2020版高考物理大一轮复习第十章电磁感应交变电流专题强化四动力学和能量观点在电磁感应中的应用学案.
高中物理2020版新课标一轮复习第十章 电磁感应
第十章 ⎪⎪⎪电磁感应 [全国卷5年考情分析]磁通量(Ⅰ) 自感、涡流(Ⅰ) 以上2个考点未曾独立命题第1节 电磁感应现象 楞次定律一、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 的乘积叫做穿过这个面积的磁通量。
2.公式:Φ＝BS ，单位符号是Wb 。
[注1]3.适用条件: (1)匀强磁场。
(2)S 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。
二、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做电磁感应。
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。
三、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[注2]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[注3](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。
【注解释疑】[注1]磁通量是标量，但有正负，若磁通量为正，表示磁感线从规定的正面穿入；磁通量为负则反之。
[注2]“阻碍”不一定是相反，“阻碍”的是磁通量的变化；“阻碍”也不是阻止，而是延缓了磁通量的变化过程。
[注3]右手定则是楞次定律的特例，楞次定律适用于所有电磁感应现象，而右手定则适用于一段导体在磁场中切割磁感线运动的情况。
[深化理解]1.感应电流的产生条件表述一、表述二本质相同。
2.右手定则常用于感应电流产生条件表述一对应的问题，楞次定律对表述一、表述二对应的问题都适用。
2020版物理新增分大一轮新高考(京津鲁琼)讲义：第十章 电磁感应 专题强化十二 含解析
专题强化十二电磁感应的综合问题专题解读 1.本专题是运动学、动力学、恒定电流、电磁感应和能量等知识的综合应用，高考既以选择题的形式命题，也以计算题的形式命题.2.学好本专题，可以极大地培养同学们数形结合的推理能力和电路分析能力，针对性的专题强化，可以提升同学们解决数形结合、利用动力学和功能关系解决电磁感应问题的信心.3.用到的知识有：左手定则、安培定则、右手定则、楞次定律、法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、平衡条件、牛顿运动定律、函数图象、动能定理和能量守恒定律等.命题点一电磁感应中的图象问题1.题型简述借助图象考查电磁感应的规律，一直是高考的热点，此类题目一般分为两类：(1)由给定的电磁感应过程选出正确的图象；(2)由给定的图象分析电磁感应过程，定性或定量求解相应的物理量或推断出其他图象.常见的图象有B－t图、E－t图、i－t图、v－t图及F－t图等.2.解题关键弄清初始条件、正负方向的对应变化范围、所研究物理量的函数表达式、进出磁场的转折点等是解决此类问题的关键.3.解题步骤(1)明确图象的种类，即是B－t图还是Φ－t图，或者E－t图、I－t图等；(2)分析电磁感应的具体过程；(3)用右手定则或楞次定律确定方向的对应关系；(4)结合法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、牛顿运动定律等知识写出相应的函数关系式；(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)画图象或判断图象.4.常用方法(1)排除法：定性地分析电磁感应过程中物理量的变化趋势(增大还是减小)、变化快慢(均匀变化还是非均匀变化)，特别是分析物理量的正负，以排除错误的选项.(2)函数法：根据题目所给条件定量地写出两个物理量之间的函数关系，然后由函数关系对图象进行分析和判断.例1(2013·山东卷·18)将一段导线绕成图1甲所示的闭合回路，并固定在水平面(纸面)内.回路的ab边置于垂直纸面向里的匀强磁场Ⅰ中.回路的圆环区域内有垂直纸面的磁场Ⅱ，以向里为磁场Ⅱ的正方向，其磁感应强度B 随时间t 变化的图象如图乙所示.用F 表示ab 边受到的安培力，以水平向右为F 的正方向，能正确反应F 随时间t 变化的图象是( )图1答案 B解析 0～T 2时间内，回路中产生顺时针方向、大小不变的感应电流，根据左手定则可以判定ab 边所受安培力向左.T 2～T 时间内，回路中产生逆时针方向、大小不变的感应电流，根据左手定则可以判定ab 边所受安培力向右，故B 正确.例2 (多选)(2018·广西北海市一模)如图2甲所示，导体框架abcd 放置于水平面内，ab 平行于cd ，导体棒MN 与两导轨垂直并与导轨接触良好，整个装置放置于垂直于框架平面的磁场中，磁感应强度B 随时间变化规律如图乙所示，MN 始终保持静止.规定竖直向上为磁场正方向，沿导体棒由M 到N 为感应电流的正方向，水平向右为导体棒所受安培力F 的正方向，水平向左为导体棒所受摩擦力F f 的正方向，下列图象中正确的是( )图2答案 BD解析 由题图乙可知，回路中产生的感应电动势先为零，后恒定不变，感应电流先为零，后恒定不变，回路中感应电流方向为逆时针，故A 错误，B 正确；在0～t 1时间内，导体棒MN 不受安培力；在t 1～t 2时间内，导体棒MN 所受安培力方向水平向右，由F ＝BIL 可知，B 均匀减小，MN 所受安培力均匀减小；在t 2～t 3时间内，导体棒MN 所受安培力方向水平向左，由F ＝BIL 可知，B 均匀增大，MN 所受安培力均匀增大；根据平衡条件得到，棒MN 受到的摩擦力大小F f ＝F ，二者方向相反，即在0～t 1时间内，没有摩擦力，而在t 1～t 2时间内，摩擦力方向向左，大小均匀减小，在t 2～t 3时间内，摩擦力方向向右，大小均匀增大，故C 错误，D 正确.变式1 (多选)(2019·安徽省黄山市质检)如图3甲所示，闭合矩形导线框abcd 固定在匀强磁场中，磁场的方向与导线框所在平面垂直，磁感应强度B 随时间t 变化的规律如图乙所示.规定垂直纸面向外为磁场的正方向，顺时针为线框中感应电流的正方向，水平向右为安培力的正方向.关于线框中的感应电流i 与ad 边所受的安培力F 随时间t 变化的图象，下列选项中正确的是( )图3答案 BC解析 由题图乙可知，0～1 s 内，B 增大，Φ增大，由楞次定律可知，感应电流沿顺时针方向，为正值，1～2 s 内，磁通量不变，无感应电流，2～3 s 内，B 的方向垂直纸面向外，B 减小，Φ减小，由楞次定律可知，感应电流沿逆时针方向，为负值，3～4 s 内，B 的方向垂直纸面向里，B 增大，Φ增大，由楞次定律可知，感应电流沿逆时针方向，感应电流为负值，A 错误，B 正确；由左手定则可知，在0～1 s 内，ad 边受到的安培力方向水平向右，是正值，1～2 s 内无感应电流，ad 边不受安培力，2～3 s ，安培力方向水平向左，是负值，3～4 s ，安培力方向水平向右，是正值.由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势E ＝ΔΦΔt ＝ΔB Δt S ，感应电流I ＝E R ＝S ΔB R Δt，由B －t 图象可知，在每一时间段内，ΔB Δt的大小是定值，在各时间段内I 是定值，ad 边受到的安培力F ＝BIL ，I 、L 不变，B 均匀变化，则安培力F 均匀变化，不是定值，C 正确，D 错误.命题点二 电磁感应中的动力学问题1.题型简述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(共点力的平衡条件、牛顿运动定律、动能定理等).2.两种状态及处理方法 状态特征 处理方法 平衡态加速度为零 根据平衡条件列式分析 非平衡态加速度不为零 根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系进行分析3.动态分析的基本思路解决这类问题的关键是通过运动状态的分析，寻找过程中的临界状态，如速度、加速度最大值或最小值的条件.具体思路如下： 导体受外力运动――→E ＝Bl v 感应电动势――――→I ＝E R ＋r 感应电流――→F ＝BIl 导体受安培力→合力变化――→F 合＝ma 加速度变化→速度变化→临界状态例3 (2016·全国卷Ⅱ·24)如图4，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：图4(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.答案 (1)Blt 0(F m －μg ) (2)B 2l 2t 0m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 ＝Bl v 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I ＝E R⑤ 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，有F －μmg －F 安＝0⑦联立④⑤⑥⑦式得R ＝B 2l 2t 0m . 变式2 (多选)(2018·安徽省安庆市二模)如图5甲所示，光滑平行金属导轨MN 、PQ 所在平面与水平面成θ角，M 、P 两端接一电阻R ，整个装置处于方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中.t ＝0时对金属棒施加一平行于导轨的外力F ，使金属棒由静止开始沿导轨向上运动，金属棒电阻为r ，导轨电阻忽略不计.已知通过电阻R 的感应电流I 随时间t 变化的关系如图乙所示.下列关于棒的运动速度v 、外力F 、流过R 的电荷量q 以及闭合回路中磁通量的变化率ΔΦΔt随时间变化的图象正确的是( )图5答案 AB解析 根据题图乙所示的I －t 图象可知I ＝kt ，其中k 为比例系数，由闭合电路欧姆定律可得：I ＝E R ＋r＝kt ，可推出：E ＝kt (R ＋r )，而E ＝ΔΦΔt ，所以有：ΔΦΔt ＝kt (R ＋r )，ΔΦΔt －t 图象是一条过原点且斜率大于零的直线，故B 正确；因E ＝Bl v ，所以v ＝k (R ＋r )Blt ，v －t 图象是一条过原点且斜率大于零的直线，说明金属棒做的是初速度为零的匀加速直线运动，即v ＝at ，故A 正确；对金属棒在沿导轨方向有F －BIl ＝ma ，而I ＝Bl v R ＋r ，v ＝at ，得到F ＝B 2l 2at R ＋r＋ma ，可见F －t 图象是一条斜率大于零且与纵轴正半轴有交点的直线，故C 错误；q ＝I Δt ＝ΔΦR ＋r ＝Bl 12at 2R ＋r ＝Bla 2(R ＋r )t 2，q －t 图象是一条开口向上的抛物线，故D 错误.变式3 如图6甲所示，间距L ＝0.5 m 的两根光滑平行长直金属导轨倾斜放置，导轨平面倾角θ＝30°.导轨底端接有阻值R ＝0.8 Ω的电阻，导轨间有Ⅰ、Ⅱ两个矩形区域，其长边都与导轨垂直，两区域的宽度均为d 2＝0.4 m ，两区域间的距离d 1＝0.4 m ，Ⅰ区域内有垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小B 0＝1 T ，Ⅱ区域内的磁感应强度B 随时间t 变化如图乙所示，规定垂直于导轨平面向上的磁感应强度方向为正方向.t ＝0时刻，把导体棒MN 无初速度地放在区域Ⅰ下边界上.