精选-高考物理二轮复习第一部分专题四电路与电磁感应专题强化练十三三大观点解决电磁感应问题
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。
新教材2024高考物理二轮专题复习第一编专题复习攻略专题四电路与电磁感应第10讲直流电路与交流电路教
第10讲直流电路与交流电路知识网络构建命题分类剖析命题点一直流电路的分析与计算1．闭合电路欧姆定律的三个公式(1)E＝U外＋U内；(任意电路)(2)E＝U外＋Ir；(任意电路)(3)E＝I(R＋r)．(纯电阻电路)2．电路动态分析的两种方法即因滑动变阻器滑片滑动引起的电路变化问题，可将滑动变阻器的滑片分别滑至两个极端去讨论．例 1[2023·广东模拟预测](多选)如图所示电路，两电源电动势分别为E1、E2，内阻分别为r1、r2，且E1＝E2，r1>r2，R 为滑动变阻器，P 为滑动变阻器滑片，灯泡电阻可认为不变．现闭合开关S 1，单刀双掷开关S 2接1时，灯泡均正常发光，则下列说法中正确的是( )A ．若滑片P 向下滑动，则L 2变亮，L 3变暗B ．若滑片P 向下滑动，则L 1变暗，L 2变亮C ．若将单刀双掷开关S 2切换至2，则L 1、L 2、L 3均变亮D ．若将单刀双掷开关S 2切换至2，则电源的输出功率可能变小例 2[2023·海南卷]如图所示电路，已知电源电动势为E ，内阻不计，电容器电容为C ，闭合开关K ，待电路稳定后，电容器上的电荷量为( )A ．CEB ．12CEC ．25CED ．35CE例 3[2023·浙江名校联盟联考]新冠肺炎患者中有13%的重症患者和6%的危重患者需要给予及时的呼吸机治疗，呼吸机成为生死攸关的战略资源．呼吸机的核心部件之一是呼吸机马达．下表是国内某制造商生产的呼吸机马达的主要参数．下列说明正确的是( )A.额定电流状态下，马达内阻等消耗功率为B ．利用空载状态的参数，计算出马达的内阻是120 Ω C ．利用额定状态的参数，计算出马达的内阻约为9 Ω D ．空载状态下，马达的输出功率为4.8 W思维提升纯电阻电路和非纯电阻电路(1)纯电阻电路：电功W ＝UIt ，电功率P ＝UI ，且电功全部转化为电热，有W ＝Q ＝UIt＝U 2R t＝I2Rt，P＝UI＝U2R＝I2R.(2)非纯电阻电路：电功W＝UIt，电功率P＝UI，电热Q＝I2Rt，电热功率P热＝I2R，电功率大于电热功率，即P>P热，故求电功、电功率只能用W＝UIt、P＝UI，求电热、电热功率只能用Q＝I2Rt、P热＝I2R.提升训练1.[2023·重庆南开中学质检](多选)小明为自己家的养牛场设计了一款补水提示器，其工作原理如图所示．在忽略电表内阻影响的情况下，下列分析正确的是( ) A．水量减少时，滑动变阻器的滑片向上移动B．如果选择电压表，电表示数变小反映水量增多C．如果选择电流表，电表示数变大反映水量增多D．如果选择电流表，R0可以在水太多时保护电路2．[2023·北京市昌平区前锋学校二模]甲、乙两种亮度可调的台灯内部电路示意图如图所示，其中甲台灯通过变阻器调节灯泡亮度，乙台灯通过改变理想变压器副线圈的匝数调节灯泡亮度，两台灯所用电源和灯泡均相同，下列说法正确的是( )A．两台灯均可使用直流电源B．甲台灯的旋转开关从1调到4的过程中，灯泡逐渐变暗C．乙台灯的旋转开关从1调到4的过程中，灯泡逐渐变亮D．当两台灯亮度相同时，电源的输出功率相同3.[2023·人大附中高三摸底考试](多选)为了节能和环保，一些公共场所用光敏电阻制作光控开关来控制照明系统，如图为电路原理图．图中，直流电源电动势为3 V，内阻可不计，R为可变电阻，R G为光敏电阻，其在不同照度下的阻值如表(照度是描述光的强弱的物理量，光越强照度越大，lx是它的单位)．若控制开关两端电压升至2 V时将自动开启照明系统，则以下说法正确的是( )A.若将R接入电路的阻值调整为20 kΩ，则当照度降低到0.4 lx时启动照明系统B．若要使照明系统在照度降低到0.8 lx时启动，则要将R接入电路的阻值调整为46 kΩC．R接入电路的阻值不变时，照度越大，控制开关两端的电压越大D．若要在光照更暗时启动照明系统，应将R接入电路的阻值调大命题点二交流电流的分析与计算1．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．2．有效值的计算(1)正弦式交变电流：E＝m√2，I＝m√2，U＝m√2.(2)非正弦式交变电流：计算有效值时，要根据电流的热效应，即“一个周期”内“相同电阻”上产生“相同热量”，然后分段求和列式，求得有效值．3．正弦式交流电“四值”的应用考向1 交流电流的产生例 1[2023·四川省成都市三诊](多选)如图甲所示，KLMN是一个电阻R＝0.4 Ω的单匝竖直矩形闭合导线框，全部处于水平方向的匀强磁场中，MN边水平，线框绕某一竖直固定轴按俯视的逆时针方向匀速转动，产生的感应电流如图乙所示．下列说法正确的是( )A．1 s时间内电流方向改变5次B．若从图示时刻开始计时，并且规定MLKN的方向为电流的正方向，则电流表达式为i＝10sin (10πt＋2π)A3C．图示时刻感应电动势的瞬时值e＝2VD．磁通量的最大值Φm＝2Wb5π考向2 交变电流的“四值”的分析、计算例 2[2023·湖南卷](多选)某同学自制了一个手摇交流发电机，如图所示．大轮与小轮通过皮带传动(皮带不打滑)，半径之比为4∶1，小轮与线圈固定在同一转轴上．线圈是由漆包线绕制而成的边长为L的正方形，共n匝，总阻值为R.磁体间磁场可视为磁感应强度大小为B的匀强磁场．大轮以角速度ω匀速转动，带动小轮及线圈绕转轴转动，转轴与磁场方向垂直．线圈通过导线、滑环和电刷连接一个阻值恒为R的灯泡．假设发电时灯泡能发光且工作在额定电压以内，下列说法正确的是( )A．线圈转动的角速度为4ωB．灯泡两端电压有效值为3√2nBL2ωC．若用总长为原来两倍的相同漆包线重新绕制成边长仍为L的多匝正方形线圈，则灯泡两端电压有效值为4√2nBL2ω3D．若仅将小轮半径变为原来的两倍，则灯泡变得更亮提升训练1.[2023·浙江十校联盟联考]如图甲是小型交流发电机，两磁极间的磁场可视为匀强磁场，一个100匝的矩形线圈(内阻不计)绕垂直于磁场方向的轴OO′匀速转动，某位置开始计时产生的交变电动势图像如图乙所示，已知磁感应强度B＝0.1 T，则( )A．t＝0时刻，线圈平面与磁感线平行m2B．线圈的面积S为0.22√2πC．它可使“220 V，60 W”的灯泡正常发光，也可使击穿电压为220 V的电容器正常工作D．以此作为电源，每通过1 C的电荷量，消耗的电能为220√2 J2．[2023·金丽衢十二校联考]如图所示为一电流通过一电子元件后的波形图(曲线部分为正弦式交变电流的一部分)，则下列说法正确的是( )A．这是一种交变电流B．电流的变化周期为0.03 sC．电流通过100 Ω电阻时，电功率为100 WD．电流通过100 Ω的电阻时，一个周期内流经电阻的电荷量大于0.015 C3．[2023·广东茂名一模]无线充电技术已经在新能源汽车等领域得到应用．地下铺设供电的送电线圈，车上的受电线圈与蓄电池相连，如图所示．送电线圈和受电线圈匝数比为n1∶n2＝4∶1.当送电线圈接上图中的正弦交流电后，受电线圈中的电流为2 A．不考虑线圈的自感，忽略电能传输的损耗，下列说法正确的是( )A．受电线圈的电流方向每秒改变50次B．送电线圈的输入功率为110 WC．受电线圈的输出电压为50√2 VD．送电线圈的输入电压为220√2 V命题点三变压器与远距离输电1．理想变压器原副线圈中各物理量的三个制约关系(1)电压制约：输出电压U2由输入电压U1决定，即U2＝n2U1.原制约副n1.副(2)电流制约：原线圈中的电流I1由副线圈中的输出电流I2决定，即I1＝n2I2n1制约原(3)功率制约：变压器副线圈中的功率P2由用户负载决定，原线圈的输入功率P1由副线圈的输出功率P2决定，即P1＝P2.副制约原2．分清远距离输电的三个回路和三种关系(1)理清三个回路(2)分清三种关系考向1 理想变压器的分析与计算例 1[2023·海南卷](多选)如图是工厂利用u＝220√2sin 100πt V的交流电给36 V照明灯供电的电路，理想变压器原线圈匝数为1 100，下列说法正确的是( )A．电源电压有效值为220√2 VB．交变电流的周期为0.02 sC．副线圈匝数为180D．副线圈匝数为240例 2[2023·四川省成都市树德中学高三三诊]图甲中理想变压器原、副线圈的匝数比为2∶1，电阻R＝10 Ω，L1、L2为规格相同的两只小灯泡．原线圈接一个经双可控硅调节后的电压U，U随时间t的变化规律如图乙所示，正弦交流电的每一个二分之一周期中，前四分之一周期电压被截去．现将S1、S2、S3闭合，此时L2正常发光．下列说法错误的是( )A．输入电压U的有效值为10 VB．R消耗的电功率为10 WC．只断开S3后，L2能正常发光D．只断开S2后，原线圈的输入功率减小例 3[2023·湖北省高三三模]如图所示，理想变压器原、副线圈匝数之比为1∶2，输入端所加正弦交流电的电压U ＝20√2sin (100πt) V，已知电阻R1＝10 Ω，R2＝20 Ω，滑动变阻器R3最大阻值为40 Ω，电压表为理想电压表．