【物理】2019届一轮复习人教版电路与电磁感应学案
第1讲 直流电路与交流电路
高考命题轨迹
年份
题号(分值)
考点
难度
2016年
卷Ⅰ16题(6分)
原线圈连接有负载的理想变压器问题
容易
卷Ⅱ17题(6分)
含容电路分析
中等
卷Ⅲ19题(6分)
原线圈连接有负载的理想变压器问题
容易
2015年
卷Ⅰ16题(6分)
原线圈连接有负载的理想变压器问题
容易
考情分析 直流电路的考查除2016年卷Ⅱ17题外，还没在选择题单独考查过，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，但仍以实验为主．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年原子物理改为必考，故影响了交变电流在选择题中出现的概率，2017年新课标三份卷中都没出现．
知识方法链接
1．明确1个定律、2个关系
(1)闭合电路欧姆定律：I＝.
(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＝E＝E，路端电压随外电阻的增大而增大，随外电阻的减小而减小．
2．直流电路动态分析的3种常用方法
方法1：程序法
R局I总＝U内＝I总rU外＝E－U内确定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去讨论．
真题模拟精练
1．如图1所示，图甲中M为一电动机，当滑动变阻器R的触头从一端滑到另一端的过程中，两电压表的读数随电流表读数的变化情况如图乙所示．已知电流表读数在0.2 A以下时，电动机没有发生转动．不考虑电表对电路的影响，以下判断正确的是( )
图1
A．电路中电源电动势为3.4 V
B．变阻器的触头向右滑动时，V2读数逐渐减小
C．此电路中，电动机的最大输出功率为0.9 W
D．变阻器的最大阻值为30 Ω
答案 D
解析 由题图甲知，电压表V2测量路端电压，电流增大时，内电压增大，路端电压减小，所以最上面的图线表示V2的电压与电流的关系，此图线斜率的绝对值大小等于电源的内阻，为r＝ Ω＝2 Ω.当电流I＝0.1 A时，U＝3.4 V，则电源的电动势E＝U＋Ir＝3.4 V＋0.1×2 V＝3.6 V，故A错误；变阻器的触头向右滑动时，R阻值变大，总电流减小，内电压减小，路端电压即为V2读数逐渐增大，故B错误；由题图乙可知，电动机的电阻rM＝ Ω＝4 Ω.当I＝0.3 A时，U＝3 V，电动机的输入功率最大，最大输入功率为P＝UI＝3×0.3 W＝0.9 W，则最大输出功率一定小于0.9 W，故C错误；当I＝0.1 A时，电路中电流最小，变阻器的电阻为最大值，所以R＝－r－rM＝(－2－4) Ω＝30 Ω，故D正确．
2．(2017·辽宁本溪市联合模拟)如图2所示的电路中，电源内电阻为r，R1、R3、R4均为定值电阻，电表均为理想电表，闭合开关S，将滑动变阻器R2的滑片向右移动，电流表和电压表示数变化量的绝对值分别为ΔI、ΔU，下列结论正确的是( )
图2
A．电流表示数变大，电压表示数变小
B．电阻R1被电流表短路
C．>r
D．
ΔI总，<，故ΔU1
D．此过程中保持不变
答案 BCD
解析 将滑动变阻器的滑片向下滑动，滑动变阻器接入电路的阻值减小，电路的总电阻减小，由闭合电路欧姆定律知，总电流增大，则V1示数U1增大，内电压增大，路端电压U减小，而路端电压U＝U1＋U3，可知，V3示数U3减小，R2两端电压增大，所以V2示数减小，故A错误．R2
两端电压增大，则电容器板间电压增大，板间场强增大，带电粒子所受的电场力增大，因此带电粒子将向上运动，故B正确．因为U＝U1＋U3，U3减小，U1增大，而U减小，所以ΔU3>ΔU1，故C正确．根据闭合电路欧姆定律知：U2＝E－I(R1＋R2＋r)，则得＝R1＋R2＋r，保持不变，故D正确．
7．(2017·湖南邵阳市第二次大联考)如图7甲所示，在匀强磁场中，一矩形金属线圈两次以不同的转速绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的交变电动势随时间变化的e－t图象分别如图乙中曲线a、b所示，则( )
