同时，转动过程中，机械能转化为电能，最终转化为内能，所以转得慢了．所以B正确，A、C、D错误．2．(多选)(2019·福建泉州市期末质量检查)如图2甲所示，匀强磁场垂直穿过矩形金属线框abcd，磁感应强度B随时间t按图乙所示规律变化，下列说法正确的是( )图2A．t1时刻线框的感应电流方向为a→b→c→d→aB．t3时刻线框的感应电流方向为a→b→c→d→aC．t2时刻线框的感应电流最大D．t1时刻线框ab边受到的安培力方向向右答案AD解析t1时刻穿过线框的磁通量向里增加，根据楞次定律可知，线框的感应电流方向为a→b→c→d→a，由左手定则可知，线框ab边受到的安培力方向向右，选项A、D正确；t3时刻穿过线框的磁通量向里减小，可知线框的感应电流方向为a→d→c→b→a，选项B错误；B－t图象的斜率等于磁感应强度的变化率，可知t2时刻磁感应强度的变化率为零，则线框的感应电流为零，选项C错误．3.(多选)(2019·全国卷Ⅲ·19)如图3，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．t ＝0时，棒ab 以初速度v 0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v 1、v 2表示，回路中的电流用I 表示．下列图像中可能正确的是( )图3答案 AC解析 棒ab 以初速度v 0向右滑动，切割磁感线产生感应电动势，使整个回路中产生感应电流，判断可知棒ab 受到与v 0方向相反的安培力的作用而做变减速运动，棒cd 受到与v 0方向相同的安培力的作用而做变加速运动，它们之间的速度差Δv ＝v 1－v 2逐渐减小，整个系统产生的感应电动势逐渐减小，回路中感应电流逐渐减小，最后变为零，即最终棒ab 和棒cd 的速度相同，v 1＝v 2，这时两相同的光滑导体棒ab 、cd 组成的系统在足够长的平行金属导轨上运动，水平方向上不受外力作用，由动量守恒定律有mv 0＝mv 1＋mv 2，解得v 1＝v 2＝v 02，选项A 、C 正确，B 、D 错误．4.(2019·甘肃兰州市第一次诊断)如图4所示，宽为L 的光滑导轨竖直放置，左边有与导轨平面垂直的区域足够大的匀强磁场，磁感应强度为B ，右边有两块水平放置的金属板，两板间距为d .金属板和电阻R 都与导轨相连．要使两板间质量为m 、带电荷量为－q 的油滴恰好处于静止状态，阻值也为R 的金属棒ab 在导轨上的运动情况可能为(金属棒与导轨始终接触良好，导轨电阻不计，重力加速度为g )( )图4A ．向右匀速运动，速度大小为2dmg BLqB ．向左匀速运动，速度大小为2dmg BLqC ．向右匀速运动，速度大小为dmg2BLq D ．向左匀速运动，速度大小为dmg 2BLq答案 A解析 两板间质量为m 、带电荷量为－q 的油滴恰好处于静止状态，则qE ＝mg ，板间电场强度E ＝mg q ，方向竖直向下；两板间电压U ＝Ed ＝mgd q，且上板带正电、下板带负电．金属棒ab 切割磁感线相当于电源，两金属板与电阻R 并联后接在金属棒两端，则金属棒中电流方向由b 流向a ，U ＝R R ＋R ·E ＝12·BLv ，则金属棒ab 在导轨上的运动速度v ＝2mgd qBL；据金属棒中电流方向由b 流向a 和右手定则可得，金属棒向右运动．综上，A 正确，B 、C 、D 错误．5.(2019·北京市东城区上学期期末)如图5所示，两光滑水平放置的平行金属导轨间距为L ，直导线MN 垂直跨在导轨上，且与导轨接触良好，整个装置处于垂直于纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度大小为B .电容器的电容为C ，除电阻R 外，导轨和导线的电阻均不计．现给导线MN 一初速度，使导线MN 向右运动，当电路稳定后，MN 以速度v 向右匀速运动时( )图5A ．电容器两端的电压为零B ．通过电阻R 的电流为BLv RC ．电容器所带电荷量为CBLvD ．为保持MN 匀速运动，需对其施加的拉力大小为B 2L 2v R答案 C解析 当导线MN 匀速向右运动时，导线所受的合力为零，说明导线不受安培力，电路中电流为零，故电阻两端没有电压．此时导线MN 产生的感应电动势恒定，根据闭合电路欧姆定律得知，电容器两板间的电压为U ＝E ＝BLv ，故A 、B 错误．电容器所带电荷量Q ＝CU ＝CBLv ，故C 正确；因匀速运动后MN 所受合力为0，而此时无电流，不受安培力，则无需拉力便可做匀速运动，故D 错误．6．(多选)(2019·湖北稳派教育上学期第二次联考)如图6甲所示，通电直导线MN 和正方形导线框在同一水平面内，ab 边与MN 平行，先给MN 通以如图乙所示的电流，然后再通以如图丙所示的正弦交流电，导线和线框始终保持静止不动，电流从N 到M 为正，已知线框中的磁通量与直导线MN 中的电流成正比，则下列说法正确的是( )图6A ．通以如图乙所示的电流时，线框中产生的电流先减小后增大B ．通以如图乙所示的电流时，线框中的感应电流方向始终不变C ．通以如图丙所示的电流时，0～t 2时间内，线框受到的安培力方向不变D ．通以如图丙所示的电流时，t 3时刻线框受到的安培力为零答案 BD解析 由题意可知，从N 到M 的方向为电流正方向；通以如题图乙所示的电流时，在0～t 1时间内电流方向为从M 到N ，穿过线框abcd 的磁场方向垂直纸面向外，大小在减小，由楞次定律可得，感应电流方向为逆时针，即为abcda ；在t 1时刻后，电流方向为N 到M ，穿过线框abcd 的磁场方向垂直纸面向里，大小在增大，由楞次定律可得，感应电流方向为逆时针，即为abcda ，故电流的方向不变，根据法拉第电磁感应定律有：E ＝ΔФΔt，则线框中的感应电流为I ＝E R ＝ΔФΔt ×1R ，因线框中的磁通量与直导线MN 中的电流成正比，即ΔФΔt ∝ΔI Δt，则由乙图可知ΔI Δt 一直保持不变，故ΔФΔt不变，则感应电流I 不变，故A 错误，B 正确；通以如题图丙所示的电流时，在0～t 22时间内，导线中电流沿正方向增大，则线框中的磁场向里增大，由楞次定律可知，感应电流方向为逆时针，即为abcda ，根据左手定则可知，ab 边受到的安培力方向向右，cd 边受到的安培力方向向左，根据F ＝BIL 可知，I 、L 相同，但ab 边离导线近，故ab 边所在处的磁感应强度大于cd 边所在处的磁感应强度，则此时安培力的方向向右；在t 22～t 2时间内，导线中电流沿正方向减小，则线框中的磁场向里减小，由楞次定律可知，感应电流方向为顺时针，即为adcba ；根据左手定则可知，ab 边受到的安培力方向向左，cd 边受到的安培力方向向右，根据F ＝BIL 可知，I 、L 相同，但ab 边离导线近，故ab 边所在处的磁感应强度大于cd 边所在处的磁感应强度，则此时安培力的方向向左，故在0～t 2时间内线框受到的安培力方向改变，故C 错误；由题图丙可知，在t 3时刻电流为零，根据F ＝BIL 可知，此时线框受到的安培力为零，故D 正确．7．(2019·湖北十堰市上学期期末)如图7甲所示，导体棒MN 置于水平导轨上，PQMN 所围成的矩形的面积为S ，PQ 之间有阻值为R 的电阻，不计导轨和导体棒的电阻．导轨所在区域内存在沿竖直方向的匀强磁场，规定磁场方向竖直向上为正，在0～2t 0时间内磁感应强度的变化情况如图乙所示，导体棒MN 始终处于静止状态．下列说法正确的是( )图7A ．在0～2t 0时间内，导体棒受到的导轨的摩擦力方向先向左后向右，大小不变B ．在0～t 0时间内，通过导体棒的电流方向为N 到MC ．在t 0～2t 0时间内，通过电阻R 的电流大小为SB 0Rt 0D ．在0～t 0时间内，通过电阻R 的电荷量为2SB 0R答案 B解析 由题图乙所示图象可知，0～t 0时间内磁感应强度减小，穿过回路的磁通量减小，由楞次定律可知，为阻碍磁通量的减少，导体棒具有向右的运动趋势，导体棒受到向左的摩擦力，在t 0～2t 0时间内，穿过回路的磁通量增加，为阻碍磁通量的增加，导体棒有向左的运动趋势，导体棒受到向右的摩擦力，则在这两个时间段内摩擦力方向相反；0～t 0时间内产生的感应电动势与感应电流的大小不变，但磁感应强度是变化的，所以安培力是变化的，同理，在t 0～2t 0时间内安培力也是变化的，所以0～2t 0时间内摩擦力的大小是变化的，故A 错误；由题图乙所示图象可知，在0～t 0时间内磁感应强度减小，穿过闭合回路的磁通量减少，由楞次定律可知，感应电流沿逆时针方向，通过导体棒的电流方向为N 到M ，故B 正确；由题图乙所示图象，应用法拉第电磁感应定律可得，在t 0～2t 0时间内感应电动势：E ＝ΔФΔt ＝ΔB ·S Δt＝2B 0·S t 0，感应电流为：I 2＝E R ＝2B 0S Rt 0，故C 错误；由题图乙所示图象，应用法拉第电磁感应定律可得，在0～t 0时间内感应电动势：E 1＝ΔФΔt ＝ΔB ·S Δt ＝B 0S t 0；感应电流为：I 1＝E 1R ＝B 0S Rt 0，电荷量：q 1＝I 1t 0＝B 0S R，故D 错误．级争分练8.(2019·福建漳州市第二次教学质量监测)如图8所示，在竖直面内有一半径为L 的圆形光滑金属导轨CPD ，处于磁感应强度大小为B 、方向垂直导轨平面(纸面)向里的匀强磁场中，圆心为O ，直径CD 水平，半径OP 竖直，O 、D 间用导线连接．一质量分布均匀的金属棒OA ，长。
高考物理二轮复习第1部分专题4电路与电磁感应第1讲直流电路与交流电路教案
直流电路与交流电路第1讲直流电路与交流电路[高考统计·定方向] (教师授课资源)(2016·全国卷Ⅱ·T17)阻值相等的四个电阻、电容器C及电池E(内阻可忽略)连接成如图所示的电路。
开关S断开且电流稳定时，C所带的电荷量为Q1；闭合开关S，电流再次稳定后，C所带的电荷量为Q2。
Q1与Q2的比值为( )A.25B.12C.35D.23C[断开S和闭合S后等效电路分别如图甲、乙所示。
甲乙根据串联电路的电压与电阻成正比可得甲、乙两图中电容器两极板间的电压U1＝15E，U2＝13E，C所带的电荷量Q＝CU，则Q1∶Q2＝3∶5，选项C正确。
]1．直流电路动态分析方法(1)程序法R 局――→增大减小I 总＝ER ＋r――→减小增大U 内＝I 总r ――→减小增大U 外＝E －U 内――→增大减小确定U 支、I 支。
(2)结论法——“串反并同”(电源内阻不能忽略)“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)(如下T 1)。
(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。
2．功率的最值问题(1)定值电阻的功率：P 定＝I 2RR 为定值电阻，P 定只与电流有关系，当R 外最大时，I 最小，P 定最小，当R 外最小时，I最大，P 定最大。
(2)电源的输出功率：P ＝E 2R 外r ＋R 外2＝E 2R 外－r 2R 外＋4r 。
当R 外＝r 时，P 出功率最大。
(3)变化电阻的功率的最大值：利用等效思想，把除变化电阻之外的其他的定值电阻等效成电源的内阻r ′。
考向1 直流电路的动态分析1．(多选)(2019·衡水中学二模)如图所示的电路中，电源电动势为E ，内阻为r ，开关S 闭合后，平行板电容器中的带电液滴M 处于静止状态，电流表和电压表均为理想电表，则( )A ．带电液滴M 一定带正电B ．R 4的滑片向上端移动时，电流表示数减小，电压表示数增大C ．若仅将电容器下极板稍微向上平移，带电液滴M 将向上极板运动D ．若将开关S 断开，带电液滴M 将向下极板运动BC [电容器的上极板带正电，板间场强方向向下，带电液滴M 处于平衡状态，则知受到的电场力向上，带电液滴M 带负电，故A 错误。
2020高考物理二轮复习专题教案：四电路与电磁感应第8课时直流电路与交流电路教案
直流电路与交流电路考情分析与备考建议1．五年考情分析2．复习备考建议(1)直流电路的考查除2016年全国卷Ⅱ17题外，还没在选择题中单独考查过，一般以实验题为主，单独考查的角度应该是动态电路分析和含容电路分析，或与电磁感应相结合．交变电流在高考中有轮考的特点，2014～2016年很热，考查重点是理想变压器及相关知识，难度适中．由于2017年动量、近代物理改为必考，影响了交变电流在选择题中出现的频率，2017年全国卷中没出现，2018年只有全国卷Ⅲ中出现，2019年全国卷中没出现．(2)产生感应电流的条件、楞次定律、右手定则、法拉第电磁感应定律的基本应用，往往以选择题形式结合图象、电路、历史中的著名实验、现代科技中的应用等创设新情景，总体难度不大．计算题在2016年全国卷Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中出现过，一般考查电磁感应定律的应用，与力学问题结合时一般是匀速或静止时的平衡问题，较简单．电磁感应与动量知识的结合可能是新的考查点，应引起重视．第8课时 直流电路与交流电路考点直流电路分析1．电容器的特点(1)只有当电容器充、放电时，电容器所在支路中才会有电流，当电路稳定时，电容器所在的支路相当于断路．(2)电路稳定时，与电容器串联的电路中没有电流，同支路的电阻相当于导线，电容器两端的电压为与之并联的电阻两端的电压． 2．1个定律、2个关系 (1)闭合电路欧姆定律：I ＝ER ＋r.(2)路端电压与电流的关系：U ＝E －Ir . (3)路端电压与负载的关系：U ＝IR ＝R R ＋r E ＝11＋rRE ，路端电压随外电阻的增大而增大，随外电阻的减小而减小．3．动态分析3法 方法1：程序法R 局――→增大减小R 总――→增大减小I 总＝E R 总＋r ――→减小增大U 内＝I 总r ――→减小增大U 外＝E －U 内――→增大减小确定U 支、I 支． 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：极限法因滑动变阻器滑片滑动引起电路变化的问题，可将滑动变阻器的滑片分别滑至两个极端，使电阻最大或电阻为零，再去讨论．例1 (多选)(2019·河北衡水中学高考模拟)如图1所示电路中，电源内阻忽略不计，R 0为定值电阻，R m 为滑动变阻器R 的最大阻值，且有R 0＞R m ；开关S 1闭合后，理想电流表A 的示数为I ，理想电压表V 1、V 2的示数分别为U 1、U 2，其变化量的绝对值分别为ΔI 、ΔU 1、ΔU 2，则下列说法正确的是( )图1A ．保持开关S 2断开，将R 的滑片向右移动，则电流表A 示数变小、电压表V 2示数变小B ．保持R 的滑片不动，闭合开关S 2，则电流表A 示数变大、电压表V 1示数变小C ．保持开关S 2断开，将R 的滑片向右移动，则滑动变阻器消耗的电功率减小D ．保持开关S 2断开，将R 的滑片向右移动，则有ΔU 1ΔI ＝ΔU 2ΔI答案 AD解析 保持开关S 2断开，将R 的滑片向右移动时，R 接入电路中的电阻增大，电路总电阻增大，则由闭合电路欧姆定律可知，干路电流减小，电流表A 示数减小，电压表V 2示数减小，故A 正确；保持R 的滑片不动，闭合开关S 2，R 0被短路，电路总电阻减小，干路电流增大，电流表A 示数增大；而U 1＝IR ，可知电压表V 1示数增大，B 错误；当滑动变阻器的电阻等于等效电源的内阻时，滑动变阻器的功率达到最大，保持开关S 2断开，将R 的滑片向右移动，由于R 0＞R m ，所以滑动变阻器的功率一直在增大，故C 错误；由U 1＝E －IR 0可知，ΔU 1ΔI ＝R 0，由U 2＝IR 0可知，ΔU 2ΔI ＝R 0，故D 正确．变式训练1.(2019·江苏南通市通州区、海门市、启东联考)如图2所示，R 1是光敏电阻(光照增强，电阻减小)，C 是电容器，R 2是定值电阻．当R 1受到的光照强度减弱时( )图2A ．电阻R 2上的电流增大B ．光敏电阻R 1两端的电压减小C ．电源两端电压减小D ．电容器C 的带电荷量减小 答案 D解析 当R 1受到的光照强度减弱时，R 1的电阻增大，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律得，总电流I 减小，即流过R 2的电流减小，R 2两端电压减小，路端电压U ＝E －Ir ，E 、r不变，则U增大，所以光敏电阻R1两端的电压增大，故A、B、C错误；由于电容器与R2并联，所以电容器两端电压减小，由公式Q＝CU2可知，电容器的带电荷量减小，故D正确．2.(2019·宁夏银川市六盘山上学期期末)在如图3所示的电路中，E为电源，电源内阻为r，L为小灯泡(灯丝电阻可视为不变)，电压表为理想电压表，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，将滑动变阻器的滑片向上移动，则( )图3A．电压表的示数变大B．小灯泡L消耗的功率变小C．通过R2的电流变小D．电源内阻的电压变大答案 B解析滑动变阻器的滑片向上移动，则接入电路的阻值增大，电路中的总电阻增大；由闭合电路欧姆定律可得，电路中电流减小，故R1两端的电压减小，电压表的示数变小，故A错误；由并联电路的电流规律可知，流过灯泡L的电流一定减小，故由P＝I2R可知，小灯泡L消耗的功率变小，故B正确；因电路中电流减小，故电源内阻的电压减小，路端电压增大，同时R1两端的电压减小，故并联电路部分电压增大，则流过R2的电流增大，故C、D错误．例2(2019·辽宁沈阳市质量检测(一))某同学将一闭合电路电源的总功率P E、输出功率P R 和电源内部的发热功率P r随电流I变化的图线画在了同一坐标系中，如图4中的a、b、c所示，则下列判断正确的是( )图4A．直线a表示电源内部的发热功率随电流I变化的图线B．曲线b表示电源的总功率随电流I变化的图线C．曲线c表示电源的输出功率随电流I变化的图线D．电源的电动势E＝3V，内电阻r＝2Ω答案 C解析 由电源消耗总功率和电源内部消耗功率表达式P E ＝EI ，P r ＝I 2r 可知，a 是直线，表示的是电源消耗的总功率P E ，b 是抛物线，表示的是电源内电阻上消耗的功率P r ，c 表示外电阻的功率即为电源的输出功率P R ＝EI －I 2r ，所以A 、B 错误，C 正确；由题图可知，当短路时电流为2A ，总功率P E ＝EI ＝6W ，则可知电动势为：E ＝3V ，则r ＝E I ＝32Ω＝1.5Ω，故D 错误． 变式训练3．(2019·福建厦门市模拟)如图5所示，电源电动势为E ，内阻为r ，电路中的R 2、R 3分别为总阻值一定的滑动变阻器，R 0为定值电阻，R 1为光敏电阻(其阻值随光照强度增大而减小)．当电键S 闭合时，电容器中一带电微粒恰好处于静止状态，下列说法中正确的是( )图5A ．只逐渐增大R 1的光照强度，电阻R 0消耗的电功率变大，电阻R 3中有向上的电流B ．只调节电阻R 3的滑动端P 2向上端移动，电源消耗的功率变大，电阻R 3中有向上的电流C ．只调节电阻R 2的滑动端P 1向下端移动，电压表示数变大，带电微粒向下运动D ．若断开电键S ，电容器所带电荷量变大，带电微粒向上运动 答案 A解析 只逐渐增大R 1的光照强度，R 1的阻值减小，总电阻减小，总电流增大，电阻R 0消耗的电功率变大，R 2两端的电压变大，电容器两端的电压增大，电容器充电，电容器所带电荷量变大，所以R 3中有向上的电流，故A 正确；电路稳定时，电容器相当于断路，只调节R 3的滑动端P 2向上端移动时，对电路没有影响，故B 错误；只调节R 2的滑动端P 1向下端移动时，与电容器并联部分的电阻变大，所以电容器两端的电压变大，电场力变大，带电微粒向上运动，故C 错误；若断开电键S ，电容器放电，电容器所带电荷量变小，电容器两端电压变小，两极板间电场变小，带电微粒所受电场力减小，合力向下，则带电微粒向下运动，故D 错误．考点交变电流的产生及描述1．交变电流的产生线圈绕垂直于磁场方向的轴匀速转动． 2．线圈通过中性面时的特点 (1)穿过线圈的磁通量最大；(2)线圈中的感应电动势为零；(3)线圈每经过中性面一次，感应电流的方向改变一次． 3．交变电流“四值”的应用(1)最大值：E m ＝nBS ω，分析电容器的耐压值；(2)瞬时值：E ＝E m sin ωt (从中性面开始计时)，计算闪光电器的闪光时间、线圈某时刻的受力情况；(3)有效值：电表的读数及计算电热、电功、电功率及保险丝的熔断电流； (4)平均值：E ＝nΔФΔt，计算通过电路横截面的电荷量． 例3 (多选)(2019·安徽皖江名校联盟摸底大联考)图6所示为交流发电机发电的简易原理图，n 匝矩形线圈的面积为S ，整个装置处在磁感应强度大小为B 、方向竖直向下的匀强磁场中，已知线圈的总电阻为r ，通过电刷与定值电阻R 相连接，与定值电阻并联一理想的交流电压表，现矩形线圈绕中心轴线OO ′以恒定的角速度ω匀速转动．t ＝0时刻线圈处在中性面．下列说法正确的是( )图6A ．t ＝0时刻流过定值电阻的电流方向向左B ．线圈中产生感应电动势的瞬时值表达式为e ＝nBS ωsin ωt (V)C ．线圈转动的过程中，电压表的读数为nBS ωRR ＋rD ．从t ＝0时刻起，线圈转过60°角时流过定值电阻的瞬时电流为3nBS ω2(R ＋r )答案 BD解析 t ＝0时刻线圈与磁场方向垂直，即线圈的速度与磁场方向平行，因此t ＝0时感应电动势为零，感应电流为零，A 错误；从中性面开始计时，感应电动势随时间按正弦规律变化，且最大感应电动势E m ＝nBS ω，所以感应电动势的瞬时值表达式为e ＝nBS ωsin ωt (V)，B 正确；线圈转动的过程中，最大感应电动势E m ＝nBS ω，则产生的感应电动势的有效值为E ＝22nBS ω，因此电压表的示数为U ＝2R2(R ＋r )nBS ω，C 错误；线圈从t ＝0开始转过60°角时，瞬间电流为i ＝eR ＋r ＝nBS ωsinπ3R ＋r＝3nBS ω2(R ＋r )，D 正确．变式训练4．(2019·贵州贵阳市一模)如图7甲为某品牌电热毯的简易电路，电热丝的电阻为R ＝484Ω，现将其接在u ＝2202sin100πt (V)的正弦交流电源上，电热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( )图7A ．220V 、100WB ．156V 、50WC ．110V 、25WD ．311V 、200W答案 B解析 由题图象可知温控装置P 输入的交变电流的周期T ＝2×10－2s ；可分为0～T 2和T2～T 两段，根据有效值的定义可得⎝ ⎛⎭⎪⎫U m 22R ×T2＋0＝U 2R ×T ，解得U ＝U m2≈156V，电热毯在保温状态下消耗的电功率为P ＝U 2R＝50W ，故B 正确．5．