【物理】2019届二轮复习第一部分专题四电路与电磁感应学案 52页

专题四 第一讲直流电路与交流电路 考点一 直流电路的分析与计算 ‎1.[考查直流电路中电压、电流的分析]‎ 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的示数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。‎ ‎2．[考查闭合电路中功率的分析]‎ ‎[多选]某种小灯泡的UI图像如图甲所示，三个完全相同的这种小灯泡连接成如图乙所示的电路，电源的内阻为1.0 Ω。现闭合开关S，理想电压表V的示数为4.0 V，则(　　)‎ A．外电路的总电阻为6.7 Ω B．电源的电动势为5.6 V C．电源消耗的热功率为3.0 W D．电源的效率为89.3%‎ 解析：选BD　理想电压表V的示数为4.0 V，由UI图像可知通过干路上的小灯泡的电流为‎0.6 A，通过电源的电流也为‎0.6 A，通过两并联小灯泡的电流均为‎0.3 A，两端电压为1.0 V，依据闭合电路欧姆定律可知，电源的电动势为E＝4.0 V＋1.0 V＋‎0.6 A×1.0 Ω＝5.6 V，B正确；电路的路端电压为U0＝5.0 V，电流为I0＝‎‎0.6 A ‎，依据部分电路欧姆定律可知外电阻总阻值为R＝ Ω≈8.3 Ω，A错误；电源消耗的热功率为Pr＝I02r＝0.36 W，C错误；输出功率为P出＝U0I0＝3.0 W，则电源的效率为η＝×100%≈89.3%，D正确。‎ ‎3．[考查含容电路的动态分析]‎ 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。‎ ‎4．[考查纯电阻电路的计算]‎ 如图所示电路中，电源电动势E＝6 V，内阻r＝2 Ω，R1＝4 Ω，R2＝6 Ω，R3＝6 Ω。下列说法正确的是(　　)‎ A．电阻R2中电流为 A B．电路中A、B两点之间的电压为3 V C．若在C、D间连一个理想电流表，其读数是 A D．若在C、D间连一个理想电压表，其读数是4 V 解析：选C　根据闭合电路欧姆定律，电阻R2中的电流为I＝＝‎0.5 A，选项A错误；电路中A、B两点之间的电压为UAB＝IR1＝0.5×4 V＝2 V，选项B错误；若在C、D间连一个理想电流表，则外电路总电阻为R＝R1＋＝7 Ω，电阻R1中的电流为I1＝＝ A，电阻R3中的电流为I3＝I1＝ A，理想电流表的读数是 A，选项C正确；若在C、D间连一个理想电压表，其测量的电压为R2两端的电压，R2两端的电压U2＝IR2＝0.5×6 V＝3 V，理想电压表的读数是3 V，选项D错误。‎ 考点二 交变电流的产生及描述 ‎5.[考查交变电流的产生]‎ ‎[多选]在匀强磁场中，一个匝数为150匝的闭合矩形金属线圈，绕与磁感线垂直的固定轴匀速转动，穿过该线圈的磁通量随时间变化规律如图所示。设线圈总电阻为2 Ω，则(　　)‎ A．t＝0时，线圈平面与磁感线方向垂直 B．t＝0.5 s时，线圈中的电流改变方向 C．t＝2 s时，线圈中磁通量的变化率为零 D．在2 s内，线圈产生的热量为18π2 J 解析：选BD　根据题图可知，在t＝0时穿过线圈平面的磁通量为零，所以线圈平面平行于磁感线，感应电动势最大，故A错误；t＝0.5 s时，线圈中磁通量最大，感应电动势为零，此时的电流改变方向，故B正确；t＝2 s时，线圈中磁通量为零，此时磁通量的变化率最大，故C错误；感应电动势的最大值为Em＝NBSω＝NΦmω＝150×0.04× V＝6π V，有效值E＝＝3π V，根据焦耳定律可得2 s内产生的热量为Q＝T＝×2 J＝18π2 J，故D正确。‎ ‎6．[考查交变电流有效值的计算]‎ 如图所示电路，电阻R1与电阻R2阻值相同，都为R，和电阻R1并联的D为理想二极管(正向电阻可看成零，反向电阻可看成无穷大)，在A、B间加一正弦交流电，该正弦交流电电压的瞬时值表达式为u＝20sin 100πt(V)，则加在R2上的电压有效值为(　　)‎ A．10 V　　　　　　　 　B．20 V C．15 V D．5 V 解析：选D　由二极管的单向导电性可知，二极管导通时，加在R2上的电压为电源电压，时长半个周期，最大值为20 V，二极管截止时，R1、R2串联，则R2上的电压为电源电压的一半，时长半个周期，最大值为10 V。由有效值的定义·T＝·＋·，可得加在R2上的电压有效值为U＝5 V，选项D正确。‎ ‎7.[考查交变电流平均值的应用]‎ ‎[多选]如图所示，边长为L的正方形单匝线圈abcd，电阻为r，外电路的电阻为R，过ab的中点和cd的中点的连线OO′恰好位于匀强磁场的边界线上，磁场的磁感应强度为B，若线圈从图示位置开始，以角速度ω绕轴OO′匀速转动，以下判断正确的是(　　)‎ A．图示位置线圈中的感应电动势最大，其值为Em＝BL2ω B．闭合电路中感应电动势的瞬时值表达式为e＝BL2ωsin ωt C．线圈从图示位置转过180°的过程中，流过电阻R的电荷量为q＝ D．线圈转动一周的过程中，电阻R上产生的热量为Q＝ 解析：选CD　如题图所示，图示位置为中性面，线圈中的感应电动势为0，选项A错误；线圈的有效面积为正方形面积的一半，故闭合电路中感应电动势的瞬时值表达式为e＝BL2ωsin ωt，选项B错误；线圈从图示位置转过180°的过程中，根据q＝，ΔΦ＝BS有效＋BS有效＝BL2，可得流过电阻R的电荷量为q＝，选项C正确；线圈转动一周的过程中，电阻R上产生的热量为Q＝I2RT＝2R＝，选项D正确。‎ ‎8．[考查交变电流的四值比较]‎ ‎[多选]小型交流发电机中，矩形金属线圈在匀强磁场中匀速转动，产生的感应电动势与时间呈正弦函数关系，如图所示。不计线圈的电阻。下列说法正确的是(　　)‎ A．产生的感应电动势瞬时值表达式为e＝20sin 8πt(V)‎ B．若与一个R＝10 Ω的电阻构成闭合回路，交变电流的有效值为 A C．若将此电动势加在电容为C＝1 μF的电容器上，则该电容器的耐压值应不小于10 V D．若该交流发电机的线圈在匀强磁场中匀速转动的速度增大到原来的2倍，则产生的交变电流的电动势的最大值增大为40 V 解析：选BD　由题图可知，交变电流的电动势的最大值Em＝20 V，交变电流的电动势的周期为T＝0.25 s，频率为f＝＝4 Hz，线圈转动的角速度ω＝2πf＝8π rad/s，产生的感应电动势瞬时值表达式为e＝Emsin ωt＝20sin 8πt(V)，选项A错误；交变电流的电动势的有效值为E＝＝10 V，由闭合电路欧姆定律得交变电流的有效值为I＝＝ A，选项B正确；若将此电动势加在电容器上，电容器的耐压值应不小于电动势最大值，即不小于20 V，选项C错误；由交变电流的电动势最大值表达式Em＝NBSω可知，若该交流发电机的线圈在匀强磁场中匀速转动的速度增大到原来的2倍，则产生的交变电流的电动势的最大值增大到原来的2倍，为40 V，选项D正确。‎ 考点三 理想变压器的规律及应用 ‎9.[考查负载变化引起的动态分析问题]‎ ‎[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。利用如图所示电路模拟输电线路，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。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。‎ ‎10．[考查原、副线圈匝数比变化引起的动态分析问题]‎ ‎[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P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。‎ ‎11．[考查原线圈含负载的动态分析问题]‎ 一理想变压器原、副线圈匝数比为3∶1，原线圈与小灯泡D串联后，接入一正弦交流电源，电源电压的有效值恒定；副线圈电路中连接可变电阻R和电流表，电流表内阻不计，如图所示。若改变R的阻值，使电流表的示数变为原来的两倍。则(　　)‎ A．小灯泡D的亮度变暗 B．副线圈的电压变小 C．R的阻值大于原来的一半 D．变压器的输入功率变为原来的两倍 解析：选B　因电流表的示数变为原来的两倍，即副线圈中电流变为原来的两倍，则原线圈中电流也变为原来的两倍，即小灯泡D的亮度变亮，选项A错误；因灯泡D两端的电压变大，可知变压器原线圈中电压减小，副线圈中电压也减小，R的阻值小于原来的一半，选项B正确，C错误；原线圈中电流变为原来的两倍，但是原线圈中电压减小，则变压器的输入功率小于原来的两倍，选项D错误。‎ 考点四 远距离输电问题 ‎12.[考查计算输电线路的功率损耗问题]‎ ‎[多选]在远距离输电时，输送的电功率为P，输电电压为U，所用输电导线的电阻率为ρ，横截面积为S，两地的距离为L，输电线上损耗的电功率为P1，用户得到的电功率为P2。下列关于P1和P2的表达式中正确的是(　　)‎ A．P2＝P B．P2＝P－ C．P1＝ D．P1＝ 解析：选AC　输电线上的电流I＝，输电导线的电阻R＝ρ，输电线上损耗的电功率P1＝I2R＝，用户得到的电功率P2＝P－P1＝P，选项A、C正确。‎ ‎13．[考查输送电压一定的动态分析问题]‎ 如图为远距离输电示意图，n1、n2和n3、n4分别是升、降压变压器的原、副线圈，已知发电机的输出电压一定。用电高峰时，某同学发现当他家的大功率电器开启后，家中的白炽灯变暗。下列说法正确的是(　　)‎ A．该同学家开启大功率电器后，输电线上损失的功率减小 B．若减小降压变压器原线圈n3的匝数，可能会使白炽灯正常发光 C．若减小降压变压器副线圈n4的匝数，可能会使白炽灯正常发光 D．若减小升压变压器副线圈n2的匝数，可能会使白炽灯正常发光 解析：选B　用电高峰时，开启大功率电器，用户用电的总功率增加，升压变压器和降压变压器的原、副线圈电流都要增加，输电线上功率损失P损＝I22R增大，故A错误；若减小降压变压器原线圈n3的匝数，根据＝可知U4增大，根据P＝可知可能会使白炽灯正常发光，故B正确；若减小降压变压器副线圈n4的匝数，根据＝可知U4减小，根据P＝可知使白炽灯更暗，故C错误；若减小升压变压器副线圈n2的匝数，根据＝可知U2减小，根据 I＝可知输送电流增大，输电线上损失电压增大，功率损失增大，降压变压器的原、副线圈的电压减小，使白炽灯更暗，故D错误。‎ ‎14．[考查输送功率一定的动态分析问题]‎ 如图甲所示为远距离输电示意图，变压器均为理想变压器，升压变压器原、副线圈匝数比为1∶100，其输入交流电压的变化规律如图乙所示，远距离输电线的总电阻为50 Ω。降压变压器右侧部分为火灾报警系统原理图，其中R1为一定值电阻，R2为用半导体热敏材料制成的传感器，当温度升高时其阻值变小，电压表V可以显示加在报警器两端的电压(报警器未画出)。未出现火警时，升压变压器的输入功率为660 kW。下列说法中正确的是(　　)‎ A．0.01 s时刻，电压表的示数是0‎ B．未出现火警时，远距离输电线路损耗的功率为45 kW C．当传感器R2所在处出现火警时，电压表V的示数变大 D．