已知导体棒的质量m ＝0.1 kg ，导体棒始终与导轨垂直并接触良好，且导体棒在磁场边界时都认为处于磁场中，导体棒和导轨电阻不计，取重力加速度g ＝10 m/s 2.求：图6(1)0.1 s 内导体棒MN 所受的安培力大小；(2)t ＝0.5 s 时回路中的电动势和流过导体棒MN 的电流方向；(3)0.5 s 时导体棒MN 的加速度大小.答案 (1) 0.5 N (2)0.4 V N →M (3)7 m/s 2解析 (1)Δt 1＝0.1 s 时间内感应电动势E 1＝ΔB 1Δt 1d 2L ，I 1＝E 1R，0.1 s 内安培力F 1＝B 0I 1L ， 解得F 1＝0.5 N(2)因F 1＝mg sin θ，故导体棒在0.1 s 内静止，从第0.1 s 末开始加速，设加速度为a 1，则：mg sin θ＝ma 1，d 1＝12a 1Δt 2，v 1＝a 1Δt ，解得：Δt ＝0.4 s ，v 1＝2 m/s t ＝0.5 s 时，导体棒刚滑到Ⅱ区域上边界，此时B 2＝0.8 T ，切割磁感线产生的电动势E 2＝B 2L v 1＝0.8 Vt ＝0.5 s 时，因磁场变化而产生的感应电动势E 3＝ΔB 2Δt 2d 2L ，ΔB 2Δt 2＝6 T/s ，解得E 3＝1.2 V t ＝0.5 s 时的总电动势E ＝E 3－E 2＝0.4 V导体棒电流方向：N →M(3)设0.5 s 时导体棒的加速度为a ，有F ＋mg sin θ＝ma ，又I ＝E R，F ＝B 2IL ，解得a ＝7 m/s 2，方向沿斜面向下.命题点三 电磁感应中的动力学和能量问题1.题型简述电磁感应过程的实质是不同形式的能量转化的过程，而能量的转化是通过安培力做功来实现的.安培力做功的过程，是电能转化为其他形式的能的过程；外力克服安培力做功的过程，则是其他形式的能转化为电能的过程.2.解题的一般步骤(1)确定研究对象(导体棒或回路)；(2)弄清电磁感应过程中，哪些力做功，哪些形式的能量相互转化；(3)根据能量守恒定律或功能关系列式求解.3.求解电能应分清两类情况(1)若回路中电流恒定，可以利用电路结构及W ＝UIt 或Q ＝I 2Rt 直接进行计算.(2)若电流变化，则①利用安培力做功求解：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功；②利用能量守恒求解：若只有电能与机械能的转化，则减少的机械能等于产生的电能.例4 (2018·福建省南平市适应性检测)如图7所示，一对平行的粗糙金属导轨固定于同一水平面上，导轨间距L ＝0.2 m ，左端接有阻值R ＝0.3 Ω的电阻，右侧平滑连接一对弯曲的光滑轨道.仅在水平导轨的整个区域内存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小B ＝1.0 T.一根质量m ＝0.2 kg 、电阻r ＝0.1 Ω的金属棒ab 垂直放置于导轨上，在水平向右的恒力F 作用下从静止开始运动，当金属棒通过位移x ＝9 m 时离开磁场，在离开磁场前已达到最大速度.当金属棒离开磁场时撤去外力F ，接着金属棒沿弯曲轨道上升到最大高度h ＝0.8 m 处.已知金属棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.1，导轨电阻不计，棒在运动过程中始终与导轨垂直且与导轨保持良好接触，取g ＝10 m/s 2.求：图7(1)金属棒运动的最大速率v ；(2)金属棒在磁场中速度为v 2时的加速度大小； (3)金属棒在磁场区域运动过程中，电阻R 上产生的焦耳热.答案 (1)4 m /s (2)1 m/s 2 (3)1.5 J解析 (1)金属棒从出磁场到上升到弯曲轨道最高点，根据机械能守恒定律得：12m v 2＝mgh ① 由①得：v ＝2gh ＝4 m/s ②(2)金属棒在磁场中做匀速运动时，设回路中的电流为I ，根据平衡条件得F ＝BIL ＋μmg ③I ＝BL v R ＋r④ 联立②③④式得F ＝0.6 N ⑤金属棒速度为v 2时，设回路中的电流为I ′，根据牛顿第二定律得F －BI ′L －μmg ＝ma ⑥ I ′＝BL v 2(R ＋r )⑦ 联立②⑤⑥⑦得：a ＝1 m/s 2⑧(3)设金属棒在磁场区域运动过程中，回路中产生的焦耳热为Q ，根据功能关系：Fx ＝μmgx ＋12m v 2＋Q ⑨ 则电阻R 上的焦耳热Q R ＝R R ＋rQ ⑩ 联立⑤⑨⑩解得：Q R ＝1.5 J.变式4 (多选)如图8所示，竖直放置的“”形光滑导轨宽为L ，矩形匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的高和间距均为d ，磁感应强度为B .质量为m 的水平金属杆由静止释放，进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等.金属杆在导轨间的电阻为R ，与导轨接触良好，其余电阻不计，重力加速度为g .金属杆( )图8A.刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向下B.穿过磁场Ⅰ的时间大于在两磁场之间的运动时间C.穿过两磁场产生的总热量为4mgdD.释放时距磁场Ⅰ上边界的高度h 可能小于m 2gR 22B 4L 4 答案 BC解析 穿过磁场Ⅰ后，金属杆在磁场之间做加速运动，在磁场Ⅱ上边缘速度大于从磁场Ⅰ出来时的速度，即进入磁场Ⅰ时的速度等于进入磁场Ⅱ时的速度，大于从磁场Ⅰ出来时的速度，金属棒在磁场Ⅰ中做减速运动，加速度方向向上，A 错误；金属棒在磁场Ⅰ中做减速运动，由牛顿第二定律知BIL －mg ＝B 2L 2v R－mg ＝ma ，a 随着减速过程逐渐变小，即在前一段做加速度减小的减速运动，在磁场之间做加速度为g 的匀加速直线运动，两个过程位移大小相等，由v －t 图象(可能图象如图所示)可以看出前一段用时多于后一段用时，B 正确；由于进入两磁场时速度相等，由动能定理知，W 安1－mg ·2d ＝0，W 安1＝2mgd .即通过磁场Ⅰ产生的热量为2mgd ，故穿过两磁场产生的总热量为4mgd ，C 正确；设刚进入磁场Ⅰ时速度为v ，则由机械能守恒定律知mgh ＝12m v 2，① 进入磁场时BIL －mg ＝B 2L 2v R－mg ＝ma ，解得v ＝m (a ＋g )R B 2L 2，② 由①②式得h ＝m 2(a ＋g )2R 22B 4L 4g >m 2gR 22B 4L 4，D 错误. 变式5 (多选)(2012·山东卷·20)如图9所示，相距为L 的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为θ，上端接有定值电阻R ，匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B .将质量为m 的导体棒由静止释放，当速度达到v 时开始匀速运动，此时对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，并保持拉力的功率恒为P ，导体棒最终以2v 的速度匀速运动.导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度为g .下列选项正确的是( )图9A.P ＝2mg v sin θB.P ＝3mg v sin θC.当导体棒速度达到v 2时加速度大小为g 2sin θ D.在速度达到2v 以后匀速运动的过程中，R 上产生的焦耳热等于拉力所做的功答案 AC解析 导体棒由静止释放，速度达到v 时，回路中的电流为I ，则根据共点力的平衡条件，有mg sin θ＝BIL .对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，使其以2v 的速度匀速运动时，则回路中的电流为2I ，则根据平衡条件，有F ＋mg sin θ＝B ·2IL 所以拉力F ＝mg sin θ，拉力的功率P ＝F ×2v ＝2mg v sinθ，故选项A 正确，选项B 错误；当导体棒的速度达到v 2时，回路中的电流为I 2，根据牛顿第二定律，得mg sin θ－B I 2L ＝ma ，解得a ＝g 2sin θ，选项C 正确；当导体棒以2v 的速度匀速运动时，根据能量守恒定律，重力和拉力所做的功之和等于R 上产生的焦耳热，故选项D 错误.1.(多选)(2018·广西防城港市3月模拟)如图1所示，等边闭合三角形线框，开始时底边与匀强磁场的边界平行且重合，磁场的宽度大于三角形的高度，线框由静止释放，穿过该磁场区域，不计空气阻力，则下列说法正确的是( )图1A.线框进磁场过程中感应电流为顺时针方向B.线框底边刚进入和刚穿出磁场时线圈的加速度大小可能相同C.线框出磁场的过程，可能做先减速后加速的直线运动D.线框进出磁场过程，通过线框横截面的电荷量不同答案BC解析线框进入磁场过程中，磁通量增大，根据楞次定律可知，感应电流为逆时针方向，故A错误；线框底边刚进入瞬间，速度为零，产生的感应电动势为零，下落加速度为g，完全进入磁场后下落加速度为g，随着下落速度的增大，出磁场时产生的安培力可能等于2mg，此时减速的加速度大小可能为g，故B正确；线框出磁场的过程，可能先减速，随着速度减小，切割长度变短，线框受到的安培力减小，当小于重力后线框做加速直线运动，故C正确；线框进、出磁场过程，磁通量变化相同，所以通过线框横截面的电荷量相同，故D错误.2.(2018·陕西省咸阳市第二次模拟)如图2甲所示，匝数n＝2的金属线圈(电阻不计)围成的面积为20 cm2，线圈与R＝2 Ω的电阻连接，置于竖直向上、均匀分布的磁场中，磁场与线圈平面垂直，磁感应强度为B，B－t关系如图乙所示，规定感应电流i从a经过R到b的方向为正方向，忽略线圈的自感影响，则下列i－t关系图正确的是()图2答案 D解析由题图乙可知，0～2 s内，线圈中磁通量的变化率相同，故0～2 s内电流的方向相同，由楞次定律可知，电路中电流方向为顺时针，即电流为正方向；同理可知，2～5 s内电路中的电流方向为逆时针，为负方向，由E ＝n ΔΦΔt 可得E ＝nS ΔBΔt ，则知0～2 s 内电路中产生的感应电动势大小为：E 1＝2×20×10－4×3×10－32 V ＝6×10－6 V ，则电流大小为：I 1＝E 1R ＝62×10－6A ＝3×10－6 A ；同理2～5 s内，I 2＝2×10－6 A ，故A 、B 、C 错误，D 正确.3.(多选)(2018·湖北省武汉市调研)如图3甲所示，在足够长的光滑的固定斜面上放置着金属线框，垂直于斜面方向的匀强磁场的磁感应强度B 随时间的变化规律如图乙所示(规定垂直斜面向上为正方向).t ＝0时刻将线框由静止释放，在线框下滑的过程中，下列说法正确的是( )图3A.线框中产生大小、方向周期性变化的电流B.MN 边受到的安培力先减小后增大C.线框做匀加速直线运动D.线框中产生的焦耳热等于其机械能的损失 答案 BC解析 穿过线框的磁通量先向下减小，后向上增大，则根据楞次定律可知，感应电流方向不变，选项A 错误；因磁感应强度的变化率不变，则感应电动势不变，感应电流不变，而磁感应强度的大小先减小后增大，根据F ＝BIL 可知，MN 边受到的安培力先减小后增大，选项B 正确；因线框平行的两边电流等大反向，则整个线框受到的安培力为零，则线框下滑的加速度不变，线框做匀加速直线运动，选项C 正确；因安培力对线框做功为零，斜面光滑，则线框的机械能守恒，选项D 错误.4.