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2024年高考一轮复习100考点100讲第13章 电磁感应
第13.12讲 电磁感应中的STSE问题
【知识点精讲】
电磁感应现象与生活密切相关，高考对这部分的考查更趋向于有关现代气息和STSE问题中信息题的考查。命题背景有电磁炉、电子秤、电磁卡、电磁焊接术、卫星悬绳发电、电磁弹射、无线充电、磁悬浮列车等。
电磁炉的原理是电磁感应现象，即利用交变电流通过线圈产生方向不断改变的交变磁场，处于交变磁场中的导体的内部将会出现涡旋电流（原因可参考法拉第电磁感应定律），这是涡旋电场推动导体中载流子（锅具里的载流子是电子而绝非铁原子）运动所致；涡旋电流的焦耳热效应使锅体升温，从而实现加热。
高频焊接是在高频电磁场的作用下引起介电损耗而加热，从而使接合面熔合粘接的一种焊接法，它主要是先利用涡流的原理，然后是电磁感应，最终是由电磁感应产生的电流焊上的焊接原理。
电磁发射是采用电磁作用原理产生的电磁推力使物体加速的。因电磁驱动力与电流平方成正比，所以只要保证足够的电流输入，便能在发射装置内产生足够大的推力，使物体达到更高的速度。
手机无线充电系统主要采用电磁感应原理，通过线圈进行能量耦合实现能量的传递。系统工作时输入端将交流市电经全桥整流电路变换成直流电，或用24V直流电端直接为系统供电。无线充电技术是一种特殊的供电方式，它不需要电源线，依靠电磁波传播，然后将电磁波能量转化为电能，最终实现无线充电。
【最新高考题精练】
（2023年6月高考浙江选考科目）
1．某兴趣小组设计了一种火箭落停装置，简化原理如图所示，它由两根竖直导轨、承载火箭装置（简化为与火箭绝缘的导电杆MN）和装置A组成，并形成闭合回路。装置A能自动调节其输出电压确保回路电流I恒定，方向如图所示。导轨长度远大于导轨间距，不论导电杆运动到什么位置，电流I在导电杆以上空间产生的磁场近似为零，在导电杆所在处产生的磁场近似为匀强磁场，大小（其中k为常量），方向垂直导轨平面向里；在导电杆以下的两导轨间产生的磁场近似为匀强磁场，大小，方向与B1相同。火箭无动力下降到导轨顶端时与导电杆粘接，以速度v0进入导轨，到达绝缘停靠平台时速度恰好为零，完成火箭落停。已知火箭与导电杆的总质量为M，导轨间距，导电杆电阻为R。导电杆与导轨保持良好接触滑行，不计空气阻力和摩擦力，不计导轨电阻和装置A的内阻。在火箭落停过程中，
（1）求导电杆所受安培力的大小F和运动的距离L；
（2）求回路感应电动势E与运动时间t的关系；
（3）求装置A输出电压U与运动时间t的关系和输出的能量W；
（4）若R的阻值视为0，装置A用于回收能量，给出装置A可回收能量的来源和大小。
（2022年6月浙江选考）
2．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，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图如图2所示，在至时间内，时撤去F。已知起飞速度，，线圈匝数匝，每匝周长，动子和线圈的总质量，，，不计空气阻力和飞机起飞对动子运动速度的影响，求
（1）恒流源的电流I；
（2）线圈电阻R；
（3）时刻。
（2017·全国卷Ⅰ，18）
3．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定磁场；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（　　）
A． B．
C． D．
（2015·重庆）
4．下图为无线充电技术中使用的受电线圈示意图，线圈匝数为，面积为.若在到时间内，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均匀增加到，则该段时间线圈两端a和b之间的电势差
A．恒为 B．从0均匀变化到
C．恒为 D．从0均匀变化到
【最新模拟题精练】
（2023湖北部分重点中学期中联考）
5．图甲为某无线门铃按钮，其原理如图乙所示，按下门铃按钮过程磁铁靠近螺线管，松开门铃按钮磁铁远离螺线管回归原位置。下列说法正确的是（　　）
A．按下按钮过程和松开按钮的过程中，流过门铃的电流方向是一样的
B．松开按钮过程，螺线管P端电势较高
C．按住按钮不动，门铃依然会响
D．按下和松开按钮过程，螺线管产生大小相同的感应电流
（2023广东实验中学质检）
6．铁路运输中设计的多种装置都运用了电磁感应原理。有一种电磁装置可以向控制中心传输信号以确定火车的位置和运动状态，装置的原理是：将能产生匀强磁场的磁铁安装在火车首节车厢下面，如图甲所示（俯视图）。当它经过固定在两铁轨间的矩形线圈时，线圈便产生一个电信号传输给控制中心，相当于在线圈的始末端点M、N处接入一理想电压表。线圈宽为l1，长为l2，匝数为n。设匀强磁场只分布在一个长方形区域内，该区域的长（沿火车行进方向）为L，磁场宽度大于线圈宽度。当火车首节车厢向右运动通过线圈时，控制中心接收到线圈两端电压u与时间t的关系如图乙所示（ab、cd均为直线），则（　　）

A．匀强磁场的长度L一定小于线圈长度l2
B．在t1~t2时间内，M点电势高于N点电势
C．在t1~t2时间内，火车加速度大小为
D．将M、N两点用导线短接，设线圈所在回路的总电阻为R，t1时刻火车速度为v1，则该时刻线圈受到的安培力大小为
（2023河北临考信息卷）
7．新一代航母阻拦系统将采用电磁阻拦技术，基本原理如图所示，飞机着舰时关闭动力系统，通过绝缘阻拦索钩住轨道上的一根金属棒，导轨间距为d，飞机质量为M，金属棒质量为m，飞机着舰钩住金属棒后与金属棒以共同速度进入磁场，轨道端点间电阻为R、金属棒电阻为r，不计其它电阻和阻拦索的质量。轨道间有竖直方向的匀强磁场，磁感应强度为B。金属棒运动一段距离x后飞机停下，测得此过程电阻R上产生焦耳热为Q，则（　　）
A．金属棒中感应电流方向由b到a
B．通过金属棒的最大电流为
C．通过金属棒的电荷量
D．飞机和金属棒克服摩擦阻力和空气阻力所做的总功
（2023浙江杭州质检）
8．智能手表通常采用无线充电方式。如图甲所示，充电基座与220V交流电源相连，智能手表放置在充电基座旁时未充电，将手表压在基座上，无需导线连接，手表便可以充电（如图乙所示）。已知充电基座与手表都内置了线圈，则（　　）
A．手机和基座无导线连接，所以传输能量时没有损失
B．用塑料薄膜将充电基座包裹起来，之后仍能为手表充电
C．无线充电的原理是利用基座内的线圈发射电磁波传输能量
D．充电时，基座线圈的磁场对手表线圈中的电子施加力的作用，驱使电子运动
（2022湖北荆门模拟）
9．如图甲所示是一种手摇发电的手电筒，内部有一固定的线圈和可来回运动的条形磁铁，其原理图如图乙所示，当沿图中箭头方向来回摇动手电筒过程中，条形磁铁在线圈内来回运动，灯泡发光。在此过程中，下列说法正确的是（　　）
A．增加摇动频率，灯泡变亮
B．线圈对磁铁的作用力方向不变
C．磁铁从线圈一端进入与从该端穿出时，灯泡中电流方向相反
D．磁铁从线圈一端进入再从另一端穿出的过程中，灯泡中电流方向相反
（2022浙江嘉兴高二期末）
10．某兴趣小组设计了一辆“电磁感应车”，在一个车架底座上固定了一块塑料板，板上固定了线圈和红、绿两个二极管，装置和连成的电路如图甲所示。用强磁铁插入和拔出线圈，电流传感器记录了线圈中电流随时间变化的图像如图乙所示。下列说法正确的是（　　）
A．在t=3s时刻，线圈中的磁通量最大
B．当磁铁从线圈左端插入时，小车将会向左运动
C．乙图显示了磁铁先后两次插入和拔出线圈的过程
D．若插入线圈的磁铁磁性足够强，红、绿两个二极管会同时发光
（2022广州培正中学三模）
11．一跑步机的原理图如图所示，该跑步机水平底面固定有间距L＝0.8m的平行金属电极，电极间充满磁感应强度大小B＝0.5T、方向竖直向下的匀强磁场，且接有理想电压表和阻值为的定值电阻R，匀速运动的绝缘橡胶带上镀有电阻均为的平行细金属条，金属条间距等于电极长度d且与电极接触良好。某人匀速跑步时，电压表的示数为0.8V。下列说法正确的是（　　）
A．通过电阻R的电流为0.08A
B．细金属条的速度大小为2.5m/s
C．人克服细金属条所受安培力做功的功率为0.2W
D．每2s内通过电阻R的电荷量为0.2C
（2022北京海淀二模）
12．加速性能、电能利用率、动能回收等是电动汽车电机的重要指标。如图所示，甲、乙分别是目前被广泛采用的两种电机的简化原理示意图，它们的相同点是利用作为定子的电磁铁（二组线圈，图中1和4；2和5；3和6所示）交替产生磁场，实现了电磁铁激发的磁场在平面内沿顺时针方向转动的效果，以驱动转子运动；不同的是甲图所示电机的转子是一个永磁铁，而乙图所示电机的转子是绕在软铁上的闭合线圈。通过电磁驱动转子转动，可以为电动汽车提供动力。假定两种电机的每组电磁铁中电流变化周期和有效值均相同，下列说法正确的是（　　）
A．电机稳定工作时，乙电机转子的转速与电磁铁激发磁场的转速相同
B．电机稳定工作时，乙电机产生的焦耳热相对较少
C．电机稳定工作时，乙电机转子的转速越接近电磁铁激发磁场的转速，其所受安培力就越大
D．刹车（停止供电）时，甲电机转子由于惯性旋转，可以通过反向发电从而回收动能
（2022山东济南重点高中高二质检）
13．如图甲所示，磁卡的磁条中有用于存储信息的磁极方向不同的磁化区，刷卡器中有检测线圈。当以速度v0刷卡时，在线圈中产生感应电动势，其E — t 关系如图乙所示。如果只将刷卡速度改为2v0，线圈中E -t 的关系可能是（　　）
A． B． C． D．
（2023辽宁鞍山一模）
14．电磁轨道炮是利用磁场对通电导体的作用使炮弹加速的，其简化原理示意图如图丙所示。假设图中直流电源电动势为E=45V（内阻不计），电容器的电容为C=22F。两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距为l=1m，电阻不计。炮弹可视为一质量为m=2kg，电阻为R=5Ω的金属棒MN，垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨良好接触。导轨间存在垂直于导轨平面向上、磁感应强度大小为B=2T的匀强磁场。接通电路后MN开始向右加速运动，经过一段时间后回路中电流为零，MN达到最大速度，之后离开导轨。求：
（1）直流电源的a端是正极还是负极？
（2）若用导线将1、2连接让直流电源供电，MN离开导轨时的最大速度的大小；
（3）若开关先接1，使电容器完全充电；然后将开关接至2，MN离开导轨时的最大速度的大小。
（2023江苏名校质检）
15．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。某同学自己设计了一个如图甲所示的电磁弹射系统模型。该弹射系统工作原理如图乙所示，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，可以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。开关与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；此时掷向2接通定值电阻，同时对动子施加一个回撤力，在时刻撤去力，最终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图像如图丙所示。已知模型飞机起飞速度，，，线圈匝数匝，每匝周长，动子和线圈的总质量，线圈的电阻，，，不计空气阻力和飞机起飞对动子运动速度的影响，求：
（1）回撤力与动子速度大小的关系式；
（2）图丙中的数值。（保留两位有效数字）

（2023山东济南期末）
16．某同学设计了一种可测速的跑步机，测速原理如图所示，该跑步机底面固定有间距为L、长度为d的平行金属电极。电极间充满磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，且接有量程为的电压表（内阻很大）和阻值为R的电阻，绝缘橡胶带上镀有间距为d的平行细金属条，每根金属条的电阻为r，磁场中始终仅有一根金属条，且与电极接触良好，求：
（1）此跑步机可测量的橡胶带运动速率的最大值；
（2）电压表的示数恒为时，一根金属条经过磁场区域克服安培力做的功W；
（3）若考虑电压表内阻的影响，请判断测得的速度与实际速度的大小关系（不要求推导过程，仅回答“”“”或“”）。
（2023广东湛江7中质检）
17．饭卡是学校等单位最常用的辅助支付手段，其内部主要部分是一个多匝线圈，当刷卡机发出电磁信号时，置于刷卡机上的饭卡线圈的磁通量发生变化，发生电磁感应，产生电信号，其原理可简化为如图所示。设线圈的匝数为1000匝，每匝线圈面积均为，线圈的总电阻为，线圈连接一电阻，其余部分电阻不计。线圈处磁场的方向不变，其大小按如图所示的规律变化，（垂直纸面向里为正），
（1）求0～0.1s时间内，电阻R产生的焦耳热；
（2）求0.1～0.4s时间内，通过电阻R的电荷量。

试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．（1）3Mg；；（2）；（3）；；（4）装置A可回收火箭的动能和重力势能及磁场能；
【详解】（1）导体杆受安培力
方向向上，则导体杆向下运动的加速度
解得
a=-2g
导体杆运动的距离
（2）回路的电动势
其中
解得
（3）右手定则和欧姆定律可得：
可得
电源输出能量的功率
在时间内输出的能量对应图像的面积，可得：
（4）装置A可回收火箭的动能和重力势能，及磁场能；从开始火箭从速度v0到平台速度减为零，则
若R的阻值视为0
装置A可回收能量为
2．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）由题意可知接通恒流源时安培力
动子和线圈在0~t1时间段内做匀加速直线运动，运动的加速度为
根据牛顿第二定律有
代入数据联立解得
（2）当S掷向2接通定值电阻R0时，感应电流为
此时安培力为
所以此时根据牛顿第二定律有
由图可知在至期间加速度恒定，则有
解得
，
（3）根据图像可知
故；在0~t2时间段内的位移
而根据法拉第电磁感应定律有
电荷量的定义式
可得
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
联立可得
解得
3．A
【详解】该装置的原理是利用电磁阻尼。薄板出现扰动时，穿过薄板表面的磁通量如果发生变化，就会产生感应电流，薄板就会受到安培力作用，安培力总是阻碍导体相对磁场的运动，从而使薄板尽快停下来。
A．薄板上、下、左、右运动时，磁通量都会发生变化，所以都会产生感应电流，所以都会受到安培力作用而很快停下来，A正确；
B．薄板只有向左运动时，磁通量才会发生变化，才会产生感应电流，进而受到安培力作用而很快停下来，而向上、向下和向右运动时，则不会产生感应电流，B错误；
C．薄板只有向左运动较大距离时，磁通量才会发生变化，才会产生感应电流，进而受到安培力作用而很快停下来，而向上、向下和向右运动时，则不会产生感应电流，C错误；
D．薄板只有向左、向右运动时，磁通量才会发生变化，才会产生感应电流，进而受到安培力作用而很快停下来，而向上、向下运动时，则不会产生感应电流，D错误；
故选A。
4．C
【详解】穿过线圈的磁场均匀增加，将产生大小恒定的感生电动势，由法拉第电磁感应定律得，而等效电源内部的电流由楞次定理知从，即b点是等效电源的正极，即，故选C．
【考点定位】法拉第电磁感应定律、楞次定律．
5．B
【详解】AB．按下按钮过程，穿过螺线管的磁通量向左增大，根据楞次定律可知螺线管中感应电流为从P端流入从Q端流出，螺线管充当电源，则Q端电势较高，松开按钮过程，穿过螺线管的磁通量向左减小，根据楞次定律可知螺线管中感应电流为从Q端流入，从P端流出，螺线管充当电源，则P端电势较高，故B正确，A错误；
C．按住按钮不动，穿过螺线管的磁通量不变，螺线管不会产生感应电流，电铃不会响，故C错误；
D．按下和松开按钮过程，螺线管中磁通量的变化率不一定相同，故螺线管产生的感应电动势不一定相同，故D错误。
故选B。
6．C
【详解】A．匀强磁场的长度L可能大于线圈长度l2，当火车前进，线圈相对火车向左运动，当线圈进入磁场时，磁通量增加，产生感应电流，当线圈全在磁场内部时，磁通量不变感应电流为零，当线圈离开磁场时，磁通量减小，产生感应电流，根据右手定则可以判断两次电流方向相反，故A错误；
B．在t1~t2时间内，根据右手定则可以判断N点电势高，故B错误；
C．t1时刻火车速度
t2时刻火车速度
所以加速度
故C正确；
D．感应电动势
感应电流
所以导线受到安培力
故D错误。
故选C。
7．AC
【详解】A．根据右手定则可知金属棒中感应电流方向由b到a，A正确；
B．金属棒向右运动时，受到向左的安培力使其减速，故可知金属棒产生的最大感应电动势为以共同速度进入磁场的瞬间，此时最大电流为
B错误；
C．通过金属棒的电荷量为
C正确；
D．电阻R上产生焦耳热为Q，根据焦耳定律可得金属棒上产生的焦耳热为
根据能量守恒可知飞机和金属棒克服摩擦阻力和空气阻力所做的总功为
D错误。
故选AC。
8．B
【详解】A．充电时存在漏磁效应，所以传输能量时有损失，A错误；
B．手机充电利用的是互感原理，因此用塑料薄膜将充电基座包裹起来，之后仍能为手表充电，B正确；
C．无线充电的原理是基座内的线圈电流变化，产生变化的磁场，导致手表内部线圈中的磁通量发生改变，线圈产生感应电流，与变压器，互感器的原理相同，C错误；
D．根据上述解释，基座线圈的磁场变化产生感应电场，驱动放置在感应电场中的手表中的线圈内部的电子做定向运动，形成电流，D错误。
故选B。
9．ACD
