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第10讲　直流电路与交流电路
知识网络构建
命题分类剖析
命题点一　直流电路的分析与计算
1．闭合电路欧姆定律的三个公式
(1)E＝U外＋U内；(任意电路)
(2)E＝U外＋Ir；(任意电路)
(3)E＝I(R＋r)．(纯电阻电路)
2．电路动态分析的两种方法
即因滑动变阻器滑片滑动引起的电路变化问题，可将滑动变阻器的滑片分别滑至两个极端去讨论．
例 1[2023·广东模拟预测]
(多选)如图所示电路，两电源电动势分别为E1、E2，内阻分别为r1、r2，且E1＝E2，r1>r2，R为滑动变阻器，P为滑动变阻器滑片，灯泡电阻可认为不变．现闭合开关S1，单刀双掷开关S2接1时，灯泡均正常发光，则下列说法中正确的是(　　)
A．若滑片P向下滑动，则L2变亮，L3变暗
B．若滑片P向下滑动，则L1变暗，L2变亮
C．若将单刀双掷开关S2切换至2，则L1、L2、L3均变亮
D．若将单刀双掷开关S2切换至2，则电源的输出功率可能变小
例 2[2023·海南卷]如图所示电路，已知电源电动势为E，内阻不计，电容器电容为C，闭合开关K，待电路稳定后，电容器上的电荷量为(　　)
A．CE
B．CE
C．CE
D．CE
例 3[2023·浙江名校联盟联考]新冠肺炎患者中有13%的重症患者和6%的危重患者需要给予及时的呼吸机治疗，呼吸机成为生死攸关的战略资源．呼吸机的核心部件之一是呼吸机马达．下表是国内某制造商生产的呼吸机马达的主要参数．下列说明正确的是(　　)
呼吸机马达
额定电压 24 V
空载电流 0.2 A
额定转速 30 000 rpm
额定负载扭矩 100 mN·m
额定电流 1.9 A
额定输出功率 32 W
A.额定电流状态下，马达内阻等消耗功率为13.6 W
B．利用空载状态的参数，计算出马达的内阻是120 Ω
C．利用额定状态的参数，计算出马达的内阻约为9 Ω
D．空载状态下，马达的输出功率为4.8 W
思维提升
纯电阻电路和非纯电阻电路
(1)纯电阻电路：电功W＝UIt，电功率P＝UI，且电功全部转化为电热，有W＝Q＝UIt＝t＝I2Rt，P＝UI＝＝I2R.
(2)非纯电阻电路：电功W＝UIt，电功率P＝UI，电热Q＝I2Rt，电热功率P热＝I2R，电功率大于电热功率，即P>P热，故求电功、电功率只能用W＝UIt、P＝UI，求电热、电热功率只能用Q＝I2Rt、P热＝I2R.
提升训练
1.
[2023·重庆南开中学质检](多选)小明为自己家的养牛场设计了一款补水提示器，其工作原理如图所示．在忽略电表内阻影响的情况下，下列分析正确的是(　　)
A．水量减少时，滑动变阻器的滑片向上移动
B．如果选择电压表，电表示数变小反映水量增多
C．如果选择电流表，电表示数变大反映水量增多
D．如果选择电流表，R0可以在水太多时保护电路
2．[2023·北京市昌平区前锋学校二模]甲、乙两种亮度可调的台灯内部电路示意图如图所示，其中甲台灯通过变阻器调节灯泡亮度，乙台灯通过改变理想变压器副线圈的匝数调节灯泡亮度，两台灯所用电源和灯泡均相同，下列说法正确的是(　　)
A．两台灯均可使用直流电源
B．甲台灯的旋转开关从1调到4的过程中，灯泡逐渐变暗
C．乙台灯的旋转开关从1调到4的过程中，灯泡逐渐变亮
D．当两台灯亮度相同时，电源的输出功率相同
3.
[2023·人大附中高三摸底考试](多选)为了节能和环保，一些公共场所用光敏电阻制作光控开关来控制照明系统，如图为电路原理图．图中，直流电源电动势为3 V，内阻可不计，R为可变电阻，RG为光敏电阻，其在不同照度下的阻值如表(照度是描述光的强弱的物理量，光越强照度越大，lx是它的单位)．若控制开关两端电压升至2 V时将自动开启照明系统，则以下说法正确的是(　　)
照度/lx 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0 1.2
电阻RG/kΩ 75 40 28 23 20 18
A.若将R接入电路的阻值调整为20 kΩ，则当照度降低到0.4 lx时启动照明系统
B．若要使照明系统在照度降低到0.8 lx时启动，则要将R接入电路的阻值调整为46 kΩ
C．R接入电路的阻值不变时，照度越大，控制开关两端的电压越大
D．若要在光照更暗时启动照明系统，应将R接入电路的阻值调大
命题点二　交流电流的分析与计算
1．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．
2．有效值的计算
(1)正弦式交变电流：E＝，I＝，U＝.
(2)非正弦式交变电流：计算有效值时，要根据电流的热效应，即“一个周期”内“相同电阻”上产生“相同热量”，然后分段求和列式，求得有效值．
3．正弦式交流电“四值”的应用
表达式 应用
最大值 Em＝nBSω 计算电容器的耐压值
瞬时值 e＝Emsin ωt 计算某时刻所受安培力
有效值 E＝ 电表的读数及计算电热、电功及保险丝的熔断电流
平均值 ＝ 计算通过导体的电荷量
考向1　交流电流的产生
例 1[2023·四川省成都市三诊](多选)如图甲所示，KLMN是一个电阻R＝0.4 Ω的单匝竖直矩形闭合导线框，全部处于水平方向的匀强磁场中，MN边水平，线框绕某一竖直固定轴按俯视的逆时针方向匀速转动，产生的感应电流如图乙所示．下列说法正确的是(　　)
A．1 s时间内电流方向改变5次
B．若从图示时刻开始计时，并且规定MLKN的方向为电流的正方向，则电流表达式为i＝10sin (10πt＋π)A
C．图示时刻感应电动势的瞬时值e＝2V
D．磁通量的最大值Φm＝ Wb
考向2　交变电流的“四值”的分析、计算
例 2[2023·湖南卷](多选)某同学自制了一个手摇交流发电机，如图所示．大轮与小轮通过皮带传动(皮带不打滑)，半径之比为4∶1，小轮与线圈固定在同一转轴上．线圈是由漆包线绕制而成的边长为L的正方形，共n匝，总阻值为R.磁体间磁场可视为磁感应强度大小为B的匀强磁场．大轮以角速度ω匀速转动，带动小轮及线圈绕转轴转动，转轴与磁场方向垂直．线圈通过导线、滑环和电刷连接一个阻值恒为R的灯泡．假设发电时灯泡能发光且工作在额定电压以内，下列说法正确的是(　　)
A．线圈转动的角速度为4ω
B．灯泡两端电压有效值为3nBL2ω
C．若用总长为原来两倍的相同漆包线重新绕制成边长仍为L的多匝正方形线圈，则灯泡两端电压有效值为
D．若仅将小轮半径变为原来的两倍，则灯泡变得更亮
提升训练
1.[2023·浙江十校联盟联考]如图甲是小型交流发电机，两磁极间的磁场可视为匀强磁场，一个100匝的矩形线圈(内阻不计)绕垂直于磁场方向的轴OO′匀速转动，某位置开始计时产生的交变电动势图像如图乙所示，已知磁感应强度B＝0.1 T，则(　　)
A．t＝0时刻，线圈平面与磁感线平行
B．线圈的面积S为 m2
C．它可使“220 V，60 W”的灯泡正常发光，也可使击穿电压为220 V的电容器正常工作
D．以此作为电源，每通过1 C的电荷量，消耗的电能为220 J
2．[2023·金丽衢十二校联考]如图所示为一电流通过一电子元件后的波形图(曲线部分为正弦式交变电流的一部分)，则下列说法正确的是(　　)
A．这是一种交变电流
B．电流的变化周期为0.03 s
C．电流通过100 Ω电阻时，电功率为100 W
D．电流通过100 Ω的电阻时，一个周期内流经电阻的电荷量大于0.015 C
3．[2023·广东茂名一模]无线充电技术已经在新能源汽车等领域得到应用．地下铺设供电的送电线圈，车上的受电线圈与蓄电池相连，如图所示．送电线圈和受电线圈匝数比为n1∶n2＝4∶1.当送电线圈接上图中的正弦交流电后，受电线圈中的电流为2 A．不考虑线圈的自感，忽略电能传输的损耗，下列说法正确的是(　　)
A．受电线圈的电流方向每秒改变50次
B．送电线圈的输入功率为110 W
C．受电线圈的输出电压为50 V
D．送电线圈的输入电压为220 V
命题点三　变压器与远距离输电
1．理想变压器原副线圈中各物理量的三个制约关系
(1)电压制约：输出电压U2由输入电压U1决定，即U2＝.原制约副
(2)电流制约：原线圈中的电流I1由副线圈中的输出电流I2决定，即I1＝.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
2．分清远距离输电的三个回路和三种关系
(1)理清三个回路
(2)分清三种关系
电压关系 ＝ U2＝ΔU＋U3 ＝
电流关系 ＝ I2＝I3＝I线 ＝
功率关系 P1＝P2 P2＝P3＋ΔP ΔP＝R线＝ P3＝P4
考向1　理想变压器的分析与计算
例 1[2023·海南卷](多选)
如图是工厂利用u＝220sin 100πt V的交流电给36 V照明灯供电的电路，理想变压器原线圈匝数为1 100，下列说法正确的是(　　)
A．电源电压有效值为220 V
B．交变电流的周期为0.02 s
C．副线圈匝数为180
D．副线圈匝数为240
例 2[2023·四川省成都市树德中学高三三诊]图甲中理想变压器原、副线圈的匝数比为2∶1，电阻R＝10 Ω，L1、L2为规格相同的两只小灯泡．原线圈接一个经双可控硅调节后的电压U，U随时间t的变化规律如图乙所示，正弦交流电的每一个二分之一周期中，前四分之一周期电压被截去．现将S1、S2、S3闭合，此时L2正常发光．下列说法错误的是(　　)
A．输入电压U的有效值为10 V
B．R消耗的电功率为10 W
C．只断开S3后，L2能正常发光
D．只断开S2后，原线圈的输入功率减小
例 3[2023·湖北省高三三模]
如图所示，理想变压器原、副线圈匝数之比为1∶2，输入端所加正弦交流电的电压U＝20sin (100πt) V，已知电阻R1＝10 Ω，R2＝20 Ω，滑动变阻器R3最大阻值为40 Ω，电压表为理想电压表．开始时，滑片P处于滑动变阻器正中间位置，下列说法正确的是(　　)
A．通过R1的电流为2 A
B．电压表读数为40 V
C．副线圈电流方向每秒钟改变50次
D．若将滑片P向下滑动，电压表读数将变大
思维提升
原线圈含电阻的变压器问题分析技巧
对于一组原、副线圈电路，电流与匝数成反比的规律成立，即＝；但要注意电压与匝数成正比关系成立的条件，原线圈接有电阻时，＝中U1指的是原线圈两端电压，而不是电源电压．原线圈两端电压和与原线圈串联的电阻两端电压之和等于电源电压．
考向2　远距离输电
例 4[2023·四川统考二模](多选)在远距离输电技术上，中国1 100 kV特高压直流输电工程是目前世界上电压等级最高、输送容量最大、输送距离最远、技术水平最先进的输电工程．输电线路流程可简化为：
如虚线框所示，若直流输电线电阻为10 Ω，直流电输送功率为5.5×109 W，不计变压器、整流与逆变等造成的能量损失，则(　　)
A．直流电输电线路上的电流为5×103 A
B．直流电输电线路上损失的电压为100 kV
C．降压变压器的输出功率是4.5×109 W
D．若将1 100 kV直流输电降为550 kV直流输电，受端获得功率将比原来减少7.5×108 W
提升训练
1.[2023·安徽省联考](多选)如图所示，理想变压器原、副线圈总匝数相同，滑动触头P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变电源，原、副线圈分别接可变电阻R1、R2，理想电压表V1、V2的示数为U1、U2，理想电流表A1、A2的示数为I1、I2.下列说法错误的是(　　)
A.保持P位置不变，R1增大、R2不变的情况下，I1减小，U1不变
B．保持P位置不变，R1不变、R2增大的情况下，I2减小，U2减小
C．保持P位置不变，R1不变，使R2＝时，R2消耗的功率达到最大
D．R1不变、R2减小的情况下，P向下移，R1消耗的功率减小
2．[2023·浙江联考](多选)杭丽铁路被列入浙江省重大建设项目“十四五”规划，杭丽高铁建成后，丽水前往杭州的时间将缩短至1小时内．新建成的高铁将应用许多新技术，图示为高铁的牵引供电流程图，利用可视为理想变压器(原、副线圈匝数比为n1∶n2)的牵引变电所，将高压220 kV或110 kV降至27.5 kV，再通过接触网上的电线与车顶上的受电弓使机车获得25 kV工作电压，则下列说法正确的是(　　)
A．若电网的电压为110 kV，则n1∶n2＝4∶1
B．若高铁机车运行功率增大，机车工作电压将会高于25 kV
C．高铁机车运行功率增大，牵引变电所至机车间的热损耗功率也会随之增大
D．如果高铁机车的电动机输出机械功率为9 000 kW，电机效率为90%，则牵引变电所到机车间的等效电阻为62.5 Ω
素养培优·模型建构
交变电流的产生及含变压器的三种模型
模型一　交变电流的产生
分类 情境图示 情境解读
两个特殊位置 中性面：Φ最大、e＝0、i＝0、电流变向 中性面的垂面：Φ＝0、e最大、i最大、电流不变向
交变电流的四值 峰值Um＝nBSω
瞬时值 e＝Umsin ωt 或e＝Umcos ωt
有效值 ①U＝ ②根据电流的热效应计算
平均值I＝
模型二　含变压器的三种模型
分类 情境图示 情境解读
变压器工作原理 变交不变直，变压不变频
变压器动态分析 一般有两种：匝数比不变的情况和负载电阻不变的情况
远距离输电 在远距离输电问题中，一般用P损＝R线计算线路功率损耗
[典例1]　[2023·福建厦门市二模]如图是一小型交流发电机供电原理图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向匀强磁场，理想变压器原、副线圈分别与发电机和灯泡连接，灯泡上标有“6 V　3 W”字样且正常发光(除灯泡外不计其余电阻)从某时刻开始计时，发电机输出端的电流随时间变化图像如图乙，下列说法正确的是(　　)
A.当t＝0.04 s时发电机内线圈平面与磁场方向平行
B．发电机输出电流的瞬时值i＝sin (100πt) A
C．变压器原、副线圈匝数之比为∶4
D．发电机1分钟内产生的电能为180 J
[典例2]　[2023·福建省宁德市质检]如图所示为输电能耗演示电路．左侧变压器T1原、副线圈匝数比为1∶3，输入电压为6 V的正弦交流电．连接两理想变压器的导线总电阻为r，负载R的阻值为8 Ω，开关S接1时，右侧变压器T2原、副线圈匝数比为2∶1，R消耗的功率为8 W；接2时，T2原、副线圈匝数比为1∶2，则(　　)
A．接1时，T2原线圈两端电压为U3＝18 V
B．接1时，T2原线圈中的电流为I3＝2 A
C．接2时，R消耗的功率P＝32 W
D．接2时，R消耗的功率P＝18 W
第10讲　直流电路与交流电路
命题分类剖析
命题点一
[例1]　解析：将滑动变阻器的滑片P向下调节，变阻器接入电路的电阻变大，R与灯L2并联的部分电阻变大，外电路总电阻变大，根据闭合电路欧姆定律分析得知，干路电流I减小，L3灯泡亮度变暗；
路端电压U变大，L3灯两端的电压U3变小，R与灯L2并联电路的电压U并＝U－U3，U增大，U3减小，则U并增大，灯L2变亮；流过L1的电流I1＝I－I2，I减小，I2增大，I1减小，灯泡L1亮度变暗，AB正确；
若将单刀双掷开关S2切换至2，电源电动势不变，内电阻变小，根据闭合电路欧姆定律可知I＝，电路干路电流增大，外电路电压变大，外电路各用电器阻值不变，故各支路电流增大，灯泡L1、L2、L3均变亮，C正确；P出＝I2R外，电路总电流增大，外电阻不变，输出功率一定增大，D错误．
答案：ABC
[例2]　解析：由电路的串并联规律可知，电阻3R两端的电压为，电阻R两端的电压为，则电容器两极板间电势差ΔU＝，则Q＝CΔU＝，C对．
答案：C
[例3]　解析：额定电流状态下，马达内阻等消耗功率为Pr＝U额I额－P输＝13.6 W，故A正确；由于马达不是纯电阻元件，所以无论是在空载状态还是额定状态，都不能利用参数根据欧姆定律计算马达的内阻，故B、C错误；空载状态下，马达的输入功率为P空＝U额I空＝4.8 W，由于马达内阻会消耗功率，所以马达此时的输出功率小于4.8 W，故D错误．
答案：A
[提升训练]
1．解析：根据装置图可知，水量减少，弹簧压缩量减少，滑片上移，故A正确；若电表为电压表，其测的是滑动变阻器上部分对应的电压值，示数减小，说明滑片上移，水量减少，故B错误；若电表为电流表，电流表测的是整个电路的电流，电流表示数变大，说明滑动变阻器接入电路的阻值减小，即滑片下移，水量增多，故C正确；如果选择电流表，水太多时R接入电路的阻值很小，电路中电流很大，此时R0串联在干路中，起到保护电路(电流表)的作用，故D正确．
答案：ACD
2．解析：由于乙灯是使用的变压器，因此必须用交流电源，A错误；
甲灯旋转开关从1调到4的过程中，接入的电阻阻值减小，电路电流增大，灯泡逐渐变亮，B错误；
乙台灯的旋转开关从1调到4的过程中，副线圈的匝数增大．根据变压器原理，原副线圈的匝数比与原副线圈的电压比相等，因此副线圈电压将增大，灯泡逐渐变亮，C正确；
当两台灯亮度相同时，甲图电源功率为EI，而乙图电源功率为EI，其中k为原副线圈匝数比，D错误；故选C.
