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1、专 题 四 电路和电磁感应大专题体系构建右手定则:导体棒切割磁感线楞次定律,增反减同来拒去留增缩减扩杆平动切割E=Blv杆转动切割E*8 尸 3线框转动切割Em-nBS in厂 交流电的图象、变化规律4最大值I法 拉 第 电 磁 感 应 定 律 誓交流电的“四 值 卜反应电动势大小判断 电磁感应上I 应用H 变压罂和远距尚输电L 平均值-感 应 电 源 一（电源 一电路 电 阻 定 律）串联和并联-1 闭合电路 直流电路 图象问题 电路问题|动力*问题 能量问题 直流电路欧姆定律动态分析1.注意导体有效切割长度2.找出关键位置,画出过程示意图3.图象比较分析,求大同存小异L 找电源2.析电路3
2、.用规律L 两个模型：单杆与双杆模型2.运动分析.掌握终极状态克服安培力做功产生电能，进而转化为焦耳热命题要素选取一个模型假定一种情境经历一些过程设计一些障碍穿插一些方法渗透一些思维组合方式知识点与其中某一项要索结合高考题型多项组合知识组合方法组合过程组合选择题或填空题验或算实计（交流电路）-r化 学 电 源1 A JT 有效值-瞬时值名 兽 舞 功 率、|电功和电热焦耳定（T-I高考命题公式4种模型：导轨+单杆”模型、“导轨+双杆”模型、变压器模型、远距离输电模型种情境：以家用电器为载体的电学知识考查，以科技或生活为背景的电磁感应和输电问题，同时渗透科学态度与责任2个过程：动力学过程、能量转
3、化过程4个障碍：动态分析过程、函数解析式求最值、动力学中收尾速度、能量转化方向和量值关系八种方法：动态分析法、平均值法、图形图象法、函数解析法、二级结论法、模型法、分析推理法等5种思维：抽象化思维、守恒思想、极限思想、转化思想、等效思想微专题一直流电路和交流电路的分析三年十三卷考情命题规律+预测三年考题考查内容直流电路重点考查电路功率的计算、动态过程分析等；变压器、交流电路部分由于与日常生活、生产紧密结合，常以选择题的形式出现。本微专题内容在近几年高考中命题较少，但不排除在2021年高考中考查的可能。如果在2021年高考中考查本微专题内容，可能以分值较小的实验题形式考查。2020I 卷 17T
4、含容电路、欧姆定律II 卷 19T远距离输电m 卷 20T理想变压器2018m 卷 16T交变电流的图象、有效值高考考向1直流电路的分析解 题 I 必I备1.直流电路的动态分析方法程序法：部分电路阻值变化一电路总电阻尺总变化一干路电流（增大 增大/变化一路端电压U 变化-各分量变化，即 K 局 L I -A 总一1 减小 减小J减小 J增大 口 分，增 大 一“端 减 小 V u 分。（2）串反并同法：所 谓“串反”，即某一电阻阻值增大（减小）时，与它串联或间接串联的电阻中的电流、两端的电压、电功率都减小（增大）。所 谓“并同”，即某一电阻阻值增大（减小）时，与它并联或间接并联的电阻中的电流、
5、两端的电压、电功率都增大（减小）。2.直流电路中的功率分析(1)定值电阻的功率随其电压或电流的增大而增大。(2)外电阻越接近电源的内阻，电源输出功率越大，等于内阻时电源的输出功率最大。(3)判断变化电阻的功率时，可以将其他电路等效到电源内部，当变化电阻等于等效电阻时其功率最大，若不能等于则越接近越大。题I型精研命题角度1 动态电路的分析L (多选)(2 0 2 0 湘赣皖十五校联考)用图示电路观察3 个小灯泡的亮度变化和两个电压表的示数变化情况，其中电源电动势为瓦内阻为片 如果灯L 2 因故障突然熄灭，电压表Vi 示数变化的绝对值为A L 7 1,电压表V2 示数变化的绝对值为AS,则以下说法
6、中可能正确的是()A.L i 变暗，L 3变亮，Ui U2B.L i 变暗，L 3变亮，Ui Ui,S 降低 B.U2Ui,S升高C.S 降低 D.S升高解析 由变压器的变压公式务=会可知，由于原线圈匝数1大于U2 2副线圈匝数2,因此有U1 U2,当滑动触头从M点顺时针旋转到N点的过程中，鹿 2减小，因此5 降低，C 项正确。答 案 C7.（2020湖北省武汉市部分学校质量监测）如图所示，理想变压器的原线圈连接一个r=9 Q 的电阻，且原线圈匝数1可以通过滑动触头?来调节，在副线圈两端连接了 K=16。的电阻，副线圈匝数也=1 000匝。在原线圈上加一输出电压恒定的正弦交流电，下列说法正确的
