2018届高考物理二轮复习文档：四　电路与电磁感应

2018届高考物理二轮复习文档：四　电路与电磁感应

专题四　电路与电磁感应 第一讲直流电路与交流电路 考点一 交流电的产生及描述 ‎1.[考查正弦交流电的产生及有效值的应用]‎ 间距为 m的无限长光滑金属导轨水平放置，导轨中间分布有磁感应强度为1 T的匀强磁场，磁场边界为正弦曲线，一长为2 m的光滑导体棒以1 m/s的速度匀速向右滑动，如图所示，导轨电阻不计，导体棒电阻为20 Ω，定值电阻为10 Ω，则下列分析正确的是(　　)‎ A．电流表示数为 A B．电压表的示数是0.5 V C．导体棒运动到图示虚线位置时，导体棒的瞬时电流从C到D D．导体棒上消耗的热功率为0.2 W 解析：选B　当导体棒切割磁感线时，产生的感应电动势为E＝BLv，由于有效切割长度按正弦规律变化，且当磁场反向时，感应电流反向，故这个过程产生正弦式交流电，导体棒有效切割长度最长等于 m，交流电的最大值是：Em＝BLv＝1××1 V＝ V，有效值为E＝＝1 V，由于导体棒接入电路的有效长度为总长度一半，所以接入电路电阻为10 Ω，定值电阻也为10 Ω。则电压表的示数为U＝E＝0.5 V，选项B正确。电流表的示数为I＝＝ A＝0.05‎ ‎ A，选项A错误。导体棒运动到图示虚线位置时，磁感应强度等于0，瞬时电流等于0，选项C错误。导体棒上消耗的热功率为Pr＝I2r＝0.052×10 W＝0.025 W，选项D错误。‎ ‎2．[考查交流电的产生及瞬时值、平均值]‎ ‎[多选]小型发电机线圈共N匝，每匝可简化为矩形线圈abcd，bc边长度为L1，磁极间的磁场可视为匀强磁场，方向垂直于线圈中心轴OO′，线圈以角速度ω绕OO′匀速转动，如图所示。矩形线圈ab边和cd边产生的感应电动势的最大值都为e0，不计线圈电阻，下列说法正确的是(　　)‎ A．ab边长度为L＝ B．产生的交变电流的周期是2πω C．若从中性面开始计时，则发电机的感应电动势的瞬时值表达式为e＝2Ne0sin ωt D．发电机线圈从垂直中性面位置转动90°的过程中，产生的感应电动势的平均值是 解析：选AC　由题意可知，线圈ab边和cd边产生的感应电动势的最大值都为e0，由e0＝BLv＝BL，解得L＝，选项A正确；T＝，选项B错误；对单匝矩形线圈，其感应电动势最大值为2e0，发电机线圈共N匝，所以发电机线圈中总感应电动势最大值为2Ne0，从中性面开始计时，则感应电动势的瞬时值表达式为e＝2Ne0sin ωt，选项C正确；发电机线圈从垂直中性面位置转动90°的过程中，磁通量变化量为ΔΦ＝BLL1＝，时间Δt＝＝，产生的感应电动势平均值是＝N＝，选项D错误。‎ ‎3．[考查交流电的四值及应用]‎ 电动机的内电阻r＝2 Ω，与R＝8 Ω的电阻串联接在线圈上，如图所示。已知线圈面积为 m2，共100匝，线圈的电阻为2 Ω，线圈在B＝ T的匀强磁场中绕OO′以转速n＝600 r/min匀速转动，在合上开关S后电动机正常工作时，电压表的示数为100 V。则下列说法正确的是(　　)‎ A．电路中电流的最大值为5 A B．电路中电流的最大值为10 A C．电动机正常工作时的输出功率为1 000 W D．电动机正常工作时的输出功率为800 W 解析：选B　线圈的角速度ω＝20π rad/s，电动势的最大值Em＝NBSω＝200 V，有效值E＝＝200 V，电路中的电流I＝＝10 A，电流的最大值为Im＝10 A，选项A错误，B正确；电动机正常工作时的输出功率为P出＝UI－I2r＝800 W，选项C、D错误。‎ 考点二 直流电路的动态分析 ‎4.[考查直流电路中的电流表、电压表示数变化分析]‎ 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。‎ ‎5．[考查含容电路的动态问题分析]‎ 如图所示电路中，电流表A和电压表V均可视为理想电表。现闭合开关S后，将滑动变阻器滑片P向左移动，下列说法正确的是(　　)‎ A．电流表A的示数变小，电压表V的示数变大 B．小灯泡L变亮 C．电容器C上电荷量减少 D．电源的总功率变大 解析：选A　闭合开关S后，将滑动变阻器滑片P向左移动时，变阻器接入电路的电阻增大，根据闭合电路欧姆定律得知，电路中总电流I减小，则小灯泡L变暗，电流表A的示数变小。电压表的示数U＝E－I(RL＋r)，I减小，其他量不变，则U增大，即电压表V的示数变大。故A正确，B错误。电容器的电压等于变阻器两端的电压，即等于电压表的示数，U增大，由Q＝CU，知电容器C上的电荷量增大，故C错误。电源的总功率P＝EI，I减小，则电源的总功率变小，故D错误。‎ ‎6．[考查电流、电压变化的极值问题]‎ ‎[多选]如图所示的电路中，电源内阻忽略不计，R1＝R2＝R3＝R。闭合开关S，电压表V的示数为U，电流表A的示数为I。在滑动变阻器R1的滑片P由a端滑到b端的过程中，电压表V的示数变化大小为ΔU，电流表A的示数变化大小为ΔI，下列说法正确的是(　　)‎ A．U先变小后变大 B．I先变大后变小 C．ΔU与ΔI的比值保持不变 D．U与I的乘积先变小后变大 解析：选CD　将R3等效为电源的内阻，由题图可知电压表测量的是等效电源的路端电压，滑动变阻器R1的滑片P由a端滑到b端的过程中，电路总电阻先增大后减小，根据闭合电路欧姆定律，电路总电流先减小后增大，即电流表示数先变小后变大，则R3两端的电压先减小后增大，所以电压表的读数先变大后变小，故A、B错误；ΔU与ΔI的比值始终等于等效电源的内阻，即R3，故C正确；滑片P在a或b端时，I1＝，U1＝I1R＝，U1I1＝，在a、b正中间时，I2＝，U2＝I2·1.25R＝，U2I2＝，可见U与I的乘积先变小后变大，故D正确。‎ ‎7．[考查电表示数变化量大小的比较]‎ 如图，电路中定值电阻阻值R大于电源内阻阻值r，闭合开关S后，将滑动变阻器R0的滑片向下滑动，理想电压表V1、V2、V3示数变化量的绝对值分别为ΔU1、ΔU2、ΔU3，理想电流表A示数变化量的绝对值为ΔI，则(　　)‎ A．A的示数减小 B.＞r C．ΔU1＜ΔU2‎ D．电源的输出功率逐渐减小 解析：选B　根据理想电压表内阻无穷大，相当于断路，理想电流表内阻为零，相当于短路，所以R与变阻器R0串联，电压表V1、V2、V3分别测量R、路端电压和滑动变阻器两端的电压。当滑动变阻器滑片向下滑动时，变阻器的阻值变小了，电路的总电阻减小了，电流变大，所以A的示数变大，故A错误；根据欧姆定律，U3＝E－I(R＋r)，则有＝R＋r＞r，故B正确；＝R，＝r，R＞r，所以ΔU1＞ΔU2，故C错误；当内外电阻相等时，电源的输出功率最大。由于外电阻大于电源内阻，当滑片向下滑动时，外电阻减小，外电阻越来越接近内电阻，电源的输出功率逐渐增大，故D错误。‎ 考点三 交流电路的动态分析 ‎8.[考查变压器负载变化引起的动态变化问题]‎ ‎[多选]每到夜深人静的时候我们就会发现灯泡比睡觉前要亮，其原因在于大家都在用电时，用电器较多，利用如图模拟输电线路，开关的闭合或者断开模拟用户的变化，原线圈输入50 Hz的220 V交流电，则下列分析正确的是(　　)‎ A．定值电阻相当于输电线电阻 B．开关闭合，灯泡L1两端电压升高 C．开关闭合，原线圈输入功率增大 D．开关断开，副线圈电压增大 解析：选AC　原、副线圈匝数和电压成正比，由于匝数比值不变，原线圈输入电压也不变，所以副线圈电压不会变化，选项D错误。家庭电路用电器之间为并联关系，用户较多时，并联支路增多，相当于开关闭合，而与之串联的定值电阻，实际是等效输电线的电阻，选项A正确。开关闭合副线圈总电阻变小，总电流变大，定值电阻分电压增多，并联电压变小，即灯泡L1‎ 两端电压减小，选项B错误。副线圈电压不变电流增大，副线圈电功率增大，根据能量守恒，原线圈电功率也增大，选项C正确。‎ ‎9．[考查变压器负载及副线圈匝数变化引起的动态变化]‎ ‎[多选]如图所示，可调理想变压器原线圈接交流电，副线圈通过滑动触头P可改变其匝数。下列说法正确的是(　　)‎ A．仅增大R的阻值，通过灯泡L的电流将变大 B．仅增大R的阻值，通过灯泡L的电流将变小 C．仅将滑动触头P向下滑动，灯泡L两端的电压将变大 D．仅将滑动触头P向下滑动，灯泡L两端的电压将变小 解析：选BD　仅增大电阻R时，由于匝数不变，输出电压不变，则由欧姆定律可知，通过灯泡的电流变小，故A错误，B正确；滑动触头向下滑动时，输出端匝数减小，则输出电压变小，灯泡两端的电压变小，故C错误，D正确。‎ ‎10．[考查变压器原线圈匝数及负载变化引起的动态变化]‎ ‎[多选]一个理想变压器，开始时开关S接1，此时原、副线圈的匝数比为9∶1。一个理想二极管和一个滑动变阻器串联接在副线圈上，此时滑动变阻器接入电路的阻值为10 Ω，如图甲所示。原线圈接入如图乙所示的正弦式交流电。则下列判断正确的是(　　)‎ A．电压表的示数为4 V B．滑动变阻器消耗的功率为0.8 W C．若将开关S由1拨到2，同时滑动变阻器滑片向下滑动，电流表示数将变大 D．若将二极管用导线短接，电流表示数加倍 解析：选BD　原线圈交流电压的有效值为：U1＝ V＝36 V，根据电压与匝数成正比，＝，得：U2＝×U1＝4 V，二极管具有单向导电性，根据电流的热效应有：·‎ ＝·T，解得：U2′＝＝ V＝2 V，即电压表示数为2 V，故A错误；滑动变阻器消耗的功率为：P＝＝ W＝0.8 W，故B正确；将开关S由1拨到2，同时滑动变阻器滑片向下滑动，根据电压与匝数成正比，副线圈电压变小，滑动变阻器电阻变大，输出功率变小，输入功率变小，根据P1＝U1I1，电流表示数将变小，故C错误；若将二极管用导线短接，输出功率加倍，输入功率加倍，电流表示数加倍，故D正确。‎ ‎11．[考查变压器动态变化中的极值问题]‎ ‎[多选]如图所示，一理想变压器的原、副线圈匝数之比为n1∶n2＝55∶1，原线圈接入电压u＝220sin 100πt(V)的交流电源，图中电表均为理想电表，闭合开关后，当滑动变阻器的滑动触头P从最上端滑到最下端的过程中，下列说法正确的是(　　)‎ A．副线圈中交变电流的频率为100 Hz B．t＝0.02 s时，电压表的示数为4 V C．电流表的示数先变小后变大 D．电流表的示数先变大后变小 解析：选BC　由电压公式知交流电的ω＝100π，则频率f＝＝ Hz＝50 Hz，故A错误；原线圈两端的输入电压有效值为220 V，由电压与匝数成正比知，＝，所以副线圈两端电压为：U2＝·U1＝×220 V＝4 V(即为电压表的示数)，故B正确；由题图可知，滑动变阻器的上下两部分并联后与R串联，根据串并联电路的电阻可知，当滑片P位于中间位置时，并联电阻的电阻值最大，所以当滑动变阻器的滑动触头P从最上端滑到最下端的过程中，电路中的总电阻先增大后减小，根据欧姆定律可知，电路中的电流值将先减小后增大。变压器的输出电流先减小后增大，则输入的电流也是先减小后增大，即电流表的示数先变小后变大，故C正确，D错误。‎ 考点四 变压器与远距离输电问题 ‎12.[考查变压器的工作原理与感抗、容抗]‎ 如图甲所示电路中，A1、A2、A3为相同的电流表，C为电容器，电阻R1、R2、R3的阻值相同，线圈L的电阻不计。在某段时间内理想变压器原线圈内磁场的变化如图乙所示，则在t1～t2时间内(　　)‎ A．电流表A1的示数比A2的小 B．电流表A2的示数比A1的小 C．电流表A1和A2的示数相同 D．电流表的示数都不为零 解析：选C　原线圈中磁场如题图乙所示变化，则原线圈中的磁通量均匀变化，故副线圈中产生恒定的电流，因线圈电阻不计，故线圈L对恒定电流没有阻碍作用，所以电流表A1和A2的示数相同，而电容器“通交流、隔直流”，所以电流表A3的示数为0。只有C正确。‎ ‎13．[考查远距离输电的构造、原理]‎ ‎[多选]某同学在实验室中研究远距离输电。由于输电线太长，他将每100米导线卷成一卷，共卷成8卷来代替输电线路(忽略输电线路的自感作用)。第一次直接将输电线与学生电源及用电器相连，测得输电线上损失的功率为P1。第二次采用如图所示的电路输电，其中理想变压器T1与学生电源相连，其原、副线圈的匝数比为n1∶n2，理想变压器T2与用电器相连，测得输电线上损失的功率为P2。下列说法正确的是(　　)‎ A．前后两次实验都可用于研究远距离直流输电 B．实验可以证明，减小输电电流能减小远距离输电的能量损失 C．若输送功率一定，则P2∶P1＝n12∶n22‎ D．若输送功率一定，则P2∶P1＝n1∶n2‎ 解析：选BC　变压器只能改变交变电流的电压，所以第二次实验只能研究远距离交流输电，A错误；实验可以证明，减小输电电流可以减小远距离输电的能量损失，B正确；第一次输电时，P1＝I12R＝2R，第二次输电 时，P2＝I22R，又I2＝，U2＝U1可得：P2＝·R，故＝，C正确，D错误。‎ ‎14．