当传感器R2所在处出现火警时，输电线上的电流变小 解析：选B　电压表的读数是交流电的有效值，则0.01 s时刻，电压表的示数不为零，选项A错误；升压变压器输入端电压有效值为220 V，根据电压与匝数成正比知，副线圈两端电压为22 000 V，所以输电线中的电流I＝＝ A＝‎30 A，输电线损失的电压ΔU＝IR＝30×50 V＝1 500 V，输电线路损耗功率ΔP＝ΔUI＝1 500×30 W＝45 kW，故B正确；当传感器R2所在处出现火警时其阻值减小，降压变压器副线圈中电流增大，定值电阻的分压增大，所以电压表V的示数减小，故C错误；当传感器R2所在处出现火警时，副线圈电流增大，根据电流与匝数成反比知输电线上的电流增大，故D错误。‎ 释疑4大考点 考点一　直流电路的分析与计算 直流电路中动态变化主要是通过调节滑动变阻器的滑片改变电阻的大小，或者通过开关闭合与断开改变电路结构，或者电路中有光敏电阻、热敏电阻阻值发生变化时，电路中各个部分的电流、电压和电功率都会随之发生变化，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。直流电路的计算问题，高考很少单独考查，常在实验题中结合其他知识考查图像问题的分析与计算 。需要考生学会灵活变通。‎ ‎(一)理清直流电路知识体系 ‎(二)掌握动态变化判断方法 ‎1．直流电路动态变化的程序判断法 遵循“局部—整体—部分”的思路，按以下步骤分析：‎ ‎2．直流电路动态变化的直观判断法 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。‎ ‎(三)用好两类元件电学特性 ‎1．含容电路中，电路稳定后，电容器两极板间的电压等于该支路两端的电压，如诊断卷第3题，电容器并联在滑动变阻器两端，其电压等于R2两端的电压。如果电容器两端的电压升高，电容器充电，电压降低，电容器放电。‎ ‎2．电路中串联理想电流表时，理想电流表测的是该支路中的电流；电路中串联理想电压表时，则与理想电压表串联的电阻中的电流可认为等于零，电阻两端的电压为零；电路中并联理想电压表时，理想电压表测的是与理想电压表并联的电阻两端的电压。如诊断卷第4题，若在C、D间连一个理想电压表，可视为开路，电压表测量的是R2两端的电压。‎ ‎[题点全练]‎ ‎1.[多选](2018·河北石家庄二模)在如图所示的电路中，R0‎ 为定值电阻，R为光敏电阻(光照减弱时阻值增大)，C为电容器。现减弱对光敏电阻R光照的强度，下列说法正确的是(　　)‎ A．电流表的示数减小 B．电容器C的电荷量增大 C．电压表的示数变小 D．电源内部消耗的功率变大 解析：选AB　减弱对光敏电阻R光照的强度，R阻值增大，根据闭合电路欧姆定律可得路端电压增大，即电压表示数增大，总电流减小，即电流表示数减小，电容器两端的电压增大，根据C＝以及C不变，U增大可得Q增大，电源内部消耗的电功率P＝I2r，I减小，内阻不变，所以P减小，故A、B正确。‎ ‎2．[多选](2019届高三·湖南师大附中模拟)节能的LED灯越来越普及，而驱动LED发光需要恒流源。如图所示，电路中的电压表、电流表都是理想电表，电源是一个恒流源(该恒流源输出的电流大小和方向都不变)，在改变R2阻值的过程中，电压表的读数为U，电流表A的读数为I，电流表A1的读数为I1，电流表A2的读数为I2，它们的变化量的绝对值分别为ΔU、ΔI、ΔI1、ΔI2。以下说法正确的是(　　)‎ A.＝R1，＝R2‎ B.＝ C.＝ D．当R2＝R1时，滑动变阻器R2消耗的电功率最大 解析：选ABD　由部分电路的欧姆定律可知R1＝，R2＝，A正确；因为I不变，I1的变化量与I2的变化量绝对值相等，所以B正确；因为ΔI＝0，所以C错误；I2＝I，滑动变阻器R2消耗的电功率P2＝I22R2＝I22，故当R2＝R1时，R2消耗的电功率最大，D正确。‎ ‎3.[多选](2018·山东天成大联考)如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r，开关S闭合后，平行板电容器中的带电液滴M处于静止状态，电流表和电压表均为理想电表，则(　　)‎ A．带电液滴M一定带正电 B．R4的滑片向上端移动时，电流表示数减小，电压表示数增大 C．若仅将电容器下极板稍微向上平移，带电液滴M将向上极板运动 D．若将开关S断开，带电液滴M将向下极板运动 解析：选BC　电容器的上极板带正电，板间场强方向向下，带电液滴M处于平衡状态，则知受到的电场力向上，带电液滴M带负电，故A错误。R4的滑片向上端移动时，其接入电路的电阻增大，根据“串反并同”知电流表示数减小，电压表示数增大，所以B正确。若仅将电容器下极板稍微向上平移，因为板间电压U不变，由E＝可得E增大，所以液滴受到的电场力增大，液滴将向上极板运动，所以C正确。若将开关S断开，电容器板间电压增大，液滴受到的电场力增大，液滴将向上极板运动，故D错误。‎ 考点二　交变电流的产生及描述 本考点是对交变电流的产生及描述交变电流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。‎ ‎(一)正弦式交变电流“四值”的比较和理解 物理量 表达式 适用情况及说明 瞬时值 e＝Emsin ωt u＝Umsin ωt i＝Imsin ωt ‎(1)从线圈位于中性面开始计时 ‎(2)可用于分析或计算线圈某时刻的受力情况 最大值 ‎(峰值)‎ Em＝nBSω Im＝ ‎(1)此时线圈垂直于中性面 ‎(2)电容器的击穿电压指的就是最大值 有效值 E＝ U＝ I＝ ‎(1)计算与电流的热效应有关的量(如电功、电功率、电热等)‎ ‎(2)电表的读数为有效值 ‎(3)保险丝的熔断电流为有效值 ‎(4)电气设备“铭牌”上所标的工作电压、工作电流一般都是有效值 ‎(5)非正弦式交变电流的有效值利用电流的热效应计算 平均值 ＝BL ＝n ＝ 计算通过电路截面的电荷量，q＝n ‎(二)交变电流常考的四类问题 ‎1．从磁通量随时间变化的图像来认识交变电流的产生，如诊断卷第5题，明确当磁通量最大时，磁通量的变化率为0，感应电动势为0，该位置是电流方向改变的转换点；当磁通量为零时，磁通量的变化率最大，感应电动势最大，该位置是电流强度增大与减小的转换点。‎ ‎2．求交变电流在一个周期内产生的热量，如诊断卷第6题中，二极管在导通时加在R2上的电压有效值为20 V，二极管在截止时加在R2上的电压有效值为10 V，分别求出每半个周期内R2产生的热量，然后可得到一个周期内R2产生的热量。‎ ‎3．在电磁感应和交变电流问题中，求解通过导体某横截面的电荷量时，可由公式q＝n快速得出，如诊断卷第7题选项C。‎ ‎4．涉及电容器、保险丝等元件的问题，在诊断卷第8题中，电容器的耐压值指最大值，保险丝的熔断电流指有效值，转动角速度变化，不仅影响交变电流的周期，根据交变电流的电动势的最大值表达式Em＝NBSω可知，也影响交变电流的电动势的最大值和有效值。‎ ‎[题点全练]‎ ‎1．(2018·全国卷Ⅲ)一电阻接到方波交流电源上，在一个周期内产生的热量为Q方；若该电阻接到正弦交流电源上，在一个周期内产生的热量为Q正。该电阻上电压的峰值均为u0，周期均为T，如图所示。则Q方∶Q正等于(　　)‎ A．1∶　　　　　　　　　 B.∶1‎ C．1∶2 D．2∶1‎ 解析：选D　由焦耳定律和有效值概念知，一个周期内产生热量Q方＝·＋·＝T，Q正＝T＝T＝·T，故Q方∶Q正＝2∶1。‎ ‎2．(2018·聊城二模)一台小型发电机产生的电动势随时间变化的正弦图像如图甲所示。已知发电机线圈内阻为5.0 Ω，现外接一只电阻为95.0 Ω的灯泡，如图乙所示。下列说法正确的是(　　)‎ A．电压表的示数为220 V B．电路中的电流方向每秒钟改变50次 C．灯泡实际消耗的功率为484 W D．发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为24.2 J 解析：选D　由Em＝220 V，可知有效值E＝220 V，电压表示数U＝E＝209 V，故A错误；周期T＝0.02 s，每个周期交流电方向改变两次，则1 s内电流方向改变的次数为n＝2·＝100次，故B错误；灯泡实际消耗的功率P＝＝ W≠484 W，故C错误；发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为Q＝t＝×1 J＝24.2 J，故D正确。‎ ‎3.[多选](2018·齐鲁名校协作体联考)如图所示，一矩形线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁感线的对称轴OO′逆时针(俯视)匀速转动。已知线圈匝数为n，总电阻为r，ab边长为l1，ad边长为l2，线圈转动的角速度为ω，外电阻阻值为R，匀强磁场的磁感应强度为B，电流表为理想交流电流表。下列判断正确的是(　　)‎ A．在图示位置，ab边所受的安培力为F＝ B．线圈从图示位置转过90°的过程中，流过电阻R的电荷量为q＝ C．在图示时刻，电流表的读数为 D．在图示位置，穿过线圈的磁通量的变化率为0‎ 解析：选AB　矩形线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁感线的对称轴OO′匀速转动，所以产生正弦式交变电流，图示位置穿过线圈的磁通量的变化率最大，产生的电动势最大，其最大值Em＝nBl‎1l2ω，又因为I＝，F＝nBIl1，所以在图示位置ab边所受的安培力为F＝，A正确，D错误；由q＝Δt，＝，E＝n可得，线圈从图示位置转过90°的过程中，流过电阻R的电荷量为q＝，B正确；交流电表显示的是有效值，即I＝＝，C错误。‎ 考点三　理想变压器的规律及应用 高考对本考点进行考查时，常与交变电流的性质和电路动态变化的规律相结合。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。‎ ‎(一)明确变压器各物理量间的制约关系 ‎(二)谨记交流电路动态分析的注意事项 ‎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9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10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。‎ ‎3．处理理想变压器原线圈串联或并联负载时应注意：①变压器原、副线圈间的电压关系、电流关系与匝数关系仍然满足变压器原理，原线圈的输入功率仍然等于副线圈的输出功率；②首先需要确定原线圈所连接负载与原线圈的连接关系，若串联，则应从电流关系作为突破口确定匝数比和电压关系；若并联，则应从电压关系作为突破口确定匝数比和电流关系。如诊断题第11题，电源电压等于灯泡D两端的电压与原线圈电压之和。‎ ‎[题点全练]‎ ‎1.(2019届高三·江淮十校联考)在如图所示的理想变压器的电路中，变压器原、副线圈的匝数比为2∶1，电阻R1＝R2，电流表和电压表均为理想电表，若电流表的示数为‎0.5 A，电压表的示数为5 V，则电阻R1的大小为(　　)‎ A．10 Ω　　　　　　　　 B．15 Ω C．