【详解】A．由法拉第电磁感应定律，知增加摇动频率，磁通量变化变快，则线圈中电动势变大，电路电流变大，所以灯泡变亮，A正确；
B．由楞次定律知靠近时作用力为斥力，远离时作用力为引力，所以线圈对磁铁的作用力方向发生变化，B错误；
C．磁铁从线圈同一端进出时原磁场方向相同，但进入时原磁场增加，穿出时减小，由楞次定律可知感应电流方向相反，C正确；
D．磁铁从线圈一端进入再从另一端穿出，由楞次定律“增发减同”可知电流方向相反，D正确。
故选ACD。
10．C
【详解】A．在t=3s时刻，线圈中的电流最大，磁通量变化率最大，故A错误；
B．当磁铁从线圈左端插入时，靠近线圈，导致穿过的磁通量变大，根据楞次定律，则有感应电流产生，小车为阻碍磁铁靠近，小车将对磁铁有向左的力，同时小车受到向右的力，向右运动，故B错误；
C．乙图显示了磁铁先后两次插入和拔出线圈的过程，故C正确；
D．由于发光二极管具有单向导电性，把两个发光二极管极性相反地并联起来，并与线圈串联，两个发光二极管不会同时发光，故D错误。
故选C。
11．BD
【详解】AB．由题知单根细金属条电阻为，匀速跑步时，始终只有一根细金属条在切割磁感线，其产生的电动势为
电压表测量R两端电压，由题知其示数为0.8V，即
解得
通过电阻R的电流为
A错误，B正确；
C．人克服细金属条所受安培力做功的功率为
C错误；
D．每2s内通过电阻R的电荷量为
D正确。
故选BD。
12．D
【详解】A．乙电机中，转子也是线圈，乙转子的转动是由于穿过转子线圈的磁通量发生变化而产生感应电流，电流受安培力作用而运动，相当于电磁驱动，安培力阻碍定子和转子间的相对运动，但不能阻止，故转子比定子转得慢一些，故A错误；
B．乙电机中，转子也会产生焦耳热，故产生的焦耳热较多，故B错误；
C．转速越接近，则磁通量变化越慢，感应电流越小，所受安培力越小，故C错误；
D．停止供电后，甲的转子是磁铁，甲电机转子由于惯性旋转，使得线圈中磁通量发生变化，产生反向感应电流，反向发电从而回收动能，故D正确。
故选D。
13．A
【详解】根据感应电动势公式E=BLv可知，其他条件不变时，感应电动势与导体的切割速度成正比，只将刷卡速度改为2v0，则线圈中产生的感应电动势的最大值将变为原来的2倍，磁卡通过刷卡器的时间与速率成反比，所用时间变为原来的一半。
故选A。
14．（1）负极；（2）22.5m/s；（3）22m/s
【详解】（1）由于电磁炮受到的安培力方向水平向右，电流由N流向M，所以直流电源的a端为负极；
（2）电磁炮向右加速，切割磁感线运动产生的感应电动势增大到等于直流电源的电动势时，回路中电流为零，电磁炮速度达到最大。
由
E=Blvm1
E=45V
可得最大速度
vm1=22.5m/s
（3）电容器放电前所带的电荷量为
开关接2后，MN开始向右加速运动，速度达到最大值vm时，MN上的感应电动势
当电容器板间电压降到时，电路中电流为零，电磁炮速度达到最大
电容器所带电荷量
设在电容器放电过程中MN中的平均电流为，MN受到的平均安培力
由动量定理
由于
联立解得
vm=22m/s
15．（1）；（2）
【详解】（1）动子和线圈在时间做匀减速直线运动，加速度大小为
根据牛顿第二定律有
其中
可得
解得
在时间反向做匀加速直线运动，加速度不变 根据牛顿第二定律有
联立相关式子，解得
（2）动子和线圈在在时间段内的位移
从时刻到返回初始位置时间内的位移
根据法拉第电磁感应定律有
据电荷量的定义式
据闭合电路欧姆定律
解得从时刻到返回初始位置时间内电荷量
其中
动子和线圈从时刻到返回时间内,只受磁场力作用，根据动量定理有
又因为安培力的冲量
由
联立可得
故图丙中的数值为
16．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）橡胶带达到最大速度时匀速，切割磁感线产生的电动势为
由全电路的欧姆定律有
解得
（2）金属条所受的安培力为
电流
克服安培力做的功为
解得
（3）考虑电压表内阻的影响，匀速时由于电压表的分流，则电压表的示数偏小，可知所测的速度偏小，即。
17．（1）；（2）
【详解】（1）由法拉第电磁感应定律有
0～0.1s时间内线圈产生的感应电动势为
根据闭合电路欧姆定律，则有
根据焦耳定律，可得0～0.1s时间内，电阻R产生的焦耳热为
（2）0.1～0.4s时间内，根据法拉第电磁感应定律有
根据闭合电路欧姆定律有
则通过电阻R的电荷量为
结合图像可得
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答案第1页，共2页2024年高考一轮复习100考点100讲第13章 电磁感应
第13.13 讲 电磁感应+单杆-导轨模型
【知识点精讲】
初态 v0≠0 v0＝0
示意图 阻尼式 电动式 发电式 充电式
情景说明 质量为m，电阻不计的单杆ad以一定初速度v0在光滑水平轨道上滑动，两平行导轨间距为L 轨道水平光滑，杆ad质量为m，电阻不计，两平行导轨间距为L 轨道水平光滑，单杆ab质量为m，电阻不计，两平行导轨间距为L，拉力F恒定 轨道水平光滑，单杆ab质量为m，电阻不计，两平行导轨间距为L，拉力F恒定
运动分析 导体杆做加速度越来越小的减速运动，最终杆静止 当E感＝E时，v最大，且vm＝，最后以vm匀速运动 当a＝0时，v最大， 即vm＝时，杆开始匀速运动 Δt时间内流入电容器的电荷量Δq＝CΔU＝CBLΔv 电流I＝＝CBL＝CBLa 安培力F安＝BLI＝CB2L2a F－F安＝ma，a＝ 所以杆以恒定的加速度匀加速运动
能量 分析 动能全部转化为内能： mv02＝Q 电能转化为动能和内能，E电mvm2＋Q 外力做功转化为动能和内能：WF＝mvm2＋Q 外力做功转化为电能和动能： WF＝E电＋mv2
注：若光滑导轨倾斜放置，要考虑导体杆受到重力沿导轨斜面向下的分力作用，分析方法与表格中受外力F时的情况类似，这里就不再赘述。
【最新高考题精练】
（2020高考全国理综I）
1．如图，U形光滑金属框abcd置于水平绝缘平台上，ab和dc边平行，和bc边垂直。ab、dc足够长，整个金属框电阻可忽略。一根具有一定电阻的导体棒MN置于金属框上，用水平恒力F向右拉动金属框，运动过程中，装置始终处于竖直向下的匀强磁场中，MN与金属框保持良好接触，且与bc边保持平行。经过一段时间后（　　）
A．金属框的速度大小趋于恒定值
B．金属框的加速度大小趋于恒定值
C．导体棒所受安培力的大小趋于恒定值
D．导体棒到金属框bc边的距离趋于恒定值
（2020高考全国理综III卷）
2．如图，一边长为l0的正方形金属框abcd固定在水平面内，空间存在方向垂直于水平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场。一长度大于的均匀导体棒以速率v自左向右在金属框上匀速滑过，滑动过程中导体棒始终与ac垂直且中点位于ac上，导体棒与金属框接触良好。已知导体棒单位长度的电阻为r，金属框电阻可忽略。将导体棒与a点之间的距离记为x，求导体棒所受安培力的大小随x（）变化的关系式。
（2020高考北京卷）
3．某试验列车按照设定的直线运动模式，利用计算机控制制动装置，实现安全准确地进站停车。制动装置包括电气制动和机械制动两部分。图1所示为该列车在进站停车过程中设定的加速度大小随速度的变化曲线。
(1)求列车速度从降至经过的时间t及行进的距离x。（保留1位小数）
(2)有关列车电气制动，可以借助图2模型来理解。图中水平平行金属导轨处于竖直方向的匀强磁场中，回路中的电阻阻值为，不计金属棒及导轨的电阻。沿导轨向右运动的过程，对应列车的电气制动过程，可假设棒运动的速度与列车的速度、棒的加速度与列车电气制动产生的加速度成正比。列车开始制动时，其速度和电气制动产生的加速度大小对应图1中的点。论证电气制动产生的加速度大小随列车速度变化的关系，并在图1中画出图线。
(3)制动过程中，除机械制动和电气制动外，列车还会受到随车速减小而减小的空气阻力。分析说明列车从减到的过程中，在哪个速度附近所需机械制动最强
(注意：解题过程中需要用到、但题目没有给出的物理量，要在解题时做必要的说明)
【最新模拟题精练】
（2023山东烟台三模）
4．如图所示，金属导轨abcd与水平面成角固定，导轨各相邻段互相垂直，导轨顶端接有阻值为R的定值电阻。已知窄轨间距为，窄轨长S，宽轨间距为L，宽轨长3S，在导轨所在的平面内有垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感强度大小为B。现有一根长度等于L，电阻也为R、质量为m的金属棒从窄轨顶端由静止释放，已知金属棒刚到达窄轨底部瞬间的加速度大小为，并且在到达宽轨底部之前已经做匀速直线运动，重力加速度为g，不计一切摩擦，金属棒始终与导轨接触良好，导轨电阻不计。则下列说法中正确的是（　　）

A．金属棒在窄轨和宽轨上运动时的最大速度之比为
B．金属棒刚进入宽轨时的瞬时加速度大小为
C．在窄轨和宽轨上两个运动的过程中，金属棒中产生的焦耳热相等
D．金属棒从窄轨顶端运动到宽轨底部的整个过程中通过电阻R的电荷量为
（2023湖北高考冲刺模拟）
5．如图，两根相互平行的光滑长直金属导轨固定在水平绝缘桌面上，在导轨的左端接入电容为C的电容器和阻值为R的电阻。质量为m、长度为L、阻值也为R的导体棒MN静止于导轨上，与导轨垂直，且接触良好，导轨电阻忽略不计，整个系统处于方向竖直向下的匀强磁场中。磁感应强度为B。开始时，电容器所带的电荷量为Q，合上开关S后，（　　）
A．导体棒MN受到的安培力的最大值为
B．导体棒MN向右先加速、后匀速运动
C．导体棒MN速度最大时所受的安培力也最大
D．电阻R上产生的焦耳热等于导体棒MN上产生的焦耳热
（2023长沙二模）
6．如图，两根相同“”形等高光滑金属导轨竖直放置，顶端水平，间距为，中间跨接一电容为C不带电的电容器，初态开关为断开状态，棒水平静止于顶端，棒被水平锁定在电容器的下方，两棒与导轨接触良好，都处在磁感应强度大小为方向相反的有界匀强磁场中，虚线为两磁场的分界线（磁场未画出，其方向均垂直纸面），b棒初始位置离导轨末端高度为，现解除锁定让棒由静止下落，刚脱离轨道末端瞬间立即闭合开关，再经时间秒后棒跳离导轨顶端，上升最大高度为，已知两棒质量均为，重力加速度为，不计一切摩擦阻力及电阻，则（　　）
A．如果足够大，解除锁定后棒将在导轨后段做匀速运动
B．b棒离开导轨时速度大小为
C．若忽略支持力的冲量，a棒跳离过程中电容器两端电压变化
D．跳离后电容器所带电量可能为零
（2023广东汕头育能实验中学质检）
7．如图，水平面上两根足够长的金属导轨平行固定放置，间距为，一端通过导线与阻值为的电阻连接；导轨上放一质量为的金属杆（如图甲），金属杆与导轨的电阻忽略不计，匀强磁场竖直向下。用与导轨平行的拉力作用在金属杆上，使杆运动，当改变拉力的大小时，相对应稳定时的速度也会变化，已知和的关系如图乙。（重力加速度取）则（　　）
A．金属杆受到的拉力与速度成正比
B．该磁场磁感应强度B为0.25T
C．图线在横轴的截距表示金属杆与导轨间的阻力大小
D．导轨与金属杆之间的动摩擦因数为
（2023江西上饶二模）
8．如图所示，相距为d的两根足够长平行光滑直导轨放置在绝缘水平面上，导轨左侧与阻值为R的电阻相连，虚线右侧导轨处于方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。一质量为m、单位长度电阻为R、长度略大于d的粗细均匀导体棒垂直于导轨放置在虚线左侧，导体棒到虚线的距离为L。某时刻给导体棒一沿导轨向右的水平恒力F，不计导轨电阻。若导体棒刚进入磁场时撤去水平恒力，导体棒在运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，则下列说法正确的是（　　）
A．导体棒刚进入磁场时产生的感应电动势为
B．导体棒刚进入磁场时，电阻R两端的电压大小为
C．从刚撤去水平恒力至导体棒停下，通过导体棒的总电荷量为
D．进入磁场后，导体棒产生的热量为
（2023辽宁省辽西联考）
9．如图，光滑平行导轨MN和PQ固定在同一水平面内，两导轨间距为L，MP间接有阻值为的定值电阻。两导轨间有一边长为的正方形区域abcd，该区域内有方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B，ad平行MN。一粗细均匀、质量为m的金属杆与导轨接触良好并静止于ab处，金属杆接入两导轨间的电阻为R。现用一恒力F平行MN向右拉杆，已知杆出磁场前已开始做匀速运动，不计导轨及其他电阻，忽略空气阻力，则（　　）
A．金属杆匀速运动时的速率为
B．出磁场时，dc间金属杆两端的电势差
C．从b到c的过程中，金属杆产生的电热为
D．从b到c的过程中，通过定值电阻的电荷量为
（2023长春三模）
10．如图所示，在两根水平的平行光滑金属导轨右端c、d处，连接两根相同的平行光滑圆弧导轨。圆弧导轨均处于竖直面内，与水平轨道相切，半径，顶端a、b处连接一阻值的电阻，平行导轨各处间距均为，导轨电阻不计。整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小。一根质量、电阻的金属棒在水平拉力F作用下从处由静止开始匀加速直线运动，运动到处的时间，此时拉力。金属棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，重力加速度大小。求：
（1）金属棒匀加速直线运动的加速度大小；
（2）金属棒做匀加速直线运动时通过金属棒的电荷量q；
（3）若金属棒运动到处，调节拉力F使金属棒沿圆弧导轨做匀速圆周运动至处。计算金属棒从运动至的过程中，拉力做的功。（计算结果保留到小数点后两位）
（2023山东聊城三模）
11．如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，两导轨间距为，导轨左侧有两个开关、，与一个阻值为的定值电阻串联，与一个电容为的电容器串联。导体棒垂直于导轨放置，其长度为、质量为、电阻也为。整个装置处于方向竖直向上、磁感应强度大小为的匀强磁场中。一质量为的重物通过轻质定滑轮用绝缘轻绳与导体棒的中点连接，开始时轻绳张紧。现将闭合，断开，使重物由静止释放，经时间金属棒达到最大速度。已知导轨足够长，不计导轨电阻，导体棒始终垂直导轨且与导轨接触良好，重物始终未落地，重力加速度为，不计一切摩擦。求：
（1）导体棒的最大速度；
（2）导体棒从开始运动到刚达到最大速度时，运动的距离；
（3）从导体棒开始运动到刚达到最大速度时，电阻中产生的热量；
（4）导体棒达到最大速度后，将断开、闭合，同时撤去重物，电容器所带的最大电荷量。

（2023浙江杭州九校期中联考）
12．如图，倾斜平行导轨MN、PQ与水平面的夹角都为θ=37°，N、Q之间接有E=6V，r=1 的电源，在导轨上放置金属棒ab，质量为m=200g，长度刚好为两导轨的间距L=0.5m，电阻为R=5 ，与两导轨间的动摩擦因数都为μ=0.5（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力），ab棒与导轨垂直且接触良好。外加匀强磁场的磁感应强度B=2T，方向为垂直导轨平面向上。在ab棒的中点用一平行轨道MN的细线通过定滑轮挂一质量为m0的物块。不计导轨和连接导线的电阻，不计滑轮的摩擦，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2。要使ab棒始终保持静止，求所挂物块m0的取值范围？
（2023天津南开区一模）
13．如图所示，足够长且电阻不计的平行光滑金属导轨MN、OQ倾斜固定，与水平面夹角为，导轨间距为L，O、M间接有阻值为R的电阻。质量为m的金属杆CD垂直于导轨放置，与金属导轨形成闭合电路，其接入电路部分的电阻也为R，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中。开始时电键S断开并由静止释放金属杆，当金属杆运动一段时间后闭合电键S，闭合瞬间金属杆的速度大小为，加速度大小为，方向沿导轨向上。闭合电键到金属杆运动至加速度为零的过程，通过电阻R的电荷量为q。金属杆运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，g为重力加速度。求：
（1）磁场磁感应强度B的大小和金属杆加速度为零时速度的大小；
（2）闭合电键至金属杆加速度为零的过程金属杆通过的位移x的大小和电阻R上产生的焦耳热Q。
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．BC
【详解】ABC．当金属框在恒力F作用下向右加速时，bc边产生从c向b的感应电流I，线框的加速度为a1，对线框，由牛顿第二定律得
导体棒MN中感应电流从M向N，在感应电流安培力作用下向右加速，加速度为a2，对导体棒MN，由牛顿第二定律得
当线框和导体棒MN都运动后，线框速度为v1，MN速度为v2，感应电流为
感应电流从0开始增大，则a2从零开始增加，a1从开始减小，加速度差值为
感应电流从零增加，则加速度差值减小，当差值为零时
故有
解得
此后金属框与MN的速度差维持不变，感应电流不变，MN受到的安培力不变，加速度不变，v-t图象如图所示
故A错误，BC正确；
D．MN与金属框的速度差不变，但MN的速度小于金属框速，MN到金属框bc边的距离越来越大，故D错误。
故选BC。
2．
【详解】当导体棒与金属框接触的两点间棒的长度为l时，由法第电磁感应定律可知导体棒上感应电动势的大小为
由欧姆定律可知流过导体棒的感应电流为
式中R为这一段导体棒的电阻。按题意有
此时导体棒所受安培力大小为
由题设和几何关系有
联立各式得
3．. (1) ，；(2) 列车电气制动产生的加速度与列车的速度成正比，为过P点的正比例函数，论证过程见解析。画出的图线如下图所示：