[考查远距离输电的相关计算]‎ ‎[多选]如图所示，(a)是远距离输电线路的示意图，变压器均为理想变压器。(b)是用户内部电路图，由1 000个完全相同的电阻并联。(c)是某个电阻的电流随时间变化的图像。已知升压变压器原、副线圈的匝数比为1∶100，降压变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，远距离输电线的总电阻为r＝20 Ω，在输电线上损失的电功率等于输电功率的5%，不考虑降压变压器与用户间导线的电阻。则(　　)‎ A．发电机的输出功率是4×106 W B．升压变压器的输入电压是400 V C．降压变压器的输入电压是40 000 V D．用户电路中每个电阻的阻值是3 800 Ω 解析：选ABD　用户电路中通过每个电阻的电流有效值I＝1 A，降压变压器的输出电流I4＝nI＝1 000 A，升压变压器的输出电流I2、输电线上的电流I线、降压变压器的输入电流I3相等，输电线上的电流I线＝I2＝I3＝I4＝100 A，输电线上损失的电功率ΔP＝I线2r＝2‎ ‎×105 W，发电机的输出功率也就是输电功率P1＝＝4×106 W，A正确；升压变压器的输入电流I1＝I2＝10 000 A，升压变压器的输入电压U1＝＝400 V，B正确；升压变压器的输出电压U2＝U1＝40 000 V，降压变压器的输入电压U3＝U2－I线r＝38 000 V，C错误；降压变压器的输出电压U4＝U3＝3 800 V，每个电阻的阻值是R＝＝3 800 Ω，D正确。‎ 考点一　交流电的产生及描述 本考点是对交流电的产生及描述交流电的物理量等知识的考查，常以选择题的形式呈现，四个选项考查多个知识点，考生失分的原因，大多是因知识或概念的混淆。建议考生自学为主 ‎[夯基固本]‎ ‎[重点清障]‎ ‎1．正弦交变电流不只局限于由线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动而产生。如诊断卷第1题，匀速切割磁感线的导体棒的有效长度按正弦规律变化，也可产生正弦交变电流。‎ ‎2．电压表、电流表的示数对应交流电的有效值，计算用电器的电热功率时，也应利用电流或电压的有效值。如诊断卷第1题中A、B、D选项。‎ ‎3．对于有电动机的回路，要注意欧姆定律的适用条件。如诊断卷第3题，回路中电流不可用I＝来求，而应用：E－U＝I(R＋r线圈)求解。‎ ‎1．[多选]如图甲所示是一种振动发电装置的示意图，一个半径r＝0.10 m、匝数n＝20匝的线圈套在永久磁铁槽中，槽中磁场的磁感线均沿半径方向均匀分布(其右侧视图如图乙所示)，线圈所在位置磁感应强度B的大小均为B＝ T，线圈的电阻R1＝0.50 Ω，它的引出线接有R2＝9.50 Ω的小灯泡L，A为理想交流电流表。当线圈框架的P端在外力作用下沿轴线做往复运动时，便有电流通过灯泡。若线圈往复运动的规律如图丙所示(取向右为正)，则下列判断正确的是(　　)‎ A．电流表的示数为0.24 A B．0.01 s时回路中的电流最大 C．回路中交流电的频率为50 Hz ‎ D．0.015 s时灯泡L中电流的方向为从C→L→D 解析：选CD　由E＝BLv及v t图像可知，线圈往复运动所产生的感应电流为正弦式交流电，则Em＝nB×2πrvm＝2.4 V，电流的有效值I＝＝ A，选项A错误；由图像可知T＝0.02 s，f＝50 Hz，选项C正确；t＝0.01 s时，v＝0，所以I＝0，选项B错误；t＝0.015 s时，由右手定则可知，电流方向为C→L→D，选项D正确。‎ ‎2．(2017·唐山模拟)一个U形金属线框在匀强磁场中绕OO′轴以相同的角速度匀速转动，通过导线给同一电阻R供电，如图甲、乙所示。其中甲图中OO′轴右侧有磁场，乙图中整个空间均有磁场，两磁场磁感应强度相同。则甲、乙两图中交流电流表的示数之比为(　　)‎ A．1∶　　　　　　　 　B．1∶2‎ C．1∶4 D．1∶1‎ 解析：选A　题图甲中的磁场只在OO′轴的右侧，所以线框只在半周期内有感应电流产生，如图甲，电流表测得的是有效值，所以I＝。题图乙中的磁场布满整个空间，线框中产生的感应电流如图乙，所以I′＝，则I∶I′＝1∶，即A正确。‎ 考点二　直流电路的动态分析 高考对本考点的考查较为简单，考生失分主要原因是不按正确程序进行分析，只关注局部，不考虑整体，解决此类问题时注意应用程序法分析动态变化，并用好“串反并同”结论进行快速判断。需要考生学会灵活变通 ‎[夯基固本]‎ ‎[重点清障]‎ ‎1．程序判断法 遵循“局部—整体—部分”的思路，按以下步骤分析：‎ 如诊断卷第4题，滑动触头P向下滑动→R2↑→R总↑→I总↓‎ ‎2．直观判断法 利用下面两个结论直观地得到结论：‎ ‎(1)任一电阻R阻值增大，必引起该电阻中电流I的减小和该电阻两端电压U的增大。‎ ‎(2)任一电阻R阻值增大，必将引起与之并联的支路中电流I并的增大和与之串联的各电路电压U串的减小。如诊断卷第5题，滑动变阻器滑片P向左移动 ‎3．注意某些特殊公式的含义 如诊断卷第7题，U2＝E－Ir，U3＝E－I(r＋R)，由此可得＝r，＝r＋R，故B项正确。‎ ‎1.(2017·温州模拟)如图所示电路中，电动势为E、内阻为r的电源与一滑动变阻器构成闭合电路，闭合开关S，当滑片移动时，滑动变阻器两端的电压和电路中电流的关系图像为(　　)‎ 解析：选D　由闭合电路欧姆定律E＝U＋Ir，得U＝E－Ir，U与I为一次函数关系，且随电流I增大，电压U减小。‎ ‎2．如图所示，C为两极板水平放置的平行板电容器，闭合开关S，当滑动变阻器R1、R2的滑片处于各自的中点位置时，悬在电容器C两极板间的带电尘埃P恰好处于静止状态。要使尘埃P向下加速运动，下列方法中可行的是(　　)‎ A．将R1的滑片向左移动 B．将R2的滑片向左移动 C．将R2的滑片向右移动 D．将闭合的开关S断开 解析：选B　尘埃P受到重力和电场力而平衡，要使尘埃P向下加速，就要减小电场力，故要减小电容器两端的电压；电路稳定时，滑动变阻器R1无电流通过，两端电压为零，故改变R1的电阻值无效果，故A错误；滑动变阻器R2处于分压状态，电容器两端电压等于滑动变阻器R2左半段的电压，故要减小滑动变阻器R2左半段的电阻值，滑动变阻器R2的滑片应该向左移动，故B正确，C错误；将闭合的开关S断开，电容器两端电压增大到等于电源电动势，故P向上加速运动，D错误。‎ 考点三　交流电路的动态分析 本考点是高考的热点，考查的知识交汇点较多，常与交变电流的性质和变压器的规律相结合。对于这类问题，需通过原、副线圈电路，综合分析变压器与电路的关系。需要考生学会迁移应用 ‎1．明确变压器各物理量间的制约关系 ‎2．谨记三点提醒，全面清除雷区 ‎(1)变压器匝数不变时，变压器的输入、输出电压均不变，但变压器原、副线圈中的电流均随负载的变化而变化。如诊断卷第11题，电压表示数不随触头P的移动而改变；诊断卷第8题，变压器输出电压不变，但因输电线电阻R上消耗的电压变化导致L1两端电压变化。‎ ‎(2)变压器匝数变化时，要注意区分是原线圈还是副线圈匝数变化。如诊断卷第9题，滑片P向下移动，副线圈匝数减小，U2变小，I2变小，D项正确。诊断卷第10题，开关S由1拨到2时，原线圈匝数增大，导致变压器输出电压减小。‎ ‎(3)当变压器输出电压一定时，移动变阻器的滑动触头或改变接入的用电器多少时，引起的各物理量的变化分析方法同直流电路的动态分析方法。如诊断卷第11题，滑动触头P从最上端滑到最下端的过程中，负载电阻值先变大后变小，副线圈电流先变小后变大，由＝可知，电流表示数也先变小后变大，C项正确。‎ ‎1．(2018届高三·福州一中检测)如图所示，匀强磁场的磁感应强度B＝T。单匝矩形线圈面积S＝1 m2。电阻不计，绕垂直于磁场的轴OO′匀速转动。线圈通过电刷与一理想变压器原线圈相接，○为交流电流表。调整副线圈的滑动触头P，当变压器原、副线圈匝数比为2∶1时，副线圈电路中标有“6 V　6 W”的灯泡正常发光。以下判断正确的是(　　)‎ A．电流表的示数为1 A B．矩形线圈产生电动势的最大值为18 V C．从矩形线圈转到中性面开始计时，矩形线圈电动势随时间变化的规律为e＝12sin 60πt(V)‎ D．若矩形线圈转速增大，为使灯泡仍能正常发光，应将P适当下移 解析：选C　灯泡正常发光，故变压器的输出电流为：I2＝＝1 A；根据公式：＝，解得I1＝0.5 A，故A错误；灯泡正常发光，故变压器的输出电压为6 V，根据公式＝，解得：U1＝12 V，故矩形线圈产生电动势的有效值为12 V，最大值为12 V≈17 V，故B错误；根据公式Em＝NBSω，解得：ω＝＝ rad/s＝60π rad/s，故从矩形线圈转到中性面开始计时，矩形线圈电动势随时间的变化规律e＝Emsin ωt＝12sin 60πt(V)，故C正确；若矩形线圈转速增大，根据公式Em＝NBSω，感应电动势的最大值增加，故有效值也增加；为使灯泡仍能正常发光，应该减小变压比，故应将P适当上移，故D错误。‎ ‎2．[多选](2017·银川一模)如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为10∶1，图中电表均为理想电表，R、L和D分别是光敏电阻(其阻值随光强增大而减小)、电感线圈和灯泡。原线圈接入如图乙所示的正弦交流电压u，下列说法正确的是(　　)‎ A．电压u的频率为50 Hz B．电压表的示数为22 V C．有光照射R时，电流表的示数变大 D．抽出L中的铁芯，D变暗 解析：选AC　原线圈接入题图乙所示的正弦交流电压，T＝0.02 s，所以频率为f＝ ‎＝50 Hz，故A正确；原线圈接入电压的最大值是220 V，有效值是U＝220 V，理想变压器原、副线圈匝数比为10∶1，所以电压表的示数为22 V，故B错误；有光照射R时，R阻值随光强增大而减小，根据P＝，得副线圈输出功率增大，所以原线圈输入功率增大，所以电流表的示数变大，故C正确；抽出L中的铁芯，电感线圈自感系数减小，电感线圈对电流的阻碍减小，所以D变亮，故D错误。‎ ‎3．[多选]如图甲所示，一理想变压器原线圈匝数为n1＝1 000匝，副线圈匝数为n2＝150匝，变压器输入端的正弦交变电压如图乙所示，定值电阻的阻值为11 Ω，总阻值为22 Ω的滑动变阻器滑片为P。下列说法中正确的是(　　)‎ A．变压器副线圈输出电压的频率为50 Hz B．滑片P向右滑动时，电阻R两端的电压不变 C．滑片P滑到最右端时，通过电阻R的电流为6 A D．滑片P滑到最左端时，变压器的输入功率为66 W 解析：选AC　原、副线圈的周期T＝0.02 s，频率f＝＝50 Hz，选项A正确；滑动变阻器的滑片P向右滑动时，电阻R两端的电压变大，选项B错误；原线圈电压的有效值U1＝＝440 V，根据＝可得副线圈的电压U2＝66 V，滑动变阻器的滑片P滑到最右端时，通过电阻R的电流为I2＝＝6 A，选项C正确；滑动变阻器的滑片P滑到最左端时，理想变压器的输入功率为P2＝＝132 W，选项D错误。‎ 考点四　变压器与远距离输电问题 本考点是高考命题的热点，主要考查变压器的工作原理及远距离输电过程中的电路计算问题，此类问题综合性较强，要求有较高分析解决问题的能力。要顺利解决此类问题，需熟知一个流程，理清三个回路，抓住两个关系，掌握两种损耗。建议考生适当关注 一、熟知一个流程 远距离输电的流程图。‎ 二、理清三个回路 回路1：发电机回路。该电路中，通过线圈1的电流I1等于发电机中的电流I机；线圈1两端的电压U1等于发电机的路端电压U机；线圈1输入的电功率P1等于发电机输出的电功率P机。‎ 回路2：输送电路。I2＝I3＝IR，U2＝U3＋UR，P2＝PR＋P3。‎ 回路3：输出电路。I4＝I用，U4＝U用，P4＝P用。‎ 三、抓住两个关系 ‎1．理想升压变压器联系着回路1和回路2，两回路中重要的关系式有＝，I1n1＝I2n2，P1＝P2。‎ ‎2．理想降压变压器联系着回路2和回路3，两回路中重要的关系式有＝，I3n3＝I4n4，P3＝P4。‎ 四、掌握两种损耗 ‎1．电压损耗：输电线上的电阻导致的电压损耗，UR＝U2－U3＝IRR。‎ ‎2．功率损耗：输电线上电阻发热导致的功率损耗，PR＝P2－P3＝IR2R。输电线上的能量损耗是热损耗，计算功率损耗时用公式PR＝IR2R或PR＝。如诊断卷第14题，输电线损失的功率P损＝5%P总＝I线2r，而I线 为升压变压器副线圈的电流，也等于降压变压器原线圈的电流。‎ 五、注意一种特殊情况 交流电源与变压器原线圈间接有用电器，或它们之间的连接导线阻值不能忽略时，电源的输出电压与变压器的输入电压不相等。‎ 　(2016·全国卷Ⅰ)一含有理想变压器的电路如图所示，图中电阻R1、R2和R3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．2　　　　　　　　　　 　B．