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(共55张PPT)
第一讲　恒定电流和交变电流
2023
内容索引
核心考点聚焦
微专题 热考命题突破
【知识网络建构】
核心考点聚焦
考点一
直流电路的分析与计算
核心归纳
命题角度1　闭合电路的动态分析
方法1:程序法 最常规的方法
最直接的方法
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 适用于变阻器限流接法
因滑动变阻器滑片滑动引起电路变化的问题,可将滑动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。
命题角度2　直流电路的分析与计算
温馨提示电动机卡住时所在电路为纯电阻电路,此时电动机内阻即为一个普通的发热电阻,欧姆定律仍适用,电能全部转化为内能。
命题角度3　闭合电路的图像问题
典例剖析
例1(命题角度1)(2022湖南湘潭模拟)如图所示,电源的电动势为E、内阻为r,定值电阻为R0,将滑动变阻器的滑片从a端向b端移动,在a端时电流表示数为I1,在b端时电流表的示数为I2,电压表示数均为U。两电表均为理想电表,在滑片移动的过程中,下列判断正确的是(　　)
A.电流表的示数先增大后减小
B.定值电阻R0消耗的功率先增大后减小
C.电压表示数为U时,通过电源的电流等于I1+I2
D.电源的效率先减小后增大
C
电流表示数一直减小,选项A错误;将滑动变阻器的滑片从a端向b端移动的过程中,当滑片在中点时滑动变阻器接入电路的阻值最大,则总电阻先增大后减小,总电流先减小后增大,则定值电阻R0消耗的功率先减小后增大,选项B错误;由题可知,滑片在a端时,电流表示数为I1,此时通过电源的电流为I1,此时电压表示数为U,当滑到b端时,电流表示数为I2=0,此时电压表示数仍为U,可知电压表示数为U时,通过电源的电流等于I1+I2,选项C正确;电源的效率η= ,因滑片从a向b滑动时 ,总电阻先增大后减小,可知电源的效率先增大后减小,选项D错误。
对点训练
1.(命题角度2)(多选)某电动车总质量为6.75×103 kg,若它匀速前进500 m用时250 s,该过程中驱动电机的输入电流I=10 A,电压为300 V,电动车行驶时所受阻力为车总重力的 ,重力加速度g取10 m/s2,机械效率是输出功率占输入功率的百分比。不考虑其他损耗,下列说法正确的是(　　)
A.驱动电机的输入功率为3 000 W
B.电动车的机械功率为2 500 W
C.驱动电机的内阻为3 Ω
D.驱动电机的机械效率为85%
AC
解析 驱动电机的输入功率为P入=UI=300×10 W=3 000 W,选项A正确。
阻力大小,即F=Ff,故电动车的机械功率P机=Fv=2 700 W,选项B错误。设驱动电机的内阻为R,由能量守恒定律得P入t=P机t+I2Rt,解得驱动电机的内阻为R=3 Ω,选项C正确。驱动电机的机械效率为η= ×100%=90%,选项D错误。
2.(命题角度3)如图甲所示的电路,其中电源电动势E=6 V,内阻r=2 Ω,定值电阻R=4 Ω,已知滑动变阻器消耗的功率P与其接入电路的有效阻值RP的关系如图乙所示。则下列说法正确的是(　　)
A.图乙中滑动变阻器的最大功率P2=2 W
B.图乙中R1=6 Ω,R2=12 Ω
C.滑动变阻器消耗的功率P最大时,定值电阻R消耗的功率也最大
D.调整滑动变阻器RP的阻值,可以使电源的输出电流达到2 A
B
考点二
交变电流及变压器问题的分析与计算
核心归纳
命题角度1　交变电流的产生及“四值”
(1)理解两个特殊位置的磁通量、磁通量的变化率、感应电动势及感应电
(2)区分交变电流的“四值”,即峰值、瞬时值、有效值和平均值。
　　　　　　　　 变交流为直流
(3)确定交变电流中电动势、电压、电流的有效值后就可以运用直流电路的规律处理交流电路中的有关问题。
命题角度2　理想变压器原理及应用
副制约原
(3)功率制约:变压器副线圈中的功率P2由用户负载决定,原线圈的输入功率P1由副线圈的输出功率P2决定,即P1=P2。 副制约原
温馨提示原线圈串联或并联负载时的解题策略:原线圈串联分压电阻时,输入端前端电压等于分压电阻电压和变压器输入电压之和;原线圈并联电阻时,输入端总电流等于分流电阻电流与原线圈电流之和。
命题角度3　远距离输电
温馨提示 理想变压器能变电压、电流,但不能变功率、频率;对远距离输电问题要区别输电电压和输电线上损失的电压。
深化拓展　理想变压器动态分析的两种情况
典例剖析
例2(命题角度2)(2022湖南卷)如图所示,理想变压
器原、副线圈总匝数相同,滑动触头P1初始位置
在副线圈正中间,输入端接入电压有效值恒定的
交流电源。定值电阻R1的阻值为R,滑动变阻器R2
的最大阻值为9R,滑片P2初始位置在最右端。理
想电压表V的示数为U,理想电流表A的示数为I。下列说法正确的是(　　)
A.保持P1位置不变,P2向左缓慢滑动的过程中,I减小,U不变
B.保持P1位置不变,P2向左缓慢滑动的过程中,R1消耗的功率增大