(3)
【详解】（1）列车速度从降至的过程中做匀减速直线运动，根据运动学公式可得
（2）设金属棒MN的质量为m，磁感应强度为B，导轨宽度为l，MN棒在任意时刻的速度大小为vMN。MN棒切割磁感线产生的感应电动势为
回路中的电流为
MN棒所受安培力大小为
MN棒的加速度大小为
由上式可知与成正比。又因为MN棒运动的速度与列车的速度、棒的加速度与列车电气化制动产生的加速度成正比，所以电气制动产生的加速度a电气与列车的速度v成正比，则电气制动产生的加速度大小随列车速度变化图线如图1所示。
（3）制动过程中，列车受到的阻力是由电气制动、机械制动和空气阻力共同引起的。由（2）可知，电气制动的阻力与列车速度成正比；空气阻力随速度的减小而减小；由题图1并根据牛顿第二定律可知，列车速度在20m/s至3m/s区间所需合力最大且不变。综合以上分析可知，列车速度在3m/s左右所需机械制动最强。
4．BD
【详解】A．由于金属棒在窄轨最低端时还存在加速度，因此在最底端时速度最大，设此时速度为，由牛顿第二定律可得
解得
当金属棒刚进入宽轨时，所受安培力大小为
故金属棒进入宽轨后将做减速运动直到做匀速运动，故在宽轨上运动的最大速度
故A错误；
B．由A中分析可知金属棒刚进入宽轨时的瞬时加速度大小为
故B正确；
C．设金属棒在宽轨上做匀速直线运动时速度为，由受力平衡可得
解得
根据能量守恒定律可得在窄轨上金属棒产生的焦耳热为
根据能量守恒定律可得在宽轨上金属棒产生的焦耳热为
故C错误；
D．金属棒从窄轨顶端运动到宽轨底部的整个过程中通过电阻R的电荷量为
故D正确。
故选BD。
5．A
【详解】A．MN上的电流瞬时值为
当开关闭合的瞬间，有
此时MN可视为纯电阻R，此时反电动势最小，故电流最大
导体棒MN受到的安培力的最大值为
故A正确；
B．当时，导体棒加速运动，当速度达到最大值之后，电容器与MN及R构成回路，由于一直处于通路的形式，由能量守恒可知，最后MN终极速度为零，故B错误；
C．当时，MN上电流瞬时为零，安培力为零此时，MN速度最大，故C错误；
D．在MN加速度阶段，由于MN反电动势存在，故MN上电流小于电阻R上的电流，电阻R消耗电能大于MN上消耗的电能，故加速过程中
当MN减速为零的过程中，电容器的电流和导体棒的电流都流经电阻R形成各自的回路，因此可知此时也是电阻R的电流大，综上分析可知全过程中电阻R上的热量大于导体棒上的热量，故D错误。
故选A。
6．BCD
【详解】A．导体棒b在下降过程中切割磁感线，给电容器充电，任取时间，则可得充电电流为
而
联立可得
而由牛顿第二定律有
解得
可知导体棒b做匀加速直线运动，若足够大，当电容器充满电后电容器两端的电压等于导体棒切割磁感线产生的感应电动势，此时回路中电流为零，但导体棒b仍在做切割磁感线运动，仍受到安培力作用，且大小不变，因此，导体棒b始终做匀加速直线运动，故A错误；
B．根据匀变速直线运动的规律，导体棒b离开导轨时有
解得
故B正确；
C．设导体棒a跳离瞬间速度大小为，则由运动学可知
解得
设跳离过程中通过导体棒a的电流为，则根据动量定理可得
而
联立解得
故C正确；
D．闭合开关S，电容器放电，则在导体棒a跳离后，电容器所带电量可能为零，故D正确。
故选BCD。
7．CD
【详解】ACD．当杆的运动达到稳定时，根据受力平衡可得
又
联立可得
可知金属杆受到的拉力与速度不成正比关系；当时，，即图线在横轴的截距表示金属杆与导轨间的阻力大小，由图像可得
解得
故A错误，CD正确；
B．根据
可得
可知图像的斜率为
解得该磁场磁感应强度为
故B错误。
故选CD。
8．AC
【详解】A．导体棒进入磁场前由动能定理有
导体棒刚进入磁场时产生的感应电动势为
选项A正确；
进入刚进入磁场时
B.电阻R两端的电压大小为
解得
选项B错误；
C．撤去水平恒力后，由于水平方向上导体棒只受安培力，由动量定理可知
以平均电流计算可知
故C正确；
D．进入磁场后，系统产生的总热量
导体棒产生的热量为
故D错误。
故选AC。
9．BD
【详解】A．设流过金属杆中的电流为，由平衡条件得
解得
根据欧姆定律有
所以金属杆匀速运动的速度为
故A错误；
B．由法拉第电磁感应定律得，杆切割磁感线产生的感应电动势大小为
所以金属杆在出磁场时，dc间金属杆两端的电势差为
故B正确；
C．设整个过程电路中产生的总电热为，根据能量守恒定律得
代入可得
所以金属杆上产生的热量为
故C错误；
D．根据电荷量的计算公式可得全电路的电荷量为
故D正确。
故选BD。
10．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）设金属棒匀加速运动的加速度为a，则运动到的速度
当金属棒在时，其产生的感应电动势为
产生的电流为
金属棒所受的安培力为
据牛顿第二定律得
联立以上代入数据解得
（2）通过金属棒的电荷量为
联立得
（3）设金属棒运动速度v与磁场正方向的夹角为，则垂直磁场方向的分速度
则
有效值
则
其中
解得
由功能关系得
代入数据
11．（1）；（2）；（3）；（4）
【详解】（1）导体棒的速度最大时有
解得
（2）导体棒从开始运动到刚达到最大速度的过程中，分别对重物和导体棒应用动量定理
又
解得
（3）从导体棒开始运动到刚达到最大速度时，由能量守恒
解得
电阻中产生的热量
（4）设稳定时导体棒的速度为v，则电容器两端电压
电容所带的电荷量为
对导体棒由动量定理有
通过导体棒的电荷量
解得
12．
【详解】根据题意回路中电流为
根据左手定则ab棒所受安培力方向平行导轨向下，大小为
当ab棒受到的静摩擦力最大且方向沿轨道向下时有
解得
当ab棒受到的静摩擦力最大且方向沿轨道向上时有
解得
可得所挂物块m0的取值范围为
13．（1），；（2），
【详解】（1）闭合电键瞬间金属杆的速度大小为，则其产生的电动势大小为
此时回路中电流大小为
金属杆CD受到的安培力大小为
安培力方向沿斜面向上。
此时金属杆加速度大小为，方向沿导轨向上，对金属杆受力分析，根据牛顿第二定律有
解得
进而解得
设金属杆加速度为零时，所受安培力大小为，对金属杆受力分析有
同时可知
所以
（2）设从闭合电键到金属杆运动至加速度为零的过程，经过的时间为t，则回路中的平均电动势大小为
回路中的平均电流大小为
此过程中，通过电阻R的电荷量为q，则有
解得
金属杆与外电阻具有相同的阻值，此过程中金属杆上和电阻R上产生的焦耳热相等，根据能量守恒，有
解得
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页2024年高考一轮复习100考点100讲
第13章 电磁感应
第13.14 讲 电磁感应+双杆—导轨模型
【知识点精讲】
（1）初速度不为零，不受其他水平外力的作用
光滑的平行导轨 光滑不等距导轨
示意图 质量m1＝m2　电阻r1＝r2　 长度L1＝L2 质量m1＝m2　电阻r1＝r2　 长度L1＝2L2
运动分析 杆MN做变减速运动，杆PQ做变加速运动，稳定时，两杆的加速度均为零，以相等的速度匀速运动 稳定时，两杆的加速度均为零，两杆的速度之比为1∶2
能量 分析 一部分动能转化为内能，Q＝－ΔEk
（3）初速度为零，一杆受到恒定水平外力的作用
光滑的平行导轨 不光滑的平行导轨
示意图 质量m1＝m2　电阻r1＝r2　长度L1＝L2 摩擦力Ff1＝Ff2　质量m1＝m2　电阻r1＝r2　长度L1＝L2
运动分析 开始时，两杆做变加速运动；稳定时，两杆以相同的加速度做匀加速运动 开始时，若F≤2Ff，则PQ杆先变加速后匀速运动，MN杆静止。若F＞2Ff，PQ杆先变加速后匀加速运动，MN杆先静止后变加速最后和PQ杆同时做匀加速运动，且加速度相同
能量 分析 外力做功转化为动能和内能，WF＝ΔEk＋Q 外力做功转化为动能和内能（包括电热和摩擦热）， WF＝ΔEk＋Q电＋Qf
【最新高考题精练】
（2023高考湖南卷）
1．如图，两根足够长的光滑金属直导轨平行放置，导轨间距为，两导轨及其所构成的平面均与水平面成角，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．现将质量均为的金属棒垂直导轨放置，每根金属棒接入导轨之间的电阻均为。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。
（1）先保持棒静止，将棒由静止释放，求棒匀速运动时的速度大小；
（2）在（1）问中，当棒匀速运动时，再将棒由静止释放，求释放瞬间棒的加速度大小；
（3）在（2）问中，从棒释放瞬间开始计时，经过时间，两棒恰好达到相同的速度，求速度的大小，以及时间内棒相对于棒运动的距离。

（2022福建高考）
2．如图（a），一倾角为的绝缘光滑斜面固定在水平地面上，其顶端与两根相距为L的水平光滑平行金属导轨相连；导轨处于一竖直向下的匀强磁场中，其末端装有挡板M、N．两根平行金属棒G、H垂直导轨放置，G的中心用一不可伸长绝缘细绳通过轻质定滑轮与斜面底端的物块A相连；初始时刻绳子处于拉紧状态并与G垂直，滑轮左侧细绳与斜面平行，右侧与水平面平行．从开始，H在水平向右拉力作用下向右运动；时，H与挡板M、N相碰后立即被锁定．G在后的速度一时间图线如图（b）所示，其中段为直线．已知：磁感应强度大小，，G、H和A的质量均为，G、H的电阻均为；导轨电阻、细绳与滑轮的摩擦力均忽略不计；H与挡板碰撞时间极短；整个运动过程A未与滑轮相碰，两金属棒始终与导轨垂直且接触良好：，，重力加速度大小取，图（b）中e为自然常数，．求：
（1）在时间段内，棒G的加速度大小和细绳对A的拉力大小；
（2）时，棒H上拉力的瞬时功率；
（3）在时间段内，棒G滑行的距离．
【最新模拟题精练】
（2023福建南平政和一中质检）
3．如图所示为两根间距为L的光滑平行金属导轨，左侧向上弯曲，右侧水平，水平导轨处在磁感应强度为B的竖直向上的匀强磁场中。两根金属棒MN、PQ垂直导轨放置，与导轨接触良好，MN、PQ棒的长度均为L、质量均为m、阻值均为R。金属棒MN从竖直高度h处由静止释放沿导轨下滑。导轨电阻不计，整个过程金属棒MN和PQ未相碰，则（　　）
A．金属棒MN进入磁场时，金属棒PQ两端电压大小为
B．释放后金属棒MN的最小速度为0
C．整个过程中流过金属棒PQ的电荷量为
D．整个过程中闭合回路产生的焦耳热为
（2023山东部分重点中学考前热身押题）
4．如图所示，足够长的光滑金属导轨水平放置，导轨两个边分别平行，电阻可忽略。导体棒PQ、MN置于导轨上不同宽度处，初状态均处于静止状态，左侧导轨间距为右侧导轨间距的2倍。用水平恒力F向右拉动MN，运动过程中，装置始终处于竖直向上的匀强磁场中，导体棒未脱离原宽度处的导轨且与导轨保持良好接触。经过一段时间后（　　）
A．导体棒MN的速度大小趋于恒定值
B．导体棒MN的加速度大小趋于恒定值
C．导体棒PQ所受安培力的大小趋于恒定值
D．导体棒MN和导体棒PQ的速度趋于相等
（2023四川成都七中二诊）
5．间距为L的平行光滑金属导轨MN、PQ水平段处于方向竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，导轨的弯曲段处在磁场之外，如图甲所示。导体棒a与b接入电路的有效电阻分别为R、2R。导体棒a的质量为m，b棒放置在水平导轨上足够远处，a棒在弯曲段导轨上距水平段某一高度处由静止释放，刚进入磁场时导体棒a受到的安培力的大小为F，以导体棒a刚进入磁场时为计时起点，导体棒a的速度随时间变化的v—t图像如图乙所示（v0未知）。运动过程中导体棒与导轨接触良好且始终与导轨垂直，重力加速度大小为g，以下说法中正确的是（　　）
A．导体棒a释放时距导轨水平段的高度
B．导体棒b的质量为2m
C．0~t1这段时间内通过a、b棒的电荷量之比为1：2
D．0~t2这段时间内导体棒b产生的内能
（2023四川成都石室中学二诊）
6．两根相互平行、足够长的光滑金属导轨ACD-A1C1D1固定于水平桌面上，左侧AC-A1C1轨道间距为L，右侧CD-C1D1轨道间距为2L，导轨所在区域存在方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。如图所示，两横截面积相同、由同种金属材料制成的导体棒a、b分别置于导轨的左右两侧，已知导体棒a的质量为m。某时刻导体棒a获得一个初速度v0开始向右运动，导体棒始终与导轨接触良好，导轨电阻不计。关于导体棒以后的运动，下列说法正确的是（　　）
A．导体棒a、b运动稳定后，相等时间内通过的位移之比是2∶1
B．导体棒a、b运动稳定后的速度分别为，
C．从开始到运动稳定的过程中，通过导体棒a的电荷量为
D．从开始到运动稳定的过程中，导体棒b产生的热量为
（2023湖南怀化二模）
7．如图所示，两根足够长光滑平行金属导轨间距l=0.9m，与水平面夹角，正方形区域abcd内有匀强磁场，磁感应强度B=2T，方向垂直于斜面向上。甲、乙是两根质量相同、电阻均为的金属杆，垂直于导轨放置。甲置于磁场的上边界ab处，乙置于甲上方l处，现将两金属杆由静止同时释放，并立即在甲上施加一个沿导轨方向的拉力F，甲始终以的加速度沿导轨向下运动，乙进入磁场时恰好做匀速运动，g取。则（　　）
A．甲穿过磁场过程中拉力F随时间均匀增大
B．每根金属杆的质量为0.3kg
C．乙穿过磁场过程中安培力的功率是3W
D．乙穿过磁场过程中，通过整个回路的电荷量为
（2023河北唐山一模）
8．如图所示，两根光滑足够长且电阻不计的平行金属导轨MNPQ和，固定水在平面上，MN与距离为2l，PQ与距离为l。金属棒a和b的质量分别为2m和m、长度分别为2l与l，金属棒a、b分别垂直放在导轨和上，静止在导轨上。整个装置处于竖直向下的、磁感强度为B的匀强磁场中。现a棒获得水平向右初速度，两棒运动时始终保持平行且a总在上运动，b总在上运动，经过足够长时间后，下列说法正确的（　　）
A．金属棒a流过的电荷量是
B．金属棒a和b均做加速度相同的匀加速直线运动
C．金属棒a和b均做速度相等的匀速直线运动
D．回路感应电动势为零
（2023鄂东南省级示范性高中教育改革联盟5月模拟）
9．如图所示，两条足够长的平行金属导轨固定在绝缘水平面上，导轨间距为L，电阻不计，导轨最右端接有阻值为R的定值电阻；整个装置处于两种磁感应强度大小均为B、方向相反的竖直匀强磁场中，虚线为两磁场的分界线。质量均为m的两根金属棒MN、PQ静止于导轨上，两金属棒接入电路的电阻均为R，与导轨间的动摩擦因数均为（设金属棒的最大静摩擦力等于滑动摩擦力），两棒始终与导轨垂直且接触良好。某时刻，用水平向左的恒力F拉MN棒，使其由静止开始运动，直到PQ刚好要滑动的过程中，通过金属棒PQ的电荷量为q，重力加速度为g，试求：
（1）PQ刚好要滑动时，金属棒MN的速度大小；
（2）上述过程中金属棒MN在导轨上运动的距离；
（3）上述过程中金属棒MN产生的焦耳热为多少？
（2023湖南名校高二联考）
10．如下图所示，足够长的水平轨道左侧部分轨道间距为2L，右侧部分的轨道间距为L，圆弧轨道与水平轨道相切于，所有轨道均光滑且电阻不计。在水平轨道内有斜向下与竖直方向夹角的匀强磁场，磁感应强度大小为。质量为的金属棒C垂直于轨道静止放置在右侧窄轨道上，质量为的导体棒A自圆弧轨道上处由静止释放，两金属棒在运动过程中始终相互平行且与轨道保持良好接触，A棒总在宽轨上运动，C棒总在窄轨上运动。已知：两金属棒接入电路的有效电阻均为，，，，，g取10，则下列说法正确的是（　　）
A．金属棒A滑到处时的速度大小为9
B．金属棒C匀速运动的速度大小为2
C．在两棒整个的运动过程中通过金属棒A某截面的电荷量为26C
D．在两棒整个的运动过程中金属棒A、C在水平轨道间扫过的面积之差为130
（2022南昌一模）
11．如图所示，在两光滑水平金属导轨上静止放置a、b两根导体棒，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中。用水平恒力F拉动a棒，在运动过程中，a、b棒始终与导轨接触良好，若不计导轨电阻，下列说法正确的是（　　）
A．拉力F做的功等于a、b棒增加的动能与a、b棒中产生的焦耳热之和
B．安培力对b做的功等于b棒增加的动能与b棒中产生的焦耳热之和
C．安培力对a、b棒做功的代数和的绝对值小于a、b棒中产生的焦耳热之和
D．a棒克服安培力做的功等于b棒增加的动能与a、b棒中产生的焦耳热之和
（2022湖南长沙周南中学模拟）
12．如图所示，导体棒a、b水平放置于足够长的光滑平行金属导轨上，导轨左右两部分的间距分别为、2；质量分别为m、2m，两棒接入电路的电阻均为R，其余电阻均忽略不计；导体棒a、b均处于竖直向上的磁感应强度大小为B的匀强磁场中；a、b两棒以v0的初速度同时向右运动，两棒在运动过程中始终与导轨垂直且保持良好接触，a总在窄轨上运动，b总在宽轨上运动，直到两棒达到稳定状态，则从开始运动到两棒稳定的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．稳定时a棒的速度为
B．电路中产生的焦耳热为
C．流过导体棒a的某一横截面的电荷量为
D．当a棒的速度为时，b棒的加速度为
（2021广东模拟）
13．如图所示，绝缘的水平面上固定有两条平行的光滑金属导轨，导轨电阻不计，两相同金属棒、垂直导轨放置，其右侧矩形区域内存在恒定的匀强磁场，磁场方向竖直向上。现两金属棒分别以初速度2v0和v0同时沿导轨自由运动，先后进入磁场区域。已知棒离开磁场区域前棒已经进入磁场区域，则a棒从进入到离开磁场区域的过程中，电流随时间t的变化图像可能正确的有（　　）
A． B．
C． D．
（2023浙江杭州学军中学质检）