(多选)(2019·山东德州市上学期期末)如图8所示，匀强磁场的磁感应强度大小为1T ，单匝正方形导线框的边长为1m ，总电阻为1Ω，开始时处于位置Ⅰ，现用外力使导线框绕ab 边匀速转过180°至位置Ⅱ，转动的角速度为πrad/s ，则在此过程中以下说法正确的是( )图8A ．通过导线横截面的电荷量为零B ．通过导线横截面的电荷量为2C C ．外力做功为π22JD ．外力做功为π24J答案 BC解析 通过导线横截面的电荷量q ＝ΔΦR ＝2BL 2R ＝2×1×121C ＝2C ，选项A 错误，B 正确；E m＝B ωS ＝1×π×12V ＝πV ，则外力做功W ＝E 2R t ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫π221×ππJ ＝π22J ，选项C 正确，D 错误．6．(多选)(2019·广西桂林等六市第一次联合调研)如图9甲所示，标有“220V 40W”的灯泡和标有“20μF 360V”的电容器并联到交流电源上，V 为理想交流电压表，交流电源的输出电压如图乙中正弦曲线所示，闭合开关S.下列判断正确的是( )图9A ．电容器会被击穿B ．交流电源的输出电压的有效值为220VC ．t ＝T 2时刻，V 的示数为零D ．t ＝T2时刻，通过灯泡的电流为零答案 BD解析 由题图可知交流电压的最大值为2202V≈311V，小于电容器的击穿电压，故电容器不会被击穿，故A 错误；由题图乙可知，交流电压的有效值为22022V ＝220V ，故B 正确；交流电压表的示数为有效值，则t ＝T 2时刻，电压表的示数为220V ，故C 错误；t ＝T2时刻，灯泡两端电压的瞬时值为0，通过灯泡的电流的瞬时值为0，故D 正确．考点变压器与远距离输电1．理想变压器的基本关系式 (1)功率关系：P 入＝P 出． (2)电压关系：U 1U 2＝n 1n 2.(3)电流关系：只有一个副线圈时I 1I 2＝n 2n 1. 2．动态分析的两种情况(1)负载电阻不变，讨论变压器原、副线圈两端的电压、电流、电功率等随匝数比的变化情况． (2)匝数比不变，讨论变压器原、副线圈两端的电压、电流、电功率等随负载电阻的变化情况． 3．四点说明(1)变压器不能改变直流电压．(2)变压器只能改变交变电流的电压和电流，不能改变交变电流的频率． (3)理想变压器本身不消耗能量．(4)理想变压器基本关系中的U 1、U 2、I 1、I 2均为有效值． 4．输电线路功率损失的计算方法(1)P 损＝P －P ′，P 为输送的功率，P ′为用户所得功率．(2)P 损＝I 线2R 线，I 线为输电线路上的电流，R 线为输电线路的总电阻． (3)P 损＝(ΔU )2R 线，ΔU 为在输电线路上损失的电压，R 线为线路总电阻．(4)P 损＝ΔU ·I 线，ΔU 为在输电线路上损失的电压，I 线为输电线路上的电流．例4 (2019·安徽A10联盟开年考)如图10甲所示，电阻不计的矩形导体线圈固定在水平桌面上，线圈的匝数n ＝100，所围成矩形的面积S ＝0.42m 2，垂直于线圈平面的匀强磁场磁感应强度随时间按如图乙所示的正弦规律变化．在线圈的右边接一含有理想变压器的电路，变压器原、副线圈的匝数比为n 1︰n 2＝2︰1，灯泡L 标有“36V 18W”字样，电流表和电压表均为理想交流电表．调节滑动变阻器R 的滑片，当电流表示数为0.8A 时，灯泡L 刚好正常发光，则( )图10A ．电压表的示数等于402VB ．定值电阻R 0的阻值为5ΩC ．在0～1.57×10－2s 的时间内，通过小灯泡L 的电荷量为7.85×10－3C D ．当滑动变阻器R 的滑片向下滑动时，电流表的示数变大，电压表的示数变小 答案 B解析 矩形导体线圈中产生的感应电动势的最大值为E m ＝nB m S 2πT，解得E m ＝802V ，电压表的示数为U ＝n 2E m2n 1，解得U ＝40 V ，选项A 错误；定值电阻R 0两端的电压U 0＝U －U L ＝4V ，定值电阻R 0的阻值为R 0＝U 0I＝5Ω，选项B 正确；在0～1.57×10－2s 的时间内，通过小灯泡的电流有向上和向下的过程，所以通过小灯泡L 的总的电荷量为零，选项C 错误；当滑动变阻器R 的滑片向下滑动时，电流表的示数变大，电压表的示数不变，选项D 错误．变式训练7.(多选)(2019·山东日照市3月模拟)教学用发电机能够产生正弦式交变电流．利用该发电机通过理想变压器向用电器供电，电路如图11所示．副线圈的匝数可以通过滑动触头Q 来调节，副线圈两端连接定值电阻R 0、灯泡L 和滑动变阻器R ，P 为滑动变阻器的滑片，原线圈上连接一只理想交流电流表A ，闭合开关S ，电流表的示数为I ，则( )图11A ．仅增大发电机线圈的转速，I 增大B ．仅将P 向上滑动，I 增大C ．仅将Q 向上滑动，I 增大D ．仅将开关S 断开，I 增大 答案 AC解析 仅增大发电机线圈的转速n ，则角速度ω＝2πn 增大，则最大感应电动势E m ＝NBS ω增大，则电动势的有效值增大，由于原、副线圈匝数不变，故副线圈两端电压增大，则副线圈电流增大，根据I 1I 2＝n 2n 1可知原线圈电流I 增大，故选项A 正确；仅将P 向上滑动，则副线圈总电阻增大，则副线圈电流减小，根据I 1I 2＝n 2n 1可知原线圈电流I 减小，故选项B 错误；仅将Q 向上滑动，则副线圈的匝数增大，由于原线圈两端电压不变，则根据U 1U 2＝n 1n 2可知，副线圈两端电压增大，则副线圈电流增大，根据I 1I 2＝n 2n 1可知原线圈电流I 增大，故选项C 正确；仅将开关S 断开，则副线圈总电阻增大，由于原、副线圈电压均不变，则副线圈电流减小，根据I 1I 2＝n 2n 1可知原线圈电流I 减小，故选项D 错误．8.(2019·湖北恩施州2月教学质量检测)在如图12所示的电路中，变压器为理想变压器，原、副线圈的匝数比为1︰2，三个定值电阻的阻值相同，电压表为理想交流电表．现在a 、b 端输入正弦式交变电流，电键S 断开时，电压表的示数为U 1，电键S 闭合后，电压表的示数为U 2，则U 1U 2的值为( )图12A.23B.32C.35D.53答案 D解析 设ab 端输入的电压有效值为U ，当电键S 断开时，原线圈两端的电压为U 12，副线圈中的电流为U 12R ；原线圈中的电流为U 1R ，则U ＝U 12＋U 1＝3U 12；当电键S 闭合时，原线圈两端的电压为U 22，副线圈中的电流为U 2R ，原线圈中的电流为2U 2R ，则U ＝U 22＋2U 2＝5U 22；解得U 1U 2＝53，故选D. 例5 (多选)(2019·广东深圳市4月第二次调研)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13为远距离输电示意图，发电厂输出电压U 1＝104V ，输出功率P 1＝109W ，两个理想变压器的匝数比分别为n 1∶n 2＝1∶100、n 3∶n 4＝100∶1，输电线总电阻r ＝50Ω.则( )图13A ．U 4＝U 1B ．I 4＝I 1C ．通过电阻r 的电流I 2＝2×104AD ．电阻r 损耗的电功率为5×107W答案 BD 解析 I 1＝P 1U 1＝1×105A ，根据I 1I 2＝n 2n 1可得，I 2＝n 1n 2I 1＝1100×105A ＝103A ，则通过电阻r 的电流为103A ，故C 错误；电阻r 两端的电压为U r ＝I 2r ＝103A×50Ω＝5×104V ，则U 3＝U 2－U r ＝106V－5×104V ＝9.5×105V ，U 4＝n 4n 3U 3＝1100×9.5×105V ＝9.5×103V ，则U 4≠U 1，故A 错误；由于I 2＝I 3，I 4＝n 3n 4I 3＝1001×103A ＝105A ，则I 4＝I 1，故B 正确；电阻r 损耗的功率P r ＝I 22r ＝(103)2×50W＝5×107W ，故D 正确． 变式训练9．(多选)(2019·广东清远市期末质量检测)如图14所示，一个小型水电站，其交流发电机的输出电压U 1一定，通过理想升压变压器T 1和理想降压变压器T 2向远处用户供电，输电线的总电阻为R .T 1的原、副线圈匝数分别为n 1、n 2，输入电压和输入功率分别为U 1和P 1，输出电压和输出功率分别为U 2和P 2；T 2的原、副线圈匝数分别为n 3、n 4，输入电压和输入功率分别为U 3和P 3，输出电压和输出功率分别为U 4和P 4.下列说法正确的是( )图14A ．当用户的用电器增加时，U 2、U 3、U 4均变小B ．输电线的总电阻R 两端的电压等于(U 2＋U 3)，且随用户的用电器增加而增加C ．输电线上损失的功率为P 32R U 32，且随用户的用电器增加而增加D ．要减小线路的损耗，应增大n 2n 1，同时增大n 3n 4答案 CD解析 交流发电机的输出电压U 1一定，根据U 1U 2＝n 1n 2，知U 2不变，故A 错误；输电线的总电阻R 两端的电压等于(U 2－U 3)，随用户的用电器增加，由于输电线上的电流会增大，则输电线R上的电压增加，选项B 错误；输电线上的电流I ＝P 3U 3，则输电线上损失的功率为P 损＝I 2R ＝P 32R U 32，且随用户的用电器增加，输电线上的电流会增大，则输电线R 上损失的功率增加，选项C 正确；输送功率一定时，根据P ＝UI 和P 损＝I 2R 知，要减小线路的损耗，应增大输送电压，又U 1一定，根据U 1U 2＝n 1n 2知，所以应增大n 2n 1；U 3＝U 2－IR ，U 2增大，I 2减小，所以U 3增大，用户电压不变，根据U 3U 4＝n 3n 4知，应增大n 3n 4，故D 正确． 专题突破练级保分练1．(2019·河北“五个一名校联盟”第一次诊断)图1所示为一交流电电流随时间变化的图象，此交流电电流的有效值为( )图1A．7AB．5AC．3.52AD．3.5A答案 B解析根据有效值的定义有：(42)2R×0.01×2＋(32)2R×0.01×2＝I2R×0.04，解得I＝5A，故选B.2．(2019·浙江诸暨市期末)图2所示为一个小型电热水器，浸入水中的加热元件电阻器R L ＝1.0Ω，在外部并联的电阻R S＝2.0Ω，电源为恒流电源，在正常工作时，电源始终给电路提供I＝3.0A的恒定电流．则下列说法正确的是( )图2A．R L两端的电压为3.0VB．流过R L的电流为1.0AC．R S上消耗的电功率为2.0WD．如果减小R S的电阻，则R L的电功率增大答案 C3.(多选)(2019·浙江温州市联考)如图3，E为内阻不能忽略的电池，R1、R2、R3为定值电阻，S0、S为开关，V与A分别为理想电压表和理想电流表．初始时S0与S均闭合，现将S断开，则( )图3A．V的读数变大，A的读数变小B．V的读数变大，A的读数变大C．V的读数变小，A的读数变大D ．相同时间内电源内阻消耗的电能比断开前少答案 BD解析 S 断开，相当于电阻变大，则由闭合电路欧姆定律可得电路中总电流减小，故路端电压增大，V 的读数变大，R 1两端电压减小，故R 3两端电压增大，由欧姆定律可知R 3中的电流也增大，电流表示数增大，故B 正确，A 、C 错误；电路中总电流减小，根据P ＝I 2r 可知，内阻消耗的功率减小，则相同时间内电源内阻消耗的电能比断开前少，故D 正确．4.(2019·四川综合能力提升卷(三))在如图4所示的电路中，电源内阻不可忽略，电表均视为理想电表．闭合开关S ，在滑动变阻器R 2的滑片P 向下滑动过程中，下列说法正确的是( )图4A ．电流表A 的示数增大B ．电容器的带电荷量增大C ．电压表V 1示数的变化量与电流表示数的变化量的比值增大D ．电压表V 2示数变化量的绝对值比电压表V 1示数变化量的绝对值小答案 B解析 在R 2的滑片P 向下滑动的过程中滑动变阻器接入电路的电阻增大，所以电路总电阻增大，电路总电流减小，即电流表示数减小，A 错误；在滑动变阻器的滑片P 向下滑动过程中，滑动变阻器接入电路的阻值增大，故路端电压增大，而电容器两端的电压等于路端电压，结合Q ＝CU 可得，电容器的带电荷量增大，B 正确；U 1＝I 1R 1得ΔU 1ΔI 1＝R 1，C 错误；路端电压变大，即电压表V 3示数增大；因为R 1为定值电阻并且通过的电流减小，所以它两端的电压减小，即电压表V 1的示数减小，又因为路端电压变大，所以电压表V 2的示数变大；因U 3＝U 1＋U 2，可知电压表V 2示数变化量的绝对值比电压表V 1示数变化量的绝对值大，D 错误．5.(2019·福建厦门市上学期期末质检)电风扇的挡位变换器电路如图5所示，把它视为一个可调压的理想变压器，总匝数为2400的原线圈输入电压u ＝2202sin100πt (V)，挡位1、2、3、4对应的线圈匝数分别为240、600、1200、2400.电动机M 的内阻r ＝8Ω，额定电压为U ＝220V ，额定功率P ＝110W ．下列判断正确的是( )图5A ．该交流电源的频率为100HzB ．当选择挡位3后，电动机两端电压的最大值为110VC ．当挡位由3变为2后，原线圈的电流变大D ．当选择挡位4后，电动机的输出功率为108W答案 D解析 根据原线圈输入电压的瞬时值表达式知：ω＝100π，交流电源的频率f ＝ω2π＝50Hz ，故A 错误；当选择挡位3后，副线圈的匝数为1200，根据电压与匝数成正比得：220V U 2＝24001200，解得：U 2＝110V ，所以电动机两端电压的最大值为1102V ，故B 错误；当挡位由3变为2后，根据电压与匝数成正比知，副线圈两端的电压减小，输出功率变小，输入功率变小，根据P 1＝U 1I 1知原线圈电流变小，故C 错误；当选择挡位4后，副线圈匝数为2400，根据变压规律得到副线圈两端的电压为220V ，电动机正常工作，流过电动机的电流I ＝P U ＝110220A ＝0.5A ，电动机的发热功率P 热＝I 2r ＝0.52×8W＝2W ，电动机的输出功率P 出＝(110－2 ) W ＝108W ，故D 正确．6.(2019·湖南娄底市下学期质量检测)如图6所示，一理想变压器的原线圈接有电压为U 的交变电流，副线圈接有电阻R 1和光敏电阻R 2(阻值随光照增强而减小)，开关S 开始时处于闭合状态，下列说法正确的是( )图6A ．电流表的示数随时间不断改变B ．当光照变弱时，变压器的输入功率变大C ．当开关S 由闭合到断开时，交流电流表的示数变大D ．当滑动触头P 向下滑动时，电阻R 1消耗的功率增大答案 D解析 光强一定，则R 2一定，电流表的示数为其有效值，保持不变，选项A 错误；当光照变弱时，光敏电阻的阻值变大，输出功率减小，输入功率也变小，故B 错误；当开关S 由闭合到断开时，副线圈两端的电压不变，光敏电阻R2阻值不变，则流过光敏电阻的电流不变，故C错误；当滑动触头P向下滑动时，原线圈匝数减少，根据电压与匝数成正比知，副线圈两端的电压增大，电阻R1两端的电压增大，电阻R1消耗的功率增大，故D正确．7.(2019·贵州安顺市上学期质量监测)如图7所示，在磁感应强度为B的匀强磁场中，有一个匝数为N的矩形线圈abcd，线圈面积为S，ab边与磁场垂直，ab边始终与金属滑环K相连，cd边始终与金属滑环L相连．现使矩形线圈以恒定角速度ω，从图示位置绕过ad、bc中点的轴匀速转动．下列说法中正确的是( )图7A．将交流电流表串联到电路中，其示数随时间按余弦规律变化B．线圈转动的角速度越大，通过电阻R的电流越小C．线圈平面与磁场平行时，瞬时感应电动势最大E m＝NBSωD．线圈平面每转过半圈，穿过线圈平面的磁通量变化量为零答案 C解析交流电流表测量的是交变电流的有效值，不随时间变化，故A错误；根据e＝NBSωcosωt 可知，线圈转动的角速度越大，产生的感应电动势越大，通过电阻R的电流越大，选项B错误．题图所示位置，线圈平面与磁场平行，线圈切割磁感线最快(垂直切割)，感应电动势最大，最大值为E m＝NBSω，故C正确；线圈从中性面位置每转过半圈，穿过线圈平面的磁通量变化量为2BS，选项D错误．8．(2019·河南驻马店市上学期期终)两个电路元件L1和L2的伏安特性曲线如图8甲所示．现把二者串联起来接在直流电源上，电源内阻为1Ω，如图乙所示．闭合开关S后，电路中理想电流表A的读数为0.2A，则电源的电动势和元件L2此时的电功率分别是( )图8A．3V,0.8W B．3.2V,0.8WC．3V,0.4W D．3.2V,0.4W答案 D。
2020版高考物理二轮复习第1部分专题4电路与电磁感应第1讲直流电路与交流电路教案2
直流电路与交流电路第1讲直流电路与交流电路[高考统计·定方向] (教师授课资源)考点考向五年考情汇总1.直流电路的基本概念和规律考向．直流电路的基本概念和规律2016·全国卷Ⅱ T172.交变电流的产生与描述考向1.交变电流的产生2016·全国卷Ⅲ T21考向2.交变电流的四值问题2018·全国卷Ⅲ T263.理想变压器及其远距离输电问题考向 1.原线圈连接负载的理想变压器问题2016·全国卷Ⅰ T162016·全国卷Ⅲ T192015·全国卷Ⅰ T16考向 2.理想变压器及电路的动态分析2014·全国卷Ⅱ T21直流电路的基本概念和规律(5年1考)❶近五年高考体现两大特点：一是直流电路的动态分析，二是与平行板电容器相关联的计算，多以选择题的形式出现。
❷预计2020年高考还可能以动态分析类问题命题。
(2016·全国卷Ⅱ·T17)阻值相等的四个电阻、电容器C及电池E(内阻可忽略)连接成如图所示的电路。
开关S断开且电流稳定时，C所带的电荷量为Q1；闭合开关S，电流再次稳定后，C所带的电荷量为Q2。
Q1与Q2的比值为( )A.25B.12C.35D.23C[断开S和闭合S后等效电路分别如图甲、乙所示。
甲乙根据串联电路的电压与电阻成正比可得甲、乙两图中电容器两极板间的电压U 1＝15E ，U 2＝13E ，C 所带的电荷量Q ＝CU ，则Q 1∶Q 2＝3∶5，选项C 正确。
]1．直流电路动态分析方法 (1)程序法R 局――→增大减小I 总＝ER ＋r――→减小增大U 内＝I 总r ――→减小增大U 外＝E －U 内――→增大减小确定U 支、I 支。
(2)结论法——“串反并同”(电源内阻不能忽略)“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)(如下T 1)。
专题四 电路与电磁感应—人教版高考物理二轮复习教案
专题四电路与电磁感应【复习目标】1.熟练掌握闭合电路的欧姆定律及其应用；掌握纯电阻电路和非纯电阻电路的分析与处理。
2.熟练掌握法拉第电磁感应定律及其应用，正弦式交流电的特征及变压器方程3.进一步体会在电磁感应现象中用力的观点和能量的观点解决问题的思路和方法【复习重难点】1.重点：常见电路的分析与计算；法拉第电磁感应定律的应用及变压器方程2.难点：非纯电阻电路的分析计算及电磁感应现象中的能量问题【复习方法】讲授法、自主复习法、讨论法、练习法等。
【课时安排】3课时【教学过程】第一课时电路的分析与计算一.知识点复习提要：1.电阻定律及电阻率的物理意义2.部分电路的欧姆定律和闭合电路的欧姆定律及电路的动态分析方法3.非纯电阻电路中计算电功率、热功率的思路和方法二.例题解析及解题指导：1.对于较复杂的电路分析计算时，首先应明确各元件之间的连接关系及连接层次，可利用电流分支法结合电势分析法简化电路，画等效电路图。
若ab两点间加上12V的电压，则电流表的示数为多少？如果将电流表换图(1)图(2)图(3)2 成理想电压表，电压表的示数又为多少？2.对于纯电阻性用电器，电功率即为发热功率P =UI =I 2R =U 2R。
对于非纯电阻性用电器，一般的把P=UI 称为用电器的输入功率(电流做功的总功率)，把P 1=I 2R 称为用电器的发热功率(通常是无用功的功率)，把P 2=P− P 1称为用电器的输出功率(有用功的功率)。
例2.关于电功、电功率、电热、热功率、焦耳定律的说法正确的是( ) A ．电功率越大，电流做功越快，电路中产生的焦耳热一定越多B ．计算电功时，用W=UIt 适用于任何电路，而用W=I 2Rt=t RU2只适用于纯电阻的电路 C ．对于电动机电功率和热功率的关系有UI<I 2R D ． 电功与电热的关系 P =UI =I 2Rt =U 2Rt 适用于任何电路。
例3：如图（2）所示电路中，电源的电动势E=10V ，内阻r=0.5Ω，电动机的电阻 R 0=1.0Ω，电阻R 1=1.5Ω，电动机正常工作时，电压表的示数为U=3.0V ，求： （1）电源的电功率 (2)电动机消耗的功率 (3)电动机的输出功率 (4)电源的输出功率及效率3.有关闭合电路的动态分析（1）按程序分析解决（2）串反并同法 （关键是搞清电路的结构）例4：电动势为E ，内阻为r 的电源，与定值电阻R 1、R 2R 3的滑动触头P 由a 端向b 端移动时（ ） A.电压表示数变大，电流表示数变小 B.电压表示数变小，电流表示数变大图(1)C.电压表示数变大，电流表示数变大D.电压表示数变小，电流表示数变小第二课时 电磁感应一.知识点复习提要：1.产生感应电流的条件、法拉第电磁感应定律中的感生电动势和动生电动势2.动生电动势问题中与力与运动的关系、功能关系及能量的转化与守恒应用3.正弦式交流电的产生过程、表达式及描述（ “四值”）4.变压器的工作原理方程及动态分析 二.解题指导及例题解析：1. 感应电流的产生：判断感应电流有无；楞次定律或右手定则判断电流方向（增反减同、来拒去留）；法拉第电磁感应定律结合闭合电路的欧姆定律计算电流的大小 例1：电阻R 、电容C 与一线圈连成闭合电路，条形磁铁静止于线圈的正上方，N 极朝下，如图(1)所示。
高考物理二轮复习板块一专题突破复习专题四电路与电磁感应第二讲电磁感应及综合应用学案
高考物理二轮复习板块一专题突破复习专题四电路与电磁感应第二讲电磁感应及综合应用学案
[答案] (1)楞次定律与右手定则的关系
楞次定律
研究
整个闭合导体回路
对象
适用
(2)公式：E＝n
Δt
n：线圈的匝数，ΔΦ：磁通量的变化量，Δt：对应于ΔΦ所用的时间，：磁通量的变化率．
(3)解决电路问题的基本思路
①找电源：哪部分电路产生了电磁感应现象，则这部分电路就是电源．
②由法拉第电磁感应定律求出感应电动势的大小，根据楞次定律或右手定则确定出电源的正负极．
a．在外电路，电流从正极流向负极；在内电路，电流从负极流向正极．
b．存在双感应电动势的问题中，要求出总的电动势．
③正确分析电路的结构，画出等效电路图．
a．内电路：“切割”磁感线的导体和磁通量发生变化的线圈都相当于“电源”，该部分导体的电阻相当于内电阻．
b．外电路：除“电源”以外的电路即外电路．
④运用闭合电路欧姆定律、串并联电路特点、电功率等列方程求解．
(4)动力学问题
基本思路：导体受外力运动感应电动势感应电流导体受安培力―→合外力变化加速度变化―→速度变
化.