3‎ C．4 D．5‎ ‎[解析]　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－I2R1＝(kI)2(R2＋R3)‎ ‎4UI－(4I)2R1＝(4kI)2R2‎ 联立两式代入数据解得k＝3。‎ 选项B正确。‎ ‎[答案]　B ‎1．(2018届高三·黄山调研)如图所示，在AB间接入正弦交流电U1＝220 V，通过理想变压器和二极管D1、D2给阻值R＝20 Ω的纯电阻负载供电，已知D1、D2为相同的理想二极管，正向电阻为0，反向电阻无穷大，变压器原线圈n1＝110匝，副线圈n2＝20匝，Q为副线圈正中央抽头，为保证安全，二极管的反向耐压值至少为U0，设电阻R上消耗的热功率为P，则有(　　)‎ A．U0＝40 V，P＝80 W B．U0＝40 V，P＝80 W C．U0＝40 V，P＝20 W D．U0＝40 V，P＝20 W 解析：选C　变压器的次级电压U2＝U1＝×220 V＝40 V，故二极管的反向耐压值至少为40 V；电阻R上电压有效值为20 V，则R消耗的热功率为P＝＝ W＝20 W，故C正确。‎ ‎2．[多选]如图所示，一理想变压器原、副线圈匝数之比为5∶1，原线圈与一电阻箱R0串联后，接入一正弦交流电源；副线圈电路中定值电阻的阻值为R1，最初副线圈电路中电阻箱的阻值为7R1，电路中所连接的电流表是理想电流表。现保持变压器输入电流不变，将副线圈电路中的电阻箱的阻值减小为5R1，此时电流表读数为5.0 A，则(　　)‎ A．此时流过原线圈的电流最大值约为1.7 A B．此时流过原线圈的电流最大值约为1.2 A C．原先电流表的示数为0.75 A D．原先电流表的示数为5.25 A 解析：选AD　保持变压器输入电流不变，将副线圈电路中电阻箱的阻值减小为R2＝5R1，此时电流表读数为5.0 A，副线圈输出电压有效值为U2＝5.0 A×R1，则R2中电流为＝1.0 A，则副线圈输出电流I2＝5.0 A＋1.0 A＝6.0 A。由变压比和变流比公式可得，＝＝＝，解得此时流过原线圈的电流有效值I1＝I2＝1.2 A，电流最大值约Im＝I1＝1.7 A，选项A正确，B错误。保持变压器输入电流不变，根据变压器变流关系，副线圈输出电流I2＝6.0 A不变，副线圈电路中R2原阻值为7R1，设原来电流表的示数为I，则R2中电流为I2－I，则有IR1＝(I2－I)·7R1，解得I＝I2＝5.25 A，选项D正确，C错误。‎ ‎3．如图所示为远距离输电的原理图，升压变压器的变压比为m，降压变压器的变压比为n，输电线的电阻为R，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电机输出的电压恒为U，若由于用户的负载变化，使电压表V2的示数减小了ΔU，则下列判断正确的是(　　)‎ A．电流表A2的示数增大了 B．电流表A1的示数增大了 C．电压表V1的示数减小了ΔU D．输电线损失的功率增加了2R 解析：选B　电压表V2的示数减小了ΔU，根据变压器的变压比可知降压变压器输入电压减小了ΔU3＝nΔU，由于升压变压器输入电压不变，因此输电线上的电压增大了nΔU，因此电流表A1的示数增大了，B正确；根据变流比，电流表A2的示数增大了，A错误；由于发电机的输出电压不变，因此升压变压器的输出电压不变，电压表V1的示数不变，C错误；设原来输电线上的电流为I，则输电线损失的功率增加了2R－I2R，不等于2R，D错误。‎ 一、高考真题集中演练——明规律 ‎1．[多选](2016·全国卷Ⅲ)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∶1‎ B．原、副线圈匝数比为1∶9‎ C．此时a和b的电功率之比为9∶1‎ D．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U0‎ ‎，输入电压为灯泡额定电压的10倍时灯泡正常发光，则变压器原线圈的输入电压为9U0，变压器原、副线圈的匝数比为9∶1，选项A正确，选项B错误；由9U0Ia＝U0Ib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，选项C错误，选项D正确。‎ ‎2．(2017·北京高考)如图所示，理想变压器的原线圈接在u＝220·sin 100πt(V)的交流电源上，副线圈接有R＝55 Ω的负载电阻，原、副线圈匝数之比为2∶1，电流表、电压表均为理想电表。下列说法正确的是(　　)‎ A．原线圈的输入功率为220 W B．电流表的读数为1 A C．电压表的读数为110 V D．副线圈输出交流电的周期为50 s 解析：选B　由交流电压的表达式可知，原线圈两端所加的电压最大值为220 V，故有效值为U1＝220 V，由＝，故副线圈电压的有效值为U2＝110 V，故输出功率P2＝＝220 W，再由输入功率等于输出功率知，P1＝P2＝220 W，A项错误；根据欧姆定律知，I2＝＝2 A，由＝，得I1＝1 A，故电流表读数为1 A，所以B项正确；电压表的读数为有效值，即U2＝110 V，C项错误；由交流电压的表达式可知，ω＝100π(rad/s)，又T＝，解得T＝0.02 s，所以D项错误。‎ ‎3．[多选](2014·全国卷Ⅱ)如图，一理想变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2。原线圈通过一理想电流表○ 接正弦交流电源，一个二极管和阻值为R的负载电阻串联后接到副线圈的两端。假设该二极管的正向电阻为零，反向电阻为无穷大。用交流电压表测得a、b端和c、d端的电压分别为Uab和Ucd，则(　　)‎ A．Uab∶Ucd＝n1∶n2‎ B．增大负载电阻的阻值R，电流表的读数变小 C．负载电阻的阻值越小，cd间的电压Ucd越大 D．将二极管短路，电流表的读数加倍 解析：选BD　变压器的变压比＝，其中U1、U2是变压器原、副线圈两端的电压。U1＝Uab，由于二极管的单向导电特性，Ucd≠U2，选项A错误。增大负载电阻R的阻值，负载的电功率减小，由于P入＝P出，且P入＝I1Uab，所以原线圈上的电流I1减小，即电流表的读数变小，选项B正确。c、d端的电压由输入电压Uab决定，负载电阻R的阻值变小时，Uab不变，Ucd不变，选项C错误。根据变压器上的能量关系有E输入＝E输出，在一个周期T的时间内，二极管未短路时有UabI1T＝·＋0(U为副线圈两端的电压)，二极管短路时有UabI2T＝T，由以上两式得I2＝2I1，选项D正确。‎ 二、名校模拟重点演练——明趋势 ‎4．(2017·郑州质检)图甲为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的固定轴OO′(OO′沿水平方向)匀速转动，线圈的两端经集流环和电刷与R＝10 Ω的电阻连接，与电阻R并联的交流电压表为理想电压表，示数是10 V。图乙是矩形线圈中磁通量Φ随时间t变化的图像。则(　　)‎ A．此交流发电机的电动势平均值为10 V B．t＝0.02 s时R两端的电压瞬时值为零 C．R两端的电压u随时间t变化的规律是u＝10·cos 100πt(V)‎ D．当ab边速度方向向上时，它所受安培力的方向也向上 解析：选C　矩形线圈为电源，若绕垂直于磁场的转轴匀速转动，产生正弦交流电，外电阻R＝10 Ω，电压表示数10 V，说明＝10 V，即Em＝10 V。根据题图乙t＝0时磁通量等于0，可判断t＝0时电动势最大，所以电动势随时间变化的规律为u＝10cos ωt＝10cos100πt(V)，选项C正确；t＝0.02 s带入电动势的表达式，得R两端的电压瞬时值为10 V，选项B错误；根据楞次定律，感应电流总是阻碍线圈的转动，所以当ab边速度方向向上时，它所受安培力的方向向下，选项D错误；电动势平均值为磁通量的变化量和时间的比值，而该比值最大为Em＝10 V，所以平均值一定比Em＝10 V小，选项A错误。‎ ‎5．(2017·绵阳模拟)工厂生产的某一批次小灯泡说明书上附有如图甲所示的电压随电流变化图像，乙图是该批次三个小灯泡连接而成的电路，三个灯泡均发光时电压表V2的示数为1 V，下列说法正确的是(　　)‎ A．电压表V1的示数为2.0 V B．电流表A1的示数为0.60 A C．若灯泡L1短路，则电压表V2的示数为5.0 V D．电源的输出功率为0.90 W 解析：选B　分析电路的连接时，把电压表看作断路或者去掉，电流表看作导线，题中L2与L3并联，然后再与L1串联组成外电路，电压表V1测量L1两端的电压，电压表V2测量并联电路部分的电压，电流表A1测量干路电流，电流表A2测量通过L3的电流。闭合开关S，电压表V2的示数为1 V，表示L2两端的电压为1 V，由题图甲可知，此时对应的支路电流I＝0.30 A，通过L1的干路电流为0.60 A，电流表A1的示数为0.60 A，选项B正确。此时L1两端电压根据甲图可得V1的示数为4.0 V，选项A错。此时路端电压为5 V，干路电流为0.60 A，电源输出功率为3.0 W，选项D错。若灯泡L1短路，则只有两个灯泡并联，V2测并联电压即路端电压，由于内阻作用，外电路电阻变化，路端电压变化不等于原来的5.0 V，选项C错。‎ ‎6．(2017·枣庄模拟)如图所示为一理想变压器通过二极管给某种型号的电池充电的简单原理图，现在变压器的原线圈接入有效电压为220 V的正弦交变电流，变压器原、副线圈的匝数比为110∶1，交流电流表的示数为 A，电池的内阻为2 Ω，二极管具有单向导电性，下列说法正确的是(　　)‎ A．电池的充电电压为2 V B．理想变压器的输入功率为 W C．充电时，电池的热功率为 W D．充电时，电能转化为化学能的功率为W 解析：选D　由＝得变压器的输出电压U2＝2 V，经过二极管后，正弦交变电流变成半波交变电流，根据有效值的定义得×＝×T，解得电池的充电电压U＝ V，选项A错误；理想变压器的输出功率P2＝UI2＝ W，变压器的输入功率等于输出功率，故变压器的输入功率为 W，选项B错误；充电时，电池的热功率P＝I22r＝2×2 W＝ W，选项C错误；充电时，电能转化为化学能的功率为 W－ W＝W，选项D正确。‎ 第二讲楞次定律__法拉第电磁感应定律 考点一 楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用 ‎1.[考查楞次定律及其应用]‎ ‎[多选]如图所示，两个条形磁铁的N极和S极相向水平放置，一竖直放置的矩形线框从两个磁铁之间正上方自由落下，并从两磁铁中间穿过。下列关于线框受到安培力及从右向左看感应电流方向说法正确的是(　　)‎ A．感应电流方向先逆时针方向，后顺时针方向 B．感应电流方向先顺时针方向，后逆时针方向 C．安培力方向一直竖直向上 D．安培力方向先竖直向上，后竖直向下 解析：选BC　由题图可知，磁感线自左向右，故在线框从高处下落过程中，穿过线框的磁通量一直向右，且先增大后减小，由楞次定律可知，感应电流方向先顺时针方向，后逆时针方向，故B正确，A错误；产生的感应电流一直阻碍物体间的相对运动，故安培力一定一直竖直向上，故C正确，D错误。‎ ‎2．[考查法拉第电磁感应定律的应用]‎ 在匀强磁场中，有一个接有电容器的单匝导线回路，如图所示，导线回路与匀强磁场垂直，磁场方向垂直纸面向里，磁场均匀地增强，磁感应强度随时间的变化率＝5×10－2T/s，电容器电容C＝60 μF，导线回路边长L1＝8 cm，L2＝5 cm。则电容器上极板(　　)‎ A．带正电，电荷量是1.2×10－4 C B．带负电，电荷量是1.2×10－4 C C．带正电，电荷量是1.2×10－8 C D．带负电，电荷量是1.2×10－8 C 解析：选C　根据楞次定律知，感应电动势的方向是逆时针方向，则上极板带正电。根据法拉第电磁感应定律得：‎ E＝＝5×10－2×0.05×0.08 V＝2×10－4 V，则：‎ Q＝CU＝CE＝6×10－5×2×10－4 C＝1.2×10－8 C。‎ 故C正确，A、B、D错误。‎ ‎3．[考查导体切割磁感线产生的感应电流大小和方向分析]‎ ‎[多选]如图甲所示，一宽为l的匀强磁场B区域，磁场方向垂直于纸面向里。一个边长为a(l＞a)的正方形导线框ABCD位于纸面内，以垂直于磁场边界的恒定速度v通过该磁场区域，导线框电阻为R，在运动过程中，线框有一条边始终与磁场区域的边界平行。取它刚进入磁场的时刻t＝0，线框中感应电流随时间变化规律的It图像如图乙所示，则下列说法正确的是(　　)‎ A．在第1 s内，线框中感应电流为逆时针方向，大小恒定为0.3 A B．在第2 s内，穿过线框的磁通量最大，感应电流大小恒定为0.6 A C．在第3 s内，线框中感应电流方向为顺时针方向，大小恒定为0.3 A D．