开始时，滑片P处于滑动变阻器正中间位置，下列说法正确的是( ) A．通过R1的电流为2 AB．电压表读数为40 VC．副线圈电流方向每秒钟改变50次D．若将滑片P向下滑动，电压表读数将变大思维提升原线圈含电阻的变压器问题分析技巧对于一组原、副线圈电路，电流与匝数成反比的规律成立，即I1I2＝n2n1；但要注意电压与匝数成正比关系成立的条件，原线圈接有电阻时，U1U2＝n1n2中U1指的是原线圈两端电压，而不是电源电压．原线圈两端电压和与原线圈串联的电阻两端电压之和等于电源电压．考向2 远距离输电例 4[2023·四川统考二模](多选)在远距离输电技术上，中国1 100 kV特高压直流输电工程是目前世界上电压等级最高、输送容量最大、输送距离最远、技术水平最先进的输电工程．输电线路流程可简化为：如虚线框所示，若直流输电线电阻为10 Ω，直流电输送功率为5.5×109 W，不计变压器、整流与逆变等造成的能量损失，则( )A．直流电输电线路上的电流为5×103 AB．直流电输电线路上损失的电压为100 kVC．降压变压器的输出功率是4.5×109 WD．若将1 100 kV直流输电降为550 kV直流输电，受端获得功率将比原来减少7.5×108 W提升训练1.[2023·安徽省联考](多选)如图所示，理想变压器原、副线圈总匝数相同，滑动触头P初始位置在副线圈正中间，输入端接入电压有效值恒定的交变电源，原、副线圈分别接可变电阻R1、R2，理想电压表V1、V2的示数为U1、U2，理想电流表A1、A2的示数为I1、I2.下列说法错误的是( )A.保持P位置不变，R1增大、R2不变的情况下，I1减小，U1不变B．保持P位置不变，R1不变、R2增大的情况下，I2减小，U2减小时，R2消耗的功率达到最大C．保持P位置不变，R1不变，使R2＝R14D．R1不变、R2减小的情况下，P向下移，R1消耗的功率减小2．[2023·浙江联考](多选)杭丽铁路被列入浙江省重大建设项目“十四五”规划，杭丽高铁建成后，丽水前往杭州的时间将缩短至1小时内．新建成的高铁将应用许多新技术，图示为高铁的牵引供电流程图，利用可视为理想变压器(原、副线圈匝数比为n1∶n2)的牵引变电所，将高压220 kV或110 kV降至27.5 kV，再通过接触网上的电线与车顶上的受电弓使机车获得25 kV工作电压，则下列说法正确的是( )A．若电网的电压为110 kV，则n1∶n2＝4∶1B．若高铁机车运行功率增大，机车工作电压将会高于25 kVC．高铁机车运行功率增大，牵引变电所至机车间的热损耗功率也会随之增大D．如果高铁机车的电动机输出机械功率为9 000 kW，电机效率为90%，则牵引变电所到机车间的等效电阻为62.5 Ω素养培优·模型建构交变电流的产生及含变压器的三种模型模型一交变电流的产生情境图示模型二含变压器的三种模型情境图示[典例1] [2023·福建厦门市二模]如图是一小型交流发电机供电原理图，两磁极N、S 间的磁场可视为水平方向匀强磁场，理想变压器原、副线圈分别与发电机和灯泡连接，灯泡上标有“6 V 3 W”字样且正常发光(除灯泡外不计其余电阻)从某时刻开始计时，发电机输出端的电流随时间变化图像如图乙，下列说法正确的是( )A.当t＝0.04 s时发电机内线圈平面与磁场方向平行B．发电机输出电流的瞬时值i＝√2sin (100πt) AC．变压器原、副线圈匝数之比为√2∶4D．发电机1分钟内产生的电能为180 J[典例2] [2023·福建省宁德市质检]如图所示为输电能耗演示电路．左侧变压器T1原、副线圈匝数比为1∶3，输入电压为6 V的正弦交流电．连接两理想变压器的导线总电阻为r，负载R的阻值为8 Ω，开关S接1时，右侧变压器T2原、副线圈匝数比为2∶1，R 消耗的功率为8 W；接2时，T2原、副线圈匝数比为1∶2，则( )A．接1时，T2原线圈两端电压为U3＝18 VB．接1时，T2原线圈中的电流为I3＝2 AC．接2时，R消耗的功率P＝32 WD．接2时，R消耗的功率P＝18 W第10讲 直流电路与交流电路命题分类剖析命题点一[例1] 解析：将滑动变阻器的滑片P 向下调节，变阻器接入电路的电阻变大，R 与灯L 2并联的部分电阻变大，外电路总电阻变大，根据闭合电路欧姆定律分析得知，干路电流I 减小，L 3灯泡亮度变暗；路端电压U 变大，L 3灯两端的电压U 3变小，R 与灯L 2并联电路的电压U 并＝U －U 3，U 增大，U 3减小，则U 并增大，灯L 2变亮；流过L 1的电流I 1＝I －I 2，I 减小，I 2增大，I 1减小，灯泡L 1亮度变暗，AB 正确；若将单刀双掷开关S 2切换至2，电源电动势不变，内电阻变小，根据闭合电路欧姆定律可知I ＝E R 外+r，电路干路电流增大，外电路电压变大，外电路各用电器阻值不变，故各支路电流增大，灯泡L 1、L 2、L 3均变亮，C 正确；P 出＝I 2R 外，电路总电流增大，外电阻不变，输出功率一定增大，D 错误．答案：ABC[例2] 解析：由电路的串并联规律可知，电阻3R 两端的电压为3E5，电阻R 两端的电压为E 5，则电容器两极板间电势差ΔU ＝2E 5，则Q ＝C ΔU ＝2CE 5，C 对．答案：C[例3] 解析：额定电流状态下，马达内阻等消耗功率为P r ＝U 额I 额－P 输＝13.6 W ，故A 正确；由于马达不是纯电阻元件，所以无论是在空载状态还是额定状态，都不能利用参数根据欧姆定律计算马达的内阻，故B 、C 错误；空载状态下，马达的输入功率为P 空＝U 额I 空＝4.8 W ，由于马达内阻会消耗功率，所以马达此时的输出功率小于4.8 W ，故D 错误．答案：A [提升训练]1．解析：根据装置图可知，水量减少，弹簧压缩量减少，滑片上移，故A 正确；若电表为电压表，其测的是滑动变阻器上部分对应的电压值，示数减小，说明滑片上移，水量减少，故B 错误；若电表为电流表，电流表测的是整个电路的电流，电流表示数变大，说明滑动变阻器接入电路的阻值减小，即滑片下移，水量增多，故C 正确；如果选择电流表，水太多时R 接入电路的阻值很小，电路中电流很大，此时R 0串联在干路中，起到保护电路(电流表)的作用，故D 正确．答案：ACD2．解析：由于乙灯是使用的变压器，因此必须用交流电源，A 错误；甲灯旋转开关从1调到4的过程中，接入的电阻阻值减小，电路电流增大，灯泡逐渐变亮，B 错误；乙台灯的旋转开关从1调到4的过程中，副线圈的匝数增大．根据变压器原理，原副线圈的匝数比与原副线圈的电压比相等，因此副线圈电压将增大，灯泡逐渐变亮，C 正确；当两台灯亮度相同时，甲图电源功率为EI ，而乙图电源功率为1kEI ，其中k 为原副线圈匝数比，D 错误；故选C.答案：C3．解析：将R 接入电路的阻值调整为20 kΩ，则当照度降低到0.4 lx 时R G 为40 kΩ，根据串联分压原理可得，此时控制开关两端电压升为2 V ，即自动启动照明系统，故A 正确；使照明系统在照度降低到0.8 lx 时启动，根据串联电路分压特点知，应将R 接入电路的阻值调整为23 k Ω23 k Ω+R ＝23解得R ＝11.5 kΩ，故B 错误；R 接入电路的阻值不变时，照度越大，光敏电阻阻值变小，分压变小，即控制开关两端的电压越小，故C 错误；若要在光照更暗，即光敏电阻更大时启动照明系统，根据串联电路分压特点可知，应将R 接入电路的阻值调大，故D 正确．答案：AD 命题点二[例1] 解析：由图乙可知周期为0.2 s ，一个周期内电流方向改变2次，则1 s 时间内电流方向改变10次，故A 错误；若从图示时刻开始计时，并且规定MLKN 的方向为电流的正方向，此时电流方向为正，线框平面与中性面的夹角为π3，且在转π3即回到中性面处，则电流表达式为i ＝I m sin (2πTt＋φ0)＝10sin (10πt ＋23π)A故B 正确；感应电动势最大值为E m ＝I m R ＝4 V图示时刻感应电动势的瞬时值e ＝E m cos 30°＝2√3 V ，故C 错误； 根据电动势最大值表达式E m ＝BSω可知磁通量的最大值为Φm ＝BS ＝E mω＝42π0.2Wb ＝25π Wb ，故D 正确．答案：BD[例2] 解析：大轮和小轮通过皮带传动，线速度相等，小轮和线圈同轴转动，角速度相等，根据v ＝ωr根据题意可知大轮与小轮半径之比为4∶1，则小轮转动的角速度为4ω，线圈转动的角速度为4ω，A 正确；线圈产生感应电动势的最大值E max ＝nBS ·4ω又S ＝L 2联立可得E max ＝4nBL 2ω则线圈产生感应电动势的有效值E ＝max √2＝2√2nBL 2ω根据串联电路分压原理可知灯泡两端电压有效值为U ＝RER+R ＝√2nBL 2ωB 错误；若用总长为原来两倍的相同漆包线重新绕制成边长仍为L 的多匝正方形线圈，则线圈的匝数变为原来的2倍，线圈产生感应电动势的最大值E ′max ＝8nBL 2ω此时线圈产生感应电动势的有效值E ′＝max ′√2＝4√2nBL 2ω根据电阻定律R ′＝ρlS ′可知线圈电阻变为原来的2倍，即为2R ，根据串联电路分压原理可得灯泡两端电压有效值U ′＝RE ′R+2R＝4√2nBL 2ω3，C 正确；若仅将小轮半径变为原来的两倍，根据v ＝ωr 可知小轮和线圈的角速度变小，根据E ＝√2可知线圈产生的感应电动势有效值变小，则灯泡变暗，D 错误．