高考解码高三物理二轮复习教学案提升练习专题七电路与电磁反应高品质版 43页

第1讲　恒定电流与交变电流 高考导航 ‎　　由于电学实验基本上是每套试题的考查热点之一，因此对直流电路的考查频率很低，交流电路基本上是每年考卷中的必考内容，往往以选择题的形式出现，考查的难度不会太大，考查的内容主要是交流电的产生和描述交流电的几个基本物理量及交流电的“四值”、变压器的工作原理以及远距离输电，预计2016年对交流电路的考查会以描述交流电的几个基本物理量及交流电的“四值”为重点．有时候会以选择题的形式结合变压器考查交流电路中的动态变化问题或电路故障问题．‎ 体系构建 ‎1．闭合电路欧姆定律 ‎(1)表达式．‎ ‎①I＝ ‎②U路＝E－Ir ‎(2)图象．‎ ‎2．交变电流的四值 ‎(1)最大值：Em＝nBSω ‎(2)瞬时值：e＝Emsin ωt(从中性面计时)‎ ‎(3)有效值：由电流的热效应定义．‎ ‎(4)平均值：E＝n.‎ ‎3．变压器的四个基本关系 ‎(1)功率关系：P入＝P出．‎ ‎(2)电压关系：＝.‎ ‎(3)电流关系：＝.‎ ‎(4)频率关系：f1＝f2‎ ‎1．(2015·四川理综)小型手摇发电机线圈共N匝，每匝可简化为矩形线圈abcd，磁极间的磁场视为匀强磁场，方向垂直于线圈中心轴OO′，线圈绕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，则发电机输出电压(　　)‎ A．峰值是e0　　　　　　　B．峰值是2e0‎ C．有效值是Ne0 D．有效值是Ne0‎ 答案　D 解析　发电机输出电压峰值是2Ne0，A、B错误；有效值是·2Ne0＝Ne0，C错误，D正确．‎ ‎2．(2015·课标Ⅰ)一理想变压器的原、副线圈的匝数比为3∶1，在原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻，原线圈一侧接在电压为220 V的正弦交流电源上，如图所示．设副线圈回路中电阻两端的电压为U，原、副线圈回路中电阻消耗的功率的比值为k，则(　　)‎ A．U＝66 V，k＝ B．U＝22 V，k＝ C．U＝66 V，k＝ D．U＝22 V，k＝ 答案　A 解析　设原线圈中电流为I，由＝知副线圈中的电流I2＝3I，由题意知副线圈中电阻两端的电压U＝3IR，则原线圈回路中R两端的电压U′＝IR＝，原线圈两端的电压U1＝3U ‎，由闭合电路中电压关系可知U1＋U″＝220 V，即＋3U＝220 V，U＝66 V，原线圈回路中电阻消耗的功率P1＝I2R，副线圈回路中电阻消耗的功率P2＝(3I)2R，＝k＝＝，选项A正确．‎ ‎3．(2015·安徽理综)图示电路中，变压器为理想变压器，a、b接在电压有效值不变的交流电源两端，R0为定值电阻，R为滑动变阻器．现将变阻器的滑片从一个位置滑动到另一位置，观察到电流表A1的示数增大了‎0.2 A，电流表A2的示数增大了‎0.8 A，则下列说法正确的是(　　)‎ A．电压表V1示数增大 B．电压表V2、V3示数均增大 C．该变压器起升压作用 D．变阻器滑片是沿c→d的方向滑动 答案　D 解析　变压器输入电压不变，原、副线圈的匝数比不变，故原、副线圈两端的电压不变，即电压表V1、V2示数不变，选项A、B均错误；I1、I2增加，则副线圈电路中总电阻减小，故变阻器滑片应沿c→d方向滑动，选项D正确；由原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率P入＝P出知，调节滑动变阻器前I1n1＝I2n2，调节滑动变阻器后I1′n1＝I′2n2，联立得(I′1－I1)n1＝(I′2－I2)n2，即ΔI1n1＝ΔI2n2，＝＝＝4，故该变压器起降压作用，选项C错误．‎ ‎4．(2015·福建理综)如图为远距离输电示意图，两变压器均为理想变压器，升压变压器T的原、副线圈匝数分别为n1、n2，在T的原线圈两端接入一电压u＝Umsin ωt的交流电源，若输送电功率为P，输电线的总电阻为2r，不考虑其它因素的影响，则输电线上损失的电功率为(　　)‎ A．() B．() C．4()2()2r D．4()2()2r 答案　C 解析　T的输入电压U1＝，则P＝U1I1，I1＝＝，又因为＝，所以I2＝I1＝，则输电线上损失的电功率P损＝I·2r＝4()2()2r，C项正确．‎ 这类问题考查理想变压器与电路的结合问题．把直流电路的动态分析方法用于交流电路，考查了考生的迁移能力．‎ ‎1．闭合电路动态变化的原因：‎ ‎(1)某一支路的滑动变阻器的阻值变化；‎ ‎(2)某一支路电键闭合或断开；‎ ‎(3)热敏电阻或光敏电阻的阻值变化．‎ ‎2．闭合电路动态分析的两种方法：‎ ‎(1)程序分析法：流程如下 ‎ ‎ ‎(2)利用结论法：即“串反并同”法 ‎①“串反”——即某一电阻增大(减小)时，与它串联或间接串联的电阻中的电流、两端电压、消耗的电功率都减小(增大)；‎ ‎②“并同”——即某一电阻增大(减小)时，与它并联或间接并联的电阻中的电流、两端电压、消耗的电功率都增大(减小)．‎ ‎【例1】　(2015·菏泽二摸)如图，理想变压器原线圈输入电压u＝Umsinωt，副线圈电路中R0为定值电阻，R是滑动变阻器.和是理想交流电压表，示数分别用U1和U2表示；和是理想交流电流表，示数分别用I1和I2表示．下列说法正确的是(　　)‎ A．I1和I2表示电流的瞬时值 B．U1和U2表示电压的最大值 C．滑片P向下滑动过程中，U2不变、I1变大 D．滑片P向下滑动过程中，U2变小、I1变小 ‎【审题突破】‎ ‎(1)理想变压器的副线圈相当于电源，其余等效为负载．‎ ‎(2)部分负载的变化引起其他支路和干路中电学量的变化．‎ ‎(3)解答本题时可按以下思路分析：‎ 答案　C 解析　交流电压表和交流电流表显示的示数都为有效值，A、B错．由于输入端电压U1‎ 和理想变压器匝数比不变，所以U2不变．滑片P向下滑动过程中，电阻变小，电流I2变大，输出功率变大，则输入功率变大，电流I1变大，C正确、D错误，故选C.‎ 理想变压器电路问题的分析技巧 ‎(1)分清变量和不变量 ‎①原、副线圈匝数比不变，分析各物理量随负载电阻变化而变化时，进行动态分析的顺序是R→I2→P2→P1→I1；‎ ‎②负载电阻不变，分析各物理量随匝数比的变化而变化时，进行动态分析的顺序是n1、n2→U2→I2→P2→P1→I1.‎ ‎(2)分清动态变化过程中的决定关系 如U2由U1决定，P1、I1由P2、I2决定．‎ ‎(3)一般步骤 ‎①根据理想变压器规律＝分析U2的变化情况；‎ ‎②由闭合电路的欧姆定律I2＝分析I2的变化情况；‎ ‎③由公式P1＝P2＝U2I2分析判断输入功率P1的变化情况；‎ ‎④由公式P1＝I1U1分析I1的变化情况．‎ ‎【变式训练】‎ ‎1．(2015·天津理综)(多选)如图所示，理想变压器的原线圈连接一只理想交流电流表，副线圈匝数可以通过滑动触头Q来调节，在副线圈两端连接了定值电阻R0和滑动变阻器R，P为滑动变阻器的滑动触头．在原线圈上加一电压为U的正弦交流电，则(　　)‎ A．保持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表读数变大 B．保持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表读数变小 C．保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表读数变大 D．保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表读数变小 答案　BC 解析　保持Q位置不动，则副线圈两端电压U2不变，P向上滑动，则R增大，副线圈电流I2减小，由P1＝UI1＝U2I2，可知I1减小，电流表读数减小，A错误，B正确．保持P位置不动，则R不变，Q向上滑动，n2变大，根据＝得，U2＝U，则U2增大，由I2＝，知I2增大，由UI1＝U2I2，U不变，知I1增大，电流表读数变大，所以C正确，D错误．故选B、C.‎ 解决这类问题时，通常要写出交变电流瞬时值表达式交变电流瞬时值表达式的基本书写思路 ‎(1)确定正、余弦交流电的峰值，根据已知图象或公式Em＝NBSω，求出相应最大值．‎ ‎(2)明确线圈的初始位置，找出对应的函数关系式．‎ ‎①线圈从中性面开始计时，e＝Em sin ωt.‎ ‎②线圈从垂直于中性面开始计时，e＝Em cos ωt.‎ ‎【例2】　(2014·天津高考)如图1所示，在匀强磁场中，一矩形金属线圈两次分别以不同的转速，绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的交变电动势图象如图2中曲线a、b所示，则(　　)‎ A．两次t＝0时刻线圈平面均与中性面重合 B．曲线a、b对应的线圈转速之比为2∶3‎ C. 曲线a表示的交变电动势频率为25 Hz D．曲线b表示的交变电动势有效值为10 V ‎【审题突破】　第一步：挖掘题目信息 ‎(1)由乙图可知两次t＝0时刻均有e＝0，磁通量最大，线圈位于中性面位置．‎ ‎(2)根据乙图读取曲线a、b对应的周期Ta＝4×10－2s、Tb＝6×10－2s.‎ ‎(3)根据乙图读取a曲线对应的感应电动势的最大值为15 V.‎ 第二步：明确题目要求 ‎(1)判断t＝0时刻线圈的位置．‎ ‎(2)分析曲线a、b对应线圈的转速关系．‎ ‎(3)计算曲线a的频率、曲线b的电动势的有效值．‎ 第三步：圈定理论依据 ‎(1)中性面是线圈平面与磁场垂直的位置，磁通量最大，e＝0.‎ ‎(2)频率与周期、转速的关系为T＝＝.‎ ‎(3)正弦式交变电流的最大值和有效值的关系为Em＝E有．‎ 答案　AC 解析　线圈位于中性面时，磁通量最大，电动势为零，A正确；转速之比等于周期的反比，故该比值为3∶2，B错误；频率为周期的倒数，a的周期为0.04 s，频率为25 Hz，C正确；正弦交变电流的电动势的有效值为E＝＝，已知Ea＝ V，且ωb＝ωa，故可知Eb＝× V＝5V，D错误．‎ 交变电流的“四值”及应用 ‎(1)瞬时值：反映了不同时刻交变电流的大小，发光二极管在瞬时值超过其发光电压的时间内才可以发光．‎ ‎(2)最大值：在考虑电容器的耐压值时，则应依据交变电流的最大值．‎ ‎(3)有效值：求电功、电功率、焦 耳热以及确定保险丝的熔断电流等物理量时，要用有效值计算，正弦交变电流的有效值为I＝，其他交变电流的有效值只能根据有效值的定义来计算．