在第1 s内，线框中C点电势高于D点电势，感应电流大小为0‎ 解析：选AC　在第1 s内，线框向磁场中运动，穿过线框的磁通量均匀增加，感应电流为逆时针方向(取为正方向)，电流大小恒定I＝＝0.3 A，选项A正确；在第2 s内，整个线框在磁场中运动，穿过线框的磁通量最大且不变，没有感应电流，选项B错误；在第3 s内，线框从磁场中出来，磁通量均匀减小，感应电流为顺时针方向(为负方向)，大小恒定I＝＝0.3 A，选项C正确；在第1 s内，由楞次定律判断出线框中感应电流方向沿逆时针方向，则C点电势低于D点电势，选项D错误。‎ 考点二 电磁感应中的图像问题 ‎4.[考查感应电流与位移的关系图像]‎ 如图所示，在边长为a的正方形区域内，有以对角线为边界、垂直于纸面的两个匀强磁场，磁感应强度大小相同、方向相反，纸面内一边长为a的正方形导线框沿x轴匀速穿过磁场区域，t＝0时刻恰好开始进入磁场区域，以顺时针方向为导线框中电流的正方向，下列选项中能够正确表示电流与位移关系的是(　　)‎ 解析：选B　在x∈(0，a)时，右边框切割磁感线产生感应电流，电流大小i＝＝(a－2x)，其中x∈时，方向为顺时针；x＝时，导线框中感应电流为零；x∈时，方向为逆时针。在x∈(a,2a)时，左边框切割磁感线产生感应电流，感应电流大小i＝＝(3a－2x)，其中x∈时，方向为逆时针；x＝a时，导线框中感应电流为零；x∈，方向为顺时针，所以B正确，A、C、D错误。‎ ‎5．[考查感应电流的功率和安培力的图像问题]‎ ‎[多选]如图所示，粗细均匀的矩形金属导体线框abcd固定于匀强磁场中，磁场方向垂直线框所在平面，磁感应强度B随时间t变化的规律如图所示。以垂直于线框所在平面向里为磁感应强度B的正方向，则下列关于ab边的热功率P、ab边受到的安培力F(以向右为正方向)随时间t变化的图像中正确的是(　　)‎ 解析：选AD　根据法拉第电磁感应定律：E＝n＝nS可知，产生的感应电动势大小不变，所以感应电流大小也不变，ab边热功率P＝I2R，恒定不变，A正确，B错误；根据安培力公式F＝BIL，因为电流大小、ab边长度不变，安培力与磁感应强度成正比，根据左手定则判定方向，可知C错误，D正确。‎ ‎6．[考查竖直导轨上金属杆下落速度随时间变化的图像]‎ ‎[多选]如图所示，两条足够长的光滑平行金属导轨竖直放置，两导轨上端接有电阻R(其余电阻不计)，虚线MM′和NN′之间有垂直于导轨平面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B1，虚线NN′和PP′之间也有垂直于导轨平面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B2(B1＞B2)。现将质量为m的导体棒ab，从MM′上方某处由静止释放，导体棒ab在下落的过程中与导轨保持良好接触，且始终保持水平，已知导体棒ab到达NN′和PP′之前已经做匀速运动。则导体棒ab从MM′运动到PP′这段时间内的vt图可能正确的是(　　)‎ 解析：选BC　导体棒ab运动到MM′切割磁感线时，若安培力大于重力，导体棒做加速度减小的减速运动，若安培力等于重力，导体棒一直做匀速运动，若安培力小于重力，则做加速度减小的加速运动；当导体棒ab运动到NN′时，由于磁感应强度减小，安培力变小，会小于重力，导体棒做加速度减小的加速运动。可知B、C正确，A、D错误。‎ 考点三 电磁感应中的电路问题 ‎7.[考查感应电动势与路端电压的关系]‎ 如图所示，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(　　)‎ A．0.4 V　　　　　　 　B．0.65 V C．2.25 V D．4.5 V 解析：选B　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间电压为：‎ UAC＝EAC＝BLAC·＝1×0.5× V＝0.25 V CB段产生的感应电动势为：‎ ECB＝BLCB·＝1×1× V＝2 V 圆环两侧并联，电阻为：R＝ Ω＝0.5 Ω，‎ 导体棒CB段的电阻为：r＝2 Ω 则CB间电压为：UCB＝ECB＝×2 V＝0.4 V 故AB两端的电压大小为：‎ UAB＝UAC＋UCB＝0.25 V＋0.4 V＝0.65 V 故选B。‎ ‎8．[考查电磁感应中的导线框电路问题]‎ 如图，水平边界的匀强磁场上方h＝5 m处有一个边长L＝1 m的正方形导线框从静止开始下落，已知线框质量m＝1 kg，电阻为R＝10 Ω，磁感应强度为B＝1 T，当线框的cd边刚进入磁场时：‎ ‎(1)求线框中产生的感应电动势大小；‎ ‎(2)求cd两点间的电势差大小；‎ ‎(3)若线框此时加速度等于0，则线框电阻应该变为多少？‎ 解析：(1)cd边刚进入磁场时，线框速度：v＝ 线框中产生的感应电动势：‎ E＝BLv＝BL＝10 V。‎ ‎(2)此时线框中电流：I＝ cd切割磁感线相当于电源，cd两点间的电势差即路端电压：U＝I×R＝7.5 V。‎ ‎(3)安培力：F＝BIL＝ 根据牛顿第二定律：mg－F＝ma 由a＝0，解得电阻R满足：R＝＝1 Ω。‎ 答案：(1)10 V　(2)7.5 V　(3)1 Ω 考点四 电磁感应中的“杆＋导轨”模型 ‎9.[考查水平导轨上金属杆切割磁感线的情况]‎ ‎[多选]如图所示，在水平面上有两条足够长的平行光滑金属导轨MN、PQ，导轨间距为d，匀强磁场垂直于导轨所在的平面向下，磁感应强度大小为B。两根金属杆间隔一定的距离摆放在导轨上，且与导轨垂直，已知两金属杆质量均为m，电阻均为R，两杆与导轨接触良好，导轨电阻不计，现将杆1以初速度v0向右滑向杆2，在运动过程中两杆始终不碰撞，则(　　)‎ A．杆1将做匀减速运动，杆2将做匀加速运动 B．杆1、杆2最终均以速度0.5v0做匀速运动 C．杆1上总共产生mv02的热量 D．通过杆2上的电荷量为 解析：选BCD　杆1向右运动时，由于切割磁感线，回路中将产生感应电流，在安培力的作用下，杆1做减速运动，杆2做加速运动，由于杆的速度变化，回路中的感应电动势变化，感应电流跟随着变化，导致两杆所受安培力大小发生变化，加速度大小随之改变，故选项A错误；由于两杆质量相等，它们的加速度大小时刻相等，在相同时间内，它们的速度变化量大小也相等，最终两杆速度相等时，杆间距不再变化，感应电流随之消失，有：v0－v＝v－0，解得v＝0.5 v0‎ ‎，故选项B正确；两杆中电流时刻相等，杆相同，因此两杆产生的热量相等，根据能量守恒定律可知，2Q＝mv02－2×mv2，解得Q＝mv02，故选项C正确；根据电流强度的定义式可知，通过杆2上的电荷量为：q＝·t，根据加速度定义式可知：＝＝，由牛顿第二定律可知：＝，由安培力大小计算公式有：＝dB，解得：q＝，故选项D正确。‎ ‎10．[考查倾斜导轨上金属杆切割磁感线的情况]‎ 如图所示，在匀强磁场中倾斜放置两根平行的光滑金属导轨，它们所构成的导轨平面与水平面成θ＝30°角，平行导轨间距L＝1.0 m。匀强磁场方向垂直于导轨平面向下，磁感应强度B＝0.20 T。两根金属杆ab和cd可以在导轨上无摩擦地滑动。两金属杆的质量均为m＝0.20 kg，电阻均为R＝0.20 Ω。若用与导轨平行的拉力作用在金属杆ab上，使ab杆沿导轨匀速上滑并使cd杆在导轨上保持静止，整个过程中两金属杆均与导轨垂直且接触良好。金属导轨的电阻可忽略不计，取重力加速度g＝10 m/s2。求：‎ ‎(1)cd杆所受安培力F安的大小；‎ ‎(2)通过金属杆的感应电流I；‎ ‎(3)作用在金属杆ab上拉力的功率P。‎ 解析：(1)金属杆cd静止在金属导轨上，所受安培力方向与导轨平面平行向上。‎ 则F安＝mgsin 30°‎ 解得：F安＝1.0 N。‎ ‎(2)F安＝BIL，解得：I＝5.0 A。‎ ‎(3)金属杆ab所受安培力方向与导轨平面平行向下，金属杆ab在拉力F、安培力F安和重力mg作用下匀速上滑，则F＝F安＋mgsin 30°‎ 根据电磁感应定律，金属杆ab上产生的感应电动势为E感＝BLv 根据闭合电路欧姆定律，通过金属杆ab的电流I＝ 根据功率公式：P＝Fv 解得：P＝20 W。‎ 答案：(1)1.0 N　(2)5.0 A　(3)20 W ‎11．[考查竖直导轨上导体棒切割磁感线的情况]‎ 如图所示，竖直固定的足够长的光滑金属导轨MN、PQ，间距L＝0.2 m，其电阻不计。完全相同的两根金属棒ab、cd垂直导轨放置，每根金属棒两端都与导轨始终良好接触。已知两棒质量均为m＝0.01 kg，电阻均为R＝0.2 Ω，棒cd放置在水平绝缘平台上，整个装置处在垂直于导轨平面向里的匀强磁场中，磁感应强度B＝1.0 T。棒ab在竖直向上的恒力F作用下由静止开始向上运动，当ab棒运动x＝0.1 m时达到最大速度vm，此时cd棒对绝缘平台的压力恰好为零，g取10 m/s2。求：‎ ‎(1)ab棒的最大速度vm；‎ ‎(2)ab棒由静止到最大速度的过程中通过ab棒的电荷量q；‎ ‎(3) ab棒由静止到最大速度的过程中回路产生的焦耳热Q。‎ 解析：(1)当ab棒达到最大速度vm时，对cd棒，受重力和向上的安培力作用，根据共点力平衡条件有：‎ mg＝ILB①‎ 对整个回路，根据闭合电路欧姆定律有：E＝2IR②‎ 根据法拉第电磁感应定律可知，ab棒切割磁感线产生的感应电动势为：E＝BLvm③‎ 由①②③式联立解得：‎ vm＝＝ m/s＝1 m/s。④‎ ‎(2)设ab棒由静止开始运动经过时间t后速度达到最大，根据电流强度的定义可知：＝⑤‎ 根据闭合电路欧姆定律可知：＝⑥‎ 根据法拉第电磁感应定律有：＝⑦‎ 由题意可知，在该过程中，穿过回路的磁通量变化量为：ΔΦ＝BLx⑧‎ 由⑤⑥⑦⑧式联立解得：‎ q＝＝ C＝0.05 C。‎ ‎(3)当ab棒速度达到最大时，其加速度为0，根据牛顿第二定律有：‎ F－ILB－mg＝0⑨‎ 在ab棒由静止到最大速度的过程中，根据功能关系有：(F－mg)x＝mvm2＋Q⑩‎ 由①④⑨⑩式联立解得：‎ Q＝mgx－mvm2＝0.01 J－0.005 J＝5×10－3 J。‎ 答案：(1)1 m/s　(2)0.05 C　(3)5×10－3 J 考点一　楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用 本考点是高考的热点内容之一，在近几年高考中多以选择题的形式出现，考查的主要内容有探究电磁感应现象；利用法拉第电磁感应定律求解感应电动势的大小(如诊断卷第2、3题)；利用楞次定律判断磁场的变化情况(如诊断卷第1题)等。需要考生学会灵活变通 ‎[夯基固本]‎ ‎[重点清障]‎ ‎1．灵活应用楞次定律中“阻碍”的推广含义：‎ ‎(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)阻碍原电流的变化(自感现象)——“增反减同”；‎ ‎(4)使线圈平面有扩大或缩小的趋势——“增缩减扩”。‎ 如诊断卷第1题，线框从上方向下靠近磁极时磁通量增大，感应电流的磁场与原磁场方向相反，线框向下远离磁极时，磁通量减小，感应电流的磁场与原磁场同向；线框下落过程中，由“来拒去留”可知，安培力的方向均竖直向上。‎ ‎2．应用法拉第电磁感应定律求磁场变化产生的电动势时，公式E＝n·S，其中S为线圈内磁场区的面积，不一定等于线圈的面积。‎ ‎3．在比较电势高低时要区分电源的内电路和外电路。如诊断卷第3题，在第1 s内，AB边切割磁感线为电源，电流方向由低电势指向高电势，A点电势高，CD边为外电路部分，电流方向由高电势指向低电势，D点电势高。‎ ‎1．[多选](2017·中卫市一模)如图是创意物理实验设计作品《小熊荡秋千》。两根彼此靠近且相互绝缘的金属棒C、D固定在铁架台上，与两个铜线圈P、Q组成一闭合回路，两个磁性很强的条形磁铁如图放置，当用手左右摆动线圈P时，线圈Q也会跟着摆动，仿佛小熊在荡秋千。以下说法正确的是(　　)‎ A．P向右摆动的过程中，P中的电流方向为顺时针方向(从右向左看)‎ B．P向右摆动的过程中，Q也会向右摆动 C．P向右摆动的过程中，Q会向左摆动 D．若用手左右摆动Q，P会始终保持静止 解析：选AB　P向右摆动的过程中，穿过P的磁通量减小，根据楞次定律，P中有顺时针方向的电流(从右向左看)，故A正确。P向右摆的过程中，P 中的电流方向为顺时针方向，则Q下端的电流方向向外，根据左手定则知，下端所受的安培力向右， 则Q向右摆动。同理，用手左右摆动Q，P会左右摆动。故B正确，C、D错误。‎ ‎2．用一根横截面积为S、电阻率为ρ的硬质导线做成一个半径为r的圆环，ab为圆环的直径，t＝0时刻在ab的左侧存在一个匀强磁场，磁场垂直圆环所在平面，方向如图甲，磁感应强度B与时间t的关系如图乙，则0～t1时间内下面说法正确的是(　　)‎ A．圆环一直具有扩张的趋势 B．