14．如图所示，粗糙水平导轨和光滑水平导轨在处平滑连接，但彼此绝缘，导轨间距均为d，电阻均忽略不计；导轨右端之间连接直流电阻不计的线圈，其自感系数为L，整个导轨处于竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中。在导轨上垂直放置两根质量均为m，长度均为d的金属棒a和b，棒a电阻为R，棒b电阻不计。开始时棒b恰好处于导轨的最右端且被锁定，棒a处于距离为d处：现给棒a一个平行于导轨向右、大小为的瞬时冲量，当两棒即将碰撞时解除棒b的锁定，两棒之间发生弹性正碰，碰撞后瞬间棒b的速度。已知棒a与导轨间的动摩擦因数为，重力加速度为，两棒碰撞时间极短。
（1）求棒a获得的初速度大小；此时金属杆a两端A、C两点的电势差；
（2）求两棒碰撞前的过程中，棒a上产生的焦耳热：
（3）已知棒b在导轨上的运动是简谐运动的一部分，求棒b从滑上导轨到再次回到所用的时间。（提示：简谐运动的回复力与位移的关系为，运动周期，线圈产生的感应电动势）
（2023广州高二期中）
15．如图所示，电阻不计的光滑金属导轨MNC和PQD，MN与PQ平行，间距都为L＝0.5m，N、Q连线水平且与MN垂直，MNPQ面、NCQD面与水平面夹角分别为30°和37°，NQ的左侧空间存在沿NM方向（x正方向）均匀增大的稳恒磁场，其磁感应强度B，随x的变化率k＝0.3T/m，x＝0处的磁感应强度为0.2T，磁场方向垂直MNPQ面向上，NQ右侧空间有竖直向上、磁感应强度为B2＝1.5T的匀强磁场，均匀金属棒ab和ef分别置于两倾斜的导轨上，棒ab与ef接入电路中的电阻相同，都为R＝0.1Ω，棒ef的质量m1＝0.04kg，棒ef在外力F作用下从x＝0处以初速度v0＝4m/s沿x正方向运动，此过程中，棒ab在导轨上始终保持静止，已知棒ab、ef与轨道始终垂直且两端与轨道保持良好接触，忽略感应电流产生的磁场，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：
（1）金属棒ab的质量m2；
（2）写出金属棒ef运动过程中所受安培力F安与坐标x的关系式，并说明F安-x图像与坐标轴所围“面积”表示的物理意义；
（3）金属棒ef从x＝0运动至x＝2m的过程中，作用在金属棒ef上外力F的平均功率。
（2023湖北荆州高二期末）
16．如图所示，与为水平放置的无限长平行金属导轨，与为倾角为的平行金属导轨，两组导轨的间距均为，导轨电阻忽略不计。质量为、电阻为的导体棒置于倾斜导轨上，质量为、电阻为的导体棒置于水平导轨上，轻质细绳跨过光滑滑轮一端与的中点相连、另一端悬挂一轻质挂钩。导体棒、与导轨间的动摩擦因数相同，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为。初始时刻，棒在倾斜导轨上恰好不下滑。（取，）
（1）求导体棒与导轨间的动摩擦因数；
（2）在轻质挂钩上挂上物体，细绳处于拉伸状态，将物体与导体棒同时由静止释放，当的质量为时，始终处于静止状态（导体棒运动过程中，、一直与平行，且没有与滑轮相碰。）求匀速运动时，导体棒速度的大小；
（3）若的质量为时，由静止释放开始计时，当下降时已经处于匀速直线运动状态，求这个过程中上产生的焦耳热为多少？（始终处于静止状态）
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．（1）；（2）；（3），
【详解】（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
有闭合电路欧姆定律及安培力公式可得
，a棒受力平衡可得
联立记得
（2）由右手定则可知导体棒b中电流向里，b棒 沿斜面向下的安培力，此时电路中电流不变，则b棒牛顿第二定律可得
解得
（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棒动量定理
b棒受到向下的安培力，对b棒动量定理
联立解得
此过程流过b棒的电荷量为q，则有
由法拉第电磁感应定律可得
联立b棒动量定理可得
2．（1） ；；（2）；（3）
【详解】（1）由图像可得在内，棒G做匀加速运动，其加速度为
依题意物块A的加速度也为，由牛顿第二定律可得
解得细绳受到拉力
（2）由法拉第电磁感应定律与闭合电路欧姆定律推导出“双棒”回路中的电流为
由牛顿运动定律和安培力公式有
由于在内棒G做匀加速运动，回路中电流恒定为，两棒速度差为
保持不变，这说明两棒加速度相同且均为a；
对棒H由牛顿第二定律可求得其受到水平向右拉力
由图像可知时，棒G的速度为
此刻棒H的速度为
其水平向右拉力的功率
．
（3）棒H停止后，回路中电流发生突变，棒G受到安培力大小和方向都发生变化，棒G是否还拉着物块A一起做减速运动需要通过计算判断，假设绳子立刻松弛无拉力，经过计算棒G加速度为
物块A加速度为
说明棒H停止后绳子松弛，物块A做加速度大小为的匀减速运动，棒G做加速度越来越小的减速运动；由动量定理、法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律可以求得，在内
棒G滑行的距离
这段时间内物块A速度始终大于棒G滑行速度，绳子始终松弛。
3．AC
【详解】A．金属棒MN进入磁场这个过程，由动能定理得
此时MN产生的电动势
电路中的电流为
（r=R）
所以此时PQ两端的电压
故A正确；
B．MN进入磁场后，MN，PQ受到的安培力等大反向，MN，PQ组成的系统所受合外力零，所以MN，PQ组成的系统动量守恒，故最后MN，PQ达到共同速度一起运动，不会变为零；故B错误；
C．MN，PQ最终速度为vm，则
故
又
所以
故C正确；
D．对金属杆整个过程，由能量守恒有
故，整个过程中闭合回路产生的焦耳热为
故D 错误；
故选AC。
4．BC
【详解】导体棒MN切割磁感线产生电动势，形成电流，导体棒PQ受到向右的安培力，向右做加速运动，MN受到向左的安培力，也向右做加速运动。导体棒MN和PQ一起切割磁感线，设导轨宽度分别为2L和L，导体棒PQ和MN的速度分别为、，则电路中的电动势
电路中的电流
导体棒PQ和导体棒MN受到的安培力分别为
与运动方向相同。
与运动方向相反。
设导体棒PQ和MN的质量分别为、，则对导体棒PQ，有
对导体棒MN，有
初始速度均为零，则从零开始逐渐增加，从开始逐渐减小。当时，速度关系为
保持恒定。
综上可得，金属框的加速度趋于恒定值，安培力也趋于恒定值。故BC正确；AD错误。
故选BC。
5．AB
【详解】A．由题图乙可知，a棒刚进入磁场时的速度为v0，从开始下落到进入磁场，根据机械能守恒定律有
a棒切割磁感线产生的感应电动势
E=BLv0
根据闭合电路欧姆定律
a棒受到的安培力
F=BIL
联立以上各式解得
A正确；
B．设b棒的质量为mb，两棒最终稳定速度为v'，以v0的方向为正方向，由v-t图线可知
a棒进入磁场后，a棒和b棒组成的系统动量守恒
mv0=(m+mb)v'
解得
mb=2m
B正确；
C．0~t1这段时间内通过a、b棒的电流相等，则由
q=It
可知，通过两金属棒的电荷量之比为1:1，C错误；
D．设a棒产生的内能为Qa，b棒产生的内能为Qb，根据能量守恒定律
两棒串联，产生的内能与电阻成正比
Qb=2Qa
解得
D错误。
故选AB。
6．AD
【详解】A．设导体棒a的电阻为R，则导体棒b的质量为2m、电阻为2R。导体棒a获得向右的初速度后，导体棒a、b与导轨组成的回路产生感应电流，根据楞次定律可判断出导体棒a受向左的安培力，开始向右做减速运动；导体棒b中电流方向与a相反，受到向右的安培力，开始向右做加速运动，同时产生与a相反的感应电动势，因此电路中感应电动势为
当a、b产生的感应电动势大小相等时，即
电路中电流为零，此后导体棒a、b将分别以va、vb做匀速运动，相等时间内通过的位移之比是2∶1，故A正确；
B．在导体棒从开始运动到稳定运动的过程中，根据动量定理列方程，取向右为正方向
对导体棒a，有
对导体棒b，有
联立以上三式解得
，
故B错误；
C．由于通过导体棒的电荷量为
根据以上分析可得
解得
故C错误；
D．在整个过程中由能量守恒定律知，整个电路中产生的焦耳热为
由于a、b棒产生的热量之比为
因此导体棒b产生的热量
故D正确。
故选AD。
7．AC
【详解】A．甲在磁场中做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得
可知
即外力F始终等于安培力F安，由于电路中的感应电流为
则有安培力
因此甲穿过磁场过程中拉力F随时间均匀增大，A正确；
B．由题意可知，乙杆进入磁场前做初速度是零的匀加速直线运动，则有加速度为
乙进入磁场时的速度是
乙进入磁场后做匀速直线运动，由平衡条件可得
解得
B错误；
C．乙穿过磁场过程中安培力的功率是
C正确；
D．乙进入磁场后做匀速直线运动，则有乙穿过磁场过程中，通过整个回路的电荷量是
D错误。
故选AC。
8．AD
【详解】CD．因金属棒a向右运动，受安培力向左，则a做减速运动，金属棒b受安培力向右做加速运动，则经过一段时间后，两棒稳定时均做匀速运动，此时回路的感应电流为零，感应电动势为零，则
即
则选项C错误，D正确；
B．根据
则
金属棒a做匀减速直线运动，b做匀加速直线运动，两者加速度大小相同，选项B错误；
A．由动量定理，对a
对b
解得
选项A正确。
故选AD。
9．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）PQ刚好要滑动时PQ两端的电压为
PQ的电流大小为
对PQ受力分析有
解得
（2）由题意可知通过金属棒MN的电量为2q
解得
（3）对金属棒MN由动能定理可得
解得
所以金属棒MN产生的焦耳热为
10．AB
【详解】A．A棒在圆弧轨道上下滑，由机械能守恒定律得
得
故A正确；
B．选取水平向右为正方向，对A、C应用动量定理可得，对C
对A
其中
由以上知
两棒最后匀速运动时，电路中无电流，有
得
联立两式得
故B正确；
C．在C加速过程中，有
得
故C错误；
D．磁通量变化量
电荷量
得
故D错误。
故选AB。
11．AD
【详解】A．对a、b棒整体，根据能量守恒得
①
故A正确；
B．对b棒，只有安培力做功，运用动能定理得
②
故B错误；
C．对a棒，拉力和安培力做功，运用动能定理得
③
联立①②③式得，安培力对a、b棒做功的代数和为
所以，安培力对a、b棒做功的代数和的绝对值等于a、b棒中产生的焦耳热之和，故C错误；
D．联立①②③式得，a棒克服安培力做的功为
故D正确。
故选AD。
12．AC
【详解】AD．当两棒产生的感应电动势相等时，达到稳定状态，设此时棒速度为，棒速度为，电动势相等，则有
可得
从开始到达到稳定状态过程中，对棒由动量定理得
对棒由动量定理得
联立解得
a棒的速度不可能到，故A正确，D错误；
C．对棒由动量定理得
又
，
联立解得
故C正确；
B．由能量守恒定律得
解得
故B错误。
故选AC。
13．AD
【详解】AC．a棒以速度2v0先进入磁场切割磁感线产生的感应电流为
a棒受安培阻力做变加速直线运动，感应电流也随之减小，即图像的斜率逐渐变小；设当b棒刚进入磁场时a棒减速的速度为，此时的瞬时电流为
若，即
此时双棒双电源反接，电流为零，不受安培力，两棒均匀速运动离开，图像中无电流的图像，故A正确，C错误；
BD．若，即
此时双棒双电源的电动势不等要抵消一部分，因b棒的速度大，电流方向以b棒的流向，与原a棒的流向相反即为负，大小为
b棒通电受安培力要减速，a棒受安培力而加速，则电流逐渐减小，故B错误，D正确。
故选AD。
14．（1），0；（2）；（3）
【详解】（1）对棒a，根据动量定理有
解得
此时外电路电阻为零，金属杆a两端A、C两点的电势差为0。
（2）因两棒碰撞时间极短，故两棒组成的系统动量守恒，两棒之间的碰撞为弹性碰撞，设碰撞前瞬间a棒的速度为，碰后瞬间a棒的速度分别为，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有
解得
，
在两棒碰撞前的过程中，根据能量守恒定律有
解得
（3）当棒b滑上水平导轨后，其与线圈组成的回路无电阻，有
在时间内有
由数学知识可得
故安培力
故
故周期
棒b从又回到经过了半个周期，则有
15．（1） 0.2kg；（2） F安＝0.2+0.3x（N）；F安-x图像与坐标轴所围“面积”表示的物理意义表示金属棒ef克服安培力做功的大小；（3）0.24W
【详解】（1）x＝0时，金属棒ef产生的感应电动势为
＝0.2×0.5×4V＝0.4V
此时，根据闭合电路欧姆定律可知电路中电流为
对金属棒ab，由平衡条件有
解得
＝0.2kg
（2）由题意，电路中电流恒为I＝2A，且
B1＝ B0+kx＝0.2＋0.3x（T）
所以金属棒ef运动过程中所受安培力F安与坐标x的关系式为
F安＝B1IL＝0.2＋0.3x（N）
F安-x图像与坐标轴围成的“面积”可表示金属棒ef克服安培力做功的大小。
（3）由电路中电流恒为I＝2A可得金属棒ef产生的感应电动势恒为
E＝0.4V
设x＝2m时金属棒ef运动的速度为v，此时有
B1＝0.2＋0.3x＝0.8T
由
E＝B1Lv
代入数据解得
v＝1m/s
由（2）可得金属棒ef从x＝0运动至x＝2m的过程中克服安培力做的功为
由功能关系有
解得金属棒ef从x＝0运动至x＝2m的过程中所需时间为
t＝1.25s
对金属棒ef从x＝0运动至x＝2m的过程中，由动能定理有
代入数据解得
W＝0.3J
所以金属棒ef从x＝0运动至x＝2m的过程中，作用在金属棒ef上外力F的平均功率为
＝0.24W
16．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）对ab棒进行受力分析，受竖直向下的重力，垂直于斜面向上的支持力和沿斜面向上的摩擦力，在沿斜面方向上由平衡关系可知
代入数据解得
（2）当P和cd的运动达到稳定时，P和cd一起做匀速直线运动，对cd棒，设绳中的张力为T，由平衡条件得
对P由平衡条件可得
联立解得
设此时电路中的电流为I
设P匀速运动的速度为，由法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律得
代入数据解得
（3）对从静止释放到cd刚好匀速的过程，电路产生的总焦耳热为，根据功能关系有
解得
根据焦耳定律可推知这个过程中cd上产生的焦耳热为
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页2024年高考一轮复习100考点100讲
第14章 交变电流、传感器、电磁波
第14.1 讲 交变电流的产生和描述
【知识点精讲】
一、交变电流、交变电流的图像
1．交变电流
大小和方向都随时间做周期性变化的电流。
2．正弦式交变电流的产生和图像
（1）产生：线圈在匀强磁场里中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，如图所示。
【特别提醒】 匀强磁场、线圈转轴和磁场方向垂直、匀速转动三个条件同时具备才产生正弦式交变电流。 在磁场中与B垂直的位置为中性面，Φ最大，I感＝0，线圈转一周两次经过中性面，电流方向改变两次。
（2）图像：线圈从中性面位置开始计时，各物理量的图像如图甲、乙、丙、丁所示。
（3）两个特殊位置的比较
位置 中性面位置 与中性面垂直的位置
图例
特点 B⊥S B∥S
Φ＝BS，最大 Φ＝0，最小
e＝n＝0，最小 e＝n＝nBSω，最大
电流为零，方向改变 电流最大，方向不变
（4）交变电流的变化规律(线圈在中性面位置开始计时)
　　 规律 物理量　　 函数表达式 图像
磁通量 Φ＝Φmcosωt＝BS cosωt
电动势 e＝Emsinωt＝nBSωsinωt
电压 u＝Umsinωt＝sinωt
电流 i＝Imsinωt＝sinωt
二、正弦式交变电流的函数表达式、峰值和有效值
1．周期和频率
（1）周期（T）：交变电流完成一次周期性变化（线圈转一周）所需的时间，单位是秒（s），公式是T＝。
（2）频率（f）：交变电流在1 s内完成周期性变化的次数。单位是赫兹（Hz）。
（3）周期和频率的关系：。
2．交变电流的瞬时值、峰值和有效值
（1）瞬时值：交变电流各个物理量某一时刻的值，是时间的函数。
①如果线圈从中性面开始转动：e＝Emsin ωt。
②如果线圈从平行于磁场方向开始转动：e＝Emcos ωt。
（2）峰值：交变电流的电流或电压所能达到的最大值。
线圈经过平行于磁场方向的位置(垂直于中性面位置)时电动势最大：Em＝nBSω。
（3）有效值：让交流和直流通过相同阻值的电阻，如果它们在一个周期内产生的热量相等，就把这一直流的电压或电流数值叫做这一交流的有效值。
对于正弦式交变电流：E＝，U＝，I＝。
【特别提醒】 E＝等关系对于正(余)弦式交变电流的有效值和峰值之间一定成立，但是对于非正弦式交变电流一般不满足此关系。
3.对交变电流“四值”的比较
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 计算线圈某时刻 的受力情况
最大值 (峰值) Em＝nBSω Im＝ 讨论电容器 的击穿电压
有效值 对正(余)弦 交流电有： E＝ U＝ I＝ (1)计算与电流的热效应有关的量(如电功、电动率、电热等) (2)电气设备“铭牌”上所标的一般是有效值 (3)保险丝的熔断电流为有效值 (4)电表的读数为有效值
平均值 ＝BL ＝n ＝ 计算通过电路 截面的电荷量
【方法归纳】
1. 产生正（余弦）交流电的5种方式
类型一　矩形线圈绕垂直于匀强磁场的轴匀速转动
[例1]　
1．如图所示，一交流发电机的矩形线圈匝数为n=10，其电阻r=2Ω，面积S=0.2m2，在磁感应强度B=的匀强磁场中，若线圈从中性面位置开始绕垂直于磁场方向的对称轴OO′以ω=10πrad/s的角速度匀速转动，向R=18Ω的电阻供电．则以下说法中正确的是（　　）