考向一楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用
[归纳提炼]
1．感应电流方向的判断方法(1)右手定则，即根据导体在磁场中做切割磁感线运动的情况进
行判断．(2)楞次定律，即根据穿过闭合回路的磁通量的变化情况进行判
断．
2．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”．。
高考物理二轮复习专题四电磁感应和电路第2讲电磁感应的综合问题学案(1)
高考物理二轮复习专题四电磁感应和电路第2讲电磁感应的
综合问题学案(1)
[历次选考考情分析]
考点一电磁感应基本概念和规律的理解
1．解决图象问题的一般步骤
(1)明确图象的种类，即是B－t图象还是Φ－t图象，或者是E－t 图象、I－t图象等．
(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对应关系；
(4)结合法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、牛顿运动定律等规律写出函数关系式；
(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)画出图象或判断图象．
2．电磁感应中图象类选择题的两个常见解法
(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)，特别是物理量的正负，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作出分析和判断，这未必是最简捷的方法，但却是最有效的办法．
1．[感应电流的产生](多选)下列各图所描述的物理情境中，有感应电流产生的是( )
答案BCD
解析A中电键S闭合稳定后，穿过线圈的磁通量保持不变，线圈中不产生感应电流；B中磁铁向铝环A靠近，穿过铝环的磁通量在增大，铝环中产生感应电流；C中金属框从A向B运动，穿过金属框的磁通。
高考物理二轮复习 专题4 电路与电磁感应教学案
专题4 电路与电磁感应高考研究(十五) 聚焦选择题考法——直流电路、交流电路1．(2016·全国Ⅱ卷T 17)阻值相等的四个电阻、电容器C 及电池E (内阻可忽略)连接成如图所示电路。
开关S 断开且电流稳定时，C 所带的电荷量为Q 1；闭合开关S ，电流再次稳定后，C 所带的电荷量为Q 2。
Q 1与Q 2的比值为( )A.25B.12C.35D.23解析：选C 断开S 和闭合S 后等效电路分别如图甲、乙所示。
根据串联电路的电压与电阻成正比可得甲、乙两图中电容器两极板间的电压U 1＝15E ，U 2＝13E ，C 所带的电荷量Q ＝CU ，则Q 1∶Q 2＝3∶5，选项C 正确。
2.[多选](2016·全国Ⅲ卷T 21)如图，M 为半圆形导线框，圆心为O M ；N 是圆心角为直角的扇形导线框，圆心为O N ；两导线框在同一竖直面(纸面)内；两圆弧半径相等；过直线O M O N 的水平面上方有一匀强磁场，磁场方向垂直于纸面。
现使线框M 、N 在t ＝0时从图示位置开始，分别绕垂直于纸面、且过O M 和O N 的轴，以相同的周期T 逆时针匀速转动，则( )A ．两导线框中均会产生正弦交流电B ．两导线框中感应电流的周期都等于TC ．在t ＝T8时，两导线框中产生的感应电动势相等D ．两导线框的电阻相等时，两导线框中感应电流的有效值也相等解析：选BC 两导线框匀速转动切割磁感线产生感应电动势的大小不变，选项A 错误；导线框的转动周期为T ，则感应电流的周期也为T ，选项B 正确；在t ＝T8时，切割磁感线的有效长度相同，两导线框中产生的感应电动势相等，选项C 正确；M 导线框中一直有感应电流，N 导线框中只有一半时间内有感应电流，所以两导线框的电阻相等时，感应电流的有效值不相等，选项D 错误。
3.(2016·全国Ⅰ卷T 16)一含有理想变压器的电路如图所示，图中电阻R 1、R 2和R 3的阻值分别为3 Ω、1 Ω 和4 Ω，○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。
高考物理二轮复习专题四电路与电磁感应第讲电磁感应规律及其应用学案.docx
第2讲 电磁感应规律及其应用[做真题·明考向] 真题体验 透视命题规律授课提示：对应学生用书第59页[真题再做]1.(多选)(2018·高考全国卷Ⅰ，T19)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，另一线圈与远外沿南北方向水平放置在纸面内的直导线连接成回路．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解析：根据安培定则，开关闭合时铁芯上产生水平向右的磁场．开关闭合后的瞬间，根据楞次定律，直导线上将产生由南向北的电流，根据安培定则，直导线上方的磁场垂直纸面向里，故小磁针的N 极朝垂直纸面向里的方向转动，A 对．开关闭合并保持一段时间后，直导线上没有感应电流，故小磁针的N 极指北，B 、C 错． 开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，根据楞次定律，直导线上将产生由北向南的电流，这时直导线上方的磁场垂直纸面向外，故小磁针的N 极朝垂直纸面向外的方向转动，D 对．答案：AD2．(2018·高考全国卷Ⅰ，T17)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Ⅰ)；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Ⅱ)．在过程Ⅰ、Ⅱ中，流过OM 的电荷量相等，则B ′B等于( )A.54 B.32 C.74D ．2解析：在过程Ⅰ中，根据法拉第电磁感应定律，有E 1＝ΔΦ1Δt1＝B (12πr 2－14πr 2)Δt 1根据闭合电路欧姆定律，有I 1＝E1R且q 1＝I 1Δt 1 在过程Ⅱ中，有E 2＝ΔΦ2Δt2＝(B ′－B )12πr2Δt 2I 2＝E2Rq 2＝I 2Δt 2又q 1＝q 2，即B (12πr 2－14πr 2)R ＝(B ′－B )12πr 2R所以B ′B ＝32.答案：B3．(2018·高考全国卷Ⅱ，T18)如图，在同一水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32l 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( )解析：设线路中只有一边切割磁感线时产生的感应电流为i .线框位移 等效电路的连接电流0～l 2 I ＝2i (顺时针)l2～l I ＝0l ～3l 2I ＝2i (逆时针)3l2～2lI ＝0分析知，只有选项D 符合要求． 答案：D4．(2016·高考全国卷Ⅱ，T24)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．t 0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：(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F －μmg ＝ma ①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 ＝at 0②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知产生的电动势为E ＝Blv ③联立①②③式可得E ＝Blt 0(F m－μg )④(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 ，根据欧姆定律得I ＝ER ⑤式中R 为电阻的阻值．金属杆所受的安培力为F 安＝BlI ⑥因金属杆做匀速运动，由牛顿运动定律得F －μmg －F 安＝0⑦联立④⑤⑥⑦式得R ＝B2l2t0m .⑧答案：(1)Blt 0(F m －μg ) (2)B2l2t0m[考情分析]■命题特点与趋势——怎么考1．高考对本部分内容的要求较高，常在选择题中考查电磁感应中的图象问题、电磁感应中的电路、法拉第电磁感应定律、能量转换及电荷量的计算等知识点．以导体棒运动为背景，综合应用电路的相关知识、牛顿运动定律和能量守恒定律以计算题形式作为压轴题．2．电磁感应中常涉及B t 图象、Φt 图象、E t 图象、I t 图象、F t 图象和v t 图象，还涉及E x 图象、I x 图象等，这类问题既要用到电磁感应的知识，又要结合数学知识求解，对考生运用数学知识解决物理问题的能力要求较高．■解题要领——怎么做1．抓住两个关键：一是电动势的大小，它取决于磁通量的变化率；二是电动势的方向，实际方向与规定的正方向一致时取正，反之取负．同时注意对无感应电流区域的判断．2．迁移力学知识、规律解决电磁感应综合问题．3．常用思想方法：(1)图象法；(2)等效法；(3)守恒法；(4)模型法．[建体系·记要点] 知识串联 熟记核心要点授课提示：对应学生用书第60页[网络构建][要点熟记]1．“三定则、一定律”的应用(1)安培定则：判断运动电荷、电流产生的磁场方向． (2)左手定则：判断磁场对运动电荷、电流的作用力的方向． (3)右手定则：判断部分导体切割磁感线产生感应电流的方向． (4)楞次定律：判断闭合电路磁通量发生变化产生感应电流的方向． 2．求感应电动势的两种方法(1)E ＝n ΔΦΔt ，用来计算感应电动势的平均值．(2)E ＝BLv ，用来计算感应电动势的瞬时值或平均值． 3．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”．[研考向·提能力] 考向研析 掌握应试技能授课提示：对应学生用书第60页考向一 楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用1．判定感应电流方向的两种方法(1)楞次定律：一般用于线圈面积不变，磁感应强度发生变化的情形． (2)右手定则：一般用于导体棒切割磁感线的情形． 2．求感应电动势的方法(1)感生电动势：E ＝nΔΦΔt ⎩⎪⎨⎪⎧S 不变时E ＝nS ΔBΔt B 不变时E ＝nB ΔSΔt(2)动生电动势：⎩⎪⎨⎪⎧平动切割：E ＝Blv 转动切割：E ＝12Bl2ω1．(2018·贵州贵阳期末)如图甲所示，在同一平面内有两个绝缘金属细圆环A 、B ，两环重叠部分的面积为圆环A 面积的一半，圆环B 中电流i 随时间t 的变化关系如图乙所示，以甲图圆环B 中所示的电流方向为负方向，则A 环中( )A ．没有感应电流B ．有逆时针方向的感应电流C ．有顺时针方向的感应电流D ．感应电流先沿顺时针方向，后沿逆时针方向解析：由于A 环中磁通量变化，所以A 环中有感应电流，选项A 错误；根据楞次定律，A 环中产生逆时针方向的感应电流，选项B 正确，C 、D 错误．答案：B2.(多选)(2018·江西赣州中学高三模拟)1831年10月28日，法拉第展示了他发明的圆盘发电机，其示意图如图所示，水平铜盘可绕竖直铜轴转动，两铜片M 、N 分别与铜盘边缘和铜轴连接，使整个铜盘处于竖直向上的匀强磁场中．M 和N 之间连接阻值为R 的导体和滑动变阻器R P ，若从上往下看，铜盘转动的方向为顺时针方向．已知铜盘的半径为L ，铜盘转动的角速度为ω，铜盘连同两铜片对电流的等效电阻值为r ，磁感应强度为B ，下列说法正确的是( )A ．导体R 中的电流方向从a 到bB ．铜盘转动产生的感应电动势大小为12BL 2ωC ．移动滑动触头位置时，导体R 的最大功率为B4L4R ω24(R ＋r )2D ．如果R P ＝R ＋r ，则滑动变阻器的最大功率为B2L4ω216(R ＋r )解析：若从上往下看，铜盘转动的方向为顺时针方向，根据右手定则可知，导体R 中的电流方向从b 到a ，故A 错误；根据法拉第电磁感应定律得，铜盘转动产生的感应电动势为E ＝12BL 2ω，故B 正确；根据闭合电路欧姆定律得I ＝E r ＋R ＋RP，则导体R 的功率为P ＝I 2R＝(E r ＋R ＋RP )2R ，当R P ＝0时，导体的功率最大，即P m ＝B2L4R ω24(R ＋r )2，故C 错误；把导体R 等效成电源的内阻，则电流的等效内阻为r ′＝r ＋R ，此时外电路只有R P ，故当R P ＝r ＋R 时，滑动变阻器的功率最大，即P m ′＝B2L4ω216(R ＋r )，故D 正确．答案：BD3.如图甲所示，绝缘的水平桌面上放置一金属圆环，在圆环的正上方放置一个螺线管，在螺线管中通入如图乙所示的电流，电流从螺线管a 端流入为正．以下说法正确的是( )A ．从上往下看，0～1s 内圆环中的感应电流沿顺时针方向B ．0～1s 内圆环面积有扩张的趋势C ．3s 末圆环对桌面的压力小于圆环的重力D ．1～2s 内和2～3s 内圆环中的感应电流方向相反解析：由图乙知，0～1s 内螺线管中电流逐渐增大，穿过圆环向上的磁通量增大，由楞次定律知圆环中感应电流的磁场向下，圆环面积有缩小的趋势，从上往下看，0～1s 内圆环中的感应电流沿顺时针方向，选项A 正确，B 错误；同理可得1～2s 内和2～3s 内圆环中的感应电流方向相同，选项D 错误；3s 末电流的变化率为0，螺线管中磁感应强度的变化率为0，在圆环中不产生感应电流，圆环对桌面的压力等于圆环的重力，选项C 错误．答案：A考向二 电磁感应中的图象问题[典例展示1] (多选)(2018·高考全国卷Ⅲ)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i ，i 的变化如图(b)所示，规定从Q 到P 为电流正方向．导线框R 中的感应电动势( )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[思路探究] (1)如何判断通电直导线周围的磁场？ (2)i t 图象中的信息说明导线框R 内的磁通量如何变化？[解析] 在t ＝T 4时，交流电图线斜率为0，即磁场变化率为0，由E ＝ΔΦΔt ＝ΔBΔtS 知，E ＝0，A 对；在t ＝T2和t ＝T 时，图线斜率最大，在t ＝T 2和t ＝T 时感应电动势最大，在T 4到T2之间，电流由Q 向P 减弱，导线在R 处产生垂直纸面向里的磁场，且磁场减弱，由楞次定律知，R 产生的感应电流的磁场方向也垂直纸面向里，即R 中感应电动势沿顺时针方向，同理可判断在T 2到3T 4时，R 中电动势也为顺时针方向，在34T 到T 时，R 中电动势为逆时针方向，C 对，B 、D 错．[答案] AC [方法技巧]解决电磁感应图象问题的一般步骤(1)明确图象的种类，即是B t 图象还是Φt 图象，或者是E t 图象、I t 图象等，如例题中考查了i t 图象．(2)分析电磁感应的具体过程，如例题中电流变化引起导线框R 内磁通量变化，要分段研究．(3)用右手定则或楞次定律确定方向对应关系．(4)结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律等写出函数关系式． (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)应用图象信息画图象、判断图象或讨论各物理量的变化，如例题中是根据i t 图象信息讨论导线框R 的电动势变化．4．(多选)如图甲所示，面积为S 的n 匝圆形闭合线圈内存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小随时间周期性变化，如图乙所示．已知线圈的电阻为R ，则下列说法正确的是( )A ．线圈内产生的感应电动势最大值为SB 0 B ．线圈内产生的感应电流最小值为nSB02RC ．线圈内产生的感应电动势周期为4sD ．0～1s 内线圈内产生的感应电流沿顺时针方向解析：根据法拉第电磁感应定律可知E ＝n ΔBΔt S ，结合图乙分析可知，在0～1s 内产生的感应电动势最大，最大值为E max ＝n ΔBΔt S ＝nB 0S ，A 错误；1～2s 内线圈内产生的感应电动势最小为零，故感应电流的最小值为零，B 错误；由图线可知，线圈内产生的感应电动势周期为4s ，C 正确；0～1s 内磁感应强度逐渐增大，线圈中的磁通量增大，根据楞次定律可知，0～1s 内线圈内产生的感应电流沿顺时针方向，D 正确．答案：CD5.如图甲所示，匀强磁场垂直纸面向里，磁感应强度的大小为B ，磁场在y 轴方向足够宽，在x 轴方向宽度为a .一直角三角形导线框ABC (BC 边的长度为a )从图示位置向右匀速穿过磁场区域，以逆时针方向为电流的正方向，在图乙中感应电流i 、BC 两端的电压u BC 与导线框移动的距离x 的关系图象正确的是( )解析：导线框切割磁感线产生感应电动势E ＝BLv ，感应电流i ＝E R ＝BLvR ，在0～a 内，有效长度L 均匀变大，感应电流i 均匀变大，在a ～2a 内，有效长度L 均匀变大，感应电流均匀变大，由楞次定律可知，在线框进入磁场的过程中，感应电流沿逆时针方向，电流是正的，在线框离开磁场的过程中，感应电流沿顺时针方向，感应电流是负的，故A 、B 错误；BC 两端的电压u BC ＝iR ，在0～a 内，i 均匀增大，u BC 均匀增大，且B 点电势高于C 点电势，u BC >0；在a ～2a 内，i 均匀增大，u BC 均匀增大，且B 点电势低于C 点电势，u BC <0，故C 错误，D 正确．答案：D6．(多选)(2018·河南洛阳一模)如图甲所示，水平放置的平行金属导轨连接一个平行板电容器C 和电阻R ，导体棒MN 放在导轨上且接触良好，整个装置放于垂直导轨平面的磁场中，磁感应强度B 的变化情况如图乙所示(图示磁感应强度方向为正)，MN 始终保持静止，则0～t 2时间( )A ．电容器C 的电荷量大小始终没变B ．电容器C 的a 板先带正电后带负电 C ．MN 所受安培力的大小始终没变D ．MN 所受安培力的方向先向右后向左解析：由题图乙可知，回路内磁感应强度变化率ΔBΔt不变，根据法拉第电磁感应定律知E ＝SΔB Δt 为恒定值，电容器C 两端的电压值不变，根据C ＝QU可知，电容器C 的电荷量大小始终没变，选项A 正确，B 错误；根据闭合电路欧姆定律知，MN 中电流恒定不变，由于磁感应强度B 变化，MN 所受安培力的大小变化，选项C 错误；利用楞次定律可判断出MN 中感应电流的方向为从N 到M ，根据左手定则，MN 所受安培力的方向为先向右后向左，选项D 正确．答案：AD考向三 电磁感应中的电路与动力学问题[典例展示2] (2017·高考海南卷)如图，两光滑平行金属导轨置于水平面(纸面)内，导轨间距为l ，左端连有阻值为R 的电阻，一金属杆置于导轨上，金属杆右侧存在一磁感应强度大小为B 、方向竖直向下的匀强磁场区域．已知金属杆以速度v 0向右进入磁场区域，做匀变速直线运动，到达磁场区域右边界(图中虚线位置)时速度恰好为零，金属杆与导轨始终保持垂直且接触良好．除左端所连电阻外，其他电阻忽略不计．求金属杆运动到磁场区域正中间时所受安培力的大小及此时电流的功率．[思路探究] (1)金属棒在磁场中运动的加速度是多大？(2)金属棒在磁场中运动的位移是多少？ (3)金属棒来到磁场区域中间时的速度是多大？[解析] 由题意可知，开始时金属杆产生的感应电动势为E ＝Blv 0 依据闭合电路欧姆定律，则电路中电流为I ＝Blv0R再由安培力公式有F ＝BIl ＝B2l2v0R设金属杆的质量为m ，则金属杆在整个过程中的加速度为a ＝F m ＝B2l2v0Rm设金属杆由开始到停止的位移为x ，由运动学公式有0－v 20＝－2ax ，解得x ＝v202a ＝Rmv02B2l2故正中间离开始的位移为x 中＝Rmv04B2l2设金属杆在中间位置时的速度为v ， 由运动学公式有v 2－v 20＝－2ax 中，解得v ＝22v 0 则金属杆运动到中间位置时，所受到的安培力为F ′＝BI ′l ＝2B2l2v02R金属杆中电流的功率为P ＝I ′2R ＝B2l2v202R .[答案]2B2l2v02R B2l2v202R[方法技巧]解决电磁感应中的电路和动力学问题的关键电磁感应与动力学问题联系的桥梁是磁场对感应电流的安培力．解答电磁感应中的动力学问题，在分析方法上，要始终抓住导体的受力(特别是安培力)特点及其变化规律，明确导体的运动过程以及运动过程中状态的变化，准确把握运动状态的临界点．(3)临界点→运动状态的变化点7.如图所示，ab 、cd 是间距为l 的光滑倾斜金属导轨，与水平面的夹角为θ，导轨电阻不计，ac 间接有阻值为R 的电阻，空间存在磁感应强度大小为B 0、方向竖直向上的匀强磁场．将一根阻值为r 、长度为l 的金属棒从轨道顶端由静止释放，金属棒沿导轨向下运动的过程中始终与导轨接触良好．已知当金属棒向下滑行距离x 到达MN 处时达到稳定速度，重力加速度为g ，求：(1)金属棒下滑到MN 的过程中通过电阻R 的电荷量； (2)金属棒的稳定速度的大小．解析：(1)金属棒下滑到MN 的过程中的平均感应电动势为E ＝ΔΦΔt ＝B0lxcos θΔt根据闭合电路欧姆定律，电路中的平均电流为I ＝ER ＋r ＝B0lxcos θ(R ＋r )Δt ，则q ＝I Δt ＝B0lxcos θR ＋r. (2)金属棒速度稳定时的感应电动势为E ＝B 0lv cos θ 电路中产生的电流为I ＝ER ＋r金属棒受的安培力为F ＝B 0Il稳定时金属棒的加速度为零，由力的平衡条件可知mg sin θ－F cos θ＝0联立以上各式解得，稳定时金属棒的速度v ＝mg (R ＋r )sin θB 20l 2cos 2θ. 答案：(1)B0lxcos θR ＋r (2)mg (R ＋r )sin θB 20l 2cos 2θ8.