7、是（）A.若交流电的周期增大，则变压器的输出功率增大B.若触头尸向上移动，则电阻A 消耗的功率一定减小C.若触头尸向下移动，则流过电阻厂的电流减小D.当 m=750匝时，电阻R 消耗的功率最大解 析 输出功率与电压和电阻有关，与周期无关，故 A 项错误；设变压器原线圈两端的电压为Uit电流为h,副线圈两端的电压为S,电流为4 则 有=又 根 据 会，可得。尸骨/2,根据 州 券 T 联 立 得 必=后 看 和 愉+4 则R消耗的功率为P=号,由数学知识可知当1 1 1 =1 1 2 =1 000X 1=750匝时尸有最大值，故 D 项正确，B 项错误；当触头?向下移动时，原线圈匝数减小，由 U
8、=/i偿R+r）可知原线圈电流/将增大，所以流过电阻r的电流增大，故 C 项错误。答 案 D8.（2020山东省日照市校际联考）如图甲所示的充电电路中，R 表示电阻，E表示电源（忽略内阻）。通过改变电路中的元件参数对同一电容器进行两次充电，对应的电荷量q随着时间t变化的曲线如图乙中的、办所示。曲线形状由。变化为儿 是由于（）A.电阻R 变大C.电源电动势变大B.电阻R 减小D.电源电动势减小解 析 两图线的渐近线相同,说明稳定时的电荷量相同，则电源电动势相同，C、D 两项均错误；电阻R 增大，充电时间变长，则 A项正确，B 项错误。答 案 A9.（2020吉林省重点中学联考）如图所示的U-I图
9、象中，甲为某电池的路端电压与电流的关系图线，乙、丙为两种电子元件的U-I图线，三个图线交于同一点，若电池的电动势不变，内阻变大，再将乙、丙分别接在这个电池两端，乙、丙元件两端的电压分别为5、S,通过两元件的电流分别为A、h,则下列关系正确的是（）oA.UiU2B.Zi/2C.UihU2hD.Ui Uih h解析 当电池的内阻增大后，电 池 的U-I图象变为虚线，如图所示，显 然UiV lh,hIi,A项错误，B项 正 确；两元件消耗的功率分 别 为h U i、I2U2,不能确定两者大小关系，C项 错 误；由图象可以看 出/、方rj7分别为两条割线的斜率,1 2显然象D项错误。答 案B10.如图
10、所示，接在理想变压器回路中的四个规格相同的灯泡都正常发光,那么,理想变压器的匝数比1：H2：%为（)A.1：1：1B.3：2：1C.6：2：1D.2：2：1解析 灯泡正常发光，可 得UA=UB=UC=UD,所 以S=2 S,由理想变压器的电压关系得点=,可 得2=2”。灯泡都正常发光，则功率相等，M p pA=pB=pc=pD o 由尸=/2R 得=/B=/C=/O,即h=l2=h o由理想变压器的功率关系得Ui/i=U2/2+U3/3,即山=212+3/3,可得1=加+3=2H3+3=3%。所以小：H 2：%=3:2：1,B 项正确。答 案 B1 1.如图甲所示，M 为一电动机，当滑动变阻器
11、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，以下判断不正确的是（）A.电路中的电源电动势为3.9 VB.电动机的电阻为4。C.此电路中，电动机的最大输出功率为0.9 WD.变阻器的最大阻值为32。解析 由图甲知，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，所以图乙中最上面的图线表示V2的电压与电流的关系，此图线的斜率大小等于电源的内阻，为r=）。=3 Q;当电流1=0.1 A 时，U=3.6 V,则电源的电动势石=U+/r=3.6 v+0.1X 3V=3.9V,
12、故 A 项正确；由图可知，电 动 机 的 电 阻 小=叫 普1=4 Q,故 B 项正确；当/=0.3A 时，t/=3.0 V,电动机的输入功率最大，最大输入功率为尸=U=3X0.3 W=0.9 W,电动机的热功率为PrM=Z2rM=0.32X4 W=0.36 W,则最大的输出功率为产出=0.9 W-0.36W=0.54 W,故C项错误；当1=0.1 A时，电路中电流最小，变阻器的电阻为最大值，所以R=与一r一小=（一34 2=32 f l,故D项正确。答 案C二、多项选择题1 2.理想变压器原线圈a匝数zii=200匝，副线圈b匝数2=100匝，线圈。接在=44限011314”）交流电源上，副
13、线圈中“12 V 6W”的灯泡恰好正常发光，电 阻&=16 0,电压表V为理想电表，下列推断正确的是（）A.交变电流的频率为100 HzB.副线圈磁通量的最大变化率为虐Wb/sC.电压表V的示数为22 VD.品消耗的功率是1W解析 由表达式知交变电流的频率为片吃=Hz=50 Hz,A项错误；灯泡正常发光，故副线圈中电流为1=S=0.5 A,故电压表示数为t/2=12 V+/&=20 V,故 根 据 知 穿 过 铁 芯 的 磁 通 量 的 最 大变 化 率 为?=卓 W b/s,故B项正确，C项错误；根据电流与匝数成反比，原线圈电流为0.25 A,由题意可知：原线圈电压有效值为44 V,根据电压