A．该线圈产生的是余弦式交变电流
B．线圈在转动过程中产生的最大感应电动势为40V
C．线圈开始转动时流过电阻R的瞬时电流大小为
D．电阻R上消耗的电功率为9W
类型二　导体棒在匀强磁场中平动且导体棒切割磁感线的有效长度按正(余)弦规律变化时，则导体棒组成的闭合电路中就会产生正（余）弦式交变电流。
[例2]　
2．如图所示，闭合金属线框曲线部分恰好是半个周期的正弦曲线，直线部分长度为0.4 m，线框的电阻为1 Ω，若线框从虚线位置开始以2 m/s的速度匀速进入足够大的匀强磁场(线框直线部分始终与磁场右边界垂直)，这个过程中线框释放出的焦耳热为 0.4 J，线框中电流随时间变化的关系式为(　　)

A．i＝2sin 10πt(A)
B．i＝sin 10πt(A)
C．i＝2sin 5πt(A)
D．i＝sin 5πt(A)
类型三　导体棒在匀强磁场中沿平行导轨平动切割磁感线时，棒的速度按正(余)弦规律变化，则棒中会产生正(余)弦交变电流。
[例3]　
3．如图甲所示是一种振动发电装置的示意图，一个半径r＝0.10m、匝数n＝20匝的线圈套在永久磁铁槽中，槽中磁场的磁感线均沿半径方向均匀分布（其右侧视图如图乙所示），线圈所在位置磁感应强度B的大小均为B＝T，线圈的电阻R1＝0.50Ω，它的引出线接有R2＝9.50Ω的小电珠L，A为理想交流电流表。当线圈框架的P端在外力作用下沿轴线做往复运动，便有电流通过电珠。若线圈往复运动的规律如图丙所示（v取向右为正），则下列判断正确的是（　　）
A．电流表的示数为0.24 A
B．0.01 s时回路中的电流最大
C．回路中交流电的频率为50 Hz
D．0.015 s时电珠L中电流的方向为从D→L→C
类型四　导体棒在磁场中匀速平动切割磁感线，在棒的平动方向上，磁场按照正(余)弦规律变化，则棒中会产生正(余)弦交变电流。
[例4]　
4．如图所示，矩形裸导线框长边的长度为2L，短边的长度为L，在两个短边上均接有电阻R，其余部分电阻不计，导线框一长边与x轴重合，左端的坐标x＝0，线框处在一垂直于线框平面的磁场中，磁感应强度满足关系式B＝B0sin。一光滑导体棒AB与短边平行且与长边接触良好，电阻也是R。开始时导体棒处于x＝0处，之后在沿x轴方向的力F作用下做速度为v的匀速运动。求导体棒AB从x＝0到x＝2L的过程中力F随时间t的变化规律。
类型五　闭合线圈垂直于匀强磁场，线圈静止不动，磁场按正(余)弦规律做周期性变化，则线圈中会产生正(余)弦交变电流。
[例5]　
5．边长为a、匝数为n的正方形导线框置于均匀分布的磁场区域内，磁感应强度的方向与线框平面垂直，如图甲所示，磁感应强度B随时间按图乙所示的正弦规律变化。设导线框横截面的面积为S，电阻率为ρ，图像中所标物理量为已知量，求在时间t内（t T）线框中产生的热量。
2．交变电流有效值的求解两法
（1）结论法
利用E＝，U＝，I＝计算，只适用于正（余）弦式交变电流。
特别提醒：上述关系对于正弦交变电流的一个周期波形、半个周期波形、两端是0和峰值的周期波形都成立。
（2）有效值定义法（非正弦式电流）
计算时要抓住“三同”：即“相同时间”内“相同电阻”上产生“相同热量”，列式求解时注意时间至少取一个周期或为周期的整数倍。
【最新高考题精练】
（2023高考湖南卷）
6．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，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的正方形，共匝，总阻值为。磁体间磁场可视为磁感应强度大小为的匀强磁场。 大轮以角速度匀速转动，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
B．灯泡两端电压有效值为
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
（2022新高考海南卷）
7．一个有N匝的矩形线框，面积为S，以角速度从如图所示的位置开始，在匀强磁场B中匀速转动，则产生的感应电动势随时间变化的图像是（ ）
A． B．
C． D．
（2022年1月浙江选考）
8．如图所示，甲图是一种手摇发电机及用细短铁丝显示的磁场分布情况，摇动手柄可使对称固定在转轴上的矩形线圈转动；乙图是另一种手摇发电机及磁场分布情况，皮带轮带动固定在转轴两侧的两个线圈转动。下列说法正确的是（　　）
A．甲图中线圈转动区域磁场可视为匀强磁场
B．乙图中线圈转动区域磁场可视为匀强磁场
C．甲图中线圈转动时产生的电流是正弦交流电
D．乙图线圈匀速转动时产生的电流是正弦交流电
【最新模拟题精练】
（2023广东名校联盟大联考）
9．如图所示，匝数为100的矩形导线圈处于磁感应强度大小为的水平匀强磁场中，线圈的面积为、电阻为。线圈绕垂直于磁场的轴以角速度匀速转动，通过滑环与阻值为的电阻R连接，V为理想交流电压表。下列说法正确的是（　　）
A．通过电阻的交变电流的频率是
B．线圈中产生的感应电动势的有效值为
C．电压表V的示数为
D．线圈的发热功率为
(2023天津一中质检)
10．图为发电机的原理图。边长为的匝正方形线圈，在磁感应强度为的匀强磁场中，绕垂直于磁场的中心轴做匀速转动，角速度为，线圈电阻不计，外接电阻和电压表，下列说法正确的是（　　）
A．从图示位置开始计时，线框中的感应电动势的瞬时值表达式为
B．若将电阻换成电容器，电容器的耐压值可以为
C．从图示位置转过90°流过中的电量
D．线框转一周，外力所做的功为
（2023四川成都树德中学二诊）
11．如图所示，边长为L的正方形线圈abcd其匝数为n，总电阻为r，外电路的电阻为R，ab的中点和cd的中点的连线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绕轴匀速转动，则以下判断中错误的是（　　）

A．闭合电路中感应电动势的瞬时表达式
B．在时刻，磁场穿过线圈的磁通量为零，但此时磁通量随时间变化最快
C．从时刻到时刻，电阻R上产生的热量为
D．从时刻到时刻，通过R的电荷量
（2023湖南新高考教研联盟第二次联考）
12．如图所示，有一矩形线圈abcd的面积为S，匝数为N，电阻为r，绕OO′轴在水平方向的磁感应强度为B的匀强磁场中以角速度ω逆时针做匀速转动，从图示位置开始计时。矩形线圈通过滑环接一可调电阻R，图中电流表A和电压表V的读数分别为I和U。下列判断正确的是（　　）
A．矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为e=NBSωcosωt
B．矩形线圈经过图示位置时，线圈中的电流方向为a→b→c→d→a
C．矩形线圈从图示位置转过90°时，电压表的读数为0
D．可变电阻R取不同值时，I、U的乘积IU的值可能相等
（2023年广东广州一模）
13．某小组用如图a所示的风速仪研究交流电，风杯在风力作用下带动与其连在一起的永磁铁转动；某一风速时，线圈中产生的交变电流如图b所示，已知风杯转速与风速成正比，则（　　）
A．该交变电流的周期为
B．该交变电流的峰值为
C．风速增大，产生的交变电流周期增大
D．风速增大，产生的交变电流峰值增大
（2023湖南邵阳二模）
14．发电机的结构示意图如图所示，正方形金属框通过两半圆形金属环及导线与电阻构成一闭合回路，在匀强磁场中以恒定角速度绕轴转动，下列关于通过金属框的磁通量及通过电阻的电流i随时间变化的图像可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
（2023浙江台州部分重点高中联考）
15．一矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴线匀速转动时产生正弦式交变电流，其电动势的变化规律如图甲中的线a所示，用此线圈给图乙电路供电，发现三个完全相同的灯泡亮度均相同。当调整线圈转速后，电动势的变化规律如图甲中的线b所示，以下说法正确的是（　　）
A．曲线a、b对应的线圈角速度之比为
B．时刻，线圈平面恰好与磁场方向平行
C．转速调整后，L2灯泡最亮
D．转速调整后，三个灯泡的亮度仍然相同
（2023广东实验中学三模）
16．在同一匀强磁场中，两个相同的矩形金属线圈a、b分别绕线圈平面内且与磁场垂直的轴匀速转动，产生的电动势随时间变化的图象如图所示，则（　　）
A．线圈a的转速是b的3倍
B．线圈b产生的电动势最大值为10V
C．t＝0.01s时，线圈a恰好经过中性面
D．t＝0.03s时，线圈b恰好经过中性面
（2023湖北荆州高二期末）
17．如图所示，N=50匝的矩形线圈abcd，ab边长=20cm，bc边长=25cm，放在磁感应强度B=0.4T的匀强磁场中，外力使线圈绕垂直于磁感线且通过线圈中线的OO′轴以r/min的转速逆时针匀速转动，线圈的电阻r=1，外电阻R=9（其余电阻不计）。t=0时线圈平面与磁感线垂直，ab边通过内金属环与电刷相连，cd边通过外金属环与电刷相连，电流表和电压表可看成理想电表，则（　　）
A．从t=0时刻再转过90°角，线圈中电流将改变方向
B．电流表的读数为10A
C．电压表的读数为45V
D．通过线圈电流的瞬时表达式i=10sinl00t（A）
（2023湖南衡阳二模）
18．电流i随时间变化的关系如下图，它的有效值是（　　）
A．10A B． C． D．20A
（2023河北九师联盟质检）
19．如图甲、乙所示分别是A、B两种交流电的i－t关系图像，则A、B两种交流电的有效值之比为（　　）
A． B． C． D．
（2023湖北武汉部分重点高中高二联考）
20．一只电阻分别通过四种不同形式的电流，电流随时间变化的情况如图所示，在相同时间内电阻产生的热量最大的是（ ）
A． B． C． D．
（2023湖北宜昌重点高中质检）
21．如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为10：1，原线圈接入图乙所示的正弦脉冲电压，副线圈接火灾报警系统（报警器未画出），电压表和电流表均为理想电表，为定值电阻，为热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小。下列说法正确的（　　）
A．图乙中电压的有效值为
B．电压表的示数约为
C．处出现火警时，电流表示数变大
D．处出现火警时，电阻消耗的电功率减小
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．D
【详解】A、线圈始终有一半在磁场中转动切割磁场线产生感应电动势，由于是从中性面开始，故产生的感应电动势时正弦函数，故A错误；
B、线圈转动过程中产生的感应电动势的最大值，故B错误；
C、产生的感应电动势的瞬时值e=20sin10πtV，故圈开始转动s时产生的感应电动势e=10V，形成的感应电流瞬时值 ，故C错误；
D、线圈内产生的感应电流的有效值，故电阻R上消耗的电功率为，故D正确．
2．C
【详解】设线框中产生的电动势有效值为E，根据焦耳定律得：
则得
感应电流有效值为
最大值为
电流的周期为
角速度为
所以线框中电流随时间变化的关系式为
i=Imsinωt=2sin5πtA
故选C．
点晴：解决本题关键要理解有效切割的长度与感应电动势的关系，判断出感应电动势作正弦变化，要有运用数学知识解决物理问题的能力．
3．C
【详解】A．由E＝BLv及v t图像可知，线圈往复运动所产生的感应电流为正弦式交流电，则
电流的有效值
故A错误；
B．t＝0.01 s时，v＝0，所以I＝0，故B错误；
C．由图像可知T＝0.02s，f＝50Hz，故C正确；
D．t＝0.015s时，由右手定则可知，电流方向C→L→D，故D错误。
故选C。
4．F＝
【详解】在t时刻AB棒的坐标为
x＝vt
感应电动势为
e＝BLv＝B0Lvsin
回路总电阻为
R总＝R＋0.5R＝1.5R
通过AB的感应电流为
i＝＝
因为AB棒匀速运动，所以
F＝F安＝BiL＝
其中
5．
【详解】线圈中的磁通量按正弦规律变化，线框中感应电动势的最大值为
其中
又知
线框中电流的最大值为
又
线框在时间t内产生的热量为
联立以上各式解得
6．AC
【详解】A．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
根据题意可知大轮与小轮半径之比为，则小轮转动的角速度为，线圈转动的角速度为，A正确；
B．线圈产生感应电动势的最大值
又
联立可得
则线圈产生感应电动势的有效值
根据串联电路分压原理可知灯泡两端电压有效值为
B错误；
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
此时线圈产生感应电动势的有效值
根据电阻定律
可知线圈电阻变为原来的2倍，即为，根据串联电路分压原理可得灯泡两端电压有效值
C正确；
D．若仅将小轮半径变为原来的两倍，根据可知小轮和线圈的角速度变小，根据
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。
故选AC。
7．A
【详解】图示位置线框处于与中性面垂直的平面，竖直长边垂直切割磁感线，此时产生的感应电动势最大为
根据正弦式交变电流的表达式可知感应电动势随时间的变化关系为
故选A。
8．A
【详解】A．甲图中细短铁丝显示的磁场分布均匀，则线圈转动区域磁场可视为匀强磁场，故A正确；
B．乙图中细短铁丝显示的磁场分布不均匀，则线圈转动区域磁场不能看成匀强磁场，故B错误；
C．根据发电机原理可知甲图中线圈在匀强磁场中绕垂直磁场的转轴匀速转动时才能产生正弦交流电，故C错误；
D．乙图中是非匀强磁场，则线圈匀速转动时不能产生正弦交流电，故D错误；
故选A。
9．BD
【详解】A．通过电阻的交变电流的周期
通过电阻的交变电流的频率
A错误；
B．线圈中产生的感应电动势的峰值
线圈中产生的感应电动势的有效值为
B正确；
C．电压表V的示数
C错误；
D．线圈中的电流的有效值
线圈的发热功率为
D正确。
故选BD。
10．D
【详解】A．图示位置为垂直中性面位置，从图示位置开始计时，线框中的感应电动势的瞬时值表达式为
故A错误；
B．若将电阻换成电容器，电容器的耐压值考虑最大值，为，故B错误；
C．从图示位置转过90°流过中的电量
故C错误；
D．线框转一周，外力所做的功就是回路产生的焦耳热，则
故D正确。
故选D。
11．A
【详解】A．由法拉第电磁感应定律
所以闭合电路中感应电动势的瞬时表达式为
A错误；
B．由题可知 刻，线圈转了90°，此时磁通量为零，此时感应电动势最大，故此时磁通量随时间变化最快，B正确；
C．根据正弦电流的特点，该正弦电压的有效值为
由闭合电路欧姆定律
所以由焦耳定律可知，从时刻到时刻，电阻R上产生的热量为
解得
C正确；
D．根据电流的定义式
由闭合电路欧姆定律
法拉第电磁感应定律
联立解得
D正确。
此题选择错误选项，故选A。
12．ABD
【详解】A．感应电动势最大值为
从图示位置为垂直中心面位置，所以由此位置开始计时瞬时值表达式为
故A正确；
B．图示位置时根据右手定则知电流方向为a→b→c→d→a，故B正确；
C．电压表示数为有效值，不随瞬时值变化，故C错误；
D．IU的乘积为电源的输出功率，根据电源输出功率与外电路电阻关系可知，当外电路电阻不同时，电源的输出功率可能相等，故D正确。
故选ABD。
13．D
【详解】A．从图像可以看出该交变电流的周期为，A错误；
B．结合图像可知该交变电流的峰值为，B错误；
C．已知风杯转速与风速成正比，风速增大，风杯转速就越大，由
知产生的交变电流周期减小，C错误；
D．已知风杯转速与风速成正比，风速增大，风杯转速就越大，由
可知产生的交变电流峰值增大，D正确。
故选D。
14．AD
【详解】当金属框在匀强磁场中以恒定角速度绕轴转动时，通过的磁通量和产生的感应电流大小和方向都随时间周期性变化。
AB．当线框从经过中性面开始计时，磁通量随时间余弦规律变化；当线框从垂直于中性面开始计时磁通量随时间正弦规律变化，A正确，B错误；
CD．当线框从经过中性面开始计时，线框中的电流随时间正弦规律变化；金属框通过两半圆形金属环及导线与电阻R构成一闭合回路，由楞次定律知通过电阻R的电流方向不变，都是向左通过，C错误，D正确。
故选AD。
15．AC
【详解】A．曲线a的周期T1=0.04s，曲线b的周期T2=0.06s，所以转速之比
故A正确；
B．t=0时刻，电动势为0，说明线圈平面恰好与磁场方向垂直，故B错误；
CD．转速调整后，交流电的频率降低了，所以线圈的电感对交流电的阻碍减小了，电容对交流电的阻碍增大了，而电阻对交流电的阻碍不变，所以灯泡L2最亮，L3最暗，即三个灯泡的亮度各不相同，故C正确，D错误。
故选AC。
16．BD
【详解】A．由图可知
由线圈a、b的转速之比为3：2，故A错误；
B．由于最大感应电动势为
由图像可知，a线圈最大感应电动势为15V，则b线圈最感应电动势为10V，
故B正确；
C．由图像可知，t＝0.01s时，线圈a中感应电动势最大，则此时线圈a位于垂直中性面位置，故C错误；
D．t＝0.03s时，线圈b中感应电动势为0，则此时线圈b恰好经过中性面，故D正确。
故选BD。
17．CD
【详解】A．从t=0时刻再转过90°角，线圈处于与中性面垂直的位置，电流不改变方向。故A错误；
B．根据角速度与转速的关系式，可得
线圈中产生的感应电动势的最大值为
根据闭合电路欧姆定律，有
电流表的读数为
故B错误；
C．电压表的读数为
故C正确；
D．通过线圈电流的瞬时表达式为
i=10sinl00t（A）
故D正确。
故选CD。
18．A
【详解】根据有效值的定义，可得
可以知道一个周期3s内