C.保持P2位置不变,P1向下缓慢滑动的过程中,I减小,U增大
D.保持P2位置不变,P1向下缓慢滑动的过程中,R1消耗的功率减小
B
解析 保持P1位置不变,由题意可知,变压器接入电路中原、副线圈的匝数比为2,若原线圈的电流为I,则副线圈的电流为2I,根据欧姆定律可得副线圈两端的电压有效值为U2=2IR1,则变压器原线圈两端的电压有效值为U1=2U2=4IR1,设输入电压有效值为U0,则U0=4IR1+IR2,可得I= 。P2向左缓慢滑动的过程中,R2减小,I变大,而U1=4IR1,可知变压器原线圈两端的电压有效值变大,输入电压有效值不变,则R2两端的电压不断变小,即电压表示数U变小,原线圈两端的电压、输入的电流都变大,则变压器输入功率变大,根据原、副线圈的功率相等,可知R1消耗的功率增大,故B正确,A错误。
对点训练
3.(命题角度1)(2022湖北八市二模)如图甲所示,100匝圆形线圈接入理想变压器的原线圈,变压器的副线圈接入阻值为R的电阻,电表都是理想电表。已知每匝线圈的电阻均为R,若在线圈位置加上垂直于线圈平面的磁场,磁感应强度B随时间t按正弦规律变化的图像如图乙所示,得到圆形线圈的电热功率与电阻R的功率相等。下列说法正确的是(　　)
C.原、副线圈匝数比n1∶n2=10∶1
D.对某一段线圈来说,当磁感应强度最大时,受到的安培力最大
C
解析 电表测量的是有效值,不是瞬时值,两电流表的示数不变,A、B错误;
当磁感应强度最大时,感应电流等于零,线圈受到的安培力等于零,D错误。
4.(命题角度2)(2022山东卷)如图所示的变压器,输入电压为220 V,可输出12 V、18 V、30 V电压,匝数为n1的原线圈中电压随时间变化为u=Umcos(100πt)。单匝线圈绕过铁芯连接交流电压表,电压表的示数为0.1 V。将阻值为12 Ω的电阻R接在BC两端时,功率为12 W。下列说法正确的是(　　)
A.n1为1 100,Um为220 V
B.BC间线圈匝数为120匝,
流过R的电流为1.4 A
C.若将R接在AB两端,R两端的电压为18 V,
频率为100 Hz
D.若将R接在AC两端,流过R的电流为2.5 A,周期为0.02 s
D
5.(命题角度1、3)(多选)输电能耗演示电路如图所示。左侧变压器原、副线圈匝数比为1∶3,输入电压有效值为7.5 V的正弦式交变电流。连接两理想变压器的导线总电阻为r,负载R的阻值为10 Ω。开关S接1时,右侧变压器原、副线圈匝数比为2∶1,R上的功率为10 W;接2时,匝数比为1∶2,R上的功率为P。以下判断正确的是(　　)
A.r=10 Ω B.r=5 Ω
C.P=45 W D.P=22.5 W
BD
微专题 热考命题突破
命题篇
新教材、新高考、新情境 直流与交流电路知识在生产生活中的应用
情境解读
直流电路与交流电路知识和生产、生活实践联系非常密切,比如电动牙刷、电吹风电路、无线充电、燃气灶点火装置等,此类问题一般涉及直流、交流电路的基本知识,以闭合电路欧姆定律、变压器规律为主要考查点。
考向分析
高考单独考查直流电路的题目不多,考查点一般有闭合电路欧姆定律、电阻定律、电阻的串并联及电容器等知识;高考对交流电路的考查频率相对较高,主要考查理想变压器的工作原理及电压、电流、功率之间的关系,有时也综合考查远距离输电、交变电流的产生与变化规律,以及电路与电磁感应等知识点。这部分题目经常以生产、生活中的实际问题情境为背景,考查考生的理解能力和推理论证能力,试题通常以选择题形式出现,难度中等。
案例探究
例1(2022河北承德一中模拟)哈密50 MW熔盐塔式光热发电项目共安装了14 500面五边形定日镜,定日镜在伺服系统的控制下能自动地把接收到的太阳光反射到集热塔的热靶上,建成后预计每年可提供1.98亿千瓦时的清洁电力。伺服系统是两套结构相同的装置,一套控制水平轴负责俯仰(点头)、一套控制竖直轴负责方位(摇头),伺服系统主要耗电设备是电动机,虽然驱动的角速度很小,但是要对抗风吹,所以要带阻尼运行。设每个电动机功率为30 W,内阻为3 Ω,工作电压为15 V,伺服系统每天工作10 h。
根据以上数据判断下列选项最接近真实状况的是(　　)
A.单个伺服电动机的工作电流是5 A
B.单个伺服电动机克服阻尼的功率是18 W
C.伺服系统每日耗电约5 000 kW·h
D.单个定日镜日均发电31 kW·h
B
角度拓展1 (2022四川成都二模)风速仪的简易装置如图所示,其工作原理是:风吹动风杯,风杯通过转轴带动永磁铁转动,电流测量装置则可显示感应线圈产生的电流i随时间t变化的图像,从而实现测量实时风速。若风速一定时,风杯的转动周期为T,则下列图像可能正确的是(　　)
D
解析 线圈在磁场中转动会产生交变电流,根据相对运动可知,磁场相对线圈转动也会产生交变电流,转动的周期即为交变电流的周期,转动的转速与交变电流的最大值有关。由于永磁铁的转动,线圈垂直于磁场方向切割磁感线,线圈中将产生正弦式交变电流,故电流i随时间t变化的图像可能正确的是D。