答案：C
3．解析：将R接入电路的阻值调整为20 kΩ，则当照度降低到0.4 lx时RG为40 kΩ，根据串联分压原理可得，此时控制开关两端电压升为2 V，即自动启动照明系统，故A正确；
使照明系统在照度降低到0.8 lx时启动，根据串联电路分压特点知，应将R接入电路的阻值调整为＝
解得R＝11.5 kΩ，故B错误；
R接入电路的阻值不变时，照度越大，光敏电阻阻值变小，分压变小，即控制开关两端的电压越小，故C错误；
若要在光照更暗，即光敏电阻更大时启动照明系统，根据串联电路分压特点可知，应将R接入电路的阻值调大，故D正确．
答案：AD
命题点二
[例1]　解析：由图乙可知周期为0.2 s，一个周期内电流方向改变2次，则1 s时间内电流方向改变10次，故A错误；
若从图示时刻开始计时，并且规定MLKN的方向为电流的正方向，此时电流方向为正，线框平面与中性面的夹角为，且在转即回到中性面处，则电流表达式为i＝Imsin (t＋φ0)＝10sin (10πt＋π)A
故B正确；
感应电动势最大值为Em＝ImR＝4 V
图示时刻感应电动势的瞬时值e＝Emcos 30°＝2 V，故C错误；
根据电动势最大值表达式Em＝BSω
可知磁通量的最大值为Φm＝BS＝＝ Wb＝ Wb，故D正确．
答案：BD
[例2]　解析：大轮和小轮通过皮带传动，线速度相等，小轮和线圈同轴转动，角速度相等，根据v＝ωr
根据题意可知大轮与小轮半径之比为4∶1，则小轮转动的角速度为4ω，线圈转动的角速度为4ω，A正确；
线圈产生感应电动势的最大值Emax＝nBS·4ω
又S＝L2
联立可得Emax＝4nBL2ω
则线圈产生感应电动势的有效值E＝＝2nBL2ω
根据串联电路分压原理可知灯泡两端电压有效值为
U＝＝nBL2ω
B错误；
若用总长为原来两倍的相同漆包线重新绕制成边长仍为L的多匝正方形线圈，则线圈的匝数变为原来的2倍，线圈产生感应电动势的最大值E′max＝8nBL2ω
此时线圈产生感应电动势的有效值E′＝＝4nBL2ω
根据电阻定律R′＝ρ
可知线圈电阻变为原来的2倍，即为2R，根据串联电路分压原理可得灯泡两端电压有效值U′＝＝，C正确；
若仅将小轮半径变为原来的两倍，根据v＝ωr可知小轮和线圈的角速度变小，根据E＝
可知线圈产生的感应电动势有效值变小，则灯泡变暗，D错误．
答案：AC
[提升训练]
1．解析：t＝0时刻，由图乙可知，瞬时电动势为零，线圈平面与磁感线垂直，故A错误；根据线圈产生的最大电动势E＝NBSω，结合图乙计算得S＝ m2，故B正确；它可使“220 V，60 W”的灯泡正常发光，电动势的最大值为220 V，超过了电容器的击穿电压，不可使击穿电压为220 V的电容器正常工作，故C错误；不同时刻开始通电，通过1 C的电荷量所用时间不同，故消耗的电能不同，故D错误．
答案：B
2．解析：交变电流是指大小和方向随时间做周期变化的电流，图中电流方向未变，是直流，A错误；电流的变化周期为0.015 s，B错误；电流通过100 Ω电阻时，电功率为P＝ W＝ W，C错误；根据i-t图像与t轴所围面积表示电荷量可知，电流通过100 Ω的电阻时，一个周期内流经电阻的电荷量大于0.015 C，D正确．
答案：D
3．解析：受电线圈的电流频率与送电线圈中的电流频率相同，即为f＝＝50 Hz
一个周期内电流方向改变2次，所以每秒电流方向改变100次，A错误；
根据图可知送电线圈上正弦交流电的有效值为U有效＝U输入＝220 V＝220 V
受电线圈中的电流为2 A，可得送电线圈中的电流大小为I送＝·I受＝×2 A＝0.5 A
送电线圈的输入功率为P＝220×0.5 W＝110 W
B正确，D错误；
对受电线圈的输出电压有＝
得U受＝55 V，C错误．
答案：B
命题点三
[例1]　解析：电源电压的有效值　U＝ V＝220 V，选项A错误；
交流电的周期　T＝＝ s＝0.02 s，选项B正确；
根据变压器变压公式　＝
可得副线圈匝数　n2＝n1＝×1 100＝180，选项C正确，D错误．
答案：BC
[例2]　解析：令输入电压的有效值为U1，根据正弦式交流电的有效值与有效值的定义＝T
解得U1＝10 V，故A正确；
根据理想变压器的电压匝数关系＝
解得副线圈两端电压U2＝U1＝×10 V＝5 V
则R消耗的电功率为P＝＝2.5 W，故B错误；
只断开S3后，L2电压不受影响，L2能正常发光，故C正确；
只断开S2后，负载电阻变大，输出电压不变，根据P2＝
输出功率减小，则输入功率也减小，故D正确．
答案：B
[例3]　解析：由输入端所加正弦电压的表达式可知输入端的电压有效值为U＝20 V
设原线圈中的电流为I1，副线圈中的电流为I2，则由能量守恒可得UI1＝(R2＋)
而由匝数比等于电流的反比可得＝
联立解得I1＝1 A，I2＝0.5 A
则可得电压表的示数U2＝I2(R2＋)＝20 V，故AB错误；
由输入端所加正弦交流电的电压表达式可知该交流电的频率为f＝50 Hz
则可知副线圈电流方向每秒钟改变100次，故C错误；
若将滑片P向下滑动，接入副线圈回路中的电阻增大，电流减小，则可知原线圈回路中的电流也减小，从而使定值电阻两端的电压减小，原线圈两端的电压增大，而匝数比不变，则可知副线圈两端的电压增大，因此电压表的示数增大，故D正确．
答案：D
[例4]　解析：直流电输送功率P＝UI，得输送电流I＝＝ A＝5 000 A，A正确；
损失的电压ΔU＝IR＝5×103×10 V＝50 kV，B错误；
输电导线上损失的功率ΔP＝I2R＝(5×103)2×10 W＝2.5×108W，降压变压器的输出功率P出＝P－ΔP＝5.25×109 W，C错误；
用1 100 kV输电时输电导线上损失的功率ΔP＝2.5×108 W；保持输送功率不变，只用550 kV输电，输电导线上损失的功率ΔP′＝2R＝()2×10 W＝1×109 W；则用户得到的功率比1 100 kV输电时减少ΔP′－ΔP＝ W，D正确．
答案：AD
[提升训练]
1．解析：设原副线圈的匝数比为k，根据等效电阻原理，把变压器的原副线圈和负载R2整体看作一个等效电阻，其阻值R′＝
设输入交流电的电压有效值为U，则I1＝，保持P位置不变，R1增大、R2不变的情况下，则I1减小，等效电阻R′两端电压减小，则U1增大，A错误，符合题意；
根据选项A可知，保持P位置不变，R1不变、R2增大的情况下，则I1减小，I2减小，则U1增大，U2也增大，B错误，符合题意；
由电源输出功率的规律可知，当R′＝R1时，即R1＝k2R2＝4R2
R2消耗的功率有最大值，C正确，不符合题意；
R1不变、R2减小的情况下，P向下移，k减小．等效电阻R′减小，I1增大，U1也增大，则R1消耗的功率增大，D错误，符合题意．故选ABD.
答案：ABD
2．解析：理想变压器原、副线圈电压之比等于匝数之比，若电网的电压为110 kV，则变电所的变压器原、副线圈匝数比为＝＝＝，故A正确；
机车工作电压由输入电压和线圈匝数决定，不由高铁机车运行功率决定，若高铁机车运行功率增大，根据P＝UI，可知电流将会增大，牵引变电所至机车间的热损耗功率ΔP＝I2R也会随之增大，故B错误，C正确；
根据功率关系可得P＝90%UI，其中U＝25 kV＝25 000 V；则电流为I＝＝ A＝400 A
则牵引变电所至机车间的等效电阻为R＝＝ Ω＝6.25 Ω，故D错误．
答案：AC
素养培优·情境命题
典例1　解析：由图乙可知当t＝0.04 s时电流最小，故发电机内线圈平面与磁场方向垂直，选项A错误；
由图乙可知周期T＝0.04 s，则ω＝＝50π；所以发电机输出电流的瞬时值为i＝sin (50πt) A，选项B错误；
流过灯泡的电流I2＝＝ A＝0.5 A；发电机输出的电流，I1＝＝ A＝1 A；所以变压器原、副线圈匝数之比为＝＝，选项C错误；
发电机1分钟内产生的电能即为小灯泡消耗的电能W＝UI2t＝180 J，选项D正确．
答案：D
典例2　解析：接1时，R消耗的功率为8 W，由P1＝，可得U4＝＝ V＝8 V
由＝＝，解得U3＝16 V，故A错误；
接1时，由P1＝U3I3，解得T2原线圈中的电流为I3＝＝ A＝0.5 A，故B错误；
接1时，由＝＝
解得U2＝3U1＝18 V
则Ur＝U2－U3＝2 V
连接两理想变压器的导线总电阻为r＝＝ Ω＝4 Ω
接2时，设右侧变压器T2副线圈两端电压为U′4，则I′4＝
由＝＝
则U′3＝U′4
由U′3I′3＝U′4I′4
解得I′3＝2I′4＝
则连接两理想变压器的导线总电阻的电压降为U′r＝I′3r
由U2＝U′r＋U′3，解得U′4＝12 V
则R消耗的功率P＝＝ W＝18 W
故C错误，D正确．故选D.
答案：D(共63张PPT)
第10讲　直流电路与交流电路
知识网络构建
命题分类剖析
素养培优·情境命题
知识网络构建
命题分类剖析
命题点一　直流电路的分析与计算
1．闭合电路欧姆定律的三个公式
(1)E＝U外＋U内；(任意电路)
(2)E＝U外＋Ir；(任意电路)
(3)E＝I(R＋r)．(纯电阻电路)
2．电路动态分析的两种方法
即因滑动变阻器滑片滑动引起的电路变化问题，可将滑动变阻器的滑片分别滑至两个极端去讨论．
例 1 [2023·广东模拟预测] (多选)如图所示电路，两电源电动势分别为E1、E2，内阻分别为r1、r2，且E1＝E2，r1>r2，R为滑动变阻器，P为滑动变阻器滑片，灯泡电阻可认为不变．现闭合开关S1，单刀双掷开关S2接1时，灯泡均正常发光，则下列说法中正确的是(　　)
A．若滑片P向下滑动，则L2变亮，L3变暗
B．若滑片P向下滑动，则L1变暗，L2变亮
C．若将单刀双掷开关S2切换至2，则L1、L2、L3均变亮
D．若将单刀双掷开关S2切换至2，则电源的输出功率可能变小
答案：ABC
解析：将滑动变阻器的滑片P向下调节，变阻器接入电路的电阻变大，R与灯L2并联的部分电阻变大，外电路总电阻变大，根据闭合电路欧姆定律分析得知，干路电流I减小，L3灯泡亮度变暗；
路端电压U变大，L3灯两端的电压U3变小，R与灯L2并联电路的电压U并＝U－U3，U增大，U3减小，则U并增大，灯L2变亮；流过L1的电流I1＝I－I2，I减小，I2增大，I1减小，灯泡L1亮度变暗，AB正确；
若将单刀双掷开关S2切换至2，电源电动势不变，内电阻变小，根据闭合电路欧姆定律可知I＝，电路干路电流增大，外电路电压变大，外电路各用电器阻值不变，故各支路电流增大，灯泡L1、L2、L3均变亮，C正确；P出＝I2R外，电路总电流增大，外电阻不变，输出功率一定增大，D错误．
例 2 [2023·海南卷]如图所示电路，已知电源电动势为E，内阻不计，电容器电容为C，闭合开关K，待电路稳定后，电容器上的电荷量为(　　)
A．CE
B．CE
C．CE
D．CE
答案：C
解析：由电路的串并联规律可知，电阻3R两端的电压为，电阻R两端的电压为，则电容器两极板间电势差ΔU＝，则Q＝CΔU＝，C对．
例 3 [2023·浙江名校联盟联考]新冠肺炎患者中有13%的重症患者和6%的危重患者需要给予及时的呼吸机治疗，呼吸机成为生死攸关的战略资源．呼吸机的核心部件之一是呼吸机马达．下表是国内某制造商生产的呼吸机马达的主要参数．
呼吸机马达 额定电压 24 V
空载电流 0.2 A
额定转速 30 000 rpm
额定负载扭矩 100 mN·m
额定电流 1.9 A
额定输出功率 32 W
下列说明正确的是(　　)
A. 额定电流状态下，马达内阻等消耗功率为13.6 W
B．利用空载状态的参数，计算出马达的内阻是120 Ω
C．利用额定状态的参数，计算出马达的内阻约为9 Ω
D．空载状态下，马达的输出功率为4.8 W
答案：A
解析：额定电流状态下，马达内阻等消耗功率为Pr＝U额I额－P输＝13.6 W，故A正确；由于马达不是纯电阻元件，所以无论是在空载状态还是额定状态，都不能利用参数根据欧姆定律计算马达的内阻，故B、C错误；空载状态下，马达的输入功率为P空＝U额I空＝4.8 W，由于马达内阻会消耗功率，所以马达此时的输出功率小于4.8 W，故D错误．
思维提升
纯电阻电路和非纯电阻电路
(1)纯电阻电路：电功W＝UIt，电功率P＝UI，且电功全部转化为电热，有W＝Q＝UIt＝t＝I2Rt，P＝UI＝＝I2R.