圆环中产生逆时针方向的感应电流 C．圆环中感应电流的大小为 D．图中a、b两点之间的电势差Uab＝ 解析：选C　由题图乙可知，0～t0时间内，磁通量向里减小，t0～t1时间内，磁通量向外增大。由楞次定律的“来拒去留”可知，为了阻碍磁通量的变化，圆环应先有扩张的趋势后有收缩的趋势，故A错误；由楞次定律“增反减同”可知，圆环中的感应电流方向始终为顺时针，故B错误；由法拉第电磁感应定律可知，E＝S＝，感应电流I＝＝＝，故C正确；a、b两点之间的电势差Uab＝E＝，故D错误。‎ 考点二　电磁感应中的图像问题 本考点是高考命题的热点，图像的种类较多，有随时间t变化的图像，如B t、Φ t、E t、F t、i t等图像(如诊断卷第5、6题)；有随位移x变化的图像，如Ex、i x等图像(如诊断卷第4题)。此类问题综合性较强，应用知识较多，如左手定则、右手定则、安培定则、楞次定律、法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律等。建议对本考点重点攻坚 一、熟悉两个技法，做到解题快又准 ‎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。没有表示方向的正负时，优先判断方向有时会产生意想不到的效果。如诊断卷第4题，由右手定则可判断x＝0时电流方向为顺时针，A项错误，在x＝时，正方形右边上下两段切割磁感线产生的电动势等大反向，电流为0，C项错误；在＜x＜a的区域，正方形右边下半边电动势较大，电流方向为逆时针，D项错误。‎ ‎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像作出分析和判断，这未必是最简捷的方法，但却是最有效的方法。如诊断卷第5题，由E＝·S可知，线框中电流大小恒定，方向周期性变化，由P＝I2R可知，P恒定不变，A正确，由F＝BIL可知，F的大小和方向均做周期性变化，同时注意F的方向及大小变化规律，可知C错误，D正确。‎ 二、谨记三点注意，力避踏入雷区 ‎1．定性或定量地表示出所研究问题的函数关系是选择或绘制图像的关键。‎ ‎2．在图像中I、v等物理量的方向是通过正负值来反映的。‎ ‎3．注意过程或阶段的选取，一般进磁场或出磁场，磁通量最大或最小，有效切割长度最大或最小等是分段的关键点。‎ 如诊断卷第6题，ab棒运动到NN′时，由于B2＜B1，安培力突然变小，ab棒立即产生向下的加速度，但在向下加速时，随安培力的逐渐增大，ab棒的加速度逐渐减小，直到匀速，故A、D均错误。‎ ‎1．在空间存在着竖直向上的各处均匀的磁场，将一个不变形的单匝金属圆线圈放入磁场中，规定线圈中感应电流方向如图甲所示的方向为正。当磁场的磁感应强度B随时间t 的变化规律如图乙所示时，下图中能正确表示线圈中感应电流随时间变化的图线是(　　)‎ 解析：选B　由楞次定律可判断，第1 s内线圈中电流方向与规定的正方向相同，为正值，可知A、D选项均错误；由E＝·S，i＝可知，第1 s内图线斜率大，对应的电流大，可知选项B正确，C错误。‎ ‎2．(2017·辽宁省实验中学模拟)如图所示，固定在水平桌面上的光滑金属导轨cd、eg处于方向竖直向下的匀强磁场中，金属杆ab与导轨接触良好。在两根导轨的端点d、e之间连接一电阻，其他部分电阻忽略不计。现用一水平向右的外力F1作用在金属杆ab上，使金属杆由静止开始向右沿导轨滑动，滑动中杆ab始终垂直于导轨。金属杆受到的安培力用Ff表示，则下图中F1与Ff随时间t变化的关系图像可能正确的是(　　)‎ 解析：选B　根据安培力大小表达式Ff＝，可知安培力与速率成正比。题图中安培力随时间均匀增大，则速度随时间均匀增大，说明导体棒应做匀加速运动，加速度a一定，根据牛顿第二定律得：F1－Ff＝ma，得F1＝＋ma，可见外力F1与速度是线性关系， 速度随时间均匀增大，则外力F1也随时间均匀增大，故B正确。‎ 考点三　电磁感应中的电路问题 本考点内容的知识综合性较强，涉及物理的主干知识较多，是近几年高考命题的热点之一。要解决此类问题，应准确画出等效电路，明确各部分的连接方式，会用闭合电路欧姆定律、电路的串并联知识计算电压、电流和功率的分配等。建议对本考点重点攻坚 电磁感应中的电路问题的解题流程 　如图甲所示，平行长直金属导轨水平放置，间距L＝0.4 m。导轨右端接有阻值R＝1 Ω的电阻。导体棒垂直放置在导轨上，且接触良好，导体棒及导轨电阻均不计，导轨间正方形区域abcd内有方向竖直向下的匀强磁场，bd连线与导轨垂直，长度也为L。从0时刻开始，磁感应强度B的大小随时间t变化，规律如图乙所示；同一时刻，棒从导轨左端开始向右匀速运动，1 s后刚好进入磁场，若使棒在导轨上始终以速度v＝1 m/s做直线运动，求：‎ ‎(1)棒进入磁场前，回路中的电动势E；‎ ‎(2)棒在运动过程中受到的最大安培力F，以及棒通过三角形abd区域时电流i与时间t的关系式。‎ ‎[思维流程]‎ ‎[解析]　(1)设正方形磁场的面积为S，则S＝＝0.08 m2。在棒进入磁场前，回路中的感应电动势是由于磁场的变化而产生的。由Bt图像可知＝0.5 T/s，根据E＝n，得回路中的感应电动势 E＝S＝0.5×0.08 V＝0.04 V。‎ ‎(2)当导体棒通过bd位置时感应电动势、感应电流最大，导体棒受到的安培力最大。此时感应电动势 E′＝BLv＝0.5×0.4×1 V＝0.2 V 回路中感应电流I′＝＝ A＝0.2 A 导体棒受到的安培力 F＝BI′L＝0.5×0.2×0.4 N＝0.04 N 当导体棒通过三角形abd区域时，导体棒切割磁感线的有效长度l＝2v(t－1)(1 s≤t≤1.2 s)‎ 感应电动势e＝Blv＝2Bv2(t－1)＝(t－1)V 感应电流i＝＝(t－1)A(1 s≤t≤1.2 s)。‎ ‎[答案]　(1)0.04 V ‎(2)0.04 N　i＝(t－1)A(1 s≤t≤1.2 s)‎ ‎1．[多选](2017·鹰潭一模)如图甲所示，一个匝数为n的圆形线圈(图中只画了2匝)，面积为S，线圈的电阻为R，在线圈外接一个阻值为R的电阻和一个理想电压表，将线圈放入垂直线圈平面指向纸内的磁场中，磁感应强度随时间变化规律如图乙所示，下列说法正确的是(　　)‎ A．0～t1时间内P端电势高于Q端电势 B．0～t1时间内电压表的读数为 C．t1～t2时间内R上的电流为 D．t1～t2时间内P端电势高于Q端电势 解析：选AC　0～t1时间内，磁通量向里增大，根据楞次定律可知感应电流沿逆时针方向，线圈相当于电源，上端为正极，下端为负极，所以P端电势高于Q端电势，故A正确；0～t1时间内线圈产生的感应电动势E＝n＝nS＝nS，电压表的示数等于电阻R两端的电压U＝IR＝·R＝，故B错误；t1～t2时间内线圈产生的感应电动势E′＝n＝nS，根据闭合电路的欧姆定律I′＝＝，故C正确；t1～t2时间内，磁通量向里减小，根据楞次定律，感应电流沿顺时针方向，线圈相当于电源，上端负极，下端正极，所以P端电势低于Q端电势，故D错误。‎ ‎2．[多选]如图所示，用粗细均匀的铜导线制成半径为r的圆环，PQ为圆环的直径，其左右两侧存在垂直圆环所在平面的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，但方向相反，圆环的电阻为2R。一根长度为2r、电阻为R的金属棒MN绕着圆环的圆心O点紧贴着圆环以角速度ω沿顺时针方向匀速转动，转动过程中金属棒MN与圆环始终接触良好，则下列说法正确的是(　　)‎ A．金属棒MN两端的电压大小为Bωr2‎ B．圆环消耗的电功率是变化的 C．圆环中电流的大小为 D．金属棒MN旋转一周的过程中，电路中产生的热量为 解析：选ACD　由右手定则，MN中电流方向由M到N，根据法拉第电磁感应定律可得，产生的感应电动势为OM、ON分别切割磁感线产生的感应电动势之和，即E＝Bωr2×2＝Bωr2，且保持不变。圆环的电阻由两个电阻为R的半圆电阻并联组成，所以圆环的总电阻为R，‎ 所以通过导体MN的电流：I＝＝，MN两端的电压：U＝I·R＝Bωr2，流过圆环的电流：I′＝I＝，故A、C正确；由以上分析可知，流过圆环的电流不变，则圆环消耗的电功率不变，故B错误；MN旋转一周外力做功为W＝EIt＝Bωr2××＝，故D正确。‎ ‎3．(2017·安徽六安一中一模)如图所示，匀强磁场的方向垂直于光滑的金属导轨平面向里，极板间距为d的平行板电容器与总电阻为2R0的滑动变阻器通过平行导轨连接，电阻为R0的导体棒MN可在外力的作用下沿导轨从左向右做匀速直线运动，当滑动变阻器的滑动触头位于a、b的中间位置，导体棒MN的速度为v0时，位于电容器中P点的带电油滴恰好处于静止状态，若不计摩擦和平行导轨及导线的电阻，重力加速度为g，则下列判断正确的是(　　)‎ A．油滴带正电 B．若将上极板竖直向上移动距离d，油滴将向上加速运动，加速度a＝ C．若将导体棒的速度变为2v0，油滴将向上加速运动，加速度a＝2g D．若保持导体棒的速度为v0不变，而将滑动触头置于a 位置，同时将电容器上极板向上移动距离，油滴仍将静止 解析：选D　根据右手定则可知，M端为正极，油滴静止，因此带负电，故A错误；设导体棒接入导轨间的长度为L，导体棒切割磁感线形成的感应电动势为：E＝BLv，电容器两端电压为：U1＝＝①，开始油滴静止，有：q＝mg②，若将上极板竖直向上移动距离d，有：mg－q＝ma1③，联立①②③得：a1＝，方向竖直向下，故B错误；若将导体棒的速度变为2v0，有q－mg＝ma2④，将U1＝中v0换为2v0联立①②④解得：a2＝g，方向竖直向上，故C错误；若保持导体棒的速度为v0不变，而将滑动触头置于a位置，同时将电容器上极板向上移动距离，电容器两端之间的电压为：U2＝BLv0，此时油滴所受电场力为：F＝＝＝mg，因此油滴仍然静止，故D正确。‎ 考点四　电磁感应中的“杆＋导轨”模型 电磁感应中的“杆＋导轨”模型综合性较强，物理情景复杂，难度较大，能够充分考查考生的建模能力、分析综合能力以及推理判断能力。建议对本考点重点攻坚 一、用好解题流程，做到步步为“赢”‎ 二、掌握“杆＋导轨”模型，考场遇此“套”用 ‎“杆＋导轨”模型是电磁感应问题高考命题的“基本道具”，也是高考的热点，考查的知识点多，题目的综合性强，物理情景富于变化，是我们复习中的难点。导轨放置方式可分为水平、竖直和倾斜；杆的运动状态可分为匀速运动、匀变速运动、非匀变速运动或转动等；磁场的状态可分为恒定不变、均匀变化和非均匀变化等等，情景复杂形式多变。‎ ‎1．导轨水平式 物理模型 匀强磁场与导轨垂直，磁感应强度为B，棒ab长为L，质量为m，初速度为零，拉力恒为F，水平导轨光滑，除电阻R外，其他电阻不计 动态分析 设运动过程中某时刻测得的速度为v，由牛顿第二定律知棒ab的加速度为a＝－，a、v同向，随速度的增加，棒的加速度a减小，当a＝0时，v最大，I＝不再变化 收尾状态 运动形式 匀速直线运动 力学特征 受力平衡，a＝0 ‎ 电学特征 I不再变化 　(2016·全国卷Ⅲ)如图，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：‎ ‎(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)在金属棒越过MN之前，t时刻穿过回路的磁通量为Φ＝ktS①‎ 设在从t时刻到t＋Δt的时间间隔内，回路磁通量的变化量为ΔΦ，流过电阻R的电荷量为Δq。由法拉第电磁感应定律得，回路感应电动势的大小为 ε＝②‎ 由欧姆定律有i＝③‎ 由电流的定义有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，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＝F⑦‎ 式中，f是外加水平恒力，F是匀强磁场施加的安培力。设此时回路中的电流为I，F的大小为 F＝B0Il⑧‎ 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 式中，Φ仍如①式所示。由①⑨⑩⑪式得，在时刻t(t＞t0)穿过回路的总磁通量为 Φt＝B0lv0(t－t0)＋kSt⑫‎ 在t到t＋Δt的时间间隔内，总磁通量的改变量为 ΔΦt＝(B0lv0＋kS)Δt⑬‎ 由法拉第电磁感应定律得，回路感应电动势的大小为 εt＝⑭‎ 由欧姆定律有I＝⑮‎ 联立⑦⑧⑬⑭⑮式得 f＝(B0lv0＋kS)。⑯‎ ‎[答案]　(1) ‎(2)B0lv0(t－t0)＋kSt　(B0lv0＋kS) ‎2．