20 Ω D．25 Ω 解析：选D　设电阻R1＝R2＝R，由电压表的示数为5 V，则副线圈电流I2＝；原线圈电流I1＝I2＝；原线圈电压U1＝U2＝10 V；通过R1的电流IR1＝；由题意可知：＋＝‎0.5 A，解得R＝25 Ω，故D正确。‎ ‎2．[多选](2018·唐山五校联考)如图(a)所示，理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝55∶4，原线圈接有交流电流表A1，副线圈电路接有交流电压表V、交流电流表A2、滑动变阻器R等，所有电表都是理想电表，二极管D 正向电阻为零，反向电阻无穷大，灯泡L的阻值恒定。原线圈接入的交流电压的变化规律如图(b)所示，下列说法正确的是(　　)‎ A．交流电压表V的读数为32 V B．灯泡L两端电压的有效值为16 V C．当滑动变阻器的触头P向上滑动时，电流表A2示数减小，A1示数减小 D．由图(b)可知交流发电机转子的角速度为100 rad/s 解析：选BC　电压表的读数为副线圈两端电压的有效值，原线圈的电压有效值为440 V，根据电压与匝数成正比可知，副线圈两端的电压有效值为32 V，所以电压表的读数为32 V，所以A错误；设灯泡L两端电压的有效值为UL，根据电流的热效应，则有·＝T，解得UL＝16 V，故B正确；当滑动变阻器的触头P向上滑动时，电阻R的阻值增大，总电阻增大，流过副线圈的电流减小，根据理想变压器中原、副线圈的电流与匝数关系，可知流过原线圈的电流减小，故电流表A2示数减小，A1示数减小，故C正确；由题图可得T＝0.02 s，交流发电机转子的角速度为ω＝＝100π rad/s，故D错误。‎ ‎3.(2018·烟台模拟)一含有理想变压器的电路如图所示，图中电阻R1、R2和R3的阻值分别是3 Ω、1 Ω和4 Ω，A为理想交流电流表，u为正弦交流电源，输出电压的有效值恒定。已知该变压器原、副线圈的匝数比为3∶1。若开关S断开时，电流表的示数为I，则当S闭合时，电流表的示数为(　　)‎ A．I B．3I C．4I D．5I 解析：选C　开关断开时电流表的示数为I，则原线圈两端电压为U－IR1；根据电流之比等于匝数反比可得副线圈的电流强度为3I，副线圈两端电压为3I(R2＋R3)；理 想变压器的原、副线圈的电压比为：(U－IR1)∶3I(R2＋R3)＝3∶1；设开关闭合时电流表的示数为I′，则原线圈两端电压为U－I′R1；根据电流之比等于匝数反比可得副线圈的电流强度为3I′，副线圈两端电压为3I′R2；理想变压器的原、副线圈的电压比为：(U－I′R1)∶3I′R2＝3∶1；联立解得I′＝4I，故C正确，A、B、D错误。‎ ‎4．(2018·天津高考)教学用发电机能够产生正弦式交变电流。利用该发电机(内阻可忽略)通过理想变压器向定值电阻R供电，电路如图所示，理想交流电流表A、理想交流电压表V的读数分别为I、U，R消耗的功率为P。若发电机线圈的转速变为原来的，则(　　)‎ A．R消耗的功率变为P B．电压表V的读数变为U C．电流表A的读数变为2I D．通过R的交变电流频率不变 解析：选B　发电机产生的感应电动势最大值Em＝NBSω，其中ω＝2πn，理想变压器的输入电压(有效值)U1＝，若线圈的转速n变为原来的，根据＝，则电压表V的读数变为U，通过R的电流变为原来的，R消耗的功率变为P，根据＝，电流表A的读数变为I，故B正确，A、C错误；交变电流的频率f等于线圈的转速n，故D错误。‎ 考点四　远距离输电问题 本考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，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 ‎(二)抓住两个关系 升压变压器T1两端 降压变压器T2两端 ＝，＝，P1＝P2‎ ＝，＝，P3＝P4‎ ‎(三)掌握两种损耗 ‎1．电压损耗：输电线路上I2＝IR＝I3，总电阻R导致的电压损耗UR＝U2－U3＝IRR。‎ ‎2．功率损耗：输电线路发热导致的功率损耗PR＝P2－P3＝IR2R＝，注意PR≠。‎ ‎(四)明辨两类问题 ‎1．输电线上的损失功率必须与输电线上的电流和电压相对应，即P损＝I线2R＝＝ΔUI线，不要把输电线上的输电电压U和输电导线上损失的电压ΔU相混淆。如诊断卷第12题，不能用公式P＝计算输电线上损失的功率，用户得到的功率用能量守恒定律计算。‎ ‎2．输送电压一定时，如诊断卷第13题，由于用电器增多，可知降压变压器的输出电流变大，输电线上的电流增大，电压损耗增大，进而分析其他物理量变化；输送功率一定时，输送电压增大到原来的n倍，输电导线上损耗的功率就减小到原来的。‎ ‎[题点全练]‎ ‎1．(2018·江苏高考)采用220 kV高压向远方的城市输电。当输送功率一定时，为使输电线上损耗的功率减小为原来的，输电电压应变为(　　)‎ A．55 kV　　　　　　　　　 B．110 kV C．440 kV D．880 kV 解析：选C　输送功率P＝UI，输电线上损耗的功率P损＝I2r＝2r∝。当P损减小为原来的时，输电电压应变为原来的2倍。‎ ‎2．[多选](2018·唐山一中模拟)如图为远距离输电示意图，其中T1、T2为理想变压器，r是输电线电阻，灯泡L1、L2相同且阻值不变。现保持变压器T1的输入电压不变，滑片P位置不变，当开关S断开时，灯L1正常发光，则(　　)‎ A．仅闭合S，灯L1会变亮 B．仅闭合S，r消耗的功率会变大，变压器T1的输入功率会变大 C．仅将滑片P下移，r消耗的功率会变小 D．仅将滑片P上移，电流表示数会变小 解析：选BD　闭合S，变压器T2副线圈回路电阻减小，T2副线圈中电流增大，T2原线圈中电流也增大，则T2输入电压U3＝U2－Ir减小，灯泡两端电压U4减小，故灯泡L1会变暗，故A错误。由以上分析知T1的输入电流增大，电压不变，根据P＝UI 知输入功率增大，输电线路中电流增大，r消耗的功率会变大，故B正确。仅将滑片P下移，T1副线圈匝数增大，则输出电压增大，T2的输入电压增大，灯泡L1电压也增大，L1中电流增大，则输电线路中电流增大，故电阻r消耗的功率增大，故C错误；仅将滑片P上移，T1副线圈匝数减小，则输出电压减小，T2的输入电压减小，灯泡电压也减小，故灯泡L1变暗，消耗功率减小，则T1输入功率减小，电流减小，故D正确。‎ 一、高考真题集中演练——明规律 ‎1．(2016·全国卷Ⅱ)阻值相等的四个电阻、电容器C及电池E(内阻可忽略)连接成如图所示电路。开关S断开且电流稳定时，C所带的电荷量为Q1；闭合开关S，电流再次稳定后，C所带的电荷量为Q2。Q1与Q2的比值为(　　)‎ A.　　　　　　　　　 B. C. D. 解析：选C　断开S和闭合S后等效电路分别如图甲、乙所示。‎ 根据串联电路的电压与电阻成正比可得甲、乙两图中电容器两极板间的电压U1＝E，U2＝E，C所带的电荷量Q＝CU，则Q1∶Q2＝3∶5，选项C正确。‎ ‎2．[多选](2016·全国卷Ⅲ)如图，M为半圆形导线框，圆心为OM；N是圆心角为直角的扇形导线框，圆心为ON；两导线框在同一竖直面(纸面)内；两圆弧半径相等；过直线OMON的水平面上方有一匀强磁场，磁场方向垂直于纸面。现使线框M、N在t＝0时从图示位置开始，分别绕垂直于纸面、且过OM和ON的轴，以相同的周期T逆时针匀速转动，则(　　)‎ A．两导线框中均会产生正弦交流电 B．两导线框中感应电流的周期都等于T C．在t＝时，两导线框中产生的感应电动势相等 D．两导线框的电阻相等时，两导线框中感应电流的有效值也相等 解析：‎ 选BC　两导线框匀速转动切割磁感线产生感应电动势的大小不变，选项A错误；导线框的转动周期为T，则感应电流的周期也为T，选项B正确；在t＝时，切割磁感线的有效长度相同，两导线框中产生的感应电动势相等，选项C正确；M导线框中一直有感应电流，N导线框中只有一半时间内有感应电流，所以两导线框的电阻相等时，感应电流的有效值不相等，选项D错误。 ‎ ‎3.(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：选B　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。‎ ‎4.[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。‎ ‎5.(2015·全国卷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＝ 解析：选A　设原、副线圈中的电流分别I1、I2，则＝＝，故k＝＝。设原线圈两端的电压为U1，则＝＝，故U1＝3U，而原线圈上电阻分担的电压为U，故＋3U＝220 V，解得U＝66 V。选项A正确。‎ 二、名校模拟重点演练——知热点 ‎6.(2018·四川绵阳三诊)如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为2∶1，原线圈接有定值电阻R0，副线圈接有两个阻值均为R的定值电阻，且R0＝2R。输入稳定的正弦交流电U0，下列说法正确的是(　　)‎ A．R0与R的电压比为2∶1‎ B．R0与R的电压比为1∶1‎ C．R0与R消耗的电功率比为4∶1‎ D．R0与R消耗的电功率比为1∶4‎ 解析：选A　设原线圈电流为I，则副线圈中电流I2＝I＝2I，则副线圈中每个电阻上的电流为I；则R0与R的电压比为＝＝；R0与R消耗的电功率比为＝＝，故A正确，B、C、D错误。‎ ‎7.(2018·东北三省四市二模)如图所示，接于理想变压器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n1∶n2∶n3为(　　)‎ A．1∶1∶1　　　　　 B．3∶2∶1‎ C．6∶2∶1 D．2∶2∶1‎ 解析：选B　灯泡规格相同，且全部正常发光，可知流经每个灯泡的电流都相等，设为I，每个灯泡两端电压都相等，设为u，则U2＝2u，U3＝u；根据输入功率等于输出功率知：U1I＝U2I＋U3I，得U1＝3u，再根据电压与匝数成正比知n1∶n2∶n3＝U1∶U2∶U3＝3∶2∶1。故B正确，A、C、D错误。‎ ‎8.(2019届高三·衡水中学模拟)电动机的内电阻r＝2 Ω，与R＝8 Ω的电阻串联接在发电机线圈上，如图所示，已知线圈面积为 m2，共100匝，线圈的电阻为2 Ω，线圈在磁感应强度B＝ T 的匀强磁场中绕垂直磁感线的轴OO′以转速n＝600 r/min匀速转动时，在合上开关S后电动机正常工作，电压表的示数为100 V，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　线圈转动时的角速度：ω＝2π·n＝2π×10 rad/s＝20π rad/s；线圈转动时产生的电动势的最大值为：Em＝NBSω＝100×××20π V＝200 V；有效值为：E＝＝200 V；设线圈的电阻为r′，则电路中的电流I＝＝ A＝‎10 A，故电路中最大电流为‎10 A，故A错误，B正确。电动机正常工作时的输出功率为：P＝UI－I2r＝100×10 W－102×2 W＝800 W，故C、D错误。‎ ‎9．