(2)非纯电阻电路：电功W＝UIt，电功率P＝UI，电热Q＝I2Rt，电热功率P热＝I2R，电功率大于电热功率，即P>P热，故求电功、电功率只能用W＝UIt、P＝UI，求电热、电热功率只能用Q＝I2Rt、P热＝I2R.
提升训练
1.[2023·重庆南开中学质检](多选)小明为自己家的养牛场设计了一款补水提示器，其工作原理如图所示．在忽略电表内阻影响的情况下，下列分析正确的是(　　)
A．水量减少时，滑动变阻器的滑片向上移动
B．如果选择电压表，电表示数变小反映水量增多
C．如果选择电流表，电表示数变大反映水量增多
D．如果选择电流表，R0可以在水太多时保护电路
答案：ACD
解析：根据装置图可知，水量减少，弹簧压缩量减少，滑片上移，故A正确；若电表为电压表，其测的是滑动变阻器上部分对应的电压值，示数减小，说明滑片上移，水量减少，故B错误；若电表为电流表，电流表测的是整个电路的电流，电流表示数变大，说明滑动变阻器接入电路的阻值减小，即滑片下移，水量增多，故C正确；如果选择电流表，水太多时R接入电路的阻值很小，电路中电流很大，此时R0串联在干路中，起到保护电路(电流表)的作用，故D正确．
2．[2023·北京市昌平区前锋学校二模]甲、乙两种亮度可调的台灯内部电路示意图如图所示，其中甲台灯通过变阻器调节灯泡亮度，乙台灯通过改变理想变压器副线圈的匝数调节灯泡亮度，两台灯所用电源和灯泡均相同，下列说法正确的是(　　)
A．两台灯均可使用直流电源
B．甲台灯的旋转开关从1调到4的过程中，灯泡逐渐变暗
C．乙台灯的旋转开关从1调到4的过程中，灯泡逐渐变亮
D．当两台灯亮度相同时，电源的输出功率相同
答案：C
解析：由于乙灯是使用的变压器，因此必须用交流电源，A错误；
甲灯旋转开关从1调到4的过程中，接入的电阻阻值减小，电路电流增大，灯泡逐渐变亮，B错误；
乙台灯的旋转开关从1调到4的过程中，副线圈的匝数增大．根据变压器原理，原副线圈的匝数比与原副线圈的电压比相等，因此副线圈电压将增大，灯泡逐渐变亮，C正确；
当两台灯亮度相同时，甲图电源功率为EI，而乙图电源功率为EI，其中k为原副线圈匝数比，D错误；故选C.
3.[2023·人大附中高三摸底考试](多选)为了节能和环保，一些公共场所用光敏电阻制作光控开关来控制照明系统，如图为电路原理图．图中，直流电源电动势为3 V，内阻可不计，R为可变电阻，RG为光敏电阻，其在不同照度下的阻值如表(照度是描述光的强弱的物理量，光越强照度越大，lx是它的单位)．
照度/lx 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0 1.2
电阻RG/kΩ 75 40 28 23 20 18
若控制开关两端电压升至2 V时将自动开启照明系统，则以下说法正确的是(　　)
A.若将R接入电路的阻值调整为20 kΩ，则当照度降低到0.4 lx时启动照明系统
B．若要使照明系统在照度降低到0.8 lx时启动，则要将R接入电路的阻值调整为46 kΩ
C．R接入电路的阻值不变时，照度越大，控制开关两端的电压越大
D．若要在光照更暗时启动照明系统，应将R接入电路的阻值调大
答案：AD
解析：将R接入电路的阻值调整为20 kΩ，则当照度降低到0.4 lx时RG为40 kΩ，根据串联分压原理可得，此时控制开关两端电压升为2 V，即自动启动照明系统，故A正确；
使照明系统在照度降低到0.8 lx时启动，根据串联电路分压特点知，应将R接入电路的阻值调整为＝
解得R＝11.5 kΩ，故B错误；
R接入电路的阻值不变时，照度越大，光敏电阻阻值变小，分压变小，即控制开关两端的电压越小，故C错误；
若要在光照更暗，即光敏电阻更大时启动照明系统，根据串联电路分压特点可知，应将R接入电路的阻值调大，故D正确．
命题点二　交流电流的分析与计算
1．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．
2．有效值的计算
(1)正弦式交变电流：E＝，I＝，U＝.
(2)非正弦式交变电流：计算有效值时，要根据电流的热效应，即“一个周期”内“相同电阻”上产生“相同热量”，然后分段求和列式，求得有效值．
3．正弦式交流电“四值”的应用
表达式 应用
最大值 Em＝nBSω 计算电容器的耐压值
瞬时值 e＝Emsin ωt 计算某时刻所受安培力
有效值 电表的读数及计算电热、电功及保险丝的熔断电流
平均值 计算通过导体的电荷量
考向1　交流电流的产生
例 1 [2023·四川省成都市三诊](多选)如图甲所示，KLMN是一个电阻R＝0.4 Ω的单匝竖直矩形闭合导线框，全部处于水平方向的匀强磁场中，MN边水平，线框绕某一竖直固定轴按俯视的逆时针方向匀速转动，产生的感应电流如图乙所示．下列说法正确的是(　　)
A．1 s时间内电流方向改变5次
B．若从图示时刻开始计时，并且规定MLKN的方向为电流的正方向，则电流表达式为i＝10sin (10πt＋π)A
C．图示时刻感应电动势的瞬时值e＝2V
D．磁通量的最大值Φm＝ Wb
答案：BD
解析：由图乙可知周期为0.2 s，一个周期内电流方向改变2次，则1 s时间内电流方向改变10次，故A错误；
若从图示时刻开始计时，并且规定MLKN的方向为电流的正方向，此时电流方向为正，线框平面与中性面的夹角为，且在转即回到中性面处，则电流表达式为i＝Imsin (t＋φ0)＝10sin (10πt＋π)A
故B正确；
感应电动势最大值为Em＝ImR＝4 V
图示时刻感应电动势的瞬时值e＝Emcos 30°＝2 V，故C错误；
根据电动势最大值表达式Em＝BSω
可知磁通量的最大值为Φm＝BS＝＝ Wb＝ Wb，故D正确．
考向2　交变电流的“四值”的分析、计算
例 2 [2023·湖南卷](多选)某同学自制了一个手摇交流发电机，如图所示．大轮与小轮通过皮带传动(皮带不打滑)，半径之比为4∶1，小轮与线圈固定在同一转轴上．线圈是由漆包线绕制而成的边长为L的正方形，共n匝，总阻值为R.磁体间磁场可视为磁感应强度大小为B的匀强磁场．大轮以角速度ω匀速转动，带动小轮及线圈绕转轴转动，转轴与磁场方向垂直．线圈通过导线、滑环和电刷连接一个阻值恒为R的灯泡．
假设发电时灯泡能发光且工作在额定电压以内，下列说法正确的是(　　)
A．线圈转动的角速度为4ω
B．灯泡两端电压有效值为3nBL2ω
C．若用总长为原来两倍的相同漆包线重新绕制成边长仍为L的多匝正方形线圈，则灯泡两端电压有效值为
D．若仅将小轮半径变为原来的两倍，则灯泡变得更亮
答案：AC
解析：大轮和小轮通过皮带传动，线速度相等，小轮和线圈同轴转动，角速度相等，根据v＝ωr
根据题意可知大轮与小轮半径之比为4∶1，则小轮转动的角速度为4ω，线圈转动的角速度为4ω，A正确；
线圈产生感应电动势的最大值Emax＝nBS·4ω
又S＝L2
联立可得Emax＝4nBL2ω
则线圈产生感应电动势的有效值E＝＝2nBL2ω
根据串联电路分压原理可知灯泡两端电压有效值为
U＝＝nBL2ω
B错误；
若用总长为原来两倍的相同漆包线重新绕制成边长仍为L的多匝正方形线圈，则线圈的匝数变为原来的2倍，线圈产生感应电动势的最大值E′max＝8nBL2ω
此时线圈产生感应电动势的有效值E′＝＝4nBL2ω
根据电阻定律R′＝ρ
可知线圈电阻变为原来的2倍，即为2R，根据串联电路分压原理可得灯泡两端电压有效值U′＝＝，C正确；
若仅将小轮半径变为原来的两倍，根据v＝ωr可知小轮和线圈的角速度变小，根据E＝
可知线圈产生的感应电动势有效值变小，则灯泡变暗，D错误．
提升训练
1.[2023·浙江十校联盟联考]如图甲是小型交流发电机，两磁极间的磁场可视为匀强磁场，一个100匝的矩形线圈(内阻不计)绕垂直于磁场方向的轴OO′匀速转动，某位置开始计时产生的交变电动势图像如图乙所示，已知磁感应强度B＝0.1 T，则(　　)
A．t＝0时刻，线圈平面与磁感线平行
B．线圈的面积S为 m2
C．它可使“220 V，60 W”的灯泡正常发光，也可使击穿电压为220 V的电容器正常工作
D．以此作为电源，每通过1 C的电荷量，消耗的电能为220 J
答案：B
解析：t＝0时刻，由图乙可知，瞬时电动势为零，线圈平面与磁感线垂直，故A错误；根据线圈产生的最大电动势E＝NBSω，结合图乙计算得S＝ m2，故B正确；它可使“220 V，60 W”的灯泡正常发光，电动势的最大值为220 V，超过了电容器的击穿电压，不可使击穿电压为220 V的电容器正常工作，故C错误；不同时刻开始通电，通过1 C的电荷量所用时间不同，故消耗的电能不同，故D错误．
2．[2023·金丽衢十二校联考]如图所示为一电流通过一电子元件后的波形图(曲线部分为正弦式交变电流的一部分)，则下列说法正确的是(　　)
A．这是一种交变电流
B．电流的变化周期为0.03 s
C．电流通过100 Ω电阻时，电功率为100 W
D．电流通过100 Ω的电阻时，一个周期内流经电阻的电荷量大于0.015 C
答案：D
解析：交变电流是指大小和方向随时间做周期变化的电流，图中电流方向未变，是直流，A错误；电流的变化周期为0.015 s，B错误；电流通过100 Ω电阻时，电功率为P＝ W＝ W，C错误；根据i-t图像与t轴所围面积表示电荷量可知，电流通过100 Ω的电阻时，一个周期内流经电阻的电荷量大于0.015 C，D正确．
3．[2023·广东茂名一模]无线充电技术已经在新能源汽车等领域得到应用．地下铺设供电的送电线圈，车上的受电线圈与蓄电池相连，如图所示．送电线圈和受电线圈匝数比为n1∶n2＝4∶1.当送电线圈接上图中的正弦交流电后，受电线圈中的电流为2 A．不考虑线圈的自感，忽略电能传输的损耗，下列说法正确的是(　　)
A．受电线圈的电流方向每秒改变50次
B．送电线圈的输入功率为110 W
C．受电线圈的输出电压为50 V
D．送电线圈的输入电压为220 V
答案：B
解析：受电线圈的电流频率与送电线圈中的电流频率相同，即为f＝＝50 Hz
一个周期内电流方向改变2次，所以每秒电流方向改变100次，A错误；
根据图可知送电线圈上正弦交流电的有效值为U有效＝U输入＝220 V＝220 V
受电线圈中的电流为2 A，可得送电线圈中的电流大小为I送＝·I受＝×2 A＝0.5 A
送电线圈的输入功率为P＝220×0.5 W＝110 W
B正确，D错误；
对受电线圈的输出电压有＝
得U受＝55 V，C错误．
命题点三　变压器与远距离输电
1．理想变压器原副线圈中各物理量的三个制约关系
(1)电压制约：输出电压U2由输入电压U1决定，即U2＝. 原制约副
(2)电流制约：原线圈中的电流I1由副线圈中的输出电流I2决定，即I1＝. 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
2．分清远距离输电的三个回路和三种关系
(1)理清三个回路
(2)分清三种关系
电压关系 U2＝ΔU＋U3
电流关系 I2＝I3＝I线
功率关系 P1＝P2 P3＝P4
考向1　理想变压器的分析与计算
例 1 [2023·海南卷](多选) 如图是工厂利用u＝220sin 100πt V的交流电给36 V照明灯供电的电路，理想变压器原线圈匝数为1 100，下列说法正确的是(　　)
A．电源电压有效值为220 V
B．交变电流的周期为0.02 s
C．副线圈匝数为180
D．副线圈匝数为240
答案：BC
解析：电源电压的有效值　U＝ V＝220 V，选项A错误；
交流电的周期　T＝＝ s＝0.02 s，选项B正确；
根据变压器变压公式　＝
可得副线圈匝数　n2＝n1＝×1 100＝180，选项C正确，D错误．
例 2 [2023·四川省成都市树德中学高三三诊]图甲中理想变压器原、副线圈的匝数比为2∶1，电阻R＝10 Ω，L1、L2为规格相同的两只小灯泡．原线圈接一个经双可控硅调节后的电压U，U随时间t的变化规律如图乙所示，正弦交流电的每一个二分之一周期中，前四分之一周期电压被截去．现将S1、S2、S3闭合，此时L2正常发光．下列说法错误的是(　　)
A．输入电压U的有效值为10 V
B．R消耗的电功率为10 W
C．只断开S3后，L2能正常发光
D．只断开S2后，原线圈的输入功率减小
答案：B
解析：令输入电压的有效值为U1，根据正弦式交流电的有效值与有效值的定义＝ T
解得U1＝10 V，故A正确；
根据理想变压器的电压匝数关系＝
解得副线圈两端电压U2＝U1＝×10 V＝5 V
则R消耗的电功率为P＝＝2.5 W，故B错误；
只断开S3后，L2电压不受影响，L2能正常发光，故C正确；
只断开S2后，负载电阻变大，输出电压不变，根据P2＝
输出功率减小，则输入功率也减小，故D正确．
例 3 [2023·湖北省高三三模] 如图所示，理想变压器原、副线圈匝数之比为1∶2，输入端所加正弦交流电的电压U＝20sin (100πt) V，已知电阻R1＝10 Ω，R2＝20 Ω，滑动变阻器R3最大阻值为40 Ω，电压表为理想电压表．开始时，滑片P处于滑动变阻器正中间位置，下列说法正确的是(　　)
A．通过R1的电流为2 A
B．电压表读数为40 V
C．副线圈电流方向每秒钟改变50次
D．若将滑片P向下滑动，电压表读数将变大
答案：D
解析：由输入端所加正弦电压的表达式可知输入端的电压有效值为U＝20 V
设原线圈中的电流为I1，副线圈中的电流为I2，则由能量守恒可得UI1＝(R2＋)
而由匝数比等于电流的反比可得＝
联立解得I1＝1 A，I2＝0.5 A
则可得电压表的示数U2＝I2(R2＋)＝20 V，故AB错误；
由输入端所加正弦交流电的电压表达式可知该交流电的频率为f＝50 Hz
则可知副线圈电流方向每秒钟改变100次，故C错误；
若将滑片P向下滑动，接入副线圈回路中的电阻增大，电流减小，则可知原线圈回路中的电流也减小，从而使定值电阻两端的电压减小，原线圈两端的电压增大，而匝数比不变，则可知副线圈两端的电压增大，因此电压表的示数增大，故D正确．
思维提升
原线圈含电阻的变压器问题分析技巧
对于一组原、副线圈电路，电流与匝数成反比的规律成立，即＝；但要注意电压与匝数成正比关系成立的条件，原线圈接有电阻时，＝中U1指的是原线圈两端电压，而不是电源电压．原线圈两端电压和与原线圈串联的电阻两端电压之和等于电源电压．
考向2　远距离输电
例 4 [2023·四川统考二模](多选)在远距离输电技术上，中国1 100 kV特高压直流输电工程是目前世界上电压等级最高、输送容量最大、输送距离最远、技术水平最先进的输电工程．输电线路流程可简化为：
如虚线框所示，若直流输电线电阻为10 Ω，直流电输送功率为5.5×109 W，不计变压器、整流与逆变等造成的能量损失，则(　　)
A．直流电输电线路上的电流为5×103 A
B．直流电输电线路上损失的电压为100 kV
C．降压变压器的输出功率是4.5×109 W
D．若将1 100 kV直流输电降为550 kV直流输电，受端获得功率将比原来减少7.5×108 W
答案：AD
解析：直流电输送功率P＝UI，得输送电流I＝＝ A＝5 000 A，A正确；
损失的电压ΔU＝IR＝5×103×10 V＝50 kV，B错误；
输电导线上损失的功率ΔP＝I2R＝(5×103)2×10 W＝2.5×108W，降压变压器的输出功率P出＝P－ΔP＝5.25×109 W，C错误；
用1 100 kV输电时输电导线上损失的功率ΔP＝2.5×108 W；保持输送功率不变，只用550 kV输电，输电导线上损失的功率ΔP′＝2R＝()2×10 W＝1×109 W；则用户得到的功率比1 100 kV输电时减少ΔP′－ΔP＝ W，D正确．
提升训练
1.[2023·安徽省联考](多选)如图所示，理想变压器原、副线圈总匝数相同，滑动触头P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变电源，原、副线圈分别接可变电阻R1、R2，理想电压表V1、V2的示数为U1、U2，理想电流表A1、A2的示数为I1、I2.