导轨倾斜式 物理模型 匀强磁场与导轨垂直，磁感应强度为B，导轨间距为L，导体棒质量为m，电阻为R，导轨光滑，电阻不计 动态分析 棒ab刚释放时a＝gsin α，棒ab的速度v↑→感应电动势E＝BLv↑→电流I＝↑→安培力F＝BIL↑→加速度a↓，当安培力F＝mgsin α时，a＝0，速度达到最大vm＝ ‎ 收尾状态 运动形式 匀速直线运动 力学特征 受力平衡，a＝0‎ 电学特征 I达到最大后不再变化 ‎　　　(2017·盐城二模)如图所示，在匀强磁场中有一足够长的光滑平行金属导轨，与水平面间的夹角θ＝30°，间距L＝0.5 m，上端接有阻值R＝0.3 Ω的电阻，匀强磁场的磁感应强度大小B＝0.4‎ ‎ T，磁场方向垂直导轨平面向上。一质量m＝0.2 kg，电阻r＝0.1 Ω的导体棒MN在平行于导轨的外力F作用下，由静止开始向上做匀加速运动，运动过程中导体棒始终与导轨垂直，且接触良好，当棒的位移d＝9 m时电阻R上消耗的功率为P＝2.7 W。其他电阻不计，g取10 m/s2。求：‎ ‎(1)此时通过电阻R上的电流；‎ ‎(2)这一过程通过电阻R上电荷量q；‎ ‎(3)此时作用于导体棒上的外力F的大小。‎ ‎[思维流程]‎ ‎[解析]　(1)根据热功率：P＝I2R，‎ 解得：I＝＝ A＝3 A。‎ ‎(2)回路中产生的平均感应电动势：＝，‎ 由欧姆定律得：＝，‎ 电流和电量之间关系式：‎ q＝t＝＝＝ C＝4.5 C。‎ ‎(3)由(1)知此时感应电流I＝3 A，‎ 由I＝＝，‎ 解得此时速度：v＝＝ m/s＝6 m/s，‎ 由匀变速运动公式：v2＝2ax，‎ 解得：a＝＝ m/s2＝2 m/s2，‎ 对导体棒由牛顿第二定律得：‎ F－F安－mgsin 30°＝ma，‎ 即：F－BIL－mgsin 30°＝ma，‎ 解得：F＝ma＋BIL＋mgsin 30°＝0.2×2 N＋0.4×0.5×3 N＋0.2×10× N＝2 N。‎ ‎[答案]　(1)3 A　(2)4.5 C　(3)2 N 一、高考真题集中演练——明规律 ‎1.(2017·全国卷Ⅰ)扫描隧道显微镜(STM)可用来探测样品表面原子尺度上的形貌。为了有效隔离外界振动对STM的扰动，在圆底盘周边沿其径向对称地安装若干对紫铜薄板，并施加磁场来快速衰减其微小振动，如图所示。无扰动时，按下列四种方案对紫铜薄板施加恒磁场；出现扰动后，对于紫铜薄板上下及左右振动的衰减最有效的方案是(　　)‎ 解析：‎ 选A　施加磁场来快速衰减STM的微小振动，其原理是电磁阻尼，在振动时通过紫铜薄板的磁通量变化，紫铜薄板中产生感应电动势和感应电流，则其受到安培力作用，该作用阻碍紫铜薄板振动，即促使其振动衰减。方案A中，无论紫铜薄板上下振动还是左右振动，通过它的磁通量都发生变化；方案B中，当紫铜薄板上下振动时，通过它的磁通量可能不变，当紫铜薄板向右振动时，通过它的磁通量不变；方案C中，紫铜薄板上下振动、左右振动时，通过它的磁通量可能不变；方案D中，当紫铜薄板上下振动时，紫铜薄板中磁通量可能不变。综上可知，对于紫铜薄板上下及左右振动的衰减最有效的方案是A。‎ ‎2.[多选](2016·全国卷Ⅱ)法拉第圆盘发电机的示意图如图所示。铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触。圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中。圆盘旋转时，关于流过电阻R的电流，下列说法正确的是(　　)‎ A．若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定 B．若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿a到b的方向流动 C．若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化 D．若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R上的热功率也变为原来的2倍 解析：选AB　由右手定则知，圆盘按如题图所示的方向转动时，感应电流沿a到b的方向流动，选项B正确；由感应电动势E＝Bl2ω知，角速度恒定，则感应电动势恒定，电流大小恒定，选项A正确；角速度大小变化，感应电动势大小变化，但感应电流方向不变，选项C错误；若ω变为原来的2倍，则感应电动势变为原来的2倍，电流变为原来的2倍，由P＝I2R知，电流在R上的热功率变为原来的4倍，选项D错误。 ‎ ‎3．(2015·全国卷Ⅱ)如图，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(　　)‎ 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＝－Bl2ω，金属框中无电流 D．Ubc＝Bl2ω，金属框中电流方向沿a—c—b—a 解析：选C　金属框abc平面与磁场平行，转动过程中磁通量始终为零，所以无感应电流产生，选项B、D错误。转动过程中bc边和ac边均切割磁感线，产生感应电动势，由右手定则判断Ua＜Uc，Ub＜Uc，选项A错误。由转动切割产生感应电动势的公式得Ubc＝－Bl2ω，选项C正确。‎ ‎4．(2014·全国卷Ⅰ)如图(a)，线圈ab、cd绕在同一软铁芯上，在ab线圈中通以变化的电流，用示波器测得线圈cd间电压如图(b)所示，已知线圈内部的磁场与流经线圈的电流成正比，则下列描述线圈ab中电流随时间变化关系的图中，可能正确的是(　　)‎ 解析：选C　根据题图(b)可知：cd两端在0～0.5产生恒定的电压，根据法拉第电磁感应定律，穿过线圈的磁通量均匀变化，即为恒定不变，故选项C正确，A、B、D错误。‎ ‎5．[多选](2017·全国卷Ⅱ)两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁感应强度方向与纸面垂直。边长为0.1 m、总电阻为0.005 Ω的正方形导线框abcd位于纸面内，cd边与磁场边界平行，如图(a)所示。已知导线框一直向右做匀速直线运动，cd边于t＝0时刻进入磁场。线框中感应电动势随时间变化的图线如图(b)所示(感应电流的方向为顺时针时，感应电动势取正)。下列说法正确的是(　　)‎ 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 解析：选BC　由题图(b)可知，导线框运动的速度大小v＝＝ m/s＝0.5 m/s，B项正确；导线框进入磁场的过程中，cd边切割磁感线，由E＝BLv，得B＝＝ T＝0.2 T，A项错误；由题图(b)可知，导线框进入磁场的过程中，感应电流的方向为顺时针方向，根据楞次定律可知，磁感应强度方向垂直纸面向外，C项正确；在0.4～0.6 s这段时间内，导线框正在出磁场，回路中的电流大小I＝＝ A＝2 A，则导线框受到的安培力F＝BIL＝0.2×2×0.1 N＝0.04 N，D项错误。‎ ‎6．[多选](2016·江苏高考)电吉他中电拾音器的基本结构如图所示，磁体附近的金属弦被磁化，因此弦振动时，在线圈中产生感应电流，电流经电路放大后传送到音箱发出声音。下列说法正确的有(　　)‎ A．选用铜质弦，电吉他仍能正常工作 B．取走磁体，电吉他将不能正常工作 C．增加线圈匝数可以增大线圈中的感应电动势 D．弦振动过程中，线圈中的电流方向不断变化 解析：选BCD　铜不能被磁化，铜质弦不能使电吉他正常工作，选项A错误；取走磁体后，金属弦不能被磁化，弦的振动无法通过电磁感应转化为电信号，音箱不能发声，选项B正确；增加线圈匝数，根据法拉第电磁感应定律E＝n知，线圈的感应电动势变大，选项C正确；弦振动过程中，线圈中的磁场方向不变，但磁通量一会儿增大，一会儿减小，则产生的感应电流的方向不断变化，选项D正确。‎ ‎7．(2016·全国卷Ⅱ)如图，水平面(纸面)内间距为l的平行金属导轨间接一电阻，质量为m、长度为l的金属杆置于导轨上。t＝0时，金属杆在水平向右、大小为F的恒定拉力作用下由静止开始运动。t0时刻，金属杆进入磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，且在磁场中恰好能保持匀速运动。杆与导轨的电阻均忽略不计，两者始终保持垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数为μ。重力加速度大小为g。求 ‎(1)金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小； ‎ ‎(2)电阻的阻值。‎ 解析：(1)设金属杆进入磁场前的加速度大小为a，由牛顿第二定律得 ma＝F－μmg①‎ 设金属杆到达磁场左边界时的速度为v，由运动学公式有 v＝at0②‎ 当金属杆以速度v在磁场中运动时，由法拉第电磁感应定律，杆中的电动势为 E＝Blv③‎ 联立①②③式可得 E＝Blt0。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＝BlI⑥‎ 因金属杆做匀速运动，由牛顿运动定律得 F－μmg－f＝0⑦‎ 联立④⑤⑥⑦式得 R＝。⑧‎ 答案：(1)Blt0　(2) ‎8．(2016·全国卷Ⅰ)如图，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 ‎(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)设导线的张力的大小为T，右斜面对ab棒的支持力的大小为N1，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N2。对于ab棒，由力的平衡条件得 ‎2mgsin θ＝μN1＋T＋F①‎ N1＝2mgcos θ②‎ 对于cd棒，同理有 mgsin θ＋μN2＝T③‎ N2＝mgcos θ④‎ 联立①②③④式得 F＝mg(sin θ－3μcos θ)。⑤‎ ‎(2)由安培力公式得 F＝BIL⑥‎ 这里I是回路abdca中的感应电流。‎ ab棒上的感应电动势为 ε＝BLv⑦‎ 式中，v是ab棒下滑速度的大小。由欧姆定律得 I＝⑧‎ 联立⑤⑥⑦⑧式得 v＝(sin θ－3μcos θ)。⑨‎ 答案：(1)mg(sin θ－3μcos θ)‎ ‎(2)(sin θ－3μcos θ) 二、名校模拟重点演练——明趋势 ‎9．(2017·衡水市冀州中学一模)如图甲所示，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。下列关于棒运动速度v、外力F、流过R的电量q以及闭合回路中磁通量的变化率随时间t变化的图像正确的是(　　)‎ 解析：选B　根据题图乙所示的It图像可知I＝kt，其中k为比例系数，由闭合电路欧姆定律可得：I＝＝kt，‎ 而E＝Blv，所以v＝t，vt图像是一条过原点且斜率大于零的直线，说明了金属棒做的是初速度为零的匀加速直线运动，即v＝at，故A错误。‎ 由I＝＝kt，可推出：E＝kt(R＋r)，而E＝，‎ 所以有：＝kt(R＋r)， t图像是一条过原点且斜率大于零的直线，故B正确。对金属棒在沿导轨方向列出动力学方程：F－BIl－mgsin θ＝ma，而I＝，v＝at，得到F＝t＋ma＋mgsin θ，可见Ft图像是一条斜率大于零且与F轴正半轴有交点的直线，故C错误。‎ q＝Δt＝＝＝t2，qt图像是一条开口向上的抛物线，故D错误。‎ ‎10．[多选](2018届高三·温州中学检测)如图甲所示，在倾角为θ的光滑斜面内分布着垂直于斜面的匀强磁场，其磁感应强度B随时间变化的规律如图乙所示。质量为m的矩形金属框从t＝0时刻静止释放，t3时刻的速度为v，移动的距离为L，重力加速度为g。在金属框下滑的过程中，下列说法正确的是(　　)‎ A．t1～t3时间内金属框中的电流方向不变 B．0～t3时间内金属框做匀加速直线运动 C．0～t3时间内金属框做加速度逐渐减小的直线运动 D．0～t3时间内金属框中产生的焦耳热为mgLsin θ－mv2‎ 解析：选AB　t1～t3时间内穿过金属框的磁通量先向上的减小，后向下的增加，根据楞次定律可知，金属框中的电流方向不变，选项A正确；0～t3时间内金属框所受安培力的合力为零，则所受的合力为mgsin θ，且沿斜面向下，金属框做匀加速直线运动，选项B正确，C错误；0～t3时间内金属框运动的加速度为gsin θ，故机械能无损失，故线框中产生的焦耳热不等于mgLsin θ－mv2，选项D错误。‎ ‎11．(2017·嘉兴期末)如图，ab和cd为质量m＝0.1 kg、长度L＝0.5 m、电阻R＝0.3 Ω的两相同金属棒，ab放在半径分别为r1＝0.5 m和r2＝1 m的水平同心圆环导轨上，导轨处在磁感应强度为B＝0.2 T，竖直向上的匀强磁场中；cd跨放在间距也为L＝0.5 m、倾角为θ＝30°的光滑平行导轨上，导轨处于磁感应强度也为B＝0.2 T，方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中。