此外，交流电压表、交流电流表所测的数值均指有效值，一些交流电器铭牌上所标的额定电压(电流)值也指有效值．‎ ‎(4)平均值：求一段时间内通过导体横截面的电荷量时要用平均值，即q＝IΔt.平均值的计算需用公式E＝n和I＝，得q＝n，切记不能用E＝计算电动势的平均值，平均值一般不等于有效值．‎ ‎【变式训练】‎ ‎2．(2013·山东理综)图甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，为交流电流表．线圈绕垂直于磁场的水平轴OO′沿逆时针方向匀速转动，从图示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图象如图乙所示．以下判断正确的是(　　)‎ A．电流表的示数为‎10 A B．线圈转动的角速度为50π rad/s C．0.01 s时线圈平面与磁场方向平行 D．0.02 s时电阻R中电流的方向自右向左 答案　AC 解析　电流表示数显示的是交流电的有效值，正弦交流电的电流有效值等于最大值的倍，电流表的示数为‎10 A，选项A正确；因为交流电的瞬时值为i＝10·cos ωt，根据图乙可知，交流电的周期为T＝2×10－2s，则线圈转动的角速度为ω＝＝100 πrad/s，选项B错误；0时刻线圈平面与磁场平行，t＝0.01 s＝，t时间内线圈转过π弧度，线圈平面与磁场方向平行，选项C正确；0.02 s时的情况与0时刻的情况相同，根据右手定则可以判定，此时通过电阻R的电流方向自左向右，选项D错误．‎ ‎1．理想变压器问题的“三种切入方法”‎ ‎(1)电压切入法 理想变压器原、副线圈的电压比为＝；当变压器有多个副线圈时，＝＝＝…‎ ‎(2)功率切入法：‎ 理想变压器的输入、输出功率为P入＝P出，当变压器有多个副线圈时，P1＝P2＋P3＋…‎ ‎(3)电流切入法：‎ 由I＝知，对只有一个副线圈的变压器有＝，当变压器有多个副线圈时，n1I1＝n2I2＋n3‎ I3＋…‎ ‎2．远距离输电问题的处理方法 ‎(1)求解远距离输电的关键是：熟悉“交流发电机→升压变压器→输电线→降压变压器→用户”这一过程，并画出这一过程的示意图，把需要的物理量都标在图中的相应位置上．‎ ‎(2)以升压变压器的副线圈、输电线、降压变压器的原线圈为回路，利用电路知识分析三者的电压关系和功率关系．‎ ‎【例3】　(2014·四川高考)如图所示，甲是远距离输电线路的示意图，乙是发电机输出电压随时间变化的图象，则(　　)‎ A．用户用电器上交流电的频率是100 Hz B．发电机输出交流电的电压有效值是500 V C．输电线的电流只由降压变压器原副线圈的匝数比决定 D．当用户用电器的总电阻增大时，输电线上损失的功率减小 ‎【审题突破】　1.命题立意：‎ 本题考查理想变压器与远距离输电的结合问题，综合性强．‎ ‎2．解题关键：‎ ‎(1)ut图象中，可读出发电机输出电压的最大值为500 V，周期为0.02 s.‎ ‎(2)理想变压器的副线圈相当于电源，其余等效为负载．‎ ‎3．解题思路：‎ ‎(1)明确变压器不改变交流电的频率．‎ ‎(2)清楚交流电最大值与有效值之间的关系．‎ ‎(3)知道输电线路上电流大小的决定因素．‎ 答案　D 解析　由图乙可知交流电的周期为0.02 s，频率为50 Hz，则A错误；发电机输出电压的有效值是 V，则B错误；输电线上的电流由用户消耗的功率及降压变压器原副线圈的匝数比共同决定，则C错误；当用户用电器的总电阻增大时，设降压变压器副线圈两端的电压为U4，则U4没变，由P＝知，用户消耗功率变小，降压变压器输入功率变小，设降压变压器原线圈电压为U3，又P入＝I线U3，U3没变，I线变小，P线＝IR线，R线未变，则输电线上损失的功率减少，故D正确．‎ ‎(1)抓住理想变压器问题中的两个“弄清”：‎ ‎①弄清变量和不变量．如原线圈电压不变，原、副线圈的匝数比不变，其他物理量可随电路的变化而发生变化．‎ ‎②弄清动态变化过程中的决定关系，如U2由U1决定，P1、I1由P2、I2决定．‎ ‎(2)理想变压器问题的分析流程：‎ ‎①由＝分析U2的情况．‎ ‎②由I2＝分析I2的情况．‎ ‎③由P1＝P2＝I2U2判断输入功率的情况．‎ ‎④由P1＝I1U1分析I1的变化情况．‎ ‎【变式训练】‎ ‎3．(2015·广东理综)如图为气流加热装置的示意图，使用电阻丝加热导气管，视变压器为理想变压器，原线圈接入电压有效值恒定的交流电并保持匝数不变，调节触头P，使输出电压有效值由220 V降至110 V，调节前后(　　)‎ A．副线圈中的电流比为1∶2‎ B．副线圈输出功率比为2∶1‎ C．副线圈的接入匝数比为2∶1‎ D．原线圈输入功率比为1∶2‎ 答案　C 解析　电阻丝的阻值R可认为不变，由欧姆定律I＝可知副线圈中的电流取决于副线圈的输出电压，故调节前后副线圈中电流之比为2∶1，A错误；再由P2＝I2U2或P2＝可知副线圈的输出功率之比应为4∶1，B错误；而理想变压器输入功率总是等于输出功率，故原线圈的输入功率之比也为4∶1，D错误；因原线圈的输入电压U1、匝数n1恒定，故由电压关系＝可知副线圈的接入匝数比为2∶1，C正确．‎ ‎[突破审题·规范解答]‎ ‎【例】　如图所示，矩形线圈abcd在磁感应强度B＝2 T的匀强磁场中绕垂直于磁场的轴OO′以角速度ω＝10π rad/s匀速转动，线圈共10匝，ab＝‎0.3 m，bc＝‎0.6 m，负载电阻R＝45 Ω，线圈内阻r＝5 Ω.求：‎ ‎(1)电阻R在0.05 s内所发出的热量．‎ ‎(2)0.05 s内流过电阻R的电量(设线圈从垂直中性面开始转动)．‎ 答案　(1)5.76 J　(2)‎‎0.072 C 解析　(1)电动势的最大值为：‎ Em＝nBSω＝10×2×0.3×0.6×10π V＝113.04 V 电流的有效值I＝＝＝‎‎1.6 A 所以0.05 s内电阻R上发出的热量Q＝I2Rt＝5.76 J ‎(2)由题意得Δt＝0.05 s内线圈转过的角度为θ＝ωΔt＝10π rad/s×0.05 s＝，穿过线圈的磁通量的变化量ΔΦ＝BS E＝n，I＝，q＝I·Δt 代入数据解得q＝‎‎0.072 C ‎【总结反思】‎ 常见误区 易错角度 错因剖析 错用平均值求热量 认为求热量应用焦耳定律，对应一段时间，实际上电流产生焦耳热是从交流电的有效值的角度出发.‎ 错用有效值求电荷量 认为电流流过某一横截面的电荷量相等，故用有效值求解．实际上电流通过导线横截面的电量对应一段时间，要从交流电的平均值的角度出发．‎ 防范措施 规范解题流程：‎ ‎1.判断产生的交流电的特点、规律.‎ ‎2.根据题目要求求出相应的有效值、平均值或瞬时值.‎ ‎3.若为正弦交流电，则其有效值直接代入关系式；若为其他交流电，则需要由有效值的定义式求出有效值.‎ ‎4.求电量：先确定电动势的平均值，即交变电流图象中图线与时间轴围成面积与时间的比值，E＝，I＝，再计算通过电路某一截面的电荷量q＝I·t.‎ ‎1．(多选)(2015·临沂二模)某交流发电机的输出电压随时间变化的图象如图所示，输出功率是20 kW，现有5 000 V高压输电，输电线上的总电阻是40 Ω，再利用n1∶n2＝22∶1的降压变压器降压后供给用户，则下列说法正确的是(　　)‎ A．交变电流的频率为100 Hz B．发电机输出电压的有效值为220 V C．流过高压输电线的电流为‎125 A D．降压变压器输出电压的有效值为220 V 答案　BD 解析　由图象可知周期T＝0.02 s，所以频率f＝50 Hz，故选项A错误；交流发电机的输出电压为U0＝220 V，故选项B正确；由P＝UI可知高压输电电流I＝＝A＝‎4 A，故选项C错误；降压变压器的输入电压U1＝U－IR＝5 000 V－4×40 V＝4 840 V，由＝可知降压变压器的输出电压为U2＝U1＝ V＝220 V，故选项D正确．‎ ‎2．(2015·杭州二模)一台理想变压器的原、副线圈的匝数比是5∶1，原线圈接入电压为220 V的正弦交流电，各元件正常工作，一只理想二极管和一个滑动变阻器R串联接在副线圈上，如图所示．电压表和电流表均为理想交流电表，则下列说法正确的是(　　)‎ A．原、副线圈中的电流之比为5∶1‎ B．电压表的读数约为31.11 V C．若滑动变阻器接入电路的阻值为20 Ω，则1分钟内产生的热量为2 904 J D．若将滑动变阻器的滑片向上滑动，则两电表读数均减小 答案　BC 解析　由n1I1＝n2I2可得，I1∶I2＝n2∶n1＝1∶5，选项A错误；U1＝220 V，U2＝44 V，电压表测量的是电阻R两端的电压，其示数表示有效值，需要根据电流的热效应计算电压的有效值，取交流电的一个周期T，考虑到二极管具有单向导电性，则·＝T，代入数据可得U有效＝22 V＝31.11 V，选项B正确；1分钟内电阻R上产生的热量为Q＝t＝2 904 J，选项C正确；若将滑动变阻器的滑片向上滑动，滑动变阻器接入电路的阻值变小，但滑动变阻器两端电压的有效值不变，即电压表示数不变，滑动变阻器消耗的功率变大，输出功率变大，输入功率和输入电流均变大，所以电流表示数变大，选项D错误．‎ ‎3．(2015·保定一模)如图所示，a，b间接入正弦交流电，变压器右侧部分为一火警报警系统的原理图，其中R2为用半导体热敏材料制成的传感器，所有电表均为理想电表，电流表A2为值班室的显示器，显示通过R1的电流，电压表V2显示加在报警器上的电压(报警器未画出)，R3为一定值电阻．当传感器R2所在处出现火情时，以下说法中正确的是(　　)‎ A．A1的示数增大，A2的示数增大 B．A1的示数增大，A2的示数减小 C．V1的示数减小，V2的示数减小 D．V1的示数不变，V2的示数减小 答案　BD 解析　当传感器R2所在处出现火情时，R2的电阻减小，导致电路的总电阻减小，所以电路中的总电流增大，A1测量的是原线圈中的总电流，由于副线圈中的电流增大了，所以A1的示数也要增大；由于电源的电压不变，原、副线圈两端的电压也不变，所以V1的示数不变，由于副线圈中电流增大，R3两端的电压变大，所以V2的示数减小，即R1两端的电压减小，所以A2的示数减小，选项B、D正确，A、C错误．‎ ‎4．(2014·南京模考)如图甲所示为一台小型发电机构造的示意图，线圈逆时针转动，产生的电动势随时间按余弦规律变化，其e－t图象如图乙所示．发电机线圈的内阻为1 Ω，外接灯泡的电阻为9 Ω，则(　　)‎ A．电压表的示数为6 V B．发电机的输出功率为4 W C．在1.0×10－2 s时刻，穿过线圈的磁通量最大 D．