答案：AC [提升训练]1．解析：t ＝0时刻，由图乙可知，瞬时电动势为零，线圈平面与磁感线垂直，故A 错误；根据线圈产生的最大电动势E ＝NBSω，结合图乙计算得S ＝0.22√2πm 2，故B 正确；它可使“220 V，60 W”的灯泡正常发光，电动势的最大值为220√2 V ，超过了电容器的击穿电压，不可使击穿电压为220 V 的电容器正常工作，故C 错误；不同时刻开始通电，通过1 C 的电荷量所用时间不同，故消耗的电能不同，故D 错误．答案：B2．解析：交变电流是指大小和方向随时间做周期变化的电流，图中电流方向未变，是直流，A 错误；电流的变化周期为0.015 s ，B 错误；电流通过100 Ω电阻时，电功率为P ＝(√22×2)2×100×0.01+12×100×0.0050.015W ＝5003W ，C 错误；根据i -t 图像与t 轴所围面积表示电荷量可知，电流通过100 Ω的电阻时，一个周期内流经电阻的电荷量大于0.015 C ，D 正确．答案：D3．解析：受电线圈的电流频率与送电线圈中的电流频率相同，即为f ＝1T ＝50 Hz 一个周期内电流方向改变2次，所以每秒电流方向改变100次，A 错误； 根据图可知送电线圈上正弦交流电的有效值为U 有效＝U 输入＝220√2×√22V ＝220 V 受电线圈中的电流为2 A ，可得送电线圈中的电流大小为I 送＝n2n 1·I 受＝14×2 A＝0.5 A送电线圈的输入功率为P ＝220×0.5 W＝110 W B 正确，D 错误； 对受电线圈的输出电压有U 输入U 受＝n1n 2得U 受＝55 V ，C 错误． 答案：B 命题点三[例1] 解析：电源电压的有效值 U ＝√2√2V ＝220 V ，选项A 错误；交流电的周期 T ＝2πω＝2π100π s ＝0.02 s ，选项B 正确；根据变压器变压公式n 1n 2＝U1U 2可得副线圈匝数 n 2＝U2U 1n 1＝36220×1 100＝180，选项C 正确，D 错误．答案：BC[例2] 解析：令输入电压的有效值为U 1，根据正弦式交流电的有效值与有效值的定义(m √2)2R×T2＝U 12R T解得U 1＝10 V ，故A 正确；根据理想变压器的电压匝数关系U1U 2＝n1n 2解得副线圈两端电压U 2＝n 2n 1U 1＝12×10 V＝5 V则R 消耗的电功率为P ＝U 22R＝2.5 W ，故B 错误；只断开S 3后，L 2电压不受影响，L 2能正常发光，故C 正确； 只断开S 2后，负载电阻变大，输出电压不变，根据P 2＝U 22R 负载输出功率减小，则输入功率也减小，故D 正确．答案：B[例3] 解析：由输入端所加正弦电压的表达式可知输入端的电压有效值为U ＝20 V设原线圈中的电流为I 1，副线圈中的电流为I 2，则由能量守恒可得UI 1＝I 12R 1＋I 22(R 2＋R32)而由匝数比等于电流的反比可得I 1I 2＝21联立解得I 1＝1 A ，I 2＝0.5 A则可得电压表的示数U 2＝I 2(R 2＋R32)＝20 V ，故AB 错误；由输入端所加正弦交流电的电压表达式可知该交流电的频率为f ＝50 Hz 则可知副线圈电流方向每秒钟改变100次，故C 错误；若将滑片P 向下滑动，接入副线圈回路中的电阻增大，电流减小，则可知原线圈回路中的电流也减小，从而使定值电阻两端的电压减小，原线圈两端的电压增大，而匝数比不变，则可知副线圈两端的电压增大，因此电压表的示数增大，故D 正确．答案：D[例4] 解析：直流电输送功率P ＝UI ，得输送电流I ＝PU ＝5.5×1091.1×106 A ＝5 000 A ，A 正确； 损失的电压ΔU ＝IR ＝5×103×10 V＝50 kV ，B 错误；输电导线上损失的功率ΔP ＝I 2R ＝(5×103)2×10 W＝2.5×108W ，降压变压器的输出功率P 出＝P －ΔP ＝5.25×109W ，C 错误；用1 100 kV 输电时输电导线上损失的功率ΔP ＝2.5×108W ；保持输送功率不变，只用550 kV 输电，输电导线上损失的功率ΔP ′＝(PU ′)2R ＝(5.5×109550×103)2×10 W＝1×109W ；则用户得到的功率比1 100 kV 输电时减少ΔP ′－ΔP ＝7.5×108 W ，D 正确．答案：AD [提升训练]1．解析：设原副线圈的匝数比为k ，根据等效电阻原理，把变压器的原副线圈和负载R 2整体看作一个等效电阻，其阻值R ′＝k 2R 2设输入交流电的电压有效值为U ，则I 1＝Uk 2R2+R 1，保持P 位置不变，R 1增大、R 2不变的情况下，则I 1减小，等效电阻R ′两端电压减小，则U 1增大，A 错误，符合题意；根据选项A 可知，保持P 位置不变，R 1不变、R 2增大的情况下，则I 1减小，I 2减小，则U 1增大，U 2也增大，B 错误，符合题意；由电源输出功率的规律可知，当R ′＝R 1时，即R 1＝k 2R 2＝4R 2 R 2消耗的功率有最大值，C 正确，不符合题意；R 1不变、R 2减小的情况下，P 向下移，k 减小．等效电阻R ′减小，I 1增大，U 1也增大，则R 1消耗的功率增大，D 错误，符合题意．故选ABD.答案：ABD2．解析：理想变压器原、副线圈电压之比等于匝数之比，若电网的电压为110 kV ，则变电所的变压器原、副线圈匝数比为U1U 2＝n1n 2＝11027.5＝41，故A 正确；机车工作电压由输入电压和线圈匝数决定，不由高铁机车运行功率决定，若高铁机车运行功率增大，根据P ＝UI ，可知电流将会增大，牵引变电所至机车间的热损耗功率ΔP ＝I 2R 也会随之增大，故B 错误，C 正确；根据功率关系可得P ＝90%UI ，其中U ＝25 kV ＝25 000 V ；则电流为I ＝P 90%U＝9×10690%×25 000A ＝400 A则牵引变电所至机车间的等效电阻为R ＝U 2−U I＝27 500−25 000400Ω＝6.25 Ω，故D 错误．答案：AC 素养培优·情境命题典例1 解析：由图乙可知当t ＝0.04 s 时电流最小，故发电机内线圈平面与磁场方向垂直，选项A 错误；由图乙可知周期T ＝0.04 s ，则ω＝2πT＝50π；所以发电机输出电流的瞬时值为i ＝√2sin (50πt ) A ，选项B 错误；流过灯泡的电流I 2＝PU＝36A ＝0.5 A ；发电机输出的电流，I 1＝m √2＝√2√2A ＝1 A ；所以变压器原、副线圈匝数之比为n 1n 1＝I 2I 1＝12，选项C 错误；发电机1分钟内产生的电能即为小灯泡消耗的电能W ＝UI 2t ＝180 J ，选项D 正确．答案：D典例2 解析：接1时，R 消耗的功率为8 W ，由P 1＝U 42R ，可得U 4＝√P 1R ＝√8×8 V ＝8 V由U3U4＝n3n4＝21，解得U3＝16 V，故A错误；接1时，由P1＝U3I3，解得T2原线圈中的电流为I3＝P1U3＝816A＝0.5 A，故B错误；接1时，由U1U2＝n1n2＝13解得U2＝3U1＝18 V 则U r＝U2－U3＝2 V连接两理想变压器的导线总电阻为r＝U rI3＝20.5Ω＝4 Ω接2时，设右侧变压器T2副线圈两端电压为U′4，则I′4＝U4′R由U3′U4′＝n3n4＝12则U′3＝12U′4由U′3I′3＝U′4I′4解得I′3＝2I′4＝2U4′R则连接两理想变压器的导线总电阻的电压降为U′r＝I′3r 由U2＝U′r＋U′3，解得U′4＝12 V则R消耗的功率P＝U4′2R ＝1228W＝18 W故C错误，D正确．故选D. 答案：D。
老高考适用2023版高考物理二轮总复习第1部分题突破方略专题4电路与电磁感应第1讲直流电路与交流电路