四条导轨由导线连接并与两导体棒组成闭合电路，除导体棒电阻外其余电阻均不计。ab在外力作用下沿圆环导轨匀速转动，使cd在倾斜导轨上保持静止。取重力加速度g＝10 m/s2。求：‎ ‎(1)从上向下看ab应沿顺时针还是逆时针方向转动？‎ ‎(2)ab转动的角速度大小；‎ ‎(3)若使ab加速转动一周，同时用外力保持cd静止，则该过程中通过cd的电荷量为多少？‎ 解析：(1)要使cd棒保持静止，安培力方向向上，则电流方向从d到c，所以ab中的电流方向从b到a，根据右手定则知，从上往下看ab应沿顺时针方向转动。‎ ‎(2)对cd进行受力分析可知：mgsin θ＝BIL 代入数据可得流过ab和cd的电流 I＝＝ A＝5 A 根据闭合电路欧姆定律，ab产生的感应电动势 E＝I·2R＝5×2×0.3 V＝3 V ab切割磁感线产生感应电动势E＝BLv 所以E＝BL·(ωr1＋ωr2)‎ 代入数据可得：E＝0.2×0.5××(0.5ω＋ω)＝3‎ 所以ω＝40 rad/s。‎ ‎(3)该过程中通过cd的电荷量Q＝Δt＝Δt＝Δt＝＝＝0.785 C。‎ 答案：(1)顺时针　(2)40 rad/s　(3)0.785 C 第三讲应用三大观点破解力电综合问题 ‎1.两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平面内，两导轨间的距离为l。导轨上面横放着两根导体棒ab和cd，构成矩形回路，如图所示。两根导体棒的质量皆为m，电阻皆为R，回路中其他部分的电阻可不计。在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B。设两导体棒均可沿导轨无摩擦地滑行，开始时，棒cd静止，棒ab有指向棒cd的初速度v0。若两导体棒在运动中始终不接触，求：‎ ‎(1)在运动中产生的焦耳热最多是多少？‎ ‎(2)当棒ab的速度变为初速度的时，棒cd的加速度是多大？‎ 解析：(1)从开始到两棒达到相同速度v的过程中，两棒的总动量守恒，有mv0＝2mv，‎ 根据能量守恒定律，整个过程中产生的焦耳热 Q＝mv02－·2mv2＝mv02。‎ ‎(2)设棒ab的速度变为v0时，cd棒的速度为v′，‎ 则由动量守恒可知mv0＝mv0＋mv′，得v′＝v0，‎ 此时棒cd所受的安培力F＝BIl＝。‎ 由牛顿第二定律可得：棒cd的加速度大小为 a＝＝。‎ 答案：(1)mv02　(2) ‎2．如图所示，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。改变电阻箱的阻值R，测定金属棒的最大速度vm，得到的关系如图乙所示。取g＝10 m/s2。求：‎ ‎(1)金属棒的质量m和定值电阻R0的阻值；‎ ‎(2)当电阻箱R取2 Ω，且金属棒的加速度为时，金属棒的速度。‎ 解析：(1)金属棒以速度vm下滑时，根据法拉第电磁感应定律有E＝Blvm。由闭合电路欧姆定律有E＝I。‎ 当金属棒以最大速度vm下滑时，根据平衡条件有BIl＝mgsin θ。‎ 由以上各式整理得＝·＋·。‎ 由图像可知＝1，·＝0.5，解得m＝0.2 kg，R0＝2 Ω。‎ ‎(2)设此时金属棒下滑的速度为v，根据法拉第电磁感应定律有E′＝I′，又E′＝Blv。‎ 当金属棒下滑的加速度为时，根据牛顿第二定律有mgsin θ－BI′l＝m·，联立解得v＝0.5 m/s。‎ 答案：(1)0.2 kg　2 Ω　(2)0.5 m/s ‎3．如图所示，单匝圆形线圈与匀强磁场垂直，匀强磁场的磁感应强度大小为B，圆形线圈的电阻不计。导体棒a绕圆心O匀速转动，以角速度ω旋转切割磁感线，导体棒的长度为l，电阻为r。定值电阻R1、R2和线圈构成闭合回路，P、Q是两个平行金属板，两极板间的距离为d，金属板的长度为L。在金属板的上边缘，有一质量为m 且不计重力的带负电粒子竖直向下射入极板间，并从金属板Q的下边缘离开。带电粒子进入电场的位置到P板的距离为，离开电场的位置到Q板的距离为。R1、R2、r均为未知量。‎ ‎(1)求导体棒a顺时针转动还是逆时针转动；‎ ‎(2)若R1＝R2＝2r，试求P、Q间的电场强度大小；‎ ‎(3)若R1＝3r，R2＝2r，试求带电粒子的电荷量。‎ 解析：(1)依题意，带电粒子受到的电场力水平向右。带电粒子带负电，所以P板带负电，Q板带正电。由右手定则可知，导体棒a逆时针方向转动。‎ ‎(2)由法拉第电磁感应定律得电动势大小E0＝Bl2ω 由闭合电路欧姆定律得I＝ 由欧姆定律可知，定值电阻R2两端的电压UPQ＝IR2‎ 联立可得UPQ＝ 故PQ间匀强电场的电场强度大小E＝ 联立并代入R1＝R2＝2r，可得E＝。‎ ‎(3)若R1＝3r，R2＝2r，UPQ＝ 带电粒子在极板间做类平抛运动 L＝v0t，＝at2，a＝ 联立可得q＝。‎ 答案：(1)逆时针转动　(2)　(3) ‎4.如图所示，两根半径为r的圆弧轨道间距为L，其顶端a、b 与圆心处等高，轨道光滑且电阻不计，在其上端连有一阻值为R的电阻，整个装置处于辐向磁场中，圆弧轨道所在处的磁感应强度大小均为B。将一根长度稍大于L、质量为m、电阻为R0的金属棒从轨道顶端ab处由静止释放。已知当金属棒到达如图所示的cd位置(金属棒与轨道圆心连线和水平面夹角为θ)时，金属棒的速度达到最大；当金属棒到达轨道底端ef时，对轨道的压力为1.5mg。求：‎ ‎(1)当金属棒的速度最大时，流经电阻R的电流大小和方向；‎ ‎(2)金属棒滑到轨道底端的整个过程中流经电阻R的电量；‎ ‎(3)金属棒滑到轨道底端的整个过程中电阻R上产生的热量。‎ 解析：(1)金属棒速度最大时，在轨道切线方向所受合力为0，则有：mgcos θ＝BIL 解得：I＝，流经R的电流方向为a→R→b。‎ ‎(2)金属棒滑到轨道底端的整个过程中，穿过回路的磁通量变化量为：‎ ΔΦ＝BS＝B·L·＝ 平均电动势为：＝，平均电流为：＝ 则流经电阻R的电量：q＝Δt＝＝。‎ ‎(3)在轨道最低点时，由牛顿第二定律得：FN－mg＝m 据题意有：FN＝1.5mg 由能量转化和守恒得：Q＝mgr－mv2＝mgr 电阻R上发热量为：QR＝Q＝。‎ 答案：(1)，流经R的电流方向为a→R→b ‎(2)　(3) ‎5．涡流制动是一种利用电磁感应原理工作的新型制动方式，它的基本原理如图甲所示，水平面上固定一块铝板，当一竖直方向的条形磁铁在铝板上方几毫米高度上水平经过时，铝板内感应出的涡流会对磁铁的运动产生阻碍作用，涡流制动是磁悬浮列车在高速运行时进行制动的一种方式。某研究所制成如图乙所示的车和轨道模型来定量模拟磁悬浮列车的涡流制动过程，车厢下端安装有电磁铁系统，能在长为L1＝0.6 m，宽L2＝0.2 m的矩形区域内产生竖直方向的匀强磁场，磁感应强度可随车速的减小而自动增大(由车内速度传感器控制)，但最大不超过B1＝2 T，将铝板简化为长大于L1，宽也为L2的单匝矩形线圈，间隔铺设在轨道正中央，其间隔也为L2，每个线圈的电阻为R1＝0.1 Ω，导线粗细忽略不计，在某次实验中，模型车速度为v＝20 m/s时，启动电磁铁系统开始制动，车立即以加速度a1＝2 m/s2做匀减速直线运动，当磁感应强度增加到B1时就保持不变，直到模型车停止运动，已知模型车的总质量为m1＝36 kg，空气阻力不计，不考虑磁感应强度的变化引起的电磁感应现象以及线圈激发的磁场对电磁铁产生磁场的影响。‎ ‎(1)电磁铁的磁感应强度达到最大时，模型车的速度为多大？‎ ‎(2)模型车的制动距离为多大？‎ ‎(3)为了节约能源，将电磁铁换成若干个并在一起的永磁铁组，两个相邻的磁铁磁极的极性相反，且将线圈改为连续铺放，如图丙所示，已知模型车质量减为m2＝20 kg，永磁铁激发的磁感应强度恒为B2＝0.1 T，每个线圈匝数为N＝10，电阻为R2＝1 Ω，相邻线圈紧密接触但彼此绝缘，模型车仍以v＝20 m/s的初速度开始减速，为保证制动距离不大于80 m，至少安装几个永磁铁？‎ 解析：(1)假设电磁铁的磁感应强度达到最大时，模型车的速度为v1，则E1＝B1L1v1①‎ I1＝，②‎ F1＝B1I1L1，③‎ F1＝m1a1④‎ 由①②③④式并代入数据得v1＝5 m/s。⑤‎ ‎(2)模型车做匀减速运动的距离为 x1＝＝93.75 m 由第(1)问的方法同理得到磁感应强度达到最大以后任意速度v时，安培力的大小为F＝ 对速度v1后模型车的减速过程用动量定理可得 t＝m1v1，‎ 联立 t＝x2，x＝x1＋x2，得：x＝106.25 m。‎ ‎(3)假设需要n个永磁铁，当模型车的速度为v时，每个线圈中产生的感应电动势为 E2＝2NB2L1v 每个线圈中的感应电流为I2＝ 每个磁铁受到的阻力为F2＝2NB2I2L1‎ n个磁铁受到的阻力为F合＝2nNB2I2L1‎ 由第(2)问可得nx＝m2v 得：n＝3.47‎ 即至少需要4个永磁铁。‎ 答案：(1)5 m/s　(2)106.25 m　(3)4个 一、动力学观点 应用动力学观点解决电磁感应综合问题时要特别注意a＝0时速度v达到最大时的特点，运动的动态分析如下：‎ 注意：电磁感应与力和运动结合的问题，研究方法与力学相同，首先明确物理过程，正确地进行受力分析，这里应特别注意伴随感应电流而产生的安培力，在匀强磁场中匀速运动的导体受的安培力恒定，变速运动的导体受的安培力也随速度(电流)变化而变化；其次应用相应的规律求解，匀速运动可用平衡条件求解，变速运动的瞬时速度可用牛顿第二定律和运动学公式求解。‎ 　如图所示，两条平行的光滑金属导轨固定在倾角为θ的绝缘斜面上，导轨间距为L，导轨上端连接一个定值电阻，导体棒a和b放在导轨上，与导轨垂直并接触良好，斜面上水平虚线PQ以下区域内，存在着垂直斜面向上的磁场，磁感应强度大小为B0，已知b棒的质量为m，a棒、b棒和定值电阻的阻值均为R，导轨电阻不计，重力加速度为g。‎ ‎(1)断开开关S，a棒和b棒固定在磁场中，恰与导轨构成一个边长为L的正方向，磁场从B0以＝k均匀增加，写出a棒所受安培力随时间变化的表达式。‎ ‎(2)若接通开关S，同时对a棒施以平行导轨斜向上的拉力F，使它沿导轨匀速向上运动，此时放在导轨下端的b棒恰好静止。当a棒运动到磁场的上边界PQ处时，撤去拉力F，a棒将继续沿导轨向上运动一小段距离后再向下滑动，此时b棒已滑离导轨。当a棒再次滑回磁场上边界PQ时，又恰能沿导轨匀速向下运动，求a棒质量ma及拉力F的大小。‎ ‎[解析]　(1)由法拉第电磁感应定律可得 E＝，ΔΦ＝ΔBL2‎ 由闭合电路欧姆定律可得：I＝ t时刻的磁感应强度为B＝B0＋kt 此时a棒受到的安培力为F安＝BIL 解得：F安＝(B0＋kt)。‎ ‎(2)由题意可知a棒沿斜面向上运动时，a棒为电源，b棒和电阻R并联，设通过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的阻值相等，则通过b棒的电流为 Ib＝I1‎ 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mgsin 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棒和电阻R串联，则电路中的电流为I2＝ a棒匀速下滑，则magsin θ＝BI2L 联立解得ma＝m a棒向上运动时受力平衡：F＝magsin θ＋BI1L 解得F＝mgsin θ。‎ ‎[答案]　(1)F安＝(B0＋kt)　(2)m　mgsin θ ‎[方法点拨]‎ ‎(1)注意供电回路分析。如本例中a棒为电源，b棒和R并联，b棒中的电流为a棒中电流的。‎ ‎(2)注意分析导体棒的受力。如本例中a棒匀速上升时在平行导轨方向受到重力的分力magsin θ、拉力F、安培力BI1L，但a棒再次滑回磁场时在平行导轨方向只受重力的分力magsin θ和安培力BI1L，只是此时因b棒的滑离，电路结构发生了变化。‎ 二、能量观点 利用能量观点求解电磁感应中的功能关系问题应注意以下三点：‎ ‎(1)电磁感应现象的实质是其他形式的能转化成电能。‎ ‎(2)电磁感应过程中产生的感应电流在磁场中必定受到安培力的作用，因此，要维持感应电流的存在，必须有“外力”克服安培力做功，将其他形式的能转化为电能。“外力”克服安培力做了多少功，就有多少其他形式的能转化为电能。当感应电流通过用电器时，电能又转化为其他形式的能。安培力做功的过程，或通过电阻发热的过程，是电能转化为其他形式能的过程。安培力做了多少功，就有多少电能转化为其他形式的能。‎ ‎(3)若回路中电流恒定，可以利用电路结构及W＝UIt或Q＝I2Rt直接进行计算。若电流变化，则：①利用安培力做的功求解，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，则机械能的减少量等于产生的电能。