下列说法错误的是(　　)
A.保持P位置不变，R1增大、R2不变的情况下，I1减小，U1不变
B．保持P位置不变，R1不变、R2增大的情况下，I2减小，U2减小
C．保持P位置不变，R1不变，使R2＝时，R2消耗的功率达到最大
D．R1不变、R2减小的情况下，P向下移，R1消耗的功率减小
答案：ABD
解析：设原副线圈的匝数比为k，根据等效电阻原理，把变压器的原副线圈和负载R2整体看作一个等效电阻，其阻值R′＝
设输入交流电的电压有效值为U，则I1＝，保持P位置不变，R1增大、R2不变的情况下，则I1减小，等效电阻R′两端电压减小，则U1增大，A错误，符合题意；
根据选项A可知，保持P位置不变，R1不变、R2增大的情况下，则I1减小，I2减小，则U1增大，U2也增大，B错误，符合题意；
由电源输出功率的规律可知，当R′＝R1时，即R1＝k2R2＝4R2
R2消耗的功率有最大值，C正确，不符合题意；
R1不变、R2减小的情况下，P向下移，k减小．等效电阻R′减小，I1增大，U1也增大，则R1消耗的功率增大，D错误，符合题意．故选ABD.
2．[2023·浙江联考](多选)杭丽铁路被列入浙江省重大建设项目“十四五”规划，杭丽高铁建成后，丽水前往杭州的时间将缩短至1小时内．新建成的高铁将应用许多新技术，图示为高铁的牵引供电流程图，利用可视为理想变压器(原、副线圈匝数比为n1∶n2)的牵引变电所，将高压220 kV或110 kV降至27.5 kV，再通过接触网上的电线与车顶上的受电弓使机车获得25 kV工作电压，
则下列说法正确的是(　　)
A．若电网的电压为110 kV，则n1∶n2＝4∶1
B．若高铁机车运行功率增大，机车工作电压将会高于25 kV
C．高铁机车运行功率增大，牵引变电所至机车间的热损耗功率也会随之增大
D．如果高铁机车的电动机输出机械功率为9 000 kW，电机效率为90%，则牵引变电所到机车间的等效电阻为62.5 Ω
答案：AC
解析：理想变压器原、副线圈电压之比等于匝数之比，若电网的电压为110 kV，则变电所的变压器原、副线圈匝数比为＝＝＝，故A正确；
机车工作电压由输入电压和线圈匝数决定，不由高铁机车运行功率决定，若高铁机车运行功率增大，根据P＝UI，可知电流将会增大，牵引变电所至机车间的热损耗功率ΔP＝I2R也会随之增大，故B错误，C正确；
根据功率关系可得P＝90%UI，其中U＝25 kV＝25 000 V；则电流为I＝＝ A＝400 A
则牵引变电所至机车间的等效电阻为R＝＝ Ω＝6.25 Ω，故D错误．
素养培优·情境命题
交变电流的产生及含变压器的三种模型
模型一　交变电流的产生
分类 情境图示 情境解读
两个特殊位置 中性面：Φ最大、e＝0、i＝0、电流变向
中性面的垂面：Φ＝0、e最大、i最大、电流不变向
交变电流的四值 峰值Um＝nBSω
瞬时值e＝Umsin ωt
或e＝Umcos ωt
模型二　含变压器的三种模型
分类 情境图示 情境解读
变压器工作原理 变交不变直，变压不变频
变压器动态分析 一般有两种：匝数比不变的情况和负载电阻不变的情况
远距离输电
[典例1]　[2023·福建厦门市二模]如图是一小型交流发电机供电原理图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向匀强磁场，理想变压器原、副线圈分别与发电机和灯泡连接，灯泡上标有“6 V　3 W”字样且正常发光(除灯泡外不计其余电阻)从某时刻开始计时，发电机输出端的电流随时间变化图像如图乙，下列说法正确的是(　　)
A.当t＝0.04 s时发电机内线圈平面与磁场方向平行
B．发电机输出电流的瞬时值i＝sin (100πt) A
C．变压器原、副线圈匝数之比为∶4
D．发电机1分钟内产生的电能为180 J
答案：D
解析：由图乙可知当t＝0.04 s时电流最小，故发电机内线圈平面与磁场方向垂直，选项A错误；
由图乙可知周期T＝0.04 s，则ω＝＝50π；所以发电机输出电流的瞬时值为i＝sin (50πt) A，选项B错误；
流过灯泡的电流I2＝＝ A＝0.5 A；发电机输出的电流，I1＝＝ A＝1 A；所以变压器原、副线圈匝数之比为＝＝，选项C错误；
发电机1分钟内产生的电能即为小灯泡消耗的电能W＝UI2t＝180 J，选项D正确．
[典例2]　[2023·福建省宁德市质检]如图所示为输电能耗演示电路．左侧变压器T1原、副线圈匝数比为1∶3，输入电压为6 V的正弦交流电．连接两理想变压器的导线总电阻为r，负载R的阻值为8 Ω，开关S接1时，右侧变压器T2原、副线圈匝数比为2∶1，R消耗的功率为8 W；接2时，T2原、副线圈匝数比为1∶2，则(　　)
A．接1时，T2原线圈两端电压为U3＝18 V
B．接1时，T2原线圈中的电流为I3＝2 A
C．接2时，R消耗的功率P＝32 W
D．接2时，R消耗的功率P＝18 W
答案：D
解析：接1时，R消耗的功率为8 W，由P1＝，可得U4＝＝ V＝8 V
由＝＝，解得U3＝16 V，故A错误；
接1时，由P1＝U3I3，解得T2原线圈中的电流为I3＝＝ A＝0.5 A，故B错误；
接1时，由＝＝
解得U2＝3U1＝18 V
则Ur＝U2－U3＝2 V
连接两理想变压器的导线总电阻为r＝＝ Ω＝4 Ω
接2时，设右侧变压器T2副线圈两端电压为U′4，则I′4＝
由＝＝
则U′3＝U′4
由U′3I′3＝U′4I′4
解得I′3＝2I′4＝
则连接两理想变压器的导线总电阻的电压降为U′r＝I′3r
由U2＝U′r＋U′3，解得U′4＝12 V
则R消耗的功率P＝＝ W＝18 W
故C错误，D正确．故选D.第11讲　电磁感应规律及其应用
知识网络构建
命题分类剖析
命题点一　楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用
1．感应电流方向的判断方法
2．感应电动势大小的求法
情境图 研究对象 表达式
回路(不一定闭合) 三种形式 E＝n E＝n E＝n
一段直导线(或等效直导线) E＝Blv
绕一端转动的一段导体棒 E＝Bl2ω
绕与B垂直的轴转动的导线框 从图示时刻计时 E＝NBSωcos ωt
3.感应电荷量的计算
磁通量变化迁移的电荷量：q＝IΔt＝Δt＝Δt＝n，q仅由回路电阻R和磁通量的变化量ΔΦ决定．
考向1　楞次定律的应用
例 1[2023·海南卷]
汽车测速利用了电磁感应现象，汽车可简化为一个矩形线圈abcd，埋在地下的线圈分别为1、2，通上顺时针(俯视)方向电流，当汽车经过线圈时(　　)
A．线圈1、2产生的磁场方向竖直向上
B．汽车进入线圈1过程产生感应电流方向为abcd
C．汽车离开线圈1过程产生感应电流方向为abcd
D．汽车进入线圈2过程受到的安培力方向与速度方向相同
考向2　法拉第电磁感应定律的应用
例 2[2023·天津卷]
如图，有一正方形线框静止悬挂着，其质量为m、电阻为R、边长为l.空间中有一个三角形磁场区域，其磁感应强度大小为B＝kt(k>0)，方向垂直于线框所在平面向里，且线框中磁场区域的面积为线框面积的一半，已知重力加速度为g，求：
(1)感应电动势E；
(2)线框开始向上运动的时刻t0.
例 3[2023·山东卷](多选)足够长U形导轨平置在光滑水平绝缘桌面上，宽为1 m，电阻不计．质量为1 kg、长为1 m、电阻为1 Ω的导体棒MN放置在导轨上，与导轨形成矩形回路并始终接触良好，Ⅰ和Ⅱ区域内分别存在竖直方向的匀强磁场，磁感应强度分别为B1和B2，其中B1＝2 T，方向向下．用不可伸长的轻绳跨过固定轻滑轮将导轨CD段中点与质量为0.1 kg的重物相连，绳与CD垂直且平行于桌面．如图所示，某时刻MN、CD同时分别进入磁场区域Ⅰ和Ⅱ并做匀速直线运动，MN、CD与磁场边界平行．MN的速度v1＝2 m/s，CD的速度为v2且v2>v1，MN和导轨间的动摩擦因数为0.2.重力加速度大小取10 m/s2，下列说法正确的是(　　)
A．B2的方向向上 B．B2的方向向下
C．v2＝5 m/s D．v2＝3 m/s
提升训练
1.[2023·全国甲卷](多选)一有机玻璃管竖直放在水平地面上，管上有漆包线绕成的线圈，线圈的两端与电流传感器相连，线圈在玻璃管上部的5匝均匀分布，下部的3匝也均匀分布，下部相邻两匝间的距离大于上部相邻两匝间的距离．如图(a)所示．现让一个很小的强磁体在玻璃管内沿轴线从上端口由静止下落，电流传感器测得线圈中电流I随时间t的变化如图(b)所示．则(　　)
A．小磁体在玻璃管内下降速度越来越快
B．下落过程中，小磁体的N极、S极上下颠倒了8次
C．下落过程中，小磁体受到的电磁阻力始终保持不变
D．与上部相比，小磁体通过线圈下部的过程中，磁通量变化率的最大值更大
2．[2023·浙江1月]如图甲所示，一导体杆用两条等长细导线悬挂于水平轴OO′，接入电阻R构成回路．导体杆处于竖直向上的匀强磁场中，将导体杆从竖直位置拉开小角度θ静止释放，导体杆开始下摆．当R＝R0时，导体杆振动图像如图乙所示．若横纵坐标皆采用图乙标度，则当R＝2R0时，导体杆振动图像是(　　)
3.