第一部分专题四第1讲基础题——知识基础打牢1．(2022·四川自贡三诊)如图甲所示为一种自耦变压器(可视为理想变压器)的结构示意图．线圈均匀绕在圆环型铁芯上，滑动触头P在某一位置，在BC间接一个交流电压表和一个电阻R．若AB间输入图乙所示的交变电压，则( C )A．t＝2×10－2 s时，电压表的示数为零B．电阻R中电流方向每秒钟改变50次C．滑动触头P逆时针转动时，R两端的电压增大D．滑动触头P顺时针转动时，AB间输入功率增大【解析】电压表的示数是交流电的有效值，则t＝2×10－2s时，电压表的示数不为零，选项A错误；交流电的周期为0.02 s，一个周期内电流方向改变2次，则电阻R中电流方向每秒钟改变100次，选项B错误；滑动触头P逆时针转动时，次级匝数变大，则次级电压变大，即R两端的电压增大，选项C正确；滑动触头P顺时针转动时，次级匝数减小，次级电压减小，次级消耗的功率减小，则AB间输入功率减小，选项D错误．2．(2022·四川成都三诊)发电站通过升压变压器和降压变压器给某用户端供电，发电机组输出交变电压的有效值恒定，输电线总电阻r保持不变．当用户端用电器增加后( A )A．若滑片P位置不变，则输电线上损失的功率变大B．若滑片P位置不变，则用户端电压升高C．若将滑片P上移，则用户端电压可能不变D．若将滑片P上移，则输电线上损失的功率可能减小【解析】若滑片P位置不变，当用户端用电器增加后，用户端总功率变大，发电机的输出功率增大，输电线的电流变大，ΔU＝Ir，输电线两端承担的电压变大，损耗的功率增大；发电机的输入电压不变，升压变压器、降压变压器的匝数不变，故用户端电压降低，A正确，B 错误；若将滑片P 上移，升压变压器的副线圈与原线圈的匝数比变小，副线圈两端电压变小，若用户端电压不变，则降压变压器的输入电压不变，用电器变多，则用户端电流变大，输电线上电流变大，输电线上电压变大，则升压变压器副线圈电压应变大矛盾，故C 错误；若将滑片P 上移，用户端用电器增加，功率变大，输电线上电流变大，输电线上损失的功率变大，D 错误．3．(多选)(2022·河南押题卷)图甲是一种振动式发电机的截面图，半径r ＝0.1 m 、匝数n ＝30的线圈位于辐射状分布的磁场中，磁场的磁感线沿半径方向均匀分布，线圈所在位置的磁感应强度大小均为B ＝12πT ．如图乙，施加外力使线圈沿轴线做往复运动，线圈运动的速度随时间变化的规律如图丙中正弦曲线所示．发电机通过灯泡L 后接入理想变压器，对图乙中电路供电，三个完全相同的小灯泡均正常发光，灯泡的阻值R L ＝1 Ω，电压表为理想电压表，线圈及导线电阻均不计．下列说法正确的是( AC )A ．发电机产生电动势的瞬时值为e ＝6sin 5πt (V)B ．变压器原、副线圈的匝数之比为1∶3C ．每个小灯泡正常发光时的功率为2 WD ．t ＝0.1 s 时电压表的示数为6 V【解析】 由图丙可知，线圈运动的速度最大值v m ＝2 m/s ，速度变化周期为T ＝0.4 s ，则线圈运动的速度瞬时值v ＝v m sin 2πTt ＝2sin 5πt (m/s)，发电机产生电动势的瞬时值为e ＝nB ·2πr ·v ＝6sin 5πt (V)，A 正确；设灯泡正常发光时通过灯泡的电流为I ，则通过原线圈的电流I 1＝I ，通过副线圈的电流I 2＝2I ，变压器原、副线圈的匝数之比为n 1n 2＝I 2I 1＝21，B 错误；根据能量关系可知，U 出I 1＝3I 2R L ，其中U 出＝E m 2＝62 V ＝3 2 V ，I 1＝I ，解得I ＝ 2 A ，每个小灯泡正常发光时的功率为P L ＝I 2R L ＝2 W ，C 正确；电压表示数为发电机两端电压的有效值，即电压表示数为U ＝E 2＝62V ＝3 2 V ，D 错误．故选AC ． 4．(多选)(2022·四川巴中一诊)在如图所示的电路中，定值电阻R 1＝R 4＝3 kΩ，R 2＝2kΩ，R 3＝R 5＝12 kΩ，电容器的电容C ＝6 μF，电源的电动势E ＝10 V ，内阻不计，当开关S 1闭合电流达到稳定时，处在电容器中间带电量q ＝2×10－3C 的油滴恰好保持静止，当开关S 2闭合后，则以下判断正确的是( BD )A ．电容器上极板是高电势点B ．带电油滴加速向下运动C ．a 、b 两点的电势差U ab ＝8 VD ．通过R 3的电量Q ＝4.8×10－5C 【解析】 当开关S 2闭合后，由电路图可知，电容器上极板是低电势点，A 错误；当开关S 1闭合电流达到稳定时，处在电容器中油滴保持静止，而开关S 2闭合后，电容器上极板是低电势点，油滴受到的电场力方向发生变化，故可得带电油滴加速向下运动，B 正确；由电路图可知，a 、b 两点的电势差为U R 5－U R 2＝8 V －4 V ＝4 V ，C 错误；由开关S 1闭合电流达到稳定时，再到当开关S 2闭合后的过程中，通过R 3的电量为Q ＝Q 1＋Q 2＝4×6×10－6C ＋(8－4)×6×10－6 C ＝4.8×10－5 C ，D 正确．5．(多选)(2022·天津南开二模)如图甲所示电路中，L 1为标有“4 V,2 W”字样的小灯泡，L 2、L 3为两只标有“8 V，6 W”字样的相同灯泡，变压器为理想变压器，各电表为理想电表，当ab 端接如图乙所示的交变电压时，三只灯泡均正常发光．下列说法正确的是( ACD )A ．电流表的示数为1.5 AB ．交变电压的最大值U m ＝28 VC ．变压器原、副线圈的匝数之比为3∶1D ．电压表的示数为24 V【解析】 L 2、L 3的额定电流为I 23＝P 23U 23＝34A ，所以电流表的示数为I 2＝2I 23＝1.5 A ，故A 正确；通过原线圈的电流等于L 1的额定电流，为I 1＝P 1U 1′＝0.5 A ，所以变压器原、副线圈的匝数之比为n 1n 2＝I 2I 1＝31，故C 正确；副线圈两端电压等于L 2和L 3的额定电压，为U 2＝8 V ，所以电压表的示数，即原线圈两端电压为U 1＝n 1n 2U 2＝24 V ，故D 正确；根据闭合电路欧姆定律可得U m 2－U 1′＝U 1，解得U m ＝28 2 V ，故B 错误．故选ACD ． 6．(多选)(2022·广西桂林模拟)在一小型交流发电机中，矩形金属线圈abcd 的面积为S ，匝数为n ，线圈总电阻为r ，在磁感应强度为B 的匀强磁场中，绕轴OO ′(从上往下看逆时针转动)以角速度ω匀速转动，从如图甲所示的位置作为计时的起点，产生的感应电动势随时间的变化关系如图乙所示，矩形线圈与阻值为R 的电阻构成闭合电路，下列说法中正确的是( AD )A ．在t 1～t 3时间内，穿过线圈的磁通量的变化量大小为2BSB ．在t 1～t 3时间内，通过电阻R 电流方向先向上然后向下C ．t 4时刻穿过线圈的磁通量的变化率大小为E 0D ．在t 1～t 3时间内，通过电阻R 的电荷量为2E 0R ＋r ω【解析】 由图乙可知t 1和t 3时刻，线圈的感应电动势都为0，可知这两个时刻穿过线圈的磁通量一正一负，大小均为BS ，故此过程穿过线圈的磁通量的变化量大小为ΔΦ＝BS －(－BS )＝2BS ，A 正确；由图乙可知，在t 1～t 3时间内，线圈中的电流方向不变，根据右手定则可知通过电阻R 电流方向始终向上，B 错误；由图乙可知，t 4时刻的感应电动势为E 0，根据法拉第电磁感应定律可得E 0＝n ΔΦΔt 可得穿过线圈的磁通量的变化率大小为ΔΦΔt ＝E 0n，C 错误；在t 1～t 3时间内，通过电阻R 的电荷量为q ＝n ΔΦR ＋r ＝2nBS R ＋r，又E 0＝nBSω，联立可得q ＝2E 0R ＋r ω，D 正确．故选AD ． 7．(2022·山东菏泽一模)一交流电源电压u ＝2202sin 100πt (V)，通过理想变压器对下图电路供电，已知原、副线圈匝数比为10∶1，L 1灯泡的额定功率为4 W ，L 2灯泡的额定功率为20 W ，排气扇电动机线圈的电阻为1 Ω，电流表的示数为2 A ，用电器均正常工作，电表均为理想电表，则( C )A ．流过L 1的电流为20 AB ．排气扇电动机的发热功率2 WC ．整个电路消耗的功率44 WD ．排气扇电动机的输出功率20 W【解析】 由于电流表的示数I 2＝2 A ，由I 1I 2＝n 2n 1可得变压器原线圈的电流I 1＝0.2 A ，即流过L 1的电流为0.2 A ，A 错误；交流电源电压有效值为220 V ，L 1两端的电压U L1＝P L1I 1＝40.2 V ＝20 V ，故原线圈两端的电压U 1＝200 V ，由U 1U 2＝n 1n 2可得变压器副线圈两端的电压U 2＝20 V ，流过灯泡L 2的电流I L2＝P L2U 2＝2020A ＝1 A ，则流过排气扇的电流I M ＝I 2－I L2＝1 A ，排气扇电动机的发热功率为P 热＝I 2M r ＝12×1 W＝1 W ，排气扇的电功率为P 电＝U 2I M ＝20 W ，则排气扇电动机的输出功率为P 出＝P 电－P 热＝19 W ，B 、D 错误；整个电路消耗的功率为P 总＝P L1＋P L2＋P 电＝4 W ＋20 W ＋20 W ＝44 W ，C 正确．8．(多选)(2022·辽宁鞍山预测)如图甲所示，理想变压器的原副线圈匝数之比n 1∶n 2＝2∶1，定值电阻R 1和R 2的阻值分别为5 Ω和3 Ω，电表均为理想交流电表，电源输出的电流如图乙所示，图中的前半周期是正弦交流的一部分，后半周期是稳恒直流的一部分，则( BD )A ．电流表示数为2 AB ．电压表示数为6 VC ．R 1的功率为10 WD ．R 2的功率为12 W【解析】 设电源输出电流的有效值即电流表示数为I 1，根据等效热值法可得I 21RT ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫i m 22RT2＋i 2m ·RT2，解得I 1＝ 3 A ，故A 错误；由于变压器不能对稳恒直流电进行变压，所以每个周期内有半个周期副线圈无电流，设副线圈中电流的有效值为I 2，根据等效热值法有⎝⎛⎭⎪⎫n 1n 2·i m 22RT2＝I 22RT ，解得I 2＝2 A ，电压表示数为U 2＝I 2R 2＝6 V ，故B 正确；R 1的功率为P 1＝I 21R 1＝15 W ，故C 错误；R 2的功率为P 2＝I 22R 2＝12 W ，故D 正确．故选BD ．9．