在2.0×10－2 s时刻，穿过线圈的磁通量变化率最大 答案　CD 解析　根据e－t图象可知产生的电动势的最大值为6V，有效值为6V，根据闭合电路欧姆定律可求得电压表的示数为U＝×6 V＝5.4 V，A错；根据电功率公式得发电机的输出功率为P＝()2×9 W＝3.24 W，B错；根据e－t图象可知在1.0×10－2 s时刻，电动势为零，说明此时线圈处于中性面，磁通量最大，C正确；在2.0×10－2 s时刻，电动势为最大，说明此时线圈处于与中性面垂直的位置，磁通量最小，但是磁通量的变化率最大，D正确．‎ 专题提升练习(七)　(A卷)‎ 一、选择题(共9小题，每小题6分，共54分．在每小题给出的四个选项中，第1～6小题只有一个选项符合题目要求，第7～9小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分)‎ ‎1．(2015·沈阳质量监测)在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动．如图乙所示，产生的交变电动势随时间变化的规律如图甲所示，已知线框内阻为1.0 Ω外接一只电阻为9.0 Ω的灯泡，则(　　)‎ A．电压表V的示数为20 V B．电路中的电流方向每秒改变5次 C．灯泡实际消耗的功率为36 W D．电动势的瞬时值表达式为e＝20cos 5πt(V)‎ 答案　C 解析　电压表测量的是路端电压，由闭合电路欧姆定律可知，电动势的有效值为20 V，路端电压为18 V，选项A错误；由电动势的变化规律可知，该交流电的周期为0.2 s，每个周期电流方向改变两次，所以每秒电流方向改变10次，选项B错误；由题意知灯泡两端电压的有效值为18 V，因此灯泡实际消耗的功率为36 W，选项C正确；由题图可知，电动势的瞬时值表达式为e＝20·cos 10πt(V)，选项D错误．‎ ‎2．(2015·大庆质量检测)如图所示，图线a是线圈在匀强磁场中匀速转动时产生的正弦交流电的图象，当调整线圈转速后，产生的正弦交流电的图象如图线b所示，以下关于这两个正弦交流电的说法错误的是(　　)‎ A．交流电b电压的有效值为10/3 V B．在图中t＝0时刻穿过线圈的磁通量均为零 C．交流电a的瞬时值为u＝10sin 5πt(V)‎ D．线圈先后两次的转速之比为3∶2‎ 答案　B 解析　本题考查正弦交流电产生的过程、描述交流电的物理量及其图象、交流电的表达式、交流电的最大值和有效值的关系等知识点，意在考查考生的逻辑分析能力．由题图可知，交流电a的周期Ta＝0.4 s，交流电b的周期Tb＝0.6 s，线圈的转速n＝，则线圈先后两次的转速之比为3∶2，选项D正确；交流电a的瞬时值表达式为u＝Umsint，即u＝10 sin5 πt(V)，选项C正确；在t＝0时，电动势为零，由法拉第电磁感应定律可知，此时穿过线圈的磁通量最大，但磁通量的变化率为零，选项B错误；正弦交流电a电压的最大值Um＝nBSω＝nBS＝10 V，正弦交流电b电压的最大值U′m＝nBS，两式相比可得U′m＝V，则交流电b电压的有效值U＝＝V，选项A正确．‎ ‎3．(2015·江苏单科)一电器中的变压器可视为理想变压器，它将220 V交变电流改变为110 V．已知变压器原线圈匝数为800，则副线圈匝数为(　　)‎ A．200　　　　　　　　B．400‎ C．1 600 D．3 200‎ 答案　B 解析　由理想变压器的变压比等于匝数比，即＝，解得n2＝n1＝400，选项B正确．‎ ‎4．(2015·唐山二模)如图所示，理想变压器的原副线圈匝数之比为2∶1，原线圈接在u＝220sin100πt(V)的交流电源上，副线圈一端接有R＝55 Ω的负载电阻、熔断电流为‎1 A 的保险丝R1和一个灯泡D，电流表为理想电表．下列说法正确的是(　　)‎ A．S断开时，原线圈中电流表的读数为 A B．S断开时，原线圈中的输入功率为220 W C．副线圈中输出交流电的周期为50 s D．S闭合时，灯炮D正常发光，原线圈中电流表读数不会超过‎1.5 A 答案　D 解析　由变压器变压公式，副线圈电压有效值U2＝110 V．S断开时，副线圈输出电流I2＝＝‎2 A，根据理想变压器输入功率等于输出功率，原线圈中的输入功率为220 W，原线圈中电流为IA，原线圈中电流表的读数为‎1 A，选项A、B错误；原线圈中输入交变电流的周期为0.02 s，副线圈中输出交流电的周期等于输入电流的周期，为0.02 s，选项C错误；S闭合时，灯泡D正常发光，灯泡D中电流小于‎1 A，副线圈输出功率一定小于110×3 W＝330 W，根据理想变压器输入功率与输出功率相等，原线圈中的输入功率小于330 W，原线圈中电流小于‎1.5 A，原线圈中电流表读数不会超过‎1.5 A，选项D正确．‎ ‎5．(2015·德州一模)远距离输电线路的示意图如图所示，若发电机的输出电压不变，则下列叙述中正确的是(　　)‎ A．升压变压器的原线圈中的电流与用户用电设备消耗的功率无关 B．输电线中的电流只由升压变压器原副线圈的匝数比决定 C．当用户用电器的总电阻减少时，输电线上损失的功率增大 D．升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压 答案　C 解析　变压器的输入功率、输入电流的大小是由次级负载消耗的功率大小决定的，所以A、B错误；用户用电器总电阻减小时，消耗功率增大，输电线中的电流增大，线损增加，C正确；升压变压器的输出电压等于输电线上损耗电压加上降压变压器的输入电压，D错误．‎ ‎6．如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为n1∶n2＝1∶20，原线圈接入u＝311sin 100πt(V)的交流电，下列说法正确的是(　　)‎ A．图中电压表的示数为6 220 V B．通过R1的电流的频率为100 Hz C．若减小R2，则原线圈中电流I1增大 D．若增大R2，则R3消耗的电功率减小 答案　C 解析　由题意可知，U1＝ V≈220 V，f＝50 Hz，由＝，解得U2＝n2＝4400 V，即电压表示数为4400 V，选项A、B错误；若R2减小，则副线圈总电阻减小，干路中电流增大，即P2＝U2I2变大，因P1＝P2，则P1变大，U1不变，I1变大，选项C正确；若R2变大，因副线圈两端电压不变，干路中电流减小，R1两端电压减小，R3两端电压增大，由P＝可知，R3消耗电功率增大，选项D错误．‎ ‎7．(2015·海南单科)(多选)如图，一理想变压器原、副线圈匝数之比为4∶1，原线圈与一可变电阻串联后，接入一正弦交流电源；副线圈电路中固定电阻的阻值为R0，负载电阻的阻值R＝11R0，是理想电压表，现将负载电阻的阻值减小为R＝5R0，保持变压器输入电流不变，此时电压表的读数为5.0 V，则(　　)‎ A．此时原线圈两端电压的最大值约为34 V B．此时原线圈两端电压的最大值约为24 V C．原线圈两端原来的电压有效值约为68 V D．原线圈两端原来的电压有效值约为48 V 答案　AD 解析　当R＝5R0时，示数为5.0 V，所以输出电流I出＝，URO＝I出R0＝1 V，则变压器输出电压为6 V，由＝得到输入电压的有效值为24 V，所以原线圈两端电压最大值为U1≈34 V，A正确，B错误．因I入∶I出＝n2∶n1不变，故输入电流不变时输出电流也不变，当负载由R＝11R0变为R＝5R0时，由U＝IR知副线圈电压由I(R0＋11R0)降到I(R0＋5R0)＝6 V，则副线圈两端原来的电压有效值为12 V，原线圈两端原来的电压有效值为48 V，C错误，D正确．‎ ‎8．(2015·黑龙江齐齐哈尔二模)(多选)如图所示，一理想变压器原、副线圈的匝数之比为10∶1，原线圈两端接入一正弦交流电源；副线圈电路中的电容器C和电阻R为负载，交流电压表和交流电流表均为理想电表，则下列说法正确的是(　　)‎ A．若电压表的示数为6 V，则输入电压的峰值为60 V B．电流表的示数为流经电阻R的电流 C．若输入电压U＝100 V，则电容器C的耐压值至少为10 V D．若输入电压的峰值保持不变，将其频率变大，则变压器的输入功率也将增大 答案　AD 解析　电压表示数为6 V，由＝，得U1＝60 V，则输入电压的峰值为Um＝60 V，A项正确；在交流电路中电容器C、电阻R都工作，则电流表测得的是流经R与C的电流之和，B项错误；若输入电压U＝100 V，则输入电压峰值为Um＝100 V ‎，则输出端电压的峰值为10 V，即电容器C的耐压值至少为10 V，C项错误；若输入电压峰值保持不变，将频率变大，由电容器C对交流电的影响可知，交流电的频率变大，容抗RC变小，总电阻变小，由P＝得输出功率将变大，则输入功率也将变大，D项正确．‎ ‎9．(2015·山东济南一模)(多选)如图为发电厂向远处用户的输电电路示意图，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压和输电线的电阻均不变．若输送功率增大，下列说法中正确的有(　　)‎ A．升压变压器的输出电压增大 B．降压变压器的输出电压增大 C．输电线上损耗的功率增大 D．输电线上损耗的功率占总功率的比例增大 答案　CD 解析　已知发电厂的输出电压不变，升压变压器的原、副线圈匝数比不变，则由＝知，升压变压器的输出电压U2不变，A错；若输送功率增大，输电电压U2不变，则由P＝U2I2知，输电线上电流I2增大，又输电线的电阻不变，由U损＝I2R知输电线上损失电压增大，则降压变压器输出电压减小，B错．因输电电流增大，则由P＝IR知，输电线上损耗的功率变大，C对．输电线上损耗功率占总功率的比例(＝)增大，D对．‎ 二、计算题(共3小题，共56分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)‎ ‎10．(16分)‎ ‎(2015·济南模拟)如图所示，一半径为r的半圆形线圈，以直径ab为轴匀速转动，转速为n，ab的左侧有垂直纸面向里，磁感应强度为B的匀强磁场．M、N是两个集流环，负载电阻为R，线圈、电流表和导线的电阻不计．试求：‎ ‎(1)由图示位置起转过圈的时间内负载电阻上产生的热量；‎ ‎(2)由图示位置起转过圈的时间内通过负载电阻R的电荷量；‎ ‎(3)电流表示数．‎ 答案　(1)　(2)　(3) ‎11．(18分)(2015·石家庄质量检测)某发电厂发电机的输出功率P＝100 kW ‎，发电机两端电压U1＝250 V，向远处送电的输电线的总电阻R＝8 Ω.