如图所示，一与水平面夹角为θ＝37°的倾斜平行金属导轨，两导轨足够长且相距L ＝0.2m ，另外两根水平金属杆MN 和PQ 的质量均为m ＝0.01kg ，可沿导轨无摩擦地滑动，MN 杆和PQ 杆的电阻均为R ＝0.2Ω(倾斜金属导轨电阻不计)，MN 杆被两个垂直于导轨的绝缘立柱挡住，整个装置处于匀强磁场内，磁场方向垂直于导轨平面向上，磁感应强度B ＝1.0T ．PQ 杆在恒定拉力F 作用下由静止开始向上加速运动，拉力F 垂直PQ 杆沿导轨平面向上，当运动位移x ＝0.1m 时PQ 杆达到最大速度，此时MN 杆对绝缘立柱的压力恰好为零(g 取10m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)．求：(1)PQ 杆的最大速度大小v m ；(2)当PQ 杆加速度a ＝2m/s 2时，MN 杆对立柱的压力大小． 解析：(1)PQ 杆达到最大速度时，感应电动势为E m ＝BLv m ，感应电流为I m ＝Em2R，根据MN 杆受力分析可得，mg sin θ＝BI m L ， 联立解得v m ＝2mgRsin θB2L2＝0.6m/s.(2)当PQ 杆的加速度a ＝2m/s 2时，对PQ 杆受力分析，根据牛顿第二定律可得F －mg sin θ－BIL ＝ma ，对MN 杆受力分析，根据共点力的平衡可得BIL ＋F N －mg sin θ＝0，PQ 杆达到最大速度时，有F －mg sin θ－BI m L ＝0，联立解得F N ＝0.02N ，根据牛顿第三定律可得MN 杆对立柱的压力大小F N ′＝0.02N.答案：(1)0.6m/s (2)0.02N考向四 电磁感应中的能量问题[典例展示3] 如图所示，竖直面内的正方形导线框ABCD 和abcd的边长均为l 、电阻均为R ，质量分别为2m 和m ，它们分别系在一跨过两个定滑轮的绝缘轻绳两端，在两导线框之间有一宽度为2l 、磁感应强度为B 、方向垂直纸面向里的匀强磁场．开始时ABCD 的下边界与匀强磁场的上边界重合，abcd 的上边界到匀强磁场的下边界的距离为l .现将两导线框由静止释放，当ABCD 全部进入磁场时，两导线框开始做匀速运动．不计摩擦和空气阻力，重力加速度为g ，求：(1)两导线框匀速运动的速度大小；(2)两导线框在从开始运动至等高的过程中所产生的总焦耳热； (3)导线框abcd 通过磁场的时间． [思维流程][解析] (1)如图所示，设两导线框刚匀速运动的速度大小为v 、此时轻绳上的张力为F T ，则对ABCD 有F T ＝2mg ①对abcd 有F T ＝mg ＋BIl ② I ＝E R③ E ＝Blv ④则v ＝mgR B2l2⑤(2)设两导线框在从开始运动至等高的过程中所产生的总焦耳热为Q ，当左、右两导线框分别向上、向下运动2l 的距离时，两导线框等高，对这一过程，由能量守恒定律有4mgl ＝2mgl ＋12×3mv 2＋Q ⑥联立⑤⑥解得Q ＝2mgl －3m3g2R22B4l4(3)导线框abcd 通过磁场的过程中以速度v 匀速运动，设导线框abcd 通过磁场的时间为t ，则t ＝3lv⑦联立⑤⑦解得t ＝3B2l3mgR.[答案] (1)mgR B2l2 (2)2mgl －3m3g2R22B4l4 (3)3B2l3mgR[方法技巧]求解电磁感应中能量问题的策略(1)若回路中的电流恒定，可以利用电路结构及W ＝UIt 或Q ＝I 2Rt 直接进行计算． (2)若回路中的电流变化，则可按以下两种情况计算：①利用功能关系求解：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功；②利用能量守恒定律求解：其他形式的能的减少量等于回路中产生的电能，如例题(2)中焦耳热的计算．9.(2018·河南洛阳一模)如图所示，光滑且足够长的平行金属导轨MN 、PQ固定在竖直平面内，两导轨间的距离为L ＝1m ，导轨间连接的定值电阻R ＝3Ω，导轨上放一质量为m ＝0.1kg 的金属杆ab ，金属杆始终与导轨接触良好，杆的电阻r ＝1Ω，其余电阻不计，整个装置处于磁感应强度为B ＝1T 的匀强磁场中，磁场的方向垂直导轨平面向里．重力加速度g 取10m/s 2.现让金属杆从AB 位置由静止释放，忽略空气阻力的影响，求：(1)金属杆的最大速度；(2)若从金属杆开始下落到刚好达到最大速度的过程中，电阻R 上产生的焦耳热Q ＝0.6J ，此时金属杆下落的高度．解析：(1)设金属杆的最大速度为v m ，此时安培力与重力平衡，即F 安＝mg ①又F 安＝BIL ②E ＝BLv m ③ I ＝ER ＋r④ 代入数据，联立①②③④得v m ＝4m/s(2)电路中产生的总焦耳热Q 总＝R ＋rRQ ＝0.8J 由能量守恒定律得mgh ＝12mv 2m ＋Q 总代入数据解得h ＝1.6m.答案：(1)4m/s (2)1.6m10．如图甲所示，斜面上存在一有理想边界的匀强磁场，磁场方向与斜面垂直，在斜面上离磁场上边界s 1＝0.36m 处静止释放一单匝矩形金属线框，线框底边和磁场边界平行，金属线框与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5.整个线框进入磁场的过程中，机械能E 和位移s 之间的关系如图乙所示．已知E 0－E 1＝0.09J ，线框的质量为0.1kg ，电阻为0.06Ω，斜面倾角θ＝37°，磁场区域的宽度d ＝0.43m ，重力加速度g 取10m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：(1)线框刚进入磁场时的速度大小v 1；(2)线框从开始进入磁场至完全进入磁场所用的时间t ； (3)线框穿越磁场的整个过程中电功率的最大值．解析：(1)在未进入磁场前，金属线框做匀加速直线运动，有a ＝g sin37°－μg cos37°＝2m/s 2 v 21＝2as 1解得v 1＝1.2m/s.(2)金属线框进入磁场的过程中，减小的机械能等于克服摩擦力F f 和安培力F A 所做的功，机械能均匀减小，因此安培力为恒力，线框匀速进入磁场．设线框的侧边长为s 2，即线框进入磁场过程运动的距离为s 2，根据功能关系，除重力之外的力所做的功等于物体机械能的变化，所以有ΔE ＝W f ＋W A ＝(F f ＋F A )s 2 因为是匀速进入磁场，所以F f ＋F A ＝mg sin 37°＝0.6 N解得s 2＝0.15mt ＝s2v1＝0.151.2s ＝0.125s. (3)设线框刚出磁场时的速度大小为v 2，则有v 2＝v 21＋2a (d －s 2)解得v 2＝1.6 m/s则线框刚出磁场时的速度最大，有P max ＝I 2R ＝B2L2v22R根据线框匀速进入磁场，有F A ＋μmg cos37°＝mg sin37° F A ＝BIL ＝B2L2v1R联立解得P max ＝0.43W.答案：(1)1.2m/s(2)0.125s(3)0.43W[限训练·通高考] 科学设题拿下高考高分单独成册对应学生用书第145页(45分钟)一、单项选择题1．(2018·贵州普通高等学校招生适应性考试)如图甲所示，一位于纸面内的圆形线圈通过导线与一小灯泡相连，线圈中有垂直于纸面的磁场．以垂直纸面向里为磁场的正方向，该磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示，则下列说法正确的是( )A．t1～t3时间内流过小灯泡电流的方向先为b→a后为a→bB．t1～t3时间内流过小灯泡电流的方向先为a→b后为b→aC．t1～t3时间内小灯泡先变亮后变暗D．t1～t3时间内小灯泡先变暗后变亮解析：t1～t3时间内穿过线圈的磁通量先向里减小后向外增加，根据楞次定律可知，流过小灯泡电流的方向为a→b，选项A、B错误；t1～t3时间内，Bt线的斜率先增大后减小，则磁通量的变化率先增大后减小，感应电动势先增大后减小，小灯泡先变亮后变暗，选项C 正确，D错误．答案：C2.(2017·高考全国卷Ⅲ)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( )A．PQRS中沿顺时针方向，T中沿逆时针方向B．PQRS中沿顺时针方向，T中沿顺时针方向C．PQRS中沿逆时针方向，T中沿逆时针方向D．PQRS中沿逆时针方向，T中沿顺时针方向解析：金属杆PQ向右切割磁感线，根据右手定则可知PQRS中感应电流沿逆时针方向；原来T 中的磁场方向垂直于纸面向里，闭合回路PQRS 中的感应电流产生的磁场方向垂直于纸面向外，使得穿过T 的磁通量减小，根据楞次定律可知T 中产生顺时针方向的感应电流．综上所述，可知A 、B 、C 项错误，D 项正确．答案：D3.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b 到a 的方向流动C ．若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化D ．若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R 上的热功率也变为原来的2倍 解析：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 错误；由感应电动势E ＝12Bl 2ω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 ＝I 2R 知，电流在R 上的热功率变为原来的4倍，选项D 错误．答案：A4．两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0.1m 、总电阻为0.005Ω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( )A ．磁感应强度的大小为0.5TB ．导线框运动速度的大小为0.5m/sC ．磁感应强度的方向垂直于纸面向内D ．在t ＝0.4s 至t ＝0.6s 这段时间内，导线框所受的安培力大小为0.1N解析：从题图(b)可知，导线框运动的速度大小v ＝L t ＝0.10.2m/s ＝0.5 m/s ，B 项正确；导。
2018届二轮复习 专题四 电路与电磁感应 教案
高考研究(十五) 聚焦选择题考法——直流电路、交流电路1．(2016·全国Ⅱ卷T 17)阻值相等的四个电阻、电容器C 及电池E (内阻可忽略)连接成如图所示电路。
开关S 断开且电流稳定时，C 所带的电荷量为Q 1；闭合开关S ，电流再次稳定后，C 所带的电荷量为Q 2。
Q 1与Q 2的比值为( ) A.25 B.12 C.35 D.23解析：选C 断开S 和闭合S 后等效电路分别如图甲、乙所示。
根据串联电路的电压与电阻成正比可得甲、乙两图中电容器两极板间的电压U 1＝15E ，U 2＝13E ，C 所带的电荷量Q ＝CU ，则Q 1∶Q 2＝3∶5，选项C 正确。
2.[多选](2016·全国Ⅲ卷T 21)如图，M 为半圆形导线框，圆心为O M ；N 是圆心角为直角的扇形导线框，圆心为O N ；两导线框在同一竖直面(纸面)内；两圆弧半径相等；过直线O M O N 的水平面上方有一匀强磁场，磁场方向垂直于纸面。
现使线框M 、N 在t＝0时从图示位置开始，分别绕垂直于纸面、且过O M 和O N 的轴，以相同的周期T 逆时针匀速转动，则( )A ．两导线框中均会产生正弦交流电B ．两导线框中感应电流的周期都等于TC ．在t ＝T 8时，两导线框中产生的感应电动势相等 D ．两导线框的电阻相等时，两导线框中感应电流的有效值也相等解析：选BC 两导线框匀速转动切割磁感线产生感应电动势的大小不变，选项A 错误；导线框的转动周期为T ，则感应电流的周期也为T ，选项B 正确；在t ＝T 8时，切割磁感线的有效长度相同，两导线框中产生的感应电动势相等，选项C 正确；M 导线框中一直有感应电流，N 导线框中只有一半时间内有感应电流，所以两导线框的电阻相等时，感应电流的有效值不相等，选项D 错误。
3.(2016·全国Ⅰ卷T 16)一含有理想变压器的电路如图所示，图中电阻R 1、R 2和R 3的阻值分别为3 Ω、1 Ω 和4 Ω，○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。
高三物理二轮复习 第一部分 专题四 电磁感应与电路 第
专题四电磁感应与电路第1讲电磁感应规律及应用2016高考导航——适用于全国卷Ⅰ热点聚焦备考对策1.电磁感应部分：以考查楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用为主，多涉及牛顿运动定律、电功和电热等力电综合问题．考查形式为选择题或计算题.2.恒定电流部分：以选择题的形式考查动态电路、电路故障、含容电路和含电表电路等问题的分析.3.交变电流部分：以选择题的形式考查交变电流有效值与峰值的关系、理想变压器的原理．复习时应理清各个基本概念，熟记各公式及适用条件，掌握交流电“四值”的特点及适用范围，注意训练和掌握闭合电路的动态分析问题、含容电路的分析问题、变压器电路的动态分析问题及电磁感应与电路相综合问题的分析思路与方法，强化电磁感应图象问题的训练，提高解决与实际生活、生产科技相结合的实际问题的能力.第1讲电磁感应规律及应用热点一电磁感应图象问题命题规律电磁感应图象问题多以选择题形式出现，有时也与计算题结合，主要考查以下内容：(1)综合应用楞次定律、法拉第电磁感应定律及电路、安培力等相关知识，判断电流(或安培力)随时间t(或位移x)变化的图象．(2)利用动力学观点判断棒(或线圈)的速度随时间变化的图象．(3)在计算题中考查学生的识图能力，由图象获取解题信息的能力．1．(2015·高考山东卷)如图甲，R0为定值电阻，两金属圆环固定在同一绝缘平面内．左端连接在一周期为T0的正弦交流电源上，经二极管整流后，通过R0的电流i始终向左，其大小按图乙所示规律变化．规定内圆环a端电势高于b端时，a、b间的电压u ab为正，下列u ab－t图象可能正确的是( )甲乙A BC D[突破点拨](1)整流电路部分是干扰条件．(2)在0～0.25T0内，i的变化率为正，且越来越______；当t＝0.25T0时，i的变化率为________；在0.25T0～0.5T0内，i的变化率为负，且越来越________．(3)0.5T0～T0内与0～0.5T0内i的变化情况相同，故u ab的变化周期为________．[解析] 圆环内磁场的变化周期为0.5T0，则产生的感应电动势的变化周期也一定是0.5T0，四个图象中，只有C的变化周期是0.5T0，根据排除法可知，C正确．[答案] C在上述题1中，若正弦交流电不经过整流，则u ab－t图象应为题1四个选项中的( )解析：选A．不整流，i变化的周期为T0，故B、C错误．经分析u ab－t应为余弦曲线，故A正确，D错误．2．(2015·广州第二次模拟)如图所示，边长为2l的正方形虚线框内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个边长为l的正方形导线框所在平面与磁场方向垂直，导线框的一条对角线和虚线框的一条对角线恰好在同一直线上．从t＝0开始，使导线框从图示位置开始以恒定速度沿对角线方向移动进入磁场，直到整个导线框离开磁场区域．用I表示导线框中的感应电流(以逆时针方向为正)．则下列表示I－t关系的图线中，正确的是( )[解析] 在线框进入磁场时，切割磁感线的有效长度逐渐增加，当线框即将完全进入磁场时，切割磁感线的有效长度最大，产生的感应电流最大，此过程电流方向为逆时针方向．整个线框在磁场中运动时，不产生感应电流．当线框离开磁场时，产生的感应电流方向为顺时针方向，且切割磁感线的有效长度逐渐减小，产生的感应电流逐渐减小，所以选项D正确．[答案] D3．(2015·长沙二模)如图所示，虚线右侧存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，正方形金属线框电阻为R，边长是L，自线框从左边界进入磁场时开始计时，在外力作用下由静止开始，以垂直于磁场边界的恒定加速度a进入磁场区域，t1时刻线框全部进入磁场．规定顺时针方向为感应电流I的正方向．外力大小为F，线框中电功率的瞬时值为P，通过线框横截面的电荷量为q ，则这些量随时间变化的关系正确的是( )[解析] 线框速度v ＝at ，产生的感应电动势随时间均匀增大，感应电流均匀增大，A 错误；安培力随时间均匀增大，外力F 随时间变化关系是一次函数，但不是成正比，功率P ＝EI ，随时间变化关系是二次函数，其图象是抛物线，所以C 正确、B 错误；通过线框横截面的电荷量q ＝It ，随时间变化关系是二次函数，其图象是抛物线，选项D 错误．[答案] C [总结提升]分析电磁感应图象问题要注意以下四点(1)注意初始时刻的特征，如初始时刻感应电流是否为零，感应电流的方向如何． (2)注意看电磁感应发生的过程分为几个阶段，这几个阶段是否和图象变化相对应． (3)注意观察图象的变化趋势，看图象斜率的大小、图象的曲直是否和物理过程相对应． (4)优先采取排除法．热点二 电磁感应电路问题命题规律 电磁感应电路问题为每年高考的热点，考查题型以选择题为主，主要涉及电流、电压、电功率、电热和电量的计算．1．(2015·高考安徽卷)如图所示，abcd 为水平放置的平行“”形光滑金属导轨，间距为l ，导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，导轨电阻不计，已知金属杆MN 倾斜放置，与导轨成θ角，单位长度的电阻为r ，保持金属杆以速度v 沿平行于cd 的方向滑动(金属杆滑动过程中与导轨接触良好)．则( )A ．电路中感应电动势的大小为Blvsin θB ．电路中感应电流的大小为Bv sin θrC ．金属杆所受安培力的大小为B 2lv sin θrD ．金属杆的热功率为B 2lv 2r sin θ[突破点拨](1)MN 切割磁感线的有效长度为________．(2)MN 在回路中的有效电阻为________． (3)安培力公式F ＝BIL 中的L ＝________．[解析] 金属杆MN 切割磁感线的有效长度为l ，产生的感应电动势E ＝Blv ，A 错误；金属杆MN 的有效电阻R ＝rlsin θ，故回路中的感应电流I ＝E R＝Blv sin θrl ＝Bv sin θr，B 正确；金属杆受到的安培力F ＝BIl sin θ＝Bl sin θ·Bv sin θr ＝B 2lvr ，C 错误；金属杆的热功率P＝I 2R ＝B 2v 2sin 2 θr 2·rl sin θ＝B 2v 2sin θ·lr，D 错误．[答案] B在上述题1中，若要维持杆匀速滑动，求所需要施加的水平外力的大小和方向．解析：由平衡条件知：外力方向为水平方向上垂直于杆向右，大小F 外＝F 安＝B 2lvr .答案：B 2lv r水平方向上垂直于杆向右2.(多选)(2015·陕西西安质检)如图所示，用同种电阻丝制成的正方形闭合线框1的边长与圆形闭合线框2的直径相等，m 和n 是线框1下边的两个端点，p 和q 是线框2水平直径的两个端点，线框1和2同时由静止开始释放并进入上边界水平、足够大的匀强磁场中，进入过程中m 、n 和p 、q 连线始终保持水平．当两线框完全进入磁场以后，下面说法正确的是( )A ．m 、n 和p 、q 电势的关系一定有U m ＜U n ，U p ＜U qB ．m 、n 和p 、q 间电势差的关系一定有U mn ＝U pqC ．进入磁场过程中流过1和2线框的电荷量Q 1＞Q 2D ．进入磁场过程中流过1和2线框的电荷量Q 1＝Q 2[解析] 当两线框完全进入磁场以后，根据右手定则知U n ＞U m ，U q ＞U p ，A 正确；两线框完全进入磁场后，由于两线框的速度关系无法确定，故不能确定两点间的电势差的关系，B 错误；设m 、n 间距离为a ，由Q ＝ΔΦR ，R ＝ρlS得进入磁场过程中流过线框1、2的电荷量都为BaS4ρ，C 错误，D 正确．[答案] AD3.如图所示，水平放置的U 形金属导轨abcd 处于匀强磁场之中，已知导轨间的距离为L ，磁场的磁感应强度大小为B ，方向竖直向下．直金属导线MN 中间串有电压表(已知导线和电压表的总质量为m )，水平跨接在ab 与cd 上，且与ab 垂直，直导线与导轨之间的动摩擦因数为μ，R 为电阻，C 为电容器．现令MN 以速度v 0向右匀速运动一段时间后，用U 表示电压表的读数，q 表示电容器所带的电荷量，C 表示电容器的电容，F 表示对MN 的拉力．因电压表的体积很小，对MN 间电压的影响可忽略，则( )A ．U ＝BLv 0，F ＝B 2L 2v 0R＋μmgB ．U ＝BLv 0，F ＝μmgC ．U ＝0，F ＝μmgD ．q ＝BLCv 0，F ＝B 2L 2v 0R[解析] 当直导线匀速运动时，产生的电动势为E ＝BLv 0，但因为电容相当于开路，所以回路中的感应电流为零，所以安培力为零，电压表的示数为零，电容器所带电荷量为q ＝BLCv 0，拉力的大小为F ＝μmg ，即只有C 项正确．[答案] C [总结提升]解决电磁感应中电路问题的思路(1)“源”的分析：用法拉第电磁感应定律算出E 的大小，用楞次定律或右手定则确定感应电动势的方向(感应电流方向是电源内部电流的方向)，从而确定电源正负极，明确内阻r .(2)“路”的分析：根据“等效电源”和电路中其他各元件的连接方式画出等效电路．(3)根据E ＝BLv 或E ＝n ΔФΔt ，结合闭合电路欧姆定律、串并联电路知识和电功率、焦耳定律等关系式联立求解．热点三 电磁感应过程中的动力学问题命题规律 电磁感应中的动力学问题为每年高考的热点，考查方式既有选择题，又有计算题，命题规律有以下两点：(1)与牛顿第二定律、运动学知识结合的动态分析问题．