(2018·江西重点中学联考)如图所示，边长为L，匝数为N，电阻不计的正方形线圈abcd，在磁感应强度为B的匀强磁场中绕转轴OO′以角速度ω匀速转动，轴OO′垂直于磁感线，制成一台交流发电机，它与理想变压器的原线圈连接，变压器原、副线圈的匝数之比为1∶2，二极管的正向电阻为零，反向电阻无穷大，从正方形线圈处于图示位置开始计时，下列判断正确的是(　　)‎ A．交流发电机的感应电动势的瞬时值表达式为e＝NBωL2sin ωt B．变压器的输入功率与负载电阻消耗功率之比为1∶2‎ C．电压表示数为NBωL2‎ D．若将滑动变阻器的滑片向下滑动，电流表的示数增大 解析：选C　从垂直于中性面位置开始计时，正方形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为e＝NBL2ωcos ωt，故A错误；变压器的输入与输出功率之比为1∶1，故B错误；交流电在一个周期内有半个周期通过二极管，原线圈交流电压的最大值等于NBωL2，副线圈电压最大值为Um2＝2NBωL2，根据电流的热效应可得·＝T，解得U＝ NBωL2，故C正确；当滑动变阻器的滑片向下滑动时，R增大，根据理想变压器的变压原理知输出电压即电压表V的示数不变，电阻消耗的功率变小，故电流表示数变小，故D错误。‎ ‎10.(2019届高三·济宁五校联考)智能手机无线充电器的原理类似于变压器，由发射器和接收器组成，分别有一发射线圈和接收线圈。现将部分电路等效成如图所示的电路图，发射、接收线圈匝数比n1∶n2＝22∶1，接收线圈右侧连接有4个理想二极管，若A、B端输入电压为u＝311sin 100πt(V)，下列说法中正确的是(　　)‎ A．C端永远是负极 B．C、D端输出电压的有效值为10 V C．C、D端输出的交流电频率是50 Hz D．当A、B端输入恒定直流电时，C、D端输出的也是直流电 解析：选B　当A、B端输入交流电时，由于二极管的作用是只允许正向的电流通过，所以C端永远是正极，D端永远是负极，所以C、D端输出的是直流电，故A、C错误。当A、B端输入电压为u＝311sin 100πt(V)时，即原线圈电压的有效值是220 V，根据电压与匝数成正比得副线圈的电压是10 V，副线圈右侧连接有4个理想二极管，二极管具有单向导电性，图中四个二极管左右两侧的正负极位置相反，所以不管交变电流方向怎样，C、D端就相当于接了副线圈两端，所以C、D端输出电压的有效值为10 V，故B正确。当A、B端输入恒定直流电时，变压器不起作用，C、D端无电流，故D错误。‎ ‎11．(2018·山东省实验中学一模)如图所示，理想变压器原线圈接电压为220 V的正弦交流电，开关S接1时，原、副线圈的匝数比为11∶1，滑动变阻器接入电路的阻值为10 Ω，电压表和电流表均为理想电表，下列说法正确的是(　　)‎ A．变压器输入功率与输出功率之比为11∶1‎ B．1 min内滑动变阻器上产生的热量为40 J C．仅将S从1拨到2，电流表示数变小 D．仅将滑动变阻器的滑片向下滑动，两电表示数均减小 解析：选C　根据理想变压器的特点可知，变压器的输入功率与输出功率之比为1∶1，故A错误；原、副线圈的电压与匝数成正比，所以副线圈两端电压为U2＝U1＝×220 V＝20 V，则1 min内产生的热量为Q＝t＝×60 J＝2 400 J，故B错误；若只将S从1拨到2，副线圈的电压减小，副线圈中电流减小，原线圈中电流即电流表示数减小，故C正确；将滑动变阻器的滑片向下滑动，接入电路中的阻值变大，电流表的读数变小，但对原、副线圈两端的电压无影响，即电压表的读数不变，故D错误。‎ ‎12.(2018·河南南阳一中模拟)如图所示，一个匝数为N＝100匝，电阻不计的线框以固定转速50 r/s在匀强磁场中旋转，其产生的交流电通过一匝数比为n1∶n2＝10∶1的理想变压器给阻值R＝20 Ω的电阻供电，已知电压表的示数为20 V，从图示位置开始计时，下列说法正确的是(　　)‎ A．t＝0时刻线框内的电流最大 B．变压器原线圈中电流的有效值为‎10 A C．穿过线框平面的最大磁通量为 Wb D．理想变压器的输入功率为10 W 解析：选C　t＝0时刻线框在中性面位置，故感应电动势为零，感应电流为零，故A错误；副线圈中的电流I2＝＝ A＝‎1 A，根据电流与匝数成反比，＝ ，原线圈中电流的有效值I1＝I2＝×‎1 A＝‎0.1 A，故B错误；根据电压与匝数成正比，原线圈两端的电压U1＝200 V，角速度ω＝2πn＝100π rad/s，线圈产生最大感应电动势为200 V，由Em＝NBSω，得最大磁通量Φ＝BS＝＝＝ Wb，故C正确；理想变压器输出功率P2＝U2I2＝20×1 W＝20 W，输入功率等于输出功率，所以变压器的输入功率为20 W，故D错误。‎ ‎13．(2018·陕西榆林模拟)图甲为小型交流发电机的示意图，在匀强磁场中，矩形金属线圈绕与磁场方向垂直的轴匀速转动，产生的电动势随时间变化的规律为图乙中的正弦曲线。已知发电机线圈的内阻为5 Ω，外接灯泡的电阻为95 Ω，其他电阻不计，则(　　)‎ A．t＝0.005 s时穿过线圈的磁通量最大 B．1 s内线圈中的电流方向改变50次 C．灯泡两端的电压为19 V D．0～0.01 s内通过灯泡的电荷量为零 解析：选C　由题图乙可知t＝0.005 s时感应电动势最大，穿过线圈的磁通量为零，故A错误；由题图乙可知周期T＝0.02 s，线圈每转一周，电流方向改变两次，每秒钟电流方向改变100次，故B错误；由题图乙可知交流电电动势的最大值是Em＝20 V，有效值为：E＝＝20 V，根据闭合电路的分压特点得灯泡两端的电压为：U＝E＝×20 V＝19 V，故C正确；根据q＝得，0～0.01 s时间内通过灯泡的电荷量为q＝，Em＝BSω＝BS＝100πBS，代入数据联立得：q＝ C，故D错误。‎ ‎14．(2018·齐齐哈尔一模)如图所示的理想变压器电路中，变压器原、副线圈的匝数比为1∶2，在a、b端输入正弦交流电压U ‎，甲、乙、丙三个灯泡均能正常发光，且三个灯泡的额定功率相等，则下列说法正确的是(　　)‎ A．乙灯泡的额定电流最大 B．甲灯泡的额定电压为U C．丙灯泡的电阻最小 D．乙灯泡的额定电压最小 解析：选B　设原线圈中电流为I1，根据电流比与变压器匝数成反比可知，副线圈中的电流为I1，即丙灯泡的额定电流为I1，设原线圈两端的电压为U1，则副线圈两端的电压为2U1，由于三个灯泡的额定功率相等，则U甲(I乙＋I1)＝U1I乙＝U1I1，可见乙灯的额定电流为I1，甲灯的额定电流为I甲＝I乙＋I1＝2I1，A错误；U甲＝U1＝U，B正确；由电阻定义式R甲＝＝，R乙＝，R丙＝＝，C错误；甲灯的额定电压最小，D错误。‎ 第二讲楞次定律　法拉第电磁感应定律 考点一 常见磁场中的电磁感应现象 ‎1.[考查直导线周围磁场中的电磁感应现象]‎ ‎[多选]如图所示，两根固定的硬质平行直导线及虚线AB在同一平面内，两导线关于AB对称，导线中通有大小相等、方向相同的恒定电流I，将与两平行直导线位于同一平面内的硬质矩形金属线框，从图中实线位置向右平移到虚线位置的过程中，下列说法正确的是(　　)‎ A．线框中的感应电流先沿顺时针方向后沿逆时针方向 B．线框中的感应电流一直沿顺时针方向 C．线框受到的安培力方向先向左后向右 D．线框受到的安培力方向一直向左 解析：选BD　根据安培定则和磁场的叠加原理判断得知，在AB右侧磁场方向垂直纸面向外，AB左侧磁场方向垂直纸面向里。当导线框位于AB左侧向右运动时，导线框中的磁场方向垂直纸面向里，磁通量减小，根据楞次定律可知，感应电流方向为顺时针方向；当导线框经过AB时，导线框中的磁场方向先垂直纸面向里，后垂直纸面向外，磁通量先减小，后增大，根据楞次定律，可知感应电流方向为顺时针方向；当导线框在AB 右侧并向右运动时，导线框中的磁场方向垂直纸面向外，磁通量增加，根据楞次定律可知，感应电流方向为顺时针方向，则可知电流方向一直为顺时针方向，B正确，A错误。根据楞次定律可知，线框受到的安培力的方向一定与线框的运动方向相反，故安培力一直向左，C错误，D正确。‎ ‎2．[考查地磁场中的电磁感应现象]‎ 如图，沿东西方向站立的两同学(左西右东)做“摇绳发电”实验：把一条长导线的两端连在一个灵敏电流计(零刻度在表盘中央)的两个接线柱上，形成闭合回路，然后迅速摇动MN这段“绳”。假设图中情景发生在赤道处，则下列说法正确的是(　　)‎ A．当“绳”摇到最高点时，“绳”中电流最大 B．当“绳”摇到最低点时，“绳”受到的安培力最大 C．当“绳”向下运动时，N点电势比M点电势高 D．摇“绳”过程中，灵敏电流计指针的偏转方向不变 解析：选C　当“绳”摇到最高点时，绳转动的速度方向与地磁场方向平行，不切割磁感线，感应电流最小，故A错误。当“绳”摇到最低点时，绳转动的速度方向与地磁场方向平行，不切割磁感线，感应电流最小，绳受到的安培力也最小，故B错误。当“绳”向下运动时，地磁场向北，根据右手定则判断可知，“绳”中N点电势比M点电势高，故C正确。在摇“绳”过程中，当“绳”向下运动和向上运动时，“绳”切割磁感线的方向不同，则感应电流的方向不同，即灵敏电流计指针的偏转方向改变，故D错误。‎ ‎3．[考查永磁体周围磁场中的电磁感应现象]‎ ‎[多选]有一个铜盘，与支架之间的阻力非常小，因此轻轻拨动它，就能长时间地绕轴自由转动。如果在转动时把蹄形磁铁的两极放在铜盘边缘，但并不与铜盘接触，如图所示。下列说法正确的是(　　)‎ A．铜盘能够在较短的时间内停止转动 B．铜盘在转动过程中磁通量将不断减小 C．铜盘在转动过程中产生的感应电动势将不断减小 D．铜盘边缘的电势高于圆心的电势 解析：选ACD　当铜盘转动时，切割磁感线，产生感应电动势，由于电路闭合，则有感应电流，处于磁场中受到安培力作用，此力阻碍铜盘转动，铜盘能够在较短的时间内停止转动，选项A正确；铜盘在转动过程中磁通量不变，选项B错误；铜盘在转动过程中，由于转动速度减小，则产生的感应电动势将不断减小，选项C正确；由右手定则可知，铜盘边缘的电势高于圆心的电势，选项D正确。‎ ‎4．[考查电磁铁周围磁场中的电磁感应现象(二次感应问题)]‎ ‎[多选]如图所示，水平放置的两光滑轨道上有可自由移动的金属棒PQ、MN，PQ 所处的水平光滑轨道内有垂直纸面向里的匀强磁场，当PQ在外力的作用下运动时，闭合开关S，MN在安培力的作用下向右运动，则PQ所做的运动可能是(　　)‎ A．向右加速运动　　　　　　 B．向左加速运动 C．向右减速运动 D．向左减速运动 解析：选BC　逆推法：根据右手螺旋定则可知，导线ab在MN所在处产生的磁场方向垂直纸面向里，MN在安培力作用下向右运动，说明MN受到的安培力向右，由左手定则可知，MN中的电流方向由M指向N，由右手螺旋定则可知，线圈L1中感应磁场方向竖直向上，由楞次定律可知，线圈L2中磁通量的变化情况为向上减小或向下增加，由右手螺旋定则可知，PQ中的电流从Q到P且逐渐减小或从P到Q且逐渐增大，再由右手定则可知，PQ可能是向左加速运动或向右减速运动。故B、C正确，A、D错误。‎ 顺序推理法：对选项A，PQ向右加速运动，L2上端为N极且磁通量增加，由楞次定律可推出L1的下端为N极，电流由N到M，S闭合时MN向左运动，故A错误。同理，可分析得出B、C正确，D错误。