[2023·辽宁省沈阳市监测一](多选)有界匀强磁场磁感应强度为B，有一半径为R的线圈，其单位长度上的电阻为r，线圈直径MN垂直磁场边界于M点，现以M点为轴在纸面内，沿顺时针方向匀速旋转90°，角速度为ω，则(　　)
A．感应电流方向为顺时针方向
B．感应电动势的最大值为BR2ω
C．感应电流的最大值为
D．通过导体任意横截面的电量为
命题点二　电磁感应中图像或电路问题
1．掌握两个技法，快速解答图像问题
2．三个关注
考向1　电磁感应中的图像
例 1[2023·山东省菏泽市三模]如图所示，MNQP是边长为L和2L的矩形，在其由对角线划分的两个三角形区域内充满磁感应强度大小相等、
方向相反的匀强磁场．边长为L的正方形导线框，在外力作用下水平向左匀速运动，线框左边始终与MN平行．设导线框中感应电流i逆时针流向为正．若t＝0时左边框与PQ重合，则左边框由PQ运动到MN的过程中，下列i-t图像正确的是(　　)
例 2[2023·上海卷] 如图所示，有一光滑导轨处于匀强磁场中，一金属棒垂直置于导轨上，对其施加外力，安培力变化如图所示，取向右为正方向，则外力随时间变化图像为(　　)
考向2　电磁感应中图像与电路问题的数型结合
例 3 (多选)如图甲所示，足够长的两平行金属导轨ab、cd固定在同一水平面上，导体间距为0.5 m，导轨左边接有定值电阻R0和电阻箱R；导轨间存在磁感应强度大小为0.8 T、方向垂直纸面向里的匀强磁场．一质量为0.5 kg、长为0.5 m、内阻不计的金属棒MN放置在导轨上，在水平向右的恒力F作用下金属棒由静止开始运动，金属棒始终与导轨垂直且接触良好．多次改变电阻箱的阻值R，测得金属棒对应的最大速度vm，绘制出如图乙所示的图像．已知金属棒与导轨间的动摩擦因数为0.2，取g＝10 m/s2.下列说法正确的是(　　)
A．R0中感应电流方向由c指向a
B．R0＝2 Ω
C．恒力F＝1.4 N
D．若R＝2 Ω，则R0在1 s内产生的最大焦耳热为1 J
思维提升
1．“感生”类的两类图像
分类 图例 分析
B-t 图像 (1)可得到各时刻磁感应强度的大小和方向 (2)根据斜率可分析感应电动势的大小和方向
Φ-t 图像 (1)可得到各时刻磁通量的大小和方向 (2)根据斜率可分析感应电动势的大小和方向
[提醒]　分析磁通量时，一是注意回路中的有效面积；二是注意有效面积内磁场方向是否单一．
2.“动生”类的三类图像
分类 图例 分析
有效 长度 变化 导体棒匀速切割，回路中的感应电动势随有效长度的变化而变化
切割 速度 变化 导体棒有效长度不变，回路中的感应电动势随运动速度的变化而变化
磁感 应强 度随 位置 变化 导体棒运动到不同位置的感应电动势随磁感应强度的变化而变化
提升训练
1.[2023·江苏省八市训练]如图所示，两根光滑平行金属长导轨MN、PQ水平固定放置，导轨间存在竖直向上的匀强磁场，两根完全相同的金属棒ab、cd垂直放置在导轨上，两金属棒的长度恰好等于金属导轨的间距，t＝0时刻对金属棒cd施加一个水平向右的恒力F，此后两金属棒由静止开始运动，金属棒在运动过程中始终与导轨接触良好，两金属棒的速度大小分别记为va、vc，加速度大小分别记为va、vc，金属棒cd两端电压记为Ucd，闭合回路消耗的电功率记为P，电路中除金属棒以外的电阻均不计，下列关于图像错误的是(　　)
2．[2023·珠海模拟]匝数N＝1 000、面积S＝20 cm2、电阻r＝1 Ω的线圈水平放置，匀强磁场B1竖直向下穿过线圈，其磁感应强度B1按如图所示的规律变化，线圈两端分别连接两根完全相同的劲度系数为k＝100 N/m、电阻为R＝1.5 Ω的金属弹簧，两金属弹簧上端固定在水平天花板上，下端悬挂一根水平金属棒，另有一水平匀强磁场B2垂直金属棒分布(如图所示)．其磁场宽度为L＝10 cm.闭合开关后，两弹簧的长度均变化了Δx＝0.5 cm.导线和金属棒的电阻不计，求：
(1)闭合开关后，通过金属棒的电流大小；
(2)磁感应强度B2的大小．
命题点三　电磁感应规律的综合应用
1．电磁感应综合问题的解题思路
2．与动量定理结合
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)．
(1)求速度或电荷量：－BlΔt＝mv2－mv1，q＝Δt.
(2)求时间：FΔt＋IA＝mv2－mv1，IA＝－BlΔt＝－Bl.
(3)求位移：－BlΔt＝－＝mv2－mv1，
即－x＝m(v2－v1)．
3．与动量守恒定律的结合
相互平行的水平轨道间的双棒做切割磁感线运动问题，由于这两根导体棒所受的安培力等大反向，合外力为零，若不受其他外力，两导体棒的总动量守恒，解决此类问题往往要应用动量守恒定律．
考向1　电磁感应中的动力学问题
例 1[2023·上海卷]如图(a)，线框cdef位于倾斜角θ＝30°的斜面上，斜面上有一长度为D的单匝矩形磁场区域，磁场方向垂直于斜面向上，大小为0.5 T，已知线框边长cd＝D＝0.4 m，m＝0.1 kg，总电阻R＝0.25 Ω，现对线框施加一沿斜面向上的力F使之运动．斜面上动摩擦因数μ＝，线框速度随时间变化如图(b)所示．(重力加速度g取9.8 m/s2)
(1)求外力F大小；
(2)求cf长度L；
(3)求回路产生的焦耳热Q.
考向2　电磁感应中的能量问题
例 2 如图所示，光滑绝缘斜面的倾角为θ＝30°，斜面上有两个匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，其宽度均为l＝0.2 m，磁感应强度大小均为B＝1 T，磁场方向分别为垂直斜面向上和垂直斜面向下．斜面上放一质量为M＝0.6 kg、电阻为R＝0.5 Ω的矩形导线框abcd，其ab边长为d＝0.4 m、bc边长为l＝0.2 m，通过细绳绕过光滑的定滑轮与一质量为m＝0.2 kg的重物相连，连接线框的细绳与线框共面，滑轮和绳的质量均不计，ab边距磁场区域Ⅰ的上边界为2l，开始时各段绳都处于伸直状态，现将它们由静止释放，线框沿斜面向下运动，ab边刚穿过两磁场的分界线OO′进入磁场区域Ⅱ时，线框恰好做匀速运动(细绳始终处于拉紧状态)，不计摩擦，忽略磁场边界效应，重力加速度g＝10 m/s2.求：(计算结果保留2位小数)
(1)ab边刚进入磁场区域Ⅰ时线框的加速度大小；
(2)线框ab边在磁场区域Ⅱ中运动的过程中，线框重力的功率P；
(3)从开始释放到ab边刚穿过磁场区域Ⅱ的过程中，线框中产生的焦耳热Q.
考向3　电磁感应中的动量问题
例 3[2023·全国甲卷]如图，水平桌面上固定一光滑U型金属导轨，其平行部分的间距为l，导轨的最右端与桌子右边缘对齐，导轨的电阻忽略不计．导轨所在区域有方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B.一质量为m、电阻为R、长度也为l的金属棒P静止在导轨上．导轨上质量为3m的绝缘棒Q位于P的左侧，以大小为v0的速度向P运动并与P发生弹性碰撞，碰撞时间很短．碰撞一次后，P和Q先后从导轨的最右端滑出导轨，并落在地面上同一地点．P在导轨上运动时，两端与导轨接触良好，P与Q始终平行．不计空气阻力．求
(1)金属棒P滑出导轨时的速度大小；
(2)金属棒P在导轨上运动过程中产生的热量；
(3)与P碰撞后，绝缘棒Q在导轨上运动的时间．
提升训练
1.
[2023·湖南卷]如图，两根足够长的光滑金属直导轨平行放置，导轨间距为L，两导轨及其所构成的平面均与水平面成θ角，整个装置处于垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B.现将质量均为m的金属棒a、b垂直导轨放置，每根金属棒接入导轨之间的电阻均为R.运动过程中金属棒与导轨始终垂直且接触良好，金属棒始终未滑出导轨，导轨电阻忽略不计，重力加速度为g.
(1)先保持棒b静止，将棒a由静止释放，求棒a匀速运动时的速度大小v0；
(2)在(1)问中，当棒a匀速运动时，再将棒b由静止释放，求释放瞬间棒b的加速度大小a0；
(3)在(2)问中，从棒b释放瞬间开始计时，经过时间t0，两棒恰好达到相同的速度v，求速度v的大小，以及时间t0内棒a相对于棒b运动的距离Δx.
2．[2023·广东模拟预测]如图甲所示，水平面内固定两根平行的足够长的光滑轨道，轨道间距L＝0.4 m，其中在E、F、G、H四点附近的轨道由绝缘材料制成，这四段绝缘轨道的长度非常短，其余轨道由金属材料制成，金属轨道的电阻不计，在右侧两轨道之间连接一个阻值R＝1.5 Ω的定值电阻．在矩形区域MNQP中存在竖直向上的磁场，记M点所在位置为坐标原点，沿MP方向建立x坐标轴，磁感应强度的大小随位置的变化如图乙所示，图中B0＝2.5 T．现有一总质量m＝0.1 kg的“工”字形“联动双棒”(由两根长度略长于L的平行金属棒ab和cd，用长度为L的刚性绝缘棒连接构成，棒的电阻均为r＝0.5 Ω)，以初速度v0＝8 m/s沿x轴正方向运动，运动过程中棒与导轨保持垂直，最终静止于轨道上，忽略磁场边界效应．求
(1)棒ab刚进入磁场时，流经棒ab的电流的大小和方向；
(2)棒ab在EF处的速度大小v1和在GH处时的速度大小v2；
(3)电阻R上产生的焦耳热．
素养培优·情境命题
电磁感应规律在生活、生产和科技中的应用
情境1　“自发电”门铃开关
[典例1]　[2023·广东茂名统考二模]市场上某款“自发电”门铃开关的原理如图所示．在按下门铃按钮过程中，夹着永磁铁的铁块向下移动，改变了与“E”形铁芯接触的位置，使得通过线圈的磁场发生改变．松开门铃按钮后，弹簧可使之复位(与a、b连接的外电路未画出)．由此可判断(　　)
A．未按下按钮时，线圈a、b两点间存在电势差
B．按下按钮过程中，线圈中感应电流始终由b经线圈流向a
C．按钮复位过程中，线圈中的磁通量一直减小
D．按下按钮过程与松开复位过程中，a点的电势始终高于b点
情境2　磁力刹车系统
[典例2]　
(多选)高速铁路列车通常使用磁力刹车系统．磁力刹车工作原理可简述如下：将磁铁的N极靠近一块正在以逆时针方向旋转的圆形铝盘，使磁感线垂直铝盘向内，铝盘随即减速，如图所示．图中磁铁左方铝盘的甲区域(虚线区域)朝磁铁方向运动，磁铁右方铝盘的乙区域(虚线区域)朝离开磁铁方向运动．下列有关铝盘刹车的说法正确的是(　　)
A．铝盘甲区域的感应电流产生垂直铝盘向外的磁场
B．铝盘乙区域的感应电流产生垂直铝盘向外的磁场
C．磁铁与感应电流之间的作用力，会使铝盘减速
D．若将实心铝盘换成布满小空洞的铝盘，则磁铁对空洞铝盘所产生的减速效果与实心铝盘相同
情境3　磁悬浮列车
[典例3]　(多选)2022年9月20日在德国柏林国际轨道交通技术展览会上中国具有完全自主知识产权的时速600公里高速磁浮交通系统首次在欧洲亮相，引起了世界各国广泛关注．超导磁悬浮列车的原理可以简化为如图所示模式：在水平面上相距L的两根固定平行直导轨间，有大小为B、宽都是L的匀强磁场，相邻磁场区域的磁场方向相反．整个磁场以速度v水平向右匀速运动，跨在两导轨间的边长为L的正方形n匝线圈abcd悬浮在导轨上方，在磁场力作用下向右运动，并逐渐达到最大速度vm.当超导磁悬浮列车制动时，所有磁场立即停止，线圈继续运动NL停下来(N为整数)．设线圈的总电阻为R，总质量为m，运动中所受到的阻力大小恒为f.则(　　)
A．线圈最大速度vm＝v－
B．制动过程受到的安培力为
C．制动过程线圈产生的焦耳热为－fNL
D．制动过程通过线圈横截面的电荷量可能为
情境4　电磁缓冲装置
[典例4]　随着航空领域的发
展，实现火箭回收利用，成为了各国都在重点突破的技术．其中有一技术难题是回收时如何减缓对地的碰撞，为此设计师在返回火箭的底盘安装了电磁缓冲装置．该装置的主要部件有两部分：①缓冲滑块，由高强绝缘材料制成，其内部边缘绕有闭合单匝矩形线圈abdc；②火箭主体，包括绝缘光滑缓冲轨道MN、PQ和超导线圈(图中未画出)，超导线圈能产生方向为垂直于整个缓冲轨道平面的匀强磁场．当缓冲滑块接触地面时，滑块立即停止运动，此后线圈与火箭主体中的磁场相互作用，火箭主体一直做减速运动直至达到软着陆要求的速度，从而实现缓冲．现已知缓冲滑块竖直向下撞向地面时，火箭主体的速度大小为v0，经过时间t火箭着陆，速度恰好为零；线圈abdc的电阻为R，其余电阻忽略不计；ab边长为l，火箭主体质量为m，匀强磁场的磁感应强度大小为B，重力加速度为g，一切摩擦阻力不计，求：
(1)缓冲滑块刚停止运动时，线圈产生的电动势；
(2)缓冲滑块刚停止运动时，火箭主体的加速度大小；
(3)火箭主体的速度从v0减到零的过程中系统产生的电能．
第11讲　电磁感应规律及其应用
命题分类剖析
命题点一
[例1]　解析：由右手螺旋定则可知，线圈1、2形成的磁场方向都是竖直向下的，A错；汽车进入线圈1时，线圈abcd中向下的磁通量增大，由楞次定律可判断，线圈abcd中的感应电流方向与线圈1反向，是逆时针，即感应电流方向为adcb，同理，汽车离开线圈1时，线圈abcd中向下的磁通量减小，线圈abcd中的感应电流方向是顺时针，即感应电流方向为abcd，故B错，C对；安培力为阻力，与速度方向相反，D错．
答案：C
[例2]　解析：(1)根据法拉第电磁感应定律有
E＝n
又n＝1，＝·S＝kS，S＝
解得E＝
(2)根据闭合电路欧姆定律可知线框中的感应电流为
I＝
结合安培力的公式和题图可知线框受到的安培力为FA＝BIl
又B＝kt(k＞0)
联立可得线框受到的安培力为FA＝
当线框开始向上运动时，有＝mg
解得t0＝
答案：(1)　(2)
[例3]　解析：导轨的速度v2>v1，因此对导体棒受力分析可知导体棒受到向右的摩擦力以及向左的安培力，摩擦力大小为f＝μmg＝2 N
导体棒的安培力大小为F1＝f＝2 N
由左手定则可知导体棒的电流方向为N→M→D→C→N，导体框受到向左的摩擦力，向右的拉力和向右的安培力，安培力大小为
F2＝f－m0g＝1 N
由左手定则可知B2的方向为垂直纸面向里，A错误，B正确；
对导体棒分析F1＝B1IL
对导体框分析F2＝B2IL
电路中的电流为I＝
联立解得v2＝3 m/s
C错误，D正确；故选BD.
答案：BD
[提升训练]
1．解析：电流的峰值越来越大，即小磁体在依次穿过每个线圈的过程中磁通量的变化率越来越快，因此小磁体的速度越来越大，A正确；下落过程中，小磁体在水平方向受的合力为零，故小磁体的N极、S极上下没有颠倒，B错误；线圈可等效为条形磁铁，线圈的电流越大则磁性越强，因此电流的大小是变化的．小磁体受到的电磁阻力是变化的，不是一直不变的，C错误；由图(b)可知，与上部相比，小磁体通过线圈下部的过程中，感应电流的最大值更大，故磁通量变化率的最大值更大，D正确．
故选AD.