(2)电磁感应中的安培力问题、涉及受力分析及功能关系的问题．1.如图所示，竖直平面内有一宽L ＝1 m 、足够长的光滑矩形金属导轨，电阻不计．在导轨的上、下边分别接有电阻R 1＝3 Ω和R 2＝6 Ω.在MN 上方及CD 下方有垂直纸面向里的匀强磁场Ⅰ和Ⅱ，磁感应强度大小均为B ＝1 T ．现有质量m ＝0.2 kg 、电阻r ＝1 Ω的导体棒ab ，在金属导轨上从MN 上方某处由静止下落，下落过程中导体棒始终保持水平，与金属导轨接触良好．当导体棒ab 下落到快要接近MN 时的速度大小为v 1＝3 m/s.不计空气阻力，g 取10 m/s2.(1)求导体棒ab快要接近MN时的加速度大小；(2)若导体棒ab进入磁场Ⅱ后，棒中的电流大小始终保持不变，求磁场Ⅰ和Ⅱ之间的距离h；(3)若将磁场Ⅱ的CD边界略微下移，使导体棒ab刚进入磁场Ⅱ时速度大小变为v2＝9 m/s，要使棒在外力F作用下做a＝3 m/s2的匀加速直线运动，求所加外力F随时间t变化的关系式．[突破点拨](1)导体棒ab从MN上方某处由静止下落→导体棒在磁场Ⅰ中切割磁感线产生________→导体棒在______________作用下做加速运动．(2)电路的连接→导体棒切割磁感线相当于电源，__________组成外电路．(3)问题(2)中导体棒ab进入磁场Ⅱ后，电流大小始终保持不变→导体棒____________→导体棒在磁场Ⅱ中做____________．[解析] (1)以导体棒为研究对象，棒在磁场Ⅰ中切割磁感线运动，棒中产生感应电动势E，棒在重力和安培力作用下做加速运动．由牛顿第二定律得：mg－BIL＝ma1①E＝BLv1②R外＝R1R2R1＋R2③I＝ER外＋r④由以上四式可得：a1＝5 m/s2.(2)导体棒进入磁场Ⅱ后，安培力等于重力，导体棒做匀速运动，导体棒中电流大小始终保持不变．mg＝BI′L⑤I′＝E′R外＋r⑥E′＝BLv′⑦联立③⑤⑥⑦式解得：v′＝6 m/s导体棒从MN到CD做加速度为g的匀加速直线运动，v′2－v21＝2gh 解得：h＝1.35 m.(3)导体棒进入磁场Ⅱ后经过时间t的速度大小v＝v2＋at⑧F＋mg－F安＝ma⑨F安＝B2L2vR外＋r⑩由③⑧⑨⑩解得：F＝(t＋1.6) N.[答案] (1)5 m/s2(2)1.35 m (3)F＝(t＋1.6) N(1)在上述题1第(2)问中，求a、b两点间的电势差大小是多少．解析：根据题意，a、b两点间电势差为U＝BLv′－I′r代入数据解得：U＝4 V.答案：4 V(2)在上述题1第(3)问中，请画出0～1.6 s内外力F与时间t的关系图象．解析：由于F＝(t＋1.6) N故0～1.6 s内F－t图象如图所示．答案：见解析图2．(2015·昆明一模)如图甲所示，MN 左侧有一垂直纸面向里的匀强磁场．现将一边长为l 、质量为m 、电阻为R 的正方形金属线框置于该磁场中，使线框平面与磁场垂直，且bc 边与磁场边界MN 重合．当t ＝0时，对线框施加一水平拉力F ，使线框由静止开始向右做匀加速直线运动；当t ＝t 0时，线框的ad 边与磁场边界MN 重合．图乙为拉力F 随时间变化的图线．由以上条件可知，磁场的磁感应强度B 的大小为( )A ．B ＝1lmR t 0 B ．B ＝1l2mRt 0C ．B ＝1lmR 2t 0D ．B ＝2lmR t 0[解析] 根据题意，可知F 0＝ma ，F 安＝BIL ＝B 2l 2v R ＝B 2l 2atR，因为F －F 安＝ma ＝常数，所以ΔF Δt ＝ΔF 安Δt ，即2F 0t 0＝B 2l 2a R ，将F 0＝ma 代入化简，可得B ＝1l2mRt 0.故选项B 正确．[答案] B 3．(2015·福建厦门质检)如图甲所示，水平面内的直角坐标系的第一象限有磁场分布，方向垂直于水平面向下，磁感应强度沿y 轴方向没有变化，沿x 轴方向B 与x 成反比，如图乙所示．顶角θ＝45°的光滑金属长导轨MON 固定在水平面内，ON 与x 轴重合，一根与ON 垂直的长导体棒在水平向右的外力作用下沿导轨向右滑动，导体棒在滑动过程中始终与导轨接触．已知t ＝0时，导体棒位于顶点O 处，导体棒的质量为m ＝1 kg ，回路接触点总电阻恒为R ＝0.5 Ω，其余电阻不计．回路电流I 与时间t 的关系如图丙所示，图线是过原点的直线．求：(1)t ＝2 s 时回路的电动势E ；(2)0～2 s 时间内流过回路的电荷量q 和导体棒的位移x 1； (3)导体棒滑动过程中水平外力F 的瞬时功率P (单位：W)与横坐标x (单位：m)的关系式．[解析] (1)根据I －t 图象可知：I ＝k 1t (k 1＝2 A/s) 当t ＝2 s 时，回路电流I 1＝4 A 根据欧姆定律：E ＝I 1R ＝2 V. (2)流过回路的电荷量q ＝ItI ＝I 2解得：q ＝k 1t 22当t ＝2 s 时，q ＝4 C 由欧姆定律得：I ＝Blv Rl ＝x tan 45°根据B －x 图象可知：B ＝k 2x(k 2＝1 T ·m) 解得：v ＝k 1R k 2t 由于k 1R k 2＝1 m/s 2，再根据v ＝v 0＋at ，可得a ＝1 m/s 2可知导体棒做匀加速直线运动则0～2 s 时间内导体棒的位移x 1＝12at 2＝2 m.(3)棒受到的安培力F 安＝BIl 根据牛顿第二定律：F －F 安＝ma根据2ax ＝v 2P ＝Fv解得：P ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫k 222ax R ＋ma 2ax ＝4x ＋2x (W)．[答案] (1)2 V (2)4 C 2 m (3)P ＝4x ＋2x (W)[总结提升]电磁感应中的动力学问题的解题思路(1)找准主动运动者，用法拉第电磁感应定律和楞次定律求解感应电动势的大小和方向． (2)根据等效电路图，求解回路中电流的大小及方向．(3)分析安培力对导体棒运动速度、加速度的影响，从而推理得出对电路中的电流有什么影响，最后定性分析导体棒的最终运动情况．(4)列牛顿第二定律或平衡方程求解．用动力学和能量观点解决电磁感应综合问题命题规律 电磁感应综合问题往往涉及法拉第电磁感应定律、楞次定律、闭合电路欧姆定律、动力学问题、能量问题等，综合性较强，常作为压轴计算题，有时也有选择题．[范例] (2015·湖南师大附中模拟考试)(22分)如图所示，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)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/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)[规范答题] (1)当ab 棒刚下滑时，ab 棒的加速度有最大值：a ＝g sin θ－μg cos θ＝4 m/s 2.(2分)(2)ab 棒达到最大速度时做匀速运动，有 mg sin θ＝BIL ＋μmg cos θ，(2分) 整个回路消耗的电功率P 电＝BILv m ＝(mg sin θ－μmg cos θ)v m ＝8 W ，(2分) 则ab 棒的最大速度为：v m ＝10 m/s(1分)由P 电＝E 22R ＝（BLv m ）22R(2分)得：B ＝0.4 T ．(1分)根据能量守恒得：mgh ＝Q ＋12mv 2m ＋μmg cos θ·hsin θ(2分) 解得：Q ＝30 J ．(1分)(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mg sin θ＝BI ′L ＋μmg cos θ(2分)又I ′＝2BLv ′2R ＝BLv ′R (2分)解得v ′＝5 m/s(1分)由能量守恒得：2mgh ＝12×2mv ′2＋2μmg cos θ·h sin θ＋Q ′(3分)代入数据得Q ′＝75 J ．(1分)[答案] (1)4 m/s 2(2)30 J (3)75 J [总结提升](1)解决电磁感应综合问题的一般分析思路：(2)求解焦耳热的三个途径①感应电路为纯电阻电路时产生的焦耳热等于克服安培力做的功，即Q ＝W 克安．②感应电路中电阻产生的焦耳热等于电流通过电阻做的功，即Q ＝I 2Rt . ③感应电路中产生的焦耳热可通过能量守恒定律列方程求解． [最新预测]1.(2015·山东泰安模拟)如图所示，间距为L ，电阻不计的足够长平行光滑金属导轨水平放置，导轨左端用一阻值为R 的电阻连接，导轨上横跨一根质量为m ，电阻也为R 的金属棒，金属棒与导轨接触良好．整个装置处于竖直向上、磁感应强度为B 的匀强磁场中．现使金属棒以初速度v 0沿导轨向右运动，若金属棒在整个运动过程中通过的电荷量为q .下列说法正确的是( )A ．金属棒在导轨上做匀减速运动B ．整个过程中电阻R 上产生的焦耳热为mv 202C ．整个过程中金属棒在导轨上发生的位移为qR BLD ．整个过程中金属棒克服安培力做功为mv 202解析：选D ．设某时刻的速度为v ，则此时的电动势E ＝BLv ，安培力F 安＝B 2L 2v2R，由牛顿第二定律有F 安＝ma ，则金属棒做加速度减小的减速运动，选项A 错误；由能量守恒定律知，整个过程中克服安培力做功等于电阻R 和金属棒上产生的焦耳热之和，即W 安＝Q ＝12mv 20，选项B 错误，D 正确；整个过程中通过金属棒的电荷量q ＝ΔΦ2R ＝BS 2R ＝BLx2R ，得金属棒在导轨上发生的位移x ＝2qRBL，选项C 错误．2．(2015·潍坊一模)如图所示，两条足够长的平行金属导轨相距L ，与水平面的夹角为θ，整个空间存在垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小均为B ，虚线上方轨道光滑且磁场方向向上，虚线下方轨道粗糙且磁场方向向下．当导体棒EF 以初速度v 0沿导轨上滑至最大高度的过程中，导体棒MN 一直静止在导轨上．若两导体棒质量均为m 、电阻均为R ，导轨电阻不计，重力加速度为g ，在此过程中导体棒EF 上产生的焦耳热为Q ，求：(1)导体棒MN 受到的最大摩擦力； (2)导体棒EF 上升的最大高度．解析：(1)EF 获得向上的初速度v 0时，感应电动势 E ＝BLv 0电路中电流为I ，由闭合电路欧姆定律：I ＝E2R此时对导体棒MN 受力分析，由平衡条件： F A ＋mg sin θ＝F f F A ＝BIL解得：F f ＝B 2L 2v 02R＋mg sin θ.(2)导体棒EF 上升过程MN 一直静止，对系统由能量的转化和守恒知12mv 20＝mgh ＋2Q解得：h ＝mv 20－4Q2mg.答案：(1)B 2L 2v 02R ＋mg sin θ (2)mv 20－4Q2mg[失分防范]用动力学和能量观点解决电磁感应综合问题极易从以下几点失分：①不会分析电源和电路结构，求不出电动势、电流等电学量；②错误分析导体(或线圈)受力情况，尤其是安培力的大小和方向；③不能正确地把机械运动过程、电磁感应过程和能量转化过程相联系；④思维混乱，错用公式，求不出结果．可以从以下几点进行防范：①从“三个角度”看问题，即力与运动角度(动力、阻力、加速度、匀速还是变速)，电磁感应角度(电动势、电流、磁场强弱和方向、动生电还是电生动)，能量转化角度(什么力做了什么功、什么能转化成什么能)；②从“四个分析”理思路，即“源”“路”“力”“能”的分析，以力的分析为核心，力找对了，导体的运动情况和电磁感应过程就基本清楚了；③从“五个定律”搞突破，即电磁感应定律、楞次定律、欧姆定律、牛顿第二定律、能量守恒定律．A 卷一、选择题1．(多选)(2015·高考全国卷Ⅰ，T19，6分) 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动解析：选AB．当圆盘转动时，圆盘的半径切割磁针产生的磁场的磁感线，产生感应电动势，选项A 正确；如图所示，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，根据楞次定律，感应电流阻碍其相对运动，但抗拒不了相对运动，故磁针会随圆盘一起转动，但略有滞后，选项B正确；在圆盘转动过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量始终为零，选项C错误；电流是由于圆盘切割磁感线而产生的，不是因为自由电子随盘移动产生的，选项D错误．2.(2015·高考海南卷)如图，空间有一匀强磁场，一直金属棒与磁感应强度方向垂直，当它以速度v沿与棒和磁感应强度都垂直的方向运动时，棒两端的感应电动势大小为ε；将此棒弯成两段长度相等且相互垂直的折线，置于与磁感应强度相垂直的平面内，当它沿两段折线夹角平分线的方向以速度v运动时，棒两端的感应电动势大小为ε′.则ε′ε等于( )A．12B．22C．1 D． 2解析：选B．由法拉第电磁感应定律知直金属棒运动时其两端电动势ε＝BLv，将此棒弯成两段长度相等且互相垂直的折线，并放于与磁感应强度垂直的平面内，并沿折线夹角平分线的方向以相同的速度v运动时，ε′＝12BLv，则ε′ε＝12BLvBLv＝22.因此B对，A、C、D错．3.(多选)(2015·高考山东卷)如图，一均匀金属圆盘绕通过其圆心且与盘面垂直的轴逆时针匀速转动．现施加一垂直穿过圆盘的有界匀强磁场，圆盘开始减速．在圆盘减速过程中，以下说法正确的是( )A ．处于磁场中的圆盘部分，靠近圆心处电势高B ．所加磁场越强越易使圆盘停止转动C ．若所加磁场反向，圆盘将加速转动D ．若所加磁场穿过整个圆盘，圆盘将匀速转动解析：选ABD ．根据右手定则可判断靠近圆心处电势高，选项A 正确；圆盘处在磁场中的部分转动切割磁感线，相当于电源，其他部分相当于外电路，根据左手定则，圆盘所受安培力与运动方向相反，磁场越强，安培力越大，故所加磁场越强越易使圆盘停止转动，选项B 正确；磁场反向，安培力仍阻碍圆盘转动，选项C 错误；若所加磁场穿过整个圆盘，整个圆盘相当于电源，不存在外电路，没有电流，所以圆盘不受安培力而匀速转动，选项D 正确．4．(2015·高考福建卷)如图，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( )A ．PQ 中电流先增大后减小B ．PQ 两端电压先减小后增大C ．PQ 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解析：选C ．设PQ 左侧金属线框的电阻为r ，则右侧电阻为3R －r ；PQ 相当于电源，其电阻为R ，则电路的外电阻为R 外＝r （3R －r ）r ＋（3R －r ）＝－⎝⎛⎭⎪⎫r －3R 22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫3R 223R，当r ＝3R2时，R 外max＝34R ，此时PQ 处于矩形线框的中心位置，即PQ 从靠近ad 处向bc 滑动的过程中外电阻先增大后减小．PQ 中的电流为干路电流I ＝ER 外＋R 内，可知干路电流先减小后增大，选项A 错误．PQ两端的电压为路端电压U ＝E －U 内，因E ＝Blv 不变，U 内＝IR 先减小后增大，所以路端电压先增大后减小，选项B 错误．拉力的功率大小等于安培力的功率大小，P ＝F 安v ＝BIlv ，可知因干路电流先减小后增大，PQ 上拉力的功率也先减小后增大，选项C 正确．线框消耗的电功率即为外电阻消耗的功率，因外电阻最大值为34R ，小于内阻R ；根据电源的输出功率与外电阻大小的变化关系，外电阻越接近内阻时，输出功率越大，可知线框消耗的电功率先增大后减小，选项D 错误．5．(多选)(2014·高考四川卷)如图所示，不计电阻的光滑U 形金属框水平放置，光滑、竖直玻璃挡板H 、P 固定在框上，H 、P 的间距很小．质量为0.2 kg 的细金属杆CD 恰好无挤压地放在两挡板之间，与金属框接触良好并围成边长为1 m 的正方形，其有效电阻为0.1 Ω.此时在整个空间加方向与水平面成30° 角且与金属杆垂直的匀强磁场，磁感应强度随时间变化规律是B ＝(0.4－0.2t ) T ，图示磁场方向为正方向．框、挡板和杆不计形变．则( )A ．t ＝1 s 时，金属杆中感应电流方向从C 到DB ．t ＝3 s 时，金属杆中感应电流方向从D 到C C ．t ＝1 s 时，金属杆对挡板P 的压力大小为0.1 ND ．t ＝3 s 时，金属杆对挡板H 的压力大小为0.2 N 解析：选AC ．根据楞次定律可判断感应电流的方向总是从C 到D ，故A 正确，B 错误；由法拉第电磁感应定律可知：E ＝ΔΦΔt ＝ΔB ⊥S Δt ＝ΔBL 2Δt sin 30°＝0.2×12×12 V ＝0.1 V ，故感应电流为I＝E R＝1 A ，金属杆受到的安培力F A ＝BIL ，t ＝1 s 时，F A ＝0.2×1×1 N ＝0.2 N ，方向如图1，此时金属杆受力分析如图1，由平衡条件可知F 1＝F A ·cos 60°＝0.1 N ，F 1为挡板P 对金属杆施加的力．t ＝3 s 时，磁场反向，此时金属杆受力分析如图2，此时挡板H 对金属杆施加的力向右，大小F 3＝BIL cos 60°＝0.2×1×1×12 N ＝0.1 N ．故C 正确，D 错误．6．(多选)(2015·济南一模)如图所示，水平放置的光滑平行金属导轨上有一质量为m 的金属棒ab .导轨的一端连接电阻R ，其他电阻均不计，磁感应强度为B 的匀强磁场垂直于导轨平面向下，金属棒ab 在一水平恒力F 作用下由静止开始向右运动．则( )A ．随着ab 运动速度的增大，其加速度也增大B ．外力F 对ab 做的功等于电路中产生的电能C ．当ab 做匀速运动时，外力F 做功的功率等于电路中的电功率D ．无论ab 做何种运动，它克服安培力做的功一定等于电路中产生的电能解析：选CD ．金属棒ab 在一水平恒力F 作用下由静止开始向右运动，随着ab 运动速度的增大，产生的感应电流增大，所受与F 方向相反的安培力增大，其加速度减小，选项A 错误；外力F 对ab 做的功等于电路中产生的电能和金属棒增加的动能之和，选项B 错误；由能量守恒定律可知，当ab 做匀速运动时，外力F 做功的功率等于电路中的电功率，选项C 正确；无论ab 做何种运动，它克服安培力做的功一定等于电路中产生的电能，选项D 正确．7.如图所示，质量为m 的金属线框A 静置于光滑水平面上，通过细绳跨过定滑轮与质量为m 的物体B 相连，图中虚线内为一水平匀强磁场，d 表示A 与磁场左边界的距离，不计滑。
浙江高考物理二轮复习专题四电磁感应和电路第2讲电磁感应的综合问题学案