要使传输电线上的功率损失不超过输送功率的5%，用户得到的电压又正好是220 V，那么：‎ ‎(1)应该怎样安装变压器？画出输电线路的示意图．‎ ‎(2)求出所用的变压器的原、副线圈的匝数比．‎ 答案　(1)见解析　(2)1∶16，190∶11‎ 解析　(1)只要安装一台升压变压器和一台降压变压器输电线路示意图如图所示．(4分)‎ ‎(2)按题意，P损＝5%P＝0.05×100×103 W＝5×103 W．(2分)‎ 设输电线路中的电流为I，P损＝I2R.(2分)‎ I＝＝A＝‎25 A．(1分)‎ 输送电压U2＝＝V＝4 000 V．(2分)‎ 对升压变压器＝＝＝，(2分)‎ 输电线路上损失电压U损＝IR＝25×8 V＝200 V，(1分)‎ 降压变压器原线圈n3两端电压 U3＝U2－U损＝(4 000－200) V＝3 800 V，(1分)‎ 用户在副线圈n4两端得到电压U4＝220 V，(1分)‎ 所以＝＝＝(2分)‎ 即升压变压器原、副线圈匝数比为1∶16；‎ 降压变压器原、副线圈匝数比为190∶11‎ ‎12．(22分)(2015·海淀区一模)如图甲所示，长、宽分别为L1、L2的矩形金属线框位于竖直平面内，其匝数为n，总电阻为r，可绕其竖直中心轴O1O2转动．线框的两个末端分别与两个彼此绝缘的铜环C、D(集流环)焊接在一起，并通过电刷和定值电阻R相连．线框所在空间有水平向右均匀分布的磁场，磁感应强度B的大小随时间t的变化关系如图乙所示，其中B0、B1和t1均为已知．在0～t1的时间内，线框保持静止，且线框平面和磁场垂直；t1时刻后线框在外力的驱动下开始绕其竖直中心轴以角速度ω匀速转动．求：‎ ‎(1)0～t1时间内通过电阻R的电流大小．‎ ‎(2)线框匀速转动后，在转动一周的过程中电流通过电阻R产生的热量．‎ ‎(3)线框匀速转动后，从图甲所示位置转过90°的过程中，通过电阻R的电荷量．‎ 答案　(1)　(2)πRω()2　(3) 解析　(1)0～t1时间内，线框中的感应电动势E＝n＝(3分)‎ 根据闭合电路欧姆定律可知，通过电阻R的电流I＝＝(2分)‎ ‎(2)线框产生感应电动势的最大值 Em＝nB‎1L1L2ω(2分)‎ 感应电动势的有效值E＝nB‎1L1L2ω(1分)‎ 通过电阻R的电流的有效值 I＝(2分)‎ 线框转动一周所需的时间t＝(2分)‎ 此过程中，电阻R产生的热量 Q＝I2Rt＝πRω()2(3分)‎ ‎(3)线框从图甲所示位置转过90°的过程中，平均感应电动势E＝n＝(3分)‎ 平均感应电流I＝(2分)‎ 通过电阻R的电荷量q＝IΔt＝(2分)‎ 第2讲　电磁感应规律 高考导航 ‎　　应用楞次定律和右手定则判断感应电流的方向、利用法拉第电磁感应定律计算感应电动势的大小．分析近几年的高考试卷，对本专题几乎是年年考查，但对重点知识考查的分值时高时低，且大多是选择题，偶尔出现计算题．同生产、生活实际及高科技相结合，注重对学生分析能力、解决实际问题能力进行考查的题目正在成为新的命题趋势.2016年高考，选择题主要考查电磁感应中的图象问题；计算题主要以导体棒或线框的运动为背景考查力、电知识的综合应用．‎ 体系构建 ‎1．电磁感应现象 ‎(1)磁通量：Φ＝BS，磁通量的变化：ΔΦ＝Φ2－Φ1.‎ ‎(2)通过磁场产生电动势或电流的现象叫电磁感应现象，发生电磁感应现象的那部分导体相当于电源，电磁感应的实质是机械能转化为电能．‎ ‎ (3)电磁感应的有无、大小、方向：‎ 磁通量的变化ΔΦ 导体切割磁感线运动 有无电磁 感应现象 穿过线圈的磁通量发生变化时，线圈内就产生感应电动势E.‎ 导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体两端就产生感应电动势E.‎ 已经产生了感应电动势的电路，若处于闭合状态，就有感应电流I.‎ 感应电流的方向 楞次定律：感应电流的磁场总要阻碍引起电磁感应的磁通量的变化.‎ 右手定则：伸开右手，让大拇指跟其余四指在同一平面内，并且垂直，放入磁场中，让磁感线垂直穿过手心，大拇指指向导体运动的方向，其余四指所指的方向就是感应电流的方向(感应电动势的方向)．‎ 感应电动势E的大小 法拉第电磁感应定律——电路中产生的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，即E＝n 电路中的一部分导体在匀强磁场中做切割磁感线运动时，产生感应电动势的大小为E＝BLv.‎ .‎ ‎　　2.电路知识 ‎(1)电流强度：I＝ ‎(2)导体的电阻：R＝ρ.‎ ‎(3)欧姆定律：I＝、I＝ ‎(4)电功：W＝UIt，电功率：P＝＝UI，焦耳定律：Q＝I2Rt.‎ ‎(5)串、并联电路的规律.‎ 电流 电压 电阻 功率 电路串联 I1＝I2＝I3＝…＝In U总＝U1＋U2＋…＋Un R总＝R1＋R2＋…＋R n P总＝P1＋P2＋…＋Pn 并联电路 I总＝I1＋I2＋…＋In U1＝U2＝…＝Un ＝＋＋…＋ P总＝P1＋P2＋…＋Pn ‎　　3.力学知识 ‎(1)力的分解与合成的平行四边形定则、正交分解法．‎ ‎(2)滑动摩擦力：F滑＝μFN，安培力F安＝BIL.‎ ‎(3)牛顿第二定律：F合＝ma ‎(4)匀变速直线运动的规律：v1＝v0＋at、s＝v0t＋at2、v－v＝2as、s＝t＝t.‎ ‎(5)功能关系：安培力做正功，电能转化为机械能；做负功，机械能转化电能．‎ ‎(6)动能定理：W总＝mv－mv.‎ ‎(7)能量守恒定律：能的转化和守恒定律：能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为其他的形式，或者从一个物体转移到别的物体，而能的总量保持不变. ‎ ‎1．(2015·课标Ⅰ)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(　　)‎ 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　如图所示，将铜圆盘等效为无数个长方形线圈的组合，则每个线圈绕OO′轴转动时，均有感应电流产生，这些感应电流产生的磁场对小磁针有作用力，从而使小磁针转动起来，可见A、B均正确．由上述分析可见，感应电流的方向与圆盘的转动方向并不一致，故D错．由对称性可见，穿过整个圆盘的磁通量始终为零，故C错．‎ ‎2．(2015·安徽理综)如图所示，abcd为水平放置的平行“”形光滑金属导轨，间距为l，导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，导轨电阻不计．已知金属杆MN倾斜放置，与导轨成θ角，单位长度的电阻为r，保持金属杆以速度v沿平行于cd的方向滑动(金属杆滑动过程中与导轨接触良好)．则(　　)‎ A．电路中感应电动势的大小为 B．电路中感应电流的大小为 C．金属杆所受安培力的大小为 D．金属杆的发热功率为 答案　B 解析　金属杆MN切割磁感线的有效长度为l，产生的感应电动势E＝Blv，A错误；金属杆MN的有效电阻R＝，故回路中的感应电流I＝＝＝，B正确；金属杆受到的安培力F＝＝·＝，C错误；金属杆的热功率P＝I2R＝·＝，D错误．‎ ‎3．(2015·山东理综)如图甲，R0为定值电阻，两金属圆环固定在同一绝缘平面内．左端连接在一周期为T0的正弦交流电源上，经二极管整流后，通过R0的电流i始终向左，其大小按图乙所示规律变化．规定内圆环a端电势高于b端时，a、b间的电压uab为正，下列uabt图象可能正确的是(　　)‎ 答案　C 解析　由题图乙知，0～0.25T0，外圆环电流逐渐增大且逐渐减小，根据安培定则，外圆环内部磁场方向垂直纸面向里，磁场逐渐增强且逐渐减小，根据楞次定律知内圆环a端电势高，所以uab＞0，根据法拉第电磁感应定律uab＝＝知，uab逐渐减小；t＝0.25T0时，＝0，所以＝0，uab＝0；同理可知0.25T0＜t＜0.5T0时，uab＜0，且|uab|逐渐增大；0.5T0～T0内重复0～0.5T0的变化规律．故选项C正确．‎ 知识：法拉第电磁感应定律、安培定则及楞次定律的综合应用．能力：对图象的理解能力、推理能力和分析综合能力．试题难度：中等．‎ ‎4．(2015·江苏单科)做磁共振(MRI)检查时，对人体施加的磁场发生变化时会在肌肉组织中产生感应电流．某同学为了估算该感应电流对肌肉组织的影响，将包裹在骨骼上的一圈肌肉组织等效成单匝线圈，线圈的半径r＝‎5.0 cm，线圈导线的截面积A＝‎0.80 cm2，电阻率ρ＝1.5 Ω·m.如图所示，匀强 磁场方向与线圈平面垂直，若磁感应强度B在0.3 s内从1.5 T均匀地减为零，求：(计算结果保留一位有效数字)‎ ‎(1)该圈肌肉组织的电阻R；‎ ‎(2)该圈肌肉组织中的感应电动势E；‎ ‎(3)0.3 s内该圈肌肉组织中产生的热量Q.‎ 答案　(1)6×103Ω　(2)4×10－2V　(3)8×10－8J 解析　(1)由电阻定律得R＝ρ，代入数据得R＝6×103Ω ‎(2)感应电动势E＝，代入数据得E＝4×10－2V ‎(3)由焦耳定律得Q＝Δt，代入数据得Q＝8×10－8J ‎1．电磁感应中的图象多在选择题中出现，有时也在计算题中考查，主要考查以下内容：(1)综合考查楞次定律、法拉第电磁感应定律及电路、安培力等相关知识；(2)在计算题中考查学生的识图能力．‎ 电磁感应现象中，回路产生的感应电动势、感应电流及磁场对导线的作用力随时间的变化规律，可用图象直观地表现出来(如：I－t、B－t、E－t等)，此题型可大致分为两类： ‎ ‎(1)由给定的电磁感应过程选择相应的物理量的函数图象，以选择题形式为主； ‎ ‎(2)由给定的有关图象分析电磁感应过程，确定相关物理量，以综合计算题形式出现．‎ ‎2．解答电磁感应问题的一般步骤：‎ ‎(1)明确图象的种类，即是B－t图还是Φ－t图，或者E－t图、I－t图等．‎ ‎(2)分析电磁感应的具体过程．‎ ‎(3)用右手定则或楞次定律确定方向对应关系．‎ ‎(4)结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律等规律写出函数关系式．‎ ‎(5)根据函数关系式，进行数学分析，如分析斜率的变化、截距等．‎ ‎(6)画图象或判断图象．‎ ‎【例1】　(2013·新课标全国卷Ⅰ)如图，在水平面(纸面)内有三根相同的均匀金属棒ab、ac和MN，其中ab、ac在a点接触，构成“V”字型导轨．空间存在垂直于纸面的均匀磁场．