答案：AD
2．解析：导体杆摆动时切割磁感线，产生感应电流，受安培力，安培力起阻力作用，故导体杆的振动为阻尼振动．由垂直于磁感线方向的速度大小相同时电阻变大→电流变小→安培力(阻力)变小可知，当R从R0变为2R0时，导体杆振幅的衰减速度变慢，B正确，ACD错误．
答案：B
3．解析：根据楞次定律，感应电流产生的磁场总要阻碍原磁通量的变化，可知在线圈转动的过程中通过线圈的磁通量减小，由此可知感应电流应为顺时针方向，故A正确；
当转过90°时的瞬间感应电动势最大，此时切割磁感线的有效长度最大，为圆形线圈的直径，由此可得感应电动势的最大值为Em＝B(2R)2ω＝2BR2ω，根据闭合电路的欧姆定律可知感应电流的最大值为Im＝＝＝，故BC错误；
通过导体任意横截面的电量为q＝＝＝，故D正确．
答案：AD
命题点二
[例1]　解析：0～t1内是线框的左边框由PQ向左进入磁场，根据右手定则知感应电流为顺时针(负)，而切割磁感线的有效长度随着水平位移的增大而均匀减小，则感应电流的大小均匀减小；
t1～2t1内，线框的前后双边同向同速切割相反的磁场，双源相加为总电动势，电流方向为逆时针(正)，两边的有效长度之和等于L，则电流大小恒定．
故选D.
答案：D
[例2]　解析：由部分导线切割磁感线产生感应电动势：E＝BLv可知金属棒所受安培力为：FA＝BIL＝v, 再由FA - t图像可知，安培力与时间为线性关系可知：金属棒先做向右的匀减速，再做向左的匀加速直线运动，由牛顿第二定律：安培力与外力的合力为定值，即外力随时间线性变化，由FA-t图像可知：在0～t0时间安培力为负值，方向向左，由左手定则和右手定则可知，金属棒向右做减速运动，在t0～2t0时间内安培力为正值从零逐渐增加，方向向右，同理可知，金属棒向左做初速度为零的匀加速直线运动，加速度不变，则在t0时刻，合力向左，但FA＝0，所以外力为负值不等于零，方向向左．故ABD错误，C正确．
答案：C
[例3]　解析：由右手定则判断可知，金属棒中感应电流方向由N指向M，R0中感应电流方向由a指向c，选项A错误；金属棒受到的滑动摩擦力方向水平向左，大小为f＝μmg＝1 N，由左手定则判断可知，金属棒所受的安培力方向向左，金属棒速度达到最大后开始做匀速直线运动，由受力平衡有F－f＝BIL，根据闭合电路欧姆定律有I＝，R总＝，整理得F－f＝B2L2vm，变形得＝·，则＝(Ω·s·m－1)，＝0.2(s·m－1)，代入数据解得F＝1.4 N，R0＝2 Ω，选项B、C正确；由图乙知，R＝2 Ω时，vm＝2.5 m/s，R总＝＝1 Ω，I＝＝1 A，R0在1 s内产生的最大焦耳热为(I)2R0t＝0.5 J，选项D错误．
答案：BC
[提升训练]
1．解析：金属棒cd在恒力F作用下由静止开始加速，此时金属棒ab，cd加速度aa＝0，ac＝，之后回路中出现感应电流，金属棒cd受到的安培力与恒力F反向，金属棒cd的加速度减小，金属棒ab在安培力作用下开始加速，金属棒cd与金属棒ab的速度差逐渐增大，回路中的电动势逐渐增大，安培力F安＝逐渐增大，金属棒cd加速度减小，金属棒ab加速度增大，当aa＝ac时，vc－va不再变化，回路中的电流不再变化，但是两金属棒的速度仍在增大，故A正确，与题意不符；B错误，与题意相符；设两金属棒电阻均为R，系统达到稳定之前Ucd＝BLva＋IR，随时间逐渐增大，系统达到稳定后，因回路中电流不变，则Ucd＝BLvc－IR，Ucd随着vc的增加而均匀增加，故C正确，与题意不符；闭合回路消耗的电功率P＝2I2R，在开始阶段随回路中电流的增大，电功率逐渐增大，当系统稳定后回路中电流不变，电功率不再变化，故D正确，与题意不符．故选B.
答案：B
2．解析：(1)根据法拉第电磁感应定律可得
E＝N＝N·S
其中，由图可知＝5 T/s
代入得E＝10 V
由闭合电路欧姆定律可得I＝
代入数据得I＝2.5 A；
(2)安培力为F安＝B2IL
弹簧弹力F弹＝kΔx
对金属棒受力分析，由受力平衡得B2IL＝2kΔx
代入数据，得B2＝4 T.
答案：(1)2.5 A　(2)4 T
命题点三
[例1]　解析：(1)由v-t图像可得：a＝＝＝5 m/s2
对导线框受力分析可得：F－mg sin θ－μmg cos θ＝ma
　代入数据联立解得：F＝1.48 N
(2)由v-t图像可知线框cf边进磁场时开始匀速直线运动，可得：F＝mg sin θ＋μmg cos θ＋BIL
由法拉第电磁感应定律，得线框产生的感应电动势为E＝BLv
由闭合电路欧姆定律，得线框产生的感应电流为I＝，得：I＝
代入数据联立解得：L＝0.5 m，I＝2 A
(3)线框匀速切割穿过磁场，产生的焦耳热就等于克服安培力所做的功：Q＝W克安＝F安·2D＝BIL·2D＝0.5×2×0.5×2×0.4 J＝0.4 J
答案：(1)1.48 N　 (2)0.5 m　 (3)0.4 J
[例2]　解析：(1)线框的ab边刚进入磁场区域Ⅰ时，根据机械能守恒定律有2Mgl sin θ－2mgl＝
线框的ab边刚进入区域Ⅰ时，感应电流I＝
由牛顿第二定律有Mg sin θ－BId－T＝Ma，T－mg＝ma
联立解得a＝0.85 m/s2
(2)设ab边刚进入磁场区域Ⅱ时线框的速度为v2，则对应的感应电流I′＝
对线框有Mg sin θ＝2BI′d＋T′，又T′＝mg
线框重力的功率P＝Mg sin θ·v2
联立解得P＝2.34 W
(3)从线框开始释放到ab边刚穿过磁场区域Ⅱ的过程中，根据能量守恒定律有
4Mgl sin θ－4mgl＝，解得Q＝0.56 J.
答案：(1)0.85 m/s2　(2)2.34 W　(3)0.56 J
[例3]　解析：(1)由于绝缘棒Q与金属棒P发生弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒可得
3mv0＝3mvQ＋mvP
＝
联立解得
vP＝v0，vQ＝v0
由题知，碰撞一次后，P和Q先后从导轨的最右端滑出导轨，并落在地面上同一地点，则金属棒P滑出导轨时的速度大小为
v′P＝vQ＝v0
(2)根据能量守恒有
＝＋Q
解得
Q＝
(3)P、Q碰撞后，对金属棒P分析，根据动量定理得
－BlΔt＝mv′P－mvP
又q＝Δt，＝＝＝
联立可得
x＝
由于Q为绝缘棒，无电流通过，做匀速直线运动，故Q运动的时间为
t＝＝
答案：(1)v0　　(3)
[提升训练]
1．解析：(1)a导体棒在运动过程中重力沿斜面的分力和a棒的安培力相等时做匀速运动，由法拉第电磁感应定律可得E＝BLv0
由闭合电路欧姆定律及安培力公式可得I＝，F＝BIL
a棒受力平衡可得mg sin θ＝BIL
联立解得v0＝
(2)由右手定则可知导体棒b中电流向里，b棒受沿斜面向下的安培力，此时电路中电流不变，则对b棒，根据牛顿第二定律可得mg sin θ＋BIL＝ma0
解得a0＝2g sin θ
(3)释放b棒后a棒受到沿斜面向上的安培力，在到达共速时对a棒，由动量定理得mg sin θt0－BLt0＝mv－mv0
b棒受到向下的安培力，对b棒，由动量定理得mg sin θt0＋BLt0＝mv
联立解得
v＝g sin θ·t0＋
此过程流过b棒的电荷量为q，则有
q＝t0
由法拉第电磁感应定律可得
＝＝
联立b棒动量定理可得Δx＝
答案：(1)　(2)2g sin θ　(3)g sin θt0＋
2．解析：(1)当ab棒刚进入磁场时产生的感应电动势为E＝B0Lv
由欧姆定律I＝
解得I＝8 A
由右手定则可知，电流方向为acdba；
(2)当ab棒进入磁场后，到ab棒到达EF处的过程中，由动量定理可得－t＝mv1－mv0，F安＝B0IL
解得v1＝4 m/s
当ab棒经过EF后，由于EF绝缘，ab棒与cd棒不再形成闭合回路，虽有切割，但感应电流为0，所以两棒做匀速运动，直至cd棒经过EF处，此后，对ab棒Eab＝BabLv
对cd棒Ecd＝BcdLv
由图乙可知Bab>Bcd
所以，电路中的总感应电动势为E1＝Eab－Ecd
由欧姆定律I1＝
则ab棒的安培力Fab＝BabI1L
cd棒的安培力Fcd＝BcdI1L
所以ab棒与cd棒的合力向左，为F＝Fab－Fcd
当ab到达GH处时，由动量定理－t1＝mv2－mv1
解得v2＝3 m/s
(3)当ab棒经过GH，由于GH绝缘，cd棒无电流，ab棒切割与右边电阻形成闭合回路，则E2＝2B0Lv3
由欧姆定律I2＝
ab棒所受安培力F2＝2B0I2L
设ab棒运动x的距离后减速为0，由动量定理可得－t2＝0－mv2
解得x＝0.15m故ab棒还未离开磁场就减速为0，由动能定理可得＝－Q
则电阻R产生的焦耳热为QR＝Q
解得QR＝0.337 5 J
答案：(1)8 A　b→a　(2)4 m/s　3 m/s　(3)0.337 5 J
素养培优·情境命题
典例1　解析：未按下按钮时，线圈磁通量不变，因此a、b两点电势差为零，故A错误；
按下按钮过程中，线圈中的磁场先向右减小，后向左增加，根据楞次定律可知，感应电流方向从b接线柱通过线圈流向a接线柱，又因为线圈是电源，电源内部电流方向由负极流向正极，因此线圈a接线柱的电势比b接线柱高；按钮复位过程中，线圈中的磁场先向左减小，后向右增加，磁通量先减小后增大，根据楞次定律可知，感应电流方向从a接线柱通过线圈流向b接线柱，线圈a接线柱的电势比b接线柱低，故B正确，CD错误．
答案：B
典例2　解析：由题意可知，因圆形铝盘逆时针方向旋转，那么穿过铝盘甲区域的磁通量增大，根据楞次定律，可知，感应电流产生磁场与原来磁场方向相反，即垂直铝盘向外的磁场，故A正确；同理，因圆形铝盘逆时针方向旋转，那么穿过铝盘乙区域的磁通量减小，根据楞次定律，可知，感应电流产生磁场与原来磁场方向相同，即垂直铝盘向里的磁场，故B错误；依据楞次定律的“近斥远吸”，则有甲区域要靠近磁铁，则相互排斥，而乙区域要远离磁铁，则相互吸引，因此磁铁与感应电流之间的作用力，会使铝盘减速，故C正确；若将实心铝盘换成布满小空洞的铝盘，这样会导致涡流磁场减弱，则磁铁对空洞铝盘所产生的减速效果明显低于实心铝盘的，故D错误．
答案：AC
典例3　解析：磁场向右运动，则线圈相对于磁场向左运动，根据右手定则可知，线圈在图示位置的电流方向为abcda，根据左手定则可知安培力方向水平向右，线圈达到最大速度vm时，线圈ad边和bc边各以相对磁场的速度v－vm做切割磁感线运动，回路中电流为I＝＝，由于左右两边ad和bc均受到安培力，则安培力的合力为F合＝2nBIL＝，制动过程中，磁场停止，线圈ad边和bc边以初速度vm开始运动，则安培力为，B错误．达到最大速度时，有f＝F合，联立解得vm＝v－，选项A错误．制动过程中克服安培力做功等于线圈产生的焦耳热，对线圈由动能定理有＝－fNL－W克安＝－fNL－Q，解得Q＝－fNL，选项C正确．制动过程通过线圈横截面的电荷量为q＝Δt＝Δt＝nΔt＝n，线圈继续运动NL停下来，若N为偶数，根据对称性，可知通过线圈的磁通量不变，即ΔΦ＝0，可知通过线圈的电荷量为零；若N为奇数，由于开始制动时刻的磁通量不确定，因此线圈的磁通量变化量ΔΦ可能在0～2BL2之间取值，电荷量q＝n，即通过线圈的电荷量可能在0～2n之间取值，选项D正确．
答案：CD
典例4　解析：(1)ab边产生电动势：E＝Blv0.
(2)Fab＝BIl
I＝
对火箭主体受力分析可得：Fab－mg＝ma
解得：a＝－g.
(3)设下落t时间内火箭下落的高度为h，
对火箭主体由动量定理：·t＝0－mv0
即mgt－＝0－mv0
化简得h＝
根据能量守恒定律，系统产生的电能：
E＝
代入数据可得：E＝.
答案：(1)Blv0　(2)－g(共71张PPT)
第11讲　电磁感应规律及其应用
知识网络构建
命题分类剖析
素养培优·情境命题
知识网络构建
命题分类剖析
命题点一　楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用
1．感应电流方向的判断方法
2．感应电动势大小的求法
情境图 研究对象 表达式
回路(不一定闭合)
一段直导线(或等效直导线) E＝Blv
绕一端转动的一段导体棒
绕与B垂直的轴转动的导线框 从图示时刻计时
E＝NBSωcos ωt
3.感应电荷量的计算
磁通量变化迁移的电荷量：q＝IΔt＝Δt＝Δt＝n，q仅由回路电阻R和磁通量的变化量ΔΦ决定．
考向1　楞次定律的应用
例 1 [2023·海南卷] 汽车测速利用了电磁感应现象，汽车可简化为一个矩形线圈abcd，埋在地下的线圈分别为1、2，通上顺时针(俯视)方向电流，当汽车经过线圈时(　　)
A．线圈1、2产生的磁场方向竖直向上
B．汽车进入线圈1过程产生感应电流方向为abcd
C．汽车离开线圈1过程产生感应电流方向为abcd
D．汽车进入线圈2过程受到的安培力方向与速度
方向相同
答案：C
解析：由右手螺旋定则可知，线圈1、2形成的磁场方向都是竖直向下的，A错；汽车进入线圈1时，线圈abcd中向下的磁通量增大，由楞次定律可判断，线圈abcd中的感应电流方向与线圈1反向，是逆时针，即感应电流方向为adcb，同理，汽车离开线圈1时，线圈abcd中向下的磁通量减小，线圈abcd中的感应电流方向是顺时针，即感应电流方向为abcd，故B错，C对；安培力为阻力，与速度方向相反，D错．
考向2　法拉第电磁感应定律的应用
例 2 [2023·天津卷] 如图，有一正方形线框静止悬挂着，其质量为m、电阻为R、边长为l.空间中有一个三角形磁场区域，其磁感应强度大小为B＝kt(k>0)，方向垂直于线框所在平面向里，且线框中磁场区域的面积为线框面积的一半，已知重力加速度为g，求：
(1)感应电动势E；
(2)线框开始向上运动的时刻t0.