‎ 考点二 电磁感应中的图像问题 ‎5.[考查根据电磁感应过程选择图像]‎ 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∈时，方向为顺时针，所以B正确，A、C、D错误。‎ ‎6．[考查根据图像分析电磁感应过程]‎ ‎[多选]如图甲所示，一正方形线框放在光滑绝缘的水平面上，在水平向右的拉力作用下从图示位置始终向右做匀加速运动，线框右侧有一垂直于水平面向下的匀强磁场，线框的右边始终与磁场的边界平行，线框的质量为‎1 kg，电阻为1 Ω，整个运动过程中，拉力的大小随时间变化如图乙所示，则(　　)‎ A．线框运动的加速度大小为‎5 m/s2‎ B．线框刚好完全进入磁场时的时间为t＝1.2 s C．线框的边长为‎0.55 m D．磁场的磁感应强度大小为1.1 T 解析：选AB　由题图乙可知，线框在磁场外受到的合力为5 N，则运动的加速度大小a＝＝ m/s2＝‎5 m/s2，A项正确；线框进入磁场的过程中，F－＝ma，即F＝＋ma，线框刚进入磁场时，10＝×5×1＋5，刚好完全进磁场时11＝×5×t＋5，求得t＝1.2 s，B项正确；线框的边长为L＝×5×(1.22－12)m＝‎1.1 m，C项错误；由＝1得磁感应强度B＝ T，D项错误。‎ 考点三 线框在磁场中运动产生感应电动势 ‎7.[考查线框在磁场中转动问题]如图所示，单匝直角三角形导线框OMN在匀强磁场中以ON所在的直线为轴匀速转动，角速度为ω，已知OM边长为l，∠MON＝θ，匀强磁场垂直于ON向右，磁感应强度大小为B，下列说法正确的是(　　)‎ A．导线框OMN内产生大小恒定的电流 B．截掉导线MN，则电动势最大值变小 C．导线框OMN产生的电流方向为OMNO D．导线框OMN内产生的电动势最大值为Bl2ωsin θcos θ 解析：选D　当导线框OMN以ON所在的直线为轴匀速转动时，线框内产生正弦交变电流，选项A错误；导线MN不切割磁感线，则截掉导线MN，则电动势最大值不变，选项B错误；导线框OMN产生的电流方向不断变化，选项C错误；导线框OMN内产生的电动势最大值为Em＝BωS＝Bl2ωsin θcos θ，选项D正确。‎ ‎8．[考查线框在磁场中平动问题][多选]如图所示，PQ、MN为两根光滑绝缘且固定的平行轨道，两轨道间的宽度为L，轨道斜面与水平面成θ角。在矩形abdc内存在方向垂直轨道斜面向下、磁感应强度为B的匀强磁场，已知ab、cd间的距离为3d。有一质量为m、长为L、宽为d的矩形金属线圈ABCD放置在轨道上，开始时线圈AB边与磁场边界ab重合。现让线圈由静止出发沿轨道下滑，从AB边进入磁场到CD边进入磁场的过程中，流过线圈的电荷量为q。线圈通过磁场的总时间为t，重力加速度为g。下列说法正确的是(　　)‎ A．线圈在磁场中不可能做匀加速直线运动 B．线圈的电阻为R＝ C．线圈CD边刚好通过磁场下边界时，线圈的速度大小为v＝ D．线圈在时间t内电阻的发热量为Q＝4mgdsin θ－ 解析：选BD　线圈全部进入磁场后，磁通量不变，感应电流为0，不受安培力作用，做匀加速直线运动，故A错误；从AB边进入磁场到CD边进入磁场的过程中，通过回路的电荷量q＝IΔt＝Δt＝＝，线圈的电阻为R＝，故B正确；设线圈CD边刚好通过磁场下边界时，线圈的速度大小为v，根据动量定理可得mgtsin θ－BLt′＝mv－0，t′＝2q，解得线圈的速度大小为v＝，故C错误；由能量守恒定律有mg·4dsin θ＝mv2＋Q，解得Q＝4mgdsin θ－，故D正确。‎ 考点四 导体棒在磁场中运动产生感应电动势 ‎9.[考查导体棒转动切割磁感线]‎ ‎[多选]如图所示，半径为r的半圆弧光滑金属导轨ab 垂直放置在磁感应强度为B的匀强磁场中，现有一导体棒Oc可绕半圆形导轨的圆心O点逆时针旋转，转动过程中导体棒接入的电阻为R0，导体棒与导轨始终接触良好，导轨电阻不计。在导轨的右端点b和圆心O有两根引线分别接在电容器C和总阻值为R的滑动变阻器两端。现让导体棒从b端向a端转动，下列说法正确的是(　　)‎ A．导体棒在转动过程中c端电势高 B．滑片P置于最右端不动，且导体棒以角速度ω匀速转动时外力的功率为 C．导体棒以角速度ω匀速转动时，将P从最右端滑到最左端的过程中C的放电量为 D．滑片P置于中间不动，均匀增大转速时导体棒所受的外力和C上的电荷量都均匀增大 解析：选CD　导体棒Oc转动过程中由右手定则知电流由c向O流动，因导体棒相当于电源，故c端是电源的负极，电势低，故A项错误；导体棒匀速转动时产生的电动势为E＝Br·ω，因此回路中的电流为I＝，于是对应外力的功率为P＝I2(R＋R0)＝，故B项错误；导体棒稳定转动时，电动势恒定，将滑片P从最右端滑向最左端的过程中C的电压从U＝R＝逐渐减小到零，对应放出的电荷量为Q＝C(U－0)＝，故C项正确；滑片P置于中间不动，增大转速时，回路中的电流为I＝n线性增大，因此安培力F＝IrB＝n也线性增大，由于电流线性增大，滑动变阻器分配的电压线性增大，加在C上的电压线性增大，因此它的带电量也线性增大，故D项正确。‎ ‎10．[考查导体棒平动切割磁感线，导体棒所受摩擦力恒定]‎ ‎[多选]CD、EF是两条水平放置的阻值可忽略的平行金属导轨，导轨间距为L，在水平导轨的左侧存在磁感应强度方向垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，磁场区域的宽度为d，如图所示。导轨的右端接有一阻值为R的电阻，左端与一弯曲的光滑轨道平滑连接。将一阻值为R、质量为m的导体棒从弯曲轨道上h高处由静止释放，导体棒最终恰好停在磁场的右边界处。已知导体棒与水平导轨接触良好，且与水平导轨间的动摩擦因数为μ，下列说法正确的是(　　)‎ A．通过电阻R的最大电流为 B．流过电阻R的电荷量为 C．整个电路中产生的焦耳热为mgh D．电阻R中产生的焦耳热为mg(h－μd)‎ 解析：选ABD　质量为m的导体棒从弯曲轨道上h高处由静止释放，刚进入磁场时速度最大，由mgh＝mv2，得最大速度v＝，产生的最大感应电动势Em＝BLv＝BL。由闭合电路欧姆定律可得电阻R的最大电流Im＝＝，A正确；在导体棒滑过磁场区域的过程中，产生的感应电动势的平均值＝＝，平均感应电流＝，流过电阻R的电荷量为q＝t，联立解得q＝＝，B正确；由能量守恒定律可知整个电路中产生的焦耳热Q＝mgh－μmgd，C错误；电阻R中产生的焦耳热Q1＝Q＝mg(h－μd)，D正确。‎ ‎11．[考查导体棒平动切割磁感线，导体棒所受外力变化]‎ 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＝0.2 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，当棒运动的位移x＝‎9 m 时撤去外力，棒继续运动一段距离后停下来，已知撤去外力前回路中产生的焦耳热Q1＝2.025 J，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)金属棒MN做匀加速运动所需外力F随时间t变化的表达式；‎ ‎(3)外力做的功WF。‎ 解析：(1)棒在匀加速运动中，由法拉第电磁感应定律得＝，其中ΔΦ＝BLx 由闭合电路的欧姆定律得＝ 则通过电阻R的电荷量为q＝·Δt 联立各式，代入数据得q＝‎2.25 C。‎ ‎(2)由法拉第电磁感应定律得E＝BLv 对棒的匀加速运动过程，由运动学公式得v＝at 由闭合电路欧姆定律得I＝ 由安培力公式和牛顿第二定律得F－BIL＝ma 联立各式得F＝0.2＋0.05t(N)。‎ ‎(3)对棒的匀加速运动过程，‎ 由运动学公式得v2＝2ax 撤去外力后，由动能定理得安培力做功 W＝0－mv2‎ 撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2＝－W 联立解得Q2＝1.8 J 在棒运动的整个过程中，由功能关系可知WF＝Q1＋Q2‎ 解得WF＝3.825 J。‎ 答案：(1)‎2.25 C　(2)F＝0.2＋0.05t(N)　(3)3.825 J ‎12．[考查双导体棒切割磁感线运动]‎ 两足够长且不计电阻的光滑金属轨道如图甲所示放置，间距为d＝‎1 m，在左端弧形轨道部分高h＝‎1.25 m处放置一金属杆a，弧形轨道与平直轨道的连接处光滑无摩擦，在平直轨道右端放置另一金属杆b，杆a、b的电阻分别为Ra＝2 Ω、Rb＝5 Ω，在平直轨道区域有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B＝2 T。现杆b以初速度大小v0＝‎5 m/s开始向左滑动，同时由静止释放杆a，杆a由静止滑到水平轨道的过程中，通过杆b的平均电流为‎0.3 A；从a下滑到水平轨道时开始计时，a、b运动的速度—时间图像如图乙所示(以a运动方向为正方向)，其中ma＝‎2 kg，mb＝‎1 kg，g＝‎10 m/s2，求：‎ ‎(1)杆a在弧形轨道上运动的时间；‎ ‎(2)杆a在水平轨道上运动过程中通过其截面的电荷量；‎ ‎(3)在整个运动过程中杆b产生的焦耳热。‎ 解析：(1)设杆a由静止释放到滑至弧形轨道与平直轨道连接处时杆b的速度大小为vb0‎ ‎，以杆b运动的方向为正方向，对杆b运用动量定理，有 ‎－Bd·Δt＝mbvb0－mbv0‎ 其中vb0＝‎2 m/s 代入数据解得Δt＝5 s。‎ ‎(2)对杆a由静止下滑到平直导轨上的过程中，由机械能守恒定律有magh＝mava2‎ 解得va＝＝‎5 m/s 设最后a、b两杆共同的速度为v′，以杆a运动的方向为正方向，由动量守恒定律得mava－mbvb0＝(ma＋mb)v′‎ 代入数据解得v′＝ m/s 杆a动量的变化量等于它所受安培力的冲量，设杆a的速度从va到v′的运动时间为Δt′，则由动量定理可得 ‎－BdI·Δt′＝mav′－mava 而q＝I·Δt′‎ 代入数据得q＝ C。‎ ‎(3)由能量守恒定律可知杆a、b中产生的焦耳热为 Q＝magh＋mbv02－(mb＋ma)v′2＝ J b棒中产生的焦耳热为Q′＝Q＝ J。‎ 答案：(1)5 s　(2) C　(3) J 释疑4大考点 考点一　常见磁场中的电磁感应现象 在不同磁场中探究电磁感应现象可以帮助考生深入理解法拉第电磁感应定律，所以高考常将电磁感应现象结合实际情境进行考查，以定性分析为主，难度中等。解决这类问题的关键是要清楚不同磁场的分布特点，分析出电磁感应过程中穿过闭合回路的磁通量的变化情况，以不变应万变。‎ ‎(一)理清电磁感应的知识体系 ‎1．“三定则”“两定律”的用途 三定则 安培定则：判断运动电荷、电流产生的磁场方向 左手定则：判断磁场对运动电荷、电流的作用力的方向 右手定则：判断部分导体切割磁感线产生感应电流的方向 两定律 楞次定律：判断闭合电路磁通量发生变化产生感应电流的方向 法拉第电磁感应定律：确定感应电动势的大小 ‎2．求感应电动势的两种方法 ‎(1)E＝n，用来计算感应电动势的平均值。‎ ‎(2)E＝BLv和E＝BL2ω，主要用来计算感应电动势的瞬时值。‎ ‎3．楞次定律中“阻碍”的主要表现形式 ‎(1)“增反减同”——阻碍原磁通量的变化，或阻碍原电流的变化(自感现象)。