(多选)(2019·福建省厦门市质检)如图4所示，在倾角为θ的光滑固定斜面上，存在着磁感应强度大小为B 的匀强磁场，磁场方向垂直斜面向上，磁场的宽度为2L .一边长为L 的正方形导线框，由静止开始沿斜面下滑，当ab 边刚越过GH 进入磁场瞬间和刚越过MN 穿出磁场瞬间速度刚好相等.从ab 边刚越过GH 处开始计时，规定沿斜面向上为安培力的正方向，则线框运动的速率v 与线框所受安培力F 随时间变化的图线中，可能正确的是( )图4答案 AC解析 根据楞次定律可得线框进入磁场的过程中电流方向为顺时针；根据法拉第电磁感应定律可得感应电动势E ＝BL v ，感应电流I ＝BL v R ，所受的安培力大小为F ＝BIL ＝B 2L 2v R ，ab 边刚越过GH 进入磁场瞬间和刚越过MN 穿出磁场瞬间速度刚好相等，可能的运动情况有两种，一是进磁场时匀速，完全进入磁场后做匀加速直线运动，出磁场过程中，做加速度逐渐减小的减速运动，二是进磁场时做加速度逐渐减小的减速运动，完全进入磁场后做匀加速运动，出磁场时做加速度逐渐减小的减速运动，结合图象知A 正确，B 错误；根据左手定则可得线框进入磁场的过程中安培力方向沿斜面向上，为正，且F ＝BIL ＝B 2L 2vR ，线框完全进入磁场后，线框所受安培力为零；出磁场的过程中安培力方向沿斜面向上，且出磁场时的安培力可能等于进入磁场时的安培力，所以C 正确，D 错误.5.(2018·山东省泰安市上学期期末)如图5，两固定的绝缘斜面倾角均为θ，上沿相连.两细金属棒ab (仅标出a 端)和cd (仅标出c 端)长度均为L 、质量分别为2m 和m ；用两根不可伸长的柔软轻导线将它们连成闭合回路abdca ，并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上，两定滑轮间的距离也为L .左斜面上存在匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向垂直于斜面向上.已知斜面及两根柔软轻导线足够长.回路总电阻为R ，两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g .使两金属棒水平，从静止开始下滑.求：图5(1)金属棒运动的最大速度v m 的大小；(2)当金属棒运动的速度为v m2时，其加速度大小是多少？答案 (1)mgR (sin θ－3μcos θ)B 2L 2(2)g6(sin θ－3μcos θ) 解析 (1)达到最大速度时，设两导线中张力均为F T ，金属棒cd 受到的安培力为F 对ab 、cd ，根据平衡条件得到：2mg sin θ＝2F T ＋2μmg cos θ 2F T ＝mg sin θ＋μmg cos θ＋F 而安培力F ＝BIL根据法拉第电磁感应定律及闭合电路欧姆定律：E ＝BL v m ，I ＝ER整理得到：v m ＝mgR (sin θ－3μcos θ)B 2L 2(2)当金属棒的速度为v m2时，设两导线中张力均为F T1，金属棒cd 受到的安培力为F 1，根据牛顿第二定律：2mg sin θ－2F T1－2μmg cos θ＝2ma 2F T1－mg sin θ－μmg cos θ－F 1＝ma 又F 1＝BI 1L ，E 1＝BL v m 2，I 1＝E 1R ，联立解得：a ＝g6(sin θ－3μcos θ).6.(2018·天津市实验中学模拟)如图6所示，固定光滑金属导轨间距为L ，导轨电阻不计，上端a 、b 间接有阻值为R 的电阻，导轨平面与水平面的夹角为θ，且处在磁感应强度大小为B 、 方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中.质量为m 、电阻为r 的导体棒与固定弹簧相连后放在导轨上.初始时刻，弹簧恰处于自然长度，导体棒具有沿导轨向上的初速度v 0.整个运动过程中导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触.已知弹簧的劲度系数为k ，弹簧的中心轴线与导轨平行.图6(1)求初始时刻通过电阻R 的电流I 的大小和方向；(2)当导体棒第一次回到初始位置时，速度变为v ，求此时导体棒的加速度大小a . 答案 (1)BL v 0R ＋r 电流方向为b →a(2)g sin θ－B 2L 2vm (R ＋r )解析 (1)导体棒产生的感应电动势为：E 1＝BL v 0 根据闭合电路欧姆定律得通过R 的电流大小为：I 1＝E 1R ＋r ＝BL v 0R ＋r根据右手定则判断得知：电流方向为b →a(2)导体棒第一次回到初始位置时产生的感应电动势为：E 2＝BL v 根据闭合电路欧姆定律得感应电流为： I 2＝E 2R ＋r ＝BL v R ＋r导体棒受到的安培力大小为：F ＝BIL ＝B 2L 2vR ＋r，方向沿斜面向上.导体棒受力如图所示：根据牛顿第二定律有：mg sin θ－F ＝ma 解得：a ＝g sin θ－B 2L 2vm (R ＋r ).7.(2018·广东省惠州市模拟)如图7所示，足够长的粗糙绝缘斜面与水平面成θ＝37°角放置，在斜面上虚线aa ′和bb ′与斜面底边平行，在aa ′、bb ′围成的区域中有垂直斜面向上的有界匀强磁场，磁感应强度为B ＝1 T ；现有一质量为m ＝10 g 、总电阻R ＝1 Ω、边长d ＝0.1 m 的正方形金属线圈MNQP ，让PQ 边与斜面底边平行，从斜面上端由静止释放，线圈刚好匀速穿过整个磁场区域.已知线圈与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5，(取g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：图7(1)线圈进入磁场区域时的速度大小； (2)线圈释放时，PQ 边到bb ′的距离；(3)整个线圈穿过磁场的过程中，线圈上产生的焦耳热. 答案 (1)2 m/s (2)1 m (3)4×10－3 J解析 (1)对线圈受力分析，根据平衡条件得： F 安＋μmg cos θ＝mg sin θ，F 安＝BId ，I ＝ER ，E ＝Bd v联立并代入数据解得：v ＝2 m/s(2)线圈进入磁场前做匀加速运动，根据牛顿第二定律得： a ＝mg sin θ－μmg cos θm＝2 m/s 2线圈释放时，PQ 边到bb ′的距离L ＝v 22a ＝222×2m ＝1 m ；(3)由于线圈刚好匀速穿过磁场，则磁场宽度等于d ＝0.1 m ，Q ＝W 安＝F 安·2d 代入数据解得：Q ＝4×10－3 J.。
高中物理高考 2020年物理高考大一轮复习高考必考题突破讲座10电磁感应与动量的综合课件
2016·全国卷Ⅱ，25 2015·全国卷Ⅰ，25 2017·天津卷Ⅱ，12
感应的综 合 (2)动量守 恒定律与
理常用的两个关系式：q＝nRΔ＋Φr，BLq
电磁感应 的综合
＝mΔv
[解题思维] 角度一 动量定理与电磁感应的综合 (1)问题情景：导体棒沿处于匀强磁场中的导轨运动，导 体棒是闭合电路的一部分，运动导体切割磁感线可等效为电 源． (2)解答方法：①分析导体棒的受力，根据题设条件列平 衡方程或动力学方程，注意安培力 F＝BIL 中的电流 I 是力、 电联系的桥梁．②一般情况下要根据闭合电路的欧姆定律并 结合电磁感应定律列电路方程．③求通过电路的电量时，可
导体棒甲静止于 CC′处，导体棒乙从 AA′处由静止释放，
沿圆弧导轨运动，与甲相碰后黏合在一起，并在到达水平导
轨左端前停下．两棒的质量均为 m，导体棒及导轨的电阻均
不计，重力加速度大小为 g.下列判断正确的是( BD ) A．两棒黏合前瞬间，乙棒速度大小为 gr
B．两棒相碰并黏合在一起后瞬间的速度大小为
【例题 5】(2017·天津卷)电磁轨道炮利用电流和磁场的 作用使炮弹获得超高速度，其原理可用来研制新武器和航天 运载器．电磁轨道炮示意如图，图中直流电源电动势为 E，
电容器的电容为 C．两根固定于水平面内的光滑平行金属导
轨间距为 l，电阻不计．炮弹可视为一质量为 m、电阻为 R 的金属棒 MN，垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨 良好接触．首先开关 S 接 1，使电容器完全充电．
(1)求每根导体棒与导轨间的滑动摩擦力的大小及 0.8 s 内整个回路中产生的焦耳热．
(2)若保持磁场的磁感应强度 B＝0.5 T 不变，用一个水 平向右的力 F 拉导体棒 b，使导体棒 b 由静止开始做匀加速 直线运动，力 F 的变化规律如图丙所示，则经过多长时间导 体棒 a 开始滑动？每根导体棒的质量为多少？
2020版高考物理一轮复习专题强化十电磁感应中的动力学、能量和动量问题课件新人教版
(2)设此时金属棒下滑的速度为 v，由法拉第电磁感应定律得： E′＝I′RR＋RR0 0
E′＝Blv 当金属棒下滑的加速度为g4时，由牛顿第二定律得：mgsinθ－ BI′l＝ma 解得：v＝0.5 m/s 解析：(1)0.2 kg 2 Ω (2)0.5 m/s
考点二 电磁感应中的能量问题 1．电磁感应中的能量转化
为 Q＝mgh－12mv′2＝0.287 5 J，C 项错误．通过 R 的电荷量 q＝ΔRΦ
＝B·RΔS＝0.25 C，D 项正确． 答案：D
2．如图甲所示，两根足够长的光滑金属导轨 ab、cd 与水平面 成 θ＝30°固定，导轨间距离为 l＝1 m，电阻不计，一个阻值为 R0 的定值电阻与电阻箱并联接在两金属导轨的上端，整个系统置于匀 强磁场中，磁感应强度方向与导轨所在平面垂直，磁感应强度大小 为 B＝1 T．现将一质量为 m、电阻可以忽略的金属棒 MN 从图示位 置由静止开始释放，金属棒下滑过程中与导轨接触良好，改变电阻
由闭合电路欧姆定律得：E＝IRR＋RR0 0
当金属棒以最大速度 vm 下滑时，由平衡条件得： BIl－mgsinθ＝0 解得：v1m＝mBgs2li2nθ·R1＋mBgs2li2nθ·R10 由v1m－R1图象可得：mBgs2li2nθ＝1 mBgs2li2nθ·R10＝0.5 解得：m＝0.2 kg R0＝2 Ω
代入数据解得 x0＝0.4 m. 答案：0.4 m
[考法拓展 3] 在[例 1]中，求金属棒从开始到在磁场Ⅱ中达到 稳定状态这段时间中电阻 R 产生的热量．
解析：金属棒从开始运动到在磁场Ⅱ中达到稳定状态过程中， 根据能量守恒得
mg(x0＋x1＋x2)sinθ＝Q＋12mv21， QR＝R＋R rQ＝7.5 J. 答案：7.5 J
高考物理一轮复习第十章电磁感应专题强化十三动力学、动量和能量观点在电学中的应用课件
类型1 动量定理和功能关系的应用 例1 如图1所示，两根电阻不计的光滑金属导轨竖直放 置，相距为L，导轨上端接电阻R，宽度相同的水平条 形区域Ⅰ和Ⅱ内有磁感应强度为B、方向垂直导轨平面 向里的匀强磁场，其宽度均为d，Ⅰ和Ⅱ之间相距为h且 无磁场.一长度为L、质量为m、电阻为r的导体棒，两端 套在导轨上，并与两导轨始终保持良好的接触，导体棒 从距区域Ⅰ上边界H处由静止释放，在穿过两段磁场区 域的过程中，流过电阻R上的电流及其变化情况相同，重力加速度图为1g.求： (1)导体棒进入区域Ⅰ的瞬间，通过电阻R的电流大小与方向.