图7
A．两次t＝0时刻穿过线圈的磁通量均为零
B．曲线a表示的交变电动势的频率为25 Hz
C．曲线b表示的交变电动势的最大值为15 V
D．曲线a、b对应的线圈转速之比为3∶2
答案 D
解析 在t＝0时刻，线圈一定处在中性面上，此时磁通量最大，故A错误；曲线a的交变电流的频率f＝＝ Hz＝50 Hz，故B错误；由题图乙可知，a的周期为2×10－2 s；b的周期为3×10－2 s，则由n＝可知，转速与周期成反比，故曲线a、b对应的线圈转速之比为3∶2，曲线a表示的交变电动势最大值是30 V，根据Em＝nBSω得曲线b表示的交变电动势最大值是20 V．故C错误，D正确．
8．(多选)(2017·山东泰安市一模)如图8甲的电路中，电阻R1＝R2＝R，和R1并联的D是理想二极管(正向电阻可视为零，反向电阻为无穷大)，在A、B之间加一个如图乙所示的交变电压(电压为正值时，UAB>0)．由此可知( )
图8
A．在A、B之间所加的交变电压的周期为2×10－2 s
B．在A、B之间所加的交变电压的瞬时值表达式为u＝220sin 50πt V
C．加在R1上电压的有效值为55 V
D．加在R1上电压的有效值为55 V
答案 AC
解析 由题图乙可得交流电的周期T＝2×10－2 s，故A正确．电压最大值为Um＝220 V，交变电压的瞬时值表达式为：u＝Umsin ωt＝220sint＝220sin 100πt V，故B错误；当电源在正半轴时A点电势高于B点电势，二极管导通，即R1被短路，电源在负半轴时B点电势高于A点电势，二极管截止，R1、R2串联分压．设R1上电压的有效值为U，根据有效值的定义得：T＝·T，解得U＝55 V，故C正确，D错误．
9．(2017·安徽合肥市第二次检测)如图9所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为2∶1，图中R1＝4R0，R2＝R4＝R0.原线圈一侧接一恒定正弦交流电源，当开关S断开时，R1与R3消耗的功率相等，下列说法正确的是( )
图9
A．R3的阻值为4R0
B．闭合S后，U1∶U2＝10∶3
C．闭合S后，R1消耗的功率等于R3的6倍
D．闭合S前后，R1两端的电压之比为6∶5
答案 B
解析 设原、副线圈中电流分别为I1和I2，则I1∶I2＝n2∶n1＝1∶2.当开关S断开时，R1和R3消耗的功率相等，则有IR1＝IR3，又R1＝4R0，解得R3＝R0，故A错误．闭合S后，设变压器原线圈两端的电压为U′.则有：U1＝U′＋I1′R1＝U′＋4I1′R0，U2＝I2′(R2＋)＝I2′(R0＋)＝I2′R0.又由变压器的规律得：U′∶U2＝n1∶n2＝2∶1.结合I1′∶I2′＝1∶2，解得：U1∶U2＝10∶3，U′＝U1，故B正确．闭合S后，R1消耗的功率P1＝I1′2R1.R3消耗的功率P3＝()2R3.解得P1＝4P3，故C错误．设闭合S前后，R1两端电压分别为UR1和UR1′，闭合S前，设变压器原线圈两端的电压为U″，则有：U1＝U″＋UR1＝U″＋I1R1＝U″＋4I1R0，又U″∶U2＝n1∶n2＝2∶1，U2＝I2(R2＋R3)＝2I2R0.结合I1∶I2＝1∶2，解得：U″＝U1，UR1＝U1，又U1＝U′＋UR1′.结合U′＝U1，得UR1′＝U1，解得：R1两端电压之比为UR1∶UR1′＝5∶6，故D错误．
10．(2017·重庆市万州区二诊)如图10所示，一理想变压器原线圈与每个副线圈的匝数比均为3∶1，原线圈与每个副线圈所连的电阻阻值均为R，原线圈接220 V的正弦交流电，副线圈n2回路中电阻两端的电压为U2，原线圈电阻与每个副线圈电阻消耗的功率之比均为k，则( )
图10
A．U2＝60 V，k＝ B．U2＝60 V，k＝
C．U2＝ V，k＝ D．U2＝ V，k＝
答案 A
解析 设副线圈n2、n3中电流为I，原线圈两端电压为U1，由P出＝P入得：2U2I＝U1I1，又n1∶n2＝3∶1，＝，则U2＝，I1＝I.原线圈电路有IR＋U1＝220 V，又U1＝3U2，IR＝U2得U2＝60 V，原线圈R消耗功率P1＝IR＝I2R，副线圈R消耗功率P2＝I2R，故P1∶P2＝4∶9，即k＝.