角度拓展2 (多选)(2022广东江门一模)如图甲所示为家用燃气灶点火装置的电路原理图,转换器将直流电压转换为图乙所示的正弦式交变电压,并加在理想变压器的原线圈上,电压表为理想交流电表,设变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2。当变压器副线圈输出电压的瞬时值大于5 000 V时,就会在点火针两端间引发电火花进而点燃燃气。下列说法正确的是(　　)
A.闭合开关S,加在变压器原线圈上的正弦式交变
电压的有效值为50 V
B.某交流发电机要产生与图乙相同频率的交变
电流,其线圈在磁场中的转速为100 r/s
C.闭合开关S,电压表的示数为25 V
D.变压器原、副线圈的匝数n1、n2满足n2>100n1时,
才能实现点火
CD
命题篇
重要思维方法 等效电源法、等效电阻法的应用
主题概述
一、等效电源法
电源的输出功率与负载的关系如图所示,P出随R的增大先增大后减小,当R=r时达到最大,
Pm= 。P出二、等效电阻法
等效电阻法是指在含有理想变压器的电路中,当副线圈接纯电阻元件时,可以把理想变压器(含与副线圈串联的所有元件)当成一个电阻来处理。设
考向分析
等效思维法在分析物理问题时经常用到,等效法是在保证某一方面效果相同的前提下,用理想的、熟悉的、简单的、形象的物理对象、物理过程或物理现象替代实际的、陌生的、复杂的、抽象的物理对象、物理过程或物理现象的一种处理方法,解决问题时可达到事半功倍的效果。
案例探究
例2(多选)(2022河北石家庄一模)如图所示,理想变压器的原、副线圈匝数分别为n1、n2,且n1>n2,定值电阻r的阻值与滑动变阻器R的最大阻值相等,电流表、电压表均为理想电表。在a、b端接入交变电源,当滑动变阻器R的滑片由Q端向P端滑动时,下列说法正确的是(　　)
A.电流表示数变大
B.电压表示数不变
C.定值电阻r消耗的电功率逐渐变大
D.变压器副线圈的输出功率逐渐变小
AC
角度拓展3 (多选)如图所示,理想变压器的原、副线圈匝数比为1∶n,a、b两端接恒定交流电压U,原线圈接一电阻为R0(恒定不变)的灯泡L,副线圈接入可变电阻R、理想电压表V。下列说法正确的是(　　)
A.ab的输出功率等于可变电阻R的功率
B.若可变电阻接入电路的阻值变大,
电压表示数变大
C.可变电阻消耗功率最大时,
通过灯泡L的电流为
D.当可变电阻接入电路的电阻为n2R0时,可变电阻消耗的功率最大
BD
角度拓展4 (2021湖南卷)如图所示,理想变压器原、副线圈匝数比为n1∶n2,输入端C、D接入电压有效值恒定的交流电源,灯泡L1、L2的阻值始终与定值电阻R0的阻值相同。在滑动变阻器R的滑片从a端滑动到b端的过程中,两个灯泡始终发光且工作在额定电压以内,下列说法正确的是(　　)
A.L1先变暗后变亮,L2一直变亮
B.L1先变亮后变暗,L2一直变亮
C.L1先变暗后变亮,L2先变亮后变暗
D.L1先变亮后变暗,L2先变亮后变暗
A
解析 在滑片从a向b滑动过程中,根据串、并联电路特点可知,变压器负载电阻先增大后减小,滑片在中间时,电阻最大;将变压器等效成用电器,等效电阻为R'= R负,根据闭合电路欧姆定律可知,流过L1的电流I1先减小后增大,所以L1先变暗后变亮。滑片从a向b滑动过程中,滑到中点前,由于I1减小,L1两端电压减小,变压器原线圈两端电压U1增大,副线圈两端电压U2增大,对于L2所在支路,电阻减小,所以电流增大,L2变亮。滑片滑到中点后,由于I1增大,U1将减小,U2也减小,R0所在支路电阻在增大,电流减小,而由于I1增大,副线圈中电流也增大,所以流过L2的电流增大,因此L2一直变亮,选项A正确。(共80张PPT)
第二讲　电磁感应规律及综合应用
2023
内容索引
核心考点聚焦
微专题 热考命题突破
【知识网络建构】
核心考点聚焦
考点一
楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用
核心归纳
命题角度1　感应电流方向的判定
(1)楞次定律:一般用于线圈面积不变,磁感应强度发生变化的情形。
楞次定律中“阻碍”的四种形式:
①阻碍原磁通量的变化; 增反减同
②阻碍物体间的相对运动; 来拒去留
③阻碍线圈面积的变化; 增缩减扩
④阻碍原电流的变化(自感现象)。 　增反减同
(2)右手定则:一般用于导体棒切割磁感线的情形。
命题角度2　感应电动势的求解
(1)感生电动势
命题角度3　感应电荷量的两种求法
(1)当回路中的磁通量发生变化时,由于感应电场的作用使电荷发生定向移
深化拓展　“三定则、一定律”的比较
定则或定律 适用的现象 因果关系
安培定则 电流的磁效应——电流、运动电荷产生的磁场 因电生磁
左手定则 1.安培力——磁场对电流的作用力;
2.洛伦兹力——磁场对运动电荷的作用力 因电受力
右手定则 导体做切割磁感线运动产生的电磁感应现象 因动生电
楞次定律 闭合回路磁通量变化产生的电磁感应现象 因磁生电
典例剖析
例1(命题角度1、2)(2022重庆质检)一种手压式环
保节能手电筒的结构示意图如图甲所示,使用时,
迅速按压手柄,灯泡(可视为纯电阻)就能发光,这种
不需要干电池的手电筒利用了电磁感应现象。其
转动装置和齿轮传动装置的简化原理图如图乙、