解析：(1)根据法拉第电磁感应定律有E＝n
又n＝1，＝·S＝kS，S＝
解得E＝
(2)根据闭合电路欧姆定律可知线框中的感应电流为I＝
结合安培力的公式和题图可知线框受到的安培力为FA＝BIl
又B＝kt(k＞0)
联立可得线框受到的安培力为FA＝
当线框开始向上运动时，有＝mg,解得t0＝
答案：(1)　(2)
例 3 [2023·山东卷](多选)足够长U形导轨平置在光滑水平绝缘桌面上，宽为1 m，电阻不计．质量为1 kg、长为1 m、电阻为1 Ω的导体棒MN放置在导轨上，与导轨形成矩形回路并始终接触良好，Ⅰ和Ⅱ区域内分别存在竖直方向的匀强磁场，磁感应强度分别为B1和B2，其中B1＝2 T，方向向下．用不可伸长的轻绳跨过固定轻滑轮将导轨CD段中点与质量为0.1 kg的重物相连，绳与CD垂直且平行于桌面．如图所示，某时刻MN、CD同时分别进入磁场区域Ⅰ和Ⅱ并做匀速直线运动，MN、CD与磁场边界平行．MN的速度v1＝2 m/s，CD的速度为v2且v2>v1，MN和导轨间的动摩擦因数为0.2.重力加速度大小取10 m/s2，下列说法正确的是(　　)
A．B2的方向向上 B．B2的方向向下
C．v2＝5 m/s D．v2＝3 m/s
答案：BD
解析：导轨的速度v2>v1，因此对导体棒受力分析可知导体棒受到向右的摩擦力以及向左的安培力，摩擦力大小为f＝μmg＝2 N
导体棒的安培力大小为F1＝f＝2 N
由左手定则可知导体棒的电流方向为N→M→D→C→N，导体框受到向左的摩擦力，向右的拉力和向右的安培力，安培力大小为
F2＝f－m0g＝1 N
由左手定则可知B2的方向为垂直纸面向里，A错误，B正确；
对导体棒分析F1＝B1IL
对导体框分析F2＝B2IL
电路中的电流为I＝
联立解得v2＝3 m/s
C错误，D正确；故选BD.
提升训练
1.[2023·全国甲卷](多选)一有机玻璃管竖直放在水平地面上，管上有漆包线绕成的线圈，线圈的两端与电流传感器相连，线圈在玻璃管上部的5匝均匀分布，下部的3匝也均匀分布，下部相邻两匝间的距离大于上部相邻两匝间的距离．如图(a)所示．现让一个很小的强磁体在玻璃管内沿轴线从上端口由静止下落，电流传感器测得线圈中电流I随时间t的变化如图(b)所示．
则(　　)
A．小磁体在玻璃管内下降速度越来越快
B．下落过程中，小磁体的N极、S极上下颠倒了8次
C．下落过程中，小磁体受到的电磁阻力始终保持不变
D．与上部相比，小磁体通过线圈下部的过程中，磁通量变化率的最大值更大
答案：AD
解析：电流的峰值越来越大，即小磁体在依次穿过每个线圈的过程中磁通量的变化率越来越快，因此小磁体的速度越来越大，A正确；下落过程中，小磁体在水平方向受的合力为零，故小磁体的N极、S极上下没有颠倒，B错误；线圈可等效为条形磁铁，线圈的电流越大则磁性越强，因此电流的大小是变化的．小磁体受到的电磁阻力是变化的，不是一直不变的，C错误；由图(b)可知，与上部相比，小磁体通过线圈下部的过程中，感应电流的最大值更大，故磁通量变化率的最大值更大，D正确．
故选AD.
2．[2023·浙江1月]如图甲所示，一导体杆用两条等长细导线悬挂于水平轴OO′，接入电阻R构成回路．导体杆处于竖直向上的匀强磁场中，将导体杆从竖直位置拉开小角度θ静止释放，导体杆开始下摆．当R＝R0时，导体杆振动图像如图乙所示．若横纵坐标皆采用图乙标度，则当R＝2R0时，导体杆振动图像是(　　)
答案：B
解析：导体杆摆动时切割磁感线，产生感应电流，受安培力，安培力起阻力作用，故导体杆的振动为阻尼振动．由垂直于磁感线方向的速度大小相同时电阻变大→电流变小→安培力(阻力)变小可知，当R从R0变为2R0时，导体杆振幅的衰减速度变慢，B正确，ACD错误．
3.[2023·辽宁省沈阳市监测一](多选)有界匀强磁场磁感应强度为B，有一半径为R的线圈，其单位长度上的电阻为r，线圈直径MN垂直磁场边界于M点，现以M点为轴在纸面内，沿顺时针方向匀速旋转90°，角速度为ω，则(　　)
A．感应电流方向为顺时针方向
B．感应电动势的最大值为BR2ω
C．感应电流的最大值为
D．通过导体任意横截面的电量为
答案：AD
解析：根据楞次定律，感应电流产生的磁场总要阻碍原磁通量的变化，可知在线圈转动的过程中通过线圈的磁通量减小，由此可知感应电流应为顺时针方向，故A正确；
当转过90°时的瞬间感应电动势最大，此时切割磁感线的有效长度最大，为圆形线圈的直径，由此可得感应电动势的最大值为Em＝B(2R)2ω＝2BR2ω，根据闭合电路的欧姆定律可知感应电流的最大值为Im＝＝＝，故BC错误；
通过导体任意横截面的电量为q＝＝＝，故D正确．
命题点二　电磁感应中图像或电路问题
1．掌握两个技法，快速解答图像问题
2．三个关注
考向1　电磁感应中的图像
例 1 [2023·山东省菏泽市三模]如图所示，MNQP是边长为L和2L的矩形，在其由对角线划分的两个三角形区域内充满磁感应强度大小相等、方向相反的匀强磁场．边长为L的正方形导线框，在外力作用下水平向左匀速运动，线框左边始终与MN平行．设导线框中感应电流i逆时针流向为正．若t＝0时左边框与PQ重合，则左边框由PQ运动到MN的过程中，下列i-t图像正确的是(　　)
答案：D
解析：0～t1内是线框的左边框由PQ向左进入磁场，根据右手定则知感应电流为顺时针(负)，而切割磁感线的有效长度随着水平位移的增大而均匀减小，则感应电流的大小均匀减小；
t1～2t1内，线框的前后双边同向同速切割相反的磁场，双源相加为总电动势，电流方向为逆时针(正)，两边的有效长度之和等于L，则电流大小恒定．
故选D.
例 2 [2023·上海卷] 如图所示，有一光滑导轨处于匀强磁场中，一金属棒垂直置于导轨上，对其施加外力，安培力变化如图所示，取向右为正方向，则外力随时间变化图像为(　　)
答案：C
解析：由部分导线切割磁感线产生感应电动势：E＝BLv可知金属棒所受安培力为：FA＝BIL＝v, 再由FA - t图像可知，安培力与时间为线性关系可知：金属棒先做向右的匀减速，再做向左的匀加速直线运动，由牛顿第二定律：安培力与外力的合力为定值，即外力随时间线性变化，由FA-t图像可知：在0～t0时间安培力为负值，方向向左，由左手定则和右手定则可知，金属棒向右做减速运动，在t0～2t0时间内安培力为正值从零逐渐增加，方向向右，同理可知，金属棒向左做初速度为零的匀加速直线运动，加速度不变，则在t0时刻，合力向左，但FA＝0，所以外力为负值不等于零，方向向左．故ABD错误，C正确．
考向2　电磁感应中图像与电路问题的数型结合
例 3 (多选)如图甲所示，足够长的两平行金属导轨ab、cd固定在同一水平面上，导体间距为0.5 m，导轨左边接有定值电阻R0和电阻箱R；导轨间存在磁感应强度大小为0.8 T、方向垂直纸面向里的匀强磁场．一质量为0.5 kg、长为0.5 m、内阻不计的金属棒MN放置在导轨上，在水平向右的恒力F作用下金属棒由静止开始运动，金属棒始终与导轨垂直且接触良好．多次改变电阻箱的阻值R，测得金属棒对应的最大速度vm，绘制出如图乙所示的图像．已知金属棒与导轨间的动摩擦因数为0.2，取g＝10 m/s2.
下列说法正确的是(　　)
A．R0中感应电流方向由c指向a
B．R0＝2 Ω
C．恒力F＝1.4 N
D．若R＝2 Ω，则R0在1 s内产生的最大焦耳热为1 J
答案：BC
解析：由右手定则判断可知，金属棒中感应电流方向由N指向M，R0中感应电流方向由a指向c，选项A错误；金属棒受到的滑动摩擦力方向水平向左，大小为f＝μmg＝1 N，由左手定则判断可知，金属棒所受的安培力方向向左，金属棒速度达到最大后开始做匀速直线运动，由受力平衡有F－f＝BIL，根据闭合电路欧姆定律有I＝，R总＝，整理得F－f＝B2L2vm，变形得＝·，则＝(Ω·s·m－1)，＝0.2(s·m－1)，代入数据解得F＝1.4 N，R0＝2 Ω，选项B、C正确；由图乙知，R＝2 Ω时，vm＝2.5 m/s，R 总＝＝1 Ω，I＝＝1 A，R0在1 s内产生的最大焦耳热为(I)2R0t＝0.5 J，选项D错误．
思维提升
1．“感生”类的两类图像
分类 图例 分析
B-t 图像
Φ-t 图像
[提醒]　
分析磁通量时，一是注意回路中的有效面积；二是注意有效面积内磁场方向是否单一．
2.“动生”类的三类图像
分类 图例 分析
有效 长度 变化 导体棒匀速切割，回路中的感应电动势随有效长度的变化而变化
切割 速度 变化 导体棒有效长度不变，回路中的感应电动势随运动速度的变化而变化
磁感 应强 度随 位置 变化 导体棒运动到不同位置的感应电动势随磁感应强度的变化而变化
提升训练
1.[2023·江苏省八市训练]如图所示，两根光滑平行金属长导轨MN、PQ水平固定放置，导轨间存在竖直向上的匀强磁场，两根完全相同的金属棒ab、cd垂直放置在导轨上，两金属棒的长度恰好等于金属导轨的间距，t＝0时刻对金属棒cd施加一个水平向右的恒力F，此后两金属棒由静止开始运动，金属棒在运动过程中始终与导轨接触良好，两金属棒的速度大小分别记为va、vc，加速度大小分别记为va、vc，金属棒cd两端电压记为Ucd，闭合回路消耗的电功率记为P，电路中除金属棒以外的电阻均不计，下列关于图像错误的是(　　)
答案：B
解析：金属棒cd在恒力F作用下由静止开始加速，此时金属棒ab，cd加速度aa＝0，ac＝，之后回路中出现感应电流，金属棒cd受到的安培力与恒力F反向，金属棒cd的加速度减小，金属棒ab在安培力作用下开始加速，金属棒cd与金属棒ab的速度差逐渐增大，回路中的电动势逐渐增大，安培力F安＝逐渐增大，金属棒cd加速度减小，金属棒ab加速度增大，当aa＝ac时，vc－va不再变化，回路中的电流不再变化，但是两金属棒的速度仍在增大，故A正确，与题意不符；B错误，与题意相符；设两金属棒电阻均为R，系统达到稳定之前Ucd＝BLva＋IR，随时间逐渐增大，系统达到稳定后，因回路中电流不变，则Ucd＝BLvc－IR，Ucd随着vc的增加而均匀增加，故C正确，与题意不符；闭合回路消耗的电功率P＝2I2R，在开始阶段随回路中电流的增大，电功率逐渐增大，当系统稳定后回路中电流不变，电功率不再变化，故D正确，与题意不符．故选B.
2．[2023·珠海模拟]匝数N＝1 000、面积S＝20 cm2、电阻r＝1 Ω的线圈水平放置，匀强磁场B1竖直向下穿过线圈，其磁感应强度B1按如图所示的规律变化，线圈两端分别连接两根完全相同的劲度系数为k＝100 N/m、电阻为R＝1.5 Ω的金属弹簧，两金属弹簧上端固定在水平天花板上，下端悬挂一根水平金属棒，另有一水平匀强磁场B2垂直金属棒分布(如图所示)．其磁场宽度为L＝10 cm.闭合开关后，两弹簧的长度均变化了Δx＝0.5 cm.导线和金属棒的电阻不计，求：
(1)闭合开关后，通过金属棒的电流大小；
(2)磁感应强度B2的大小．
解析：(1)根据法拉第电磁感应定律可得
E＝N＝N·S
其中，由图可知＝5 T/s
代入得E＝10 V
由闭合电路欧姆定律可得I＝
代入数据得I＝2.5 A；
(2)安培力为F安＝B2IL
弹簧弹力F弹＝kΔx
对金属棒受力分析，由受力平衡得B2IL＝2kΔx
代入数据，得B2＝4 T.
答案：(1)2.5 A　(2)4 T
命题点三　电磁感应规律的综合应用
1．电磁感应综合问题的解题思路
2．与动量定理结合
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)．
(1)求速度或电荷量：－BlΔt＝mv2－mv1，q＝Δt.
(2)求时间：FΔt＋IA＝mv2－mv1，IA＝－BlΔt＝－Bl.
(3)求位移：－BlΔt＝－＝mv2－mv1，
即－x＝m(v2－v1)．
3．与动量守恒定律的结合
相互平行的水平轨道间的双棒做切割磁感线运动问题，由于这两根导体棒所受的安培力等大反向，合外力为零，若不受其他外力，两导体棒的总动量守恒，解决此类问题往往要应用动量守恒定律．
考向1　电磁感应中的动力学问题
例 1 [2023·上海卷]如图(a)，线框cdef位于倾斜角θ＝30°的斜面上，斜面上有一长度为D的单匝矩形磁场区域，磁场方向垂直于斜面向上，大小为0.5 T，已知线框边长cd＝D＝0.4 m，m＝0.1 kg，总电阻R＝0.25 Ω，现对线框施加一沿斜面向上的力F使之运动．斜面上动摩擦因数μ＝，线框速度随时间变化如图(b)所示．(重力加速度g取9.8 m/s2)
(1)求外力F大小；
(2)求cf长度L；
(3)求回路产生的焦耳热Q.
解析：(1)由v-t图像可得：a＝＝＝5 m/s2
对导线框受力分析可得：F－mg sin θ－μmg cos θ＝ma
　代入数据联立解得：F＝1.48 N
(2)由v-t图像可知线框cf边进磁场时开始匀速直线运动，可得：F＝mg sin θ＋μmg cos θ＋BIL
由法拉第电磁感应定律，得线框产生的感应电动势为E＝BLv
由闭合电路欧姆定律，得线框产生的感应电流为I＝，得：I＝
代入数据联立解得：L＝0.5 m，I＝2 A
(3)线框匀速切割穿过磁场，产生的焦耳热就等于克服安培力所做的功：Q＝W克安＝F安·2D＝BIL·2D＝0.5×2×0.5×2×0.4 J＝0.4 J
答案：(1)1.48 N　 (2)0.5 m　 (3)0.4 J
考向2　电磁感应中的能量问题
例 2 如图所示，光滑绝缘斜面的倾角为θ＝30°，斜面上有两个匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，其宽度均为l＝0.2 m，磁感应强度大小均为B＝1 T，磁场方向分别为垂直斜面向上和垂直斜面向下．斜面上放一质量为M＝0.6 kg、电阻为R＝0.5 Ω的矩形导线框abcd，其ab边长为d＝0.4 m、bc边长为l＝0.2 m，通过细绳绕过光滑的定滑轮与一质量为m＝0.2 kg的重物相连，连接线框的细绳与线框共面，滑轮和绳的质量均不计，ab边距磁场区域Ⅰ的上边界为2l，开始时各段绳都处于伸直状态，现将它们由静止释放，线框沿斜面向下运动，ab边刚穿过两磁场的分界线OO′进入磁场区域Ⅱ时，线框恰好做匀速运动(细绳始终处于拉紧状态)，不计摩擦，忽略磁场边界效应，重力加速度g＝10 m/s2.