用力使MN向右匀速运动，从图示位置开始计时，运动中MN始终与∠bac的平分线垂直且和导轨保持良好接触．下列关于回路中电流i与时间t的关系图线，可能正确的是(　　)‎ ‎【审题突破】　1.正确写出回路中感应电流i与时间t的函数关系式是解题的关键．‎ ‎2．解题思路 ‎(1)写出金属棒MN匀速向右切割磁感线产生的感应电动势及整个回路电阻的表达式；‎ ‎(2)根据闭合电路欧姆定律求出回路中的感应电流，得到回路中电流i和时间t的关系式．‎ 答案　A 解析　金属棒MN匀速向右切割磁感线产生的感应电动势为E＝BLv，设∠bac＝2θ，金属棒单位长度的电阻为r，则整个回路的电阻为R＝r(L＋×2)＝r(1＋)L，再根据欧姆定律可得回路中的电流为i＝＝＝＝定值，故图A正确．‎ ‎1．解答电磁感应问题的“三个关注”：‎ ‎(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分为几个阶段，这几个阶段是否和图象变化相对应．‎ ‎(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．‎ ‎2．图象问题的思路与方法：‎ ‎(1)图象选择问题：求解物理图象的选择题可用“排除法”，即排除与题目要求相违背的图象，留下正确图象．也可用“对照法”，即按照要求画出正确的草图，再与选项对照．解决此类问题关键是把握图象特点、分析相关物理量的函数关系、分析物理过程的变化或物理状态的变化．‎ ‎ (2)图象分析问题：定性分析物理图象，要明确图象中的横轴与纵轴所代表的物理量，弄清图象的物理意义，借助有关的物理概念、公式、不变量和定律作出相应判断．在有关物理图象的定量计算时，要弄清图象所揭示的物理规律及物理量间的函数关系，善于挖掘图象中的隐含条件，明确有关图象所包围的面积、斜率，以及图象的横轴、纵轴的截距所表示的物理意义．‎ ‎【变式训练】‎ ‎1．(2014·课标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(　　)‎ 答案　C 解析　A选项中只有电流方向改变的瞬间，线圈cd间才会产生电压，其他时间cd间电压为零，不符合题意，故A选项错误．通电线圈中产生的磁场B＝ki(k为比例系数)；在另一线圈中的磁通量Φ＝BS＝kiS，由法拉第电磁感应定律可知，在另一线圈中产生的感应电动势E＝n，由图(b)可知，|Ucd|不变，则||不变，故||不变，故选项B、D错误，C正确．‎ ‎1．电磁感应中的动力学问题应抓住的“两个对象”：‎ ‎2．电磁感应中的动力学问题的解题策略：‎ 此类问题中力现象和电磁现象相互联系、相互制约，解决问题前首先要建立“动→电→动”的思维顺序，可概括为：‎ ‎(1)找准主动运动者，用法拉第电磁感应定律和楞次定律求解感应电动势的大小和方向．‎ ‎(2)根据等效电路图，求解回路中电流的大小及方向．‎ ‎(3)分析安培力对导体棒运动速度、加速度的影响，从推理得出对电路中的电流有什么影响，最后定性分析导体棒的最终运动情况．‎ ‎(4)列牛顿第二定律或平衡方程求解．‎ ‎3．电磁感应中的动力学临界问题 ‎【例2】　(2014·江苏单科)如图所示，在匀强磁场中有一倾斜的平行金属导轨，导轨间距为L，长为3d，导轨平面与水平面的夹角为θ，在导轨的中部刷有一段长为d的薄绝缘涂层．匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向与导轨平面垂直．质量为m的导体棒从导轨的顶端由静止释放，在滑上涂层之前已经做匀速运动，并一直匀速滑到导轨底端．导体棒始终与导轨垂直，且仅与涂层间有摩擦，接在两导轨间的电阻为R，其他部分的电阻均不计，重力加速度为g.求：‎ ‎(1)导体棒与涂层间的动摩擦因数μ；‎ ‎(2)导体棒匀速运动的速度大小v；‎ ‎(3)整个运动过程中，电阻产生的焦耳热Q.‎ ‎【审题突破】　关注：导体棒在有绝缘涂层段受摩擦力，而不受安培力，在无涂层段不受摩擦力，而受安培力．隐含条件，匀速运动意味着摩擦力与安培力相同．‎ 答案　(1)tanθ　(2)　(3)2mgdsinθ－ 解析　(1)在绝缘涂层上 受力平衡mgsinθ＝μmgcosθ 解得μ＝tanθ ‎(2)在光滑导轨上 感应电动势E＝BLv 感应电流I＝ 安培力F安＝BIL 受力平衡F安＝mgsinθ 解得v＝ ‎(3)摩擦生热Q摩＝μmgdcosθ 由能量守恒定律得3mgdsinθ＝Q＋Q摩＋mv2‎ 解得Q＝2mgdsinθ－ 破解电磁感应的动力学问题的思路 ‎(1)明确题目中给出的情景和运动过程的关键状态．‎ ‎(2)明确等效电源，画出等效电路，分析电路并列方程．‎ ‎(3)确定研究对象，进行受力分析，画出力的受力示意图．‎ ‎(4)写出安培力的表达式，抓住关键状态列出平衡条件或牛顿第二定律方程．‎ ‎(5)确定研究过程，分析研究对象的加速度、速度、感应电动势、感应电流、安培力等的变化情况．‎ ‎【变式训练】‎ ‎2．(2015·安徽合肥一模)如图(a)所示，平行长直导轨MN、PQ水平放置，两导轨间距L＝‎0.5 m，导轨左端M、P间接有一阻值R＝0.2 Ω的定值电阻，导体棒ab的质量m＝‎0.1 kg，与导轨间的动摩擦因数μ＝0.1，导体棒垂直于导轨放在距离左端为d＝‎1.0 m处，导轨和导体棒始终接触良好，电阻均忽略不计．整个装置处在范围足够大的匀强磁场中，t＝0时刻，磁场方向竖直向下，此后，磁感应强度B随时间t的变化如图(b)所示，不计感应电流磁场的影响．取重力加速度g＝‎10 m/s2.‎ ‎(1)求t＝0时棒所受到的安培力F0；‎ ‎(2)分析前3 s时间内导体棒的运动情况并求前3 s内棒所受的摩擦力f随时间t变化的关系式；‎ ‎(3)若t＝3 s时，突然使ab棒获得向右的速度v0＝‎8 m/s，同时垂直棒施加一方向水平、大小可变化的外力F，使棒的加速度大小恒为a＝‎4 m/s2、方向向左．求从t＝3 s到t＝4 s的时间内通过电阻的电荷量q.‎ 答案　(1)0.025 N　(2)f＝0.0125(2－t)(N)(t＜3 s)　(3)‎‎1.5 C 解析　(1)t＝0时棒的速度为零，故回路中只有感应电动势，为E＝＝Ld＝0.1×0.5×1.0 V＝0.05 V 感应电流为：I＝＝ A＝‎‎0.25 A 可得t＝0时棒所受到的安培力：F0＝B0IL＝0.025 N ‎(2)ab棒与导轨间的最大静摩擦力：fm＝μmg＝0.1×0.1×10 N＝0.1 N＞F0＝0.025 N 所以在t＝0时刻棒静止不动，加速度为零，在0～3 s内磁感应强度B都小于B0，棒所受的安培力都小于最大静摩擦力，故前3 s内导体棒静止不动，电流恒为I＝‎‎0.25 A 在0～3 s内，磁感应强度为：B＝B0－kt＝0.2－0.1t(T)‎ 因导体棒静止不动，ab棒在水平方向受安培力和摩擦力，二力平衡，则有：‎ f＝BIL＝(B0－kt)IL＝(0.2－0.1t)×0.25×0.5＝0.0125(2－t)(N)(t＜3 s)‎ ‎(3)3～4 s内磁感应强度大小恒为B2＝0.1 T，ab棒做匀变速直线运动，Δt1＝4 s－3 s＝1 s 设t＝4 s时棒的速度为v，第4 s内的位移为x，则：‎ v＝v0－aΔt1＝‎4 m/s x＝Δt1＝‎‎6 m 在这段时间内的平均感应电动势为：E＝ 通过电阻的电荷量为：q＝IΔt1＝Δt1＝＝‎1.5 C.‎ 电磁感应中功能问题的分析方法 ‎1．电磁感应过程的实质是不同形式的能量之间转化的过程，而能量的转化是通过安培力做功的形式实现的，安培力做功的过程，是电能转化为其他形式能的过程，外力克服安培力做功，则是其他形式的能转化为电能的过程．‎ ‎2．能量转化及焦耳热的求法 ‎(1)能量转化 ‎(2)求解焦耳热Q的三种方法 ‎①焦耳定律：Q＝I2Rt.‎ ‎②功能关系：Q＝W克服安培力．‎ ‎③能量转化：Q＝ΔE其他能的减少量．‎ ‎3．解决此类问题的步骤 ‎(1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律(右手定则)确定感应电动势的大小和方向．‎ ‎(2)画出等效电路图，写出回路中电阻消耗的电功率的表达式．‎ ‎(3)分析导体机械能的变化，用能量守恒关系得到机械功率的改变与回路中电功率的改变所满足的方程，联立求解．‎ 注意　在利用能量的转化和守恒解决电磁感应问题时，第一要准确把握参与转化的能量的形式和和种类，第二要确定哪种能量增加，哪种能量减少．‎ ‎【例3】　(2014·天津高考)如图所示，两根足够长的平行金属导轨固定在倾角θ＝30°的斜面上，导轨电阻不计，间距L＝‎0.4 m．导轨所在空间被分成区域Ⅰ和Ⅱ，两区域的边界与斜面的交线为MN，Ⅰ中的匀强磁场方向垂直斜面向下，Ⅱ中的匀强磁场方向垂直斜面向上，两磁场的磁感应强度大小均为B＝0.5 T．在区域I中，将质量m1＝‎0.1 kg，电阻R1＝0.1 Ω的金属条ab放在导轨上，ab刚好不下滑．然后，在区域Ⅱ中将质量m2＝‎0.4 kg，电阻R2＝0.1 Ω的光滑导体棒cd置于导轨上，由静止开始下滑．cd在滑动过程中始终处于区域Ⅱ的磁场中，ab、cd始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，取g＝‎10 m/s2.问 ‎(1)cd下滑的过程中，ab中的电流方向；‎ ‎(2)ab刚要向上滑动时，cd的速度v多大；‎ ‎(3)从cd开始下滑到ab刚要向上滑动的过程中，cd滑动的距离x＝‎3.8 m，此过程中ab上产生的热量Q是多少．‎ ‎【审题突破】　‎ ‎1.命题立意：本题以金属条切割磁场为背景，结合受力问题、能量转化问题、电路问题，主要考查法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律、运动学公式、动能定理、功能关系等知识点．‎ ‎2．解题关键：‎ ‎(1)题干中“ab刚好不下滑”隐含的条件为：‎ ‎①ab所受摩擦力为最大静摩擦力．‎ ‎②ab所受摩擦力的方向为沿导轨向上．‎ ‎(2)因导体棒做非匀速直线运动，故求焦耳热Q时，不适合用焦耳定律，要利用功能关系求解．‎ ‎3．解题思路：‎ ‎(1)根据右手定则判断感应电流的方向．‎ ‎(2)正确分析ab的受力，结合平衡知识、欧姆定律、感应电动势的知识求解．‎ ‎(3)正确理解能量的转化，利用能量守恒定律及串联电中物特点求ab上产生的热量．‎ 答案　(1)由a流向b　(2)‎5 m/s　(3)1.3 J 解析　(1)由a流向b.