11．(2017·山东潍坊市一模)如图11所示，a、b两端接在电压有效值恒定的正弦交流电源上，L1、L2、L3是三个相同的灯泡，T为理想变压器，开关S断开时，灯泡L1、L2、L3亮度相同(未达到正常发光状态)，若闭合S，下列判断正确的是( )
图11
A．灯泡L1变亮
B．灯泡L2、L3变暗
C．原、副线圈两端的电压比为2∶1
D．原线圈中增加的电流大于副线圈中增加的电流
答案 D
解析 开关S断开时，灯泡L1、L2、L3亮度相同，即三只灯泡两端的电压相等，原线圈两端的电压等于L1两端的电压，U1＝U，副线圈两端的电压U2＝2U，原、副线圈两端的电压比为1∶2，故C错误；闭合S后，L1并联在原线圈两端，不能影响原线圈的电压，原线圈电压不变，灯泡L1亮度不变，副线圈两端的电压不变，灯泡L2、L3两端电压不变，亮度不变，故A、B错误；电流与匝数成反比，则原线圈电流是副线圈电流的2倍，电流增加量也是副线圈的2倍，所以原线圈中增加的电流大于副线圈中增加的电流，故D正确．
12．(多选)(2017·山西太原市模拟一)如图12为远距离输电示意图，其中T1、T2为理想变压器，r是输电线总电阻，灯L1、L2相同且阻值不变．现保持变压器T1的输入电压不变，滑片P位置不变，当开关S断开时，灯L1正常发光，则( )
图12
A．仅闭合S，灯L1会变亮
B．仅闭合S，r消耗的功率会变大
C．仅将滑片P下移，r消耗的功率会变小
D．仅将滑片P上移，电流表示数会变小
答案 BD
解析 仅闭合S，T2副线圈电阻减小，消耗功率增大，电流增大，T2原线圈电流也增大，则r上损失的电压和功率增大，则T2输入电压减小，灯泡两端电压减小，灯泡会变暗，故A错误，B正确；仅将滑片P下移，T1副线圈匝数增多，则输出电压增大，T2的输入电压增大，灯泡电压增大，电流也增大，T2的输入电流也增大，r上消耗的功率增大．C错误；仅将滑片P上移，T1副线圈匝数减小，则输出电压减小，T2的输入电压减小，灯泡电压也减小，故L1变暗，消耗功率减小，则T1输入功率减小，T1的输入电压不变，故输入电流减小，电流表示数减小，D正确．
第2讲 电磁感应定律的综合应用
高考命题轨迹
年份
题号(分值)
考点
难度
2017年
卷Ⅰ18题(6分)
扫描隧道显微镜的隔离外界震动装置，考查电磁阻尼、电磁感应条件
中等
卷Ⅱ20题(6分)
导线框匀速穿过匀强磁场，考查楞次定律、电磁感应定律
中等
卷Ⅲ15题(6分)
金属杆切割磁感线，产生的感应电流的磁场对圆环中磁通量的影响，考查右手定则、楞次定律
容易
2016年
卷Ⅰ24题(14分)
利用斜面上导体棒切割模型，综合考查电磁感应、安培力、摩擦力及力的平衡
中等
卷Ⅱ20题(6分)
利用法拉第圆盘发电机考查法拉第电磁感应定律及右手定则的应用
中等
卷Ⅱ24题(12分)
利用水平面内导体棒切割模型，综合考查电磁感应、安培力、牛顿运动定律以及匀变速运动规律
中等
卷Ⅲ21题(6分)
通过半圆形和圆形导线框转动切割有界匀强磁场，考查感应电流的产生及交变电流的四值问题
中等
卷Ⅲ25题(20分)
利用水平面内导体棒切割模型，通过“感生”和“动生”考查法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、受力分析等
较难
2015年
卷Ⅰ19题(6分)
结合“圆盘实验”考查电磁感应和涡流
容易
卷Ⅱ15题(6分)
结合金属框在磁场中的转动考查感应电动势
中等
考情分析 高考对法拉第电磁感应定律、楞次定律、左手定则及右手定则的考查一般会结合具体情景和过程命题，主要方向是结合函数图象，结合电路分析，联系力学过程，贯穿能量守恒．知识跨度大，思维综合性强，试题难度一般也较大，杆＋导轨或导线框是常见模型，题型可能是选择题，也可能是计算题．
16年既有选择题又有计算题，17年在加入动量、原子物理的情况下，三套卷仍各有一道选择题．可见，电磁感应在高考中仍然是热点和重点．
知识方法链接
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．楞次定律和右手定则的适用对象
(1)楞次定律：一般适用于线圈面积不变、磁感应强度发生变化的情形．
(2)右手定则：一般适用于导体棒切割磁感线的情形．
3．求感应电动势大小的五种类型
(1)磁通量变化型：E＝n.
(2)磁感应强度变化型：E＝nS.
(3)面积变化型：E＝nB.
(4)平动切割型：E＝Blv.
(5)转动切割型：E＝nBl2ω.
