【创新方案】2016届高三物理二轮复习专题四电路和电磁感应

#专题四电路和电磁感应考题•考点统计年份试卷题号和题型分值考查内容215新课标全国I卷16•选择题6分变压器的应用19•选择题6分电磁感应现象、楞次定律新课标全国n卷15•选择题6分楞次定律、法拉第电磁感应定律214新课标全国I卷14•选择题6分感应电流产生的条件18•选择题6分电磁感应的图象问题新课标全国n卷21•选择题6分变压器的应用25•计算题19分电磁感应的综合问题21新课标全国I卷17•选择题6分电磁感应的图象问题25•计算题19分电磁感应的综合问题新课标全国n卷16•选择题6分电磁感应的图象问题19•选择题6分电磁感应现象、楞次定律考纲•考点展示主题内容要求电路欧姆定律n电阻定律I电阻的串、并联I电源的电动势和内阻n闭合电路的欧姆定律I电功率、焦耳定律I电磁感应电磁感应现象I磁通量I法拉第电磁感应定律n楞次定律n自感、涡流I父变电流交变电流、交变电流的图象I正弦交变电流的函数表达式、峰值和有效值I理想变压器I远距离输电I重点•规律阐释通过对近3年高考试题的分析可以看出，高考对本专题的考查主要有以下3部分：1．电磁感应部分：以考查楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用为主，多涉及牛顿运动定律、电功和电热等力电综合问题。考查形式为选择题或计算题。2．恒定电流部分：以选择题的形式考查动态电路、电路故障、含容电路和含电表电路等问题的分析。3．交变电流部分：以选择题的形式考查交变电流有效值与峰值的关系、理想变压器的原理。备考•应试指导命题预测201年6高考，可能在三个方面命题：一是直流电路的分析和计算；二是交变电流的产生和变压器的综合问题；三是电磁感应的图象问题、动力学问题、能量问题。考查的题型既有选择，又有计算，难度中等或中等偏上，在难度较大的压轴题中可能会考查电磁感应的综合问题。备考对策复习时应理清各个基本概念，熟记各公式及适用条件，掌握交流“四值”的特点及适用范围，注意训练和掌握闭合电路的动态分析问题、含容电路的分析问题、变压器电路的动态分析问题及电磁感应与电路相综合问题的分析思路与方法，强化电磁感应图象问题的训练，提高解决与实际生活、生产科技相结合的实际问题的能力。电阻定律串联和并联交流电的图象、变化规律交流电的“四值”J4瞬时值)JL［平均值)变乐器和远距离输电直流电路动态分析闭合电路欧姆定律―《电功和电热］电功、电功率、焦耳定律电阻定律串联和并联交流电的图象、变化规律交流电的“四值”J4瞬时值)JL［平均值)变乐器和远距离输电直流电路动态分析闭合电路欧姆定律―《电功和电热］电功、电功率、焦耳定律tj厂［最大值I】一I有效值］高频考点：1.直流电路的动态分析.交变电流的产生和描述.变压器和远距离输电交汇考点：交变电流的综合问题分析物理方法：程序法、等效法、分析推理法考点1直流电路的动态分析：本考点的高考题型一般是选择题或填空题，通过改变电阻阻值或使支路开关闭合或断开探究某元件的电流、电压、功率及电源输出功率的变化情况。1．明确1个定律、2个关系(1闭合电路的欧姆定律：=Rpro(2路端电压与电流的关系：=—(3)路端电压与负载的关系7=^-E路端电压随外电阻的增大而增大，随外电阻的减小而减小。1十一2．明确引起电路动态变化的原因(1)滑动变阻器、热敏电阻或光敏电阻的阻值变化。(2)某支路开关闭合或断开。、突破题组1多选］(2015•上海崇明模拟如图所示，闭合电键，电压表的示数为，电流表的示数为，现向左调节滑动变阻器的触头，电压表的示数改变量的大小为△,电流表的示数改变量大小为△I则下列说法正确的是(一变大 ^-变大C电阻1的功率变大 D电源的总功率变大解析］滑动头向左移动，电阻阻值变大，总电流变小，电源的总功率变小，路端电压增大，2电压减小，故电压表示数增大，电阻1的功率变大，正确，错误；由-=

一增大，斗增大，故正确；由=—（+）所以3=+,不随改变，错并 并 2 △ 2误。［答案］AC2.（2015•武汉二模在如图所示的电路中，电源的负极接地，其电动势为，内电阻为，1、2为定值电阻，为滑动变阻器， 为电容器，®、⑰为理想电流表和电压表。在滑动变阻器滑动头自端向端滑动的过程中，下列说法中正确的是（A电压表示数减小B电流表示数减小电容器所带电荷量增多D点的电势降低解析滑动头自端向端滑动的过程中，滑动变阻器的电阻减小，电路总电阻减小，由闭合电路的欧姆定律可得，干路电流增大，由1=1可知1两端电压即电压表的示数变大，选项错误；由=—可知路端电压减小；由।2=—1可得2两端的电压减小，又由2=一可得流过2的电流变小，在干路电流增大的情况下，电流表的示数将变2大，选项错误；电容器两端的电压变小，根据=-，电容器所带电荷量将变少，选项错误；由于2两端的电压变小，所以点的电势变低，选项正确。［答案］D方法技巧直流电路动态分析的3种常用方法方法1：程序法—减小—内总—减小—内总增大外内^增奈确定支、方法2：结论法——“串反并同”“串反”：指某一电阻增大（减小）时，与它串联或间接串联的电阻中的电流、两端电压、电功率都将减小（增大）。“并同”：指某一电阻增大（减小）时，与它并联或间接并联的电阻中的电流、两端电压、电功率都将增大（减小）。方法3：极限法因变阻器滑片滑动引起电路变化的问题，可将变阻器的滑片分别滑至两个极端，使电阻最大或电阻为零去讨论。、高考题组1.（2014•天津高考如图所示，电路中1、2均为可变电阻，电源内阻不能忽略，平行板电容器的极板水平放置，闭合电键，电路达到稳定时，带电油滴悬浮在两板之间静止不动。如果仅改变下列某一个条件，油滴仍能静止不动的是（）

.增大1的阻值.增大两板间的距离解析：选 在直流电路中.增大1的阻值.增大两板间的距离解析：选 在直流电路中1两端的电压，增大1的阻值，D断开电键2与电容器串联的支路不通，因此电容器两端的电压等于1两端的电压增大，电容器两端的电压增大，由=-可知，电容器两极板间的电场强度增大，因此板间带电油滴受到的电场力增大，会向上运动，错误；增大2的阻值不改变电路中的总电阻，不改变1两端的电压，因此电容器中的油滴仍保持静止，正确；增大两板间的距离，而电容器两板间的电压一定，由=-可知，板间的场强减小，油滴受到的电场力减小，油滴会向下运动，错误；断开电键S电容器会通过1、2进行放电，使板间场强减小，油滴受到的电场力减小而向下运动，错误。12.(2015•山东高考)如图甲所示的电路中，恒流源可为电路提供恒定电流0,为定值电阻，电流表、电压表均可视为理想电表。某同学利用该电路研究滑动变阻器°消耗的电功率。改变的阻值，记录多组电流、电压的数值，得到如图乙所示的一关系图线。连接恒流源。R甲即连接恒流源。R甲即回答下列问题：(1)滑动触头向下移动时，电压表示数 填_“_增_大(”或“减小”)。⑵0= 。()消耗的最大功率为 保留一位有效数字)。解析：(1)滑动触头向下移动，变小，1与并联后的总电阻总变小，由于电路连接恒流源，根据=°可得电压表示数减小。总(2)由(1)问中两式可得=(0-)°从题图乙知，电压=0时，0==1.0A=0时，=—=20Q。0()==20(1.0-)•=5-20(-0.5)2,所以当=0.5时，消耗的功率最大，为5。答案：(1)减小(2)1.00(0.9、80.9、91.01均正确)(3)5考点2交变电流的产生和描述：本考点是高考的热点，常以选择题形式考查，考向主要有：（1交）变电流的产生、图象、公式及相关物理量。（2交）变电流“四值”的物理意义及其不同方面的应用。．线圈通过中性面时的特点1穿）过线圈的磁通量最大。2线）圈中的感应电动势为零。3线）圈每经过中性面一次，感应电流的方向改变一次。．正弦式交流电的“四值”的应用（以电动势为例）四值计算式应用最大值= 3计算电容器的耐压值瞬时值= 3计算闪光电器的闪光时间等有效值一K电表的读数、电热、电功及保险丝熔断电流的计算等平均值一△。一△计算通过导体横截面的电量等注意：只有正弦交流电最大值与有效值间才有-『倍关系。计算电热时只能用有效值，不可用平均值。（3计）算电荷量时应该用平均值。如图所示，单匝矩形闭合导线框 全部处于磁感应强度为的水平匀强磁场中，线框面积为，电阻为。线框绕与边重合的竖直固定转轴以角速度3从中性面开始匀速转动，下列说法正确的是（）.转过n时，线框中的电流方向为.线框中感应电流的有效值为—SC从中性面开始转过T的过程中，通过线框横截面的电荷量为一TT3D线框转一周的过程中，产生的热量为2n3一解析 由楞次定律和右手定则可知，转过上时，线框中的电流方向为 ，错误;线框中感应电流的最大值=—S,由于线框中的感应电流是正弦交流电，其电流有效值