第2讲 电磁感应的综合问题[历次选考考情分析]考点一 电磁感应基本概念和规律的理解1．解决图象问题的一般步骤(1)明确图象的种类，即是B －t 图象还是Φ－t 图象，或者是E －t 图象、I －t 图象等． (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对应关系；(4)结合法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、牛顿运动定律等规律写出函数关系式； (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)画出图象或判断图象．2．电磁感应中图象类选择题的两个常见解法(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)，特别是物理量的正负，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作出分析和判断，这未必是最简捷的方法，但却是最有效的办法．1．[感应电流的产生](多选)下列各图所描述的物理情境中，有感应电流产生的是( )答案BCD解析A中电键S闭合稳定后，穿过线圈的磁通量保持不变，线圈中不产生感应电流；B中磁铁向铝环A靠近，穿过铝环的磁通量在增大，铝环中产生感应电流；C中金属框从A向B运动，穿过金属框的磁通量时刻在变化，金属框中产生感应电流；D中铜盘在磁场中按题图所示方向转动，铜盘的一部分切割磁感线，电阻R中产生感应电流．2．[感应电流的大小和方向](多选)如图1，一根长为l、横截面积为S的闭合软导线置于光滑水平面上，其材料的电阻率为ρ，导线内单位体积的自由电子数为n，电子的电荷量为e，空间存在垂直纸面向里的磁场．某时刻起磁场开始减弱，磁感应强度随时间的变化规律是B ＝B0－kt，当软导线形状稳定时，磁场方向仍然垂直纸面向里，此时( )图1 A．软导线将围成一个圆形B．软导线将围成一个正方形C．导线中产生逆时针方向的电流D．导线中的电流为klS4πρ答案AD解析当磁场的磁感应强度减弱时，由楞次定律可知，导线中产生顺时针方向的电流，软导线围成的图形的面积有扩大的趋势，结合周长相等时，圆的面积最大可知，最终软导线围成一个圆形．设软导线围成的圆形半径为r，则有：l＝2πr，圆形的面积为S1＝πr2，软导线的电阻为R＝ρlS，软导线中产生的感应电动势为E＝ΔBΔtS1＝kl24π，感应电流为I＝ER＝klS4πρ.3．[感应电流的图象](多选)如图2甲所示，正六边形导线框abcdef放在磁场中静止不动，磁场方向与导线框平面垂直，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示．t＝0时刻，磁感应强度B的方向垂直纸面向里，设产生的感应电流顺时针方向为正，竖直边cd所受安培力的方向水平向左为正．则下面关于感应电流i和cd边所受安培力F随时间t变化的图象正确的是( )图2答案 BC解析 0～2 s 内，磁感应强度的方向垂直纸面向里，且逐渐减小，根据楞次定律，感应电流的方向为顺时针方向，为正值．根据法拉第电磁感应定律，E ＝ΔBS Δt ＝B 0S 为定值，则感应电流为定值，I 0＝B 0SR.在2～3 s 内，磁感应强度方向垂直纸面向外，且逐渐增大，根据楞次定律，感应电流方向为顺时针方向，为正值，大小与0～2 s 内相同．在3～4 s 内，磁感应强度方向垂直纸面向外，且逐渐减小，根据楞次定律，感应电流方向为逆时针方向，为负值，大小与0～2 s 内相同．在4～6 s 内，磁感应强度方向垂直纸面向里，且逐渐增大，根据楞次定律，感应电流方向为逆时针方向，为负值，大小与0～2 s 内相同，故A 错误，B 正确．在0～2 s 内，磁感应强度的方向垂直纸面向里，且逐渐减小，电流恒定不变，根据F 安＝BIL ，则安培力逐渐减小，cd 边所受安培力方向向右，为负值.0时刻安培力大小为F ＝2B 0I 0L .在2～3 s 内，磁感应强度方向垂直纸面向外，且逐渐增大，根据F 安＝BIL ，则安培力逐渐增大，cd 边所受安培力方向向左，为正值，3 s 末安培力大小为B 0I 0L .在3～4 s 内，磁感应强度方向垂直纸面向外，且逐渐减小，则安培力大小逐渐减小，cd 边所受安培力方向向右，为负值，第4 s 初的安培力大小为B 0I 0L .在4～6 s 内，磁感应强度方向垂直纸面向里，且逐渐增大，则安培力大小逐渐增大，cd 边所受安培力方向向左，6 s 末的安培力大小2B 0I 0L ，故C 正确，D 错误．4.[电路问题](多选)用均匀导线做成的正方形线圈边长为l ，正方形的一半放在垂直于纸面向里的磁场中，如图3所示，当磁场以ΔBΔt的变化率增强时，则( )图3A ．线圈中感应电流方向为acbdaB ．线圈中产生的电动势E ＝ΔB Δt ·l22C ．线圈中感应电流方向为adbcaD ．线圈中a 、b 两点间的电势差为ΔB Δt ·l22答案 AB解析 当磁场增强时，由楞次定律可判定感应电流的方向为acbda ，故A 项正确，C 项错误；由法拉第电磁感应定律得E ＝ΔB Δt ·l22，B 项正确；线圈中a 、b 两点的电势差的绝对值为电动势的一半，由电流方向可知，a 点电势低于b 点电势，则a 、b 两点的电势差为－12·ΔB Δt ·l22，故D 项错误．考点二 电磁感应中的动力学和能量问题1．电磁感应中的动力学问题分析思路(1)电路分析：导体棒相当于电源，感应电动势相当于电源的电动势，导体棒的电阻相当于电源的内阻．(2)受力分析：导体棒受到安培力及其他力，安培力F 安＝BIL ，根据牛顿第二定律列动力学方程：F 合＝ma .(3)过程分析：由于安培力是变力，导体棒做变加速运动，当加速度为零时，达到稳定状态，最后做匀速直线运动，根据共点力平衡条件列平衡方程：F 合＝0. 2．电磁感应中能量转化及焦耳热的求法(1)能量转化(2)求解焦耳热Q的三种方法①焦耳定律：Q＝I2Rt，适用于电流、电阻不变；②功能关系：Q＝W克服安培力，电流变不变都适用；③能量转化：Q＝ΔE其他能的减少量，电流变不变都适用．例1(2018·嘉兴一中期末)如图4所示，两根相距L1的平行粗糙金属导轨固定在水平面上，导轨上分布着n个宽度为d、间距为2d的匀强磁场区域，磁场方向垂直水平面向上．在导轨的左端连接一个阻值为R的电阻，导轨的左端距离第一个磁场区域L2的位置放有一根质量为m，长为L1，阻值为r的金属棒，导轨电阻及金属棒与导轨间的接触电阻均不计．某时刻起，金属棒在一水平向右的已知恒力F作用下由静止开始向右运动，已知金属棒与导轨间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g.图4(1)若金属棒能够匀速通过每个匀强磁场区域，求金属棒离开第2个匀强磁场区域时的速度v2的大小；(2)在满足第(1)小题条件时，求第n个匀强磁场区域的磁感应强度B n的大小；(3)现保持恒力F不变，使每个磁场区域的磁感应强度均相同，发现金属棒通过每个磁场区域时电路中的电流变化规律完全相同，求金属棒从开始运动到通过第n个磁场区域的整个过程中左端电阻R上产生的焦耳热Q.答案(1)2(F－μmg)(L2＋2d)m(2)1L 14m (F －μmg )(R ＋r )22L 2＋4nd －4d(3)3RR ＋rnd (F －μmg ) 解析 (1)金属棒匀加速运动有F －μmg ＝mav 22＝2a (L 2＋2d )解得：v 2＝2(F －μmg )(L 2＋2d )m(2)金属棒匀加速运动的总位移为x ＝L 2＋2nd －2d 金属棒进入第n 个匀强磁场的速度满足v n 2＝2ax 金属棒在第n 个磁场中匀速运动有F －μmg －F 安＝0 感应电动势E ＝B n L 1v n 电流I ＝ER ＋r ＝B n L 1v nR ＋r安培力F 安＝B n L 1I联立得：F 安＝B n 2L 12v nR ＋r解得：B n ＝1L 1 4m (F －μmg )(R ＋r )22L 2＋4nd －4d(3)金属棒进入每个磁场时的速度v 和离开每个磁场时的速度v ′均相同，由题意可得v 2＝2aL 2，v 2－v ′2＝2a ·2d金属棒从开始运动到通过第n 个磁场区域的过程中，有x 总＝L 2＋3nd －2d (F －μmg )x 总－Q 总＝12mv ′2Q ＝R R ＋rQ 总 解得：Q ＝3RR ＋rnd (F －μmg )5．如图5所示，有一倾斜光滑平行金属导轨，导轨平面与水平面的夹角θ＝30°，导轨间距L ＝0.5 m ，电阻不计，在两导轨间接有R ＝3 Ω的电阻．在导轨中间加一垂直导轨平面向上的宽度为d ＝0.4 m 的匀强磁场，B ＝2 T ．一质量为m ＝0.08 kg ，电阻为r ＝2 Ω的导体棒从距磁场上边缘d ＝0.4 m 处由静止释放，运动过程中始终与导轨保持垂直且接触良好，取g ＝10 m/s 2.求：图5(1)导体棒进入磁场上边缘的速度大小v ；(2)导体棒通过磁场区域的过程中，通过导体棒的电荷量q ； (3)导体棒通过磁场区域的过程中，电阻R 上产生的焦耳热Q . 答案 (1)2 m/s (2)0.08 C (3)0.096 J解析 (1)根据机械能守恒定律可得：mgd sin 30°＝12mv 2代入数据解得，导体棒进入磁场上边缘的速度v ＝2 m/s. (2)根据法拉第电磁感应定律可得：E ＝ΔΦΔt根据闭合电路的欧姆定律可得：I ＝ER ＋r通过导体棒的电荷量为：q ＝I Δt ＝ΔΦR ＋r ＝BLdR ＋r ＝0.08 C.(3)导体棒切割磁感应线产生的感应电动势为E ＝BLv ＝2 V 根据闭合电路的欧姆定律可得：I ＝ER ＋r＝0.4 A导体棒受到的安培力F ＝BIL ＝0.4 N导体棒的重力沿导轨平面向下的分力F ′＝mg sin 30°＝0.4 N所以金属棒进入磁场后做匀速运动，根据功能关系可得电阻R上产生的焦耳热为：Q＝RR＋rmgd sin 30°＝0.096 J.考点三应用动量和能量观点分析电磁感应问题1．电磁感应与动量综合问题往往需要运用牛顿第二定律、动量定理、动量守恒定律、功能关系和能量守恒定律等重要规律，并结合闭合电路的欧姆定律等物理规律及基本方法．2．动量观点在电磁感应问题中的应用，主要可以解决变力的冲量．所以，在求解导体棒做非匀变速运动的问题时，应用动量定理可以避免由于加速度变化而导致运动学公式不能使用的麻烦，在求解双杆模型问题时，在一定条件下可以利用动量守恒定律避免讨论中间变化状态，而直接求得最终状态．模型1 动量定理与电磁感应的综合应用例2(2018·宁波市十校联考)如图6所示，两根相距为d的粗糙平行金属导轨放在倾角为θ的斜面上(电阻忽略不计)，金属导轨上端连有阻值为R的电阻，在平行于斜面的矩形区域mnOP(mP长为l，且平行于金属导轨，不考虑磁场的边界效应)内存在一个垂直斜面向上的匀强磁场B，一根电阻为r，质量为m的金属棒EF自磁场上边界虚线mn处由静止释放，经过t 时间离开磁场区域，金属棒与金属导轨间的动摩擦因数为μ.求：图6(1)t时间内通过电阻R的电荷量q；(2)t时间内电阻R上产生的焦耳热Q；(3)沿着导轨向下平行移动磁场区域，从原位置释放金属棒，当它恰好能匀速通过磁场时，磁场的移动距离s和金属棒通过磁场的时间t′.答案(1)BldR＋r(2)RR ＋r ·{mgl (sin θ－μcos θ)－12m [(sin θ－μcos θ)gt －B 2d 2l m (R ＋r )]2} (3)m 2(R ＋r )2g (sin θ－μcos θ)2B 4d 4B 2d 2l mg (sin θ－μcos θ)(R ＋r )解析 (1)由法拉第电磁感应定律得E ＝ΔΦΔt ＝Bldt通过电阻R 的电荷量为q ＝ER ＋r·t ＝Bld R ＋r(2)金属棒向下运动的过程中受到重力、支持力、摩擦力以及安培力的作用，在沿斜面的方向上，由动量定理得：(mg sin θ－μmg cos θ)·t －Bd ·ER ＋r·t ＝mv －0得：v ＝(g sin θ－μg cos θ)t －B 2d 2lm (R ＋r )由功能关系可得：Q 总＝mgl (sin θ－μcos θ)－12mv 2则电阻R 上产生的焦耳热为：Q ＝RR ＋r·Q 总联立可得：Q ＝RR ＋r ·{mgl (sin θ－μcos θ)－12m [(sin θ－μcos θ)gt －B 2d 2l m (R ＋r )]2} (3)金属棒在磁场中做匀速直线运动时，mg sin θ＝μmg cos θ＋B 2d 2v m R ＋r得：v m ＝mg (sin θ－μcos θ)(R ＋r )B 2d 2金属棒沿导轨平面向下的加速度为：a ＝g (sin θ－μcos θ) 又：v m 2＝2as ，得s ＝m 2(R ＋r )2g (sin θ－μcos θ)2B 4d4金属棒通过磁场的时间为：t ′＝l v m ＝B 2d 2l mg (sin θ－μcos θ)(R ＋r )6.如图7所示，光滑的水平平行金属导轨间距为L ，导轨电阻忽略不计．空间存在垂直于导轨平面竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B .轻质导体棒ab 垂直导轨放置，导体棒ab 的电阻为r ，与导轨之间接触良好．两导轨之间接有定值电阻，其阻值为R ，轻质导体棒中间系一轻细线，细线通过定滑轮悬挂质量为m 的物体，现从静止释放该物体，当物体速度达到最大时，下落的高度为h .物体下落过程中不着地，导轨足够长，忽略空气阻力和一切摩擦阻力，重力加速度为g .求：图7(1)物体下落过程中的最大速度v m ；(2)物体从静止开始下落至速度达到最大的过程中，电阻R 上产生的热量Q ； (3)物体从静止开始下落至速度到最大时，所需的时间t .答案 (1)mg (R ＋r )B 2L 2 (2)mghR R ＋r －m 3g 2R (R ＋r )2B 4L 4(3)m (R ＋r )B 2L 2＋B 2L 2hmg (R ＋r )解析 (1)在物体加速下落过程中，加速度逐渐减小，当加速度为0时，下落速度达到最大．对物体，由平衡条件可得mg ＝F T 对导体棒，由平衡条件可得F T ＝BIL对导体棒与导轨、电阻R 组成的闭合回路，根据闭合电路欧姆定律得I ＝ER ＋r根据法拉第电磁感应定律得E ＝BLv m 联立以上各式解得v m ＝mg (R ＋r )B 2L 2. (2)在物体下落过程中，物体重力势能减少，动能增加，系统中产生热量，根据能量守恒定律可得mgh ＝12mv m 2＋Q 总电阻R 上产生的热量Q ＝RR ＋rQ 总， 联立解得Q ＝mghR R ＋r －m 3g 2R (R ＋r )2B 4L4. (3)在系统加速过程中，任一时刻速度设为v ，取一段时间微元Δt ，在此过程中以系统为研究对象，根据动量定理可得mg Δt －B 2L 2vR ＋r Δt ＝m Δv即mg Δt －B 2L 2ΔxR ＋r ＝m Δv全过程叠加求和mgt －B 2L 2hR ＋r ＝mv m联立解得t ＝m (R ＋r )B 2L 2＋B 2L 2hmg (R ＋r ).模型2 动量守恒定律与电磁感应的综合应用例3 (2018·宁波市3月选考)如图8甲所示，绝缘水平面上固定着两根足够长的光滑金属导轨PQ 、MN ，相距为L ＝0.5 m ，ef 右侧导轨处于磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下，磁感应强度B 的大小如图乙变化．开始时ab 棒和cd 棒锁定在导轨如图所示位置，ab 棒与cd 棒平行，ab 棒离水平面高度为h ＝0.2 m ，cd 棒与ef 之间的距离也为L ，ab 棒的质量为m 1＝0.2 kg ，有效电阻R 1＝0.05 Ω，cd 棒的质量为m 2＝0.1 kg ，有效电阻为R 2＝0.15 Ω.(设ab 、cd 棒在运动过程中始终与导轨垂直，两棒与导轨接触良好，导轨电阻不计，空气阻力不计，g 取10 m/s 2)．问：图8(1)0～1 s 时间段内通过cd 棒的电流大小与方向；(2)假如在1 s 末，同时解除对ab 棒和cd 棒的锁定，稳定后ab 棒和cd 棒将以相同的速度做匀速直线运动，试求这一速度的大小；(3)对ab 棒和cd 棒从解除锁定到开始以相同的速度做匀速直线运动，ab 棒上产生的热量； (4)ab 棒和cd 棒速度相同时，它们之间的距离大小． 答案 见解析解析 (1)由楞次定律可得，cd 棒中的电流方向为由d 到cE ＝ΔΦΔt ＝ΔB Δt S ＝ΔB ΔtL 2代入数据得：E ＝0.25 Vcd 棒中的电流大小I ＝ER 1＋R 2代入数据得：I ＝1.25 A(2)设ab 棒刚进入磁场时的速度为v 0，由机械能守恒定律有：m 1gh ＝12m 1v 02得v 0＝2 m/s由题意可知，ab 棒进入磁场后做加速度减小的减速运动，cd 棒做加速度减小的加速运动，而由ab 、cd 棒组成的回路感应电动势越来越小，最终ab 、cd 棒达到共同速度做匀速直线运动，系统稳定．以ab 、cd 棒构成的系统为研究对象，水平方向上只受到大小时刻相等、方向时刻相反的安培力作用，系统在磁场中运动时动量守恒．m 1v 0＝(m 1＋m 2)v 共得：v 共＝43m/s.(3)以ab 、cd 棒构成的系统为研究对象，从解除锁定开始到ab 、cd 棒以相同的速度稳定运动的过程中，系统损失的机械能转化为系统两电阻上的热量．m 1gh －12(m 1＋m 2)v 共2＝Q 总则Q ab ＝R 1R 1＋R 2Q 总＝130J(4)以ab 棒为研究对象，ab 棒从进入磁场到达到稳定速度过程中，由动量定理有：m 1v 共－m 1v 0＝－∑F 安Δt ＝－∑BL BL vR 1＋R 2Δt ＝－B 2L 2ΔxR 1＋R 2解得Δx ＝875m分析可知Δx 为这个过程中两棒相对靠近的距离， 所以，稳定时两棒之间的距离为：x ＝L －Δx ＝59150m.7．如图9所示，一个质量为m 、电阻不计、足够长的光滑U 形金属框架MNQP ，位于光滑绝缘水平桌面上，平行导轨MN 和PQ 相距为L .空间存在着足够大的方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度的大小为B .另有质量也为m 的金属棒CD ，垂直于MN 放置在导轨上，并用一根绝缘细线系在定点A .已知，细线能承受的最大拉力为F T0，CD 棒接入导轨间的有效电阻为R .现从t ＝0时刻开始对U 形框架施加水平向右的拉力F (大小未知)，使其从静止开始做加速度为a的匀加速直线运动．图9(1)求从框架开始运动到细线断开所需的时间t 0及细线断开时框架的瞬时速度v 0大小； (2)若在细线断开时，立即撤去拉力F ，求此后过程回路中产生的总焦耳热Q .答案 (1)F T0R B 2L 2a F T0R B 2L 2 (2)mF T02R 24B 4L4解析 (1)细线断开时，对CD 棒有F T0＝F 安，F 安＝BIL ，I ＝ER，E ＝BLv 0，v 0＝at 0联立解得t 0＝F T0RB 2L 2a细线断开时，框架的速度v 0＝F T0R B 2L 2(2)在细线断开时立即撤去拉力F ，框架向右减速运动，CD 棒向右加速运动，设二者最终速度大小为v ，由系统动量守恒可得mv 0＝2mv 得v ＝v 02＝F T0R2B 2L2撤去拉力F 后，系统总动能的减少量等于回路消耗的电能，最终在回路中产生的总焦耳热Q ＝12mv 02－12×2mv 2 联立得Q ＝mF T02R 24B 4L4.专题强化练1．(多选)(2018·牌头中学期中改编)如图1所示，固定的水平长直导线中通有向右的电流I ，矩形闭合导线框与导线在同一竖直平面内，且一边与导线平行．将线框由静止释放，不计空气阻力，则在线框下落过程中( )图1A ．穿过线框的磁通量保持不变B ．线框中感应电流的方向为顺时针C ．线框所受安培力的合力竖直向上D ．线框的机械能不断增大 答案 BC解析线框在下落过程中，所在磁场减弱，穿过线框的磁通量减小，故A错误；电流I产生的磁场在导线的下方垂直于纸面向里，下落过程中，因为穿过线框的磁通量随线框下落而减小，根据楞次定律，感应电流的磁场与原磁场方向相同，所以感应电流的方向为顺时针，故B正确；由于离导线越远的地方磁场越弱，所以线框的上边受到的安培力大小大于下边受到的安培力大小，合力的方向向上，故C正确；下落过程中，因为穿过线框的磁通量随线框下落而减小，线框中产生电能，机械能减小，故D错误．2．(多选)某实验装置如图2所示，在铁芯P上绕着两个线圈A和B，如果线圈A中电流i与时间t的关系有如图所示的A、B、C、D共四种情况．在t1～t2这段时间内，哪种情况可以观察到在线圈B中有感应电流( )图2答案BCD3．(多选)(2018·书生中学月考改编)竖直放置的平行光滑导轨，其电阻不计，磁场方向如图3所示，磁感应强度B＝0.5 T，导体棒ab与cd长均为0.2 m，电阻均为0.1 Ω，重均为0.1 N，现用力向上拉导体棒ab，使之匀速向上(与导轨接触良好，导轨足够长)，此时，导体棒cd恰好静止，那么导体棒ab上升时，下列说法中正确的是( )图3A ．导体棒ab 受到的拉力大小为2 NB ．导体棒ab 向上的速度为2 m/sC ．在2 s 内，拉力做功转化为的电能是0.4 JD ．在2 s 内，拉力做功为0.6 J 答案 BC解析 导体棒ab 匀速上升，受力平衡，cd 棒静止，受力也平衡，对于两棒组成的系统，合外力为零，根据平衡条件可得：ab 棒受到的拉力F ＝2mg ＝0.2 N ，故A 错误；对cd 棒，受到向下的重力G 和向上的安培力F 安，由平衡条件得：F 安＝G ，即BIL ＝G ，又I ＝BLv2R，联立得：v ＝2GR B 2L 2＝2×0.1×0.10.52×0.22 m/s ＝2 m/s ，故B 正确；在2 s 内，电路产生的电能Q ＝E 22R t ＝(BLv )22R t ＝(0.5×0.2×2)22×0.1×2 J＝0.4 J ，故C 正确；在2 s 内拉力做的功，W ＝Fvt ＝0.2×2×2 J＝0.8 J ，故D 错误．4.如图4所示，两根竖直固定的足够长的光滑金属导轨ab 和cd 相距L ＝1 m ，金属导轨电阻不计．两根水平放置的金属杆MN 和PQ 质量均为0.1 kg ，在电路中两金属杆MN 和PQ 的电阻均为R ＝2 Ω，PQ 杆放置在水平台上．整个装置处于垂直导轨平面向里的磁场中，g 取10 m/s 2，不计空气阻力．图4(1)若将MN 杆固定，两杆间距为d ＝4 m ，现使磁感应强度从零开始以ΔB Δt ＝0.5 T/s 的变化率均匀地增大，经过多长时间，PQ 杆对地面的压力为零？(2)若将PQ 杆固定，让MN 杆在竖直向上的恒定拉力F ＝2 N 的作用下由静止开始向上运动，磁感应强度大小恒为1 T ．若杆MN 发生的位移为h ＝1.8 m 时达到最大速度，求最大速度的大小和加速时间．答案 (1)4 s (2)4 m/s 0.85 s 解析 (1)根据法拉第电磁感应定律：E ＝ΔΦΔt ＝ΔB Δt ·S ＝ΔBΔt·Ld 根据闭合电路欧姆定律：I ＝E2R由题意可知：B ＝0.5t当PQ 杆对地面的压力恰好为零时，对PQ 杆有mg ＝BIL联立解得t ＝4 s(2)当杆MN 达到最大速度v m 时，其加速度为0 对MN 杆：mg ＋B ′I ′L ＝FI ′＝B ′Lv m2R联立解得最大速度v m ＝4 m/s杆MN 从静止到最大速度v m 的运动过程中 根据动量定理：Ft ′－mgt ′－B ′I Lt ′＝mv mI t ′＝B ′ΔS 2R ＝B ′Lh2R联立解得加速时间t ′＝0.85 s.5．(2018·新力量联盟期末)如图5甲所示，MN 、PQ 为间距L ＝0.5 m 足够长的平行导轨，NQ ⊥MN ，导轨的电阻均不计．导轨平面与水平面间的夹角θ＝37°，NQ 间连接有一个R ＝4 Ω的电阻．有一匀强磁场垂直于导轨平面且方向向上，磁感应强度为B 0＝1 T ．将一根质量为m ＝0.05 kg 的金属棒ab 紧靠NQ 放置在导轨上，且与导轨接触良好．现由静止释放金属棒，当金属棒滑行至cd 处时达到稳定速度，已知在此过程中通过金属棒横截面的电荷量q ＝0.2 C ，且金属棒的加速度a 与速度v 的关系如图乙所示，设金属棒沿导轨向下运动过程中始终与NQ 平行．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s 2)求：图5(1)金属棒与导轨间的动摩擦因数μ； (2)cd 与NQ 的距离s ；(3)金属棒滑行至cd 处的过程中，电阻R 上产生的热量． 答案 (1)0.5 (2)2 m (3)0.08 J解析 (1)由题图乙可知，当v ＝0时，a ＝2 m/s 2mg sin θ－μmg cos θ＝ma得μ＝0.5(2)由题图乙可知，v m ＝2 m/s当金属棒达到稳定速度时，有F 安＝B 0ILE ＝B 0Lv m I ＝E R ＋rmg sin θ＝F 安＋μmg cos θ联立以上各式解得r ＝1 Ω通过金属棒横截面的电荷量q ＝I Δt ＝ΔΦΔt (R ＋r )Δt ＝ΔΦR ＋r ＝B 0LsR ＋r ＝0.2 C解得s ＝2 m(3)由动能定理得mgs sin 37°－μmgs cos 37°－W F ＝12mv m 2－0W F ＝Q 总＝0.1 JQ R ＝45Q 总＝0.08 J.6．