(多选)(2022·湖南押题卷)如图所示在竖直平面的电路，闭合开关S 1和S 2后，带电油滴在电容器内部处于静止状态，R 1为滑动变阻器，R 2为定值电阻，二极管为理想二极管，电容器的下极板接地，则下列说法正确的是( AC )A ．滑动变阻器的滑动头P 向右滑动，油滴向上运动B ．滑动变阻器的滑动头P 向左滑动，油滴向下运动C ．极板M 向上运动，M 板的电势升高D ．断开S 2，油滴不动【解析】 滑动变阻器的滑动头P 向右滑动，则R 1阻值减小，回路电流变大，则R 2两端电压变大，则电容器要充电，此时电容器两板电压变大，场强变大，则油滴向上运动，选项A 正确；滑动变阻器的滑动头P 向左滑动，则R 1阻值变大，回路电流变小，则R 2两端电压变小，则电容器要放电，但是由于二极管的单向导电性使得电容器不能放电，则使得电容器两板电压不变，则油滴仍静止，选项B 错误；极板M 向上运动，根据C ＝εr S 4πkd可知电容器电容减小，则带电量应该减小，但是由于二极管的单向导电性使得电容器不能放电，则两板间电量不变，结合E ＝U d ＝Q Cd ＝Q εr S 4πkd d ＝4πkQ εr S 可知两板间场强不变，则根据U ＝Ed 可知，两板电势差变大，则M 板的电势升高，选项C 正确；断开S 2，则电容器两板间的电压等于电源的电动势，即电压变大，电容器充电，两板间场强变大，则油滴向上运动，选项D 错误．故选AC ．10．(多选)(2022·山东威海二模)如图所示为远距离输电的原理图，升压变压器T 1、降压变压器T 2均为理想变压器，T 1、T 2的原、副线圈匝数比分别为k 1、k 2．输电线间的总电阻为R 0，可变电阻R 为用户端负载．U 1、I 1分别表示电压表V 1、电流表A 1的示数，输入电压U 保持不变，当负载电阻R 减小时，理想电压表V 2的示数变化的绝对值为ΔU ，理想电流表A 2的示数变化的绝对值为ΔI ，下列说法正确的是( BD )A ．R 0＝U 1I 1B ．R 0＝ΔU ΔI k 22C ．电压表V 1示数增大D ．电流表A 1的示数增加了ΔI k 2【解析】 设降压变压器T 2原线圈电压为U 3，副线圈电压为U 2，根据题意可知，电阻R 0两端的电压等于U R 0＝U 1－U 3，则R 0＝U 1－U 3I 1，故A 错误；设降压变压器T 2原线圈电压变化为ΔU 3，则ΔU 3ΔU ＝k 2，设降压变压器T 2原线圈电流变化为ΔI 3，则ΔI 3ΔI ＝1k 2，可得ΔI 3＝ΔI k 2，升压变压器T 1副线圈电压不变，则ΔUR 0＝ΔU 3，根据欧姆定律得ΔU 3＝ΔI 3R 0，即k 2ΔU ＝ΔI k 2R 0，解得R 0＝ΔU ΔIk 22，故B 、D 正确；输入电压不变，升压变压器T 1原副线圈匝数比不变，则升压变压器T 1副线圈的电压不变，电压表V 1示数不变，故C 错误．故选BD ．应用题——强化学以致用11．(多选)(2022·安徽合肥预测)如图所示，理想变压器的原、副线圈分别接有R 1＝250 Ω与R 2＝10 Ω的电阻．当原线圈一侧接入u ＝311sin 100πt (V)的交流电时，两电阻消耗的功率相等，则有( AC )A ．原、副线圈的匝数比为5∶1B ．电阻R 1两端电压有效值是电阻R 2两端电压有效值的2倍C ．电阻R 2消耗的功率为48.4 WD ．1 s 内流过电阻R 2的电流方向改变200次【解析】 设原线圈电流为I 1，副线圈电流为I 2，由题意可知I 21R 1＝I 22R 2，故n 1n 2＝I 2I 1＝R 1R 2＝5，A 正确；电阻R 1两端电压有效值和电阻R 2两端电压有效值之比为U R 1U R 2＝I 1R 1I 2R 2＝5，B 错误；设原线圈输入电压为U 1，副线圈输出电压为U 2，故U 1U 2＝n 1n 2＝5，解得U 1＝5U 2，又U R 1＝I 1R 1，U 2＝I 2R 2，又因为U ＝U R 1＋U 1，外接交流电压有效值为220 V ，联立代入数据解得U 2＝110U ＝22 V ，电阻R 2消耗的功率为P ＝U 22R 2＝48.4 W ，C 正确；由题意可知，交流电的频率为f ＝ω2π＝50 Hz ，变压器不改变交流电的频率，一个周期内电流方向改变2次，故1 s 内流过电阻R 2的电流方向改变100次，D 错误．故选AC ．12．(多选)(2022·湖北恩施预测)为了适应特高压输电以实现地区间电力资源的有效配置，需要对原来线路中的变压器进行调换．某输电线路可简化为如图所示，变压器均为理想变压器，调换前后发电机输出电压、输电线电阻、用户得到的电压均不变，改造后输送电压提升为原来的5倍，假设特高压输电前后输送的功率不变，下列说法正确的是( AB )A ．线路改造后升压变压器原、副线圈的匝数比改变B ．线路上电阻的功率变为原来的125C ．特高压输电后，电压损失变为原来的125D ．线路改造后用户端降压变压器匝数比不变【解析】 发电机输出电压不变，应改变升压变压器原、副线圈的匝数比，故A 项正确；根据线路上功率的损失ΔP ＝I 22r ，输送功率不变，电压提升为原来的5倍，输送的电流变为原来的15，线路电阻不变，损失的功率变为原来的125，故B 项正确；输电线上的电压损失为ΔU ＝I 2r ，输送功率为P 2＝U 2I 2则输送功率不变，电压增为原来的5倍，电流变为原来的15，损失的电压变为原来的15，故C 项错误；用户端的降压变压器改造前后输出端电压U 4不变，输入端电压U 3变大，根据U 3U 4＝n 3n 4，可得原、副线圈的匝数比一定变化，故D 项错误．故选AB ．13．(多选)(2022·广东广州预测)如图所示，变压器为理想变压器，原、副线圈的匝数比为2∶1，原线圈的输入端接有正弦交变电流．已知L 1、L 2、L 3是相同的电灯且灯丝的电阻不随温度变化，灯丝不会被烧断．下列说法正确的是( BD )A ．L 1、L 2中的电流之比为1∶2B ．L 1、L 2中的电流之比为1∶1C ．L 1两端的电压与原线圈两端的电压之比为2∶1D ．L 1两端的电压与原线圈两端的电压之比为1∶2【解析】 原、副线圈的匝数比为2∶1，则原、副线圈中的电流之比为1∶2，由于L 2与L 3并联，因此L 1、L 2中的电流之比I 1∶I 2＝1∶1，选项A 错误，B 正确；原、副线圈的匝数比为2∶1，则原、副线圈两端的电压之比为2∶1，设电灯的电阻为R ，因此原线圈两端的电压U ＝2I 2R ，L 1两端的电压U 1＝I 1R ，结合I 1∶I 2＝1∶1，解得U 1U ＝12，选项C 错误，D 正确．故选BD ．14．(多选)(2022·湖北襄阳模拟)如图所示，矩形线圈abcd 在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴OO ′匀速转动，线圈的电阻为R ，线圈共N 匝，理想变压器原、副线圈的匝数比为1∶2，定值电阻R 1＝R ，当线圈转速为n 时，电压表的示数为U ，则( ACD )A ．电流表的示数为2U RB ．从线圈转动到图示位置开始计时，线圈中产生的电动势的瞬时表达式为e ＝52U cos 2πntC ．线圈在转动过程中通过线圈磁通量的最大值为52U 4Nn πD ．当线圈转动的转速为2n 时，电压表的示数为2U 【解析】 依题意有I 2＝U R 1＝U R ，I 1∶I 2＝2∶1则有I 1＝2I 2＝2U R，故A 正确；根据欧姆定律，发电机产生的感应电动势的最大值为E m ，有E m 2＝R ×I 1＋U 1，U 1U ＝12，ω＝2n π rad/s，从线圈转动到图示位置开始计时，线圈中产生的电动势的瞬时表达式为e ＝E m cos ωt ＝52U 2cos 2n πt ，故B 错误；依题意有，线圈在转动过程中通过线圈磁通量的最大值为Φm ，则有52U 2＝NΦm 2n π，解得Φm ＝52U 4Nn π，故C 正确；当线圈转动的转速为2n 时，线圈中产生的电动势的最大值为E m ′＝NΦm 4n π，因52U 2＝NΦm 2n π＝E m ，所以E m ′＝52U ，其有效值为5U ，假定电压表示数为U 2′，则有5U ＝I 1′R ＋U 1′＝2U 2′R 1×R ＋U 1′＝12U 2′＋2U 2′＝52U 2′，解得U 2′＝2U ，当线圈转动的转速为2n 时，电压表的示数为2U ，故D 正确．故选ACD ．。
新教材适用2024版高考物理二轮总复习第1部分核心主干复习专题专题4电路和电磁感应第12讲电磁感应题
题型2 电磁感应中的图像问题1.电磁感应中常见的图像常见的有磁感应强度、磁通量、感应电动势、感应电流、速度、安培力等随时间或位移的变化图像。
2.解答此类问题的两个常用方法(1)排除法：定性分析电磁感应过程中某个物理量的变化情况，把握三个关注，快速排除错误的选项。
这种方法能快速解决问题，但不一定对所有问题都适用。
(2)函数关系法：根据题目所给的条件写出物理量之间的函数关系，再对图像作出判断，这种方法得到的结果准确、详细，但不够简捷。
〔真题研究2〕(多选)(2022·河北卷，8,6分)如图所示，两光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，一根导轨位于x轴上，另一根由ab、bc、cd三段直导轨组成，其中bc段与x轴平行，导轨左端接入一电阻R。