解得
故选A。
19．A
【详解】设A、B两种交流电的有效值分别为、，由交流电有效值的定义及题图数据有
解得
比较可得
故选A。
20．D
【详解】试题分析：对A、对于正弦式电流，有效值：．
根据焦耳定律得：；
对B、对于正弦式电流，有效值：．
根据焦耳定律得：；
对C、根据焦耳定律得：Q3＝I2RT＝2．25RT
对D、对于方波，根据焦耳定律得：；故选D．
考点：交流电的有效值
【名师点睛】此题是对有效值概念的考查；解题时根据焦耳定律Q=I2Rt求解热量，其中I是有效值，对于正弦式电流有效值与峰值是倍关系．对于方波，直接根据焦耳定律求解热量．
21．C
【详解】A．设将此电流加在阻值为R的电阻上，电压的最大值为，电压的有效值为U，则
解得
故A错误；
B．理想变压器原、副线圈匝数比为，由于
则，电压表示数为
故B错误；
CD．R处温度升高时，电压表示数不变，阻值减小，副线圈电流增大，则输出功率增大，而输出功率和输入功率相等，所以原线圈电流增大，即电流表示数变大，根据
则电阻消耗的电功率增大，故C正确，D错误。
故选C。
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页2024年高考一轮复习100考点100讲
第14章 交变电流、传感器、电磁波
第14.2讲 变压器
【知识点精讲】
1.理想变压器构造
如图所示，变压器是由闭合铁芯和绕在铁芯上的两个线圈组成的。
（1）原线圈：与交流电源连接的线圈，也叫初级线圈。
（2）副线圈：与负载连接的线圈，也叫次级线圈。
2.原理：电磁感应的互感现象。
【特别提醒】（1）对于大小随时间变化（如图所示）的直流电，变压器仍然有变压作用。
（2）对于恒定电流，变压器没有变压作用。
3.基本关系式
（1）功率关系：P入=P出。
（2）电压关系：=。
（3）电流关系：只有一个副线圈时，=。
【特别提醒】当副线圈与用电器断开（空载）时，无电流通过副线圈，但副线圈两端仍存在电压。
4.理想变压器及基本关系的理解
基 本 关 系 功率关系 能量守恒：原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率，即P入=P出
电压关系 只有一个副线圈时：=
有多个副线圈时：===…
电流 关系 只有一个副线圈时：=
有多个副线圈时：I1n1=I2n2＋I3n3＋…＋Innn
频率关系 f1=f2（变压器不改变交变电流的频率）
5.理想变压器的制约关系
电压 原线圈电压U1和匝数比决定副线圈电压U2，U2=U1
功率 副线圈的输出功率P出决定原线圈的输入功率P入，P入=P出
电流 副线圈电流I2和匝数比决定原线圈电流I1，I1=I2
6.含有多个副线圈的变压器
计算具有两个或两个以上副线圈的变压器问题时，需注意三个关系：
电压关系：===…=
功率关系：P1=P2＋P3＋P4＋…＋Pn
电流关系：n1I1=n2I2＋n3I3＋n4I4＋…＋nnIn
7.分析变压器电路的两个难点
（1）分析原线圈有串联负载的变压器电路问题时要注意：变压器的输入电压不等于电源的电压，而是等于电源电压减去串联负载的电压，即U1=U源-U串。
（2）分析含有二极管的变压器电路问题时要注意：理想二极管具有单向导电性，正弦式交变电流通过二极管后会变成半波直流电流，对应的有效值会发生变化。
8.自耦变压器问题
自耦变压器（又称调压器），它只有一个线圈，原、副线圈共用其中的一部分作为另一个线圈，当交流电源接不同的端点时，它可以升压也可以降压，变压器的基本关系对自耦变压器同样适用，如图所示。
【最新高考题精练】
（2023高考北京卷）
1．自制一个原、副线圈匝数分别为600匝和190匝的变压器，原线圈接12V的正弦交流电源，副线圈接额定电压为3.8V的小灯泡。实际测得小灯泡两端电压为2.5V。下列措施有可能使小灯泡正常发光的是（ ）
A．仅增加原线圈匝数 B．仅增加副线圈匝数
C．将原、副线圈匝数都增为原来的两倍 D．将两个3.8V小灯泡并联起来接入副线圈
（2023广东卷）
2．用一台理想变压器对电动汽车充电，该变压器原、副线圈的匝数比为，输出功率为，原线圈的输入电压。关于副线圈输出电流的有效值和频率正确的是（ ）
A． B． C． D．
（2023高考海南卷）
3．下图是工厂利用的交流电给照明灯供电的电路，变压器原线圈匝数为1100匝，下列说法正确的是（ ）

A．电源电压有效值为 B．交变电流的周期为
C．副线圈匝数为180匝 D．副线圈匝数为240匝
【最新模拟题精练】
（2023河北张家口宣化一中二模）
4．如图甲所示为理想变压器，原、副线圈匝数比为n1：n2＝44：1，变压器原线圈接如图乙所示的正弦式交流电，副线圈两端接两个串联在一起的阻值大小分别为R1＝3Ω，R2＝2Ω的定值电阻，理想二极管与电阻R1并联，电压表为理想电表。下列说法正确的是（　　）
A．副线圈中交流电频率为100Hz
B．电压表的示数为2V
C．R1消耗的功率为3W
D．变压器输入功率为8.75W
（2023湖南押题卷）
5．如图所示，一理想变压器接在电压有效值为200V、频率为50Hz的正弦交流电源上，原、副线圈的匝数比n1：n2 = 5：1，副线圈与定值电阻R1和滑动变阻器R2相连，R1的阻值为80Ω，R2的最大阻值为120Ω。下列说法正确的是（ ）
A．电阻R1中的电流方向每秒钟变化20次
B．改变滑动变阻器R2接入电路的阻值时，滑动变阻器两端电压的最大值为24V
C．通过原线圈的电流最大值为0.1A
D．滑动变阻器R2消耗的最大电功率为10W
（2023湖北荆门三校5月联考）
6．在绕制变压器时，某人误将两个线圈绕在如图所示变压器铁芯的左右两个臂上。当通过交变电流时，每个线圈产生的磁通量都只有一半通过另一个线圈，另一半通过中间的臂，线圈1、2的匝数比。在不接负载的情况下（　　）
A．当线圈1输入电压为220V的时，线圈2的输出电压为440V
B．当线圈1输入电压为220V的时，线圈2的输出电压为110V
C．当线圈2输入电压为110V的时，线圈1的输出电压为220V
D．当线圈2输入电压为110V的时，线圈1的输出电压为110V
（2023重庆名校联盟二模）
7．如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数比为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0.5A，电压表的示数为6V，则电阻R1的大小为（　　）
A．30Ω
B．20Ω
C．25Ω
D．10Ω
（2023河北衡水中学一模）
8．如图所示，理想变压器原线圈匝数为匝，副线圈匝数为匝，将原线圈接在的交流电源上，已知电阻，电流表A为理想交流电表，则下列说法正确的是（ ）
A．穿过铁芯的磁通量的最大变化率为0.2Wb/s
B．交流电的频率为50Hz
C．电流表A的示数为0.4A
D．变压器的输入功率是16W
（2023重庆一中质检）
9．如图所示，两理想变压器的匝数，定值电阻阻值均为，为相同规格的小灯泡，其灯丝电阻，忽略灯丝电阻随温度的变化，为相同的理想交流电流表，D为理想二极管。当A、B端接入电压有效值恒为U的交流电时（　　）
A．的热功率比的热功率小
B．表示数是表示数的2倍
C．两端电压
D．两灯泡的亮度相同
（2023浙江杭州学军中学质检）
10．如图所示，在直铁棒上有两组线圈，线圈匝，匝，原线圈输入电压随时间变化如图所示，则（　　）
A．电压表读数为
B．电压表读数为20V
C．滑动变阻器滑片向上滑动，则电路输入功率变小
D．副线圈交流电的周期为2s
（2023浙江台州部分重点高中联考）
11．无线充电是近年发展起来的新技术，如图所示，该技术通过交变磁场在发射线圈和接收线圈间传输能量。内置接收线圈的手机可以直接放在无线充电基座上进行充电，关于无线充电的说法正确的是（　　）
A．无线充电效率高，线圈不发热
B．无线充电基座可以用稳恒直流电源供电
C．无线充电过程主要利用了电磁感应原理
D．无线充电基座可以对所有手机进行无线充电
12．图甲是电动公交车无线充电装置，供电线圈设置在充电站内，受电线圈和电池系统置于车内。如图乙所示，供电线路中导线的等效电阻为，当输入端接入电压为正弦交流电时，供电线圈与受电线圈两端电压分别、，通过电池系统的电流为。若不计其他电阻，忽略线圈中的能量损失，下列说法正确的是（　　）
A．端的输入功率等于
B．端的输入功率等于
C．供电线圈和受电线圈匝数比为
D．供电线圈和受电线圈匝数比为
13．图甲是某品牌的手机无线充电器，其工作原理图可简化为如图乙所示。给基座线圈接上220V、50Hz的交流电，受电线圈通过一个二极管可给手机电池充电。已知快速充电时受电线圈两端的电压为11V，设充电过程中基座线圈的磁场全部穿过受电线圈而无能量损失。下列说法正确的是（　　）

A．受电线圈能够给手机电池充电是利用了自感现象
B．基座线圈和受电线圈的匝数比为10：1
C．受电线圈两端电压的峰值为22V
D．当受电线圈的输出功率为40W时，基座线圈的电流为
（2023湖北荆州高二期末）
14．如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为10：1，原线圈接入图乙所示的正弦脉冲电压，副线圈接火灾报警系统（报警器未画出），电压表和电流表均为理想电表，为定值电阻，为热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小。下列说法正确的（　　）
A．图乙中电压的有效值为
B．电压表的示数约为
C．处出现火警时，电流表示数变大
D．处出现火警时，电阻消耗的电功率减小
（2022河北重点中学期中素养提升）
15．小宁同学仿照法拉第发现电磁感应现象的装置，在铁环上用漆包线（铜丝，表面刷有绝缘漆）绕制了两个线圈匝、（匝数没有记录），线圈与开关、干电池、交流电源构成电路，交流电源的电动势，线圈与开关、电流计G、交流电压表V构成电路。当置于2、置于4时，电压表V的示数为，取1.4。下列说法正确的是（　　）
A．由实验数据可算得，线圈的匝数为200匝
B．由实验数据可估计，线圈的匝数超过280匝
C．S2置于3，当S1从0扳到1时，G中不会有电流
D．S2置于3，当S1从0扳到1时，G中电流慢慢增大并稳定到某一值
（2023重庆沙家坝重点中学质检）
16．如图所示，理想变压器的原线圈与二极管一起接在u=220sin 100πt（V）的交流电源上，副线圈接有R=55 Ω的电阻，原、副线圈匝数比为2∶1.假设该二极管的正向电阻为零，反向电阻为无穷大，电流表为理想电表。则（　　）
A．原线圈的输入功率为220 W
B．副线圈的输出功率为110 W
C．副线圈的电流为1 A
D．将二极管短路，电源的输出功率变为原来的两倍
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．B
【详解】A．由知，仅增加原线圈匝数，副线圈的输出电压U2减小，不能使小灯泡正常发光，故A错误；
B．由知，仅增加副线圈匝数，副线圈的输出电压U2增大，有可能使小灯泡正常发光，故B正确；
C．由知，将原、副线圈匝数都增为原来的两倍，但由于原线圈的电压不变，则副线圈的输出电压U2不变，不能使小灯泡正常发光，故C错误；
D．将两个3.8V小灯泡并联，但由于原线圈的电压不变，则副线圈的输出电压U2不变，不能使小灯泡正常发光，故D错误。
故选B。
2．A
【详解】由题可知原线圈输入电压的有效值为
原线圈电流为
副线圈输出电流的有效值为
变压器无法改变电流的频率，故
故选A。
3．BC
【详解】A．电源电压的有效值
选项A错误；
B．交流电的周期
选项B正确；
CD．根据
可得副线圈匝数
匝
选项C正确，D错误。
故选BC。
4．D
【详解】A．由变压器的工作原理知，副线圈中交流电的频率跟原线圈中交流电的频率相同，为
A错误；
B．由图可知，原线圈两端的电压的有效值为U1=220V，根据电压与匝数的关系有
U1：U2＝n1：n2＝44：1
解得
U2＝5V
则电阻R1和R2两端电压的波形分别如图1、图2所示
设电压的有效值分别为E1和E2，根据有效值的定义有
解得
E1＝V
E2＝V
则电压表的示数为
E2＝V≈3.8V
B错误；
C．R1消耗的功率为
P1＝
代入数据得
P1＝1.5W
C错误；
D．R2消耗的功率为
P2＝
代入数据得
P2＝7.25W
则副线圈消耗的功率为8.75W，根据变压器的功率关系知，变压器的输入功率也为8.75W，D正确。
故选D。
5．D
【详解】A．变压器不改变电流的变化频率，电阻R1中的电流变化频率为，方向每秒钟变化100次，故A错误；
B．由变压器原、副线圈匝数比，可知副线圈两端电压
当滑动变阻器的阻值最大时，滑动变阻器两端电压最大，最大的有效值
最大峰值为，故B错误；
C．当时，副线圈中电流最大
原线圈中的电流
最大峰值为，故C错误；
D．滑动变阻器R2消耗的电功率
当，即R2 = R1时有最大电功率，此时副线圈回路的最大电流为
则滑动变阻器R2消耗的最大电功率
P2max = I2m2R2 = 10W
故D正确。
故选D。
6．D
【详解】AB．本题中每个线圈通交变电流后，其内部磁通量的一半通过另一个线圈，因此另一线圈的磁通量的变化率只有通电线圈的一半。
由变压器原理，所以当从线圈1输入电压U1=220 V时，根据
得线圈2输出电压
U1=55V
故AB错误；
CD．当从线圈2输入电压U2=110 V时
所以线圈1输出电压U1=U2=110 V，故C错误，D正确。
故选D。
7．A
【详解】ABCD．由理想变压器原副线圈电压、电流与线圈匝数的关系可得
，
已知， 则，
设流过的电流为，则
副线圈上的电流
由题意可知，流过电流表的电流
解得
即
A正确，BCD错误。
故选A。
8．D
【详解】A．由
由电压表达式知电压最大值为，所以磁通量的最大变化率为
A错误；
B．根据表达式知原线圈输入的交流电的角速度为120π，所以频率为
B错误；
C．根据电压与匝数成正比得
所以
C错误；
D．由
而变压器的输入功率
D正确。
故选D。
【点睛】根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，变压器的输入功率和输出功率相等，逐项分析即可得出结论，掌握变压器的特点，本题的难点在于磁通量的最大变化率的求法。
9．C
【详解】AD．由热功率公式可得
解得
故AD错；
BC．由欧姆定律可知
故表示数是表示数的倍
故C正确，B错误。
故选C。
10．C
【详解】AB．由于该变压器磁芯是铁棒，会出现漏磁，不满足理想变压器的电压规律，原线圈输入电压有效值为
副线圈输出电压满足
但由于铁棒磁芯出现漏磁，所以电压表读数会小于20V，故AB错误；
C．滑动变阻器滑片向上滑动，则副线圈电阻增大，但输入电压不变，则输出电压不变，电压表示数不变，根据闭合电路欧姆定律可知，副线圈的输出电流减小，根据
可得输出功率变小，则电路输入功率变小，故C正确；
D．变压器不改变交变电流的周期，根据图乙知交流电的周期
则副线圈交流电的周期为0.02s，故D错误。
故选C。
11．C
【详解】A．接收线圈的磁通量只是发射线圈产生的一部分，则无线充电效率低；充电时线圈中有电流，根据电流的热效应，可知线圈会发热，故A错误；
B．如果无线充电基座用稳恒直流电源供电，则接收线圈的磁通量不变，不能产生感应电流，无法对手机充电，故B错误；
C．无线充电过程主要利用互感现象来实现能量传递的，故C正确；
D．如果手机内没有接受线圈，则无线充电基座不可以对手机进行充电，故D错误。
故选C。
12．D
【详解】AB．根据题意可知，变压器的输出功率为，由于原线圈上串联的电阻也要消耗功率，所以端的输入功率大于，变压器原线圈中的电流不等于，所以端的输入功率也不等于，故AB错误；
CD．根据变压器电压比等于匝数比，可得供电线圈和受电线圈匝数比为，故C错误，D正确。
故选D。
13．C
【详解】A．受电线圈能够给手机电池充电是利用了互感现象，A错误；
BC．由于二极管具有单向导电性，则输出端只有一般时间存在电压，由
得
则基座线圈和受电线圈的匝数比为
B错误，C正确；
D．当受电线圈的输出功率为40W时，基座线圈的电流为
D错误。
故选C。
14．C
【详解】A．设将此电流加在阻值为R的电阻上，电压的最大值为，电压的有效值为U，则
解得
故A错误；
B．理想变压器原、副线圈匝数比为，由于
则，电压表示数为
故B错误；
CD．R处温度升高时，电压表示数不变，阻值减小，副线圈电流增大，则输出功率增大，而输出功率和输入功率相等，所以原线圈电流增大，即电流表示数变大，根据
则电阻消耗的电功率增大，故C正确，D错误。
故选C。
15．B
【详解】AB．E2的有效值为，根据解得
如果取1.4，匝数为280匝，实际上大于1.4，所以匝数大于280匝，故A错误，B正确；
CD．S2置于3，当S1从0扳到1时，开关闭合瞬间，副线圈中磁通量发生了变化，则G中有电流；原线圈电流稳定后，副线圈中磁通量不发生变化，则没有感应电流，G中不会有电流，故CD错误；
故选B。
16．BD
【详解】ABC．因为原线圈上接有理想二极管，原线圈只有半个周期有电流，副线圈也只有半个周期有电流。交流电输入电压有效值
U=220 V
设原线圈电压有效值为U1，则有
T=·
解得
U1=V
根据
U1∶U2=n1∶n2
结合原、副线圈匝数比为2∶1，得副线圈电压
U2=55V
副线圈的输出功率为
P2=W=110 W
电流
I2=A
变压器的输出功率等于输入功率，原线圈的输入功率
P1=P2=110 W
故B正确，AC错误；
D．将二极管短路，原线圈的输入电压有效值
U1'=220 V
根据
U1'∶U2'=n1∶n2=2∶1
代入数据得副线圈电压为
U2'=110 V
副线圈的输出功率
P2'=W=220 W