如图6所示，平行金属导轨MN 、M ′N ′和平行金属导轨PQR 、P ′Q ′R ′分别固定在高度差为h (数值未知)的水平台面上．导轨MN 、M ′N ′左端接有电源、间距为L ＝0.10 m ，所在空间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B 1＝0.20 T ；导轨PQR 与P ′Q ′R ′的间距也为L ＝0.10 m ，其中PQ 与P ′Q ′是圆心角为60°、半径为r ＝0.50 m 的圆弧导轨，QR 与Q ′R ′是水平长直导轨，QQ ′右侧有方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B 2＝0.40 T ．导体棒a 质量m 1＝0.02 kg ，电阻R 1＝2.0 Ω，放置在导轨MN 、M ′N ′右侧N ′N 边缘处；导体棒b 质量m 2＝0.04 kg ，电阻R 2＝4.0 Ω，放置在水平导轨某处．闭合开关K 后，导体棒a 从NN ′水平抛出，恰能无碰撞地从PP ′处以速度v 1＝2 m/s 滑入平行导轨，且始终没有与导体棒b 相碰．重力加速度g ＝10 m/s 2，不计一切摩擦及空气阻力．求：图6(1)导体棒b 的最大加速度；(2)导体棒a 在磁场B 2中产生的焦耳热；(3)闭合开关K 后，通过电源的电荷量q .答案 (1)0.02 m/s 2(2)0.02 J (3)1 C解析 (1)设导体棒a 刚进入磁场B 2时的速度为v 2，根据动能定理： m 1g (r －r cos 60°)＝12m 1v 22－12m 1v 12解得：v 2＝3 m/s因为导体棒a 刚进入磁场B 2时，导体棒b 中的电流最大，导体棒b 受到的力最大，加速度最大，所以有：电动势为：E ＝B 2Lv 2电流为：I ＝ER 1＋R 2根据牛顿第二定律：B 2IL ＝m 2a max解得：a max ＝0.02 m/s 2.(2)两个导体棒在运动过程中，动量、能量守恒，当两导体棒的速度相等时回路中的电流为零，此后两导体棒做匀速直线运动，两导体棒不再产生焦耳热，所以根据动量守恒：m 1v 2＝(m 1＋m 2)v 3根据能量守恒定律：12m 1v 22＝12(m 1＋m 2)v 32＋Q a ＋Q b 由于导体棒a 、b 串联在一起，所以有：Q a Q b ＝R 1R 2解得：Q a ＝0.02 J(3)设闭合开关后，导体棒a 以速度v 0水平抛出，则有：v 0＝v 1cos 60°＝1 m/s 对导体棒a 冲出过程由动量定理：∑B 1IL Δt ＝m 1v 0即：B 1Lq ＝m 1v 0解得：q ＝1 C.7．如图7甲所示，平行且足够长的光滑金属导轨的电阻忽略不计，左侧倾斜导轨平面与水平方向夹角θ＝30°，与右侧水平导轨平滑连接，导轨上端连接一阻值R ＝0.8 Ω的定值电阻，金属杆MN 的电阻r ＝0.2 Ω、质量m ＝0.2 kg ，杆长L ＝1 m 恰好跨接在两导轨上，左侧倾斜导轨区域、右侧水平导轨区域各加一垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小都为B ＝1.0 T ．电流传感器(电阻不计)能将各时刻的电流数据实时通过数据采集器传输给计算机，闭合开关S ，让金属杆MN 从图示位置由静止开始释放，其始终与导轨垂直且接触良好，此后计算机屏幕上显示出金属杆在倾斜导轨上滑行过程中的I －t 图象，如图乙所示．求：(g 取10 m/s 2)图7(1)金属杆MN 在倾斜导轨上滑行的最大速度的大小；(2)金属杆MN 从静止开始运动到倾斜导轨底端的过程中通过电阻R 的电荷量为1.2 C ，该过程中电阻R 上产生的焦耳热；(3)金属杆可在水平导轨上滑行的最大距离．答案 (1)1 m/s (2)0.88 J (3)0.2 m解析 (1)由I －t 图象可知，当金属杆达到最大速度时，金属杆匀速下滑，由平衡条件得：mg sin θ＝BIL ，感应电动势：E ＝BLv m ＝I (R ＋r )，代入数据解得：v m ＝1 m/s ；(2)金属杆在倾斜导轨上先做加速运动，达到最大速度后做匀速直线运动，金属杆运动到倾斜导轨底端时速度为最大速度，电荷量：q ＝ER ＋r Δt ＝ΔΦ(R ＋r )Δt Δt ＝B ΔS R ＋r ＝BLx R ＋r ， 解得：x ＝q (R ＋r )BL ＝1.2×(0.8＋0.2)1×1m ＝1.2 m ， 由能量守恒定律得：mgx sin θ＝12mv m 2＋Q ， 解得：Q ＝1.1 J ，电阻R 上产生的焦耳热：Q R ＝QR R ＋r ＝1.1×0.80.8＋0.2J ＝0.88 J ；(3)在整个过程中，对金属杆由动量定理得：BiLt ＝m Δv ， 则BLq ′＝mv m ，解得：q ′＝0.2 C ，电荷量：q ′＝E ′R ＋r Δt ′＝ΔΦ′(R ＋r )Δt ′Δt ′＝B ΔS ′R ＋r ＝BLx ′R ＋r ，解得：x ′＝0.2 m.。
高考物理二轮复习专题四电磁感应和电路电磁感应的综合问题学案
第2讲电磁感应的综合问题[选考考点分布]章知识内容考试要求历次选考统计必考加试2020/12020/04 2020/102020/042020/11电磁感应电磁感应现象 b楞次定律 c法拉第电磁感应定律d 22 23 22 22 22电磁感应现象的两类情况b互感和自感 b涡流、电磁阻尼和电磁驱动b考点一电磁感应中的图象问题1．(多选)如图1所示，abcd为一边长为l的正方形导线框，导线框位于光滑水平面内，其右侧为一匀强磁场区域，磁场的边界与线框的cd边平行，磁场区域的宽度为2l，磁感应强度为B，方向竖直向下，线框在一垂直于cd边的水平恒定拉力F作用下沿水平方向向右运动，直至通过磁场区域，cd边刚进入磁场时，线框开始匀速运动，规定线框中电流沿逆时针时方向为正，则导线框从刚进入磁场到完全离开磁场的过程中，a、b两端的电压U ab及导线框中的电流i随cd边的位置坐标x变化的图线可能是( )图1答案 BD2．(多选)(人教版选修3－2P8第6题改编)某实验装置如图2所示，在铁芯P 上绕着两个线圈A 和B ，如果线圈A 中电流i 与时间t 的关系有如图所示的A 、B 、C 、D 共四种情况．在t 1～t 2这段时间内，哪种情况可以观察到在线圈B 中有感应电流( )图2答案 BCD3．(多选)(人教版选修3－2P19“例题”改编)某同学设计了一利用涡旋电场加速带电粒子的装置，基本原理如图3甲所示，上、下为电磁铁的两个磁极，磁极之间有一个环形真空室，带电粒子在真空室内做圆周运动，电磁铁线圈电流的大小、方向可以变化，产生的感生电场使粒子加速，图甲上部分为侧视图，下部分为俯视图，若粒子质量为m ，电荷量为q ，初速度为零，圆形轨道的半径为R ，穿过粒子圆形轨道面积的磁通量Φ随时间t 的变化关系如图乙所示，在t 0时刻后，粒子所在轨道处的磁感应强度为B ，粒子加速过程中忽略相对论效应，不计粒子的重力，下列说法正确的是( )图3A ．若被加速的粒子为电子，沿如图所示逆时针方向加速，则应在线圈中通以由a 到b 的电流B ．若被加速的粒子为正电子，沿如图所示逆时针方向加速，则应在线圈中通以由a 到b 的电流C ．在t 0时刻后，粒子运动的速度大小为qBRmD ．在t 0时刻前，粒子每加速一周增加的动能为qΦ0t 0答案 ACD解析 电子带负电，它在电场中受力的方向与电场方向相反，电子沿逆时针方向加速，根据左手定则可知磁场方向竖直向上，由右手螺旋定则知线圈中应通以由a 到b 的电流，故A 正确；同理可知B 错误；在 t 0时刻后，粒子所在轨道处的磁感应强度为B ，粒子在磁场中做匀速圆周运动，所受洛伦兹力等于向心力qvB ＝mv 2R ，v ＝qBR m ，故C 正确；在t 0时刻前，感生电场的感应电动势E 感＝Φ0t 0，粒子加速运动一周增加的动能为ΔE k ＝qE 感＝qΦ0t 0，故D 正确．1.对图象的认识，应注意以下两个方面 (1)明确图象所描述的物理意义． (2)明确各种“＋”“－”的含义． 2．电磁感应中图象类选择题的两个常见解法(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)，特别是物理量的正负，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作出分析和判断，这未必是最简捷的方法，但却是最有效的办法．考点二 电磁感应中的动力学和能量问题1．(2020·浙江10月选考·22)为了探究电动机转速与弹簧伸长量之间的关系，小明设计了如图4所示的装置．半径为l 的圆形金属导轨固定在水平面上，一根长也为l 、电阻为R 的金属棒ab 一端与导轨接触良好，另一端固定在圆心处的导电转轴OO′上，由电动机A 带动旋转．在金属导轨区域内存在垂直于导轨平面，大小为B 1、方向竖直向下的匀强磁场．另有一质量为m 、电阻为R 的金属棒cd 用轻质弹簧悬挂在竖直平面内，并与固定在竖直平面内的“U”型导轨保持良好接触，导轨间距为l ，底部接阻值也为R 的电阻，处于大小为B 2、方向垂直导轨平面向里的匀强磁场中．从圆形金属导轨引出导线和通过电刷从转轴引出导线经开关S 与“U”型导轨连接．当开关S 断开，棒cd 静止时，弹簧伸长量为x 0；当开关S 闭合，电动机以某一转速匀速转动，棒cd 再次静止时，弹簧伸长量变为x(不超过弹性限度)．不计其余电阻和摩擦等阻力，求此时：图4(1)通过棒cd 的电流I cd ； (2)电动机对该装置的输出功率P ；(3)电动机转动角速度ω与弹簧伸长量x 之间的函数关系． 答案 见解析解析 (1)S 断开，cd 棒静止有mg ＝kx 0 S 闭合，cd 棒静止时受到安培力F ＝B 2I cd l cd 棒静止时有mg ＋B 2I cd l ＝kx 解得I cd ＝mg (x －x 0)B 2lx 0(2)回路总电阻R 总＝R ＋12R ＝32R总电流：I ＝2mg (x －x 0)B 2lx 0由能量守恒得P ＝I 2R 总＝6m 2g 2R (x －x 0)2B 2 2l 2x 02(3)由法拉第电磁感应定律：E ＝ΔΦΔt ＝12B 1ωl 2回路总电流I ＝B 1ωl23R解得ω＝6mgR (x －x 0)B 1B 2l 3x 0.2．(2020·台州市9月选考)为了测量列车运行的速度和加速度大小，可采用如图5甲所示的装置，它由一块安装在列车车头底部的强磁体和埋设在地面的一组线圈及电流测量记录仪组成(测量记录仪未画出)．当列车经过线圈上方时，线圈中产生的电流被记录下来，就能求出列车的速度和加速度．如图乙所示为铁轨和列车的俯视图，假设磁体端部有磁感应强度B ＝1.2×10－2T ，方向竖直向下的匀强磁场，该磁场区域在运动过程中两个时刻恰能依次覆盖两个线圈，每个线圈的电阻r ＝0.30 Ω，匝数n ＝4，垂直于铁轨方向长l ＝0.25 m ，平行于轨道方向的宽度远小于两线圈的距离s ，每个测量记录仪自身电阻R ＝1.70 Ω，其记录下来的电流－位置关系图，即i －x 图如图丙所示．图5(1)当磁场区域的右边界刚离开线圈Ⅰ时，线圈Ⅰ的电流方向是顺时针还是逆时针？(俯视图)(2)试计算列车通过线圈Ⅰ和线圈Ⅱ时的速度v1和v2的大小；(3)假设列车做的是匀加速直线运动，求列车在两个线圈之间的加速度的大小．(结果保留三位有效数字) 答案(1)顺时针(2)20 m/s 25 m/s (3)1.13 m/s2解析(1)由楞次定律得，线圈Ⅰ的电流方向为顺时针．(2)列车车头底部的强磁体通过线圈时，在线圈中产生感应电动势和感应电流，根据公式可得：E＝I(R＋r)解得：E1＝0.24 V和E2＝0.30 V而线圈Ⅰ、Ⅱ中产生的感应电动势为：E1＝nBlv1，E2＝nBlv2解得：v1＝20 m/s，v2＝25 m/s(3)根据匀变速直线运动公式：v2 2－v1 2＝2as从题图丙中读出s＝100 m，解得：a≈1.13 m/s2.3. 如图6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：图6(1)线框ab边将要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.答案(1)4倍(2)Qmg＋28l解析 (1)设磁场的磁感应强度大小为B ，cd 边刚进入磁场时，线框做匀速运动的速度为v 1，cd 边上的感应电动势为E 1，由法拉第电磁感应定律，有E 1＝2Blv 1①设线框总电阻为R ，此时线框中电流为I 1，由闭合电路欧姆定律，有I 1＝E 1R② 设此时线框所受安培力为F 1，有F 1＝2I 1Lb③ 由于线框做匀速运动，其受力平衡，有mg ＝F 1④由①②③④式得 v 1＝mgR 4B 2l2⑤ 设ab 边离开磁场之前，线框做匀速运动的速度为v 2，同理可得v 2＝mgRB 2l 2⑥ 由⑤⑥式得v 2＝4v 1⑦ (2)线框自释放直到cd 边进入磁场前，由机械能守恒定律，有2mgl ＝12mv 1 2⑧线框完全穿过磁场的过程中，由能量守恒定律，有 mg(2l ＋H)＝12mv 2 2－12mv 1 2＋Q⑨由⑦⑧⑨式得 H ＝Qmg＋28l.1.力学对象和电学对象的相互关系2．求解焦耳热的三种方法 (1)焦耳定律：Q ＝I 2Rt (2)功能关系：Q ＝W 克服安培力 (3)能量转化：Q ＝ΔE 其他能的减少量考点三 应用动量和能量观点分析电磁感应问题1．(2020·浙江4月选考·22)间距为l 的两平行金属导轨由水平部分和倾斜部分平滑连接而成，如图7所示．倾角为θ的导轨处于大小为B 1、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场区间Ⅰ中．水平导轨上的无磁场区间静止放置一质量为3m 的“联动双杆”(由两根长为l 的金属杆cd 和ef ，用长度为L 的刚性绝缘杆连接构成)，在“联动双杆”右侧存在大小为B 2、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场区间Ⅱ，其长度大于L.质量为m 、长为l 的金属杆ab 从倾斜导轨上端释放，达到匀速后进入水平导轨(无能量损失)，杆ab 与“联动双杆”发生碰撞，碰后杆ab 和cd 合在一起形成“联动三杆”．“联动三杆”继续沿水平导轨进入磁场区间Ⅱ并从中滑出．运动过程中，杆ab 、cd 和ef 与导轨始终接触良好，且保持与导轨垂直．已知杆ab 、cd 和ef 电阻均为R ＝0.02 Ω、m ＝0.1 kg 、l ＝0.5 m ，L ＝0.3 m ，θ＝30°，B 1＝0.1 T ，B 2＝0.2 T ．不计摩擦阻力和导轨电阻，忽略磁场边界效应，g 取10 m/s 2.求：图7(1)杆ab 在倾斜导轨上匀速运动时的速度大小v 0； (2)“联动三杆”进入磁场区间Ⅱ前的速度大小v ； (3)“联动三杆”滑过磁场区间Ⅱ产生的焦耳热Q. 答案 见解析解析 (1)由已知得：mgsin θ＝B 1 2l 2v 0R ＋R 2解得：v 0＝6 m/s.(2)由动量守恒定律得mv 0＝4mv ， 解得v ＝v 04＝1.5 m/s.(3)设“联动三杆”进入磁场区间Ⅱ时速度变化量的大小为Δv，由动量定理得B 2I lΔt＝4mΔv 因I ＝B 2LlΔt (R ＋R2)，解得Δv＝0.25 m/s.设“联动三杆”滑出磁场区间Ⅱ时速度变化量的大小为Δv′，同样有B 2I ′lΔt′＝4mΔv′，I ′＝B 2lLΔt′(R ＋R2)解得Δv′＝0.25 m/s.因此“联动三杆”滑出磁场区间Ⅱ时的速度为 v′＝v －Δv－Δv′＝1 m/s.由能量守恒得：Q ＝12·4m(v 2－v′2)＝0.25 J.2. (2020·浙江4月选考·23)某同学设计了一个电磁推动加喷气推动的火箭发射装置，如图8所示．竖直固定在绝缘底座上的两根长直光滑导轨，间距为L.导轨间加有垂直导轨平面向里的匀强磁场B.绝缘火箭支撑在导轨间，总质量为m ，其中燃料质量为m′，燃料室中的金属棒EF 电阻为R ，并通过电刷与电阻可忽略的导轨良好接触．引燃火箭下方的推进剂，迅速推动刚性金属棒CD(电阻可忽略且和导轨接触良好)向上运动，当回路CEFDC 面积减少量达到最大值ΔS，用时Δt，此过程激励出强电流，产生电磁推力加速火箭．在Δt 时间内，电阻R 产生的焦耳热使燃料燃烧形成高温高压气体．当燃烧室下方的可控喷气孔打开后．喷出燃气进一步加速火箭．图8(1)求回路在Δt 时间内感应电动势的平均值及通过金属棒EF 的电荷量，并判断金属棒EF 中的感应电流方向；(2)经Δt 时间火箭恰好脱离导轨，求火箭脱离时的速度大小v 0；(不计空气阻力)(3)火箭脱离导轨时，喷气孔打开，在极短的时间内喷射出质量为m′的燃气，喷出的燃气相对喷气前火箭的速度为v ，求喷气后火箭增加的速度Δv.(提示：可选喷气前的火箭为参考系) 答案 (1)BΔS Δt BΔS R 方向向右 (2)B 2LΔS mR －gΔt (3)m ′m －m′v解析 (1)根据法拉第电磁感应定律，有E ＝ΔΦΔt ＝BΔSΔtq ＝I Δt＝BΔSR，电流方向向右(2)平均感应电流I ＝ER＝BΔSRΔt平均安培力F ＝B I L由动量定理有(F －mg)Δt＝mv 0，v 0＝B 2LΔSmR－gΔt(3)以喷气前的火箭为参考系，设竖直向上为正，由动量守恒定律－m′v＋(m －m′)Δv＝0 得Δv＝m′m －m′v.3．(2020·温州市十校高三期末)如图9所示，PQ 和MN 是固定于水平面内的平行光滑金属轨道，轨道足够长，其电阻可忽略不计．金属棒ab 、cd 放在轨道上，始终与轨道垂直，且接触良好．金属棒ab 、cd 的质量均为m ，长度均为L.两金属棒的长度恰好等于轨道的间距，它们与轨道形成闭合回路．金属棒ab 的电阻为2R ，金属棒cd 的电阻为R.整个装置处在竖直向上、磁感应强度为B 的匀强磁场中．若先保持金属棒ab 不动，使金属棒cd 在与其垂直的水平力F(大小未知)作用下，由静止开始向右以加速度a 做匀加速直线运动，水平力F 作用t 0时间撤去此力，同时释放金属棒ab.求：图9(1)棒cd 匀加速过程中，外力F 随时间t 变化的函数关系；(2)两金属棒在撤去F 后的运动过程中，直到最后达到稳定，金属棒cd 产生的热量； (3)两金属棒在撤去F 后的运动过程中，直到最后达到稳定，通过金属棒cd 的电荷量q. 答案 (1)F ＝B 2L 2a 3R t ＋ma (2)112ma 2t 0 2 (3)mat 02BL解析 (1)棒cd 匀加速过程中F －BIL ＝ma ，又I ＝E 3R ＝BLat 3R ，得此过程F 随时间t 变化的函数关系为F ＝B 2L 2a3R t ＋ma.(2)撤去F 后，直到最后达到稳定，根据系统能量守恒得 系统产生的总热量为Q ＝12mv 0 2－12·2mv 2，根据系统动量守恒mv 0＝2mv ， 又v 0＝at 0得Q ＝14ma 2t 0 2，cd 棒产生的热量为Q cd ＝13Q ＝112ma 2t 0 2.(3)撤去F 到系统达到稳定，由动量定理对cd 受力分析得－B I LΔt＝mv －mv 0，q ＝I Δt，解得q ＝mat 02BL .4．(2020·浙江“七彩阳光”联考)如图10所示，两根足够长的光滑金属导轨G 1、G 2放置在倾角为α的斜面上，导轨间距为l ，电阻不计．在导轨上端并联接入两个额定功率均为P 、电阻均为R 的小灯泡．整个系统置于匀强磁场中，磁感应强度方向与导轨所在平面垂直．现将一质量为m 、电阻可以忽略的金属棒MN 从图示位置由静止开始释放，经过时间t 0，两灯泡开始并保持正常发光．金属棒下落过程中保持与导轨垂直，且与导轨接触良好．重力加速度为g.求：图10(1)磁感应强度B 的大小；(2)灯泡正常发光时导体棒的运动速率v ；(3)在t ＝0至t ＝t 0期间，两小灯泡产生的总焦耳热．答案 (1)mgsin α2l R P (2)2P mgsin α (3)2t 0P －6P 2mg 2sin 2α解析 (1)设灯泡额定电流为I 0 则有P ＝I 0 2R① 流经MN 的电流I ＝2I 0② mgsin α＝2BI 0l ③ 联立①②③得B ＝mgsin α2l R P④ (2)E ＝Blv ＝I 0R ⑤ 解得v ＝2Pmgsin α⑥(3)在t ＝0至t ＝t 0期间，对导体棒运用动量定理，有 (mgsin α－iBl)Δt＝mΔv⑦ 累积求和得：t 0mgsin α－BlΔq＝mv⑧设在t ＝0至t ＝t 0期间棒运动的距离为s ，则由电磁感应定律，得Δq＝2BlsR ⑨联立⑧⑨得s ＝mR (gt 0sin α－v )2B 2l2⑩两小灯泡产生的总焦耳热Q ＝mgssin α－12mv2⑪将④⑥⑩式代入⑪式，得Q ＝mgsin α·mR (gt 0sin α－v )2B 2l 2－12m(2P mgsin α)2＝2t 0P －6P 2mg 2sin 2α5．某研究所正在研究一种电磁刹车装置．如图11所示，实验小车质量m ＝2 kg ，底部有一个匝数n ＝100匝、边长a ＝0.1 m 的正方形线圈，线圈总电阻r ＝1 Ω.在实验中，小车(形状可简化为上述正方形线圈)从轨道起点由静止出发，进入右边的匀强磁场区域ABCD ，BC 长d ＝0.20 m ，磁感应强度B ＝1 T ，磁场方向竖直向上，整个运动过程中不计小车所受的摩擦及空气阻力，小车在轨道连接处运动时无能量损失．