14、与匝数成正比得t/i=40 V,R i消耗的功率是 尸=（44一40）X0.25 W=1 W,故 D 项正确。答 案 BD13.（2020河南省顶级名校联考）如图所示，手摇发电机产生正弦交变电流，经理想变压器给灯泡L 供电。当线圈以角速度。匀速转动时，电压表的示数为Uo,灯泡L 正常发光。已知发电机线圈的电阻为r,灯泡L 的额定电流为1,灯泡L 正常发光时的电阻为R,若灯泡L的电阻恒定且灯泡不会损坏，其他电阻不计，贝！1（）A.线圈转到图示位置时，产生的感应电流为零B.变压器原、副线圈的匝数比为件C/0/4p2C.发电机线圈电阻的发热功率为傍rD.若线圈的角速度变为2。，则灯泡L 的亮度不变解
15、 析 线圈转到图示位置时，产生的感应电流为零，A 项正确；灯泡两端的电压U=I R,变压器原、副线圈的匝数比胃=*=（,解得华=，。=臂，所 以?,=脐=等，B 项错误，C 项正确；由公式 Em=NBSa可 知,当口增大一倍时，Em增大，其他条件不变时，灯光的亮度增加，D 项错误。答 案 AC1 4.如图所示为某兴趣小组设计的一种发电装置，在磁极和圆柱状铁芯之间形成的两磁场区域的圆心角a 均为表，磁场均沿半径方向；矩 形 线 圈 点 未 在 图 中 标 出)的 匝 数 为 N,其边长be=a d=2 h线圈的总电阻为r,外接电阻为R;线圈以角速度“绕中心轴匀速转动，儿边和ad 边同时进、出磁场
16、。在磁场中，加边和cd边所经过处的磁感应强度大小均为3、方向始终与两边的运动方向垂直。贝(1()A.b e边 和a d边在磁场中运动时，线圈的感应电动势的大小为NB12C OB.b e边 和a d边在磁场中运动时，b e边所受安培力的大小为4N?B21 3coR+rC.通过R 的电流有效值为岑簪K-rrD.通过区的电流有效值为鬻合解析 be、a d边的运动速度0=3 0,电动势Em=2，NB2lp=Em2 N B g A项错误；根据欧姆定律得，电流人产后be边所受安4N2B2l3(o 4培力为F=N B ImH=Rr+-r ,B 项正确；因为两磁场的圆心角为9十，故一个周期内，通电时间1=/丁
17、，由有效值定义知：IR+r)T=l R+r)T,解得/=处湾，C项错误，D项正确。十 r)答 案 B D1 5.某同学模拟“远距离输电”电路，将实验室提供的器材连接成了如图所示电路。A、3 为理想变压器，灯 L i、L z 相同且阻值不变,输电线路等效电阻为R。现保持A的输入电压不变，当开关S 断开时,灯 L i 正常发光，贝!)()B.仅闭合S,输电线路的发热功率变小C.仅将滑片尸上移，L i 变亮D.仅将滑片产上移，输电线路的发热功率变小解析 闭 合S,则消耗功率增大，3副线圈中电流增大，3原线圈电流也增大，则R上损失的电压和功率增大，则3输入电压i =42 减小，灯泡两端电压力2减小，故
18、灯泡会变暗，A项正确，B项错误；仅将滑片尸上移，A副线圈匝数减小，则输出电压减小，B的输入电压减小，灯泡电压也减小，故 L i 变暗，消耗功率减小，流过灯泡的电流减小，则3原线圈中电流减小，流过R的电流减小，输电线路的发热功率变小，故C项错误，D项正确。答 案 A D微专题二电磁感应规律及综合应用三年十三卷考情命题规律+预测三年考题考查内容(1)本微专题是高考必考点，而且考查呈现多样性，考查频次比较高的知识点有：楞次定律、法拉第电磁感应定律、以导体棒运动为背景的综合应用问题。综合问题既考查电磁感应的知识，又考查数学知识运用，体现科学思维和科学探究的素养要求。(2)预计2021年高考命题会延续上
19、述特点。另外，还需要关注一个变化，在2019后高考中出现了电磁感应与动量守恒的综合应用问题，近几年高考中第一次出现这样的组合，复习中要给予重视。2020I 卷 21T法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、安培力II 卷 14T电磁感应现象、物理学史in 卷 14T楞次定律m 卷 24T电磁感应规律的综合应用2019I 卷 20T楞次定律、法拉第电磁感应定律II 卷 21T电磁感应中的动力学、图象问题m 卷 i4T楞次定律ni 卷 i6T“导轨+双杆”模型、动量守恒2018I 卷 17T法拉第电磁感应定律、电荷量计算I 卷 19T楞次定律、安培定则II 卷 18T电磁感应中的图象问题高考考向1楞