‎ ‎(2)“增缩减扩”——使线圈面积有扩大或缩小的趋势。‎ ‎(3)“来拒去留”——阻碍相对运动。‎ 如诊断卷第1题，首先分析出金属线框在向右平移的过程中穿过线框的磁通量的变化，再根据楞次定律判断感应电流的方向，然后根据楞次定律中“阻碍”的含义——“来拒去留”即可判断安培力的方向。‎ ‎(二)掌握两类特殊的电磁感应现象 ‎1．在分析与地磁场有关的电磁感应问题时，要掌握地磁场的分布情况，在北半球地磁场方向斜向下，在南半球地磁场方向斜向上，在赤道上空水平向北。如诊断卷第2题中，当“绳”摇到最高点或最低点时，绳转动的速度方向与地磁场方向平行，感应电流最小，安培力最小。‎ ‎2．解决二次感应问题常用的两种方法是顺序推理法或逆推法，如诊断卷第4题，采用顺序推理法分析出选项A向右加速运动不对，那么在运动方向和加减速两个方面变化一个，就可以得到正确答案，即向左加速或向右减速运动都可以。‎ ‎[题点全练]‎ ‎1．[多选](2018·全国卷Ⅰ)如图，两个线圈绕在同一根铁芯上，其中一线圈通过开关与电源连接，另一线圈与远处沿南北方向水平放置在纸面内的直导线连接成回路。将一小磁针悬挂在直导线正上方，开关未闭合时小磁针处于静止状态。下列说法正确的是(　　)‎ A．开关闭合后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动 B．开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向里的方向 C．开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向外的方向 D．开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动 解析：‎ 选AD　根据安培定则，开关闭合时铁芯上产生水平向右的磁场。开关闭合后的瞬间，根据楞次定律，直导线上将产生由南向北的电流，根据安培定则，直导线上方的磁场垂直纸面向里，故小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动，故A正确。同理D正确。开关闭合并保持一段时间后，直导线上没有感应电流，故小磁针的N极指北，故B、C错误。‎ ‎2．(2018·泰安二模)图甲为手机及无线充电板。图乙为充电原理示意图。充电板接交流电源，对充电板供电，充电板内的送电线圈可产生交变磁场，从而使手机内的受电线圈产生交变电流，再经整流电路转变成直流电后对手机电池充电。为方便研究，现将问题做如下简化：设送电线圈的匝数为n1，受电线圈的匝数为n2，面积为S，若在t1到t2时间内，磁场(垂直于线圈平面向上、可视为匀强磁场)的磁感应强度由B1均匀增加到B2。下列说法正确的是(　　)‎ A．受电线圈中感应电流方向由d到c B．c点的电势高于d点的电势 C．c、d之间的电势差为 D．c、d之间的电势差为 解析：选D　根据楞次定律可知，受电线圈内部产生的感应电流方向俯视为顺时针，受电线圈中感应电流方向由c到d，所以c点的电势低于d点的电势，故A、B错误；根据法拉第电磁感应定律可得c、d之间的电势差为Ucd＝E＝＝，故C错误，D正确。‎ ‎3.(2018·唐山一中模拟)如图所示是某校首届中学生创意物理实验设计展评活动中获得一等奖的作品《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，C、D的两端用柔软的细导线吊了两个铜线圈P、Q(Q上粘有一张小熊的图片)，并组成一闭合回路，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。关于此作品，以下说法正确的是(　　)‎ A．P向右摆动的过程中，P中的电流方向为逆时针方向(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B　P向右摆动的过程中，穿过P中的磁通量减小，根据楞次定律，P中有顺时针方向的电流(从右向左看)，故A错误。P向右摆动的过程中，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也会左右摆动，故B正确，C、D错误。‎ 考点二　电磁感应中的图像问题 电磁感应中的图像问题是高考考查的热点问题，常见图像有磁感应强度B、磁通量Φ、感应电动势e以及感应电流i随时间t(或位移x)的变化图像，主要以选择题形式出现，也可能融入计算题中进行考查。建议对本考点多加关注。‎ ‎(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5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，正方形导线框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，正方形导线框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，但却是最准确有效的方法。‎ ‎(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。‎ ‎[题点全练]‎ ‎1．[多选](2018·全国卷Ⅲ)如图(a)，在同一平面内固定有一长直导线PQ和一导线框R，R在PQ的右侧。导线PQ中通有正弦交流电i，i的变化如图(b)所示，规定从Q到P为电流正方向。导线框R中的感应电动势(　　)‎ A．在t＝时为零 B．在t＝时改变方向 C．在t＝时最大，且沿顺时针方向 D．在t＝T时最大，且沿顺时针方向 解析：选AC　在t＝时，交流电图线斜率为0，即磁场变化率为0，由E＝＝S知，E＝0，故A正确。在t＝和t＝T时，图线斜率最大，在t＝和t＝T时感应电动势最大。在到之间，电流由Q向P减弱，导线在R处产生垂直纸面向里的磁场，且磁场减弱，由楞次定律知，R产生的感应电流的磁场方向也垂直纸面向里，则R中感应电动势沿顺时针方向，同理可判断在到T时，R中电动势也为顺时针方向，在T到T时，R中电动势为逆时针方向，C正确，B、D错误。‎ ‎2.[多选](2018·山西孝义一模)如图所示，光滑平行金属导轨MN、PQ所在平面与水平面成θ角，M、P之间接一阻值为R的定值电阻，阻值为r的金属棒ab垂直导轨放置并良好接触，其他电阻不计。整个装置处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向上。t＝0时对棒施加一平行于导轨向上的外力F，棒由静止开始沿导轨向上做匀加速直线运动。下列关于通过金属棒ab的感应电荷量q、电流I、ab所受外力F及穿过abPM的磁通量Φ随时间t变化的图像中，大致正确的是(　　)‎ 解析：选BC　由题意知，棒由静止开始沿导轨向上做匀加速直线运动，设加速度为a，则棒运动的速度为v＝at，产生的感应电流为I＝＝t，即电流I与t成正比，是直线，故B正确；通过金属棒的电荷量为q＝＝t2，故q∝t2‎ ‎，故A错误；根据牛顿第二定律得：F－F安－mgsin θ＝ma，安培力F安＝BIL＝t，解得F＝mgsin θ＋ma＋t，即F随t的增大而增大，是直线，故C正确；Φ＝BS＝BL＝BLx＋BLat2，故Φ∝t2，故D错误。‎ ‎3．[多选](2018·贵州凯里一中模拟)如图，ABC为粗细均匀的等边三角形导线框，导线框在纸面内；过直线MN的水平面上方有一足够大的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。在t＝0时刻，让线框从图示位置开始绕垂直于纸面、且过C点的轴以周期T顺时针匀速转动，设线框产生的感应电流为i，穿过线框的磁通量为Φ。下列it图像和Φt图像可能正确的是(　　)‎ 解析：选AD　线框以C点为轴顺时针匀速转动，在进入的前T＝T内，线框切割磁感线的有效长度随进入磁场的角度θ的增大而发生非线性变化，先减小再增大，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律可知，感应电流随线框切割磁感线的有效长度的变化而变化，故电流也发生非线性变化，即先减小再增大，而磁通量发生非线性变化的增大；从BC边进入磁场到AC边将出磁场，即T到T时间内，线框内的磁通量不变，没有感应电流；从T到t＝T时间内，线框切割磁感线的有效长度随转过的角度θ的增大而发生非线性变化，先减小再增大，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律可知，感应电流随线框切割磁感线的有效长度的变化而变化，故电流也发生非线性变化，即先减小再增大，而磁通量发生非线性变化的减小；故A、D正确。‎ 考点三　线框在磁场中运动产生感应电动势 闭合导线框在磁场中运动产生感应电动势的问题是电磁感应现象中的重要问题之一，线框进出匀强磁场的过程与单根导体棒切割磁感线的问题类似，解题方法也有相通之处，需要注意的是线框的几何形状，以及区分等效电源的内部和外部。建议对本考点重点攻坚。‎ ‎(一)熟悉电磁感应中电路问题的解题流程 ‎(二)分析线框在磁场中运动问题的两大关键 ‎1．分析电磁感应情况：弄清线框在运动过程中是否有磁通量不变的阶段，线框进入和穿出磁场的过程中，才有感应电流产生，结合闭合电路欧姆定律列方程解答；如诊断卷第8题中选项A的分析。‎ ‎2．分析导线框的受力以及运动情况，选择合适的力学规律处理问题：在题目中涉及电荷量、时间以及安培力为变力时应选用动量定理处理问题；如果题目中涉及加速度的问题时选用牛顿运动定律解决问题比较方便。如诊断卷第8题，选项C、D判断时，当线圈CD边刚好通过磁场下边界时，根据动量定理求解线圈的速度，根据能量守恒定律求解电阻的发热量。‎ ‎　　　在生产线框的流水线上，为了检测出个别不合格的未闭合线框，让线框随传送带通过一固定匀强磁场区域(磁场方向垂直于传送带平面向下)，观察线框进入磁场后是否相对传送带滑动就能够检测出不合格的未闭合线框，其物理情境简化如下：如图所示，通过绝缘传送带输送完全相同的正方形单匝纯电阻铜线框，传送带与水平方向夹角为α，以恒定速度v0斜向上运动。已知磁场边界MN、PQ与传送带运动方向垂直，MN与PQ间的距离为d，磁场的磁感应强度为B。线框质量为m，电阻值为R，边长为L(d＞‎2L)，线框与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。闭合线框的上边在进入磁场前线框相对传送带静止，线框刚进入磁场的瞬间，和传送带发生相对滑动，线框运动过程中上边始终平行于MN，当闭合线框的上边经过边界PQ时又恰好与传送带的速度相同。设传送带足够长，求：‎ ‎(1)闭合线框的上边刚进入磁场时上边所受安培力F安的大小；‎ ‎(2)从闭合线框的上边刚进入磁场到上边刚要出磁场所用的时间t；‎ ‎(3)从闭合线框的上边刚进入磁场到下边穿出磁场后又相对传送带静止的过程中，电动机多消耗的电能E。‎ ‎[思路点拨]‎ 第(1)题：由法拉第电磁感应定律求出感应电动势以及安培力的大小；‎ 第(2)题：涉及安培力和时间的问题，选用动量定理比较方便；‎ 第(3)题：分析线框从刚进入磁场至线框刚要出磁场的过程中重力和安培力所做的功，由功能关系以及能量守恒定律求解。