求：(g ＝10 m/s 2)图11(1)当实验小车从h ＝1.25 m 高度无初速度释放，小车前端刚进入AB 边界时产生感应电动势的大小； (2)在第(1)问，小车进入磁场后做减速运动，当小车末端到达AB 边界时速度刚好减为零，求此过程中线圈产生的热量；(3)再次改变小车释放的高度，使得小车尾端刚好能到达CD 处，求此高度h′. 答案 见解析解析 (1)根据动能定理有mgh ＝12mv 2根据法拉第电磁感应定律E ＝nBav代入数据可得E ＝50 V(2)根据动能定理，在整个运动过程中，有W G ＋W 安＝0 则Q ＝－W 安＝25 J(3)对于线圈进出磁场过程，设当小车前端刚到达AB 时的速度为v′，由动量定理有－nBiaΔt＝mΔv 小车尾端刚好能到达CD 处，在这一段时间内微元积累得nBqa ＝mv′ 根据机械能守恒有mgh′＝12mv′2又q ＝n ΔΦr ＝nB·2a2r＝2 C ，代入数据得h′＝5 m.电磁感应综合问题的解题技巧感应电流在磁场中受到安培力的作用，因此电磁感应问题往往跟力学问题联系在一起．解决这类问题需要综合应用电磁感应规律(法拉第电磁感应定律、楞次定律)及力学中的有关规律(牛顿运动定律、动量守恒定律、动量定理、动能定理等)． 解决这类问题的方法是：(1)选择研究对象．即是哪一根导体棒或几根导体棒组成的系统． (2)分析其受力情况．安培力既跟电流垂直又跟磁场垂直．(3)分析研究对象所受的各力做功情况和合外力情况选定所要应用的物理规律． (4)分析研究对象(或系统)动量情况，是否符合动量守恒．(5)运用物理规律列方程，求解．注意：加速度a ＝0时，速度v 达到最大值．专题强化练 (限时：40分钟)1．(多选)如图1所示为法拉第圆盘发电机．半径为r 的导体圆盘绕竖直轴以角速度ω旋转，匀强磁场B 竖直向上，电刷a 与圆盘表面接触，接触点距圆心为r2，电刷b 与圆盘边缘接触，两电刷间接有阻值为R的电阻，忽略圆盘电阻与接触电阻，则( )图1A ．ab 两点间的电势差为12Br 2ωB ．通过电阻R 的电流强度为3Br 2ω8RC ．通过电阻R 的电流强度为从上到下D ．圆盘在ab 连线上所受的安培力与ab 连线垂直，与转向相反答案 BD2．(多选) 如图2，矩形闭合线框在匀强磁场上方，由不同高度静止释放，用t 1、t 2分别表示线框ab 边和cd 边刚进入磁场的时刻，线框下落过程形状不变，ab 边始终保持与磁场水平边界OO′平行，线框平面与磁场方向垂直，设OO′下方磁场区域足够大，不计空气影响，则下列哪一个图象可能反映线框下落过程中速度v 随时间t 变化的规律( )图2答案 CD解析 线框先做自由落体运动，若ab 边进入磁场做减速运动，由F ＝B 2L 2vR 知线框所受的安培力减小，合外力减小，加速度逐渐减小，v －t 图象的斜率应逐渐减小，故A 、B 错误；线框先做自由落体运动，ab 边进入磁场后若重力大于安培力，则做加速度减小的加速运动，cd 边进入磁场后做匀加速直线运动，加速度为g ，故C 正确；线框先做自由落体运动，ab 边进入磁场后若重力等于安培力，则做匀速直线运动，cd 边进入磁场后做匀加速直线运动，加速度为g ，故D 正确．3．如图3所示，半径R ＝0.2 m 的圆形金属导轨固定在水平面上，一根长也为R 的金属棒一端与导轨接触良好，另一端固定在圆心处的导电转轴上．在金属导轨区域内存在垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度B ＝2 T ．一对长L ＝0.2 m 的金属板A 、B 水平放置，两板间距d ＝0.1 m ．从导轨引出导线与上板连接，通过电刷从转轴引出导线与下板连接．有一质量m ＝1.0×10－5kg ，电荷量q ＝5.0×10－6C 的带负电微粒，以v 0＝2 m/s 的速度从两板正中间水平射入，g 取10 m/s 2.求：图3(1)金属棒转动的角速度ω为多大时，微粒能做匀速直线运动； (2)金属棒转动的角速度ω至少多大时，微粒会碰到上极板A. 答案 (1)50 rad/s (2)100 rad/s解析 (1)根据法拉第电磁感应定律可得U ＝12BωR 2根据平衡条件可得mg ＝qE 因为E ＝Ud所以mg ＝q U d ＝q 2d BωR 2解得ω＝50 rad/s(2)微粒恰好碰到上面金属板边缘时，微粒向上的加速度大小为d 2＝12a(L v 0)2解得a ＝10 m/s 2q 2dB ω1R 2－mg ＝ma 解得ω1＝100 rad/s.4．两根平行的金属导轨固定在同一水平面上，磁感应强度B ＝0.50 T 的匀强磁场与导轨所在平面垂直，导轨的电阻很小，可忽略不计．导轨间的距离l ＝0.20 m ．两根质量均为m ＝0.10 kg 的平行金属杆甲、乙可在导轨上无摩擦地滑动，滑动过程中与导轨保持垂直，每根金属杆的电阻为R ＝0.50 Ω.在t ＝0时刻，两杆都处于静止状态．现有一与导轨平行、大小为0.20 N 的恒力F 作用于金属杆甲上，如图4所示，使金属杆在导轨上滑动．经过t ＝5.0 s ，金属杆甲的加速度为a ＝1.37 m/s 2，问此时两金属杆的速度各为多少？图4答案 8.15 m/s 1.85 m/s解析 设任一时刻t ，金属杆甲、乙之间的距离为x ，速度分别为v 1和v 2，经过很短的时间Δt，杆甲移动距离v 1Δt，杆乙移动距离v 2Δt，回路面积改变 ΔS＝[(x －v 2Δt)＋v 1Δt]l－lx ＝(v 1－v 2)Δtl， 由法拉第电磁感应定律，回路中的感应电动势 E ＝BΔSΔt＝B(v 1－v 2)l ， 回路中的电流I ＝E2R，对金属杆甲，由牛顿第二定律有F －BlI ＝ma ，由于作用于金属杆甲和金属杆乙的安培力总是大小相等、方向相反，所以两杆的动量(t ＝0时为0)等于外力F 的冲量． Ft ＝mv 1＋mv 2，联立以上各式并代入数据解得 v 1＝8.15 m/s ，v 2＝1.85 m/s.5. 如图5所示，两根竖直固定的足够长的光滑金属导轨ab 和cd 相距L ＝1 m ，金属导轨电阻不计．两根水平放置的金属杆MN 和PQ 质量均为0.1 kg ，在电路中两金属杆MN 和PQ 的电阻均为R ＝2 Ω，PQ 杆放置在水平台上．整个装置处于垂直导轨平面向里的磁场中，g 取10 m/s 2.图5(1)若将MN 杆固定，两杆间距为d ＝4 m ，现使磁感应强度从零开始以ΔBΔt ＝0.5 T/s 的变化率均匀地增大，经过多长时间，PQ 杆对地面的压力为零？(2)若将PQ 杆固定，让MN 杆在竖直向上的恒定拉力F ＝2 N 的作用下由静止开始向上运动，磁感应强度B 恒为1 T ．若杆MN 发生的位移为h ＝1.8 m 时达到最大速度．求最大速度和加速时间． 答案 (1)4 s (2)4 m/s 0.85 s 解析 (1)根据法拉第电磁感应定律： E ＝ΔΦΔt ＝ΔB Δt ·S＝ΔBΔt·Ld 根据闭合电路欧姆定律：I ＝E2R由题中条件可知：B ＝0.5t当PQ 杆对地面的压力恰好为零时，对PQ 杆有 mg ＝BIL联立解得需经时间t ＝4 s(2)当杆MN 达到最大速度v m 时，其加速度为0 对MN 杆：mg ＋BI′L＝F I′＝BLv m2R联立解得最大速度v m ＝4 m/s杆MN 从静止到最大速度v m 的运动过程中 根据动量定理：Ft′－mgt′－B I Lt′＝mv m I t′＝BΔS 2R ＝BLh2R联立解得加速时间t′＝0.85 s.6．(2020·嘉兴一中等五校联考)如图6所示，间距为L 、光滑的足够长的金属导轨(金属导轨的电阻不计)所在斜面倾角为α，两根同材料、长度均为L 、横截面均为圆形的金属棒CD 、PQ 放在斜面导轨上，已知CD 棒的质量为m 、电阻为R ，PQ 棒的圆截面的半径是CD 棒圆截面的2倍．磁感应强度为B 的匀强磁场垂直于导轨所在平面向上，两根劲度系数均为k 、相同的弹簧一端固定在导轨的下端，另一端连着金属棒CD.开始时金属棒CD 静止，现用一恒力平行于导轨所在平面向上拉金属棒PQ ，使金属棒PQ 由静止开始运动，当金属棒PQ 达到稳定时，弹簧的形变量与开始时相同．已知金属棒PQ 开始运动到稳定的过程中通过CD 棒的电荷量为q ，此过程可以认为CD 棒缓慢地移动，已知题设物理量符合qRk BL ＝45mgsin α的关系式，求此过程中(要求结果均用m 、g 、k 、α来表示)：图6(1)CD 棒沿导轨移动的距离； (2)PQ 棒沿导轨移动的距离； (3)恒力所做的功．答案 (1)mgsin αk (2)2mgsin αk (3)12(mgsin α)2k解析 PQ 棒的半径是CD 棒的2倍，PQ 棒的横截面积是CD 棒横截面积的4倍，PQ 棒的质量是CD 棒的质量的4倍，所以，PQ 棒的质量m′＝4m ，由电阻定律可知PQ 棒的电阻是CD 棒电阻的14，即R′＝R4，两棒串联的总电阻为R 0＝R ＋R 4＝5R4.(1)开始时弹簧是压缩的，当向上的安培力增大时，弹簧的压缩量减小，安培力等于CD 棒重力沿斜面向下的分量时，弹簧恢复到原长，安培力继续增大，弹簧伸长，由题意可知，当弹簧的伸长量等于开始的压缩量时达到稳定状态，此时的弹力与原来的弹力大小相等、方向相反．开始时两弹簧向上的弹力等于CD 棒重力沿斜面向下的分量．即2F k ＝mgsin α，弹簧的形变量为Δx＝mgsin α2kCD 棒沿轨导移动的距离Δs CD ＝2Δx＝mgsin αk(2)在达到稳定过程中两棒之间距离增大Δs，由两金属棒组成的闭合回路中的磁通量发生变化产生的感应电动势为：E ＝BΔS Δt ＝BL·ΔsΔt 感应电流为：I ＝ER 0＝4BLΔs5RΔt所以，回路中通过的电荷量即CD 棒中通过的电荷量为：q ＝I Δt＝4BLΔs5R由此可得两棒距离增大值：Δs＝5qR 4BLPQ 棒沿导轨上滑距离应为CD 棒沿斜面上滑距离和两棒距离增大值之和 PQ 棒沿导轨上滑距离为：Δs PQ ＝Δs＋Δs CD ＝5qR 4BL ＋mgsin αk ＝2mgsin αk(3)PQ 稳定时，CD 棒受力平衡，安培力为 F B ＝mgsin α＋2F k ＝2mgsin α.金属棒PQ 达到稳定时，它受到的合外力为零，向上的恒力等于向下的安培力和重力沿斜面向下的分量，即恒力F ＝F B ＋m′gsin α＝6mgsin α 恒力做功为W ＝FΔs PQ ＝6mgsin α·2mgsin αk ＝12(mgsin α)2k.高考理综物理模拟试卷注意事项：1. 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
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专题4 电路与电磁感应高考研究(十五) 聚焦选择题考法——直流电路、交流电路1．(2016·全国Ⅱ卷T 17)阻值相等的四个电阻、电容器C 及电池E (内阻可忽略)连接成如图所示电路。
开关S 断开且电流稳定时，C 所带的电荷量为Q 1；闭合开关S ，电流再次稳定后，C 所带的电荷量为Q 2。
Q 1与Q 2的比值为( )A.25B.12C.35D.23解析：选C 断开S 和闭合S 后等效电路分别如图甲、乙所示。
根据串联电路的电压与电阻成正比可得甲、乙两图中电容器两极板间的电压U 1＝15E ，U 2＝13E ，C 所带的电荷量Q ＝CU ，则Q 1∶Q 2＝3∶5，选项C 正确。
2.[多选](2016·全国Ⅲ卷T21)如图，M 为半圆形导线框，圆心为O M ；N 是圆心角为直角的扇形导线框，圆心为O N ；两导线框在同一竖直面(纸面)内；两圆弧半径相等；过直线O M O N 的水平面上方有一匀强磁场，磁场方向垂直于纸面。
现使线框M 、N 在t ＝0时从图示位置开始，分别绕垂直于纸面、且过O M 和O N 的轴，以相同的周期T 逆时针匀速转动，则( )A ．两导线框中均会产生正弦交流电B ．两导线框中感应电流的周期都等于TC ．在t ＝T8时，两导线框中产生的感应电动势相等D ．两导线框的电阻相等时，两导线框中感应电流的有效值也相等解析：选BC 两导线框匀速转动切割磁感线产生感应电动势的大小不变，选项A 错误；导线框的转动周期为T ，则感应电流的周期也为T ，选项B 正确；在t ＝T8时，切割磁感线的有效长度相同，两导线框中产生的感应电动势相等，选项C 正确；M 导线框中一直有感应电流，N 导线框中只有一半时间内有感应电流，所以两导线框的电阻相等时，感应电流的有效值不相等，选项D 错误。
3.(2016·全国Ⅰ卷T16)一含有理想变压器的电路如图所示，图中电阻R 1、R 2和R 3的阻值分别为3 Ω、1 Ω 和4 Ω，○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( )A ．2B ．3C ．4D ．5解析：选B 设原、副线圈的匝数比为k ，根据变压器匝数比与电流成反比的关系，则原线圈电流为I 时，副线圈电流为kI ；原线圈电流为4I 时，副线圈电流为4kI 。
根据变压器的输入功率等于输出功率得UI －I 2R 1＝(kI )2(R 2＋R 3)4UI －(4I )2R 1＝(4kI )2R 2 联立两式代入数据解得k ＝3 选项B 正确。
4．[多选](2016·全国Ⅲ卷T 19)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 。
当输入电压U 为灯泡额定电压的10倍时，两灯泡均能正常发光。
下列说法正确的是( )A ．原、副线圈匝数比为9∶1B ．原、副线圈匝数比为1∶9C ．此时a 和b 的电功率之比为9∶1D ．此时a 和b 的电功率之比为1∶9解析：选AD 设灯泡的额定电压为U 0，输入电压为灯泡额定电压的10倍时灯泡正常发光，则变压器原线圈的电压为9U 0，变压器原、副线圈的匝数比为9∶1，A 正确，B 错误；由9U 0I a ＝U 0I b 得，流过b 灯泡的电流是流过a 灯泡电流的9倍，根据P ＝UI ，a 、b 灯泡的电功率之比为1∶9，C 错误，D 正确。
5.(2015·全国Ⅰ卷T16)一理想变压器的原、副线圈的匝数比为3∶1，在原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻，原线圈一侧接在电压为220 V 的正弦交流电源上，如图所示。
设副线圈回路中电阻两端的电压为U ，原、副线圈回路中电阻消耗的功率的比值为k ，则( )A ．U ＝66 V ，k ＝19B ．U ＝22 V ，k ＝19C ．U ＝66 V ，k ＝13D ．U ＝22 V ，k ＝13解析：选A 设原、副线圈中的电流分别I 1、I 2，则I 1I 2＝n 2n 1＝13，故k ＝I 12R I 22R ＝19。
设原线圈两端的电压为U 1，则U 1U ＝n 1n 2＝31，故U 1＝3U ，而原线圈上电阻分担的电压为13U ，故U3＋3U ＝220 V ，解得U ＝66 V 。
选项A 正确。
6．[多选](2017·全国Ⅱ卷T 21)某同学自制的简易电动机示意图如图所示。
矩形线圈由一根漆包线绕制而成，漆包线的两端分别从线圈的一组对边的中间位置引出，并作为线圈的转轴。
将线圈架在两个金属支架之间，线圈平面位于竖直面内，永磁铁置于线圈下方。
为了使电池与两金属支架连接后线圈能连续转动起来，该同学应将()A ．左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉B ．左、右转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉C ．左转轴上侧的绝缘漆刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉D ．左转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉 解析：选AD 装置平面示意图如图所示。
如图所示的状态，磁感线方向向上，若形成通路，线圈下边导线中电流方向向左，受垂直纸面向里的安培力，同理，上边导线中电流受安培力垂直纸面向外，使线圈转动。
当线圈上边导线转到下边时，若仍通路，线圈上、下边中电流方向与图示方向相比均反向，受安培力反向，阻碍线圈转动。
若要线圈连续转动，要求左、右转轴只能上一侧或下一侧形成通路，另一侧断路。
故选A 、D 。
[必备知能]1．直流电路的动态分析(1)方法一：程序法，即部分——整体——部分。
(2)方法二：结论法，即串反并同法。
2．直流电路中的功率问题 (1)电路的电功率分析①纯电阻电路：P 电＝P 热＝I 2R ＝IU ＝U 2R。
②非纯电阻电路：P 电＝P 热＋P 机，即UI ＝I 2R ＋P 机。
(2)电源的输出功率与负载的关系分析①当R ＝r 时，电源的输出功率最大，为P m ＝E 24r。
②当R >r 时，随着R 的增大，电源的输出功率越来越小。
③当R <r 时，随着R 的增大，电源的输出功率越来越大。
④当P 出<P m 时，每个输出功率对应两个外电阻阻值R 1和R 2，且R 1R 2＝r 2。
[演练冲关]1.[多选](2017·沧州一中检测)如图所示的电路由电源、电阻箱和电流表、开关组成，电源电动势E ＝4 V ，内阻r ＝2 Ω；电流表内阻忽略不计，闭合开关，调节电阻箱，当电阻箱读数分别等于R 1和R 2时，电流表对应的读数分别为I 1和I 2，这两种情况下电源的输出功率相等，下列说法正确的是( )A ．I 1＋I 2＝2 AB ．I 1－I 2＝2 AC ．R 1＝1R 2D ．R 1＝4R 2解析：选AD 根据闭合电路欧姆定律得：I 1＝ER 1＋r ＝4R 1＋2，I 2＝E R 2＋r ＝4R 2＋2，这两种情况下电源的输出功率相等，则有：I 12R 1＝I 22R 2，联立以上各式解得：I 1＋I 2＝2 A ，R 1＝4R 2，故A 、D 正确。
2．(2017·辽师大附中模拟)科学家研究发现，磁敏电阻(GMR)的阻值随所处空间磁场的增强而增大，随所处空间磁场的减弱而变小，如图所示电路中GMR 为一个磁敏电阻，R 和R 2为滑动变阻器，R 1和R 3为定值电阻，当开关S 1和S 2闭合时，电容器中一带电微粒恰好处于静止状态，则( )A ．只调节R ，当P 1向右端移动时，R 1消耗的电功率变大B ．只调节R ，当P 1向右端移动时，带电微粒向下运动C ．只调节R 2，当P 2向下端移动时，R 1消耗的电功率变大D ．只调节R 2，当P 2向下端移动时，带电微粒向下运动解析：选A 只调节R ，当P 1向右端移动时，R 接入电路的阻值增大，电源电动势不变，所以电路中的电流减小，电磁铁的磁性减弱。
由于电磁铁磁性的减弱，导致了磁敏电阻GMR 的阻值减小，则通过R 1的电流增大，消耗的电功率增大。
电容器两端的电压增大，板间场强增大，微粒所受的电场力增大，所以带电微粒向上运动，A 正确，B 错误；只调节R 2，当P 2向下端移动时，回路中电流不变，R 1消耗的电功率不变。
电容器两端的电压增大，板间场强增大，微粒所受的电场力增大，所以带电微粒向上运动，C 、D 错误。
3.[多选](2017·衡阳八中检测)如图所示电路中，电源电动势E 恒定，内阻r ＝1 Ω，定值电阻R 3＝5 Ω。
开关K 断开与闭合时，ab 段电路消耗的电功率相等。
则以下说法中正确的是( )A ．电阻R 1、R 2可能分别为4 Ω、5 ΩB ．电阻R 1、R 2可能分别为3 Ω、6 ΩC ．开关K 断开时理想电压表的示数一定小于K 闭合时的示数D ．开关K 断开与闭合时，理想电压表的示数变化量大小与理想电流表的示数变化量大小之比一定等于6 Ω解析：选AD 开关K 闭合时，ab 段只有电阻R 1工作，消耗的电功率为P ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫E R 1＋R 3＋r 2R 1，当开关K 断开时，ab 段的电阻R 1和R 2工作，消耗的电功率为P ＝⎝⎛⎭⎪⎫E R 1＋R 2＋R 3＋r 2(R 1＋R 2)，代入选项A 、B 中的数据检验可得，A 正确，B 错误；将R 3和电源内阻看成整体，则此时电压表测量路端电压，当开关K 断开时路端总电阻大于开关K 闭合时的，所以开关K 断开时电压表示数大，C 错误；根据闭合电路欧姆定律得：U ＝E －(R 3＋r )I ，则理想电压表的示数变化量大小与理想电流表的示数变化量大小之比为：ΔUΔI＝R 3＋r ＝6 Ω，D 正确。
[必备知能][演练冲关]4.[多选]如图所示，有一个矩形线圈abcd ，长为2L ，宽为L ，匝数为n ，总电阻为0.5R ，此线圈在磁感应强度大小为B 的匀强磁场中绕轴OO ′匀速转动。
开始转动时，线圈平面与磁感线垂直，线圈外部电路中，有三个电阻R 1、R 2、R 3，且它们的阻值R 1＝R 2＝R 3＝R ，二极管正向电阻为零，反向电阻无穷大。
已知理想电流表示数为I ，则下列说法正确的是( )A ．线圈转动的角速度ω＝2IR 2nBL 2B ．线圈转动的角速度ω＝4IRnBL 2C ．从图示位置开始计时，线圈中感应电动势的表达式e ＝4IR sin ⎝⎛⎭⎪⎫2IR 2nBL 2t D ．从图示位置开始计时，线圈中感应电动势的表达式e ＝42IR sin ⎝⎛⎭⎪⎫4IR nBL 2t解析：选BD 矩形线圈在匀强磁场中匀速转动时，产生交变电流，在一个周期内，两个二极管交替导通，因此，线圈外部电路的总电阻不变，即R 外＝R 2＋R ＝32R 。
电流表示数表示电流有效值，根据闭合电路欧姆定律可得，线圈中感应电动势有效值E ＝2I (R 外＋r )＝4IR ，则线圈中感应电动势最大值为E m ＝2E ＝42IR ，由法拉第电磁感应定律知E m ＝nBS ω＝2nB ωL 2，得线圈转动的角速度ω＝4IRnBL 2，选项B 正确；根据题意可知，开始时线圈平面与磁感线垂直，即t ＝0时，线圈中感应电动势为零，所以感应电动势的表达式为e ＝42IR sin ⎝⎛⎭⎪⎫4IR nBL 2t ，选项D 正确。