20、次定律和法拉第电磁感应定律的应用解I 题 必 I备1.求感应电动势的两种方法(1)E=比，用来计算感应电动势的平均值。(2)E=Blv或E=Bl2a),主要用来计算感应电动势的瞬时值。2.判断感应电流方向的两种方法(1)利用右手定则，即根据导体在磁场中做切割磁感线运动的情况进行判断。(2)利用楞次定律，即根据穿过闭合回路的磁通量的变化情况进行判断。3.楞次定律中“阻碍”的四种表现形式(1)阻碍磁通量的变化“增反减同”。(2)阻碍相对运动“来拒去留”。(3)使线圈面积有扩大或缩小的趋势“增缩减扩”。(4)阻碍电流的变化(自感现象)“增反减同”。题I 型精I 研命题角度1感应电流方向的判断1.(楞
21、次定律)(2020河南省顶级名校联考)如图所示，一闭合的金属圆环从静止开始下落，穿过一竖直悬挂的条形磁铁，磁铁的N 极向上，在运动过程中，圆环的中心轴线始终与磁铁的中轴线保持重合，则下列说法中正确的是()A.对于金属圆环来说，在 A 3段磁通量向下B.条形磁体的磁感线起于N 极，终于S 极，磁感线是不闭合的C.自上向下看，在 A 3段感应电流沿顺时针方向D.自上向下看，在段感应电流沿逆时针方向解析 在圆环还没有套上磁铁之前，圆环中磁通量方向向上，因此 A项错误；磁感线是闭合的，故 B项错误；根据楞次定律，A3 段感应电流是顺时针方向，故 C项正确，D项错误。答 案 C2.（楞次定律拓展应用）（
22、2 0 2 0 全国卷n i）如图，水平放置的圆柱形光滑玻璃棒左边绕有一线圈，右边套有一金属圆环。圆环初始时静止。将图中开关S 由断开状态拨至连接状态，电路接通的瞬间，可观察到（）A.拨至M端或N 端，圆环都向左运动B.拨至M端或N 端，圆环都向右运动C.拨至M端时圆环向左运动，拨至N 端时向右运动D.拨至M端时圆环向右运动，拨至N 端时向左运动解析 无论开关S 拨至哪一端，当把电路接通一瞬间，左边线圈中的电流从无到有，电流在线圈轴线上的磁场从无到有，从而引起穿过圆环的磁通量突然增大，根据楞次定律（增反减同），右边圆环中产生了与左边线圈中方向相反的电流，异向电流相互排斥，所以无论哪种情况，圆环
23、均向右运动，故选B。答 案 B3.（二次感应问题）（多选）（2 0 2 0 浙江新突破考前模拟）在水平桌面上，有一个矩形导线框 谈，导线框内有一个圆形金属环尸和一个圆形区域的磁场，磁场方向以竖直向下为正，如图甲所示。圆形区域内的磁场的磁感应强度B随时间，按图乙所示规律变化，不计产中电流对矩形导线框中电流的影响。下列说法正确的是（）BA.在，i 打时间内，尸有收缩趋势B.在勿右时间内，尸有扩张趋势C.在右打时间内，尸中有逆时针方向的感应电流D.在白功时间内，尸中有逆时针方向的感应电流解析 在力办时间内，圆形区域内的磁感应强度的变化率逐渐增大，则矩形导线框abe d 中的电流也逐渐增大，穿过圆环的
24、磁通量增大，可知产有收缩趋势，A项正确；在右右时间内，圆形区域内的磁感应强度的变化率恒定不变，导线框中产生的感应电流也将保持不变，穿过圆环的磁通量不变，P中无感应电流且没有扩张或收缩的趋势，B、C两项错误；在右启时间内，沿负方向的磁场减弱，根据楞次定律可判断出导线框中产生d-c-b-a 方向的感应电流，且电流在逐渐减小，故穿过圆环的磁通量减小，尸中有逆时针方向的感应电流,D项正确。答 案 A D命题角度2 感应电动势的计算4.（法拉第电磁感应定律）（多选）（2 0 2 0 曲靖市第一中学二模）如图甲所示，一个匝数为的圆形线圈（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K
25、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（）BA.0 介时间内产端电势高于。端电势B.0 力时间内电压表的读数为 一%)StiC.九办时间内K上的电流为三普5D.力打时间内尸端电势高于。端电势解析 由楞次定律可判断，0 ，1时间内尸端电势高于。端电势,打时间内尸端电势低于。端电势，A项正确，D项错误；0 人时间内，线圈产生的感应电动势石=誓=八号邑5,电压表的示数等于路端电压B项错误；，1打时间内，感应电动势E 二吟,根据闭合电路欧姆定律得，电流，=4=/九,C项1 2 h/A Z（t2-t ）K正确。答 案 A C5