错误；由=A_g可知，从中性面开始转过n的过程中，通过线框横截乙面的电荷量=-正确；线框转一周的过程中，产生的热量等于感应电流做的功，因此2n n2n n322刃错误。［答案］C2.多选］(2015•商丘模拟如图甲为小型旋转电枢式交流发电机，电阻为=2Q矩形线圈在磁感应强度为的匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的固定轴‘匀速转动，线圈的两端经集流环和电刷与右侧电路连接，右侧电路中滑动变阻器的最大阻值为°=一°。，滑动片位于滑动变阻器中央，定值电阻1=°、2=胃，其它电阻不计。从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，闭合开关，线圈转动过程中理想交流电压表示数是1°图乙是矩形线圈磁通量0随时间变化的图象，则下列说法正确的是(o'o'5.电阻上的热功率为一27.002S时滑动变阻器两端的电压瞬时值为零.线圈产生的感应电动势随时间变化的规律是=1072 sin°(.线圈开始转动到=-160s的过程中，通过1的电荷量为前n解题关键］(1计算功率时要用交流电的有效值，电表的读数即为电阻两端电压的有效值。(2弄清各时刻线圈所处的位置是求解瞬时值的关键。(3书写瞬时值表达式时要弄清三个关键：最大值、角速度、零时刻线圈所处的位置。解析］根据串联电路分压关系，可求得2两端的电压为竺解析］根据串联电路分压关系，可求得2两端的电压为竺，故20正确；002s时线圈的磁通量为零，此时线圈中电动势最大，两端电压最大，错误；因线圈有内阻，故电动势最大值>10\线圈有内阻，故电动势最大值>10\「可得= 3=12，2又=外正确。，错误；由外=10。， =2。sSin30°―--，以上各式联立可得：二外=10工200nC答案］规律总结交变电流瞬时值表达式书写的基本思路(1确定正余弦交变电流的峰值，根据已知图象或由公式= 3求出相应峰值。(2明确线圈的初始位置，找出对应的函数关系式。若线圈从中性面开始计时，则一关系为正弦函数，函数表达式为=nt若线圈从垂直中性面开始计时，则一关m系为余弦函数，函数表达式为=st1.多选］(2014•天津高考如图甲所示，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乙中曲线、所示，则()Fi/102s两次=0时刻线圈平面均与中性面重合曲线、对应的线圈转速之比为2：C曲线表示的交变电动势频率为25D曲线表示的交变电动势有效值为10解析：选 =0时刻，两次产生的交流电的电动势瞬时值均为零，因此线圈平面均与中性面重合，正确；图中、对应的周期之比为2：，因此线圈转速之比：=」：、T=：2,错误；线表示的交流电动势的频率为=^=房二=25正确；b、曲线表示的交变电动势的最大值= •2n，由图象知=15曲线表示的交变、m T 、m、电动势的最大值=•①，因此一=—=2, =10有效值=半=5寸2,错误。2.(2015•四川高考小型手摇发电机线圈共匝，每匝可简化为矩形线圈 ，磁极间的磁场视为匀强磁场，方向垂直于线圈中心轴,，线圈绕‘匀速转动，如图所示。矩形线圈 边和 边产生的感应电动势的最大值都为°,不计线圈电阻，则发电机输出电压( ).峰值是.峰值是2.峰值是C有效值是* D有效值是由2 0 0解析：选因每匝矩形线圈边和边产生的电动势的最大值都是0,每匝中和串联，故每匝线圈产生的电动势的最大值为20。匝线圈串联，整个线圈中感应电动势的最大值为2。，因线圈中产生的是正弦交流电，则发电机输出电压的有效值=V2e故选项正确。° °考点,变压器和远距离输电：本考点为高考热点,常以选择题的形式考查,命题规律如下：(1)与交变电流的图象、瞬时值表达式等相结合进行考查。(2)考查变压器原副线圈中的电压、电流及功率关系，变压器的动态变化分析及远距离输电。、必记知识1．理想变压器的基本关系X大小关系因果关系功率P人=P出p出决定p人电压口1打降压变压器5敢匕1＜帆：升压变压器5决定u2电流［只有一个副线圈时&j有多个副线圈时，5/1=1512+51H W3i2决定h2.远距离输电过程功率的关系(1变压器输出功率：出=损+用(2输电线上的电流：出(输电线上损失的功率损=2线=(U)线=R=出线'突破题组.多选］(2015•宝鸡质检如图甲所示，矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴在匀强磁场中匀速转动，输出交流电的电动势图象如图乙所示，经原副线圈匝数比为1：10的理想变压器给一灯泡供电，如图丙所示，副线圈电路中灯泡额定功率为22现闭合开关，灯泡正常发光。若矩形金属线框的电阻忽略不计，则( ).=001时刻穿过线框的磁通量为零.交流发电机转动的角速度速为314rad/s.变压器原线圈中电流表示数为1.灯泡的额定电压为220V2解析］由图乙可知：当001时，感应电动势为零，则此时穿过线框回路的磁通量最大，选项错误；由图乙可知，交流电的周期为002,则角速度为：3=2n="=002100n d选项正确；副线圈中消耗的电功率是22,所以原线圈中的输入功率是22

，原线圈输入电压有效值为22,则变压器原线圈中电流表示数为:，原线圈输入电压有效值为22,则变压器原线圈中电流表示数为:2222=1选项正确；灯泡正常发光，故额定电压为220,选项错误。［答案］BC.多选］(2015•唐山模拟如图所示为远距离输送交流电的系统示意图，变压器均为理想变压器。随着用户负载增多，发电机达到额定功率时，降压变压器输出功率仍然不足，用户的用电器不能正常工作。那么，在发电机以额定功率工作的情况下，为了适当提高用户.适当提高t.适当提高t.适当提高n的同时，降低n13D适当降低n的同时，提高n13［解析］当发电机输出功率一定时，为使远距离用户得到更多的功率，需减小输电线上的功率损失，根据△=Ir可以减小输电线的电阻，对；也可以通过提高输电电压，线减小输送电流，即提高n,这样使线圈两端电压变大，为使用户的用电器正常工作需要适1当降低T,对。答案］方法技巧变压器电路的动态分析技巧方法技巧变压器电路的动态分析技巧(1)根据题意弄清变量和不变量。(2)弄清动态变化过程中的决定关系。(3)利用直流电路的动态分析方法,具体思路如下：由T=T分析2的情况一由2=R分析2的情况一由2=22分析输出功率情况一由22 负=2判定输入功率情况一由1=11分析1的变化情况。'高考题组.(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( ).用户用电器上交流电的频率是100H.发电机输出交流电的电压有效值是500C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解析：选由题图乙可得交流电的频率是50发电机输出电压的最大值是500，所以有效值为250^2变压器在输电过程中不改变交流电的频率，、错误；输电线的电流是由降压变压器的负载电阻和输出电压决定的，错误；由于升压变压器的输出电压不变，当用户用电器的总电阻增大时，输出电流减小，根据电流与匝数成反比的关系可知，输电线上的电流减小，由线=线线可知，输电线上损失的功率减小，正确。1.(2015•全国新课标I一理想变压器的原、副线圈的匝数比为：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在220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，原、副线回路中电阻消耗的功率的比值为，则()1=22=22解析：选设原、副线圈中的电流分别nil解析：选设原、副线圈中的电流分别nil12,则I=n=-