注意：公式E＝nS中的S是垂直于磁场方向的有效面积．
4．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．
真题模拟精练
1．(2017·全国卷Ⅰ·18)扫描隧道显微镜(STM)可用来探测样品表面原子尺度上的形貌．为了有效隔离外界振动对STM的扰动，在圆底盘周边沿其径向对称地安装若干对紫铜薄板，并施加磁场来快速衰减其微小振动，如图1所示．无扰动时，按下列四种方案对紫铜薄板施加恒磁场；出现扰动后，对于紫铜薄板上下及其左右振动的衰减最有效的方案是( )
图1
答案 A
2．(2017·全国卷Ⅲ·15)如图2所示，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( )
图2
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
答案 D
解析 金属杆PQ突然向右运动，在运动开始的瞬间，闭合回路PQRS中磁场方向垂直纸面向里，磁通量增大，由楞次定律可判断，闭合回路PQRS中感应电流产生的磁场垂直纸面向外，由安培定则可判断感应电流方向为逆时针；由于闭合回路PQRS中感应电流产生的磁场方向垂直纸面向外，与原磁场方向相反，则T中磁通量减小，由楞次定律可判断，T中感应电流产生的磁场方向垂直纸面向里，由安培定则可知T中感应电流方向为顺时针，选项D正确．
3．(2017·北京朝阳区模拟)随着新能源轿车的普及，无线充电技术得到进一步开发和应用．一般给大功率电动汽车充电时利用的是电磁感应原理．如图3所示，由地面供电装置(主要装置是线圈和电源)将电能传送至电动车底部的感应装置(主要装置是线圈)，该装置使用接收到的电能对车载电池进行充电，供电装置与车身接收装置通过磁场传送能量，由于电磁辐射等因素，其能量传送效率只能达到90%左右．无线充电桩一般采用平铺式放置，用户无需下车，无需插电即可对电动车进行充电．目前无线充电桩可以允许的充电有效距离一般为15～20 cm，允许的错位误差一般为15 cm左右．下列说法正确的是( )
图3
A．无线充电桩的优越性之一是在百米开外也可以对电动车快速充电
B．车身感应线圈中的感应电流磁场总是要阻碍引起感应电流磁通量的变化
C．车身感应线圈中感应电流磁场总是与地面发射中电流的磁场方向相反
D．若线圈均采用超导材料则能量的传输效率有望达到100%
答案 B
解析 题中给出目前无线充电桩充电的有效距离为15～20 cm，达不到在百米之外充电，A选项错误；通过改变地面供电装置的电流来使车身感应装置中产生感应电流，因此，感应装置中的感应电流的磁场方向是阻碍感应线圈磁通量的变化，B正确；感应电流的磁场不一定与发射线圈中的电流产生的磁场方向相反，C错误；由于电磁波传播的时候有电磁辐射，感应线圈和发射线圈中的能量传输效率不能达到百分之百，D错误．
4．(2017·江西鹰潭市一模)如图4所示，在竖直平面内有一金属环，环半径为0.5 m，金属环总电阻为2 Ω，在整个竖直平面内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B＝1 T，在环的最高点上方高度为0.5 m的A点用铰链连接一长度为1.5 m，电阻为3 Ω的导体棒AB，当导体棒AB摆到竖直位置时，导体棒B端的速度为3 m/s，已知导体棒下摆过程中紧贴环面且与金属环有良好接触，则导体棒AB摆到竖直位置时AB两端的电压大小为( )
图4
A．0.4 V B．0.65 V
C．2.25 V D．4.5 V
答案 B
解析 当导体棒摆到竖直位置时，由v＝ωr可得：C点的速度为：vC＝vB＝×3 m/s＝1 m/s
AC间电压大小为：＝＝BLAC·＝1×0.5× V＝0.25 V
CB段产生的感应电动势的大小为：＝BLCB·＝1×1× V＝2 V
金属环两侧并联，并联电阻为：R＝ Ω＝0.5 Ω，导体棒CB段的电阻为：r＝2 Ω
则CB间电压大小为：＝|ECB|＝×2 V＝0.4 V，故AB两端的电压大小为：＝＋＝0.25 V＋0.4 V＝0.65 V.