丙所示。假设图乙中的转动装置由金属内圈和金
属外圈构成,内、外圈之间接有一根沿半径方向的金属条ab,灯泡通过电刷分别跟内、外线圈相连接(图乙中未画出)。整个转动装置固定在转动轴上,处于磁感应强度为B的匀强磁场中,磁场方向垂直线圈平面(纸面)向里。图丙中的齿轮传动装置中A齿轮固定在转动装置的转动轴上,B、C齿轮同心固定,C轮边缘与手柄相啮合,A、B齿轮边缘相啮合,手柄重力忽略不计。
下列说法正确的是(　　)
A.向下压手柄时,齿轮C逆时针转动
B.转动装置随A齿轮逆时针转动时,电流由a流向b
C.手柄向下和向上运动时流过ab杆的电流方向相同
D.流过灯泡的电流大小与手柄向下压的速度成正比
D
解析 由丙图可知,向下压手柄时,齿轮C顺时针转动,A错误;转动装置随A齿轮逆时针转动时,金属条ab逆时针转动切割磁感线,回路闭合,由右手定则知电流由b流向a,B错误;手柄向下和向上运动时,A齿轮转动方向相反,流
对点训练
1.(命题角度1、2)(2022北京西城二模)如图甲所示,将线圈套在长玻璃管上,线圈的两端与电流传感器相连。将强磁铁从长玻璃管上端由静止释放,磁铁下落过程中将穿过线圈。实验观察到如图乙所示的感应电流随时间变化的图像。
甲
乙
下列说法正确的是(　　)
A.t1~t3时间内,磁铁受到线圈的作用力方向先向上后向下
B.若将磁铁两极翻转后重复实验,将先产生负向感应电流,后产生正向感应电流
C.若将线圈的匝数加倍,线圈中产生的电流峰值也将加倍
D.若将线圈到玻璃管上端的距离加倍,线圈中产生的电流峰值也将加倍
B
解析 根据楞次定律的“来拒去留”可知,t1~t3时间内,磁铁受到线圈的作用力方向一直向上,故A错误;若将磁铁两极翻转后重复实验,则圆环内磁通量方向相反,根据楞次定律可知,将先产生负向感应电流,后产生正向感应电流,故B正确;若将线圈的匝数加倍, ,因为电阻也加倍,线圈中产生的电流峰值不会加倍,故C错误;若将线圈到玻璃管上端的距离加倍,如果没有安培力,则根据动能定理有mgh= mv2,高度加倍,速度并非变为原来的2倍,实际存在安培力做负功,速度不是原来的2倍,则线圈中产生的电流峰值不会加倍,故D错误。
2.(命题角度2)(多选)(2022山东卷)如图所示,xOy平面的第一、三象限内以坐标原点O为圆心、半径为 l的扇形区域充满方向垂直纸面向外的匀强磁场。边长为l的正方形金属框绕其始终在O点的顶点,在xOy平面内以角速度ω顺时针匀速转动。t=0时刻,金属框开始进入第一象限。不考虑自感影响,关于金属框中感应电动势E随时间t变化规律的描述正确的是(　　)
BC
3.(命题角度2、3)(多选)(2022湖北四校联考)如图所示,匝数n=500、横截面积S=20 cm2、电阻r=1.50 Ω的线圈竖直放置,并处于方向沿竖直方向的磁场B1中,磁场B1的大小随时间均匀增大。长为l=20 cm、质量为m=50 g、电阻R=0.5 Ω的粗细均匀的导体棒,水平放置在竖直导轨的两端点a、b上,导体棒处在垂直纸面向里、上方足够大、磁感应强度大小为B2=0.2 T的匀强磁场中。
闭合开关K,导体棒与a、b端瞬间脱离,竖直向上运动的高度为h=3.2 cm,不计空气阻力,导轨电阻不计,重力加速度g取10 m/s2,下列说法正确的是(　　)
A.导体棒脱离a、b端向上运动的过程中,导体棒右端电势低于左端电势
B.若B1随时间的变化规律为B1=10t(T),闭合开关,导体棒可以脱离a、b端向上运动
C.B1的方向竖直向上
D.开关K闭合瞬间,通过导体棒的电荷量不会少于1 C
AD
解析 导体棒脱离a、b端向上运动的过程中,导体棒切割磁感线产生电动势,相当于电源,由右手定则可知,导体棒右端电势低于左端电势,故A正确;若B1随时间的变化规律为B1=10t(T),则由法拉第电磁感应定律知,线圈的感
体棒重力G=mg=0.5 N>0.2 N,所以此时导体棒不能脱离a、b端向上运动,故B错误;由题意知,想让导体棒向上运动,则安培力竖直向上,由左手定则知,通过导体棒的电流方向为从a到b,则线圈中感应电流的磁场竖直向上,因为磁场B1的大小随时间均匀增大,由楞次定律知,原磁场B1的方向应该竖直向下,故C错误;
开关K闭合瞬间,对导体棒由动量定理得(F安-mg)Δt=mv-0,又因为导体棒脱离后向上做竖直上抛运动,即v2=2gh,解得v=0.8 m/s,
考点二
电磁感应中的图像问题
核心归纳
命题角度1　由电磁感应过程画图像
(1)分析电磁感应过程;(2)明确物理量变化规律;(3)判断图像正误。
命题角度2　由图像分析电磁感应过程
(1)看清图像纵、横轴意义;(2)明确物理量变化规律;(3)还原电磁感应过程。
深化拓展　1.电磁感应图像问题的“三点关注”
(1)关注初始时刻,如初始时刻感应电流是否为零,是正方向还是负方向。
(2)关注过程,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像变化相对应。
(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.电磁感应图像问题的“两种技法”