2.方法技巧 解决此类问题时通常将两棒视为一个整体，于是相互作用的安培力是系 统的内力，这个变力将不影响整体的动量守恒.因此解题的突破口是巧 妙选择系统，运用动量守恒(动量定理)和功能关系求解.
例2 (2017·湖南长沙四县三月模拟)足够长的平行金属轨道M、N，相距L
＝0.5 m，且水平放置；M、N左端与半径R＝0.4 m的光滑竖直半圆轨道相
答案 mgB2RL＋2dr＋
2H－h g－
2H g
解析 答案
变式1 (2018·甘肃天水模拟)如图2所示，竖直放置的两光
滑平行金属导轨，置于垂直于导轨平面向里的匀强磁场中
，两根质量相同的导体棒a和b，与导轨紧密接触且可自由
滑动.先固定a，释放b，当b的速度达到10 m/s时，再释放a
，经过1 s后，a的速度达到12 m/s，g取10 m/s2，则：
竖直向上的匀强磁场.质量为m的绝缘棒a垂直于倾斜导轨静止释放，释
放位置与水平导轨的高度差为h.已知绝缘棒a滑到水平导轨上与金属棒b
发生弹性正碰，金属棒b进入磁场后始终未与金属棒c发生碰撞.重力加
速度为g.求：
2020版高考物理新增分大一轮复习第十章交变电流传感器第2讲变压器远距离输电课件
大一轮复习讲义第十章交变电流传感器第2讲变压器远距离输电NEIRONGSUOYIN 内容索引过好双基关研透命题点随堂测试回扣基础知识训练基础题目细研考纲和真题分析突破命题点随堂检测检测课堂学习效果课时作业限时训练练规范练速度过好双基关一、理想变压器1.构造如图1所示，变压器是由闭合铁芯和绕在铁芯上的组成的.(1)原线圈：与交流电源连接的线圈，也叫线圈.(2)副线圈：与负载连接的线圈，也叫线圈.2.原理电流磁效应、.图1两个线圈初级次级电磁感应3.理想变压器原、副线圈基本量的关系理想变压器(1)没有能量损失(绕线无电阻、铁芯无涡流)(2)没有磁通量损失(磁通量全部集中在铁芯中)基本关系功率关系根据能量守恒可得：原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率，即P入＝___电压关系原、副线圈的电压之比等于其匝数之比，公式：＝(只有一个副线圈)P出U1U2n1n2基本关系电流关系只有一个副线圈时：＝频率关系f1＝f2(变压器不改变交变电流的)I1I2n2n1频率4.几种常用的变压器(1)自耦变压器——调压变压器，如图2甲(降压作用)、乙(升压作用)所示.(2)互感器⎩⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎧ 电压互感器(n 1>n 2)：把高电压变成 ， 如图丙所示.电流互感器(n 1<n 2)：把大电流变成 ， 如图丁所示.低电压小电流自测1关于理想变压器，下列说法正确的是√A.变压器只对变化的电流起作用，对恒定电流不起作用B.变压器不但能改变交变电流的电压，还能改变交变电流的频率C.正常工作的变压器，当副线圈与用电器断开时，副线圈两端无电压D.变压器副线圈并联更多的用电器时，原线圈输入的电流随之减小二、电能的输送如图3所示，若发电站输出电功率为P ，输电电压为U ，用户得到的电功率为P ′，用户的电压为U ′，输电线总电阻为R .图31.输出电流I ＝ ＝P ′U ′＝U －U ′R . P U2.电压损失(1)ΔU ＝U －U ′(2)ΔU ＝___3.功率损失(1)ΔP ＝P －P ′(2)ΔP ＝＝______IRI 2R (P U)2R4.减少输电线上电能损失的方法(1)减小输电线的电阻R .由R ＝ρ知，可加大导线的、采用的材料做导线.(2)减小输电线中的电流.在输电功率一定的情况下，根据P ＝UI ，要减小电流，必须提高.l S 横截面积电阻率小输电电压自测2从发电站输出的功率为220kW ，输电线的总电阻为0.05Ω，用110V 和11kV 两种电压输电.两种情况下输电线上由电阻造成的电压损失之比为A.100∶1B.1∶100C.1∶10D.10∶1√解析 由题意知输电线上的电流I ＝P U ，则输电线上由电阻造成的电压损失ΔU＝Ir ＝Pr U ，故ΔU 1ΔU 2＝U 2U 1＝11×103110＝1001，故选A.研透命题点例1(2018·苏锡常镇二模)如图4所示，理想变压器的原线圈接在u ＝220sin πt (V)的交流电源上，副线圈接有R ＝55Ω的负载电阻，原、副线圈匝数之比为2∶1，电流表、电压表均为理想交流电表.下列说法正确的是命题点一理想变压器原理图4A.电压表的示数为220VB.电流表的示数为2AC.原线圈的输入功率为440WD.副线圈输出交流电的周期为2s 2 √例2(2018·南京市、盐城市二模)如图5所示，理想变压器的原、副线圈的匝数比为2∶1，在原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻R ，原线圈一侧接有电压为220V 的正弦交流电源，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R 上消耗的功率之比为k ，则图5A.U ＝110 VB.U ＝440 VC.k ＝14D.k ＝4 √互感器拓展点分为电压互感器和电流互感器，两者比较如下：电压互感器电流互感器原理图原线圈的连接并联在高压电路中串联在交流电路中副线圈的连接连接电压表连接电流表互感器的作用将高电压变为低电压将大电流变为小电流利用的公式I1n1＝I2n2 U1U2＝n1n2例3普通的交流电流表不能直接接在高压输电线路上测量电流，通常要通过电流互感器来连接，图6中电流互感器ab 一侧线圈的匝数较少，工作时电流为I ab ，cd 一侧线圈的匝数较多，工作时电流为I cd ，为了使电流表能正常工作，则A.ab 接MN 、cd 接PQ ，I ab ＜I cdB.ab 接MN 、cd 接PQ ，I ab ＞I cdC.ab 接PQ 、cd 接MN ，I ab ＜I cdD.ab 接PQ 、cd 接MN ，I ab ＞I cd 图6√解析 高压输电线上的电流较大，测量时需把电流变小，即使副线圈中的电流较小，由I 1I 2＝n 2n 1可知n 2较大，n 1较小，所以ab 接MN 、cd 接PQ ，I ab ＞I cd ，选项B 正确.1.匝数比不变的情况(如图7)(1)当U 1不变时，根据，输入电压U 1决定输出电压U 2，不论负载电阻R 如何变化，U 2不变.(2)当负载电阻发生变化时，输出电流I 2变化，I 2决定输入电流I 1，故I 1发生变化.(3)I 2变化引起P 2变化，P 1＝P 2，故P 1发生变化.命题点二变压器的动态分析图7 U 1U 2＝n 1n 22.负载电阻不变的情况(如图8)(1)U1不变，n1n2发生变化，故U2变化.(2)R不变，U2变化，故I2发生变化.(3)根据P2＝U22R，P2发生变化，再根据P1＝P2，故P1变化，P1＝U1I1，U1不变，故I1发生变化.图8例4(多选)(2018·常州市一模)如图9所示，理想变压器原、副线圈匝数比为2∶1，原线圈接交流电u＝20sin100πt(V)，保险丝的电阻为1Ω，熔断电流为2A，电表均为理想交流电表.下列说法正确的有A.电压表V的示数为14.1VB.电流表A1、A2的示数之比为2∶1C.为了安全，滑动变阻器接入电路的最小阻值为4ΩD.将滑动变阻器滑片向上移动，电流表A1的示数减小图92√√例5(多选)(2018·南通市、泰州市一模)如图10所示，理想变压器原线圈接电压为220V 的正弦交流电，开关S 接1时，原、副线圈的匝数比为11∶1，滑动变阻器接入电路的阻值为10Ω，电压表和电流表均为理想交流电表.下列说法中正确的有A.变压器输入功率与输出功率之比为1∶1B.1min 内滑动变阻器上产生的热量为40JC.仅将S 从1拨到2，电流表示数减小D.仅将滑动变阻器的滑片向下滑动，两电表示数均减小√√图10含二极管的交流电路分析拓展点例6(多选)(2018·镇江市模拟)如图11所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n 1∶n 2＝22∶5，电阻R 1＝R 2＝25Ω，D 为理想二极管，原线圈接u ＝220sin (100πt )V 的交流电，则A.此交流电的频率为100HzB.电阻R 1两端的电压为50VC.通过电阻R 2的电流为AD.变压器的输入功率为150W 2 图112 √√√命题点三远距离输电1.理清三个回路远距离输电电网的基本结构如图12所示.输电过程的电路被划分为三个独立的回路，即电源回路、输送回路和用户回路.在每个回路中，变压器的原线圈是回路的用电器，而相应的副线圈是下一个回路的电源，每个回路均可应用闭合电路欧姆定律、串并联电路的规律，而变压器的电压、电流、功率关系则是联系不同回路的桥梁.2.抓住两个物理量的联系(1)理想的升压变压器联系了电源回路和输送回路，由理想变压器原理可得：线圈1(匝数为n 1)和线圈2(匝数为n 2)中各个量间的关系是U 1U 2＝n 1n 2，I 1n 1＝I 2n 2，P 1＝P 2.(2)理想的降压变压器联系了输送回路和用户回路，由理想变压器原理可得：线圈3(匝数为n 3)和线圈4(匝数为n 4)中各个量间的关系是U 3U 4＝n 3n 4，I 3n 3＝I 4n 4，P 3＝P 4.3.掌握一个能量守恒定律发电机把机械能转化为电能，并通过导线将能量输送给线圈1，线圈1上的能量就是远程输电的总能量，在输送过程中，先被输送回路上的导线电阻损耗一小部分，剩余的绝大部分通过理想降压变压器和用户回路被用户使用消耗，所以其能量关系为P＝P线损＋P用户.1例7(2018·江苏单科·2)采用220kV 高压向远方的城市输电.当输送功率一定时，为使输电线上损耗的功率减小为原来的，输电电压应变为A.55kV B.110kV C.440kV D.880kV14√解析 输电功率P ＝UI ，U 为输电电压，I 为输电线路中的电流，输电线路损失的功率为P 损＝I 2R ，R 为输电线路的电阻，即P 损＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫P U 2R ，当输电功率一定时，若输电线路损失的功率变为原来的14，则输电电压为原来的2倍，即为440 kV ，故选项C 正确.变式(多选)(2018·第二次全国大联考(江苏卷))如图13为远距离输电示意图.发电机输出功率P 恒定，用户消耗的功率为P 用户，理想升压变压器原、副线圈两端的电压分别为U 1和U 2，输电线总电阻为r .下列说法正确的是A.升压变压器原、副线圈匝数比n 1n 2＝U 1U 2B.将P 下移，用户获得的电压将升高C.输电线上的功率关系为：P ＝P 用户＋U 22rD.若U 2提高为原来的10倍，输电线上损失的功率为原来的1100图13√√随堂测试1.