212R1-=-；设原线2R92圈两端的电压为1，则T=T=1故1=U而原线圈上电阻分担的电压为1，故-+=2220，解得=，选项正确。交汇考点：交变电流的综合问题分析该综合问题涉及交流电的产生、变化规律、图象和变压器问题，考查的点多面广，因此将成为2016年高考命题热点，题型一般为选择题。、典例剖析如图所示，有一矩形线圈的面积为，匝数为，内阻不计，绕,轴在水平方向的磁感应强度为的匀强磁场中以角速度3做匀速转动，从图示位置开始计时。矩形线圈通过滑环接一理想变压器，滑动触头上下移动时可改变输出电压，副线圈接有可调电阻R下列判断正确的是().矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为=33矩形线圈从图示位置经过F时间时，通过电流表的电荷量为零23当位置不动，增大时，电压表读数也增大D当位置向上移动，不变时，电流表读数减小快速审题―(D交变电流:变压器的工作原理、电路的动态分唾A 析、瞬时感应电动势的计算(2)电磁感应：法拉第电磁感应定律的应用(1)由开始计时时线圈所处的位置，可知计时时线圈中的感应电动势最大电压表的读数等于发电机输出电压的有效值，也等于变压器的输入电压(3)尸向上移动，说明原线圈匝数减少解析 计时起点线圈中的感应电动势为最大值 3S所以感应电动势的瞬时值表达式为= 3•COS3,正确；矩形线圈从图示位置经过n时间，线圈磁通量的变化23一 ，一一一一，，4口 △①一一一，』 ,, ，—一……量为△g=,故通过电流表的电荷量=一土，所以不为零， 错误；电压表示数是线圈产生的感应电动势的有效值，即总是谭S错误；当位置向上移动时，输出电压升高，不变时，输出功率增大，电流表读数增大，错误。［答案］A规律总结分析交变电流综合问题的两点注意规律总结分析交变电流综合问题的两点注意交变电流的综合问题，涉及交流电路“四值”的计算，以及与电磁感应、安培力、闭合电路欧姆定律的综合应用等，解答时应注意以下两点：(1)分清交流电路“四值”的不同计算方法和物理意义。(2)学会将直流电路、部分电路欧姆定律的知识应用在交流电路中。、即时巩固 ，一，一…6M1.(2015•保定一模如图所示，匝数为100匝的矩形线圈 位于磁感应强度=77525n的水平匀强磁场中，线圈面积=0.52,内阻不计。线圈绕垂直于磁场的轴以角速度3=10n 匀速转动。线圈通过金属滑环与理想变压器原线圈相连，变压器的副线圈接入一只“12V,12W”灯泡，灯泡正常发光，下列说法中正确的是(通过灯泡的交变电流的频率是50B变压器原、副线圈匝数之比为10：1C矩形线圈中产生的电动势的最大值为120V若将灯泡更换为“12V,24W”且保证其正常发光，需要增大矩形线圈的转速解析由3=2n可得通过灯泡的交变电流的频率是5z选项错误；矩形线圈6五在水平匀强磁场中转动产生感应电动势最大值为= 3=100*25片X0.5X10KV=

120\12V,变压器输入电压为120V,由变压器变压公式可知，变压器原、副线圈匝数之比为10：1,选项B正确，C错误；因副线圈电压仍为12V，故将灯泡更换为“12V,24W”能保证其正常发光，不需要增大矩形线圈的转速，选项D错误。［答案］B2．某兴趣小组设计了一种发电装置,如图所示。在磁极和圆柱状铁芯之间形成的两磁4场区域的圆心角a均为9n，磁场均沿半径方向。匝数为1的矩形线圈□□□□的边长□□=□□=1、bc=□□=21。线圈以角速度3绕中心轴匀速转动，bc和ad边同时进入磁场。在磁场中，两条边所经过处的磁感应强度大小均为B、方向始终与两边的运动方向垂直。线圈的总电阻为r,外接电阻为R。求：（1）线圈切割磁感线时，感应电动势的大小E；m（2）线圈切割磁感线时，bc边所受安培力的大小F；（3）外接电阻上电流的有效值I。［解析］（1）bc、ad边的运动速度v=31①2感应电动势Em=Ead+Ebc=4NB1V②解得Em=2NB1D23③（2）由闭合电路欧姆定律知回路中的电流•21⑤I=^^④mr•21⑤bC边受到的安培力F=NBIm4N2B2133解③④⑤得F=r+R3⑥（3）一个周期内，（3）一个周期内，通电时间口=49nX22n4•T=91⑦R上消耗的电能W=l2Rtm且W=I2RT⑧4NB123解得I=3―□+□一⑨4NB123(3)3~r+R4N4NB123(3)3~r+R［答案］(1)2NB123 (2)r+R考点•考向•考法综合练、单项选择题