导轨上一金属棒MN沿x轴正向以速度v0保持匀速运动，t＝0时刻通过坐标原点O，金属棒始终与x轴垂直。
设运动过程中通过电阻的电流为i，金属棒受到安培力的大小为F，金属棒克服安培力做功的功率为P，电阻两端的电压为U，导轨与金属棒接触良好，忽略导轨与金属棒的电阻。
下列图像可能正确的是( AC )【审题指导】关键表述物理关系 导轨上一金属棒MN 沿x 轴正向以速度v 0保持匀速运动有效切割长度L ＝l 0＋v 0t tan θ(θ为ab 与ad 的夹角，l 0为t ＝0时刻的有效切割长度) 电阻两端的电压为U ，忽略导轨与金属棒的电阻 U ＝E (金属棒切割磁感线产生的电动势)【解析】 在0～Lv 0时间内，在某时刻金属棒切割磁感线的长度L ＝l 0＋v 0t tan θ(θ为ab 与ad 的夹角)，则根据E ＝BLv 0，可得I ＝BLv 0R ＝Bv 0R(l 0＋v 0t tan θ)，可知回路电流均匀增加；安培力F ＝B 2L 2v 0R ＝B 2v 0R(l 0＋v 0t tan θ)2，则F －t 关系为二次函数关系，但是不过原点；安培力做功的功率P ＝Fv 0＝B 2L 2v 20R ＝B 2v 20R(l 0＋v 0t tan θ)2，则P －t 关系为二次函数关系，但是不过原点；电阻两端的电压等于金属棒产生的感应电动势，即U ＝E ＝BLv 0＝Bv 0(l 0＋v 0t tan θ)，即U －t 图像是不过原点的直线；根据以上分析，可排除B 、D 选项；在L v 0～2L v 0时间内，金属棒切割磁感线的长度不变，感应电动势E 不变，感应电流I 不变，安培力F 大小不变，安培力的功率P 不变，电阻两端电压U 保持不变；同理可判断，在2L v 0～3L v 0时间内，金属棒切割磁感线长度逐渐减小，金属棒切割磁感线的感应电动势E 均匀减小，感应电流I 均匀减小，安培力F 大小按照二次函数关系减小，但是不能减小到零，与0～L v 0内是对称的关系，安培力的功率P 按照二次函数关系减小，但是不能减小到零，与0～L v 0内是对称的关系，电阻两端电压U 按线性均匀减小，综上所述选项A 、C 可能正确，B 、D 错误。
(课标版)2020届高考物理二轮复习专题四第10讲应用“三大观点”解决电磁感应综合问题ppt课件
K杆保持静止,Q杆在垂直于杆且沿斜面向下的拉力F作用下匀速运动。不计 导轨电阻和滑轮摩擦,绳不可伸长。取g=10 m/s2 ,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求: (1)小环所受摩擦力的大小; (2)Q杆所受拉力的瞬时功率。
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答案 (1)0.2 N (2)2 W 解析 (1)以小环为研究对象, 由牛顿第二定律得 m2g-Ff=m2a 代入数据得Ff=0.2 N (2)设通过K杆的电流为I, 由平衡条件得
根据闭合电路欧姆定律得 = 根据法拉第电磁感应定律得 =BL 根据运动学公式得L= t' 联立解得t= (3)在线框的上边刚进入磁场到线框的上边刚要出磁场的过程中, 由动能定理 得
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(μmg cos α-mg sin α)d+W安=0 由功能关系得Q电=- W安 Qf=μmg cos α(v0t-d) 从线框上边刚进入磁场到线框穿出磁场后相对传送带静止的过程中, 由能量 守恒定律得 E=2mg sin α·d+2Q电+2Qf 联立解得E=
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过a棒(干路)的电流为I1 , 由并联电路关系可得I1=Ib+IR B棒和电阻R的阻值
电路的总电阻为R总=
+Ra
由欧姆定律可得干路电流为I1= 感应电动势为E=BLv b棒保持静止,则mg sin θ=BIbL a棒脱离磁场后撤去拉力F,a棒机械能守恒,返回磁场时速度大小还是v,此时a
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N2=mg cos θ ④ 联立①②③④式得 F=mg(sin θ-3μ cos θ) ⑤ (2)由安培力公式得 F=BIL ⑥ 这里I是回路abdca中的感应电流。 ab棒上的感应电动势为 ε=BLv ⑦ 式中,v是ab棒下滑速度的大小。由欧姆定律得
老高考适用2023版高考物理二轮总复习第1部分题突破方略专题4电路与电磁感应第2讲电磁感应问题课件
管内部形成方向竖直向上、磁感应强度大小B＝kt的匀强磁场，在内部
用绝缘轻绳悬挂一与螺线管共轴的金属薄圆管，其电阻率为ρ、高度为
h、半径为r、厚度为d(d≪r)，则 A．从上向下看，圆管中的感应电流为逆时针方向
(C )
B．圆管的感应电动势大小为kπhr2
针悬线在同一直线上，初始时小磁针与圆盘均处于静止状态．当圆盘绕
轴逆时针方向匀速转动时，下列说法正确的是
(B )
A．小磁针不动
B．小磁针逆时针方向转动
C．小磁针顺时针方向转动 D．由于圆盘中没有磁通量的变化，圆
盘中没有感应电流
【解析】 铜圆盘上存在许多小的闭合回路，当圆盘转动时，穿过 小的闭合回路的磁通量发生变化，回路中产生感应电流(涡流)，此电流 产生的磁场导致磁针逆时针方向转动，构成电磁驱动，故选B．
二、求感应电动势大小的三种方法 1．磁通量变化型：E＝nΔΔΦt ＝nSΔΔBt ＝nBΔΔSt ． 2．平动切割型：E＝Blv． 3．转动切割型：E＝12Bl2ω．
三、求电荷量的三种方法 1．q＝It(式中 I 为回路中的恒定电流，t 为时间) 2．q＝nΔRΦ(其中 R 为回路总电阻，ΔΦ 为穿过闭合回路的磁通量变 化量) 3．Δq＝CBlΔv(式中 C 为电容器的电容，B 为匀强磁场的磁感应强 度，l 为导体棒切割磁感线的长度，Δv 为导体棒切割速度的变化量)
度
0
～
π4过
程
中
，
E
＝
Bl2切ω 2
＝
Bl2ω 2cos2α
＝
Bl2ω 2cos2ω
t
，
对
E
求 导 可 得 ， ΔE ＝ Δt
Bl2ω2tcaons2ωωtt＝2cBols2ω22ωtat＋n ω1 t，在 t＝0 到 t＝4πω过程中，tan ωt 在增大，cos
高三物理二轮复习 第一篇 专题攻略 课时巩固过关练十三 专题五 电路和电磁感应 第13讲 电磁感应
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课时巩固过关练十三电磁感应规律及其应用（60分钟100分）一、选择题（本大题共10小题,每小题5分,共50分.第1~6题只有一项符合题目要求,第7～10题有多项符合题目要求)1。
如图甲所示，光滑导轨水平放置在竖直方向的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度B随时间的变化规律如图乙所示(规定向下为正方向）,导体棒ab垂直导轨放置,除电阻R的阻值外，其余电阻不计,导体棒ab在水平拉力F的作用下始终处于静止状态,规定a→b的方向为电流的正方向,水平向右的方向为拉力F的正方向，则在0~2t0时间内,能正确反映流过导体棒ab的电流与时间及拉力F与时间关系的图线是( )【解析】选D。
由E==可知，电动势保持不变,则电路中电流不变,由安培力F=B t IL可知，电路中安培力随B的变化而变化，当B为负值时，安培力的方向为负,B为正值时，安培力为正值,故选项D正确。
2。
(2016·济宁一模）如图所示,用均匀导线做成边长为0。
2m的正方形线框,线框的一半处于垂直线框向里的有界匀强磁场中，当磁场以20T/s的变化率增强时，a、b两点间电势差的大小为U,则（）A。
2024届高考物理二轮专题复习与测试第一部分专题四电路和电磁感应第12讲电磁感应与电磁波命题点一感应