26、.（导体平动切割磁感线）（多选）如图甲所示，一宽为I的匀强磁场B区域，磁场方向垂直于纸面向里。一个边长为以/。）的正方形导线框A B C D位于纸面内，以垂直于磁场边界的恒定速度。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，=0,线框中感应电流随时间变化规律的/一，图象如图乙所示，则下列说法正确的是（）DC;X Xi f 八 X XU yIfiX X甲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 AB.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 AC.在第3 s 内，线框中感应电流方向为顺
27、时针方向，大小恒定为0.3 AD.在第1 s 内，线框中。点电势高于。点电势，感应电流大小为 0解析 在第1 s 内，线框进入磁场，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），大小1=0.3 A,A 项正确；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，B 项错误；在第3 s 内，线框从磁场中出来，穿过线框的磁通量均匀减小，感应电流为顺时针方向（为负方向），大小1=0.3 A,C 项正确；在第1 s 内，感应电流方向沿逆时针方向，则。点电势低于。点电势，D 项错误。答 案 AC6.（导体旋转切割磁感线）如图，直角三角形金属框ab c放置在匀强
28、磁场中，磁感应强度大小为3,方向平行于必边向上。当金属框绕也边以角速度“逆时针转动时，a、b、c 三点的电势分别为、5、Uc o已知左边的长度为1。下列判断正确的是（）(1)A.Ua Uc,金属框中无电流B.Ub Uc,金属框中电流方向沿a-A-c f aC.1/反=一 为%,金属框中无电流D.Ub c=B l2(t),金属框中电流方向沿a f ca解析 金属框。从平面与磁场平行，转动过程中磁通量始终为零,所以无感应电流产生，B、D 两项错误；转动过程中b e边和ac边均切割磁感线，产生感应电动势，由右手定则判断U“VUc,UhUc,A 项错误；由转动切割产生感应电动势的公式得。加=一套；2。
29、，C 项正确。答 案 c高考考向2电磁感应中的电路和图象问题解I 题I 必I 备1.电磁感应现象中的电源与电路(1)产生感应电动势的那部分导体相当于电源。(2)在电源内部电流由负极流向正极。(3)电源两端的电压为路端电压。2.解图象问题的三点关注(1)关注初始时刻，如初始时刻感应电流是否为零，是正方向还是负方向。（2）关注变化过程，看电磁感应发生的过程可以分为几个阶段，这几个阶段分别与哪段图象变化相对应。（3）关注大小、方向的变化趋势，看图线斜率的大小、图线的曲直是否和物理过程对应。3.解图象问题的两个分析方法（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
30、匀变化还是非均匀变化），特别是物理量的正负,排除错误的选项。（2）函数法：根据题目所给条件定量地写出两个物理量之间的函数关系，然后由函数关系对图象作出分析和判断，这未必是最简捷的方法，但却是最有效的方法。题I型 精 研命题角度1电磁感应中的电路问题7.（电路问题）（多选）如图甲，线圈A（图中实线，共100匝）的横截面积为0.3 n?,总电阻r=2 Q,A右侧所接电路中，电 阻 岛=2。，电=6。，电容。=3 p F,开 关Si闭合。A中有横截面积为0.2 n?的区 域0（图中虚线），。内有图乙所示的变化磁场，1=0时刻，磁场方向垂直于线圈平面向里。下列判断正确的是（）A.闭合S2、电路稳定后，
31、通过 电 的电流由6流向。B.闭合S2、电路稳定后，通过&的电流大小为0.4 AC.闭合S2、电路稳定后再断开S i,通过&的电流由力流向aD.闭合S2、电路稳定后再断开S i,通过船的电荷量为7.2X10-6C解 析，=0 时刻，磁场方向垂直于线圈平面向里，由题图乙并根据楞次定律和安培定则可知，线圈A 中产生顺时针方向的感应电流，闭合三，电路稳定后，通过电 的电流由。流 向 心 A 项错误；由题图乙可知，磁感应强度的变化率的绝对值为黑=0.2 T/s,根据法拉第电磁感应定律，在 线 圈A中产生的感应电动势E=n S弋=100X0.2X0.2 V=4 V,闭合S2、电路稳定后，根据闭合电路欧姆