1.(2015•绥化三校月考有人在调试电路时，用一个“100kQ,1W”的电阻和一个“300kQ,1W”的电阻串联，作为400kQ的电阻使用，此时两只串联电阻允许消耗的最大功率为(1W.2W解析：功率相同，选 设它们的电阻和功率分别为根据公式解析：功率相同，选 设它们的电阻和功率分别为根据公式=2可知，"300kQ,1、1和2、2,由于两者的阻值不同，额定-W”的额定电流较小，=\，二，当两者串联起来后，电路中的电流不能超过，所以它们的功率为=2(2+1=R(2+1」2W,故正确。2.(2013•四川高考用220的正弦交流电通过理想变压器对一负载供电，变压器输出电压是110通过负载的电流图象如图所示，则(.变压器输入功率约为3.9W.输出电压的最大值是110V.变压器原、副线圈匝数比是1：2.负载电流的函数表达式=0.05 1100n+12解析:选 由负载电流图象知，负载电流X110W解析:选 由负载电流图象知，负载电流X110W心3.9川，输入功率1=2=3.9W,2=0.25，变压器的输出功率2=22=簧正确；输出电压的最大值为2=110^2错误；变压器原、副线圈的匝数比是错误；由图象知，负载电流的函数表22达式=0.05 1100()错误。.(2015•广州二模在研究微型电动机的性能时，应用如图所示的实验电路。调节滑动变阻器并控制电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为0.50和2.0。重新调节并使电动机恢复正常运转，此时电流表和电压表的示数分别为2.0和24.0。则这台电动机正常运转时输出功率为( )A.32WB.44WC.47W.D4W解析：选 电动机停止转动时，可将电路看成纯电阻电路，则电动机电阻=T=2.0I0.51Q=4Q；当电动机正常运转时，电动机的输入功率= =2.0X24W=4W电动机电22阻消耗功率=i=4X4W=16W,电动机的输出功率p=—=2W正确。R2 出 R.(2015•忻州联考如图所示，为内阻不能忽略的电池，1、2、均为定值电阻，®与⑶均为理想电表；开始时开关闭合，9、内均有读数，某时刻发现。和内读数均变大，则电路中可能出现的故障是(A1断路B2断路• 1短路D短路解析:选因为当2断路时，外电路的总电阻变大，故路端电压变大，即电压表读数变大；电路的总电流减小，，故1上的电压减小，电压变大，故电流表读数变大，符合题目所述现象，故电路故障是2断路，故选。.(2015•云南名校统考将阻值为100Q的电阻丝绕成一个110匝的闭合矩形线圈，让其在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，如图甲所示，产生的感应电动势如图乙所示。则可以判断()A=0时刻线圈应转到图甲所示的位置该线圈的转速为100n.穿过线圈的磁通量的最大值为工9W50nD线圈转一周所产生的电热为.6解析：选 零时刻感应电动势为零，磁通量变化最慢，线圈应与磁场垂直，错误；产生感应电动势的周期为0.02s则线圈的转速为50 /错误；感应电动势的最大值11一3,①——,,Wb错误；线圈转一■周所产生的电热一X—.611000n正确。.(2015•广东高考改编如图所示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，使输出电压有效值由55升至110。调节前后(.副线圈中电流比为2：1.副线圈输出功率比为4：1.副线圈的接入匝数比为2：1.原线圈输入功率比为1：4解析:选设副线圈的输出电压在两种情况下分别为、U，由题意知：，两种情况下，副线圈中的电流分别为=—、I=——，副线圈中的电流比为=：U=：2故错误；由功率=一、P=——得：P=：U=：4故2 2 2R2R2 22 2错误；理想变压器的输出功率等于输入功率，故原线圈输入功率比为：4正确；由变压器规律得一=n，—=n-，解得n^=一==：2错误。111 1 2 27如图所示的电路中，电源电动势为，内阻为，两平行金属板间有匀强磁场。开关闭合后，当滑动变阻器滑片位于图示位置时，一带电粒子恰好以速度匀速穿过两板。若不计重力，下列说法不正确的是()Xx8xXA如果将开关断开，粒子将继续沿直线运动.保持开关闭合，将极板向下移动一点，粒子可能向上偏转.保持开关闭合，将滑片向上滑动一点，粒子将可能从下极板边缘射出.保持开关闭合，将滑片向下滑动一点，粒子将可能从下极板边缘射出解析：选 将开关断开，电容器将通过滑动变阻器放电，、板间的场强逐渐减小到零，所以粒子受到的洛伦兹力大于电场力，粒子将发生偏转，错误；保持开关闭合，电容器两端电压不变，将极板向下移动一点，由=-知两极板之间电场强度增大，粒子所受电场力增大，粒子可能向上偏转，正确；保持开关闭合，将滑片向上滑动一点，平行金属板间电压降低，由==一知粒子所受电场力小于洛伦兹力，若粒子带负电，它将可能从下极板边缘射出，正确；保持开关闭合，将滑片向下滑动一点，平行金属板间电压升高，粒子所受电场力大于洛伦兹力；若粒子带正电，它将可能从下极板边缘射出，正确。8．某供电系统是由交流发电机输出电压和副线圈匝数可调的变压器组成，如图所示。图中表示输电线的电阻。则A当电压表示数减小，而用电器负载不变时，不改变触头位置，电流表示数增大B当电压表示数减小，而用电器负载不变时，适当上移触头，可使电流表示数不变当电压表示数不变，而用电器负载增加时，不改变触头位置，电流表示数不变D当电压表示数不变，而用电器负载增加时，适当上移触头，电流表示数一定减小解析：选 读数减小导致读数减小，负载电阻不变，导致减小，减小，错误；电压关系为一=一，减小同时增大可以使得不变，不变，正确；不变，又不改变触头位置则不变，此时增加负载即减小负载电阻，增大，从而增大，错误;根据T=T，在1不变时，上移触头，2增大，此时增加负载，2增大，从而1增大，错22误。二、多项选择题.(2015•海南高考改编如图所示，一理想变压器原、副线圈匝数之比为：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0,负载电阻的阻值=110,。是理想电压表，现将负载电阻的阻值减小为=50,保持变压器输入电流不变，此时电压表的读数为50旷则( °.此时原线圈两端电压的最大值约为24V.此时原线圈两端电压的有效值约为24V.原线圈两端原来的电压有效值约为48V.原线圈两端原来的电压最大值约为68V5V解析：选 负载电阻减小为50时，有十发;二，可得2=6V，由1=7可得原TOC\o"1-5"\h\z0 0 0 22线圈两端电压有效值1=2V,选项错误，正确；保持变压器输入电流不变，即1不变，, ,一，，…、，一…一，一一__ ,5V，一由1=7知，负载电阻变化前后副线圈电流2不变，则看一=+11；可得2=12V,21 00 0.…, . ・一根据_'=7可得原线圈两端电压有效值 1=8V选项正确；原线圈两端电压最大值2 2为=^2/168V,选项正确。.(2015•豫东、豫北十校联考理想变压器原副线圈匝数比为10：1,一正弦交流电经变压器对电阻供电电路如图甲所示。图乙是两端电压随时间变化的图象，的阻值为10Q。下列说法中正确的是(交流电的频率为002B交流电流表的读数为2C电阻上的热功率为000交流电压表V的读数为200\,2V解析：选 由图乙可知交流电的频率为限」9=50 ,电压表示数为200V,由002u21：2=1：2可得：1=2000V,电阻上的热功率=-=000=入，而入=11,可得1=2故、正确，、错误。.(2015•开封二模如图所示，为理想变压器，原副线圈匝数比为5：1。1、2为理想交流电流表，V1、V2为理想交流电压表，1、2为定值电阻， 为光敏电阻(阻1值随光照强度的增大而减小，原线圈两端电压=220币 100n 以下说法正确的是（当光照增强时，电压表1示数为42保持不变B当光照增强时，电压表2示数变大通过电流表1的电流方向每秒变化100次D当光照增强时，电流表1、2示数同时变大解析：选 原线圈两端电压有效值为220，原副线圈匝数比为5：1,所以副线圈的电压有效值为，电压表1示数为 保持不变，与电阻的变化无关，所以错误；当光照增强时，的电阻减小，总的电阻减小，所以电路的总电流要变大，因此1、2的示数都要变大，1的电压变大，副线圈的总电压不变，所以电压表2示数变小，选项错误，正确；交流电的频率为=今=£0n=50所以通过电流表的电流方向每秒变2n 2n 1化100次，选项正确。.（2015•盐城二模图甲为远距离输电示意图，升压变压器原、副线圈匝数比为1：100,降压变压器原、副线圈匝数比为100：1,远距离输电线的总电阻为100Q。若升压变压器的输入电压如图乙所示，输入功率为50。下列说法中正确的是（用户端交流电压的频率为50B用户端电压为250输电线中的电流为0D输电线路损耗的功率为10解析：选 由图乙知交流电压的周期为002,故频率为50所以正确；升压变压器原线圈电压1=250,根据变压规律得副线圈电压2=25000,又输入功率为50,输电线中电流=一=0,故正确；输电线上损耗电压== 000,降压2变压器原线圈电压=一=22000,根据变压规律可得用户端电压=220故错32 4误；输电线损耗的功率=2=0，故错误。1.（2015•江西四校一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。则下列说法错误的是（.原、副线圈中的电流之比为5：1.电压表的读数约为44vC滑动变阻器接入电路的阻值为20Q，则1分钟内产生的热量为2 0若将滑动变阻器的滑片向上滑动，则两电表读数均增大解析：选原、副线圈中的电流与匝数成反比，所以电流之比为1：5,选项错误;原、副线圈的电压与匝数成正比，所以副线圈两端电压为 ，V由于副线圈接着二极管，424TU2它具有单向导电性，设电压表所测量的有效值为，根据电流的热效应知一-5=一・T解得=22^2=1.1V选项错误；由求得电压表两端电压有效值为有效=22巾V,则U21 内产生的热量为=-=20,选项正确；将滑动变阻器滑片向上滑动，接入电路中的阻值变小,电流表的读数变大,但对原、副线圈两端的电压无影响,即电压表的读数不变，选项错误。1.(2015•江苏四市调研如图所示，面积为0.022、内阻不计的100匝矩形线圈 ，2绕垂直于磁场的轴‘匀速转动，转动的角速度为100 d匀强磁场的磁感应强度为与。矩形线圈通过滑环与理想变压器相连，触头可移动，副线圈所接电阻=50Q，电表均为理想交流电表。当线圈平面与磁场方向平行时开始计时。下列说法正确的是( )线圈中感应电动势的表达式为=100也・(100VB上移时，电流表示数减小-=0时，电压表示数为100V2D当原、副线圈匝数比为2：1时，电阻上消耗的功率为50解析：选 由图可知，线圈是从垂直中性面位置开始运动，则有= 3,而=3=100X^22X0.02X100V=100^2V,它的表达式可写为=10072 10V,选项正确；当向上移动时：原线圈匝数减少，由可知：输出电压增大，输出电流22增大,输出功率增大,根据理想变压器原理可知输入功率增大,电流表示数增大,选项错；电压表示数指的是有效值，即为100V,错；当原、副线圈匝数比为2：1时，输出电t2502压为50V,则电阻上消耗的功率为=一=京=50选项正确。R50