最快捷的方法
(1)排除法:定性地分析电磁感应过程中物理量的变化趋势(增大还是减小)、变化快慢(均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。
最有效的方法
(2)函数法:根据题目所给条件定量地写出两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。
典例剖析
例2(命题角度1)(多选)(2022湖南岳阳二模)如图所示,两条光滑平行金属导轨水平固定,导轨电阻忽略不计,虚线ab、cd均与导轨垂直,在ab与cd之间存在垂直于轨道所在平面向里的匀强磁场。将两根相同的导体棒PQ、MN平行于ab放置在导轨上,两者始终与导轨垂直且接触良好。现在对PQ、MN施加相同的恒力F,先后自导轨上同一位置由静止开始运动。已知PQ进入磁场时加速度恰好为零。从PQ进入磁场开始计时,到MN离开磁场区域为止,PQ的运动速度v、流过PQ的电流I随时间t变化的图像可能正确的是(　　)
ACD
解析 若PQ离开磁场时,MN还未进入磁场,PQ进入磁场时加速度恰好为零,则F=BIL,PQ在磁场内做匀速运动,由于PQ离开磁场时,MN还未进入磁场,PQ上的安培力消失,PQ将在外力F的作用下做匀加速运动;若PQ未离开磁场时,MN已进入磁场,根据题意可知MN进入磁场时与PQ速度相等,则两棒产生的电动势等大反向,故电流为零,则两棒在外力F的作用下做匀加速运动,PQ棒离开磁场后继续做匀加速运动,故B错误,A正确。PQ进入磁场时加速度恰好为零,则F=BIL,可知I= ,PQ在磁场内做匀速运动,则电流不变,当PQ离开磁场时,MN还未进入磁场,则电流为零,当MN进入磁场,根据题意可知MN进入磁场时与PQ进入磁场时速度相等,且做匀速运动,则流过PQ的电流大小不变,根据右手定则可知,流过PQ的电流反向,故C正确。
PQ进入磁场时加速度恰好为零,PQ在磁场内做匀速运动,则电流不变,当PQ未离开磁场时,MN已进入磁场,根据题意可知MN进入磁场时与PQ速度相等,则两棒产生的电动势等大反向,故电流为零,则两棒在外力F的作用下做匀加速运动,PQ棒离开磁场时,对于MN有安培力大于外力F,则BI1L-F=ma,MN减速,且a减小,则电流逐渐减小且非均匀变化,根据右手定则可知,流过PQ的电流反向,故D正确。
对点训练
4.(命题角度1)(2022上海徐汇二模)如图所示,载有固定条形磁铁的小车沿倾斜直轨道依次穿过三个完全相同且等间距排列的线圈,该过程中a、b两点间电压U随时间t变化的图线可能为(　　)
A
解析 由题意可得,小车沿倾斜直轨道做匀加速直线运动,所以经过相邻两个线圈的时间越来越小,且随着小车速度增大,穿过三个线圈的磁通量变化率逐渐增大,即最大感应电动势逐渐增大,且随着小车速度增大,穿过三个线圈的时间变小,则出现感应电动势的时间也逐渐减小,故A正确。
5.(命题角度2)如图甲所示,水平面内虚线MN的右侧存在垂直纸面向里的匀强磁场,现有一个闭合的金属线框以恒定速度从MN左侧沿垂直MN的方向进入匀强磁场区域,线框中的电流随时间变化的i-t图像如图乙所示,则线框的形状可能是(　　)
B
解析 导体棒切割磁感线产生的感应电动势E=BLv,设线框总电阻是R,则感应电流I= ,由图乙所示图像可知,感应电流先均匀变大,再不变,后均匀变小,由于B、v、R是定值,由上式知I与有效切割长度成正比,则导体棒的有效长度L应先均匀变大,再不变,后均匀变小,故A、C、D错误,B正确。
考点三
电磁感应中的动力学、动量和能量问题
核心归纳
命题角度1　电磁感应中的动力学问题
命题角度2　电磁感应中的能量、动量问题
(1)分析“受力”:分析研究对象的受力情况,特别关注安培力的方向。
(2)分析“能量”:搞清楚有哪些力做功,就可以知道有哪些形式的能量发生了变化,根据动能定理或能量守恒定律等列方程求解。
(3)分析“动量”:在电磁感应中可用动量定理求变力的作用时间、速度、位移和电荷量(一般应用于单杆切割磁感线运动)。
深化拓展　求焦耳热Q的三种方法
(1)焦耳定律:Q=I2Rt,适用于电流、电阻不变的情境。
(2)功能关系:Q=W克服安培力,电流变与不变都适用。
(3)能量转化:Q=ΔE(其他能的减少量),电流变与不变都适用。
典例剖析
例3(命题角度2)(2022山东烟台一模)有一边长为L、质量为m、总电阻为R的正方形导线框自磁场上方某处自由下落,如图所示。区域Ⅰ、Ⅱ中匀强磁场的磁感应强度大小均为B,二者宽度分别为L、H,且H>L。导线框恰好匀速进入区域Ⅰ,一段时间后又恰好匀速离开区域Ⅱ,
重力加速度为g,下列说法正确的是(　　)
B.导线框刚进入区域Ⅱ时的加速度大小为g,
方向竖直向上
C.导线框进入区域Ⅱ的过程产生的焦耳热为mgH
D.导线框从完全进入区域Ⅱ到开始离开区域Ⅱ的过程中做匀速运动
C
导线框恰好匀速进入区域Ⅰ,故线框在区域Ⅰ中以速度v匀速运动,设线框完全离开磁场Ⅰ时速度为v',从完全离开区域Ⅰ到开始离开区域Ⅱ的过程
焦耳热为Q=mgH,C正确;从完全进入区域Ⅱ到开始离开区域Ⅱ的过程,导线框加速度为g,D错误。
对点训练