32、定律，E通过电的电流大小为/=p=0.4 A,B 项正确；闭合S2、电路稳定后电容器。的上极板带正电荷，再断开S 1,电容器放电，通过及 的电流由。流向心C 项错误；闭合S2后，外电路为电阻电 与电阻Ri串联，电路稳定后电容器C两极板之间的电压等于电两端电压U=?2=0.4X6 V=2.4 V,再断开S i,通过尺2的电荷量为Q=C U=7.2X106C,D 项正确。答 案 BD8.（电荷量的计算）（多选）如图甲所示，Med是位于竖直平面内的正方形闭合金属线框，在金属线框的下方有一磁感应强度大小为5 的匀强磁场区域，M N和M N 是匀强磁场区域的水平边界，两边界间的宽度为“并与线框的加边平行
33、，磁场方向与线框平面垂直。现让金属线框由距的某一高度从静止开始下落，图乙是金属线框由开始下落到完全穿过匀强磁场区域的。一，图象（其中OA、BC、0 E 相互平行）。已知正方形金属线框的边长为L（L 3线框从某高处由静止落下，当线框的cd边刚进入磁场时，线框的加速度方向向下、大小为亳；当线框的Cd边刚离开磁场时，线框的加速度方向向上、大小为毒。在运动过程中，线框平面位于竖直平面内，上、下两边总平行于尸。空气阻力不计，重力加速度为g。求：h-Tb.4xxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxx”xxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxM 57(1)线框的cd边刚进入磁场时，通过线框导线
34、中的电流；(2)线框的a b边刚进入磁场时线框的速度大小；(3)线 框a b d c从全部在磁场中开始到全部穿出磁场的过程中，通过线框导线横截面的电荷量。解 析(1)设线框的c d边刚进入磁场时线框导线中的电流为/1,根据牛顿第二定律有t3mg机 g 5 9解得1=21ng5BIJ(2)设线框面边刚进入磁场时线框的速度大小为5,线框的cd边刚离开磁场时速度大小为V 2,线框的c d 边刚离开磁场时线框导线中的电流为1 2,根据牛顿第二定律有n TJ 咳B h lm g=5,解得/2=61ng5Bh由闭合电路欧姆定律得，2=喈,解得02=6Rmg5B2H f由匀变速直线运动速度与位移的关系式V
35、2-vi=2 g(H li),联立解得 v 1=50B4lig(H 12)o(3)设线框abdc穿出磁场的过程中所用时间为A。平均电动势为E,通过导线的平均电流为1,通过导线某一横截面的电荷量为q,则由法拉第电磁感应定律E=喈,P由闭合电路欧姆定律/=含联立解得通过线框导线横截面的电荷量一 BIE命题角度2安培力作用下的功能问题13.(2020四川省教考联盟第一次联考)如图甲所示，水平面上固定着两根间距L=0.5 m的光滑平行金属导轨MN、PQ,M、尸两点间连接一个阻值A=3 C 的电阻，一根质量m=0.2 kg、电阻r=2。的金属棒ab垂直于导轨放置。在金属棒右侧两条虚线与导轨之间的矩形区域
36、内有磁感应强度大小3=2 T、方向竖直向上的匀强磁场，磁场宽度d=5.2m。现对金属棒施加一个大小b=2 N、方向平行导轨向右的恒力，从金属棒进入磁场开始计时，其运动的。一，图象如图乙所示，运动过程中金属棒与导轨始终保持良好接触，导轨电阻不计。求：M a-；N W甲乙金属棒刚进入磁场时所受安培力的大小耳安；金属棒通过磁场过程中电阻R产生的热量QR.解 析（1）由题图乙可知，金属棒必刚进入磁场时速度0o=4 m/s,此时，感应电动势力=以力0,.、E感应电流/=+r，安培力的大小耳安解付F安=r.=0.8 No（2）设金属棒在磁场中最大速度为0m,此时安培力与恒力F大小,空 m l-L B2l3
37、vm相等，则有F=A+.,代入数据解得0m=10 m/So设金属棒通过磁场的过程中回路产生的总热量为Q,由功能关系得 Fd=mV mmV n+Q,解得。=2J,R所以电阻R 产生的热量。/?=秆 2=1.2 J。答 案（1）0.8 N（2）1.2 J命题角度3电磁感应与动量的综合问题1 4.（与动量定理综合）（2020重庆市北错区第一次诊断性模拟）如图所示，在光滑的水平面上宽度为L 的区域内，有一竖直向下的匀强磁场。现有一个边长为。3VL）的正方形闭合线圈以垂直于磁场边界的初速度。向右滑动，穿过磁场后速度减为。，那么当线圈完全处于磁场中时，其速度大小（）!X X X X；!vI H ：X X
38、X X；;：x x x x i!：；X X X X;b-1-HA.大于六一 B.等于下一C.小 于 审 D.以上均有可能解析 对线框进入或穿出磁场过程，设初速度为0 1,末速度为0 2,由动量定理可知：B I L t=mv2mvt通过导体横截面的电荷量夕=I K 得3七K万=机（6一0 i）,进入和穿出磁场过程，磁通量的变化量相等，则进入和穿出磁场的两个过程通过导线框横截面的电荷量相等，故由上式得知，进入过程导线框的速度变化量等于离开过程导线框的速度变化量。设完全进入磁场中时，线圈的速度大小为。，则有0（）0 =v v,解得o ,B项正确。答 案 B1 5.（与动量守恒综合）（2 0 2 0