(2018·如皋市调研)某理想变压器的原、副线圈匝数比为1∶3，原线圈接在1.5V 的干电池上，如图14所示，则副线圈两端电压为A.0B.0.5VC.1.5VD.4.5V 图14√解析根据题意可知，原线圈接直流电，变压器不能工作，所以副线圈的输出电压为0，故A 正确，B 、C 、D 错误.2.(多选)(2018·南京市三模)如图15甲所示，不计电阻的矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴在匀强磁场中匀速转动，输出交流电的电动势随时间变化的图象如图乙所示，经原、副线圈匝数比为1∶10的理想变压器给一灯泡供电，如图丙所示，灯泡上标有“220V 22W ”字样，则图15A.t ＝0.01s 时刻穿过线框回路的磁通量为零B.灯泡中的电流方向每秒钟改变100次C.灯泡正常发光D.电流表示数为A √2 √3.(2018·南京市、盐城市一模)变压器线圈中的电流越大，所用的导线应当越粗.如图16所示是理想降压变压器，假设它只有一个原线圈和一个副线圈，匝数分别为n1和n2.下列说法中正确的是A.n1＞n2，原线圈比副线圈的导线粗B.n1＞n2，原线圈比副线圈的导线细C.n1＜n2，原线圈比副线圈的导线粗D.n1＜n2，原线圈比副线圈的导线细图16√4.(2018·扬州市一模)如图17所示为一理想变压器，原线圈接在输出电压为u＝U0sinωt的交流电源两端.电路中R0为定值电阻，V1、V2为理想交流电压表，A1、A2为理想交流电流表.现使滑动变阻器R的滑动触头P向上滑动，下列说法正确的是A.电压表V1与V2示数的比值将变大B.电流表A1与A2示数的比值将变小C.电压表V1与电流表A1示数的比值变大D.电压表V2与电流表A2示数的比值变小图17√5.(2018·南京师大附中5月模拟)如图18甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，b 是原线圈的中心抽头，图中电表均为理想的交流电表，定值电阻R ＝10Ω，其余电阻均不计.从某时刻开始在原线圈c 、d 两端加上如图乙所示的交变电压.下列说法正确的是A.当单刀双掷开关与a 连接时，电压表的示数为31.1VB.当单刀双掷开关与b 连接且在0.01s时，电流表示数为4.4A C.当单刀双掷开关由a 拨向b 时，副线圈输出电压的频率变为25HzD.当单刀双掷开关由a 拨向b 时，原线圈的输入功率变小图18√课时作业1.(多选)(2018·东台创新学校月考)理想变压器在正常工作时，原、副线圈中相同的物理量是A.每匝线圈中磁通量的变化率B.交变电流的频率C.原线圈的输入功率和副线圈的输出功率D.原线圈的感应电动势和副线圈的感应电动势双基巩固练√√√2.(2018·江苏省高考压轴卷)如图1所示，半径为L ＝1m 的金属圆环，其半径Oa 是铜棒，两者电阻均不计且接触良好.今让Oa 以圆心O 为轴，以角速度ω＝10rad/s 匀速转动，圆环处于垂直于环面向下、磁感应强度为B ＝2T 的匀强磁场中.从圆心O 引出导线，从圆环上接出导线，接到匝数比为n 1∶n 2＝1∶4的理想变压器原线圈两端.则接在副线圈两端的理想交流电压表的示数为A.40VB.20VC.80VD.0图1√3.(2019·扬州中学月考)如图2是远距离输电的示意图，下列说法正确的是√A.a是升压变压器，b是降压变压器B.a是降压变压器，b是升压变压器C.a的输出电压等于b的输入电压D.a的输出电压等于输电线上损失的电压图2解析因能量损失与输送电压的平方成反比，故为了减小电路能量损耗，要用高压送电，到用户要进行降压，故a为升压变压器，b是降压变压器，故A正确，B错误；因输电线有电阻，会有电压损失，故a的输出电压减去输电线上损失的电压等于b的输入电压，故C、D错误.4.(多选)(2018·苏州市期初调研)如图3甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为2∶1，原线圈两端的交变电压随时间变化规律如图乙所示，灯泡L 的额定功率为22W.闭合开关后，灯泡恰能正常发光.电表均为理想电表，则A.原线圈输入电压的瞬时值表达式为u ＝220sin 100πt (V)B.灯泡的额定电压为110VC.副线圈输出交流电的频率为100HzD.电压表读数为220V ，电流表读数为0.2A √√图3 25.(2018·东台创新学校月考)如图4所示，理想变压器原线圈输入电压u＝U m sinωt，副线圈电路中R0为定值电阻，R是滑动变阻器.V1和V2是理想交流电压表，示数分别用U1和U2表示；A1和A2是理想交流电流表，示数分别用I1和I2表示.下列说法正确的是A.I1和I2表示电流的瞬时值B.U1和U2表示电压的最大值C.滑片P向下滑动过程中，U2不变、I1变大D.滑片P向下滑动过程中，U2变小、I1变小图4√6.(2018·泰州中学开学考)如图5所示的交流电路中，理想变压器原线圈输入电压为U1，输入功率为P1，输出功率为P2，各交流电表均为理想电表.当滑动变阻器R的滑动触头向下移动时A.灯L变亮B.各个电表读数均变大C.因为U1不变，所以P1不变D.P1变大，且始终有P1＝P2图5√7.(多选)(2018·江苏省高考压轴卷)如图6甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数之比为44∶5，b 是原线圈的抽头，且恰好位于原线圈的中心，S 为单刀双掷开关，负载电阻R ＝25Ω，电表均为理想交流电表，在原线圈c 、d 两端接入如图乙所示的正弦交流电，下列说法中正确的是A.当S 与a 连接，t ＝1×10－2s 时，电流表的示数为0B.当S 与a 连接，t ＝1.5×10－2s 时，电压表示数为50VC.将S 由a 拨到b 时，电阻R 消耗的功率为100WD.将S 由b 拨到a 时，1s 内电阻R 上电流方向改变100次√图62 √8.(2018·前黄中学检测)如图7甲是远距离输电线路示意图，图乙是用户端电压随时间变化的图象，则A.发电机产生的交流电的频率是100HzB.降压变压器输出的电压有效值是340VC.输电线的电流仅由输送功率决定D.仅增加升压变压器的副线圈匝数，其他条件不变，输电线上损失的功率减小图7√9.(多选)(2018·江苏一模)一自耦变压器如图8所示，其a 、b 端接到一电压不变的交变电源两端，在c 、d 间接有一定值电阻R 1和热敏电阻R t .已知温度升高时R t 的阻值变小.电压表均可视为理想交流电表，输电导线的电阻均可忽略不计.则下列说法中正确的是综合提升练图8A.保持滑动触头位置不变，当温度升高时三个电表的示数均变小B.保持滑动触头位置不变，当温度升高时V 1、V 2的示数不变而V 3的示数变小C.保持温度不变，将滑动触头从M 点顺时针旋转到N 点的过程中三个电表的示数均减小D.保持温度不变，将滑动触头从M 点顺时针旋转到N 点的过程中V 1示数不变而V 2、V 3示数均减小√√10.(多选)普通交流电流表和交流电压表不能直接接在高压输电线路上测电流和电压，通常要通过互感器来连接，现在在图9高压电路输入端已接入两个互感器，原、副线圈的匝数比分别为1∶200和200∶1，图中甲、乙表示电压表或电流表，已知电路中电压表的读数为11V ，电流表的读数为1A ，则A.甲电表是电压表，乙电表是电流表B.甲电表是电流表，乙电表是电压表C.图示高压输送电路输电线的总电阻是11ΩD.图示高压输送电路输入的总功率为440kW 图9√√11.(多选)(2017·苏锡常镇四市调研)如图10所示，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8倍时，两灯泡均能正常发光.则A.原、副线圈匝数之比为7∶1B.原、副线圈匝数之比为8∶1C.此时a和b的电功率之比为1∶1D.此时a和b的电功率之比为1∶7图10√√12.(2018·南京市学情调研)如图11甲、乙电路输入交变电流的电压u相同，图乙中理想变压器的原、副线圈的匝数分别为n1和n2，若要求甲、乙电路中的电流i相同，则n1、n2、R1、R2应满足的关系是A.n1R1＝n2R2B.n2R1＝n1R2C.n12R1＝n22R2D.n22R1＝n12R2图11√13.(多选)(2018·泰州中学模拟)如图12所示，理想变压器为降压变压器，原线圈通过灯泡L 1与正弦式交流电相连，副线圈通过导线与两个相同的灯泡L 2和L 3相连，开始时开关S 处于断开状态.当S 闭合后，所有灯泡都能发光.下列说法中正确的是A.灯泡L 1和L 2中的电流有效值可能相等B.灯泡L 2两端的电压变小C.灯泡L 1变亮，灯泡L 2的亮度不变D.变压器原线圈的输入功率不变√√图12。
2020年高考物理新课标第一轮总复习讲义：第十章 第三讲 电磁感应中的电路和图象问题 含答案
能力提升课第三讲电磁感应中的电路和图象问题热点一电磁感应中的电路问题(师生共研)1．电磁感应中电路知识的关系图2．解决电磁感应中的电路问题三部曲[典例1]如图所示，在匀强磁场中竖直放置两条足够长的平行导轨，磁场方向与导轨所在平面垂直，磁感应强度大小为B0，导轨上端连接一阻值为R的电阻和开关S，导轨电阻不计，两金属棒a和b的电阻都为R，质量分别为m a＝0.02 kg和m b＝0.01 kg，它们与导轨接触良好，并可沿导轨无摩擦地运动．若将b棒固定，开关S断开，用一竖直向上的恒力F拉a棒，稳定后a棒以v1＝10 m/s的速度向上匀速运动，此时再释放b棒，b 棒恰能保持静止．(g取10 m/s2)(1)求拉力F的大小；(2)若将a棒固定，开关S闭合，让b棒自由下滑，求b棒滑行的最大速度v2的大小；(3)若将a棒和b棒都固定，开关S断开，使磁感应强度从B0随时间均匀增加，经0.1 s 后磁感应强度增大到2B 0时，a棒受到的安培力大小正好等于a棒的重力，求两棒间的距离．解析：(1)法一：a棒做切割磁感线运动，产生的感应电动势为E＝B0L v1，a棒与b棒构成串联闭合电路，电流为I＝E2R，a棒、b棒受到的安培力大小为F a＝ILB0，F b＝ILB0依题意，对a棒有F＝F a＋G a对b棒有F b＝G b所以F＝G a＋G b＝0.3 N.法二：a、b棒都是平衡状态，所以可将a、b棒看成一个整体，整体受到重力和一个向上的力F，所以F＝G a＋G b＝0.3 N.(2)a棒固定、开关S闭合后，当b棒以速度v2匀速下滑时，b棒滑行速度最大，b棒做切割磁感线运动，产生的感应电动势为E1＝B0L v2，等效电路图如图所示．所以电流为I1＝E1 1.5Rb棒受到的安培力与b棒的重力平衡，有G b＝B20L2v2 1.5R由(1)问可知G b＝F b＝B20L2v1 2R联立可得v2＝7.5 m/s.