求：(计算结果保留2位小数)
(1)ab边刚进入磁场区域Ⅰ时线框的加速度大小；
(2)线框ab边在磁场区域Ⅱ中运动的过程中，线框重力的功率P；
(3)从开始释放到ab边刚穿过磁场区域Ⅱ的过程中，线框中产生的焦耳热Q.
解析：(1)线框的ab边刚进入磁场区域Ⅰ时，根据机械能守恒定律有2Mgl sin θ－2mgl＝
线框的ab边刚进入区域Ⅰ时，感应电流I＝
由牛顿第二定律有Mg sin θ－BId－T＝Ma，T－mg＝ma
联立解得a＝0.85 m/s2
(2)设ab边刚进入磁场区域Ⅱ时线框的速度为v2，则对应的感应电流I′＝
对线框有Mg sin θ＝2BI′d＋T′，又T′＝mg
线框重力的功率P＝Mg sin θ·v2
联立解得P＝2.34 W
(3)从线框开始释放到ab边刚穿过磁场区域Ⅱ的过程中，根据能量守恒定律有4Mgl sin θ－4mgl＝，解得Q＝0.56 J.
答案：(1)0.85 m/s2　(2)2.34 W　(3)0.56 J
考向3　电磁感应中的动量问题
例 3 [2023·全国甲卷]如图，水平桌面上固定一光滑U型金属导轨，其平行部分的间距为l，导轨的最右端与桌子右边缘对齐，导轨的电阻忽略不计．导轨所在区域有方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B.一质量为m、电阻为R、长度也为l的金属棒P静止在导轨上．导轨上质量为3m的绝缘棒Q位于P的左侧，以大小为v0的速度向P运动并与P发生弹性碰撞，碰撞时间很短．碰撞一次后，P和Q先后从导轨的最右端滑出导轨，并落在地面上同一地点．P在导轨上运动时，两端与导轨接触良好，P与Q始终平行．不计空气阻力．求
(1)金属棒P滑出导轨时的速度大小；
(2)金属棒P在导轨上运动过程中产生的热量；
(3)与P碰撞后，绝缘棒Q在导轨上运动的时间．
解析：(1)由于绝缘棒Q与金属棒P发生弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒可得
3mv0＝3mvQ＋mvP
＝
联立解得
vP＝v0，vQ＝v0
由题知，碰撞一次后，P和Q先后从导轨的最右端滑出导轨，并落在地面上同一地点，则金属棒P滑出导轨时的速度大小为v′P＝vQ＝v0
(2)根据能量守恒有＝＋Q
解得Q＝
(3)P、Q碰撞后，对金属棒P分析，根据动量定理得
－BlΔt＝mv′P－mvP
又q＝Δt，＝＝＝
联立可得
x＝
由于Q为绝缘棒，无电流通过，做匀速直线运动，故Q运动的时间为
t＝＝
答案：(1)v0　　(3)
提升训练
1.[2023·湖南卷]如图，两根足够长的光滑金属直导轨平行放置，导轨间距为L，两导轨及其所构成的平面均与水平面成θ角，整个装置处于垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B.现将质量均为m的金属棒a、b垂直导轨放置，每根金属棒接入导轨之间的电阻均为R.运动过程中金属棒与导轨始终垂直且接触良好，金属棒始终未滑出导轨，导轨电阻忽略不计，重力加速度为g.
(1)先保持棒b静止，将棒a由静止释放，求棒a匀速运动时的速度大小v0；
(2)在(1)问中，当棒a匀速运动时，再将棒b由静止释放，求释放瞬间棒b的加速度大小a0；
(3)在(2)问中，从棒b释放瞬间开始计时，经过时间t0，两棒恰好达到相同的速度v，求速度v的大小，以及时间t0内棒a相对于棒b运动的距离Δx.
解析：(1)a导体棒在运动过程中重力沿斜面的分力和a棒的安培力相等时做匀速运动，由法拉第电磁感应定律可得E＝BLv0
由闭合电路欧姆定律及安培力公式可得I＝，F＝BIL
a棒受力平衡可得mg sin θ＝BIL
联立解得v0＝
(2)由右手定则可知导体棒b中电流向里，b棒受沿斜面向下的安培力，此时电路中电流不变，则对b棒，根据牛顿第二定律可得mg sin θ＋BIL＝ma0
解得a0＝2g sin θ
(3)释放b棒后a棒受到沿斜面向上的安培力，在到达共速时对a棒，由动量定理得mg sin θt0－BLt0＝mv－mv0
b棒受到向下的安培力，对b棒，由动量定理得mg sin θt0＋BLt0＝mv
联立解得
v＝g sin θ·t0＋
此过程流过b棒的电荷量为q，则有q＝t0
由法拉第电磁感应定律可得＝＝
联立b棒动量定理可得Δx＝
答案：(1)　(2)2g sin θ　(3)g sin θt0＋
2．[2023·广东模拟预测]如图甲所示，水平面内固定两根平行的足够长的光滑轨道，轨道间距L＝0.4 m，其中在E、F、G、H四点附近的轨道由绝缘材料制成，这四段绝缘轨道的长度非常短，其余轨道由金属材料制成，金属轨道的电阻不计，在右侧两轨道之间连接一个阻值R＝1.5 Ω的定值电阻．在矩形区域MNQP中存在竖直向上的磁场，记M点所在位置为坐标原点，沿MP方向建立x坐标轴，磁感应强度的大小随位置的变化如图乙所示，图中B0＝2.5 T．现有一总质量m＝0.1 kg的“工”字形“联动双棒”(由两根长度略长于L的平行金属棒ab和cd，用长度为L的刚性绝缘棒连接构成，棒的电阻均为r＝0.5 Ω)，以初速度v0＝8 m/s沿x轴正方向运动，运动过程中棒与导轨保持垂直，最终静止于轨道上，忽略磁场边界效应．
求
(1)棒ab刚进入磁场时，流经棒ab的电流的大小和方向；
(2)棒ab在EF处的速度大小v1和在GH处时的速度大小v2；
(3)电阻R上产生的焦耳热．
解析：(1)当ab棒刚进入磁场时产生的感应电动势为E＝B0Lv
由欧姆定律I＝
解得I＝8 A
由右手定则可知，电流方向为acdba；
(2)当ab棒进入磁场后，到ab棒到达EF处的过程中，由动量定理可得－t＝mv1－mv0，F安＝B0IL
解得v1＝4 m/s
当ab棒经过EF后，由于EF绝缘，ab棒与cd棒不再形成闭合回路，虽有切割，但感应电流为0，所以两棒做匀速运动，直至cd棒经过EF处，此后，对ab棒Eab＝BabLv
对cd棒Ecd＝BcdLv
由图乙可知Bab>Bcd
所以，电路中的总感应电动势为E1＝Eab－Ecd
由欧姆定律I1＝
则ab棒的安培力Fab＝BabI1L
cd棒的安培力Fcd＝BcdI1L
所以ab棒与cd棒的合力向左，为F＝Fab－Fcd
当ab到达GH处时，由动量定理－t1＝mv2－mv1
解得v2＝3 m/s
(3)当ab棒经过GH，由于GH绝缘，cd棒无电流，ab棒切割与右边电阻形成闭合回路，则E2＝2B0Lv3
由欧姆定律I2＝
ab棒所受安培力F2＝2B0I2L
设ab棒运动x的距离后减速为0，由动量定理可得－t2＝0－mv2
解得x＝0.15m故ab棒还未离开磁场就减速为0，由动能定理可得＝－Q
则电阻R产生的焦耳热为QR＝Q
解得QR＝0.337 5 J
答案：(1)8 A　b→a　(2)4 m/s　3 m/s　(3)0.337 5 J
素养培优·情境命题
电磁感应规律在生活、生产和科技中的应用
情境1　“自发电”门铃开关
[典例1]　[2023·广东茂名统考二模]市场上某款“自发电”门铃开关的原理如图所示．在按下门铃按钮过程中，夹着永磁铁的铁块向下移动，改变了与“E”形铁芯接触的位置，使得通过线圈的磁场发生改变．松开门铃按钮后，弹簧可使之复位(与a、b连接的外电路未画出)．由此可判断(　　)
A．未按下按钮时，线圈a、b两点间存在电势差
B．按下按钮过程中，线圈中感应电流始终由b经
线圈流向a
C．按钮复位过程中，线圈中的磁通量一直减小
D．按下按钮过程与松开复位过程中，a点的电势
始终高于b点
答案：B
解析：未按下按钮时，线圈磁通量不变，因此a、b两点电势差为零，故A错误；
按下按钮过程中，线圈中的磁场先向右减小，后向左增加，根据楞次定律可知，感应电流方向从b接线柱通过线圈流向a接线柱，又因为线圈是电源，电源内部电流方向由负极流向正极，因此线圈a接线柱的电势比b接线柱高；按钮复位过程中，线圈中的磁场先向左减小，后向右增加，磁通量先减小后增大，根据楞次定律可知，感应电流方向从a接线柱通过线圈流向b接线柱，线圈a接线柱的电势比b接线柱低，故B正确，CD错误．
情境2　磁力刹车系统
[典例2]　(多选)高速铁路列车通常使用磁力刹车系统．磁力刹车工作原理可简述如下：将磁铁的N极靠近一块正在以逆时针方向旋转的圆形铝盘，使磁感线垂直铝盘向内，铝盘随即减速，如图所示．图中磁铁左方铝盘的甲区域(虚线区域)朝磁铁方向运动，磁铁右方铝盘的乙区域(虚线区域)朝离开磁铁方向运动．下列有关铝盘刹车的说法正确的是(　　)
A．铝盘甲区域的感应电流产生垂直铝盘向外的磁场
B．铝盘乙区域的感应电流产生垂直铝盘向外的磁场
C．磁铁与感应电流之间的作用力，会使铝盘减速
D．若将实心铝盘换成布满小空洞的铝盘，则磁铁对
空洞铝盘所产生的减速效果与实心铝盘相同
答案：AC
解析：由题意可知，因圆形铝盘逆时针方向旋转，那么穿过铝盘甲区域的磁通量增大，根据楞次定律，可知，感应电流产生磁场与原来磁场方向相反，即垂直铝盘向外的磁场，故A正确；同理，因圆形铝盘逆时针方向旋转，那么穿过铝盘乙区域的磁通量减小，根据楞次定律，可知，感应电流产生磁场与原来磁场方向相同，即垂直铝盘向里的磁场，故B错误；依据楞次定律的“近斥远吸”，则有甲区域要靠近磁铁，则相互排斥，而乙区域要远离磁铁，则相互吸引，因此磁铁与感应电流之间的作用力，会使铝盘减速，故C正确；若将实心铝盘换成布满小空洞的铝盘，这样会导致涡流磁场减弱，则磁铁对空洞铝盘所产生的减速效果明显低于实心铝盘的，故D错误．
情境3　磁悬浮列车
[典例3]　(多选)2022年9月20日在德国柏林国际轨道交通技术展览会上中国具有完全自主知识产权的时速600公里高速磁浮交通系统首次在欧洲亮相，引起了世界各国广泛关注．超导磁悬浮列车的原理可以简化为如图所示模式：在水平面上相距L的两根固定平行直导轨间，有大小为B、宽都是L的匀强磁场，相邻磁场区域的磁场方向相反．整个磁场以速度v水平向右匀速运动，跨在两导轨间的边长为L的正方形n匝线圈abcd悬浮在导轨上方，在磁场力作用下向右运动，并逐渐达到最大速度vm.当超导磁悬浮列车制动时，所有磁场立即停止，线圈继续运动NL停下来(N为整数)．
设线圈的总电阻为R，总质量为m，运动中所受到的阻力大小恒为f.则(　　)
A．线圈最大速度vm＝v－
B．制动过程受到的安培力为
C．制动过程线圈产生的焦耳热为－fNL
D．制动过程通过线圈横截面的电荷量可能为
答案：CD
解析：磁场向右运动，则线圈相对于磁场向左运动，根据右手定则可知，线圈在图示位置的电流方向为abcda，根据左手定则可知安培力方向水平向右，线圈达到最大速度vm时，线圈ad边和bc边各以相对磁场的速度v－vm做切割磁感线运动，回路中电流为I＝＝，由于左右两边ad和bc均受到安培力，则安培力的合力为F合＝2nBIL＝，制动过程中，磁场停止，线圈ad边和bc边以初速度vm开始运动，则安培力为，B错误．达到最大速度时，有f＝F合，联立解得vm＝v－，选项A错误．
制动过程中克服安培力做功等于线圈产生的焦耳热，对线圈由动能定理有＝－fNL－W克安＝－fNL－Q，解得Q＝－fNL，选项C正确．制动过程通过线圈横截面的电荷量为q＝Δt＝Δt＝nΔt＝n，线圈继续运动NL停下来，若N为偶数，根据对称性，可知通过线圈的磁通量不变，即ΔΦ＝0，可知通过线圈的电荷量为零；若N为奇数，由于开始制动时刻的磁通量不确定，因此线圈的磁通量变化量ΔΦ可能在0～2BL2之间取值，电荷量q＝n，即通过线圈的电荷量可能在0～2n之间取值，选项D正确．
情境4　电磁缓冲装置
[典例4]　随着航空领域的发展，实现火箭回收利用，成为了各国都在重点突破的技术．其中有一技术难题是回收时如何减缓对地的碰撞，为此设计师在返回火箭的底盘安装了电磁缓冲装置．该装置的主要部件有两部分：①缓冲滑块，由高强绝缘材料制成，其内部边缘绕有闭合单匝矩形线圈abdc；②火箭主体，包括绝缘光滑缓冲轨道MN、PQ和超导线圈(图中未画出)，超导线圈能产生方向为垂直于整个缓冲轨道平面的匀强磁场．当缓冲滑块接触地面时，滑块立即停止运动，此后线圈与火箭主体中的磁场相互作用，火箭主体一直做减速运动直至达到软着陆要求的速度，从而实现缓冲．
现已知缓冲滑块竖直向下撞向地面时，火箭主体的速度大小为v0，经过时间t火箭着陆，速度恰好为零；线圈abdc的电阻为R，其余电阻忽略不计；ab边长为l，火箭主体质量为m，匀强磁场的磁感应强度大小为B，重力加速度为g，一切摩擦阻力不计，求：
(1)缓冲滑块刚停止运动时，线圈产生的电动势；
(2)缓冲滑块刚停止运动时，火箭主体的加速度大小；
(3)火箭主体的速度从v0减到零的过程中系统产生的电能．
解析：(1)ab边产生电动势：E＝Blv0.
(2)Fab＝BIl
I＝
对火箭主体受力分析可得：Fab－mg＝ma
解得：a＝－g.
(3)设下落t时间内火箭下落的高度为h，
对火箭主体由动量定理：·t＝0－mv0
即mgt－＝0－mv0
化简得h＝
根据能量守恒定律，系统产生的电能：
E＝
代入数据可得：E＝.
答案：(1)Blv0　(2)－g

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