第2讲电磁感应规律的综合应用高频考点:交汇考点:

物理方法:.楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用高频考点:交汇考点:

物理方法:.电磁感应的图象问题.电磁感应的动力学、能量问题电磁感应综合问题图象法、转换法、逆向思维法、守恒思想网络构建I(1(2(1(2(1楞次定律中“阻碍”的表现阻碍磁通量的变化（增反减同）。阻碍物体间的相对运动（来拒去留）。）阻碍原电流的变化（自感现象）。楞次定律和右手定则的适用对象楞次定律：一般适用于线圈面积不变，磁感应强度发生变化的情形。右手定则：一般适用于导体棒切割磁感线的情形。求感应电动势大小的五种类型, △①网络构建I(1(2(1(2(1楞次定律中“阻碍”的表现阻碍磁通量的变化（增反减同）。阻碍物体间的相对运动（来拒去留）。）阻碍原电流的变化（自感现象）。楞次定律和右手定则的适用对象楞次定律：一般适用于线圈面积不变，磁感应强度发生变化的情形。右手定则：一般适用于导体棒切割磁感线的情形。求感应电动势大小的五种类型, △①磁通量变化型：=仄一。(2磁感应强度变化型：=）面积变化型：（平动切割型：=i（5转动切割型：=1 23。乙注意：公式=△一中的是垂直于磁场方向的有效面积。'突破题组.多选］（2015•南京联考航母上飞机弹射起飞是利用电磁驱动来实现的。电磁驱动原理如图所示，当固定线圈上突然通过直流电流时，线圈端点的金属环被弹射出去。现在固定线圈左侧同一位置，先后放有分别用横截面积相等的铜和铝导线制成形状、大小相同的两个闭合环，且电阻率p铜p铝。合上开关的瞬间（

A从左侧看环中感应电流沿顺时针方向B铜环受到的安培力大于铝环受到的安培力、．若将铜环放置在线圈右方，环将向左运动D电池正负极调换后，金属环不能向左弹射［解析］线圈中电流为右侧流入，磁场方向为向左，在闭合开关的过程中，磁场变强，则由楞次定律可知，环中电流由左侧看为顺时针，选项正确；由于铜环的电阻较小，故铜环中感应电流较大，铜环受到的安培力要大于铝环，故正确；若环放在线圈右方，根据“来拒去留”可得，环将向右运动，选项、错误；电池正负极调换后，金属环受力向左，故仍将向左弹出，选项错误。［答案］AB.(2015•泰兴二模如图所示，电路中的、是两个完全相同的灯泡，是一个自感系数很大、电阻可忽略的自感线圈，是电容很大的电容器。当开关断开与闭合时，、灯泡发光情况是( )A刚闭合后，灯亮一下又逐渐变暗，灯逐渐变亮B刚闭合后，灯亮一下又逐渐变暗，灯逐渐变亮、闭合足够长时间后，灯泡和灯泡一样亮D闭合足够长时间后再断开，灯立即熄灭，灯逐渐熄灭解析］刚闭合后，灯泡与电感并联，由于电感阻碍电流的增大，所以灯亮一下，然后逐渐熄灭，灯与电容器并联，由于电容器充电，所以灯逐渐变亮。故正确，错误；闭合足够长时间后，中无电流，相当于断路，相当于短路，所以很亮，而不亮，断开后，与均相当于电源，选项、错误。亮，断开后，与均相当于电源，选项、错误。［答案］B3多选］(2015-江西八校联考如图甲所示，光滑绝缘水平面上，虚线 的右侧存在磁感应强度=2的匀强磁场，的左侧有一质量=0.1 的矩形线圈 ，边长1=0.2，电阻=2Q。=0时，用一恒定拉力拉线圈，使其由静止开始向右做匀加速运动，经过时间1,线圈的边到达磁场边界，此时立即将拉力改为变力，又经过1，线圈恰好完全进入磁场，整个运动过程中，线圈中感应电流随时间变化的图象如图乙所示。则()．恒定拉力大小为0.05N2/•线圈在第2内的加速度大小为2/.线圈边长2=0.5.在第2s内流过线圈的电荷量为02解析］在第1s末，(=-，=1/1=1,=1,联立得=005,项正 e确；在第2s内，由图象分析知线圈做匀加速直线运动，第2s末12=——，E=12，2=1+22，解得2=1 2，s项正确；在第2s内，2—1=222，得2=1m项错误;△① 一一 一一一一= =1-8=02,项正确。［答案］ABD方法技巧解决与电路相联系的电磁感应问题的基本方法(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，对整个回路进行分析，确定哪一部分是电源、哪一部分为负载以及负载间的连接关系。(3)运用闭合电路欧姆定律、串并联电路的性质、电功率等公式求解。'高考题组.多选］(2014•四川高考如图所示，不计电阻的光滑形金属框水平放置，光滑、竖直玻璃挡板、固定在框上，、的间距很小。质量为02的细金属杆恰好无挤压地放在两挡板之间，与金属框接触良好并围成边长为1的正方形，其有效电阻为0Q。此时在整个空间加方向与水平面成30°角且与金属杆垂直的匀强磁场，磁感应强度随时间变化规律是=(04-02,图示磁场方向为正方向。框、挡板和杆不计形变。则(DA=1s时，金属杆中感应电流方向从到B=3s时，金属杆中感应电流方向从到C=1s时，金属杆对挡板的压力大小为01D=3s时，金属杆对挡板的压力大小为02解析：选 由于=(0402,在=1s时穿过平面的磁通量向下并减少，则根据楞次定律可以判断，金属杆中感应电流方向由到，正确；在=3s时穿过平面的磁通量向上并增加，则根据楞次定律可以判断，金属杆中感应电流方向仍然是从到，错误；由法拉第电磁感应定律得=詈=△—sin30°=01由闭合电路的欧姆定律得电路电流=-=1，在=1s时，=02方向斜向下，电流方向由至U,金属杆对挡板的压力水平向右，大小为=sin30°=01,正确；同理，在=3s时，金属杆对挡板的压力水平向左，大小为=sin30°=01,错误。.(2015•全国新课标H如图所示，直角三角形金属框 放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为，方向平行于边向上。当金属框绕边以角速度3逆时针转动时，、b三点的电势分别为、、。已知边的长度为°下列判断正确的是(AAc金属框中无电流BAc金属框中电流方向沿 =-2i，金属框中无电流=21，金属框中电流方向沿—解析：选金属框平面与磁场平行，转动过程中磁通量始终为零，所以无感应电流产生，选项、错误；转动过程中边和边均切割磁感线，产生感应电动势，由右手定则判断<,<，选项错误；由转动切割产生感应电动势的公式得=-11,acbc bc2选项正确。考点2电磁感应的图象问题：本考点多以选择题形式出现，考向主要有：(1)楞次定律、法拉第电磁感应定律及电路、安培力等相关知识，判断电流(或安培力随时间(或位移变化的图象。(2利用动力学观点判断棒(或线圈的速度随时间变化的图象。、必记知识1．问题分类在电磁感应现象中，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，也可用图象直观地表示出来，如一、一、一、一、一图象等。此问题可分为两类：(1)由给定的电磁感应过程选出相应的物理量的函数图象。(2)由给定的有关图象分析电磁感应过程，确定相关的物理量。2．分析思路(1)明确图象的种类。(2)分析电磁感应的具体过程。(3)结合相关规律写出函数表达式。(4)根据函数关系进行图象分析。'突破题组.(2015•开封二模一正三角形导线框(高度为从图甲所示位置沿轴正向匀速穿过两匀强磁场区域。两磁场区域磁感应强度大小均为、方向相反、垂直于平面、宽度均为。图乙反映感应电流与线框移动距离的关系，以逆时针方向为电流的正方向，下列图象正确的是( )