(3)当磁场均匀变化时，产生的感应电动势为E2＝ΔB·LhΔt，回路中电流为I2＝E22R依题意有F a2＝2B0I2L＝G a，代入数据解得h＝1 m. 答案：(1)0.3 N(2)7.5 m/s(3)1 m[反思总结]电磁感应中电路问题的题型特点闭合电路中磁通量发生变化或有部分导体做切割磁感线运动，在回路中将产生感应电动势和感应电流．从而考题中常涉及电流、电压、电功等的计算，也可能涉及电磁感应与力学、电磁感应与能量的综合分析．1－1.[E ＝n ΔΦΔt 在电路中的应用] (多选)在如图甲所示的电路中，螺线管匝数n ＝1 500匝，横截面积S ＝20 cm 2.螺线管导线电阻r ＝1 Ω，R 1＝4 Ω，R 2＝5 Ω，C ＝30 μF.在一段时间内，穿过螺线管的磁场的磁感应强度B 按如图乙所示的规律变化，则下列说法中正确的是( )A ．螺线管中产生的感应电动势为1.2 VB ．闭合S ，电路中的电流稳定后电容器上极板带正电C ．电路中的电流稳定后，电阻R 1的电功率为5×10－2 WD ．S 断开后，通过R 2的电荷量为1.8×10－5 C解析：由法拉第电磁感应定律可知，螺线管内产生的电动势为E ＝n ΔB Δt S ＝1 500×0.82×20×10－4 V ＝1.2 V ，故A 正确；根据楞次定律，当穿过螺线管的磁通量增加时，螺线管下部可以看成电源的正极，则电容器下极板带正电，故B 错误；电流稳定后，电流为I ＝E R 1＋R 2＋r ＝ 1.24＋5＋1A ＝0.12 A ，电阻R 1上消耗的功率为P ＝I 2R 1＝0.122×4 W ＝5.76×10－2 W ，故C 错误；开关断开后通过电阻R 2的电荷量为Q ＝CU ＝CIR 2＝30×10－6×0.12×5 C ＝1.8×10－5 C ，故D 正确．答案：AD1－2.[E ＝Bl v 在电路中的应用] (2017·江苏卷)如图所示，两条相距d 的平行金属导轨位于同一水平面内，其右端接一阻值为R 的电阻．质量为m 的金属杆静置在导轨上，其左侧的矩形匀强磁场区域MNPQ 的磁感应强度大小为B 、方向竖直向下．当该磁场区域以速度v 0匀速地向右扫过金属杆后，金属杆的速度变为v .导轨和金属杆的电阻不计，导轨光滑且足够长，杆在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触．求：(1)MN 刚扫过金属杆时，杆中感应电流的大小I ； (2)MN 刚扫过金属杆时，杆的加速度大小a ； (3)PQ 刚要离开金属杆时，感应电流的功率P . 解析：(1)感应电动势E ＝Bd v 0感应电流I ＝ER ， 解得I ＝Bd v 0R .(2)安培力F ＝BId 牛顿第二定律F ＝ma 解得a ＝B 2d 2v 0mR .(3)金属杆切割磁感线的速度v ′＝v 0－v ，则 感应电动势E ＝Bd (v 0－v )，电功率P ＝E 2R 解得P ＝B 2d 2(v 0－v )2R.答案：(1)I ＝Bd v 0R (2)a ＝B 2d 2v 0mR (3)P ＝B 2d 2(v 0－v )2R热点二 电磁感应中的图象问题 (师生共研)1．图象问题的求解类型2.弄清初始条件、正负方向的对应变化范围、所研究物理量的函数表达式、进出磁场的转折点等是解决此类问题的关键．3．解决图象问题的一般步骤(1)明确图象的种类，即是B－t图还是Φ－t图，或者E－t图、I－t图等；(2)分析电磁感应的具体过程；(3)用右手定则或楞次定律确定方向的对应关系；(4)结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律等知识写出函数关系式；(5)根据函数关系式，进行数学分析，如分析斜率的变化、截距等；(6)画图象或判断图象．4．电磁感应中图象类选择题的两个常用方法排除法定性地分析电磁感应过程中物理量的变化趋势(增大还是减小)、变化快慢(均匀变化还是非均匀变化)，特别是分析物理量的正负，以排除错误的选项．函数法根据题目所给条件定量地写出两个物理量之间的函数关系，然后由函数关系对图象进行分析和判断.1．F安－t图象[典例2]将一段导线绕成图甲所示的闭合回路，并固定在水平面(纸面)内．回路的ab边置于垂直纸面向里的匀强磁场Ⅰ中．回路的圆环区域内有垂直纸面的磁场Ⅱ，以向里为磁场Ⅱ的正方向，其磁感应强度B随时间t变化的图象如图乙所示．用F表示ab边受到的安培力，以水平向右为F的正方向，能正确反映F随时间t变化的图象是()解析：0～T2时间内，根据法拉第电磁感应定律及楞次定律可得回路的圆环形区域产生大小恒定的、顺时针方向的感应电流，根据左手定则，ab边在匀强磁场Ⅰ中受到水平向左的恒定的安培力；同理可得T2～T时间内，ab边在匀强磁场Ⅰ中受到水平向右的恒定的安培力，故B正确．答案：B2．v－t图象[典例3]如图，矩形闭合导体线框在匀强磁场上方，由不同高度静止释放，用t1、t2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线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，不计空气阻力影响，则下列哪一个图象不可能反映线框下落过程中速度v随时间t变化的规律()A B C D解析：由题意可知，线框先做自由落体运动，最终做匀加速直线运动．若ab边刚进入磁场时，速度较小，线框内产生的感应电流较小，线框所受安培力小于重力，则线圈进入磁场的过程做加速度逐渐减小的加速运动，图象C有可能；若线框进入磁场时的速度较大，线框内产生的感应电流较大，线框所受安培力大于重力，则线框进入磁场时做加速度逐渐减小的减速运动，图象B有可能；若线框进入磁场时的速度合适，线框所受安培力等于重力，则线框匀速进入磁场，图象D有可能；由分析可知选A.答案：A3．E－t图象[典例4]在竖直向上的匀强磁场中，水平放置一个不变形的单匝金属圆线圈，规定线圈中感应电流的正方向如图甲所示，当磁场的磁感应强度B随时间t按如图乙所示规律变化时，下列选项中正确表示线圈中感应电动势E变化的是()解析：根据楞次定律得，0～1 s内，感应电流为正方向；1～3 s内，无感应电流；3～5 s 内，感应电流为负方向；再由法拉第电磁感应定律得，0～1 s内的感应电动势为3～5 s 内的二倍，故A正确．答案：A4．i－t图象[典例5]如图所示，两个垂直纸面的匀强磁场方向相反，磁感应强度的大小均为B，磁场区域的宽度为a，一正三角形(高为a)导线框ABC从图示位置沿图示方向匀速穿过两磁场区域，以逆时针方向为电流的正方向，线框中感应电流i与线框移动距离x的关系图是下图中的()A B C D解析：x在a～2a范围，线框穿过两磁场分界线时，BC、AC边在右侧磁场中切割磁感线，有效切割长度逐渐增大，产生的感应电动势E1增大，AB边在左侧磁场中切割磁感线，产生的感应电动势E2不变，两个电动势串联，总电动势E＝E1＋E2增大，故A错误；x 在0～a范围，线框穿过左侧磁场时，根据楞次定律，感应电流方向为逆时针，为正值，故B错误；x在2a～3a范围，线框穿过右侧磁场时，根据楞次定律，感应电流方向为逆时针，为正值，故C正确，D错误．答案：C5．综合图象[典例6](多选)如图所示为三个有界匀强磁场，磁感应强度大小均为B，方向分别垂直纸面向外、向里和向外，磁场宽度均为L.在磁场区域的左侧边界处有一边长为L的正方形导体线框，总电阻为R，且线框平面与磁场方向垂直．现用外力F使线框以速度v匀速穿过磁场区域，以初始位置为计时起点，规定电流沿逆时针方向时的电动势E为正，磁感线垂直纸面向里时的磁通量Φ为正值，外力F向右为正．则以下能反映线框中的磁通量Φ、感应电动势E、外力F和电功率P随时间变化规律的图象是()解析：在0～L v 时间内，磁通量Φ＝BL v t ，为负值，逐渐增大；在t ＝3L2v 时磁通量为零，当t ＝2L v 时，磁通量Φ＝BL 2为最大正值，在2L v ～5L2v 时间内，磁通量为正，逐渐减小，t ＝5L 2v 时，磁通量为零，5L 2v ～3L v 时间内，磁通量为负，逐渐增大，t ＝3Lv 时，磁通量为负的最大值，3L v ～4L v 时间内，磁通量为负，逐渐减小，由此可知A 正确．在0～Lv 时间内，E ＝BL v ，为负值；在L v ～2Lv 时间内，两个边切割磁感线，感应电动势E ＝2BL v ，为正值；在2L v ～3L v 时间内，两个边切割磁线，感应电动势E ＝2Bl v ，为负值；在3L v ～4Lv 时间内，一个边切割磁感线，E ＝BL v ，为正值，B 正确.0～Lv 时间内，安培力向左、外力向右，F 0＝F 安＝BI 0L ，电功率P 0＝I 20R ＝B 2L 2v 2R，L v～2L v时间内，外力向右，F 1＝2B ·2I 0L ＝4F 0，电功率P 1＝I 21R ＝4B 2L 2v 2R＝4P 0；2L v～3L v时间内，外力向右，F 2＝2B ·2I 0L ＝4F 0，电功率P 2＝I 22R ＝4B 2L 2v 2R＝4P 0；在3L v～4L v时间内，外力向右，F 3＝BI 0L ＝F 0，电功率P 3＝I 20R ＝B 2L 2v 2R＝P 0，C 错误，D 正确． 答案：ABD1. (多选)如图所示，两根足够长的光滑金属导轨水平平行放置，间距为l ＝1 m ，cd 间、de 间、cf 间分别接着阻值R ＝10 Ω的电阻．一阻值R ＝10 Ω的导体棒ab 以速度v ＝4 m/s 匀速向左运动，导体棒与导轨接触良好；导轨所在平面存在磁感应强度大小B ＝0.5 T 、方向竖直向下的匀强磁场．下列说法中正确的是( BD )A．导体棒ab中电流的流向为由b到aB．cd两端的电压为1 VC．de两端的电压为1 VD．fe两端的电压为1 V2．(多选)如图甲所示，MN、PQ两平行金属光滑导轨固定在绝缘水平面上，其左端接一电容为C的电容器，导轨范围内存在竖直向下的匀强磁场，导体棒ab垂直MN放在导轨上，在水平拉力的作用下从静止开始向右运动．电容器两极板间的电势差随时间变化的图象如图乙所示，不计导体棒及导轨电阻．下列关于导体棒ab运动的速度v、导体棒ab 受到的外力F随时间变化的图象可能正确的是( BD )3．在水平桌面上，一个面积为S的圆形金属框置于匀强磁场中，线框平面与磁场垂直，磁感应强度B随时间t的变化关系如图甲所示，0～1 s内磁场方向垂直线框平面向下，圆形金属框与两根水平的平行金属导轨相连接，导轨上放置一根导体棒，导体棒的长为L、电阻为R，且与导轨接触良好，导体棒处于另一匀强磁场中，如图乙所示．若导体棒始终保持静止，则其所受的静摩擦力F f随时间变化的图象是下图中的(设向右的方向为静摩擦力的正方向)( B )4．