原线圈的输入功率
P1'=P2'=220 W
则电源的输出功率变为原来的两倍，故D正确。
故选BD。
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页2024年高考一轮复习100考点100讲
第14章 交变电流、传感器、电磁波
第13.4讲 变压器动态变化
【知识点精讲】
1．理想变压器中各量的制约关系
（1）电压制约关系：副线圈电压U2由原线圈电压U1和匝数比决定：U2=U1
（2）电流制约关系：原线圈电流I1由副线圈电流I2和匝数比决定：I1=I2
（3）功率制约关系：原线圈的输入功率P入由副线圈的输出功率P出决定：P入=P出
2．理想变压器的动态分析问题的两种情况
（1）匝数比不变，负载变化的情况。
（2）负载电阻不变，匝数比变化的情况。
【方法归纳】
解决理想变压器电路动态分析问题的一般思路
（1）分清不变量和变量。
（2）弄清理想变压器中电压、电流、功率之间的联系和相互制约关系。
（3）利用闭合电路欧姆定律、串并联电路特点进行分析判定。
两种情况的分析思路：
1． 匝数比不变，负载变化的情况的分析思路
一般电路如图所示，
（1）U1不变，根据=，输入电压U1决定输出电压U2，可以得出不论负载电阻R如何变化，U2不变。
（2）当负载电阻发生变化时，I2变化，根据输出电流I2决定输入电流I1，可以判断I1的变化。
（3）I2变化引起P2变化，根据P1＝P2，可以判断P1的变化。　 　　
2． 负载电阻不变，匝数比变化的情况的分析思路
一般电路如图所示。
（1）U1不变，发生变化，U2变化。
（2）R不变，U2变化，I2发生变化。
（3）根据P2=和P1=P2，可以判断P2变化时，P1发生变化，U1不变时，I1发生变化。　 　
【最新高考题精练】
[2021高考新课程II卷海南卷]
1．如图，理想变压器原线圈接在的交流电源上，副线圈匝数可通过滑片P来调节。当滑片P处于图示位置时，原、副线圈的匝数比，为了使图中“，”的灯泡能够正常发光，下列操作可行的是（　　）
A．仅将滑片P向上滑动
B．仅将滑片P向下滑动
C．仅在副线圈电路中并联一个阻值为的电阻
D．仅在副线圈电路中串联一个阻值为的电阻
[2021·新课程湖北卷·6]
2．如图所示，理想变压器原线圈接入电压恒定的正弦交流电，副线圈接入最大阻值为2R的滑动变阻器和阻值为R的定值电阻。在变阻器滑片从a端向b端缓慢移动的过程中（　　）
A．电流表A1示数减小 B．电流表A2示数增大
C．原线圈输入功率先增大后减小 D．定值电阻R消耗的功率先减小后增大
[2021新高考湖南卷]
3．如图，理想变压器原、副线圈匝数比为，输入端、接入电压有效值恒定的交变电源，灯泡L1、L2的阻值始终与定值电阻的阻值相同。在滑动变阻器的滑片从端滑动到端的过程中，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
[2020高考北京卷]
4．如图所示， 理想变压器原线圈接在的交流电源上， 副线圈接三个阻值相同的电阻R，不计电表内电阻影响。闭合开关S后（　　）
A．电流表的示数减小
B．电压表的示数减小
C．电压表的示数不变
D．电流表的示数不变
【最新模拟题精练】
[2023鄂东南省级示范性高中教育改革联盟5月模拟]
5．如图所示，两接线柱间接入电压恒定的交流电，三个灯泡、、的规格完全相同，变压器可视为理想变压器，在以下各种操作中电路元件都没有损坏，下列说法正确的是（　　）
A．仅使滑片M上移，灯泡变暗
B．仅使滑片M上移，灯泡、都变亮
C．仅使滑片N自变阻器a端向b端移动，电流表示数一直增大
D．仅使滑片N自变阻器a端向b端移动，灯泡中的电流一直增大
[2023山东烟台一模]
6．如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为，电源的输出电压，定值电阻，，滑动变阻器的最大阻值为，a、b为滑动变阻器的两个端点，所有电表均为理想电表。现将滑动变阻器滑片P置于a端，则（　　）
A．电流表示数为1.5A
B．电压表示数为15V
C．滑片P由a向b缓慢滑动，消耗的功率增大
D．滑片P由a向b缓慢滑动，变压器的输出功率减小
[2023湖南新高考联盟第一次联考]
7．如图所示为理想变压器，其原、副线圈匝数比为k，所接电源为有效值恒定的正弦交流电压，且不计电源内阻。原线圈接有定值电阻，副线圈接有定值电阻、，以及滑动变阻器，四个理想交流电表的连接如图所示。现将的滑动触头向下滑动少许，电表的示数变化量的绝对值分别为、、、，则下列说法正确的是（　　）
A．电压表的示数减小，电流表的示数减小
B．电压表的示数增大，电流表的示数增大
C．
D．
[2023河南开封二模]
8．如图所示，b是理想变压器原线圈的中心抽头，灯泡、的铭牌上均标注“，”字样，电流表为理想电表，从某时刻开始在原线圈c、d两端加上如图所示的交流电，当单刀双掷开关与b连接时，灯泡恰好正常发光，则（　　）
A．理想变压器原副线圈匝数之比为
B．1秒内流过灯泡的电流方向改变50次
C．当单刀双掷开关与b连接时，向上移动滑片P，两灯泡均变暗
D．当单刀双掷开关由b扳向a时，电流表的示数变大
[2023湖南怀化名校联考]
9．如图所示，发电机可输出频率一定、电压有效值恒为U的正弦交流电，变压器原、副线圈的匝数分别为、，变压器可视为理想变压器。开始时开关断开，闭合，四个灯泡亮度相同。灯泡规格一样且不计灯丝电阻随温度的变化。下列说法正确的是（　　）
A．变压器原、副线圈匝数比
B．发电机输出电压U与一个灯泡两端电压的比为
C．若开关闭合，则灯泡变亮，、变暗
D．若开关断开，则灯泡、变暗，变亮
[2022湖南长沙长郡中学模拟]
10．如图甲所示，理想变压器原，副线圈的匝数之比为10∶1，B是原线圈的中心接头，原线圈输入电压如图乙所示，副线圈电路中R1，R3为定值电阻，R2为NTC型热敏电阻(阻值随温度升高而减小)，C为耐压值为70 V的电容器，所有电表均为理想电表．下列判断正确的是(　　)
A．当单刀双掷开关与A连接，传感器R2所在处温度升高，A1的示数变大，A2的示数减小
B．当单刀双掷开关与B连接，副线圈两端电压的频率变为25 Hz
C．当单刀双掷开关由A→B时，电容器C不会被击穿
D．其他条件不变，单刀双掷开关由A→B时，变压器的输出功率变为原来的0.5倍
[2023河南名校调研]
11．图示电路中，变压器为理想变压器，在变压器的原线圈接一交变电流，交变电流的电压有效值恒定不变。副线圈接有灯泡L1和L2（设灯泡的电阻保持不变）和热敏电阻R。已知热敏电阻的阻值随温度的升高而增大，下列说法正确的是（　　）

A．只将热敏电阻的温度升高，理想电流表的示数变小
B．只将热敏电阻的温度升高，灯L2变亮
C．只将S2从4拨向3时，理想电流表示数变大
D．只将S1从2拨向1时，理想电流表示数变小
[2022陕西宝鸡陈仓区二模]
12．由半导体材料制成的热敏电阻，电阻率随温度的升高而减小，经常用于火警报警装置。如图甲所示是一火警报警器的电路示意图，理想变压器原线圈接入图乙所示的正弦交流电，副线圈与理想电压表、理想电流表、热敏电阻及报警器（有内阻）组成闭合电路，流过报警器的电流超过时就会发出警报声。则以下判断正确的是（　　）
A．变压器原线圈两端交变电压
B．当所在处出现火情时，变压器输入功率增大
C．当所在处出现火情时，电压表示数增大
D．在时，电流表示数为
[2021广东惠州第三次调研]
13．如图甲所示的电路中，S为单刀双掷开关，电表为理想电表，Rt为热敏电阻（阻值随温度的升高而减小），理想变压器原线圈接如图乙所示的正弦交流电，则（　　）
A．变压器原线圈中交流电压u的表达式
B．开关S接在a端，Rt温度升高时，变压器的输入功率变小
C．开关S接在a端，Rt温度升高时，电压表和电流表的示数均变大
D．开关S由a切换到b，Rt消耗的功率变小
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．BD
【详解】原线圈电压有效值
则次级电压有效值
则为了使图中“，”的灯泡能够正常发光，则需要减小次级电压，即仅将滑片P向下滑动；或者仅在副线圈电路中串联一个电阻，阻值为
故选BD。
2．A
【分析】本题考查含理想变压器电路的动态分析。
【详解】AB．由于原线圈所接电压恒定，匝数比恒定，故变压器副线圈的输出电压恒定，变阻器的滑片从a端向b端缓慢移动的过程中，由数学知识可知，变压器副线圈所接的电阻值逐渐增大，则由欧姆定律得
可知副线圈的电流逐渐减小，由
可知变压器原线圈的电流I1也逐渐减小，故A正确，B错误；
C．原线圈的输入功率为
由于I1逐渐减小，则原线圈的输入功率逐渐减小，故C错误；
D．由于副线圈的电流逐渐减小，则定值电阻与变阻器右半部分并联的总电流减小，又与定值电阻并联的变阻器右半部分的电阻值减小，则由并联分流规律可知，流过定值电阻的电流逐渐减小，则由公式
可知，定值电阻R消耗的电功率逐渐减小，故D错误。
故选A。
3．A
【详解】副线圈的总电阻为
解得
则滑动变阻器R的滑片从a端滑到b端过程中，副线圈的总电阻先增大后减小，根据等效电阻关系有
则等效电阻先增大后减小，由欧姆定律有
，先减小后增大，先减小后增大，则先变暗后变亮，根据
，
由于先减小后增大，则副线圈的电压先增大后减小，通过L2的电流为
则滑动变阻器R的滑片从a端滑到b端过程中，逐渐减小，副线圈的电压增大过程中 增大；在副线圈的电压减小过程中，通过R0的电流为
逐渐增大，则越来越小，则
则先变暗后变亮，一直变亮；
故选A。
4．A
【详解】开关S闭合时，副线圈总的电阻减小，由于变压器的匝数比和输入的电压都不变，所以输出的电压也不变，即V1示数不变，但因副线圈的总电阻减小，则副线圈的总电流增大，则原线圈的电流增大，故A1的示数变大；由于副线圈的电流增大，故串联在副线圈的电阻R两端的电压增大，而副线圈的总电压不变，所以副线圈并联部分的电压减小，即的示数减小，故电流表的示数减小，故A正确，BCD错误。
故选A。
5．D
【详解】AB．设输入端电压U0，初级电流电压I1、U1次级电流电压I2、U2，每个灯泡电阻R，次级总电阻R2则
解得
可知当仅使滑片M上移时，减小，则I1变大，灯泡变亮，灯泡两端电压变大，则变压器输入电压减小，则变压器输出电压大小不能确定，则灯泡、不一定都变亮，选项AB错误；
C．仅使滑片N自变阻器a端向b端移动，则整个并联部分的总电阻先变大后变小，副线圈电压不变，则副线圈电流，即电流表示数先减小后增大，选项C错误；
D．仅使滑片N自变阻器a端向b端移动，灯泡所在支路电阻逐渐减小，则灯泡中的电流一直增大，D正确。
故选D。
6．C
【详解】AB．题图的电路图可以等效为
设原线圈两端电压为，副线圈两端电压为，又因为理想变压器原副线圈的功率相等，有
整理有
电源的电压输出为，因为电流表和电压表测量的为有效值，电源的有限值为30V，电流表的示数为
原线圈两端电压的有效值为
电压表测量的是副线圈两端的电压，即
整理有
故AB错误；
C．当滑片P从a向b缓慢滑动过程中，其电阻的阻值减小，根据电流规律可知，其总电阻减小，结合之前的分析可知，其电流将增加，即流过电阻的电流变大，根据
可知，电阻不变，电流变大，所以功率变大，故C项正确；
D．由之前的分析，电路图等效为
当滑片在a端时，其等效电阻为
当滑片在b端时，其等效电阻为
可以将电阻与电源放在一起，等效成新电源，其副线圈输出功率变为新电源的输出功率，有电源的输出功率的规律可知，当等效电阻等于新电源的内阻时，即等效电阻为时，其输出功率最大，所以在滑片从a向b缓慢滑的过程中，其副线圈的输出功率先增大，后减小，故D项错误。
故D项错误。
故选C。
7．D
【详解】AB．滑动变阻器的触头向下滑动，则副线圈电路电阻值增大，作出该变压器的等效电路如图所示，可知等效电阻增大，则电流表示数减小，从而示数也减小，又因为分压减小，示数增大，由变压比可知示数增大，AB两项错误；
C．由原副线圈电压比与匝数比的关系可得
可知
由原副线圈电流比与匝数比的关系可得
可知
则有
则有
C选项错误；
D．由以上分析可知
则有
D选项正确。
故选D。
8．A
【详解】A．b是理想变压器原线圈的中心抽头，当单刀双掷开关与b连接时，灯泡恰好正常发光，灯泡的额定电压为，而由原线圈c、d两端所加交流电的图像可得此交流电的有效值为，则有
解得
故A正确；
B．由原线圈c、d两端所加交流电的图像可得交流电的变化周期为，可知其频率为，正弦式交流电的方向一个周期内改变两次，因此可知1秒内流过灯泡的电流方向改变100次，故B错误；
C．当单刀双掷开关与b连接时，向上移动滑片P，滑动变阻器的接入电路中的阻值增大，副线圈所在回路中的总电阻增大，则副线圈回路中的电流减小，由于原线圈两端的电压不变，因此副线圈两端的电压也不变，而灯泡两端的电压等于副线圈两端的电压，故灯泡正常发光，流过灯泡的电流不变，但灯泡与灯泡并联，从而分流，而干路电流减小，则可知通过灯泡的电流减小，因此将变暗，故C错误；
D．当单刀双掷开关由b扳向a时，原线圈的匝数增大，原线圈与副线圈的匝数比增大，而原线圈两端的电压不变，又原副线圈两端的电压比等于匝数比，因此可知副线圈两端的电压减小，副线圈中的电流减小，导致原线圈中的电流减小，则接在原线圈回路中的电流表的示数减小，故D错误。
故选A。
9．D
【详解】A．根据理想变压器的规律有
可知原、副线圈匝数比为2∶1，故A错误；
B．又
故
即
故B错误；
C．研究灯泡亮度变化时，可把变压器和其右侧电路等效为一个电阻，对理想变压器有
当闭合开关时，等效电阻不变，灯泡被短路，总电阻减小，总电流增大，灯泡分压变大，变亮，等效电阻分压变大，即原线圈两端电压变大，灯泡、变亮，故C错误；
D．当开关断开时，等效电阻，变大，分压变大，即原线圈两端电压变大，灯泡变亮，灯泡、的分压变小，、变暗，D正确。
故选D。
【点睛】发电机输出电压为原副线圈电压之和。
10．AC
【详解】A．若传感器R2所在处温度升高，R2的阻值减小，根据欧姆定律知，副线圈的电流变大，所以原线圈电流跟着变大，即A1的示数变大，R2与R1并联后的总电阻减小，故在副线圈中分的电压减小，所以A2的示数减小，故A正确；
B．交流电的频率与匝数无关，不会发生变化，还是50Hz，所以B错误；
C．原线圈电压最大值为220V，当单刀双掷开关由A→B时，匝数之比为5:1，根据变压规律可得副线圈电压最大值为44V ，小于电容器的耐压值，故电容器不会被击穿，所以C正确；
D．开关由A→B时，副线圈电压U2为原来的2倍，输出功率
为原来的4倍，所以D错误。
故选AC。
11．AB
【详解】A．只将热敏电阻的温度升高，热敏电阻的阻值增大，副线圈电路中电阻增大，电流变小，变压器线圈匝数比不变，理想电流表的示数变小，故A正确；
B．只将热敏电阻的温度升高，热敏电阻的阻值增大，与L2并联后的总电阻R并变大，由串联电路分压原理可知，L2两端电压升高，灯L2变亮，故B正确；
C．只将S2从4拨向3时，原、副线圈匝数比变小，副线圈两端电压变小，副线圈功率变小，原线圈功率变小，理想电流表示数变小，故C错误；
D．只将S1从2拨向1时，原、副线圈匝数比变大，副线圈两端电压变大，副线圈功率变大，原线圈功率变大，理想电流表示数变大，故D错误。
故选AB。
12．B
【详解】A．由图乙可知变压器原线圈两端交变电压为
A错误；
B．当所在处出现火情时，可知减小，根据欧姆定律可得
副线圈输出功率为
可知副线圈输出功率增大，即变压器输入功率增大，B正确；
C．当所在处出现火情时，可知减小，根据欧姆定律可得
可知副线圈电流增大，两端电压为
可知两端电压减小，即电压表示数减小，C错误；
D．电流表示数为电流有效值，故在时，电流表示数不为，D错误；
故选B。
13．D
【详解】A．由图乙可知，变压器原线圈中交流电压u的表达式
A错误；
BC．开关S接在a端，Rt温度升高时，电路的电阻减小，而根据
可知电压表的示数不变，根据欧姆定律，电流表的示数变大，回路消耗的功率增大，变压器输入的功率变大，BC错误；
D．开关S由a切换到b，副线圈接入电路的匝数减少，根据
加在Rt两端电压降低，Rt消耗的功率变小，D正确。
故选D。
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页2024年高考一轮复习100考点100讲
第14章交变电流、传感器、电磁波
第14.5讲电能输送
【知识点精讲】
一、电能的输送
如图所示，若发电站输出电功率为P，输电电压为U，用户得到的电功率为P′，用户的电压为U′，输电线总电阻为R。
1.输出电流
I＝＝＝。
2.电压损失
ΔU＝U－U′＝IR。
3.功率损失
ΔP＝P－P′＝I2R＝
4.减少输电线上电能损失的方法
（1）减小输电线的电阻R。由R＝ρ知，可加大导线的横截面积、采用电阻率小的材料做导线。
【温馨提示】采用该种方法效果有限，因为加大输电线的横截面积会增加材料的使用量，而且输电线的重力增大给架设线路带来困难。
（2）减小输电线中的电流。在输电功率一定的情况下，根据P＝UI，要减小电流，必须提高输电电压。
二、电压互感器和电流互感器的比较
电压互感器 电流互感器
原理图
原线圈的连接 并联在高压电路中 串联在交流电路中
副线圈的连接 连接电压表 连接电流表
互感器的作用 将高电压变为低电压 将大电流变成小电流
利用的公式 ＝
【方法归纳】分析远距离输电问题的三个“关键”
1.理清三个回路
2.抓住两个联系
（1）回路1和回路2的联系——升压变压器→基本关系：＝，＝，P1＝P2.
（2）回路2和回路3的联系——降压变压器→基本关系：＝，＝，P3＝P4.
3.明确三个重要关联式（联系两个变压器的纽带）
（1）功率关联式：P2＝ΔP＋P3，其中ΔP＝ΔUI线＝I线2R线＝。
（2）电压关联式：U2＝ΔU＋U3.
（3）电流关联式：I2＝I线＝I3.