6.(命题角度1、2)(多选)(2022山东菏泽一模)M和N两水平线间存在垂直纸面向里的匀强磁场,磁场高度为h,竖直平面内有质量为m、电阻为R的直角梯形线框,上下底水平且底边之比为5∶1,梯形高为2h。该线框从AB边到磁场上边界的距离为h的位置由静止下落,下落过程底边始终水平,线框平面始终与磁场方向垂直。已知AB边刚进入磁场时和AB边刚穿出磁场时线框加速度为零,重力加速度为g,
下列说法正确的是(　　)
A.AB边匀速穿过磁场
B.从AB边刚穿出磁场到CD边刚要进入磁场的过程中,线框做匀速运动
C.CD边刚进入磁场时,线框的加速度为 g,方向竖直向上
D.从线框开始下落到AB边刚穿出磁场的过程中,线框产生的焦耳热和重力做功之比为31∶16
BC
竖直向上,C正确;从线框开始下落到AB边刚穿出磁场的过程中,由能量守恒定律可知,线框重力势能的减少量转化为线框的动能和线框产生的焦耳热,即重力做功大于焦耳热,D错误。
7.(命题角度1、2)(多选)(2021全国甲卷)由相同材料
的导线绕成边长相同的甲、乙两个正方形闭合线圈,
两线圈的质量相等,但所用导线的横截面积不同,甲线
圈的匝数是乙的2倍。
现两线圈在竖直平面内从同一高度同时由静止开始
下落,一段时间后进入一方向垂直于纸面的匀强磁场区域,磁场的上边界水平,如图所示。不计空气阻力,已知下落过程中线圈始终平行于纸面,上、下边保持水平。在线圈下边进入磁场后且上边进入磁场前,可能出现的是
(　　)
A.甲和乙都加速运动 B.甲和乙都减速运动
C.甲加速运动,乙减速运动 D.甲减速运动,乙加速运动
AB
当重力大于安培力时,甲和乙都做加速运动,A正确;当重力小于安培力时,甲和乙都做减速运动,B正确;甲和乙受力情况相同,合力相同,要么都加速,要么都减速,不可能一个加速,一个减速,C、D错误。
微专题 热考命题突破
命题篇
新教材、新高考、新情境 电磁感应现象中的STSE问题
情境解读
电磁感应现象中的STSE问题往往以科技、日常生活新情境为素材,如磁电式转速传感器、浮桶式灯塔、电子感应加速器、无线充电技术、电磁刹车等从电磁感应现象切入,考查动力学、能量、动量和电学知识等一个或多个知识点。
考向分析
电磁感应现象是高考的必考知识,一般综合考查以下三个方面的问题:(1)电磁感应中的电路问题,主要考查等效电路的模型建构,题目涉及感生电动势和动生电动势;(2)电磁感应中的力学问题,主要涉及两大研究对象——电学对象和力学对象;(3)电磁感应中的能量问题。高考中的电磁感应问题,经常与图像、力和运动、功和能量等联系在一起考查,题目难度较大。
案例探究
例1(2022湖北八市二模)小明模
仿科技小视频制作电磁“小车”:
用铜制裸导线绕制成长螺线管
当作轨道,固定在水平桌面上;将两个磁性很强的磁铁固连在一节新干电池的两极上,制成“小车”,磁极与电极如图所示。把“小车”从左侧入口完全推入螺线管,“小车”并没有像视频那样向前运动。以下说法正确的是(　　)
A.电磁“小车”工作原理是螺线管中产生了电磁感应现象
B.若将“小车”从右侧入口完全推入,“小车”可能会向前运动
C.若将左端磁铁反向与电池固连后从左侧入口完全推入,“小车”可能会运动
D.将“小车”放入包有绝缘层的铝制长螺线管中,“小车”可能会运动
B
解析 两磁极间的磁感线如图甲所示,干电池与磁铁及
中间部分线圈组成了闭合回路,在两磁极间的线圈中产
生电流,左端磁极的左侧线圈和右端磁极的右侧线圈中
没有电流。从左侧看,线圈中电流方向如图乙所示,由左
手定则可知,中间线圈所受的安培力向右,根据牛顿第三
定律可知小车向左加速,显然该小车前进不是利用电磁
感应原理,因为小车受向左的作用力,则把“小车”从左侧入口完全推入螺线管肯定不会向右运动,而若将“小车”从右侧入口完全推入,“小车”可能会向前运动,故A错误,B正确;若将左端磁铁反向与电源固连,则磁感线不会向外发散,两部分受到方向相反的力,合力为零,不能加速运动,故C错误;将“小车”放入包有绝缘层的铝制长螺线管中,在螺线管中不会产生闭合电流,则“小车”不会受到力的作用,则不可能会运动,故D错误。
角度拓展1 (2022江苏南京盐城二模)汽车上使用的电磁制动装置的示意图如图所示。电磁制动是一种非接触的制动方式,其原理是当导体在通电线圈产生的磁场中运动时,会产生涡流,使导体受到阻碍运动的制动力。下列说法正确的是(　　)
A.制动过程中,导体不会产生热量
B.如果导体反向转动,此装置将不起制动作用
C.制动力的大小与线圈中电流的大小无关
D.线圈电流一定时,导体运动的速度越大,
制动力就越大
D
解析 电磁制动的原理是当导体在通电线圈产生的磁场中运动时,会产生涡流,电流流过电阻时会产生热量,A错误;如果改变线圈中的电流方向,铁芯产生的磁感线的方向变为反向,此时产生的涡流方向也相反,根据安培力的公式,电流和所处的磁场方向同时反向,安培力方向不变,故还是使导体受到阻碍运动的制动力,B错误;线圈中电流越大,则产生的磁场越强,则转盘转动产生的涡流越强,则制动器对转盘的制动力越大,C错误;线圈电流一定时,导体运动的速度越大,转盘转动产生的涡流越强,制动力就越大,D正确。