39、湖北省第五届高考测评活动元月调考）如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨MN、水平放置，间距为 L,电阻不计。AB左侧、CO 右侧存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为瓦 在 A 3、CD之间的区域内，垂直两根导轨水平放置了两根质量分别为机、2 机、电阻分别为r、R的导体棒。、瓦 在 a、b 棒之间用一锁定装置将一轻质弹簧压缩安装在。、b棒之间（弹簧与两棒不拴接），此时弹簧的弹性势能为Ep o现解除锁定，当弹簧恢复到原长时，。、方棒均恰好同时进入磁场。试求：（1）。棒刚进入磁场时的速度大小;（2）小。棒分别在磁场中滑行的距离。解 析(1)以。、棒为系统，动量守恒，机械能守恒，以。棒运动的方向为正
40、方向；设。、。棒刚要进入磁场时的速度分别为入、vb,则由能量守恒定律和动量守恒定律可得1 1Ep=2mvl+2 x,mva2mvh ,联立解得。.=2疆，3=疆。(2)、棒分别进入磁场后，相互背离切割磁感线，感应电动势为正负串接，且a、棒流过的电流时刻相等，磁感应强度B相等，L也相等，故。、力棒的安培力等大反向，矢量和为零，其余的力矢量和也为零，系统动量始终守恒。故有mva h n vb=0,pi 2则有4、棒 运 动 中 的 任 意 时 刻 Vb 工设a、b棒在磁场中的位移分别为X、Xb,故由法拉第电磁感应定律可得石=詈，_ 飞由闭合电路欧姆定律可得/=游7 而两棒在运动过程中A0=3L(X
41、a+xb),对a棒，由动量定理一尸安A，=0 7W0a,A 安=5九联立得_ 4(R+rW3mE p _ 2(JR+r)y 3mEpX a=9B2L2 X b=9B2L2 答 案 2 疆疆4（尺+r）/3小耳 2（R+r h/3v p 9B2lJ 9B21课时巩固练（9）电磁感应规律及综合应用一、单项选择题1.如图所示是一个电磁阻尼现象演示装置，钢锯条上端固定在支架上，下端固定有强磁铁，将磁铁推开一个角度释放，它会在竖直面内摆动较长时间；若在其正下方固定一铜块（不与磁铁接触），则摆动迅速停止。关于实验以下分析与结论正确的是（）A.如果将磁铁的磁极调换，重复实验将不能观察到电磁阻尼现象B.用闭合
42、的铜制线圈替代铜块，重复试验将不能观察到电磁阻尼现象C.在图乙情况中，下摆和上摆过程中磁铁和锯条组成的系统机械能均减少D.在摆动过程中铜块不受磁铁的作用力解 析 此现象的原理是当磁铁在铜块上面摆动时，在铜块中产生涡流，与磁场相互作用阻碍磁铁的运动；则如果将磁铁的磁极调换，重复实验仍能观察到电磁阻尼现象，A项错误；用闭合的铜制线图替代铜块，仍能在线圈中产生感应电流，从而与磁铁产生阻碍作用，则重复试验仍能观察到电磁阻尼现象，B项错误；在图乙情况中，下摆和上摆过程中均会产生涡流从而消耗机械能，则磁铁和锯条组成的系统机械能均减少，C项正确；由上述分析可知，在摆动过程中铜块对磁铁有阻碍作用，同时铜块也要
43、受磁铁的作用力，D项错误。答 案 C2 .（2 0 2 0 湘赣皖十五校联考）如图所示，在水平放置的、宽度为d的光滑U 形框架上有一长度为L的金属棒，其单位长度对应的电阻为r,以速度。匀速向右运动，U 形框左端连接一定值电阻R,整个空间充满垂直于U 形框平面向里的匀强磁场以不计其他电阻），则金属棒P 0两端电势差为（)D.RL-rd(Ld)R+r dBvA.BLv解析R RUMN=八坏#=尺+配，UPM+UNQ=B(Ld)vf UPQ,R ,RL-rrd（Ld）_,_=UMN+UPM+UNQ=B d v+B（L d）v=口+网 B。,故 D项正确。答 案 D3.有一磁场方向竖直向下，磁感应强度
44、3 随时间，的变化关系如图甲所示的匀强磁场。现有如图乙所示的直角三角形导线框abc水平放置，放在匀强磁场中保持静止不动，1=0 时刻，磁感应强度3 的方向垂直纸面向里，设产生的感应电流i 顺时针方向为正、直角边而所受安培力F的方向水平向左为正。则下面关于F和i随时间t变化的图象正确的是（）解析 在 0 3 s 时间内，磁感应强度随时间线性变化，由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势恒定，回路中感应电流恒定，同时由b=3 知道，电流恒定，安培力与磁感应强度成正比，又由楞次定律判断出回路中感应电流的方向应为顺时针方向，即正方向；在 34s时间内，磁感应强度恒定，感应电动势等于零，感应电流为零，安培力