‎ 　如图所示，一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距L＝0.5 m，左端接有阻值R＝0.3 Ω的电阻，一质量m＝0.1 kg，电阻r＝0.1 Ω的金属棒MN放置在导轨上，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B＝0.4 T，棒在水平向右的外力作用下，由静止开始以a＝2 m/s2的加速度做匀加速运动，当棒的位移x＝9 m时撤去外力，棒继续运动一段距离后停下来，已知撤去外力前后电路中产生的电热之比Q1∶Q2＝2∶1，导轨足够长且电阻不计，棒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)棒在匀加速运动过程中，通过电阻R的电荷量q；‎ ‎(2)撤去外力后电路中产生的电热Q2；‎ ‎(3)外力做的功WF。‎ ‎[解析]　(1)法一：棒匀加速运动所用时间为t，‎ 有at2＝x，t＝ ＝ s＝3 s。‎ 根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律求电路中产生的平均电流为 ＝＝＝＝ A＝1.5 A，‎ 根据电流定义式有 q＝t＝1.5×3 C＝4.5 C。‎ 法二：在电磁感应现象中通过导线截面的电荷量为q＝，所以有q＝＝ ‎ C＝4.5 C。‎ ‎(2)撤去外力前棒做匀加速运动，设末速度为v，由 v2＝2ax，得v＝6 m/s。‎ 撤去外力后棒在安培力作用下做减速运动，安培力做负功先将棒的动能转化为电能，再通过电流做功将电能转化为内能，所以电热等于棒的动能减少。有 Q2＝ΔEk＝mv2＝×0.1×62 J＝1.8 J。‎ ‎(3)根据题意知撤去外力前的电热为Q1＝2Q2＝3.6 J。‎ 撤去外力前拉力做正功、安培力做负功(其大小等于电热Q1)、重力不做功，合力共同使棒的动能增大，根据动能定理有：ΔEk＝WF－Q1，‎ 则WF＝Q1＋ΔEk＝3.6 J＋1.8 J＝5.4 J。‎ ‎[答案]　(1)4.5 C　(2)1.8 J　(3)5.4 J ‎[方法点拨]‎ ‎(1)求感应电荷量应用的是电流的平均值，而求电路产生的电热Q＝I2Rt时，应用的是电流的有效值。‎ ‎(2)电路中的电流是变化的，而又不是正弦交变电流，故电路中的电热应由功能关系求解。‎ 三、动量观点 应用动量观点解决电磁感应综合问题可分为两类：‎ ‎(1)利用动量定理求感应电荷量或运动位移 如：BLΔt＝Δp，q＝·Δt，可得：q＝。‎ Δt＝Δp，x＝Δt，可得：x＝。‎ ‎(2)利用动量守恒定律分析双导体杆问题如图所示，两根足够长的固定的平行金属导轨处在匀强磁场中，导轨上面横放着两根导体杆ab 和cd。给杆ab一个指向杆cd的初速度v0，于是产生感应电流。杆ab受到与运动方向相反的安培力作用做减速运动，杆cd则在安培力作用下做加速运动。在杆ab的速度大于杆cd的速度时，回路中总有感应电流，杆ab继续减速，杆cd继续加速。两杆速度达到相同后，回路面积保持不变，磁通量不变化，不产生感应电流，两杆以相同的速度v做匀速运动。从初状态至两杆达到速度相同的过程中，两杆总动量守恒，有m1v0＝(m1＋m2)v，根据能量守恒，整个过程中产生的总热量Q＝m1v02－(m1＋m2)v2。‎ 　如图所示，金属杆a在离地h高处从静止开始沿弧形轨道下滑，导轨平行的水平部分有竖直向上的磁感应强度为B的匀强磁场，水平部分导轨上原来放有一根金属杆b，已知杆a的质量为m，杆b的质量为m，水平导轨足够长，不计摩擦，求：‎ ‎(1)a和b的最终速度分别是多大？‎ ‎(2)从开始到达到最终速度整个过程中回路释放的电能是多少？‎ ‎[解析]　(1)a下滑h过程中机械能守恒 mgh＝mv02‎ a进入磁场后，回路中产生感应电流，a、b都受到安培力作用，a做减速运动，b做加速运动，经一段时间，a、b速度达到相同，之后回路中的磁通量不发生变化，感应电流为零，安培力为零，两者做匀速运动，匀速运动的速度即为a、b的最终速度，设为v，在这个过程中a、b系统所受合外力为零，由动量守恒得mv0＝v，‎ 解得最终速度v＝。‎ ‎(2)由能量守恒知，回路中产生的电能等于a、b系统损失的机械能，所以E＝mgh－v2＝mgh。‎ ‎[答案]　(1)　　(2)mgh ‎[方法点拨]‎ ‎(1)水平导轨光滑且足够长时，两杆最终一定同速前进。‎ ‎(2)系统损失的机械能转化为两杆的总热量时，两杆的电热关系为：＝。‎ ‎1.(2017·厦门一中检测)如图所示，MN、PQ两平行光滑水平导轨分别与半径r＝0.5 m的相同竖直半圆导轨在N、Q端平滑连接，M、P端连接定值电阻R，质量M＝2 kg的cd绝缘杆垂直静止在水平导轨上，在其右侧至N、Q端的区域内充满竖直向上的匀强磁场，现有质量m＝1 kg的ab金属杆以初速度v0＝12 m/s水平向右与cd绝缘杆发生正碰后，进入磁场并最终未滑出，cd绝缘杆则恰好通过半圆导轨最高点，不计其他电阻和摩擦，ab金属杆始终与导轨垂直且接触良好，取g＝10 m/s2，求：(不考虑cd杆通过半圆导轨最高点以后的运动)‎ ‎(1)cd绝缘杆通过半圆导轨最高点时的速度大小v；‎ ‎(2)电阻R产生的焦耳热Q。‎ 解析：(1)cd绝缘杆通过半圆导轨最高点时，由牛顿第二定律有：Mg＝M，解得：v＝＝ m/s。‎ ‎(2)碰撞后cd绝缘杆滑至最高点的过程中，由动能定理有：－2Mgr＝Mv2－Mv22‎ 解得碰撞后cd绝缘杆的速度：v2＝5 m/s 两杆碰撞过程，动量守恒，取向右为正方向，则有：‎ mv0＝mv1＋Mv2‎ 解得碰撞后ab金属杆的速度：v1＝2 m/s ab金属杆进入磁场后，由能量守恒定律有：‎ mv12＝Q，‎ 解得：Q＝2 J。‎ 答案：(1) m/s　(2)2 J ‎2.如图，ab和cd是两条竖直放置的长直光滑金属导轨，MN和M′N′是两根用细线连接的金属杆，其质量分别为m和2m。竖直向上的外力F作用在杆MN上，使两杆水平静止，并刚好与导轨接触；两杆的总电阻为R，导轨间距为l。整个装置处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与导轨所在平面垂直。导轨电阻可忽略，重力加速度为g。在t＝0时刻将细线烧断，保持F不变，金属杆和导轨始终接触良好。求：‎ ‎(1)细线烧断后，任意时刻两杆运动的速度之比；‎ ‎(2)两杆分别达到的最大速度。‎ 解析：(1)设任意时刻MN、M′N′杆的速度分别为v1、v2。‎ 因为系统所受合外力为零，所以MN和M′N′系统动量守恒：mv1－2mv2＝0，‎ 解得v1∶v2＝2∶1。‎ ‎(2)当两杆达到最大速度时，‎ 对M′N′则有：2mg－F安＝0，‎ E＝Bl(v1＋v2)，I＝，F安＝BIl，‎ 由以上几式联立解得v1＝，v2＝。‎ 答案：(1)2∶1　(2)　 ‎3．(2017·江苏高考)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v0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)MN刚扫过金属杆时，金属杆的感应电动势E＝Bdv0　　　　　　　　　　　　　　　　　　①‎ 回路的感应电流I＝　　 ②‎ 由①②式解得I＝。　 ③‎ ‎(2)金属杆所受的安培力F＝BId ④‎ 由牛顿第二定律，对金属杆F＝ma ⑤‎ 由③④⑤式解得a＝。 ⑥‎ ‎(3)金属杆切割磁感线的速度v′＝v0－v ⑦‎ 感应电动势E＝Bdv′ ⑧‎ 感应电流的电功率P＝ ⑨‎ 由⑦⑧⑨式解得P＝。 ⑩‎ 答案：(1)　(2)　(3) ‎4．水平面上两根足够长的金属导轨平行固定放置，间距为L，一端通过导线与阻值为R的电阻连接；导轨上放一质量为m的金属杆(如图甲)，金属杆与导轨的电阻忽略不计；匀强磁场竖直向下，用与导轨平行的恒定拉力F作用在金属杆上，杆最终将做匀速运动。当改变拉力的大小时，相对应的金属杆做匀速运动速度v也会变化，v与F的关系如图乙所示。(取重力加速度g＝10 m/s2)‎ ‎(1)金属杆在匀速运动之前做什么运动？‎ ‎(2)若m＝0.5 kg，L＝0.5 m，R＝0.5 Ω，磁感应强度B为多大？‎ ‎(3)由vF图线的截距可求得什么物理量？其值为多少？‎ 解析：(1)vF图像描述的是不同拉力情况下，金属杆做匀速运动时速度的变化情况。假设金属杆在运动过程中不受摩擦阻力作用，匀速运动时金属杆处于平衡状态，此时拉力等于安培力，由E＝BLv，I＝，F＝BIL，可得外力F的表达式为F＝，则图像必过原点。但是vF图像不是过原点的一条直线，因此金属杆除了受到拉力、安培力外，还受到摩擦阻力作用。‎ 由牛顿第二定律可知，F－－f＝ma(f为摩擦阻力)，所以加速度a＝－。‎ 由于拉力F和摩擦阻力f为恒力，金属杆做加速度逐渐减小的加速运动，最后加速度为零，金属杆达到平衡状态，将做匀速运动。‎ ‎(2)金属杆匀速运动时，可得平衡方程F＝＋f，所以速度v＝F－f。此方程与一次函数y＝kx＋b类似，其斜率k＝。由图像可以得到直线的斜率k＝2，故B＝ ＝1 T。‎ ‎(3)从图像求得直线方程为v＝2F－4，类比等式v＝F－f，得＝2，f＝4，故摩擦阻力f＝2 N。‎ 答案：(1)加速度减小的加速运动　(2)1 T ‎(3)摩擦阻力，2 N ‎5.(2017·南宁一模)如图所示，两根足够长且平行的光滑金属导轨所在平面与水平面成α＝53°角，导轨间接一阻值为3 Ω的电阻R，导轨电阻忽略不计。在两平行虚线间有一与导轨所在平面垂直的匀强磁场，磁场区域的宽度为d＝0.5 m。导体棒a的质量为m1＝0.1 kg、电阻为R1＝6 Ω；导体棒b的质量为m2＝0.2 kg、电阻为R2＝3 Ω，它们分别垂直导轨放置并始终与导轨接触良好。现从图中的M、N处同时将a、b由静止释放，运动过程中它们都能匀速穿过磁场区域，且当a刚出磁场时b正好进入磁场。(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g 取10 m/s2，a、b电流间的相互作用不计)，求：‎ ‎(1)在b穿越磁场的过程中a、b两导体棒上产生的热量之比；‎ ‎(2)在a、b两导体棒穿过磁场区域的整个过程中，装置上产生的热量；‎ ‎(3)M、N两点之间的距离。‎ 解析：(1)由焦耳定律得，Q＝I2Rt，得＝，又根据串并联关系得，I1＝I2，代入数据解得：＝。‎ ‎(2)设整个过程中装置上产生的热量为Q 由Q＝m1gsin α·d＋m2gsin α·d，可解得Q＝1.2 J。‎ ‎(3)设a进入磁场的速度大小为v1，此时电路中的总电阻R总1＝Ω＝7.5 Ω 设b进入磁场的速度大小为v2，此时电路中的总电阻R总2＝Ω＝5 Ω。‎ 由m1gsin α＝和m2gsin α＝，‎ 可得＝＝ a、b两导体棒在进入磁场前以相同的加速度做匀加速直线运动，加速度a＝gsin α＝8 m/s2。‎ 由v2＝v1＋a，得v2＝v1＋8× 由以上式子可得v12＝12(m/s)2，v22＝v12‎ M、N两点之间的距离Δs＝－＝ m。‎ 答案：(1)　(2)1.2 J　(3) m ‎6．(2017·天津高考)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。然后将S接至2，导轨间存在垂直于导轨平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场(图中未画出)，MN开始向右加速运动。当MN上的感应电动势与电容器两极板间的电压相等时，回路中电流为零，MN达到最大速度，之后离开导轨。问：‎ ‎(1)磁场的方向；‎ ‎(2)MN刚开始运动时加速度a的大小；‎ ‎(3)MN离开导轨后电容器上剩余的电荷量Q是多少。‎ 解析：(1)将S接1时，电容器充电，上极板带正电，下极板带负电，当将S接2时，电容器放电，流经MN的电流由M到N，又知MN向右运动，由左手定则可知磁场方向垂直于导轨平面向下。‎ ‎(2)电容器完全充电后，两极板间电压为E，当开关S接2时，电容器放电，设刚放电时流经MN的电流为I，有I＝　①‎ 设MN受到的安培力为F，有F＝IlB　②‎ 由牛顿第二定律，有F＝ma　③‎ 联立①②③式得a＝。　④‎ ‎(3)当电容器充电完毕时，设电容器上电荷量为Q0，‎ 有Q0＝CE　⑤‎ 开关S接2后，MN开始向右加速运动，速度达到最大值vmax时，设MN上的感应电动势为E′，‎ 有E′＝Blvmax　⑥‎ 依题意有E′＝　⑦‎ 设在此过程中MN的平均电流为，MN上受到的平均安培力为，有 ＝lB　⑧‎ 由动量定理，有Δt＝mvmax－0　⑨‎ 又Δt＝Q0－Q　⑩‎ 联立⑤⑥⑦⑧⑨⑩式得Q＝。　⑪‎ 答案：(1)垂直导轨平面向下　(2)　(3)