解析在〜2范围，线框穿过两磁场分界线时，、边在右侧磁场中切割磁感线，有效切割长度逐渐增大，产生的感应电动势1增大， 边在左侧磁场中切割磁感线，产生的感应电动势2不变，两个电动势串联，总电动势=1+2增大，选项错误；在0〜范围，线框穿过左侧磁场时，根据楞次定律，感应电流方向为逆时针，为正值，选项错误；在2〜a线框穿过左侧磁场时，根据楞次定律，感应电流方向为逆时针，为正值，选项正确，错误。［答案］C.（2015•聊城模拟如图甲所示，正三角形硬导线框固定在磁场中，磁场方向与线框平面垂直。图乙表示该磁场的磁感应强度随时间变化的关系，=0时刻磁场方向垂直纸面向里。在0〜°时间内，线框边受到该磁场对它的安培力随时间变化的关系图为（规定垂直边向左为安培力的正方向（解析0〜2时间内导线框中电流方向沿顺时针方向，由左手定则可判断安培力的方向在0〜。时间内为正。〜20时间内为负，、均错误；在。〜0时间内，导线框中电流方向为逆时针方向，由。〜 5时间内安培力的方向水平向左为正，对比图线可知，正确，错误。 ° °［答案］A.（2015•南昌三模如图甲所示，平面内有一半径为的圆形区域，区域内有磁感应强度大小为的匀强磁场，左半圆磁场方向垂直于平面向里，右半圆磁场方向垂直于平面向外。一平行于轴的长导体棒以速度沿轴正方向做匀速运动，则导体棒两端的电势差与导体棒位置的关系图象是（

［解析加设从y轴开始沿x轴正方向运动的长度为x（xW2R）,则ab导体棒在磁场中的切割长度1=2412—R—X—2=2寸2RX一12,感应电动势E=BlV=2BV（2RX—X2,可知|Uba|与x不是正比关系，所以C、D错误；由右手定则知在左侧磁场中1端电势高于口端电势；由于右侧磁场方向变化，所以在右侧a端电势高于b端电势，再结合圆的特点，可知B错误，A正确。口［答案］ A规律总结解答电磁感应图象问题的“规律总结解答电磁感应图象问题的“3个关注”关注1：如初始时刻感应电流是否为零，电流方向是正方向还是负方向。关注2：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。关注3：看图象斜率的大小、图象的曲直是否和物理过程对应，分析大小和方向的变化趋势。X高音频口.（2014•全国新课标I）□如图甲所示，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间电压如图乙所示。已知线圈内部的磁场与流经线圈的电流成正比，则图丙中描述线圈ab中电流随时间变化关系的图中，可能正确的是（口口加nn解析：选 根据题图乙可知： 两端在0〜05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a-恒定不变，正确，、、错误。.(2015•山东高考如图甲所示，°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。的正弦交流电源上，经二极管整流后，通过°的电流始终向左，其大小按图乙所示规律变化。规定内圆环端电势高于端时，、间的电压为正，下列一图象可能正确的是(解析：选 由题图乙知，°〜°25°,外圆环电流逐渐增大且会一逐渐减小，根据安培定则，外圆环内部磁场方向垂直纸面向里，磁场逐渐增强且会一逐渐减小，根据楞次定律知 ，「、一……一一△①△ 内圆环端电势高，所以>°,根据法拉第电磁感应定律=丁=/一知，逐渐减小；=0 25°时，^-=°,所以A=0, =0；同理可知° 250V <0 5°时，<0,且 逐渐增大；05°〜。内重复0〜05°的变化规律。故选项正确。考点3电磁感应的动力学、能量问题：本考点为高考的热点,既有选择题,又有计算题,命题规律如下：(1)与牛顿第二定律、运动学知识结合的动态分析问题。(2)电磁感应中的受力分析和功能关系问题。、必记知识.导体棒(或部分线圈)切割磁感线时的分析思路

(1(2导体运动展后需"感应电动势刈 嬴群(1(2导体处于平衡态根据平衡条件(合力等于零列式分析导体处于非平衡态根据牛顿第二定律进行动态分析，或结合功能关系分析阻碍安培力fI-磁场对电流的作用2．两种状态的处理方法.三种求解电能的思路)利用克服安培力做的功求解：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功。)利用能量守恒求解：其他形式的能的减少量等于产生的电能。)利用电路特征求解：通过电路所产生的电能来计算。、突破题组1．(2015•扬州模拟如图所示，两根质量同为、电阻同为、长度同为的导体棒a1．b用两条等长的、质量和电阻均可忽略的长直导线连接后，放在距地面足够高的光滑绝缘水平桌面上，两根导体棒均与桌边缘平行，一根在桌面上，另一根移动到靠在桌子的光滑绝缘侧面上。整个空间存在水平向右的匀强磁场，磁感应强度为B开始时两棒静止，自由释放后开始运动。已知两条导线除桌边缘拐弯处外其余部位均处于伸直状态，导线与桌子侧棱间无摩擦。求：(1)刚释放时，两导体棒的加速度大小；(2)两导体棒运动稳定时的速度大小；(若从开始下滑到刚稳定时通过横截面的电荷量为，求该过程棒下降的高度。解析(1刚释放时，设导线中的拉力为。T对棒有一=T对棒有=T(2

对

对又(2

对

对又导体棒运动稳定时，设细线中拉力为F。T棒有F=0T棒有、=gF安B2l2v安= =2铲汨2解得=31(从开始下滑到刚稳定，设棒下降的高度为。△①则通过横截面的电荷量=•△=笑=打乙 乙铲汨2解得=——

答案(1)(2答案(1)(2)—B2l22.(2015•遂宁模拟如图所示，一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距=0.5,左端接有阻值=0.Q的电阻。一质量=0.1k电阻=0.1Q的金属棒放置在导轨上，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度=0.。金属棒在水平向右的外力作用下，由静止开始以=22的加速度做匀加速运动，当金属棒的位移=时撤去外力，金属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1：2=2：1。导轨足够长且电阻不计，金属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金属棒在匀加速运动过程中，通过电阻的电荷量；(2撤去外力后回路中产生的焦耳热2；(外力做的功。 2解析(1设金属棒匀加速运动的时间为△，做匀速运动过程中回路的磁通量变化量为△0，回路中的平均感应电动势为一，由法拉第电磁感应定律得一△0rA=丁①其中△0= ②设回路中的平均电流为一，由闭合电路欧姆定律得=午③则通过电阻的电荷量为=一△④联立①②③④式，代入数据得=.5⑤(2设撤去外力时金属棒的速度为，对金属棒的匀加速运动过程，由运动学公式得2=2⑥设金属棒在撤去外力后的运动过程中安培力做功为，由动能定理得=0-12⑦撤去外力后回路中产生的焦耳热2=-⑧联立⑥⑦⑧式，代入数据得2=1..⑨(3由外题意知，撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q：Q=2：112可得1=. ⑩在棒运动的整个过程中，由功能关系可知=+OF12由⑨⑩式得=5.J答案(1 .5(21. ( 5.规律总结电磁感应中动力学问题应抓住的“两个对象”及解题策略1．“两个对象”△。一电学对象电源：=或=悖电路：=(+或=—力学对象受力分析：安=一合=过程分析：合=一一一一安2．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“动一电一动”的思维顺序。(1)找准主动运动者，用法拉第电磁感应定律和楞次定律(右手定则)求解电动势大小和方向。(2)根据欧姆定律，求解回路中电流。(3)分析安培力对导体棒加速度、速度的影响，从而推理得出对电路中电流的影响，最后定性分析出导体棒的最终运动情况。(4)运用运动学方程、牛顿第二定律、平衡方程或功能关系求解。\高考题组.(2015•海南高考如图所示，两平行金属导轨位于同一水平面上，相距，左端与一电阻相连；整个系统置于匀强磁场中，磁感应强度大小为，方向竖直向下。一质量为的导体棒置于导轨上，在水平外力作用下沿导轨以速度匀速向右滑动，滑动过程中始终保持与导轨垂直并接触良好。已知导体棒与导轨间的动摩擦因数为〃，重力加速度大小为，导轨和导体棒的电阻均可忽略。求(1电阻消耗的功率；(2)水平外力的大小。解析：(1)导体切割磁感线运动产生的电动势=根据欧姆定律，闭合回路中的感应电流为电阻消耗的功率为=2B2l2v2联立可得= (2)对导体棒受力分析，受到向左的安培力、向左的摩擦力和向右的外力，三力平衡，故—〃=安TOC\o"1-5"\h\z= =• •安B2l2v故=——十〃\o"CurrentDocument"B2l2v2 B2l2v答案：(1 (2 +〃