角度拓展2 (2022广东普通高中一模)浮桶式灯塔模型如图甲所示,其由带空腔的磁体和一个连着灯泡的线圈组成,磁体在空腔产生的磁场如图乙所示,磁体通过支柱固定在暗礁上,线圈随波浪相对磁体沿竖直方向运动,且始终处于磁场中,则下列说法正确的是(　　)
A.当海面平静时,灯泡稳定发光
B.当海水水平匀速流动时,
灯泡稳定发光
C.海水上下震荡幅度越大,
灯泡发光越亮
D.海水上下震荡速度越快,灯泡发光越亮
D
解析 当海面平静时,线圈静止不动,不切割磁感线,不产生电动势,灯泡不亮,故A错误;当海水水平匀速流动时,线圈不切割磁感线,不产生电动势,灯泡不亮,故B错误;线圈随海水上下震荡,切割磁感线产生的电动势E=nBlv,可知电动势的大小与海水上下的震荡速度有关,与震荡幅度无关,v越大,E越大,则灯泡越亮,故C错误,D正确。
角度拓展3 (2022浙江卷)舰载机电磁弹射是现在航母最先进的弹射技术,我国在这一领域已达到世界先进水平。某兴趣小组开展电磁弹射系统的设计研究,如图1所示,用于推动模型飞机的动子(图中未画出)与线圈绝缘并固定,线圈带动动子,可在水平导轨上无摩擦滑动。线圈位于导轨间的辐向磁场中,其所在处的磁感应强度大小均为B。开关S与1接通,恒流源与线圈连接,动子从静止开始推动飞机加速,飞机达到起飞速度时与动子脱离;此时S掷向2接通定值电阻R0,同时施加回撤力F,在F和磁场力作用下,动子恰好返回初始位置停下。若动子从静止开始至返回过程的v-t图如图2所示,在t1至t3时间内F=(800-10v) N,t3时撤去F。已知起飞速度v1=80 m/s,t1=1.5 s,线圈匝数n=100,每匝周长l=1 m,飞机的质量M=10 kg,动子和线圈的总质量m=5 kg,R0=9.5 Ω,B=0.1 T,不计空气阻力和飞机起飞对动子运动速度的影响,求:
图1 图2
(1)恒流源的电流I;
(2)线圈电阻R;
(3)时刻t3。
答案 (1)80 A
(2)0.5 Ω
解析 (1)由题意可知接通恒流源时安培力
F安=nBIl
此时安培力为
F安'=nBI'l
此时根据牛顿第二定律有
从t3时刻到最后返回初始位置停下的时间段内通过回路的电荷量,根据动量定理有-nBlΔq=0-ma'(t3-t2)
联立可得(t3-t2)2+(t3-t2)-1=0
命题篇
经典物理模型 电磁感应中的“杆+导轨”模型
模型建构
“杆+导轨”模型又分为“单杆”型和“双杆”型,导轨放置方式可分为水平、竖直和倾斜,杆的运动状态可分为匀速、匀变速、非匀变速运动等。
(一)单杆模型
(二)双杆模型
物理
模型 “双杆”模型分为两类:一类是“一动一静”,甲杆静止不动,乙杆运动,其实质是单杆问题,不过要注意问题包含着一个条件——甲杆静止,受力平衡。另一种情况是两杆都在运动,对于这种情况,要注意两杆切割磁感线产生的感应电动势是相加还是相减
考向分析
“杆+导轨”模型是高考的热点,考查的知识点多,题目的综合性强,物理情境变化空间大,也是复习中的难点。此类试题可以很好地考查力与运动的相互观念,一般会与动量定理、动量守恒定律、动能定理、焦耳定律、功能关系、能量守恒定律等联系在一起,进而考查学生综合分析问题的能力。
案例探究
例2(2022山东四县区模拟)如图所示,
M1M2与P2P1是固定在水平面上的两光
滑平行导轨,间距为L1=1 m,M1M2P2P1
区域内存在垂直于导轨所在平面的匀
强磁场,磁感应强度B1=1 T。N1N2与Q1Q2也是固定在水平面上的两光滑平行导轨,间距为L2=0.5 m,并用导线与M1M2与P2P1相连接,N1N2Q1Q2区域内存在垂直于导轨平面的匀强磁场,磁感应强度B2=2 T。在M1M2P2P1区域放置导体棒G,其质量m1=2 kg、电阻R1=1 Ω、长度L1=1 m,在N1N2Q1Q2区域内放置导体棒H,其质量m2=1 kg、电阻R2=1 Ω、长度L2=0.5 m。刚开始时两棒都与导轨垂直放置,且H棒被锁定,两个区域导轨都足够长且棒始终与导轨接触良好,导轨与导线电阻不计。
(1)要想使G棒在水平向右的外力F作用下做初速度为零、加速度a=2 m/s2的匀加速直线运动,请写出力F与时间t的关系式;
(2)若在G棒上施加水平向右的F0=5 N的外力,在作用t1=5 s后达到最大速度,求此过程中G棒的位移;
(3)若G棒在水平向右的外力F作用下做初速度为零、加速度为2 m/s2的匀加速直线运动,运动t2=6 s后将力F撤去,同时将导体棒H解锁,求从撤去外力到导体棒H获得最大速度的过程中H棒产生的热量;
(4)若开始时H棒即解除锁定,G棒一直在外力F作用下向右做加速度a=2 m/s2的匀加速直线运动,求电路稳定后两棒的速度满足的关系式。
答案 (1)F=t+4
(2)10 m
(3)24 J
(4)v1-v2=4 m/s
解析 (1)要使导体棒G做匀加速直线运动,设加速度为a,则可得E=B1L1at
由牛顿第二定律可得F-B1IL1=m1a
可得F=t+4。
(2)设最大速度为vm,当速度最大时,拉力F与安培力相等,F0=B1ImL1
则最大电动势为Em=B1L1vm
(3)导体棒H解锁时G棒速度v0=at2=12 m/s