知识方法链接
1．磁场变化产生感应电动势或感应电流时一般由B－t图象或Φ－t图象，判断I－t或E－t关系
(1)正方向的规定．
(2)B－t图象、Φ－t图象的斜率相同时，E、I大小方向不变．反之电流、电动势恒定时，B(Φ)随时间均匀变化．
(3)安培力大小与B、I、L有关，当I、L不变，B均匀变化时安培力均匀变化．
2．导体棒、线框切割磁感线时
有效切割长度：导体首尾连线在垂直磁场、垂直切割速度方向上的投影长度．
真题模拟精练
5．(多选)(2017·全国卷Ⅱ·20)两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁感应强度方向与纸面垂直．边长为0.1 m、总电阻为0.005 Ω的正方形导线框abcd位于纸面内，cd边与磁场边界平行，如图5(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( )
图5
A．磁感应强度的大小为0.5 T
B．导线框运动速度的大小为0.5 m/s
C．磁感应强度的方向垂直于纸面向外
D．在t＝0.4 s至t＝0.6 s这段时间内，导线框所受的安培力大小为0.1 N
答案 BC
解析 由E－t图象可知，导线框经过0.2 s全部进入磁场，则速度v＝＝ m/s＝0.5 m/s，选项B正确；由图象可知，E＝0.01 V，根据E＝Blv得，B＝＝ T＝0.2 T，选项A错误；根据右手定则及正方向的规定可知，磁感应强度的方向垂直于纸面向外，选项C正确；在t＝0.4 s至t＝0.6 s这段时间内，导线框中的感应电流I＝＝ A＝2 A，所受的安培力大小为F＝BIl＝0.2×2×0.1 N＝0.04 N，选项D错误．
6．(多选)(2017·山东临沂市一模)如图6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Uab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6
答案 BD
7．(多选)(2017·山东泰安市一模)矩形线框abcd固定放在匀强磁场中，磁场方向与线框平面垂直，磁感应强度B随时间t变化的图象如图7所示．设t＝0时刻，磁感应强度的方向垂直纸面向里，i表示线框中感应电流的大小(规定电流沿顺时针方向为正)，F表示线框ab边所受安培力的大小(规定ab边所受的安培力方向向左为正)，则下列图象中可能正确的是( )
图7
答案 AC
解析 在0～2 s内，磁感应强度均匀变化，穿过线框的磁通量均匀变化，产生恒定电流．磁场方向先垂直纸面向里后垂直纸面向外，磁通量先减小后增大，由楞次定律可知，感应电流方向为顺时针，电流为正值．根据法拉第电磁感应定律得：E＝S，感应电流I＝＝·，一定，则感应电流也一定．同理得知，在2～4 s内，感应电流方向为逆时针，电流为负值，感应电流也一定．故A正确，B错误．在0～2 s内，线框ab边所受安培力的大小为F＝BIL，IL一定，F与B成正比，而由左手定则判断可知，安培力方向先向左后向右，即先为正值后为负值．同理得知，在2～4 s内，F与B成正比，安培力方向先向左后向右，即先为正值后为负值，与0～2 s内情况相同．故C正确，D错误．
8．(多选)(2017·福建莆田市一模)如图8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两端接一阻值为R的定值电阻，质量为m、阻值为r的金属棒ab垂直导轨放置，其他部分电阻不计．整个装置处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向上．t＝0时刻对金属棒施加一平行于导轨向上的外力F，使金属棒由静止开始沿导轨向上运动，金属棒的位移x随时间t
变化的关系如图乙所示，其图线为抛物线．则关于穿过回路abPMa的磁通量Φ、外力F、通过金属棒的电荷量q和a、b两端的电势差的绝对值Uab随时间t变化的图象，正确的是( )
图8
答案 BD
解析 由题图乙为抛物线，可得x＝kt2，k是比例系数，所以金属棒做初速度为0的匀加速直线运动．设金属棒长为L，速度为v，加速度为a，根据匀变速直线运动速度时间规律可得：v＝at.因为金属棒的速度v随时间均匀增大，而B和L不变，由E＝BLv＝n可知，产生的感应电动势是随时间均匀增大的，而A图描述磁通量Φ与时间t关系中斜率不变，产生的感应电动势不变，故A错误；根据牛顿第二定律得：F－F安－mgsin θ＝ma，安培力公式：F安＝BIL，由闭合电路欧姆定律得：E＝I(R＋r)，金属棒切割磁感线：E＝BLv，匀变速直线运动规律：v＝at，以上各式联立得：F＝＋ma＋mgsin θ，可知F与t为一次函数关系，故B正确；由电流定义式得：q＝Δt，由闭合电路欧姆定律得：＝，法拉第电磁感应定律：＝n，可得q＝n，而ΔΦ＝BLx，x＝at2，匝数n＝1，所以：q＝，所以q与t为二次函数关系，故C错误；a、b两端的电圧的绝对值Uab＝IR，根据闭合电路欧姆定律：I＝，金属棒切割磁感线：E＝BLv，根据匀变速直线运动规律：v＝at，以上各式联立得：Uab＝R，所以Uab与t成正比．故D正确．
知识方法链接
电磁感应与动力学综合题的解题策略
(1)做好电路分析，明确电源与外电路，可画等效电路图．
(2)做好受力分析，把握安培力的特点，安培力大小一般与导体棒速度有关，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)做好运动过程分析：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”．
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9．(多选)(2017·山东滨州市一模)如图9甲所示，两平行光滑金属导轨MN、PQ固定在水平面上，导轨间距为l、电阻不计．匀强磁场方向垂直导轨平面向上，磁感应强度为B.相同的两金属棒ab、cd垂直放置在导轨上与导轨构成闭合回路．两棒ab、cd的质量均为m、电阻均为R.用一沿导轨方向的水平恒力F拉ab棒，两棒由静止开始运动，①②为两棒运动的v－t图象如图乙所示，t0时刻后①②两线为直线，则下列说法正确的是( )
图9
A．①是ab棒的v－t图象
B．2t0时刻回路中的电流I＝
C．2t0时刻两棒的加速度均为a＝
D．0到t0内拉力F做的功大于两棒动能的增量与回路中焦耳热之和
答案 BC
10．(2017·河北邯郸市质检)如图10甲所示，两根足够长、电阻不计的平行金属导轨相距L＝1 m，导轨平面与水平面的夹角θ＝37°，下端连接阻值R＝1 Ω的电阻；质量m＝1 kg、阻值r＝1 Ω的匀质金属棒cd放在两导轨上，到导轨最下端的距离L1＝1 m，棒与导轨垂直并保持良好接触，与导轨间的动摩擦因数μ＝0.9.整个装置处于与导轨平面垂直(向上为正)的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化的情况如图乙所示．认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，已知在0～1.0 s内，金属棒cd保持静止，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2.