.(2014•新课标全国卷H半径分别为和2的同心圆形导轨固定在同一水平面内，一长为、质量为且质量分布均匀的直导体棒置于圆导轨上面， 的延长线通过圆导轨中心，装置的俯视图如图所示。整个装置位于一匀强磁场中，磁感应强度的大小为，方向竖直向下。在内圆导轨的点和外圆导轨的点之间接有一阻值为的电阻(图中未画出。直导体棒在水平外力作用下以角速度/绕逆时针匀速转动，在转动过程中始终与导轨保持良好接触。设导体棒与导轨之间的动摩擦因数为〃，导体棒和导轨的电阻均可忽略。重力加速度大小为。求：(1通过电阻的感应电流的方向和大小;(2)外力的功率。解析：(1根据右手定则得，导体棒上的电流方向为一，故电阻上的电流方向为一。设导体棒中点的速度为，则=-y-2而=3、 =2刃AB根据法拉第电磁感应定律，导体棒上产生的感应电动势=根据闭合电路欧姆定律得=联立以上各式解得=3^12等于安培力与摩擦力的功率之和，即(2)根据能量守恒定律，外力的功率等于安培力与摩擦力的功率之和，即P=BI＋、F--f而=〃解得答案：(1方向为一大小为3B交汇考点： 电磁感应综合问题、命题规律电磁感应综合问题往往涉及法拉第电磁感应定律、楞次定律、闭合电路欧姆定律、动力学问题、能量问题等，综合性较强，常作为压轴计算题，有时也有选择题。如图所示，两足够长的平行光滑的金属导轨、相距=1,导轨平面与水平面夹角a=30°,导轨电阻不计。磁感应强度1=2的匀强磁场垂直导轨平面向上，长=1的金属棒垂直于、 放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，金属棒的质量1=2、电阻=1Q。两金属导轨的上端连接右侧电路，电路中通过导线接一对水平放置的平行金属板，两板间的距离和板长均为=0.，定值电阻2=3口，现闭合开关并将金属棒由静止释放，重力加速度=10 ，求:(1)金属棒下滑的最大速度为多大？当金属棒下滑达到稳定状态时，整个电路消耗的电功率为多少？(3)当金属棒稳定下滑时，在水平放置的平行金属板间加一垂直于纸面向里的匀强磁场=3在下板的右端且非常靠近下板的位置有一质量为=3X10- k带电荷量为22=-1X10-的液滴以初速度水平向左射入两板间，该液滴可视为质点。要使带电粒子能从金属板间射出，初速度应满足什么条件？［快速审题］(1)受力分析：安培力是金属棒受到的其中一个力,明交啰)一受力分析的方法与力学中的方法相同丁—^ (2)运动分析：和力学中的分析方法相同，需要根据金属棒的受力情况结合牛顿第二定律,分析加速度、速度的变化情况(3)能量转化分析：能量的变化涉及到重力势能、动能、电势能、内能的相互转化，分析方法和力学中其他功能关系的分析方法相同x(1)金属棒由静止释放，做加速运动，加速度为零森电二一 时，达到最大速度，最终做匀速运动(2)由题图可知，平行金属板间电压变电阻&的电压,随着金属棒速度的增加，电压逐渐增大,最终电压达到恒定解析 1当金属棒匀速下滑时速度最大，设最大速度为，此时有ma=>1安金属棒所受安培力、=安1金属棒中电流12B2L2v所以1 a=不一12解得最大速度=10m(2由当能量守恒定律可知，整个电路消耗的电功率=a•1m所以=100(3当金属棒稳定下滑时，两板间电压U=IR=15V因为液滴在两板间有+-=02d所以该液滴在两平行金属板间由洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动，当液滴恰从上极板左端边缘射出时，圆周运动轨迹半径==Bq2解得液滴初速度1=0当液滴恰从上极板右侧边缘射出时，圆周运动轨迹半径=-=——

解得液滴初速度2=0.25m/s初速度满足的条件是<0.25m/s或三0.5m/s。答案(110m/s(2100 ( <0.25m/s或三0.5m/s思维模板解决电磁感应综合问题的5大步骤步骤1：''源”的分析—-分析电路中由电磁感应所产生的电源，求出电源参数和r步骤2：“路”的分析——分析电路结构，弄清串、并联关系，求出相关部分的电流大小，以便安培力的求解。步骤3：“力”的分析——分析研究对象(通常是金属杆、导体、线圈等)的受力情况，尤其注意其所受的安培力。步骤4：“运动”状态的分析——根据力和运动的关系，判断出正确的运动模型。步骤5：“能量”的分析——寻找电磁感应过程和研究对象的运动过程中其能量转化和守恒的关系。\即时巩固.(2015•广东高考如图甲所示，平行长直金属导轨水平放置，间距=0.4m。导轨右端接有阻值=1Q的电阻。导体棒垂直放置在导轨上，且接触良好，导体棒及导轨的电阻均不计，导轨间正方形区域内有方向竖直向下的匀强磁场，连线与导轨垂直，长度也为。从0时刻开始，磁感应强度的大小随时间变化，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，1s后刚好进入磁场，若使棒在导轨上始终以速度=1m/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，以及棒通过三角形的关系式。(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，以及棒通过三角形的关系式。区域时电流与时间解析(1正方形磁场的面积为，则L2=5=0.08m2乙在棒进入磁场前，回路中的感应电动势是由于磁场的变化而产生的。由一图象可知△丁△丁=0.5/s,「 △①一一,,…根据=^―,得回路中的感应电动势=0.5X0.08V=0.04V(2当导体棒通过位置时感应电动势、感应电流最大，导体棒受到的安培力最大。此时感应电动势= =0.5X0.4X1V=0.2V

E’ 0.2回路中感应电流1'=丁=丁A=0.2A导体棒受到的安培力F=BI'L=0.5X0.2X0.4N=0.04N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)(1sW1.2s)感应电动势e=BlV=2BV2(t—1)=(t—1)V感应电流i=R=(t—1)A(1sWtW1.2s)［答案］(1)0.04V(2)0.04Ni=(t—1)A(1sWtW1.2s).(2015•淮安模拟)如图所示，两根足够长相距为L=1m的平行金属导轨MN、PQ与水平面的夹角a=53。，导轨处在竖直向上的有界匀强磁场中，有界匀强磁场的宽度X1=3m,导轨上端连一阻值R=1Q的电阻。质量m=ikg、电阻r=iQ的细金属棒ab垂直放置在导轨上，开始时与磁场上边界距离x°=im,现将棒ab由静止释放，棒ab刚进入磁场时恰好做匀速运动。棒ab在下滑过程中与导轨始终接触良好，导轨光滑且电阻不计，取重力加速度g=i0m/s2。求：M(1)棒ab刚进入磁场时的速度大小v；(2)磁场的磁感应强度B的大小；(3)棒ab穿过磁场的过程中电阻口产生的焦耳热Q。［解析］(1)由动能定理有mgx0sina=2mv2解得V=%：2gX0sina=4m/s(2)棒ab产生的勺感应电动势E=BLvcosa回路中感应电流1=*BILCOsa10=TT解得B=mg R+□ sinBILCOsa10=TT解得B=mg R+□ sinaL2Vcos2a⑶解法一：由焦耳定律有Q=I2叩-x又口=万解得Q=12J解法二：由能量守恒定律有Q总=皿1sinaQ=2Q总解得Q=12J