如图所示，金属杆ab 、cd 置于平行轨道MN 、PQ 上，可沿轨道滑动，两轨道间距l ＝0.5 m ，轨道所在空间有垂直于轨道平面的匀强磁场，磁感应强度B ＝0.5 T ，用力F ＝0.25 N 向右水平拉杆ab ，若ab 、cd 与轨道间的滑动摩擦力分别为F f1＝0.15 N 、F f2＝0.1 N ，两杆的有效电阻R 1＝R 2＝0.1 Ω，设导轨电阻不计，ab 、cd 的质量关系为2m 1＝3m 2，且ab 、cd 与轨道间的最大静摩擦力与滑动摩擦力相等．求： (1)此两杆之间的稳定速度差；(2)若F ＝0.3 N ，两杆间稳定速度差又是多少？解析：因F ＞F f1，故ab 由静止开始做加速运动，ab 中将出现不断变大的感应电流，致使cd 受到安培力F 2作用，当F 2＞F f2时，cd 也开始运动，故cd 开始运动的条件是：F －F f1－F f2＞0.(1)当F ＝0.25 N 时，F －F f1－F f2＝0，故cd 保持静止，两杆的稳定速度差等于ab 的最终稳定速度v max ，故此种情况有：电流I m ＝E m R 1＋R 2＝Bl v max R 1＋R 2，安培力F m ＝BI m l ，则有F －F m －F f1＝0，由此得v max ＝0.32 m/s.(2)当F ＝0.3 N ＞F f1＋F f2，对ab 、cd 组成的系统，ab 、cd 所受安培力大小相等，方向相反，合力为零，则系统受的合外力为F 合＝F －F f1－F f2＝0.05 N ．对系统有F 合＝(m 1＋m 2)a ，因为2m 1＝3m 2，则F 合＝52m 2a .取cd 为研究对象，F 安－F f2＝m 2a ，F 安＝BIl ，I ＝Bl Δv R 1＋R 2，联立各式解得Δv ＝R 1＋R 2B 2l 2(25F 合＋F f2)＝0.384 m/s. 答案：(1)0.32 m/s (2)0.384 m/s[A组·基础题]1. 如图所示，纸面内有一矩形导体线框abcd，置于垂直纸面向里、边界为MN的匀强磁场外，线框的ab边平行磁场边界MN，线框以垂直于MN的速度匀速地完全进入磁场，线框上产生的热量为Q1，通过线框导体横截面的电荷量为q1，现将线框进入磁场的速度变为原来的两倍，线框上产生的热量为Q2，通过线框导体横截面的电荷量为q2，则有( C )A．Q2＝Q1q2＝q1B．Q2＝2Q1q2＝2q1C．Q2＝2Q1q2＝q1D．Q2＝4Q1q2＝2q12. (2016·浙江卷)如图所示，a、b两个闭合正方形线圈用同样的导线制成，匝数均为10匝，边长l a＝3l b，图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀增大，不考虑线圈之间的相互影响，则( B )A．两线圈内产生顺时针方向的感应电流B．a、b线圈中感应电动势之比为9∶1C．a、b线圈中感应电流之比为3∶4D．a、b线圈中电功率之比为3∶13．如图甲所示，一闭合圆形线圈水平放置，穿过它的竖直方向的匀强磁场磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示，规定B的方向以向上为正方向，感应电流以俯视顺时针的方向为正方向，在0～4t时间内感应电流随时间变化的图象正确的是( D )4．如图甲所示，线圈ABCD固定于匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向外，当磁场变化时，线圈AB边所受安培力向右且变化规律如图乙所示，则磁场的变化情况可能是下图所示的哪一个( D )5．(多选) 如图所示，光滑导轨倾斜放置，下端连一灯泡，匀强磁场垂直于导轨平面，当金属棒ab(电阻不计)沿导轨下滑达到稳定状态时，灯泡的电功率为P，导轨和导线电阻不计．要使灯泡在金属棒稳定运动状态下的电功率为2P，则下面选项中符合条件的是( AC )A．将导轨间距变为原来的2 2B．换一电阻值减半的灯泡C．换一质量为原来2倍的金属棒D．将磁场磁感应强度B变为原来的2倍6．(多选)如图甲所示，圆形的刚性金属线圈与一平行板电容器连接，线圈内存在垂直于线圈平面的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系如图乙所示(以图示方向为正方向)．t＝0时刻，平行板电容器间一带正电的粒子(重力不计)由静止释放，假设粒子运动过程中未碰到极板，不计线圈内部磁场变化时对外部空间的影响，下列粒子在板间运动的速度图象和位移图象(以向上为正方向)中，正确的是( BC )7．(多选) 如图所示，两根电阻不计的平行光滑金属导轨在同一水平面内放置，左端与定值电阻R相连，导轨x>0一侧存在着沿x轴方向均匀增大的磁场，磁感应强度与x的关系是B＝0.5＋0.5x(T)，在外力F作用下一阻值为r的金属棒从A1运动到A3，此过程中电路中的电功率保持不变．A1的坐标为x1＝1 m，A2的坐标为x2＝2 m，A3的坐标为x3＝3 m，下列说法正确的是( BD )A．回路中的电动势既有感生电动势又有动生电动势B．在A1与A3处的速度之比为2∶1C．A1到A2与A2到A3的过程中通过导体横截面的电荷量之比为3∶4D．A1到A2与A2到A3的过程中产生的焦耳热之比为5∶7[B组·能力题]8．(多选) (2016·四川卷)如图所示，电阻不计、间距为l的光滑平行金属导轨水平放置于磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中，导轨左端接一定值电阻R.质量为m、电阻为r的金属棒MN置于导轨上，受到垂直于金属棒的水平外力F的作用由静止开始运动，外力F与金属棒速度v的关系是F＝F0＋k v(F0、k是常量)，金属棒与导轨始终垂直且接触良好．金属棒中感应电流为i，受到的安培力大小为F A，电阻R两端的电压为U R，感应电流的功率为P，它们随时间t变化图象可能正确的有( BC )9．某兴趣小组用电流传感器测量某磁场的磁感应强度．实验装置如图甲，不计电阻的足够长光滑金属导轨竖直放置在匀强磁场中，导轨间距为d ，其平面与磁场方向垂直．电流传感器与阻值为R 的电阻串联接在导轨上端．质量为m 、有效阻值为r 的导体棒AB 由静止释放沿导轨下滑，该过程中电流传感器测得电流随时间变化规律如图乙所示，电流最大值为I m .棒下滑过程中与导轨保持垂直且良好接触，不计电流传感器内阻及空气阻力，重力加速度为g .(1)求该磁场磁感应强度的大小； (2)求在t 1时刻棒AB 的速度大小；(3)在0～t 1时间内棒AB 下降了h ，求此过程电阻R 产生的电热． 解析：(1)电流为I m 时棒做匀速运动， 对棒：F 安＝BI m d F 安＝mg 解得B ＝mg I md .(2)t 1时刻，对回路有： E ＝Bd v I m ＝Bd vR ＋r解得v ＝I 2m (R ＋r )mg .(3)电路中产生的总电热：Q ＝mgh －12m v 2，电阻R 上产生的电热：Q R ＝R R ＋rQ 解得Q R ＝mghR R ＋r －I 4m R (R ＋r )2mg 2.答案：(1)mg I md (2)I 2m (R ＋r )mg(3)mghR R ＋r－I 4m R (R ＋r )2mg 2 10．在同一水平面上的光滑平行导轨P 、Q 相距l ＝1 m ，导轨左端接有如图所示的电路．其中水平放置的平行板电容器两极板M 、N 相距d ＝10 mm ，定值电阻R 1＝R 2＝12 Ω，R 3＝2 Ω，金属棒ab 的电阻r ＝2 Ω，其他电阻不计．磁感应强度B ＝0.5 T 的匀强磁场竖直穿过导轨平面，当金属棒ab 沿导轨向右匀速运动时，悬浮于电容器两极板之间的质量为m ＝1×10－14 kg 、电荷量为q ＝－1×10－14 C 的微粒恰好静止不动．取g ＝10 m/s 2，在整个运动过程中金属棒与导轨接触良好，且速度保持恒定．试求：(1)匀强磁场的方向； (2)ab 两端的电压；(3)金属棒ab 运动的速度大小．解析：(1)负电荷受到重力和电场力的作用处于静止状态，因为重力竖直向下，所以电场力竖直向上，故M 板带正电．ab 棒向右做切割磁感线运动产生感应电动势，ab 棒等效于电源，感应电流方向由b →a ，其a 端为电源的正极，由右手定则可判断，磁场方向竖直向下．(2)微粒受到重力和电场力的作用处于静止状态，根据平衡条件有mg ＝Eq 又E ＝U MN d所以U MN ＝mgdq ＝0.1 VR 3两端电压与电容器两端电压相等，由欧姆定律得通过R 3的电流为I ＝U MNR 3＝0.05 A则ab 棒两端的电压为U ab ＝U MN ＋I R 1R 2R 1＋R 2＝0.4 V .(3)由法拉第电磁感应定律得感应电动势E ＝Bl v由闭合电路欧姆定律得E＝U ab＋Ir＝0.5 V 联立解得v＝1 m/s.答案：(1)竖直向下(2)0.4 V(3)1 m/s。
2020版高考物理新导学浙江选考大一轮精讲习题：第十章电磁感应交变电流本章综合能力提升练含解析
本章综合能力提升练(限时：45分钟)一、单项选择题1.如图1，一轻质横杆两侧各固定一金属环，横杆可绕中心点自由转动，一条形磁铁插向其中一个小环，取出后又插向另一个小环，看到的现象是( )图1A.磁铁插向左环，横杆发生转动B.磁铁插向右环，横杆发生转动C.无论磁铁插向左环还是右环，横杆都不发生转动D.无论磁铁插向左环还是右环，横杆都发生转动 答案 B解析 左环没有闭合，在磁铁插入过程中，不产生感应电流，故横杆不发生转动.右环闭合，在磁铁插入过程中，产生感应电流，横杆将发生转动，故选项B 正确.2.如图2甲所示，磁卡的磁条中有用于存储信息的磁极方向不同的磁化区，刷卡器中有检测线圈.当以速度v 0刷卡时，在线圈中产生感应电动势，其E －t 关系如图乙所示.如果只将刷卡速度改为v 02，线圈中的E －t 关系图可能是( )图2答案 D解析 刷卡速度为v 0时，E 0＝BL v 0，t 0＝dv 0，刷卡速度变为v 02时，根据法拉第电磁感应定律可知E ＝BL v 02＝E 02，最大感应电动势变为原来的一半，感应电动势变化的周期t ′＝dv 02＝2t 0，周期变为原来的2倍，D 项正确.3.如图3甲，闭合的圆线圈放在匀强磁场中，t ＝0时磁感线垂直线圈平面向里穿过线圈，磁感应强度随时间变化的关系图线如图乙所示，则在0～2 s 内线圈中感应电流的大小和方向为( )图3A.逐渐增大，逆时针B.逐渐减小，顺时针C.大小不变，顺时针D.大小不变，先顺时针后逆时针 答案 C解析 第1 s 内，磁场的方向垂直于纸面向里，且磁感应强度均匀减小，所以产生恒定的电流，根据楞次定律，感应电流的方向为顺时针方向；第2 s 内，磁场的方向垂直于纸面向外，且磁感应强度均匀增加，所以产生恒定的电流，根据楞次定律，感应电流的方向为顺时针方向.由E ＝ΔΦΔt ＝ΔBS Δt 可知，这2 s 内感应电动势恒定，故产生的电流大小不变，方向一直为顺时针，故C 正确，A 、B 、D 错误.4.