图10
(1)求0～1.0 s内通过金属棒cd的电荷量；
(2)求t＝1.1 s时刻，金属棒cd所受摩擦力的大小和方向；
(3)1.2 s后，对金属棒cd施加一沿斜面向上的拉力F，使金属棒cd沿斜面向上做加速度大小a＝2 m/s2的匀加速运动，请写出拉力F随时间t′(从施加F时开始计时)变化的关系式．
答案 (1)1 C (2)6.2 N，方向沿导轨向上 (3)F＝15.2＋0.16t′
解析 (1)在0～1.0 s内，金属棒cd上产生的感应电动势为：E＝，其中S＝L1L＝1 m2
由闭合电路的欧姆定律有：I＝
由于0～1.0 s内回路中的电流恒定，故该段时间通过金属棒cd的电荷量为： q＝IΔt，其中Δt＝1 s解得：q＝1 C.
(2)假设0～1.1 s内金属棒cd保持静止，则在0～1.1 s内回路中的电流不变，t＝1.1 s时，金属棒cd所受的安培力为：F′＝B1IL＝0.2 N，方向沿导轨向下
又导轨对金属棒cd的最大静摩擦力为：Ff＝μmgcos 37°＝7.2 N
由于mgsin 37°＋F′＝6.2 N＜Ff，可知假设成立，金属棒cd仍保持静止
故所求摩擦力为6.2 N，方向沿导轨向上．
(3)1.2 s后，金属棒cd上产生的感应电动势为：E′＝B2Lv，其中v＝at′
金属棒cd所受安培力的大小为：F安＝B2I2L，其中I2＝
由牛顿第二定律有：F－mgsin θ－μmgcos θ－F安＝ma解得：F＝15.2＋0.16t′.
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电磁感应中能量的三种求解方法
(1)利用克服安培力做功求解：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功．
(2)利用能量守恒定律求解：若只有电能和机械能参与转化，则机械能的减少量等于产生的电能．
(3)利用电路的相关公式——电功公式或电热公式求解：若通过电阻的电流是恒定的，则可直接利用电功公式或焦耳定律求解焦耳热．
特别提醒：回路中某个元件的焦耳热和回路总焦耳热之间的关系，不能混淆．
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11．(2014·新课标Ⅱ·25)半径分别为r和2r的同心圆形导轨固定在同一水平面内，一长为r、质量为m且质量分布均匀的直导体棒AB置于圆导轨上面，BA的延长线通过圆导轨中心O，装置的俯视图如图11所示．整个装置位于一匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，方向竖直向下．在内圆导轨的C点和外圆导轨的D点之间接有一阻值为R的电阻(图中未画出)．直导体棒在水平外力作用下以角速度ω绕O逆时针匀速转动，在转动过程中始终与导轨保持良好接触．设导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，导体棒和导轨的电阻均可忽略．重力加速度大小为g.求：
图11
(1)通过电阻R的感应电流的方向和大小；
(2)外力的功率．
解析 (1)根据右手定则，得导体棒AB上的电流方向为B→A，故电阻R上的电流方向为C→D.
设导体棒AB中点的速度为v，则v＝
而vA＝ωr，vB＝2ωr
根据法拉第电磁感应定律，导体棒AB上产生的感应电动势E＝Brv
根据闭合电路欧姆定律得I＝，联立以上各式解得通过电阻R的感应电流的大小为I＝.