45、等于零，故 B、C两项错误，A项正确；0 3 s 时间内，磁感应强度随时间线性变化，由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势恒定，回路中感应电流恒定，故D项错误。答 案A4.（2020吉林省白城市四中网上模拟考试）如图所示，边长为，的单匝正方形线圈放在光滑水平面上，其有一半处于磁感应强度大小为方向竖直向下的匀强磁场中。第一次保持磁场不变，使线圈在水平向右的拉力作用下，以恒定速度。向右运动；第二次保持线圈不动,使磁感应强度大小发生变化。若线圈的总电阻为R,则有（）A.若要使两次产生的感应电流方向相同，则第二次时磁感应强度大小必须逐渐增大B.若要使两次产生的感应电流大小相同，则第二次时磁感应强度大小随
46、时间必须均匀变化，且 变 化 率 蛰=竿12 07）C.第一次时，在线圈离开磁场的过程中，水 平 拉 力 做 的 功 为 条D.第一次时，在线圈离开磁场的过程中，通过线圈某一横截面的 电 荷 量 为R2*Pl解 析 根据右手定则可知，第一次时线框中的感应电流方向顺时针方向；若要使两次产生的感应电流方向相同，根据楞次定律，则第二次时磁感应强度大小必须逐渐减小，故A项错误；根据切割感应电动势公式E=B L v及闭合电路欧姆定律可得第一次时感应电流大小1=耳，若要使两次产生的感应电流大小相同，根据法拉第电磁感应定律及闭合电路欧姆定律则有笔x f x 1=等，则第二次时磁感应强度/X I L K K大
47、小随时间必须均匀变化，且变化率为普=华，故 B项正确；第一次时，在线圈离开磁场的过程中，水平拉力做的功为 W=FX =R17）1 1 2 户:B X XZX-=z,故 C项错误；第一次时，在线圈离开磁场的过程中，通过线圈某一横截面的电荷量为4=誓=黑，故 D项错误。A答 案 B二、多项选择题5.（2 0 2 0 湖北省黄冈市新起点考试）金属圆盘置于方向垂直于纸面向里的匀强磁场中，圆盘中央和边缘各引出一根导线，与套在铁芯上部的线图A相连。套在铁芯下部的线圈B引出两根导线接在两根水平导轨上如图所示。导轨上有一根金属棒ab处在垂直于纸面向外的匀强磁场中。下列说法正确的是（）A.圆盘顺时针加速转动时，
48、h 棒将向右运动B.圆盘顺时针减速转动时，M 棒将向右运动C.圆盘逆时针减速转动时，H 棒将向右运动D.圆盘逆时针加速转动时，M 棒将向右运动解 析 由右手定则可知圆盘顺时针转动时，产生电流为顺时针，激发磁场向下，加速转动时，线图A中产生的磁场方向向下且磁场增强，5中感应磁场方向向上，由右手螺旋定则可知，必棒中感应电流方 向 由 瓦 由左手定则可知，必棒受的安培力方向向左；减速转动时，3 中感应磁场方向向下，由右手螺旋定则可知，而棒中感应电流方 向 由 方 由 左 手 定 则 可 知，血棒受的安培力方向向右，故 A项错误，B项正确；同理可得C项错误，D项正确。答 案BD6.（2020云南省昆明
49、市一中第五次检测）竖直放置的长直密绕螺线管接入如图甲所示的电路中，通有俯视顺时针方向的电流，其大小按图乙所示的规律变化。螺线管内中间位置固定有一水平放置的硬质闭合金属小圆环（未画出），圆环轴线与螺线管轴线重合。下列说法正确的是（）A.，=（时刻，圆环有扩张的趋势B.，=（时刻，圆环有收缩的趋势c.，=（和1=时刻，圆环内的感应电流大小相等D.，=芋 时 刻，圆环内有俯视逆时针方向的感应电流解析 由图知，=（时刻，通过线圈的电流正向增加，线圈内部的磁场增强，导致穿过圆环的磁通量增加，根据楞次定律，为阻碍磁通T 3T量的增加，圆环有收缩的趋势，A项错误，B项正确；，=和，=亍 时刻，电流的变化率一
50、样大，线圈产生的磁场的变化率一样大，则导致穿过圆环的磁通量的变化率一样大，故环内的感应电流大小相等，C项正确；，=彳时刻，通过线圈的电流正向减小，线圈内部产生的磁场向下且在减小，导致穿过圆环的磁通量减小，根据楞次定律，圆环将产生向下的感应磁场，再根据右手螺旋定则知圆环内有俯视顺时针方向的感应电流，故D项错误。答 案BC7.（2020河南省九师联盟质量检测）如图所示，等腰直角三角形金属线框。儿放在光滑绝缘水平桌面上，直角边长为L线框的电阻为R,质量为小，有界匀强磁场垂直于水平桌面向下，磁感应强度大小为B,磁场边界M N、P Q间距大于L,开始时a b边与磁场边界M N平行，给金属线框一个垂直MN