第12讲电磁感应与电磁波1．磁通量．(1)概念：在磁感应强度为B的匀强磁场中，与磁场方向垂直的面积S与B的乘积叫作穿过这个面积的磁通量．(2)公式：Φ＝BS，单位符号是Wb.(3)适用条件．①匀强磁场．②S为垂直于磁场的有效面积．(4)物理意义：相当于穿过某一面积的磁感线的条数．(5)磁通量的变化量：ΔΦ＝Φ2－Φ1＝B2S2－B1S1.2．电磁感应现象．(1)定义：当穿过闭合导体回路的磁通量发生变化时，闭合导体回路中有感应电流产生，这种利用磁场产生电流的现象叫作电磁感应．(2)感应电流的产生条件．①表述一：闭合电路的一部分导体在磁场内做切割磁感线的运动．②表述二：穿过闭合电路的磁通量发生变化．(3)实质．产生感应电动势，如果电路闭合，则有感应电流．如果电路不闭合，则只有感应电动势而无感应电流．3．感应电流方向的判定．(1)楞次定律．①内容：感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化．②适用范围：一切电磁感应现象．(2)右手定则．①内容：如图，伸开右手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一平面内；让磁感线从掌心进入，并使拇指指向导线运动的方向，这时四指所指的方向就是感应电流的方向． ②适用情况：导线切割磁感线产生感应电流．4．法拉第电磁感应定律．(1)内容：闭合电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比．(2)公式：E ＝n ΔΦΔt，其中n 为线圈匝数． (3)导体切割磁感线的情形．①垂直切割：E ＝Blv .②倾斜切割：E ＝Blv sin θ，其中θ为v 与B 的夹角．③旋转切割(以一端为轴)：E ＝12Bl 2ω. 5．自感和涡流．(1)自感现象．由于通过导体自身的电流发生变化而产生的电磁感应现象．(2)自感电动势．①定义：在自感现象中产生的感应电动势．②表达式：E ＝L ΔI Δt. ③自感系数L ：与线圈的大小、形状、圈数以及是否有铁芯等因素有关，单位为亨利(H)．(3)涡流．当线圈中的电流发生变化时，在它附近的导体中产生的像水中的旋涡一样的感应电流．命题点一 感应电流方向的判断 楞次定律的应用1．楞次定律中“阻碍”的主要表现形式．(1)阻碍原磁通量的变化——“增反减同”．(2)阻碍相对运动——“来拒去留”．(3)使线圈面积有扩大或缩小的趋势——“增缩减扩”．(4)阻碍原电流的变化(自感现象)——“增反减同”．2．判断感应电流方向的“四步法”．(2023·海南卷)汽车测速利用了电磁感应现象，汽车可简化为一个矩形线圈abcd，埋在地下的线圈分别为1、2，通上顺时针(俯视)方向电流，当汽车经过线圈时( )A．线圈1、2产生的磁场方向竖直向上B．汽车进入线圈1过程产生感应电流方向为abcdC．汽车离开线圈1过程产生感应电流方向为abcdD．汽车进入线圈2过程受到的安培力方向与速度方向相同解析：由题知，埋在地下的线圈1、2通顺时针(俯视)方向的电流，则根据右手定则，可知线圈1、2产生的磁场方向竖直向下，A项错误；汽车进入线圈1过程中，磁通量增大，根据楞次定律可知产生感应电流方向为adcb(逆时针)，B项错误；汽车离开线圈1过程中，磁通量减小，根据楞次定律可知产生感应电流方向为abcd(顺时针)，C项正确；汽车进入线圈2过程中，磁通量增大，根据楞次定律可知产生感应电流方向为adcb(逆时针)，再根据左手定则，可知汽车受到的安培力方向与速度方向相反，D项错误．故选C.答案：C磁电式仪表的基本组成部分是磁铁和线圈．缠绕线圈的骨架常用铝框，铝框、指针固定在同一转轴上．线圈未通电时，指针竖直指在表盘中央；线圈通电时发生转动，指针随之偏转，由此就能确定电流的大小．如图所示，线圈通电时指针向右偏转，在此过程中，下列说法正确的是( )A．俯视看线圈中通有逆时针方向的电流B．穿过铝框的磁通量减少C．俯视看铝框中产生顺时针方向的感应电流D．使用铝框做线圈骨架能够尽快使表针停在某一刻度处解析：由左手定则可知，俯视看线圈中通有顺时针方向的电流，选项A错误；因为线圈在水平位置时磁通量为零，则线圈转动时，穿过铝框的磁通量向左增加，根据楞次定律可知，俯视看铝框中产生逆时针方向的感应电流，选项B、C错误；当铝框中产生感应电流时，铝框受到的安培力与运动方向相反，故起到了阻尼作用，则使用铝框做线圈骨架能够尽快使表针停在某一刻度处，故D项正确．故选D项．答案：D1．(多选)利用超导体可以实现磁悬浮，如图是超导磁悬浮的示意图．将一块永磁铁从超导体的正上方缓慢下移，由于超导体跟磁铁之间的相互作用力，最终永磁铁悬浮在超导体的正上方平衡，从上往下看超导体中形成的涡形电流的方向为( )A．若永磁铁上端为N极，则为顺时针方向B．若永磁铁上端为S极，则为顺时针方向C．若永磁铁上端为N极，则为逆时针方向D．若永磁铁上端为S极，则为逆时针方向解析：若永磁铁上端为N极，永磁铁从超导体的正上方缓慢下移，则穿过超导线圈的磁通量向上增加，根据楞次定律可知，线圈中感应电流从上向下看为顺时针方向，A项正确，C项错误；若永磁铁上端为S极，永磁铁从超导体的正上方缓慢下移，则穿过超导线圈的磁通量向下增加，根据楞次定律可知，线圈中感应电流从上向下看为逆时针方向，B项错误，D项正确．故选AD.答案：AD2．(2023·浙江卷)如图甲所示，一导体杆用两条等长细导线悬挂于水平轴OO′，接入电阻R构成回路．导体杆处于竖直向上的匀强磁场中，将导体杆从竖直位置拉开小角度θ静止释放，导体杆开始下摆．当R＝R0时，导体杆振动图像如图乙所示．若横纵坐标皆采用图乙标度，则当R＝2R0当时，导体杆振动图像是( )解析：导体杆切割磁感线时，回路中产生感应电流，由楞次定律可得，导体杆受到的安培力总是阻碍导体棒的运动．当R从R0变为2R0时，回路中的电阻增大为原来的2倍，则电流减小，导体杆所受安培力减小，即导体杆在摆动时所受的阻力减弱，即杆从开始摆动到停止，运动的路程和经历的时间变长，所以导体杆振动图像是图B.答案：B3.江苏省某中学的一教室墙上有一扇朝南的平开玻璃窗，窗扇由有机玻璃加闭合矩形金属边框构成，如图所示，窗扇一侧由铰链固定在绝缘窗框(图中未画出)上，另一侧装有开窗手柄，某同学站在室内面向窗户水平推动手柄，让窗户匀速转动，将窗向外(南)推开(开角小于90°)的过程中，下列说法正确的是( )A．穿过矩形窗扇的地磁场的磁通量不断变大B．穿过矩形窗扇的地磁场的磁通量始终为零C．窗扇金属边框中的感应电流的大小在不断变大D．从推窗者的角度看，窗扇金属边框中的感应电流方向是顺时针方向解析：地磁场由南向北，当朝南的钢窗向外推开后，钢窗平面与磁场平行时，没有磁感线穿过钢窗平面，穿过钢窗的磁通量为0，推窗时穿过窗框的磁通量减小，窗扇金属边框中的感应电流的大小在不断变大，根据楞次定律，从推窗人的角度看，窗框中产生的感应电流的方向为逆时针，C项正确，A、B、D项错误．故选C.答案：C。
2025高考物理总复习用三大观点解决力学问题
0.5，其他摩擦和阻力均不计，各滑块均可视为质
点，弹簧的弹性势能Ep＝12kx2 (x为形变量)，重力
则滑块a、b碰撞过程损失的能量 ΔE＝12mvF2－12mva2－12×3mvb2 解得ΔE＝0
(3)若滑块a碰到滑块b立即被粘住， 求碰撞后弹簧最大长度与最小长度 之差Δx。 答案 0.2 m
若滑块a碰到滑块b立即被粘住，则由动量守恒知a、b 碰后的共同速度v满足：mvF＝4mv 解得v＝2.5 m/s 当弹簧被压缩到最短或者伸长到最长 时有共同速度v′， 有 4mv＝6mv′，解得 v′＝53 m/s
设当弹簧被压缩到最短时压缩量为x1， 由能量守恒有12×(m＋3m)v2＝12× (m＋3m＋2m)v′2＋12kx12 解得x1＝0.1 m 系统能量守恒，弹簧最长或最短时，系统动能相等，所以弹簧最长和 最短时形变量相等，则弹簧最大长度与最小长度之差Δx＝2x1＝0.2 m。
例3 (2023·江苏徐州市第七中学校考)如图所示，质量m＝1 kg的小球用 长L＝1 m的轻绳悬挂在固定点O上，足够长的木板C置于光滑水平地面上， 两物块A、B放置在C上，A置于C的左端，B与A相距0.5 m。现将小球拉 至与竖直方向成37°角由静止释放，小球在最低点与A发生弹性碰撞，一 段时间后，A与B碰撞后粘在一起，两次碰撞时间均可忽略。已知A与C、 B与C间的动摩擦因数μ＝0.2，A、B、C的质量 mA＝mB＝mC＝1 kg，重力加速度g取10 m/s2， sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不计空气阻力。求：
高考物理第二轮复习专题电磁感应和电路
2011年高考物理第二轮复习专题 电磁感应和电路（一）高考解读本专题解决的是综合应用动力学和能量观点、分析和解决电磁感应过程中的运动和能量转化问题.高考对本部分内容的考查要求较高，常在选择题中考查电磁感应中的图象问题、变压器和交流电的描述问题，在计算题中 作为压轴题，以导体棒运动为背景，综合应用电路的相关知识、牛顿运动定律和能的转化与守恒定律解决导体棒类问题. 本专题考查的重点有以下几个方面：①楞次定律的理解和应用；②感应电流的图象问题；③电磁感应过程中的动态分析问 题；④综合应用电路知识和能量观点解决电磁感应问题；⑤直流电路的分析；⑥变压器原理及三个关系；⑦交流电的产生 及描述问题.二轮策略对本专题的复习应注意“抓住两个定律，运用两种观点，分析三种电路” •两个定律是指楞次定律和法拉第 电磁感应定律；两种观点是指动力学观点和能量观点；三种电路指直流电路、交流电路和感应电路.回归基础"①闭合电路的部分导体在磁场内做切割磁1 .感应电流（1）产生条件感线运动②穿过闭合电路的发生变化「阻碍磁通量变化（增反减同）（3） “阻碍”的表现$阻碍物体间的（来拒去留）［阻碍的变化（自感现象） 2 .感应电动势的产生（1）感生电场：英国物理学家麦克斯韦的电磁场理论认为，变化的磁场能在周空间激发电场，这种电场叫感生电场.感生 电场是产生的原因.感生电动势：由感生电场产生的电动势称为感生电动势 .如果感生电场所在的空间存在导体，在导体中就能产生感生电动势，感生电动势在电路中的作用就是 .（3）动生电动势：由于导体运动而产生的感应电动势称为动生电动势.产生动生电动势的那部分导体相当于3 .感应电动势的计算（1）法拉第电磁感应定律：E = St .