远距离输送一定功率的交流电，若输送电压升高为原来的n 倍，关于输电线上的电压损失和功率损失正确的是( )A.输电线上的电功率损失是原来的1n 2B.输电线上的电功率损失是原来的1nC.输电线上的电压损失是原来的12nD.输电线上的电压损失是原来的1n 2答案 A解析 设输送的电功率一定，为P ，输送电压为U ，输电线上功率损失为ΔP ，电压损失为ΔU ，电流为I ，输电线总电阻为R .由P ＝UI 知，I ＝P U ，则得ΔP ＝I 2R ＝P 2R U 2，ΔU ＝IR ＝PRU ，可知输送电压增为原来的n 倍，则输电线上电功率损失变为原来的1n 2，损失的电压变为原来的1n，故A 正确，B 、C 、D 错误.5.如图4所示，两根相距为l 的平行直导轨ab 、cd ，b 、d 间连有一定值电阻R ，导轨电阻可忽略不计.MN 为放在ab 和cd 上的一导体杆，与ab 垂直，其电阻也为R .整个装置处于匀强磁场中，磁感应强度的大小为B ，磁场方向垂直于导轨所在平面(垂直纸面向里).现对MN 施力使它沿导轨方向以速度v 水平向右做匀速运动.令U 表示MN 两端电压的大小，则( )图4A.U ＝12Bl v ，流过定值电阻R 的感应电流由b 经R 到dB.U ＝Bl v ，流过定值电阻R 的感应电流由d 经R 到bC.MN 受到的安培力大小F A ＝B 2l 2v2R ，方向水平向右D.MN 受到的安培力大小F A ＝B 2l 2vR ，方向水平向左答案 A解析 导体杆MN 做切割磁感线运动，产生感应电动势，相当于一个内阻为R 的电源，电路中电源电动势为E ＝Bl v ，U 表示路端电压，所以根据闭合电路欧姆定律可得：U ＝R R ＋R E ＝12Bl v ，根据右手定则可得流过电阻R 的电流方向由b 到d ，A 正确，B 错误；根据公式F A ＝BIl 可得MN 受到的安培力大小F A ＝BIl ＝B 2l 2v2R ，方向向左，C 、D 错误. 二、多项选择题6.(2018·牌头中学期中改编)如图5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5A.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 在线框下落过程中，所在处磁场减弱，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，安培力对线框做负功，机械能减小，故D 错误.7.图6甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N 、S 间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，为理想交流电流表.线圈绕垂直于磁场的水平轴OO ′沿逆时针方向匀速转动，从图示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图象如图乙所示.以下判断正确的是( )图6A.电流表的示数为10 AB.线圈转动的角速度为50π rad/sC.0.01 s 时线圈平面与磁场方向平行D.0.02 s 时电阻R 中电流的方向自右向左 答案 AC解析 电流表测量的是交变电流的有效值，根据图象知交变电流的最大值为10 2 A ，因此有效值为10 A ，A 正确；根据图象知交变电流的周期为T ＝0.02 s ，则ω＝2πT ＝100π rad/s ，B 错误；0.01 s 时交变电流的感应电动势最大，说明线圈的速度方向与磁感线垂直，因此线圈平面与磁场方向平行，C 正确；0.02 s 时，线圈所处位置与题图甲中的线圈位置相同，根据右手定则知通过电阻R 的电流方向自左向右，D 错误.8.一理想变压器，原、副线圈的匝数比为4∶1.原线圈接在一个交流电源上，交流电的变化规律如图7所示.副线圈所接的负载电阻是11 Ω.则( )图7A.副线圈输出交流电的周期为0.02 sB.副线圈输出电压为55 VC.流过副线圈的电流是5 AD.变压器输入、输出功率之比为4∶1 答案 ABC解析 由图象可知，交流电的周期为0.02 s ，变压器不会改变交流电的频率和周期，所以副线圈输出交流电的周期也为0.02 s ，所以A 正确；由图象可知，交流电的电压的最大值为311 V ，所以输入的电压的有效值为U 1＝3112 V ≈220 V ，根据电压与匝数成正比可知，U 1U 2＝n 1n 2，所以副线圈输出电压U 2为55 V ，所以B 正确；根据I ＝U R 可得电流I ＝5511 A ＝5 A ，所以C 正确；理想变压器的输入功率和输出功率相等，所以D 错误.9.如图8所示，理想变压器的原线圈连接一只理想交流电流表，副线圈匝数可以通过滑动触头Q 来调节，在副线圈两端连接了定值电阻R 0和滑动变阻器R ，P 为滑动变阻器的滑动触头.在原线圈上加一电压为U 的正弦交流电，则( )图8A.保持Q 的位置不动，将P 向上滑动时，电流表读数变大B.保持Q 的位置不动，将P 向上滑动时，电流表读数变小C.保持P 的位置不动，将Q 向上滑动时，电流表读数变大D.保持P 的位置不动，将Q 向上滑动时，电流表读数变小 答案 BC解析 保持Q 位置不动，副线圈电压U 2不变，当P 上滑时，R 增大，由P ＝U 22R ＋R 0可知总功率减小，原线圈电压U 1不变，由P ＝U 1I 1可知原线圈电流I 1减小，故A 错误，B 正确；当P 位置不动，Q 上滑时，由U 2U 1＝n 2n 1知U 2增大，I 2＝U 2R 增大，由I 1I 2＝n 2n 1知原线圈电流I 1增大，故C 正确，D 错误.10.(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9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，重力均为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9A.导体棒ab 受到的拉力大小为2 NB.导体棒ab 向上运动的速度为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 ＝BL v 2R ，联立得：v ＝2GR B 2L 2＝2×0.1×0.10.52×0.22m /s ＝2 m/s ，故B 正确；在2 s 内，电路产生的电能Q ＝E 22R t ＝(BL v )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 ＝F v t＝0.2×2×2 J ＝0.8 J ，故D 错误. 三、实验题11.实验：探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系 (1)实验室中有下列器材：A.可拆变压器(铁芯、两个已知匝数的线圈)B.条形磁铁C.直流电源D.多用电表E.开关、导线若干上述器材在本实验中不用的是________(填器材序号)，本实验中还需用到的器材有______________.(2)该学生继续做实验，先保持原线圈的匝数不变，增加副线圈的匝数，观察到副线圈两端的电压________(选填“增大”“减小”或“不变”)；然后再保持副线圈的匝数不变，增加原线圈的匝数，观察到副线圈两端的电压__________(选填“增大”“减小”或“不变”)，上述“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”中采用的实验方法是__________.答案 (1)BC 低压交流电源 (2)增大 减小 控制变量法 四、计算题12.(2016·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10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10(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)B ΔS Δt B ΔS R 向右 (2)B 2L ΔS mR －g Δt (3)m ′m －m ′v解析 (1)根据法拉第电磁感应定律，有E ＝ΔΦΔt ＝B ΔS Δtq ＝I Δt ＝ΔΦR ＝B ΔSR ，电流方向向右(2)Δt 时间内产生的平均感应电流I ＝E R ＝B ΔSR Δt 平均安培力F ＝B I L由动量定理有(F －mg )Δt ＝m v 0 解得v 0＝B 2L ΔSmR－g Δt(3)以喷气前的火箭为参考系，设竖直向上为正方向，由动量守恒定律得－m ′v ＋(m －m ′)Δv ＝0，得Δv ＝m ′m －m ′v .13.如图11所示，两足够长的平行光滑的金属导轨MN 、PQ 相距为L ，导轨平面与水平面的夹角θ＝30°，导轨电阻不计，磁感应强度为B 的匀强磁场垂直于导轨平面向上.长为L 的金属棒ab 垂直于MN 、PQ 放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，金属棒的质量为m 、电阻为R .两金属导轨的上端连接一个灯泡，灯泡的电阻也为R .现闭合开关K ，给金属棒施加一个方向垂直于杆且平行于导轨平面向上的、大小为F ＝2mg 的恒力，使金属棒由静止开始运动，当金属棒达到最大速度时，灯泡恰能达到它的额定功率.重力加速度为g ，求：图11(1)金属棒能达到的最大速度v m 的大小；(2)灯泡的额定功率P L ；(3)若金属棒上滑距离为s 时速度恰达到最大，求金属棒由静止开始上滑2s 的过程中，金属棒上产生的热量Q 1.答案 (1)3mgR B 2L 2 (2)9m 2g 2R 4B 2L 2 (3)32mgs －9m 3g 2R 24B 4L 4解析 (1)金属棒先做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度为零时，金属棒达到最大速度，此后开始做匀速直线运动.设最大速度为v m ，则速度达到最大时有： E ＝BL v m ，I ＝E 2R ，F ＝BIL ＋mg sin θ，解得：v m ＝3mgRB 2L 2(2)根据电功率表达式：P L ＝I 2R 解得：P L ＝(E 2R )2R ＝B 2L 2v m 24R ＝9m 2g 2R 4B 2L2(3)设整个电路产生的热量为Q ，由能量守恒定律有： F ·2s ＝Q ＋mg sin θ·2s ＋12m v m 2解得：Q ＝3mgs －9m 3g 2R 22B 4L 4根据串联电路特点，可知金属棒上产生的热量Q 1＝Q2解得：Q 1＝32mgs －9m 3g 2R 24B 4L 4.。