(2)根据能量守恒定律，外力的功率P等于安培力与摩擦力的功率之和，即P＝BIrv＋Ffv，而Ff＝μmg
解得P＝＋.
12．(2017·福建厦门市3月质检)如图12所示，PQ和MN是固定于倾角为30°斜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的质量为2m、cd的质量为m，长度均为L、电阻均为R；两金属棒的长度恰好等于轨道的间距，并与轨道形成闭合回路．整个装置处在垂直斜面向上、磁感应强度为B的匀强磁场中，若锁定金属棒ab不动，使金属棒cd在与其垂直且沿斜面向上的恒力F＝2mg作用下，沿轨道向上做匀速运动．重力加速度为g.
图12
(1)试推导论证：金属棒cd克服安培力做功的功率P安等于电路获得的电功率P电；
(2)设金属棒cd做匀速运动中的某时刻t0＝0，恒力大小变为F′＝1.5mg，方向不变，同时解锁、静止释放金属棒ab，直到t时刻金属棒ab开始做匀速运动；求：
①t时刻以后金属棒ab的热功率Pab；
②0～t时刻内通过金属棒ab的电荷量q；
解析 (1)设金属棒cd做匀速运动的速度为v，
E＝BLv①
I＝②
F安＝IBL③
金属棒cd克服安培力做功的功率P安＝F安v④
电路获得的电功率P电＝⑤
由①②③④得P安＝⑥
由①⑤得P电＝⑦
所以：P安＝P电
(2)①金属棒ab做匀速运动，则有I1BL＝2mgsin 30°⑧
金属棒ab的热功率Pab＝IR⑨
由⑧⑨解得：Pab＝⑩
②F＝mgsin 30°＋F安⑪
F安＝BIL⑫
I＝⑬
联立⑪⑫⑬解得v＝⑭
设t时刻以后金属棒ab做匀速运动的速度为v1，金属棒cd做匀速运动的速度为v2；
由金属棒ab、金属棒cd组成的系统动量守恒得：
mv＝2mv1＋mv2⑮
回路电流
I1＝⑯
由⑧⑭⑮⑯解得：金属棒ab做匀速运动的速度v1＝ ⑰
0～t时刻内对金属棒ab分析：在电流为i的很短时间Δt内，速度的改变量为Δv.由动量定理得：
BiLΔt－2mgsin 30°·Δt＝2mΔv⑱
对⑱进行求和得：
BiLΔt－mgΔt＝2mΔv⑲
解得BLq－mgt＝2mv1⑳
由⑰⑳解得：q＝
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1．(2016·全国卷Ⅰ·24)如图1所示，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，使两金属棒水平．右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，已知两根导线刚好不在磁场中，回路电阻为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，已知金属棒ab匀速下滑．求：
图1
(1)作用在金属棒ab上的安培力的大小；
(2)金属棒运动速度的大小．
解析：(1)由于ab、cd棒被平行于斜面的导线相连，故ab、cd速度总是相等，cd也做匀速直线运动．设导线的张力的大小为FT，右斜面对ab棒的支持力的大小为FN1，作用在ab棒上的安培力的大小为F，左斜面对cd棒的支持力大小为FN2.对于ab棒，受力分析如图甲所示，由力的平衡条件得
甲 乙
2mgsin θ＝μFN1＋FT＋F①
FN1＝2mgcos θ②
对于cd棒，受力分析如图乙所示，由力的平衡条件得
mgsin θ＋μFN2＝FT′＝FT③
FN2＝mgcos θ④
联立①②③④式得：F＝mg(sin θ－3μcos θ)⑤
(2)设金属棒运动速度大小为v，ab棒上的感应电动势为E＝BLv⑥
回路中电流I＝⑦
安培力F＝BIL⑧
联立⑤⑥⑦⑧得：
v＝(sin θ－3μcos θ)
2．(多选)(2016·全国卷Ⅱ·20) 法拉第圆盘发电机的示意图如图2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( )
图2
A．若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定
B．若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿a到b的方向流动
C．若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化
D．若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R上的热功率也变为原来的2倍
答案 AB
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正确；由感应电动势E＝Bl2ω知，角速度恒定，则感应电动势恒定，电流大小恒定，选项A正确；角速度大小变化，感应电动势大小变化，但感应电流方向不变，选项C错误；若ω变为原来的2倍，则感应电动势变为原来的2倍，电流变为原来的2倍，由P＝I 2R知，电流在R上的热功率变为原来的4倍，选项D错误．
3．(2016·全国卷Ⅱ·24)如图3所示，水平面(纸面)内间距为l的平行金属导轨间接一电阻，质量为m、长度为l的金属杆置于导轨上．t＝0时，金属杆在水平向右、大小为F的恒定拉力作用下由静止开始运动．t0时刻，金属杆进入磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，且在磁场中恰好能保持匀速运动．杆与导轨的电阻均忽略不计，两者始终保持垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数为μ.重力加速度大小为g.求：
图3
(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＝ma①
设金属杆到达磁场左边界时的速度为v，由运动学公式有v＝at0②
当金属杆以速度v在磁场中运动时，由法拉第电磁感应定律知产生的电动势为
E＝Blv③
联立①②③式可得
E＝Blt0(－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＝⑤
式中R为电阻的阻值．金属杆所受的安培力为
F安＝BlI⑥
因金属杆做匀速运动，有
F－μmg－F安＝0⑦
联立④⑤⑥⑦式得
R＝.