‎ ‎[解析]　(1)根据安培力公式得F安＝BIL 根据闭合电路欧姆定律得I＝ 又由法拉第电磁感应定律得E＝BLv0‎ 由以上联立可解得F安＝。‎ ‎(2)在线框的上边刚进入磁场到线框的上边刚要出磁场的过程中，取沿斜面向上为正方向，根据动量定理有 μmgcos α·t－mgsin α·t－安t′＝0‎ 根据安培力公式得安＝BL 根据闭合电路欧姆定律得＝ 根据法拉第电磁感应定律得＝BL 根据运动学公式得L＝t′‎ 由以上联立解得t＝。‎ ‎(3)在线框的上边刚进入磁场到线框的上边刚要出磁场的过程中，由动能定理得 ‎(μmgcos α－mgsin α)d＋W安＝0‎ 由功能关系得Q电＝－W安 Qf＝μmgcos α(v0t－d)‎ 从线框上边刚进入磁场到线框穿出磁场后相对传送带静止的过程中，由能量守恒定律得 E＝2mgsin α·d＋2Q电＋2Qf 由以上联立可解得E＝。‎ ‎[答案]　(1)　(2) (3) ‎[题点全练]‎ ‎1．(2019届高三·贵州安顺调研)粗细均匀的电阻丝围成的正方形闭合线框置于有界匀强磁场中，磁场方向垂直于线框平面，其边界与正方形线框的边平行。现使线框以相同速率沿四个不同方向平移出磁场，如图所示，则在移出过程中线框上a、b 两点间的电势差绝对值最大的是(　　)‎ 解析：选C　在磁场中切割磁感线的边相当于电源，外电路由三个相同电阻串联形成，A、B、D中a和b两点间电势差为外电路中一个电阻两端的电压，其电势差的绝对值为：U＝＝；图C中a、b两点间电势差绝对值为路端电压，U＝＝，故C正确。‎ ‎2．[多选]两磁感应强度均为B的匀强磁场区域Ⅰ、Ⅲ，方向如图所示，两区域中间为宽为s的无磁场区域Ⅱ，有一边长为L(L＞s)，电阻为R的均匀正方形金属线框abcd置于Ⅰ区域，ab边与磁场边界平行，现拉着金属线框以速度v向右匀速运动，则(　　)‎ A．当ab边刚进入中间无磁场区域Ⅱ时，ab两点间的电压为 B．当ab边刚进入磁场区域Ⅲ时，拉力为F＝ C．金属线框从ab边刚进入Ⅱ区域到完全拉入Ⅲ区域过程中，拉力所做的功为(‎2L－s)‎ D．金属线框从ab边刚进入Ⅱ区域到完全拉入Ⅲ区域过程中，磁通量的变化量为0‎ 解析：选BC　当ab边进入中央无磁场区域Ⅱ时，cd边切割磁感线产生电动势：E＝BLv，电路中的电流：I＝，ab两点间电压U＝I·＝E＝，故A错误；当ab边刚进入磁场区域Ⅲ时，ab边切割磁感线产生电动势E＝BLv，与cd边上的电动势叠加，通过ab边的电流大小：I′＝，ab边与cd边受到的安培力均向左，大小为FA＝BI′L，所以拉力大小为F＝2FA＝，故B正确；金属线框从ab边刚进入Ⅱ区域到完全拉入Ⅲ区域过程中，拉力所做功W＝·s＋·(L－s)＋·s＝(‎2L－s)，故C正确；金属线框ab边刚进入Ⅱ区域时的磁通量是：BL2，方向向里，完全拉入Ⅲ区域时的磁通量为BL2，方向向外，磁通量的总变化量为2BL2，方向向外，故D错误。‎ ‎3．[多选](2018·吉林省实验中学模拟)空间AA′与DD′‎ 之间为磁感应强度大小为B的匀强磁场区域，间距为H，磁场方向垂直纸面向里，DD′距离地面高度为L。现有一质量为m、边长为L(L＜H)、电阻为R的正方形线框由AA′上方某处自由落下(线框始终处于竖直平面内，且ab边始终与AA′平行)，恰能匀速进入磁场区域。当线框的cd边刚要触地前瞬间线框的加速度大小为a＝‎0.1g，g为重力加速度，空气阻力不计，则(　　)‎ A．线框自由下落的高度为 B．线框触地前瞬间线框的速度为 C．线框进入磁场的过程中，线框产生的热量为mgL D．线框的cd边从AA′运动到触地的时间为＋ 解析：选ACD　cd边进入磁场时做匀速运动，则有安培力和重力大小相等，即mg＝BIL＝，解得v＝，则自由落体下落的高度为h＝＝，故A正确；设线框触地前瞬间线框的速度为v1，由牛顿第二定律得：BI′L－mg＝ma，即－mg＝0.1mg，解得：v1＝，故B错误；线框匀速进入磁场的过程中，动能不变，产生的热量等于减少的重力势能，即Q＝mgL，故C正确；线框的cd边从AA′运动到触地，设总时间为t，全过程列动量定理有：mgt－B1Lt1－B2Lt2＝mv1－mv，其中1、2为t1、t2时间内的平均电流，又1＝，2＝，且1t1＝2t2＝L，代入上式得：mgt－－＝mv1－mv，解得：t＝＋，故D正确。‎ 考点四　导体棒在磁场中运动产生感应电动势 导体棒切割磁感线模型是高考考查的热点内容之一，该模型常与图像问题、动力学问题、能量问题、电路问题结合考查，涉及的物理规律有牛顿运动定律、能量守恒定律、动量定理、动量守恒定律、法拉第电磁感应定律、欧姆定律等。处理这类问题时注意分析导体棒的受力情况和运动情况，明确等效电源，必要时综合电路知识进行分析，特别是双导体棒切割磁感线运动时涉及动量的问题，是高考命题的新趋势，复习时注意从多个角度思考问题，有利于拓展思维。建议对本考点重点攻坚。‎ ‎(一)用好解题流程，做到步步为“赢”‎ ‎(二)掌握解题技巧，灵活应用快又妙 ‎1．变速运动或平衡问题：从牛顿第二定律的瞬时性着手，分析金属棒的运动性质，通过力与运动的关系分析出最终存在的“稳定状态”——通常为安培力与其他力平衡时的匀速运动状态。‎ ‎2．物体的运动较为复杂或涉及变力做功问题：往往应用能量的观点分析问题，通过各力的做功情况分析能量的转化，特别要注意安培力做功的情况——安培力做正功将电能转化为机械能；安培力做负功将机械能转化为电能。‎ ‎(三)熟悉典型问题，针对破解不迷茫 ‎1．等效电源的正负极可用右手定则或楞次定律判定，要特别注意在等效电源内部，电流由负极流向正极。等效电源两端的电压与直流电源两端的电压一样，等于路端电压，一般不等于电源电动势，除非切割磁感线的导体(或线圈)电阻为零。如诊断卷第9题，导体棒相当于电源，电流由c向O流动，故c端是电源的负极；电容器两端的电压相当于电源的路端电压。‎ ‎2．诊断卷第11题的难点是对金属棒做匀变速运动的理解，当金属棒做匀加速运动时，由v＝at可知速度随时间均匀增加，由I＝＝t可知感应电流也随时间均匀增加，由F＝BIL＝t可知安培力也随时间均匀增加。‎ ‎3．两金属杆只受到安培力作用而在平直的光滑导轨上运动时，如诊断卷第12题，可以从以下三个观点来分析：‎ 力学观点 通常情况下一个金属杆做加速度逐渐减小的加速运动，而另一个金属杆做加速度逐渐减小的减速运动，最终两金属杆以共同的速度匀速运动。‎ 能量观点 其中一个金属杆动能的减少量等于另一个金属杆动能的增加量与回路中产生的焦耳热之和。‎ 动量观点 如果光滑导轨间距恒定，则两个金属杆的安培力大小相等，通常情况下系统的动量守恒。‎ ‎　　如图所示，宽度L＝‎1.0 m 的足够长的U形金属导轨水平放置，导轨处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B＝1.0 T，导轨上放一根质量m＝‎0.2 kg、电阻R＝1.0 Ω的金属棒ab，棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.5，现牵引力F以恒定功率P使棒从静止开始沿导轨运动(棒始终与导轨垂直且接触良好)，当棒的电阻R产生热量Q＝7.0 J 时获得稳定速度，速度大小为‎3.0 m/s，此过程中通过棒的电荷量q＝‎4.1 C。导轨电阻不计，g取‎10 m/s2。求：‎ ‎(1)当棒的速度稳定时，棒所受的安培力的大小和方向；‎ ‎(2)牵引力F的恒定功率P为多大？‎ ‎(3)棒从静止开始运动到获得稳定速度所需的时间为多少？‎ ‎[解析]　(1)设棒获得的稳定速度为v，则感应电动势为E＝BLv 感应电流为I＝ 棒所受的安培力的大小为F安＝BIL 解得F安＝3 N 由楞次定律可知，安培力方向向左。‎ ‎(2)当棒稳定时有F－F安－μmg＝0‎ 又P＝Fv 解得P＝12 W。‎ ‎(3)设所经历的时间为t，棒发生的位移为x，由能量守恒得Pt＝Q＋μmgx＋mv2‎ 又由q＝t ＝ ＝BL＝BL 解得t＝1 s。‎ ‎[答案]　(1)3 N　方向向左　(2)12 W　(3)1 s ‎[题点全练]‎ ‎1.(2018·漳州调研)如图所示，在水平面上放置间距为L的平行金属导轨MN、PQ，导轨处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小随时间的变化规律为B＝kt(k为常数，k>0)。M、P间接一阻值为R的电阻，质量为m的金属杆ab垂直导轨放置，与导轨接触良好，其接入轨道间的电阻为R，与轨道间的动摩擦因数为μ，Pb＝Ma＝L(不计导轨电阻，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g)，从t＝0到ab杆刚要运动的这段时间内(　　)‎ A．通过电阻R的电流方向为P→M B．回路中的感应电流I＝ C．通过电阻R的电荷量q＝ D．ab杆产生的热功率P＝ 解析：选C　由楞次定律可知，通过电阻R的电流方向为M→P，故A错误；回路产生的感应电动势为：E＝S＝kL2，根据欧姆定律可得电流为：I＝＝，故B错误；金属杆刚要运动时，μmg－ktIL＝0，又因q＝It，联立可得：q＝，故C正确；根据功率公式可得ab杆产生的热功率P＝I2R＝，故D错误。‎ ‎2．[多选](2018·百校联盟4月联考)如图所示，水平桌面上固定一定值电阻R，R两端均与光滑倾斜导轨相连接，已知两侧导轨间距都为L。导轨平面与水平面均成37°角，且均处于范围足够大的匀强磁场中。质量为m的导体棒a沿左侧导轨匀速下滑，导体棒b始终静止在右侧导轨上，两导体棒电阻均为R，两处磁场的磁感应强度大小均为B，方向均与导轨平面垂直(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，则(　　)‎ A．导体棒b质量为 B．导体棒a下滑速度v＝ C．导体棒a沿导轨下滑L距离的过程中电阻R上产生热量为 D．导体棒a沿导轨下滑L距离的过程中导体棒b上产生热量为 解析：选ABD　导体棒a匀速下滑，其电流为导体棒b中的两倍，故b质量应为，故A正确；整个回路电阻R总＝R，分析a棒的运动，根据平衡条件有：mgsin 37°＝BIL＝，解得：v＝，故B正确；导体棒a沿导轨匀速下滑L距离，系统产生的总热量等于重力势能的减小量，即Q＝mgLsin 37°＝mgL，电阻R与导体棒b上产生的热量均为Q′＝×Q＝，故C错误、D正确。‎ ‎3．(2019届高三·河南名校联考)如图甲所示，空间存在B＝0.5 T、方向竖直向下的匀强磁场，MN、PQ是处于同一水平面内相互平行的粗糙长直导轨，间距l＝‎0.2 m，在导轨一端连接着阻值为R＝0.4 Ω的定值电阻，ab是放在导轨上质量为m＝‎0.1 kg的导体棒。从零时刻开始，通过一小型电动机对ab棒施加一个牵引力，方向水平向左，使其从静止开始沿导轨做加速运动，此过程中棒始终保持与导轨垂直且接触良好。图乙是拉力F与导体棒ab速率倒数关系图像(F1未知)。已知导体棒ab与导轨间的动摩擦因数μ＝0.2，除R外，其余部分电阻均不计，不计定滑轮的质量和摩擦，g取‎10 m/s2。‎ ‎(1)求电动机的额定功率；‎ ‎(2)若导体棒ab在16 s内运动了‎90 m并恰好达到最大速度，求在0～16 s内电阻R上产生的焦耳热。