‎ ‎(2)开始放置ab刚好不下滑时，ab所受摩擦力为最大静摩擦力，设其为Fmax，有 Fmax＝m‎1g sin＝θ①‎ 设ab刚好要上滑时，cd棒的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律有 E＝BLv②‎ 设电路中的感应电流为I，由闭合电路欧姆定律有 I＝③‎ 设ab所受安培力为F安，有 F安＝ILB④‎ 此时ab受到的最大静摩擦力方向沿斜面向下，由平衡条件有 F安＝m1gsinθ＋Fmax⑤‎ 综合①②③④⑤式，代入数据解得 v＝‎5 m/s⑥‎ ‎(3)设cd棒的运动过程中电路中产生的总热量为Q总，由能量守恒有 m2gxsinθ＝Q总＋m2v2⑦‎ 又Q＝Q总⑧‎ 解得Q＝1.3 J⑨‎ 解决电磁感应问题的一般分析思路是：先电后力，具体的方法是：(1)先作“源”的分析：在电磁感应中要明确切割磁感线的导体或磁通量发生变化的回路相当于电源，其他部分为外电路；(2)再作路的分析：弄清电路的连接方式，再结合闭合电路欧姆定律及串、并联电路的性质求出相关部分的电流大小，以便计算安培力；(3)然后作力的分析：分析力学研究对象(通常是电路中的导体棒或线圈)的受力分析，特别要注意摩擦力与安培力的分析；(4)接着作运动状态的分析：根据力与运动状态的关系，确定物体的运动性质；(5)最后作能量的分析：找出电路中提供能量的部分和电路中消耗能量的部分，然后根据能的转化与守恒建立等式关系．‎ ‎【变式训练】‎ ‎3.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，已知撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比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)撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2；‎ ‎(3)外力做的功WF.‎ 答案　(1)‎4.5 C　(2)1.8 J　(3)5.4 J 解析　(1)金属棒在做匀加速运动过程中，回路的磁通量变化量为ΔΦ＝Blx ①‎ ‎ ‎ 由法拉第电磁感应定律得，回路中的平均感应电动势为E＝②‎ 由闭合电路欧姆定律得，回路中的平均电流为I＝③‎ 则通过电阻R的电荷量为q＝IΔt④‎ 由以上各式联立，代入数据解得：q＝‎4.5 C⑤‎ ‎(2)设撤去外力时棒的速度为v，则由运动学公式得：v2＝2ax⑥‎ 由动能定理得，棒在撤去外力后的运动过程中安培力做功为W＝0－mv2⑦‎ 由功能关系知，撤去外力后回路中产生的焦耳热为Q2＝－W⑧‎ 联立⑥⑦⑧式，代入数据得：Q2＝1.8 J⑨‎ ‎(3)因为撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比为Q1∶Q2＝2∶1，所以Q1＝3.6 J⑩‎ 由功能关系可知，在棒运动的整个过程中WF＝Q1＋Q2⑪‎ 联立⑨⑩⑪式得：WF＝5.4 J ‎[突破审题·规范解答]‎ ‎【例】　(20分)(2015·潍坊二模)如图甲所示，两根间距为l1的平行导轨PQ和MN处于同一水平面内，左端连接一阻值为R的电阻，导轨平面处于竖直向上的匀强磁场中．一质量为m、横截面为正方形的导体棒CD垂直于导轨放置，棒到导轨左端PM的距离为l2，导体棒与导轨接触良好，不计导轨和导体棒的电阻．‎ ‎(1)若CD棒固定，已知磁感应强度B的变化率随时间t的变化关系式为＝ksinωt，求回路中感应电流的有效值I.‎ ‎(2)若CF棒不固定，棒与导轨间最大静摩擦力为Ffm，磁感应强度B随时间t 变化的关系式为B＝kt.求从t＝0到CD棒刚要运动，电阻R上产生的焦耳热Q.‎ ‎(3)若CD棒不固定，不计CD棒与导轨间的摩擦，磁场不随时间变化，磁感应强度为B.现对CD棒施加水平向右的外力F，使CD棒由静止开始向右以加速度a做匀加速直线运动．请在图乙中定性画出外力F随时间t变化的图象．‎ 答案　(1)　(2)Ffml2　(3)见解析过程 解析　(1)根据法拉第电磁感应定律，回路中的感应电动势e＝＝kl‎1l2sinωt①(2分)‎ 所以，电动势的最大值Em＝kl‎1l2②(1分)‎ 由闭合电路欧姆定律得Im＝＝③(1分)‎ 由于交变电流是正弦式的，所以I＝④(1分)‎ ‎(2)根据法拉第电磁感应定律，回路中的感应电动势E＝l‎1l2＝kl‎1l2⑤(2分)‎ 根据闭合电路欧姆定律：I＝＝⑥(1分)‎ CD棒受到的安培力FA＝BIl1＝t⑦(1分)‎ 当CD棒刚要开始运动时，满足：FA＝Ffm⑧(2分)‎ 由以上各式解得CD棒运动之前，产生电流的时间t＝⑨(1分)‎ 所以，在时间t内回路中产生的焦耳热Q＝I2Rt＝Ffml2⑩(1分)‎ ‎(3)CD棒切割磁感线产生的感应电动势E＝Bl1v⑪(1分)‎ t时刻的感应电流I＝＝⑫(1分)‎ CD棒在加速过程中，根据牛顿第二定律得F－BIl1＝ma⑬(2分)‎ 解得：F＝l＋ma(1分)‎ ‎(2分)‎ ‎【评分细则】‎ 第一问：‎ ‎(1)①式写错，②③式正确，可得2分．‎ ‎(2)④式写错扣1分．‎ ‎(3)直接写出I＝得1分．‎ 建议：·考试时时间比较紧张，要尽量列出必要的方程式．‎ ‎·要分步列式，不要只列综合式，力争多得步骤分．‎ 第二问：‎ ‎(1)⑤式写成E＝kl‎1l2扣1分．‎ ‎(2)⑦式写成FA＝t扣1分．‎ 建议：·为多得步骤分，对关键物理过程或状态的表述不能缺少．‎ ‎·要列出物理规律、定理的原始方程，不要跳跃．‎ 第三问：‎ ‎(1)⑬式写成F＝BIl1＋ma扣2分．‎ ‎(2)⑪式和⑫式之间加一个方程v＝at不扣分．‎ ‎(3)图象不标纵轴的截距扣1分．‎ 建议：·要写出物理规律的原始方程，不要写变形式．‎ ‎·画图象要完整，标明横纵轴截距．‎ ‎1.(2014·山东高考)如图，一端接有定值电阻的平行金属轨道固定在水平面内，通有恒定电流的长直绝缘导线垂直并紧靠轨道固定，导体棒与轨道垂直且接触良好．在向右匀速通过M、N两区的过程中，导体棒所受安培力分别用FM、FN表示．不计轨道电阻．以下叙述正确的是(　　)‎ A．FM向右　　　　　　　B．FN向左 C．FM逐渐增大 D．FN逐渐减小 答案　BCD 解析　根据楞次定律、法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律和安培力公式解决问题．‎ 根据直线电流产生磁场的分布情况知，M区的磁场方向垂直纸面向外，N区的磁场方向垂直纸面向里，离导线越远，磁感应强度越小．当导体棒匀速通过M、N两区时，感应电流的效果总是反抗引起感应电流的原因，故导体棒在M、N两区运动时，受到的安培力均向左，故选项A错误，选项B正确；导体棒在M区运动时，磁感应强度B变大，根据E＝Blv，I＝及F＝BIl可知，FM逐渐变大，故选项C正确；导体棒在N区运动时，磁感应强度B变小，根据E＝Blv，I＝及F＝BIl可知，FN逐渐变小，故选项D正确．‎ ‎2．(2015·湖北八校二联)如图所示，两个垂直于纸面的匀强磁场方向相反，磁感应强度的大小均为B，磁场区域的宽度均为a.高度为a的正三角形导线框ABC从图示位置沿x轴正方向匀速穿过两磁场区域，以逆时针方向为电流的正方向，在下列图形中能正确描述感应电流I与线框移动距离x关系的是(　　)‎ 答案　B 解析　正三角形线框ABC刚进入向里的磁场时，利用右手定则知，感应电流沿逆时针方向为正，大小I0＝，之后线框随进入磁场距离的增大，有效切割长度变小，则I＝变小；当线框ABC前进a距离，在刚进入向外的磁场区域瞬间，ABC线框中感应电流方向沿顺时针为负，大小为I′＝＝2I0，则B正确．‎ ‎3．(2015·山西四校三联)(多选)如图所示，两根等高光滑的圆弧轨道，半径为r、间距为L，轨道电阻不计．在轨道顶端连有一阻值为R的电阻，整个装置处在一竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B.现有一根长度稍大于L、电阻不计的金属棒从轨道最低位置cd开始，在拉力作用下以初速度v0向右沿轨道做匀速圆周运动至ab处，则该过程中(　　)‎ A．通过R的电流方向由外向内 B．通过R的电流方向由内向外 C．R上产生的热量为 D．流过R的电荷量为 答案　AC 解析　cd棒运动至ab处的过程中，闭合回路中的磁通量减小，再由楞次定律及安培定则可知，回路中电流方向为逆时针方向(从上向下看)，则通过R的电流为由外向内，故A对，B错．通过R的电荷量为q＝＝，D错．R上产生的热量为Q＝t＝＝，C对．‎ ‎4．(2015·湖北八校二联)(多选)如图xOy平面为光滑水平面，现有一长为d宽为L的线框MNQP在外力F作用下，沿x轴正方向以速度v做匀速直线运动，空间存在竖直方向的磁场，磁感应强度B＝B0cosx(式中B0为已知量)，规定竖直向下方向为磁感应强度正方向，线框电阻为R.t＝0时刻MN边恰好在y轴处，则下列说法正确的是(　　)‎ A．外力F为恒力 B．t＝0时，外力大小F＝ C．通过线框的瞬时电流i＝ D．经过t＝，线框中产生的电热Q＝ 答案　BCD 解析　因线框沿x轴方向匀速运动，故F＝F安，由图中磁场分布知F安的大小是变化的，故F不是恒力，A错．t＝0时，x＝0处，B＝B0，x＝d处，B＝－B0，由E＝BLv，又MN、PQ两边均切割磁感线且产生的感应电动势方向相同，则E＝2B0Lv，I0＝，F安＝2B0I‎0L＝，而F＝F安，故B对．因线框做匀速直线运动，则有x＝vt，B＝B0cos，又E＝2BLv，故i＝，C对．由电流的瞬时值表达式可知此电流为交流电，有效值I＝＝，又Q＝I2Rt，故经过t＝，线框中产生的电热Q＝，D对．‎ 专题提升练习(七)　(B卷)‎ 一、选择题(共9小题，每小题6分，共54分．在每小题给出的四个选项中，第1～6小题只有一个选项符合题目要求，第7～9小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分)‎ ‎1．(2015·福建理综)如图，由某种粗细均匀的总电阻为3R的金属条制成的矩形线框abcd，固定在水平面内且处于方向竖直向下的匀强磁场B中．一接入电路电阻为R的导体棒PQ，在水平拉力作用下沿ab、dc以速度v匀速滑动，滑动过程PQ始终与ab垂直，且与线框接触良好，不计摩擦．在PQ从靠近ad处向bc滑动的过程中(　　)‎ A．PQ中电流先增大后减小 B．PQ两端电压先减小后增大 C．PQ上拉力的功率先减小后增大 D．