若B 变，而S 不变，则E 乞若S 变而B 不变，则E =.常用于计算电动势. ⑵导体垂直切割磁感线： E = Blv ，主要用于求电动势的值. （3）如图1所示,导体棒围绕棒的一端在垂直磁场的平面内做匀速圆周运动而切割磁感线产生的电动势E =. E △①（4）感应电荷量的计算：回路中发生磁通量变化时，在 △ t 内迁移的电荷量（感应电荷量）为q = I △ t = t = △ t=°R ①.可见，q 仅由回路电阻和的变化量决定，与发生磁通量变化的时间无关.方法归纳楞次定律1.判断电磁感应中闭合电路相对运动问题的分析方法 ------- （1）常规法：根据原磁场（B 原方向及△①情况）确 安培定则左手定则定感应磁场（B 感方向） ---------- 判断感应电流（I 感方向） -------------- 导体受力及运动趋势.⑵ 效果法：由楞次定律可知，感应电流的“效果”总是阻碍引起感应电流的“原因”.即阻碍物体间的 来作出判断.2. 电磁感应中能量问题的解题思路 （1）明确研究对象、研究过程.⑵ 进行正确的受力分析、运动分析、感应电路分析（E 感和I 感的大小、方向、变化）及相互制约关系.（3） 明确各力的做功情况及伴随的情况.（4）利用动能定理、能量守恒定律或功能关系列方程求解.3. 解决感应电路综合问题的一般思路是“先电后力”，即：先作“源”的分析——分离出电路中由电磁感应所产生的电源，求出电源参数E 和r ；（2）方向判断右手定则：常用于情况① 楞次定律：常用于情况②再进行“路”的分析一一分析电路结构，弄清串并联关系，求出相关部分的电流大小，以便安培力的求解；然后是“力”的分析一一分析研究对象（常是金属杆、导体线圈等）的受力情况，尤其注意其所受的安培力;接着进行“运动”状态的分析一一根据力和运动的关系，判断出正确的运动模型；最后是“能量”的分析一一寻找电磁感应过程和研究对象的运动过程中其能量转化和守恒的关系.典型例题题型1楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用例1 （2010 •山东• 21）如图所示，空间存在两个磁场，磁感应强度大小均为B,方向相反且垂直纸面，MN PQ为其边界，0O为其对称轴•一导线折成边长为I的正方形闭合回路abed,回路在纸面内以恒定速度vo向右运动，当运动到关于00对称的位置时A. 穿过回路的磁通量为零B.回路中感应电动势大小为2BlvoC.回路中感应电流的方向为顺时针方向D.回路中ab边与ed边所受安培力方向相同变式训练1北半球地磁场磁感应强度的竖直分量方向竖直向下.如图所示，在长沙某中学实验室的水平桌面上，放置边长为L的正方形闭合导体线圈abed，线圈的ab边沿南北方向，ad边沿东西方向.下列说法中正确的是（）A. 若使线圈向东平动，贝U a点的电势比b点的电势高B. 若使线圈向北平动，贝U a点的电势比b点的电势低C. 若以be为轴将线圈向上翻转，则线圈中感应电流方向为a^ e^d^aD. 若以be 为轴将线圈向上翻转，则线圈中感应电流方向为a ^e ^b ^aMOPI I I丰东题型2 图象问题例2电吉它是利用电磁感应原理工作的一种乐器。
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专题强化练(十三)三大观点解决电磁感应问题
考点1 动力学观点
1.如图所示，足够长平行金属导轨倾斜放置，倾角为37°，宽度为0.5 m ，电阻忽略不计，其上端接一小灯泡，电阻为1Ω.一导体棒MN 垂直于导轨放置，质量为0.2 kg ，接入电路的电阻为1Ω，两端与导轨接触良好，与导轨间的动摩擦因数为0.5.在导轨间存在着垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为0.8 T ．将导体棒MN 由静止释放，运动一段时间后，小灯泡稳定发光，此后导体棒MN 的运动速度以及小灯泡消耗的电功率分别为(重力加速度g 取10 m/s 2
，sin 37°＝0.6)()
A ．2.5 m/s ，1 W
B ．5 m/s ，1 W
C ．7.5 m/s ，9 W
D ．15 m/s ，9 W
解析：由灯泡稳定发光可知导体棒最后做匀速运动，对导体棒受力分析有mg sin 37°＝
F 安＋μmg cos 37°，又有F 安＝BIL ＝B2L2v R 总，解得v ＝5 m/s.通过小灯泡的电流I ＝BLv R 总
＝1
A ，小灯泡消耗的电功率P ＝I 2
R ＝1 W ，B 正确．
答案：B
2．(多选)(2018·郑州一测)用一段横截面半径为r 、电阻率为ρ、密度为d 的均匀导体材料做成一个半径为R (r ≪R )的圆环．圆环竖直向下落入如图所示的径向磁场中，圆环的圆心始终在N 极的轴线上，圆环所在位置的磁感应强度大小均为B .圆环在加速下落过程中某一
时刻的速度为v ，忽略电感的影响，则 ()
A ．此时在圆环中产生了(俯视)顺时针的感应电流
B ．圆环因受到了向下的安培力而加速下落
C ．此时圆环的加速度a ＝
B2v
ρd
D ．如果径向磁场足够长，则圆环的最大速度v m ＝
ρdg
B2
解析：由右手定则可以判断感应电流的方向，可知A 正确；由左手定则可以判断，此时圆环受到的安培力向上，B 错误；圆环落入磁感应强度为B 的径向磁场中，垂直切割磁感线，
产生的感应电动势E ＝Blv ＝B ·2πRv ，圆环的电阻R 0＝ρ
2πR πr2，则圆环中感应电流I ＝E
R0＝B πr2v
ρ
，圆环受到的安培力F ＝BI ·2πR ，圆环的加速度a ＝
mg －F m
，m ＝d ·2πR ·πr 2
，可解得加速度a ＝g －B2v
ρd
，C 错误；当重力等于安培力即mg ＝F 时速度达到最大，即a ＝0，可
得v m ＝ρgd B2
，D 正确．
答案：AD
3．(多选)(2018·河南八校联考)如图所示，正方形金属线圈abcd 平放在粗糙水平传送带上，被电动机带动一起以速度v 匀速运动，线圈边长为L ，电阻为R ，质量为m ，有一边界长度为2L 的正方形磁场垂直于传送带，磁感应强度为B ，线圈穿过磁场区域的过程中速度不
变，下列说法中正确的是()
A ．线圈穿出磁场时感应电流的方向沿abcda
B ．线圈进入磁场区域时受到水平向左的静摩擦力，穿出磁场区域时受到水平向右的静摩
擦力
C ．线圈经过磁场区域的过程中始终受到水平向右的静摩擦力
D ．线圈经过磁场区域的过程中，电动机多消耗的电能为
2B2L3v
R
解析：由右手定则可知，线圈穿出磁场时感应电流方向沿abcda ，A 正确；由楞次定律可知，线圈进入磁场和穿出磁场的过程均受向左的安培力和向右的静摩擦力，全部进入磁场后不受静摩擦力的作用，B 、C 错误；线圈所受的安培力F ＝
B2L2v
R
，则线圈经过磁场区域的过程中，电动机多消耗的电能W ＝F ·2L ＝
2B2L3v
R
，D 正确．
答案：AD
4．(2018·江苏卷)如图所示，两条平行的光滑金属导轨所在平面与水平面的夹角为θ，间距为d .导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B ，方向与导轨平面垂直．质量为m 的金属棒被固定在导轨上，距底端的距离为s ，导轨与外接电源相连，使金属棒通有电流．金属棒被松开后，以加速度a 沿导轨匀加速下滑，金属棒中的电流始终保持恒定，重力加速度为
g .求下滑到底端的过程中，金属棒
(1)末速度的大小v ； (2)通过的电流大小I ；
(3)通过的电荷量Q .
解析：(1)匀加速直线运动v 2
＝2as ，解得v ＝2as .
(2)安培力F 安＝BId ，
由牛顿第二定律mg sin θ－F 安＝ma ，解得I ＝
m （gsin θ－a ）
Bd
.
(3)运动时间t ＝v a ，电荷量Q ＝It ，解得Q ＝
m 2as （gsin θ－a ）
Bda
答案：见解析
考点2 能量观点
5.(多选)如图所示，竖直平面内的虚线上方是一匀强磁场B ，从虚线下方竖直上抛一正方形线圈，线圈越过虚线进入磁场，最后又落回原处，运动过程中线圈平面保持在竖直平面
内，不计空气阻力，则()
A ．上升过程克服磁场力做的功大于下降过程克服磁场力做的功
B ．上升过程克服磁场力做的功等于下降过程克服磁场力做的功
C ．上升过程克服重力做功的平均功率大于下降过程中重力的平均功率
D ．上升过程克服重力做功的平均功率等于下降过程中重力的平均功率
解析：线圈上升过程中，加速度增大且在减速，下降过程中，运动情况比较复杂，有加速、减速或匀速等，把上升过程看成反向的加速，可以比较当运动到同一位置时，线圈速度都比下降过程中相应的速度要大，可以得到结论：上升过程中克服安培力做功多；上升过程时间短，所以上升过程克服重力做功的平均功率大于下降过程中重力的平均功率，故正确选
项为A 、C.
答案：AC
6.(多选)如图所示，固定在倾角为θ＝30°的斜面内的两根平行长直光滑金属导轨的间距为d ＝1 m ，其底端接有阻值为R ＝2Ω的电阻，整个装置处在垂直斜面向上、磁感应强度大小为B ＝2 T 的匀强磁场中．一质量为m ＝1 kg(质量分布均匀)的导体杆ab 垂直于导轨。