当导体棒H获得最大速度时,电路中电动势为零,则此时B1L1v1=B2L2v2
两棒组成的系统动量守恒m1v0=m1v1+m2v2
由以上各式可得QH=24 J。
(4)当电路稳定时,电路中电流恒定,则电动势恒定,安培力恒定,两棒的加速度相同。
对G棒B2IL2=m2a
角度拓展4 (多选)(2021福建卷)如图所示,P、Q是两根固定在水平面内的光滑平行金属导轨,间距为L,导轨足够长且电阻可忽略不计。图中EFHG矩形区域有一方向垂直导轨平面向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。在t=t1时刻,两均匀金属棒a、b分别从磁场边界EF、GH进入磁场,速度大小均为v0;一段时间后,流经a棒的电流为0,此时t=t2,b棒仍位于磁场区域内。已知金属棒a、b以相同材料制成,长度均为L,电阻分别为R和2R,a棒的质量为m。
在运动过程中两金属棒始终与导轨垂直且接触良好,a、b棒没有相碰,则
(　　)
B.t2时刻b棒的速度为0
C.t1~t2时间内,通过a棒横截面的电荷量是b棒的2倍
AD
解析 在t=t1时刻,两均匀金属棒a、b分别从磁场边界EF、GH进入磁场,速度大小均为v0,由右手定则可判断出两金属棒产生的感应电动势和感应电流方向都是逆时针方向,产生的感应电动势都是BLv0,由闭合电路欧姆定律
由于金属棒a、b串联构成回路,所以在t1~t2时间内,通过a棒的电荷量与b棒相同,C错误;由于金属棒a、b电阻分别为R和2R,金属棒a、b串联构成回路,二者电流相等,由焦耳定律可知金属棒a、b产生的焦耳热之比为1∶2,设t1~t2时间内,a棒产生的焦耳热为Q,则b棒产生的焦耳热为2Q,由电阻定律可知,金属棒a的横截面积为b的2倍,体积为b的2倍,质量为b的2倍,即b的质量为0.5m。t=t2时刻流经a棒的电流为0,说明金属棒a、b具有共同速度,由动
角度拓展5 (多选)(2022山东济南二模)如图所示,水平面上有一组平行但宽度不同的固定导轨,分界线PQ、MN位于水平面内且均与导轨垂直,PQ左侧导轨间距是右侧导轨间距的2倍。PQ左侧和MN右侧有方向垂直水平面、等大反向的匀强磁场,PQ和MN之间是距离d=1 m的无磁场区域。两根完全相同的导体棒CD、EF均平行于PQ静止放置在导轨上,导体棒质量均为m=0.2 kg。给导体棒CD施加一水平向右、大小为F=10 N的恒力,当导体棒CD运动s=0.5 m时撤去恒力F,此时两导体棒的速度大小均为v1=1 m/s。已知导体棒CD运动到PQ前两导体棒的速度均已稳定。
当导体棒EF的速度大小为v2=0.2 m/s时,导体棒CD刚好运动到MN并进入右侧磁场区域。整个过程中导体棒EF始终在MN的右侧导轨上运动,两导体棒始终与轨道接触良好且不会碰撞。除导体棒电阻外不计其他电阻,忽略一切摩擦,导轨足够长,重力加速度g取10 m/s2,下列说法正确的是(　　)
A.恒力F作用过程中,导体棒EF上产生的焦耳热为1.6 J
B.撤去拉力F后,导体棒CD在左侧水平轨道上稳定速度的大小为0.5 m/s
C.导体棒CD从PQ运动到MN过程中,导体棒EF位移的大小为1.3 m
D.导体棒CD最终速度的大小为 m/s
AD
中产生的电动势大小相等、方向相反时,两导体棒的速度达到稳定,设稳定时导体棒CD的速度为vCD,导体棒EF的速度为vEF,右侧导轨间距为L,左侧导轨间距为2L,则有B·2LvCD=BLvEF,从撤去拉力F到导体棒速度稳定,对导体
解题篇
大题突破(四)电磁感应规律的综合应用
典例示范(12分)(2021北京高三二模)如图所示,两根足够长的平行光滑金属导轨水平放置,间距为l,一端与阻值为R的电阻相连。导轨所在空间存在竖直向下的匀强磁场,磁感应强度为B。一根质量为m的金属棒置于导轨上,其长度恰好等于导轨间距,与导轨接触良好。t=0时金属棒以初速度v0沿导轨向右运动,不计空气阻力,不计导轨及金属棒的电阻。求:
(1)t=0时金属棒产生的感应电流I的大小;
(2)t=0时金属棒的加速度大小a;
(3)t=0之后的整个运动过程中通过金属棒
的电荷量q。
原生态样卷剖析
学生答卷及批阅展示
教师点评
1.未注意题干条件“不计导轨及金属棒的电阻”,导致②③式错误,不得分。
技巧:审题要仔细,准确把握关键条件。
2.⑥式最后结果化简得比较规范,但多出了导体棒电阻,导致不能得分。
技巧:解题时最好在草稿上化简,让阅卷老师一目了然。同时,审题要仔细。
3.对于⑦式,根据微元法写出-Blq=0-mv0同样给分。
技巧:在求电荷量问题中,注意微元法的应用。
总评:该题满分12分,该同学作答整体思路较清晰,但由于审题不仔细,造成扣分,只得到7分。
【满分答卷】 (1)由法拉第电磁感应定律得
E=Blv0①(1分)
由闭合电路欧姆定律得
(2)由于F=BIl④(1分)
由牛顿第二定律得F=ma⑤(1分)
(3)对金属棒,由动量定理有
-∑(lBi·Δt)=0-mv0⑦(1分)
又q=∑(i·Δt)⑧(1分)
解答思路归纳

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