线框消耗的电功率先减小后增大 答案　C 解析　由题意知，题目情形可等效为如图所示的电路问题，其中R左＋R右＝3R，E＝BLv，r＝R，当PQ向右运动时，R左增大，R右减小，两者并联的总电阻R外先增大后减小，当PQ运动到线框正中央位置时，R外最大，故流过PQ的电流先减小后增大，A项错误；PQ两端电压U＝E－Ir，故U的变化为先增大后减小，B项错误；拉力的功率P＝P总＝EI，故拉力的功率先减小后增大，C项正确；线框消耗的电功率为电源的输出功率P出＝P总－P内＝EI－I2r，电流的最小值Imin＝，故由数学知识可知P出先增大后减小，D项错误．‎ ‎2．(2015·海南单科)如图，空间有一匀强磁场，一直金属棒与磁感应强度方向垂直，当它以速度v沿与棒和磁感应强度都垂直的方向运动时，棒两端的感应电动势大小为ε，将此棒弯成两段长度相等且相互垂直的折线，置于与磁感应强度相垂直的平面内，当它沿两段折线夹角平分线的方向以速度v运动时，棒两端的感应电动势大小为ε′.则等于(　　)‎ A.　　　　　　　　　　B. C．1 D. 答案　B 解析　由法拉第电磁感应定律知直金属棒运动时其两端电动势ε＝BLv，将此棒弯成两段长度相等且互相垂直的折线，并放于与磁感应强度垂直的平面内，并沿折线夹角平分线的方向以相同的速度v运动时，ε′＝BLv，则＝＝.因此B对，A、C、D错．‎ ‎3．(2015·课标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abca C．Ubc＝－Bl2ω，金属框中无电流 D．Ubc＝Bl2ω，金属框中电流方向沿acba 答案　C 解析　闭合金属框在匀强磁场中以角速度ω逆时针转动时，穿过金属框的磁通量始终为零，金属框中无电流．由右手定则可知Ub＝Ua＜Uc，A、B、D选项错误；b、c两点的电势差Ubc＝－Blv中＝－Bl2ω，选项C正确．‎ ‎4．(2015·重庆理综)图为无线充电 技术中使用的受电线圈示意图，线圈匝数为n，面积为S.若在t1到t2时间内，匀强磁场平行于线圈轴线向右穿过线圈，其磁感应强度大小由B1均匀增加到B2，则该段时间线圈两端a和b之间的电势差φa－φb(　　)‎ A．恒为 ‎ B．从0均匀变化到 C．恒为－ ‎ D．从0均匀变化到－ 答案　C 解析　由楞次定律判定，感应电流从a流向b，b点电势高于a点电势，故φa－φb＝－nS，因为磁场均匀增加，所以φa－φb为恒定的，可见C正确．‎ ‎5．(2015·山东淄博统考)如图甲所示，正三角形导线框abc放在匀强磁场中静止不动，磁场方向与线框平面垂直，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示，t＝0时刻，磁感应强度的方向垂直纸面向里．下列选项中能表示线框的ab边受到的磁场力F随时间t的变化关系的是(规定水平向左为力的正方向)(　　)‎ 答案　A 解析　设线框的边长为L，面积为S，电阻为R，感应电流为I，则F＝BIL＝BEL/R，即F＝＝，再根据左手定则可判断只有A正确．‎ ‎6．(2015·西安二模)如图所示，两足够长平行金属导轨固定在水平面上，匀强磁场方向垂直导轨平面向下，金属棒ab、cd与导轨构成闭合回路且都可沿导轨无摩擦滑动，两金属棒ab、cd的质量之比为2∶1.用一沿导轨方向的恒力F水平向右拉金属棒cd，经过足够长时间以后(　　)‎ A．金属棒ab、cd都做匀速运动 B．金属棒ab上的电流方向是由a向b C．金属棒cd所受安培力的大小等于 D．两金属棒间距离保持不变 答案　C ‎7．(2015·唐山统考)如图所示，在倾角为θ的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度大小均为B的匀强磁场区域．区域Ⅰ的磁场方向垂直斜面向上，区域Ⅱ的磁场方向垂直斜面向下，磁场边界MN、PQ、GH均平行于斜面底边，MP、PG均为L.一个质量为m、电阻为R、边长也为L的正方形导线框，由静止开始沿斜面下滑，下滑过程中ab边始终与斜面底边平行．t1时刻ab边刚越过GH进入磁场Ⅰ区域，此时导线框恰好以速度v1做匀速直线运动；t2时刻ab边下滑到pQ与MN的中间位置，此时导线框又恰好以速度v2做匀速直线运动．重力加速度为g，下列说法中正确的是(　　)‎ A．当ab边刚越过PQ时，导线框的加速度大小为a＝gsin θ B．导线框两次做匀速直线运动的速度之比v1∶v2＝4∶1‎ C．从t1到t2的过程中，导线框克服安培力做的功等于机械能的减少量 D．从t1到t2的过程中，有机械能转化为电能 答案　BC 解析　本题考查楞次定律、能量守恒定律、牛顿第二定律、法拉第电磁感应定律等知识点，意在考查考生的综合应用能力．线框在区域Ⅰ内做匀速直线运动，其合力为零，则mgsinθ－＝0；线框的ab边刚越过PQ时，两边都在切割磁感线，都受到沿斜面向上的安培力，则mgsinθ－4＝ma，a＝－3gsinθ，选项A错误；线框再次匀速时，其合力也为零，则mgsinθ－4＝0，则＝，选项B正确；从t1到t2的过程中，安培力做负功，重力做正功，根据能量守恒定律，可得WG－WF＝mv－mv，则克服安培力所做的功等于线框机械能的减少量，减少的动能和重力势能转化为电能，选项C正确，选项D错误．‎ ‎8．(2015·广州模拟)如图，光滑斜面PMNQ的倾角为θ，斜面上放置一矩形导体线框abcd，其中ab边长为l1，bc边长为l2，线框质量为m、电阻为R，有界匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直于斜面向上，ef为磁场的边界，且ef∥MN.线框在恒力F作用下从静止开始运动，其ab边始终保持与底边MN平行，F沿斜面向上且与斜面平行．已知线框刚进入磁场时做匀速运动，则下列判断正确的是(　　)‎ A．线框进入磁场前的加速度为 B．线框进入磁场时的速度为 C．线框进入磁场时有a→b→c→d方向的感应电流 D．线框进入磁场的过程中产生的热量为(F－mgsinθ)l1‎ 答案　ABC 解析　线框在进入磁场前，受重力、拉力和支持力的作用，则由牛顿第二定律得F－mgsinθ＝ma，解得a＝，选项A正确；由题意知线框刚进入磁场时做匀速直线运动，由力的平衡条件得F＝mgsinθ＋F安，又因为F安＝BIl1，I＝，E＝Bl1v，整理得v＝，选项B正确；由楞次定律和安培定则可确定线框进入磁场过程中的电流方向为a→b→c→d，选项C正确；由功能关系可知线框进入磁场的过程中：Fl2＝mgl2sinθ＋Q，所以Q＝(F－mgsinθ)l2，选项D错误．‎ ‎9．(2015·云南玉溪五月统考)如图甲所示，bacd为导体做成的框架，其平面与水平面成θ角，质量为m的导体棒PQ与ab、cd接触良好，回路的电阻为R，整个装置放于方向垂直框架平面的变化磁场中，磁感应强度B的变化情况如图乙所示，PQ能够始终保持静止，则0～t2时间内，PQ受到的安培力F和摩擦力f随时间变化的图象可能正确的是(取平行斜面向上为正方向)(　　)‎ 答案　BCD 解析　0～t1‎ 时间内穿过闭合线圈的磁通量减小，安培力的效果总是阻碍磁通量的变化，所以安培力方向沿斜面向上，由于磁感应强度均匀变化，由法拉第电磁感应定律可知产生的感应电流恒定不变，由安培力公式F＝BIL可知安培力逐渐减小，同理可判断t1～t2时间内的安培力变化情况，B对；静摩擦力大小等于安培力与重力沿斜面向下的分力的合力，由于不知安培力与重力的大小关系，所以静摩擦力方向无法判断，但安培力均匀变化，所以静摩擦力也均匀变化，C、D均可能正确．‎ 二、计算题(共3小题，共56分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)‎ ‎10．(2015·昆明三中模拟)(16分)如图甲所示，水平面上有两电阻不计的光滑金属导轨平行固定放置，间距为d，右端通过导线与阻值为R的小灯泡L连接，在面积为S的CDFE矩形区域内有垂直金属导轨向上的匀强磁场，磁感应强度B随时间的变化如图乙所示，在t＝0时，一阻值为R的金属棒在恒力F作用下由静止开始从ab位置沿导轨向右运动，当t＝t0时恰好运动到CD位置，并开始在磁场中匀速运动．求：‎ ‎(1)0～t0时间内通过小灯泡的电流．‎ ‎(2)金属棒在磁场中运动的速度大小．‎ ‎(3)金属棒的质量m.‎ 答案　(1)　(2)　(3) 解析　(1)0～t0时间内，闭合电路产生的感应电动势E1＝＝＝(2分)‎ 通过小灯泡的电流I＝(1分)‎ 联立可得I＝(1分)‎ ‎(2)若金属棒在磁场中匀速运动的速度为v，则金属棒产生的感应电动势 E2＝BLv＝B0dv(2分)‎ 金属棒中的电流I′＝(1分)‎ 因为金属棒做匀速运动，有F＝F安，‎ 即F＝B0I′d(2分)‎ 联立解得v＝(1分)‎ ‎(3)在0～t0时间内，金属棒在恒力F作用下做匀加速运动，则由牛顿第二定律有 F＝ma(2分)‎ 由运动学公式有a＝(2分)‎ 联立解得金属棒的质量为m＝(2分)‎ ‎11．(18分)(2015·天津十二所重点中学联考)如图甲所示，两根足够长、电阻不计的光滑平行金属导轨相距为L1＝‎2 m，导轨平面与水平面成θ＝30°角，上端连接阻值R＝1.5 Ω的电阻；质量为m＝‎0.4 kg、阻值r＝0.5 的匀质金属棒ab放在两导轨上，距离导轨最上端为L2‎ ‎＝‎4 m，棒与导轨垂直并保持良好接触．整个装置处于一匀强磁场中，该匀强磁场方向与导轨平面垂直，磁感应强度大小随时间变化的情况如图乙所示．(g＝‎10 m/s2)‎ ‎(1)保持ab棒静止，在0～4 s内，通过金属棒ab的电流大小和方向；‎ ‎(2)为了保持ab棒静止，需要在棒的中点施加一垂直于棒且平行于导轨平面的外力F，求2 s时外力F的大小和方向；‎ ‎(3)5 s后撤去外力，金属棒由静止开始向下滑动，滑行‎1.1 m恰好匀速运动，求在此过程中电阻R上产生的焦耳热．‎ 答案　(1)‎1A　方向由b→a　(2)1 N　方向平行于导轨平面向上　(3)1.5 J 解析　(1)在0～4 s内，由法拉第电磁感应定律得：E＝＝2 V①(2分)‎ 由闭合电路欧姆定律得：I＝＝‎1 A②(1分)‎ 根据楞次定律和安培定律则可知ab棒中的电流方向由b→a③(1分)‎ ‎(2)当t＝2 s时，ab棒受到沿斜面向上的安培力 F安＝BIL1＝1 N④(1分)‎ 对ab棒受力分析，由平衡条件得：‎ F＝mg sinθ－F安＝1 N⑤(2分)‎ 方向平行于导轨平面向上⑥(2分)‎ ‎(3)ab棒沿导轨匀速下滑切割磁感线产生感应电动势，有：E′＝B′L1v⑦(2分)‎ 产生的感应电流I′＝⑧(1分)‎ 棒下滑至速度稳定时，棒两端电压也恒定，此时ab棒受力平衡，有：mg sin30°＝B′I′L1⑨(2分)‎ 得v＝＝‎1 m/s⑩(1分)‎ 由动能定理，得 mg·x·sinθ－W安＝mv2⑪(2分)‎ Q总＝W安＝mgx sinθ－mv2＝2 J⑫(1分)‎ QR＝Q总＝1.5 J⑬(1分)‎ ‎12．