12答案］(112■考点•考向•考法综合练一、单项选择题.(2015•奉贤区模拟如图所示，一个闭合三角形导线框位于竖直平面内，其下方(略靠前)固定一根与线框平面平行的水平直导线，导线中通以图示方向的恒定电流。释放线框，它由实线位置下落到虚线位置未发生转动，在此过程中( )A线框中感应电流方向依次为 一B线框的磁通量为零时，感应电流却不为零线框所受安培力的合力方向依次为向上一向下一向上D线框所受安培力的合力为零，做自由落体运动解析：选根据右手定则，通电直导线的磁场在上方向外，下方向里；线框从上向下靠近导线的过程，向外的磁感应强度增加，根据楞次定律，线框中产生顺时针方向的电流；穿越导线时，上方向外的磁场和下方向里的磁场叠加，先是向外的磁通量减小，之后变成向里的磁通量，并逐渐增大，直至最大；根据楞次定律，线框中产生逆时针方向的电流。向里的磁通量变成最大后，继续向下运动，向里的磁通量又逐渐减小，这时的电流新方向又变成了顺时针。所以线框中感应电流方向依次为：一一，选项错误；根据中的分析，穿越导线时，上方向外的磁场和下方向里的磁场叠加，先是向外的磁通量减小，一直减小到零，之后变成向里的磁通量，并逐渐增加。所以这一过程中，线框中始终有感应电流存在，选项正确；根据楞次定律，感应电流始终阻碍线框相对磁场的运动，故受安培力的方向始终向上，安培力的合力不为零；因受到向上的安培力，所以线框的运动不是自由落体运动，选项、错误。.(2015•西安质检将硬导线中间一段折成半圆形，使其半径为，让它在磁感应强度大小为、方向如图所示的匀强磁场中绕轴匀速转动，灯泡的电阻为。导线在、两处通过电刷与外电路连接，外电路接有额定功率为的小灯泡并正常发光，电路中除灯泡外，其余部分的电阻不计，则半圆形硬导线的转速为( )XXXXXXXX XXMxcxx-.又fc又办e:XXXXXXXXXxWXXX2n22解析：选半圆形导线转动时切割磁感线产生感应电动势，则电源电动势的有效值解析：选2n222n22Rn一，对于小灯泡有2-,两式联立得.（2015•重庆高考改编）如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t4ut2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12,则该段时间线圈两端1和a之间的电势差0b-0a（D口加A.从零均匀变化到一J二二口□□□B.从零均匀变化到nS「B。-'口t-t t-t21 21C.恒为一nSJ。-1口□□□□□□□□D.恒为nS」。-1口t-t t-t21 21解析：选加根据法拉第电磁感应定律知电势差大小为E=nSJ?-'；根据楞次定律t-t21可知b点电势较高，故0b-0a>0,□正确。口.（2015•攀枝花模拟）如图甲所示，在竖直向上的磁场中，水平放置一个单匝金属圆线圈，线圈所围的面积为0.1加2,线圈电阻为1口Q，磁场的磁感应强度大小B随时间口的变化规律如图乙所示，规定从上往下看顺时针方向为线圈中感应电流口的正方向。则（口口加A.0〜5叩内i的最大值为0.1皿□.第4叩末i的方向为正方向口C.第3叩内线圈的发热功率最大口D.3s〜5s内线圈有扩张的趋势解析：选皿在t=0时磁通量的变化率最大，感应电流最大为I=R=0.0号=0.01皿，选项A错误；第4四末，B在正方向逐渐减小，根据楞次定律可知，□的方向为负方向，选项B错误；第3加内线圈中感应电动势为零，所以第3叩内线圈的发热功率为零，选项C错误；3s〜5s内穿过线圈的磁通量减小,根据楞次定律可知线圈有扩张的趋势,选项D正确。5.（2015•安徽高考改编）如图所示，abCd为水平放置的平行光滑金属导轨，间距为1,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e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）。则下列说法不正确的是（）A.电路中感应电动势的大小为B1V口.电路中感应电流的大小为一.金属杆所受安培力的大小为D金属杆的热功率为——工n解析：选 因为金属杆以速度沿平行于的方向滑动，其切割磁感线的有效长度为导轨间距，由法拉第电磁感应定律，电路中感应电动势=l.电路中感应电流的大小为一.金属杆所受安培力的大小为D金属杆的热功率为——工n解析：选 因为金属杆以速度沿平行于的方向滑动，其切割磁感线的有效长度为导轨间距，由法拉第电磁感应定律，电路中感应电动势=l正确；由图可知，金属杆接入电路的实际长度为=—工，电路有效电阻=n由闭合电路的欧姆定律，电路中电流大小=-= = ,正确；金属杆所受安培力==n—」v_n,2n=一错误。正确；金属杆的热功率=26.(2015•石家庄质检如图甲所示，两根电阻不计的光滑金属导轨竖直放置，导轨上端接电阻，宽度相同的水平条形区域I和H内有方向垂直导轨平面向里的匀强磁场，I和II之间无磁场。一导体棒两端套在导轨上，并与两导轨始终保持良好接触，导体棒从距区域I上边界处由静止释放，在穿过两段磁场区域的过程中，流过电阻上的电流及其变化情况相同。图乙的四个图象中能定性描述导体棒速度大小与时间关系的是()解析：选 棒先做自由落体运动，当到I区磁场时由四个选项知棒开始减速说明安〉，由牛顿第二定律得，安一=,减速时安减小，合力减小，也减小，速度图象中图线上各点切线斜率减小；离开I区后棒做加速度为的匀加速直线运动，随后进入11区磁场，因棒在穿过两段磁场区域的过程中，流过电阻上的电流变化情况相同，则在I区磁场中运动情况与I区磁场中完全相同，所以只有项正确。7.(2015・黄山质检如图所示，固定放置在同一水平面内的两根平行长直金属导轨的间距为，其右端接有阻值为的电阻，整个装置处在竖直向上的磁感应强度大小为的匀强磁场中，一质量为(质量分布均匀的导体杆垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触，杆与导轨之间的动摩擦因数为〃。当杆在水平向左、垂直于杆的恒力作用下从静止开始沿导轨运动距离为时，速度恰好达到最大(运动过程中杆始终与导轨保持垂直。设杆

接入电路的电阻为导轨电阻不计，重力加速度大小为g接入电路的电阻为导轨电阻不计，重力加速度大小为g则此过程(A轻杆在做匀加速直线运动B流过曲棒的电流从一.恒力做的功与摩擦力做的功之和等于杆动能的变化量.恒力做的功、安培力做的功与摩擦力做的功三者之和等于杆动能的变化量解析：选轻杆在恒力作用下作加速运动，速度增大，产生感应电动势和感应电流增大，安培力增大，合力减小，加速度减小，合力减为零后做匀速运动，所以轻杆做加速度减小的变加速直线运动，选项错误；由右手定则判断知流过棒的电流从一a选项错误;根据动能定理得：恒力做的功、摩擦力做的功、安培力做的功之和等于杆动能的变化量，而摩擦力做负功，安培力也做负功，则知恒力做的功与摩擦力做的功之和大于杆动能的变化量，选项错误，正确。二、多项选择题.