4．(多选)(2016·全国卷Ⅲ·21)如图4所示，M为半圆形导线框，圆心为OM；N是圆心角为直角的扇形导线框，圆心为ON；两导线框在同一竖直面(纸面)内；两圆弧半径相等；过直线OMON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OM和ON的轴，以相同的周期T逆时针匀速转动，则( )
图4
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T
C．在t＝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
答案 BC
解析 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＝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．
5．(2016·全国卷Ⅲ·25)如图5所示，两条相距l的光滑平行金属导轨位于同一水平面(纸面)内，其左端接一阻值为R的电阻；一与导轨垂直的金属棒置于两导轨上；在电阻、导轨和金属棒中间有一面积为S的区域，区域中存在垂直于纸面向里的均匀磁场，磁感应强度大小B1随时间t的变化关系为B1＝kt，式中k为常量；在金属棒右侧还有一匀强磁场区域，区域左边界MN(虚线)与导轨垂直，磁场的磁感应强度大小为B0
，方向也垂直于纸面向里．某时刻，金属棒在一外加水平恒力的作用下从静止开始向右运动，在t0时刻恰好以速度v0越过MN，此后向右做匀速运动．金属棒与导轨始终相互垂直并接触良好，它们的电阻均忽略不计．求：
图5
(1)在t＝0到t＝t0时间间隔内，流过电阻的电荷量的绝对值；
(2)在时刻t(t>t0)穿过回路的总磁通量和金属棒所受外加水平恒力的大小．
解析 (1)在金属棒未越过MN之前，穿过回路的磁通量的变化量为
ΔΦ＝ΔBS＝kΔtS①
由法拉第电磁感应定律有
E＝②
由欧姆定律得
I＝③
由电流的定义得
I＝④
联立①②③④式得
|Δq|＝Δt⑤
由⑤式得，在t＝0到t＝t0的时间间隔内即Δt＝t0，流过电阻R的电荷量q的绝对值为
|q|＝⑥
(2)当t>t0时，金属棒已越过MN.由于金属棒在MN右侧做匀速运动，有
F＝F安⑦
式中，F是外加水平恒力，F安是金属棒受到的安培力．设此时回路中的电流为I，
F安＝B0lI⑧
此时金属棒与MN之间的距离为s＝v0(t－t0)⑨
匀强磁场穿过回路的磁通量为
Φ′＝B0ls⑩
回路的总磁通量为
Φt＝Φ＋Φ′⑪
其中Φ＝B1S＝ktS⑫
由⑨⑩⑪⑫式得，在时刻t(t>t0)，穿过回路的总磁通量为Φt＝B0lv0(t－t0)＋kSt⑬
在t到t＋Δt的时间间隔内，总磁通量的改变量ΔΦt为
ΔΦt＝(B0lv0＋kS)Δt⑭
由法拉第电磁感应定律得，回路感应电动势的大小为
Et＝⑮
由欧姆定律得
I＝⑯
联立⑦⑧⑭⑮⑯式得
F＝(B0lv0＋kS).
6．(多选)(2015·新课标全国Ⅰ·19) 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6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( )
图6
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
答案 AB
解析 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；圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成的电流的磁场方向沿圆盘轴线方向，会使磁针沿轴线方向偏转，选项D错误．
7．(2015·新课标全国Ⅱ·15) 如图7所示，直角三角形金属框abc放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向平行于ab边向上．当金属框绕ab边以角速度ω逆时针转动时，a、b、c三点的电势分别为Ua、Ub、Uc.已知bc边的长度为l.下列判断正确的是( )
图7
A．Ua＞Uc，金属框中无电流
B．Ub＞Uc，金属框中电流方向沿a－b－c－a
C．Ubc＝－Bl 2ω，金属框中无电流
D．Ubc＝Bl 2ω，金属框中电流方向沿a－c－b－a
答案 C
解析 金属框abc平面与磁场平行，转动过程中磁通量始终为零，所以无感应电流产生，选项B、D错误．转动过程中bc边和ac边均切割磁感线，产生感应电动势，由右手定则判断Ua
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