(22分)(2015·河北唐山二模)一水平匀速运动的传送带，右侧通过小圆弧连接光滑金属导轨，金属导轨与水平面成θ＝30°角，传送带与导轨宽度均为L＝‎1 m．沿导轨方向距导轨顶端x1＝‎0.7 m到x2＝‎2.4 m之间存在垂直于导轨平面的匀强磁场区域abcd，ab、cd垂直于平行导轨，磁感应强度为B＝1 T．将质量均为m＝‎0.1 kg的导体棒P、Q相隔Δt＝0.2 s分别从传送带的左端自由释放，两导体棒与传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.1，两棒到达传送带右端时已与传送带共速．导体棒P、Q在导轨上运动时，始终与导轨垂直且接触良好，P棒进入磁场时刚好匀速运动，Q棒穿出磁场时速度为‎4.85 m/s.导体棒P、Q的电阻均为R＝4 Ω，导轨电阻不计，g＝‎10 m/s2.求 ‎(1)传送带运行速度；‎ ‎(2)定性画出导体棒P两端的电压U随时间t的变化关系(从进入磁场开始计时)；‎ ‎(3)从导体棒P、Q自由释放在传送带上开始，到穿出磁场的过程中产生的总内能．‎ 答案　(1)‎3 m/s　(2)见解析　(3)1.77 J 解析　(1)导体棒P进入磁场时匀速运动，设切割磁场速度为v，则E＝BLv(1分)‎ I＝E/(2R)(1分)‎ F安＝BIL(1分)‎ 由平衡条件可知 F安＝mgsinθ(1分)‎ 解得v＝‎4 m/s(1分)‎ 导体棒P脱离传送带时已与传送带共速，设传送带速度为v0，导体棒沿斜面下滑x1过程中，由动能定理得：‎ mgsinθx1＝mv2/2－mv/2(2分)‎ 解得v0＝‎3 m/s 即传送带运行速度为‎3 m/s(1分)‎ ‎(2)导体棒P匀速进入磁场，两端电压U＝BLv/2，导体棒P、Q都进入磁场共同加速时，U＝BLv，导体棒P出磁场后，只有导体棒Q切割磁感线，做变减速运动，U＝BLv/2，电压随时间的定性变化关系图象为：(4分)‎ ‎(3)导体棒P、Q在传送带上加速过程中产生的内能为Q1＝2μmgs相对＝2μmg·＝0.9 J(2分)‎ 导体棒P匀速进入磁场过程中x3＝vt(1分)‎ 由能的转化与守恒得，Q2＝mgsinθx3＝0.4 J(1分)‎ 导体棒P、Q共同在磁场中加速下滑过程中，x4＝x2－x1－x3＝‎0.9 m，设导体棒P出磁场时速度为u，则u2－v2＝2ax4，u＝‎5 m/s(2分)‎ 导体棒Q切割磁感线时下滑距离为x5＝‎0.8 m(1分)‎ 由能的转化与守恒得，Q3＝mgsinθx5－mv/2＋mu2/2＝0.47 J(2分)‎ Q＝Q1＋Q2＋Q3＝1.77 J(1分)‎ 对爸爸的印象，从记事的时候，就有了，他留给我的印象就是沉默少言的，但是脸上却始终有微笑，不管家里遇到了什么样的困难，只要有爸爸在，一切都能够雨过天晴的，小时候，家里很穷，可是作为孩子的我们（我和哥哥），却很幸福。爸爸从来不会因为缺钱，而让我们感觉得些许的拮据和紧张，哪怕的低三下气的问人借钱，爸爸都会按时给我们交了学费，从来都不会给我们兄妹俩拖欠学费。爸爸闲下来的时候，就会给我和哥哥讲他们生活的那个年代，很苦很累，还经历过自然灾害，穷的时候，连饭都吃不饱。在我的印象里，最深的一件事情就是过年的时候，不管这一年钱赚的多还是少，爸爸总会让妈妈带着我和哥哥去买新衣服，当然了，妈妈也必须买新的，唯有爸爸，他是家里面唯一一个可以穿旧衣服过新年的人，这就是我关于爸爸的儿时的印象，他爱家人，从来不肯委屈自己的妻子和孩子。成长岁月里的爸爸在我们渐渐成长的的岁月里，作为孩子，我们都有了自己的认知和想法，青春期的叛逆，我们也给爸爸惹了不少祸，但是，不管我们闯的祸有多大，最后都是爸爸出面，来摆平解决一切。在这个渐渐懂事的过程中，爸爸扮演着一位良师的角色，事情过后，爸爸也会趁机好好的教育我们，让我们懂得，我们做的是对的，值得鼓励的，还是不对的，今后需要去改正的。爸爸在社会上经历的多了，懂得的道理也比我们多很多。我们是在跌跌撞撞的认知中去探索这个社会，而爸爸就是这条探索道路的指明灯！在我们长大的青春光阴里，我们在爸爸身上看到了责任、懂得了承担的重要性！爸爸，在我们的生活中，必不可少，他让我们（大哥和我）拥有了正确的人生观和价值观，他教会了我们如何看待这个世界，如何去更好的创造自己想要的生活！渐渐上了年纪的爸爸：我只想用“渐渐上了年纪”来形容现在的爸爸，不想要用已经“老去”来形容爸爸。没错，岁月是真的很无情的，不知不觉间，爸爸的眼角多了些许的皱纹，额头的皱纹也不自觉的来向他报到了，爸爸再伟大，也终究抵不过岁月的蹉跎。两角鬓白的爸爸，让我们看着多了很多的心疼，一向雷厉风行、无所不能的爸爸，渐渐地，变得老了，特别是当我们都成家以后，爸爸也算是把他一生最重要的任务也都完成了，上了年纪的爸爸，更多的心思，留在了妈妈的身上，一路走来，是妈妈的陪伴和默默的奉献，才让爸爸能够在外工作的时候，毫无杂念！妈妈，就是爸爸最为坚强的后盾，而我们，是爸爸努力奋斗的最大动力，如今，爸爸渐渐地老了，作为儿女，我们无法让时光倒流，能做的就是多陪伴他们，让他们的晚年生活能够幸福！爸爸的一生，都在付出，为了家和家人而付出，如今的我们，都已经成家，更加体会到了为人父母的心酸苦楚，我们能做的就是常回家看看！让父母不感到孤独！　我们都是母亲身上掉下来的一块肉，我们跟母亲之间的关系，血浓于水，彼此间的那种爱，是神圣而又不可侵犯的，是妈妈给了我们生命，也是妈妈无怨无悔的把我们抚养成人，在我们成长的过程中，不管是好还是不好，妈妈都一味的去包容，去引领着我们我和妈妈的温情小生活，母爱，总是那么的伟大！都说慈母多败儿，其实啊，母亲在我们的生活着，扮演着不可或缺的角色，没有母亲的无私奉献，又怎会有我们的今天呢？更多的时候，是我们忽略了母亲的重要性，甚至是把母亲对我们的关心和爱护变成了理所当然！其实啊，也是因为我们从出生的时候，就拥有了母亲的爱，也就变得不那么的珍惜了！我觉得，我们生活在这个世上，更要好好地对待我们的母亲，在我的记忆深处，母亲总是很慈祥的，她也有属于她自己的小忧愁，但是，却从来都不会让我们知道，不管生活中，遇到了什么困难或者坎坷，她总是自己一个人想办法面对和解决！以至于曾经的我一直觉得母亲是万能的，没有什么困难事情是母亲不能解决的！儿时记忆中，最深刻的一件事情就是那年的的大冬天，下了很厚很厚的雪，我跟哥哥上学的地方是需要骑着自行车去的，妈妈早早的叫醒了我和哥哥，并且告诉我们下大雪了，路上滑，要早点出发，路上慢一点走，当我们吃了早饭准备出发的时候，妈妈也跟着一起出发了。大冬天的，天黑黑的，母亲拿着手电筒，给我和哥哥照明，因为下了雪，有的路段不好走，我们就推着自行车，一路上有说有笑的，时不时的哥哥还会调皮一下，就这样，母亲拿着照明灯，一路护送我和哥哥到了学校，现在回想起来曾经的岁月，满满的回忆，满满的温暖！不知不觉间，我们就都长大了，哥哥也成家了，有自己的孩子，妈妈看着我们生活幸福，她也就是开心满足了，可是，岁月却是那么的无情，不知不觉间，妈妈的眼角就多了些许的皱纹，她在岁月的淘洗中，渐渐地老去了！她没有多么伟大的理想，唯一的希望，就是我们都能够生活的健康，平安，快乐，幸福！母亲，从来都不曾奢望我们能够有多么大的丰功伟绩，最大的心愿就是我们平安快乐，她的一生心血，都在我们这些孩子身上，而对于她自己，似乎总是少了很多的关心，作为儿女，长大后的忙碌，确实忽略了对母亲的爱，当我们真正的意识到母亲老去的时候，岁月一晃已经过去了几十年！母爱，虽然平凡，但是却很伟大，我跟妈妈的温情小生活，那些记忆中的点滴，一直萦绕在脑海中，让我感受到幸福，感受到温暖！爱你，亲爱的妈妈，愿你生活幸福，健康平安！其实也就是平凡的一年，和往常相比较，也没有太多的区别，唯一的不同就是自己就业了，不再是学生了，也不再是那个向父母伸手就要钱的小姑娘了！步入社会的自己，很开心，同时也很紧张，毕竟社会才是一个真正的大染缸，才能让一个人真正的成长和坚强！父母的爱，平凡中渗透着伟大，这一年，感恩父母！在初入社会的这一年里，是要感恩很多的朋友同事领导，但是，我最想要感恩的两个人，其实就是我的爸爸妈妈！也许，你会觉得很奇怪，步入社会，经历的很多人或事，不应该都是单位或者工作吗？怎么会是要感恩父母呢？没错，我最最想要感恩的就是我们爸爸和妈妈！为什么呢？且听我慢慢道来！每一年的母亲节和父亲节，都只有一天，我想先和大家分享一下父亲节发生的小故事，虽然很平凡，很普通，但是我的心确实五味杂陈暖暖的！这一年的自己，已经参加了工作，也有了自己的收入，虽然工资不是很高，但事多多少少还是有些结余的，父亲节到了，那天早上一醒来，我就给父亲微信上发了红包，金额不多，也就只有100元的红包，这一天，我一直在等待着父亲领红包！可是，等啊等啊等啊，眼看着24小时就要过去了，可是父亲还是没有领取红包，难道是忙碌着，一直没有看到吗？或者是信息太多，被挤下去了，于是，我就告诉了妈妈，让妈妈去提醒父亲，记得领取父亲节的红包。当我和妈妈说了以后，妈妈却告诉我说：你爸爸说了，他还能赚下钱，不差钱，他没有理由领取你的钱，你在外工作也不容易，留着让你自己花了，！听了妈妈的话，我的心，那一刻的感觉，真的时候无法形容的，于是，我就告诉妈妈，说也就只有100块，不多，我也不缺这100，多少一点心意，就领取了吧，我再三提醒让领取，可是，最后的结果是，红包退还了回来，这就是父亲，他不过是一个平凡的农民，对于孩子给予的，他却觉得孩子出门在外不容易，不愿意花孩子的钱！事情虽然很小，但是，却真的触动了我的心，也激发了我更要好好的工作，努力赚钱，以后给予父母更好的生活！记得还有一次是我小学的朋友要结婚了，因为处的不是很好，很一般，礼钱也就200元，当天我也没回去，于是，就让妈妈去上礼了！不过，我前一天就给妈妈发了红包，可是妈妈愣是没有领取，非说是要给就等你回来了的吧，其实啊，我知道，妈妈的意思就是要让我常回家看看！爸爸和妈妈都在用他们的觉得对的方式，爱着自己的孩子，在他们的眼中，孩子永远是长不大的。平凡的小事情，渗透着浓浓的爱意，或许，这个世界上还有很多很多向我父母一样的家长，他们不愿索取孩子们的金钱，只愿孩子们能够健借此机会，也借此平台，感恩亲爱的爸妈，希望爸爸妈妈身体健康，幸福快乐！爸爸妈妈，我爱你们！‎