‎ 解析：(1)由图像知导体棒ab的最大速度为v1＝‎10 m/s 此时，导体棒中感应电动势为E＝Blv1‎ 感应电流I＝ 导体棒受到的安培力FA＝BIl 此时电动机牵引力为F1＝ 由牛顿第二定律得：F1－μmg－FA＝0‎ 联立代入数据解得：P＝4.5 W。‎ ‎(2)由能量守恒得：Pt＝Q＋μmgs＋mv12‎ 代入数据解得R上产生的热量Q＝49 J。‎ 答案：(1)4.5 W　(2)49 J ‎ 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.(2018·全国卷Ⅰ)如图，导体轨道OPQS固定，其中PQS是半圆弧，Q为半圆弧的中点，O为圆心。轨道的电阻忽略不计。OM是有一定电阻、可绕O转动的金属杆，M端位于PQS上，OM与轨道接触良好。空间存在与半圆所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为B。现使OM从OQ位置以恒定的角速度逆时针转到OS位置并固定(过程Ⅰ)；再使磁感应强度的大小以一定的变化率从B增加到B′(过程Ⅱ)。在过程Ⅰ、Ⅱ中，流过OM的电荷量相等，则等于(　　)‎ A.　　　　　　　　　 B. C. D．2‎ 解析：选B　在过程Ⅰ中，根据法拉第电磁感应定律，有 E1＝＝ 根据闭合电路欧姆定律，有 I1＝ 且q1＝I1Δt1‎ 在过程Ⅱ中，有 E2＝＝ I2＝ q2＝I2Δt2‎ 又q1＝q2，即＝ 所以＝。‎ ‎3.(2017·全国卷Ⅲ)如图，在方向垂直于纸面向里的匀强磁场中有一U形金属导轨，导轨平面与磁场垂直。金属杆PQ置于导轨上并与导轨形成闭合回路PQRS，一圆环形金属线框T位于回路围成的区域内，线框与导轨共面。现让金属杆PQ突然向右运动，在运动开始的瞬间，关于感应电流的方向，下列说法正确的是(　　)‎ A．PQRS中沿顺时针方向，T中沿逆时针方向 B．PQRS中沿顺时针方向，T中沿顺时针方向 C．PQRS中沿逆时针方向，T中沿逆时针方向 D．PQRS中沿逆时针方向，T中沿顺时针方向 解析：选D　金属杆PQ向右切割磁感线，根据右手定则可知PQRS中感应电流沿逆时针方向；原来T中的磁场方向垂直于纸面向里，闭合回路PQRS中的感应电流产生的磁场方向垂直于纸面向外，使得穿过T的磁通量减小，根据楞次定律可知T中产生顺时针方向的感应电流，综上所述，可知A、B、C项错误，D项正确。‎ ‎4．[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。 ‎ ‎5．[多选](2015·全国卷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 解析：选AB　当圆盘转动时，圆盘的半径切割磁针产生的磁场的磁感线，产生感应电动势，选项A正确；圆盘上产生感应电动势，圆盘上产生感应电流，根据楞次定律，感应电流阻碍其相对运动，但抗拒不了相对运动，故磁针会随圆盘一起转动，但略有滞后，选项B正确；在圆盘转动过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量始终为零，选项C错误；圆盘呈电中性，转动时不会形成电流，选项D错误。‎ ‎6.(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。‎ ‎7．[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。‎ ‎8.(2018·全国卷Ⅱ)如图，在同一水平面内有两根平行长导轨，导轨间存在依次相邻的矩形匀强磁场区域，区域宽度均为l，磁感应强度大小相等、方向交替向上向下。一边长为l的正方形金属线框在导轨上向左匀速运动。线框中感应电流i随时间t变化的正确图线可能是(　　)‎ 解析：选D　设线路中只有一边切割磁感线时产生的感应电流为i。‎ 线框位移 等效电路的连接 电流 ‎0～ I＝2i(顺时针)‎ ～l I＝0‎ l～ I＝2i(逆时针)‎ ～‎‎2l I＝0‎ 综合分析知，只有选项D符合要求。‎ 二、名校模拟重点演练——知热点 ‎9．[多选]如图甲所示，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变化的规律如图乙所示。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，所以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。‎ ‎10．[多选](2019届高三·开封模拟)如图所示，空间某区域内存在沿水平方向的匀强磁场，一正方形闭合金属线框自磁场上方某处释放后穿过磁场，整个过程线框平面始终竖直，线框边长小于磁场区域上下宽度。以线框刚进入磁场时为计时起点，下列描述线框所受安培力F随时间t变化关系的图中正确的是(　　)‎ 解析：‎ 选BCD　线框受重力作用加速下落，进入与离开磁场时受到安培力作用。若进入磁场时安培力大于重力，做加速度减小的减速运动，安培力随速度减小而减小，某时刻安培力等于重力，线框做匀速运动，此时速度达到v0＝，完全进入后只受重力，线框加速，刚要离开时的速度大于完全进入时的速度，故安培力大于重力，做减速运动，速度减小，安培力也减小，故A错误；若线框进入磁场时恰好重力等于安培力，完全进入后只受重力，线框加速，离开磁场时安培力大于重力，速度减小，故B正确；若线框进入磁场时重力小于安培力，由－mg＝ma可知，线框做加速度减小的减速运动，安培力随速度的减小而减小，线框完全进入磁场后只受重力，线框加速，离开磁场时安培力大于重力，速度减小，进入过程与离开过程安培力变化情况可能完全相同，故C正确；若线框进入磁场时重力大于安培力，由mg－＝ma，可知线框做加速度减小的加速运动，离开磁场时安培力可能大于重力，则线框做加速度减小的减速运动，安培力随速度减小而减小，故D正确。‎ ‎11．[多选](2018·石家庄二模)如图所示，足够长的光滑水平轨道，左侧轨道间距为‎0.4 m，右侧轨道间距为‎0.2 m。空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为0.2 T。质量均为‎0.01 kg的金属棒M、N垂直导轨放置在轨道上，开始时金属棒M、N均保持静止，现使金属棒M以‎5 m/s的速度向右运动，两金属棒在运动过程中始终相互平行且与导轨保持良好接触，M棒总在宽轨上运动，N棒总在窄轨上运动。已知两金属棒接入电路的总电阻为0.2 Ω，轨道电阻不计，g＝‎10 m/s2，下列说法正确的是(　　)‎ A．M、N棒在相对运动过程中，回路内产生顺时针方向的电流(俯视)‎ B．M、N棒最后都以‎2.5 m/s的速度向右匀速运动 C．从开始到最终匀速运动电路中产生的焦耳热为6.25×10－2 J D．在两棒整个的运动过程中，金属棒M、N在水平导轨间扫过的面积之差为‎0.5 m2‎ 解析：选AD　金属棒M向右运动后，穿过M、N与导轨组成的闭合回路中的磁通量减小，根据楞次定律可得回路内产生顺时针方向的电流(俯视)，A正确；两棒最后匀速时，电路中无电流，即BL1v1＝BL2v2，解得v2＝2v1，选取水平向右为正方向，对M、N分别利用动量定理可得：对N有FN安t＝mv2，对M有－FM安t＝mv1－mv0，又知道导轨宽度是2倍关系，故FM安＝2FN安，联立解得v1＝‎1 m/s，v2＝‎2 m/s，B错误；根据能量守恒定律可得mv02＝Q＋mv12＋mv22，解得Q＝0.1 J，C错误；在N加速过程中，由动量定理得BLΔt＝mv2－0，电路中的电流＝，根据法拉第电磁感应定律有E＝，其中磁通量变化量ΔΦ＝BΔS，联立以上各式，得ΔS＝‎0.5 m2‎，D正确。‎ ‎12．[多选](2018·齐鲁名校协作体联考)‎ 如图所示，光滑、平行的金属轨道分水平段(左端接有阻值为R的定值电阻)和半圆弧段两部分，两段轨道相切于N和N′点，圆弧的半径为r，两金属轨道间的宽度为d，整个轨道处于磁感应强度为B，方向竖直向上的匀强磁场中。质量为m、长为d、电阻为R的金属细杆置于框架上的MM′处，MN＝r。在t＝0时刻，给金属细杆一个垂直金属细杆、水平向右的初速度v0，之后金属细杆沿轨道运动，在t＝t1时刻，金属细杆以速度v通过与圆心等高的P和P′；在t＝t2时刻，金属细杆恰好通过圆弧轨道的最高点，金属细杆与轨道始终接触良好，轨道的电阻和空气阻力均不计，重力加速度为g。以下说法正确的是(　　)‎ A．t＝0时刻，金属细杆两端的电压为Bdv0‎ B．t＝t1时刻，金属细杆所受的安培力为 C．从t＝0到t＝t1时刻，通过金属细杆横截面的电荷量为 D．从t＝0到t＝t2时刻，定值电阻R产生的焦耳热为mv02－mgr 解析：选CD　t＝0时刻，金属细杆产生的感应电动势E＝Bdv0，金属细杆两端的电压U＝·R＝Bdv0，故A项错误。t＝t1时刻，金属细杆的速度与磁场平行，不切割磁感线，不产生感应电流，所以此时金属细杆不受安培力，故B项错误。从t＝0到t＝t1时刻，电路中的平均电动势＝＝，回路中的电流＝，在这段时间内通过金属细杆横截面的电荷量q＝t1，解得：q＝，故C项正确。设杆通过最高点速度为v2，金属细杆恰好通过圆弧轨道的最高点，对杆受力分析，由牛顿第二定律可得：mg＝m，解得v2＝。从t＝0到t＝t2时刻，根据功能关系可得，回路中的总焦耳热：Q＝mv02－mv22－mg·2r，定值电阻R产生的焦耳热QR＝Q，解得：QR＝mv02－mgr，故D项正确。‎ ‎13.(2018·淄博二模)如图所示，质量为M的足够长金属导轨abcd放在光滑的绝缘水平面上。一电阻不计，质量为m的导体棒PQ放置在导轨上，始终与导轨接触良好，PQbc构成矩形。棒与导轨间动摩擦因数为μ，棒左侧有两个固定于水平面的立柱。导轨bc段长为L，开始时PQ左侧导轨的总电阻为R，右侧导轨单位长度的电阻为R0。以ef为界，其左侧匀强磁场方向竖直向上，右侧匀强磁场方向水平向左，磁感应强度大小均为B。在t＝0时，一水平向左的拉力F垂直作用于导轨的bc边上，使导轨由静止开始做匀加速直线运动，加速度为a。‎ ‎(1)求导轨刚开始运动时拉力F的大小；‎ ‎(2)求导轨运动时间足够长后拉力F的渐近值及整个过程中拉力F的最大值；‎ ‎(3)若某一过程中导轨动能的增加量为ΔEk，导轨克服摩擦力做功为W，求回路产生的焦耳热。‎ 解析：(1)导轨刚开始运动时，根据牛顿第二定律，对导轨有： F－μmg＝Ma 解得： F＝μmg＋Ma。‎ ‎(2)导轨运动以后 v＝at s＝at2‎ Rx＝R0·2s I＝ F安＝BIL 得：F安＝ 对导轨由牛顿第二定律有：F－F滑－F安＝Ma 又有F滑＝μ(F安＋mg)‎ 联立可得：F＝μmg＋Ma＋(μ＋1) 分析可知：当t趋于无穷大时，F＝μmg＋Ma 当t＝ 时，Fmax＝μmg＋Ma＋(μ＋1)。‎ ‎(3)对导轨在加速过程中由动能定理知：‎ Mas＝ΔEk 则：s＝ 又W＝μ(mg＋安)s 安s＝Q 则W＝μmgs＋μQ 解得：Q＝－。‎ 答案：(1)μmg＋Ma　(2)μmg＋Ma μmg＋Ma＋(μ＋1)　(3)－