【最新高考题精练】
（2023年6月高考浙江选考科目）
1．我国1100kV特高压直流输电工程的送电端用“整流”设备将交流变换成直流，用户端用“逆变”设备再将直流变换成交流。下列说法正确的是（　　）
A．送电端先升压再整流 B．用户端先降压再变交流
C．1100kV是指交流电的最大值 D．输电功率由送电端电压决定
（2023高考山东高中学业水平等级考试）
2．某节能储能输电网络如图所示，发电机的输出电压U1= 250V，输出功率500kW。降压变压器的匝数比n3：n4= 50：1，输电线总电阻R = 62.5Ω。其余线路电阻不计，用户端电压U4= 220V，功率88kW，所有变压器均为理想变压器。下列说法正确的是（ ）

A．发电机的输出电流为368A B．输电线上损失的功率为4.8kW
C．输送给储能站的功率为408kW D．升压变压器的匝数比n1：n2= 1：44
（2023高考天津卷）
3．“西电东送”是我国重要的战略工程，从西部发电厂到用电量大的东部区域需要远距离输电。图为远距离交流输电的示意图，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，的原线圈接有电压有效值恒定的交变电源，R为输电导线的电阻，的副线圈并联多个用电器，下列说法正确的是（　　）
A．输出电压等于输入电压
B．输出功率大于输入功率
C．用电器增多后，R消耗的功率减小
D．用电器增多后，的输出电压降低
（2022新高考福建卷）
4．某同学利用如图所示电路模拟远距离输电．图中交流电源电压为，定值电阻，小灯泡、的规格均为“ ”，理想变压器、原副线圈的匝数比分别为1∶3和3∶1．分别接通电路Ⅰ和电路Ⅱ，两电路都稳定工作时，（　　）
A．与一样亮 B．比更亮
C．上消耗的功率比的大 D．上消耗的功率比的小
【最新模拟题精练】
（2023山东泰安模拟）
5．如图所示为某小型发电站高压输电示意图，变压器均为理想变压器。在输电线路的起始端接入甲、乙两个互感器，两互感器原、副线圈的匝数比分别为200:1和1:20，电压表的示数为220V，电流表的示数为4A，输电线路总电阻r=20Ω，则下列说法正确的是（　　）

A．甲是电流互感器，乙是电压互感器
B．线路上损耗的功率为320W
C．用户得到的电功率为3392kW
D．用电设备增多，降压变压器输出电压U4变大
（2023辽宁教研联盟二模）
6．有一台内阻为1n的发电机，给一个学校照明供电，如图所示，T1、T2分别为理想的升压变压器和降压变压器，升压变压器匝数比为1：4，降压变压器匝数比为4：1，T1与T2之间输电线的总电阻为10Ω。全校共有22个班，每班有220V、40W的日光灯6只，若保证灯管全部正常发光，则（　　）
A．输电线上的电流为8A
B．输电线上的损失电压为240V
C．发电机的电动势为259V
D．发电机的输出功率为5280W
（2023福建南平政和一中质检）
7．如图，利用理想变压器进行远距离输电，发电厂的输出电压恒定，输电线路的电阻不变，当用电高峰到来时（　　）
A．输电线上损失的功率增大
B．电压表V1的示数减小，电流表A1的示数增大
C．电压表V2的示数增大，电流表A2的示数减小
D．用户功率与发电厂输出功率的比值减小
（2023重庆信息联考卷3）
8．如图所示是远距离输电的示意图，远距离输电要采用高压输电，输电电压330kV、550kV乃至750kV的线路，称为超高压输电线路，输电交流电压为1000kV（直流电压为）及以上的线路，称为特高压输电线路．我国已实现大功率的远距离输电，构建了大规模“西电东送”“北电南送”的能源配置格局，2018年，我国开始建造世界上容量最大的特高压多端直流输电工程．下列说法正确的是（ ）
A．远距离输电的输送电压指升压变压器原线圈端电压
B．远距离输电的输送电压可以无限制地提高
C．远距离输电的输送电流指一次高压变电站副线圈的电流
D．特高压远距离输电可以采用交、直流结合的方式输电
（2023天津南开二模）
9．“张北的风点亮北京的灯”深刻体现了2022年北京冬奥会的“绿色奥运”理念。张北可再生能源示范项目，把张北的风转化为清洁电力，并入冀北电网，再输向北京、延庆、张家口三个赛区。现有一小型风力发电机通过如图甲所示输电线路向北京赛区某场馆1万个额定电压为、额定功率为的LED灯供电。当发电机输出如图乙所示的交变电压时，赛区的空LED灯全部可以正常工作。已知输电导线损失的功率为赛区获得总功率的4%，输电导线的等效电阻为。则下列说法正确的是（　　）
A．风力发电机的转速为
B．风力发电机内输出的电能为
C．降压变压器原、副线圈匝数比为
D．升压变压器副线圈输出的电压的有效值为
（2023四川成都七中二诊）
10．某小型水电站的电能输送示意图如图所示，发电机的输出功率为100kW，输出电压为，输电导线的总电阻为，导线上损耗的电功率为4kW，要使额定电压为220V的用电器正常工作，不计变压器损耗，则下列判断正确的是（　　）
A．，用电器得到的交流电频率为50Hz
B．升压、降压变压器的原、副线圈的匝数比分别为和
C．若用电器功率变大，则输电线上损耗的功率占总功率的比例增大
D．若用电器功率变大，升压变压器的输出电压增大
（2023云南昆明一中第9次质检）
11．图甲为远距离输电示意图，发电站发出的电通过升压变压器升压，经过电线远距离传输后，再通过降压变压器降压后输入用户。已知升压变压器原、副线圈匝数比为，降压变压器原、副线圈匝数比为，升压变压器原线圈输入电压如图乙所示，用户端连接的电灯额定功率均为，电阻均为，变压器均为理想变压器，当用户接入1100盏电灯时电灯均正常发光，则（　　）
A．发电机的输出功率为
B．远距离输电线的总电阻为
C．随着用户数量的增加，电灯的亮度会变暗
D．随着用电量的增加，损耗的电能与电站输出的总电能之比越来越小
（2023广东实验中学三模）
12．我国是全球唯一掌握超特高压直流输电技术的国家。下图是特高压直流输电系统的模拟图（只显示变压与传输部分），则以下说法正确的是（　　）
A．题中描述的“特高压直流输电”，说明变压器可以直接对直流电进行变压作用
B．变压器在升压过程中频率随着电压的增大而升高
C．在输电功率一定条件下，输电电压提高十倍，线路损耗功率将降低为原来的一百分之一
D．在上图中，用户接入电路的用电器越多，流过的电流越大，由匝数比等于电流的反比可知，流过电阻的电流变小
（2023天津一中质检）
13．如图所示为某水电站远距离输电的原理图。升压变压器的原副线圈匝数比为，输电线的总电阻为，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂输出的电压恒为，若由于用户端负载变化，使发电厂输出功率增加了。下列说法正确的是（　　）
A．电压表的示数不变，电压表的示数增大
B．电流表、的示数均增大
C．输电线上损失的电压增加了
D．输电线上损失的功率增加了
（2023辽宁鞍山一模）
14．疫情期间，为保障医院用电安全，供电部门专门为医院ICU病房区设计供电系统以及输电电路如图所示，发电机的矩形线框ABCD处于磁感应强度大小为B的水平匀强磁场中，线框面积S=0.25m2，匝数n=100匝，电阻不计。线框绕垂直于磁场的轴OO 以3000转/分的转速匀速转动，其输出端通过电刷与升压变压器的原线圈相连，图中电压表示数为250V，降压变压器原、副线圈的匝数之比为5:1，降压变压器的副线圈接入到病房区供电，两变压器间的输电线等效电阻R=20Ω，变压器均为理想变压器。医院有五间标准ICU病房，病房内医疗设备额定工作电压均为U=220V，每间病房的最大功率为P=4400W。当五间病房均满负荷工作时（　　）
A．输电线上损失的电压为500V
B．匀强磁场B的大小为
C．升压变压器原、副线圈匝数之比为1:6
D．该供电系统的输电效率为80%
（2023辽宁大连金州高中三模）
15．交流发电机的输出电压为U，采用图示理想变压器输电，升压变压器原、副线圈匝数比为m，降压变压器原、副线圈匝数之比为n，输电导线电阻为r，用户的工作电压为U。下列说法正确的是（　　）
A．mn=1 B．mn>1
C．输电线上损失的功率为 D．输电线上损失的功率为
（2023浙江名校联考）
16．如图为远距离输电的示意图。升压变压器的原副线圈匝数比为，输电线总电阻为R，不计升压变压器和降压变压器的各种损耗，发电厂输出的电压恒为U，若由于用户端负载变化，使输电线损失的功率增加了ΔP。下述正确的是（　　）
A．是由于用户端消耗的总功率减小的缘故
B．电流表A1、A2的示数均增大
C．电流表A1的示数必定增加了
D．发电机的输出功率增加了
（2023山东潍坊期末）
17．如图所示，某小型水电站通过升压变压器T 、高压输电线路和降压变压器T 将产生的电能输送给5km外的用户，水电站输出电压为400V，高压输电线路的阻值为1Ω/km，输电总功率为20kW，用户端电压为220V。两变压器均为理想变压器，T 的匝数比为1：5。下列说法正确的是（　　）
A．T 的输出电压为2000V
B．T 的匝数比 n ：n =95：11
C．高压输电线上的电流为5A
D．高压输电线上损失的电功率为1kW
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．A
【详解】AB．升压和降压都需要在交流的时候才能进行，故送电端应该先升压再整流，用户端应该先变交流再降压，故A正确，B错误；
C．1100kV指的是交流电的有效值，故C错误；
D．输电的功率是由用户端负载的总功率来决定的，故D错误。
故选A。
2．C
【详解】A．由题知，发电机的输出电压U1 = 250V，输出功率500kW，则有
A错误；
BD．由题知，用户端电压U4 = 220V，功率88kW，则有
P′ = U4I4
联立解得
I4 = 400A，I3 = 8A，U3 = 11000V
则输电线上损失的功率为
P损 = I32R = 4kW
且
U2 = U3＋I3R = 11500V
再根据，解得
BD错误；
C．根据理想变压器无功率损失有
P = U2I3＋P储
代入数据有
P储 = 408kW
C正确。
故选C。
3．BD
【详解】AB．由于输电过程中，线路中有电流、线路电阻R会分压且产生热量，会损失功率，故输出功率大于输入功率；输出电压大于输入电压，故A错误，B正确；
CD．设升压变压器原副线圈比为，输入出电压分别为、，根据理想变压器电压与原副线圈匝数关系可得
由于输入电压不变，原副线圈匝数比不变，则升压变压器输出变压恒定。设降压变压器的原副线圈匝数比为，输入输出电压分别为、，通过原副线圈的电流分别为、，的副线圈并联多个用电器等效电阻为，则有
，，
则
令，则
随着用户接入的用电器增多，副线圈接入电器的总电阻减小，则减小，输入线路中电流增大.R消耗的功率
的输出电压
用电器增多后，增大， R消耗的功率增大，的输出电压降低，故C错误，D正确。
故选BD。
4．BC
【详解】若开关接cd端，则若电源电压为，理想变压器、的匝数比为
用户电阻为，输电线电阻为，由变压器工作原理和欧姆定律。升压变压器次级电压
降压变压器初级电压
降压变压器次级电压
可得输电功率为
输电线上损耗的电功率为
用户得到的电功率为
若开关接ab端，则负载得到的功率
输电线上损耗的电功率为
将， ，k=3带入可知
可得
即比更亮；
上消耗的功率比的大。
故选BC。
5．C
【详解】A．互感器甲的原线圈并联在升压变压器副线圈两端，是电压互感器，互感器乙的原线圈串联在输电线电路中，是电流互感器，故A错误；
B．电流表的示数为，电流互感器乙原、副线圈的匝数比为，可知输电线上的电流为I2=80A，输电线路总电阻，则有输电线路上损耗的功率为
故B错误；
C．电压表的示数为，电压互感器A的原、副线圈的匝数比为，可知升压变压器副线圈两端电压为U2=44000V，则升压变压器的输出功率为
则有升压变压器的输入功率为3520kW，用户得到的功率为3392kW，故C正确；
D．用电设备增多，降压变压器副线圈回路的电流增大，则输电线上的电流增大，输电线上的电压降增大，降压变压器的输入电压U3变小，降压变压器输出电压U4变小，D错误。
故选C。
6．C
【详解】A．22个班电灯都正常工作时，则干路的总电流为
理想变压器原副线圈电流与匝数成反比，故输电线上的电流为
A错误；
B．输电线上损失的电压为
B错误；
C．理想变压器原副线圈电压与匝数成正比，可得
解得的原线圈两端的电压为
故的副线圈两端的电压为
的原线圈两端的电压为
的原线圈的电流为
根据闭合电路的欧姆定律，发电机电动势
C正确；
D．发电机输出功率为
D错误。
故选C。
7．AD
【详解】A．当用电高峰到来时，用户消耗的功率变大，则降压变压器副线圈的电流变大，即电流表A2的示数变大，由于匝数比不变，输电线上的电流I随之变大，A1的示数增大，输电线上损失的功率
变大，A正确；
B．因发电厂的输出电压U1恒定，则升压变压器的副线圈两端的电压U2不变，即电压表V1的示数不变，故B错误；
C．输电线上的电压损失
变大，故降压器原线圈两端的电压减小，副线圈两端的电压也减小，即电压表V2的示数减小，C错误；
D．设电厂输出功率为P，输电线上电流为I，用户消耗的功率与发电厂输出功率的比值
＝＝
因为输电线上的电流I增大，则电压损失增大，U2不变，所以用户消耗的功率与发电厂输出功率的比值减小，D正确。
故选AD。
8．D
【详解】A．远距离输电的输送电压指升压变压器副线圈端电压，故A错误；
B．不能无限制提高电压，电压越高对输电线路绝缘的要求越高，线路修建费用越高，故B错误；
C．远距离输电的输送电流指二次高压变电站副线圈的电流，故C错误；
D．为了增加输电效率，特高压远距离输电可以采用交、直流结合的方式输，故D正确.
故选D。
9．ACD
【详解】A．由图乙可知该交流电的周期为
所以风力发电机的转速为
故A正确；
B．风力发电机输出功率为
故B错误；
C．输电线上损耗的功率为
由可得
降压变压器副线圈电流
所以降压变压器原、副线圈匝数比为
故C正确；
D．降压变压器原线圈电压
输电线上损耗的电压为
所以升压变压器副线圈输出的电压的有效值为
故D正确。
故选ACD。
10．BC
【详解】A．由输出电压表达式可知
用户得到的交流电频率为
A错误；
B．升压变压器原线圈电流为
根据
输电电流为
升压变压器原、副线圈的匝数比为
升压变压器输出电压为
降压变压器原线圈电压为
降压变压器原、副线圈的匝数比为
B正确；
CD．若用电器功率变大，则用户端电流变大，输电电流变大，损失功率占总功率的比为
可知，升压变压器输出电压与发电机输出电压和升压变压器匝数比有关，则U2不变，输电线上损耗的功率占总功率的比例增大，C正确，D错误。
C正确，D错误。
故选BC。
11．BC
【详解】AB．根据题意有
解得
根据变压器的原理，有
而
可得
再由功率之间的关系可得
故A错误，B正确；
C．随着用户数量增加，线路中的电流增大，导致输电线上的分压增大，使得用户获得的电压减小，故C正确；
D．损耗的电能与电站输出的总电能之比为
可知，随着用电量的增加，损耗的电能占比会越来越大，故D错误。
故选BC。
12．C
【详解】A．根据变压器工作原理可知，变压器不可以直接对直流电进行变压作用，故A错误；
B．变压器在升压过程中频率保持不变，故B错误；
C．根据
，
联立可得
在输电功率一定条件下，输电电压提高十倍，线路损耗功率将降低为原来的一百分之一，故C正确；
D．在上图中，用户接入电路的用电器越多，流过的电流越大，根据
可知随着增大，流过电阻的电流变大，故D错误。
故选C。
13．BC
【详解】AB．由于发电厂输出电压恒为，根据理想变压器的规律，对于升压变压器
故电压表的示数不变，发电厂输出功率增加了，则发电厂输出电流增加了
根据理想变压器的规律，对于升压变压器
示数增加了
由于示数增加，示数也将增加，降压变压器的输入电压将减少
故示数也将减小，故A错误，B正确；
C．根据欧姆定律，输电线上损失的电压增加了
故C正确；
D．输电线上损失的功率增加了
由于未知，故无法计算，故D错误。
故选BC。
14．BC
【详解】A．当五间病房均满负荷工作时，降压变压器副线圈的电流
根据变压器原副线圈电流关系
代入数据得降压变压器原线圈的电流为
所以输电线上损失的电压为
故A错误；
B．线框转动的角速度为
线框在匀强磁场中匀速转动产生交变电流，感应电动势最大值
解得
故B正确；
C．根据变压器原副线圈电流关系
解得
设升压变压器原线圈电压为U1，副线圈电压为U2，在输电回路中有
则升压变压器得原副线圈匝数之比
故C正确；
D．该供电系统的输电效率为
故D错误。
故选BC。
15．C
【详解】AB．若变压器的输电功率为P，用户得到的功率为P′，由于升压变压器输入电压为U，降压变压器输出电压为U，则升压变压器输出电压
降压变压器输入为
U3=nU
由于在输电线上有功率损失，所以P>P′，又
整理可得
mn＜1
故选项A、B错误；
CD．根据变压器的规律，升压变压器副线圈的电压
降压变压器原线圈电压
U3=nU
线路损失的电压
△U=U3-U2
损失的功率
由以上式子代入求得
故选项C正确，D错误。
故选C。
16．B
【详解】AB．设电流表A1、A2的示数分别为、，降压变压器原副线圈的匝数分别为、，输电线损失的功率为
由于输电线损失的功率增大，可知增大，根据
可知增大，即电流表A1、A2的示数均增大，输电线损失的功率增大，是由于用户端消耗的总功率增大的缘故，故A错误，B正确；
C．设原来电流表A1的示数为，变化后电流表A1的示数为，则有
可知电流表A1的示数增加量满足
故C错误；
D．设升压变压器副线圈的输出电压为，则有
可得
则发电机的输出功率增加量为
故D错误。
故选B。
17．ABD
【详解】A．根据变压器电压与匝数比关系，可得
解得T1的输出电压为
故A正确；
C．高压输电线上的电流为
故C错误；
D．高压输电线的总电阻
高压输电线上损失的电功率为
故D正确；
B．高压输电线上损失的电压为
T2的输入电压为
T 的匝数比
故B正确。
故选ABD。
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答案第1页，共2页2024年高考一轮复习100考点100讲第14章 交变电流、传感器、电磁波
第14.6讲 传感器
【知识点精讲】
1. 传感器的定义：能够感受诸如力、温度、光、声、化学成分等被测量，并能够把它们按照一定的规律转换为便于传送和处理的如电压、电流等电学量，或转换为电路的通断的装置。
2．传感器的种类
（1）物理传感器：利用物质的物理特性或物理效应制作而成的传感器，如力传感器、磁传感器、声传感器等。
（2）化学传感器：利用电化学反应原理，把无机或有机化学物质的成分、浓度等转换为电信号的传感器，如离子传感器、气体传感器等。
（3）生物传感器：利用生物活性物质的选择性来识别和测定生物化学物质的传感器。如酶传感器、微生物传感器、细胞传感器等。
3．传感器的组成与应用模式
（1）传感器的基本组成部分
①敏感元件：能直接感受或响应外界被测非电学量的部分。
【特别提醒】
敏感元件相当于人的感觉器官，是传感器的核心部分，是利用材料的某种敏感效应（如热敏、光敏、压敏、力敏，湿敏等）制成的。
②转换元件：传感器中能将敏感元件输出且与被测物理量成一定关系的非电信号转换成电信号的电子元件。
③转换电路：将转换元件输出的不易测量的电学量转换成易于测量的电学量，如电压、电流、电阻等。
（2）传感器的工作流程：
―→―→―→―→
（3）传感器应用的一般模式
4．传感器的原理
传感器感受的通常是非电学量，如力、温度、位移、浓度、速度、酸碱度等，而输出的通常是电学量，如电压、电流、电荷量等。这些输出的信号是非常微弱的，通常需要经过放大后，再传送给控制系统产生各种控制动作。
非电学量转换为电学量的意义：把非电学量转换为电学量，可以很方便地进行测量、传输、处理和控制。
二、传感器常用元件
1．光敏电阻
（1）特点：光照越强，电阻越小。
（2）原因：光敏电阻的构成物质硫化镉为半导体材料，无光照时，载流子极少，导电性能差；随着光照的增强，载流子增多，导电性变好。
（3）作用：把光照强弱这个光学量转换为电阻这个电学量。
2．金属热电阻
金属的电阻率随温度的升高而增大，用金属丝可以制作温度传感器，称为热电阻，如图所示为某金属导线电阻的温度特性曲线。
3．热敏电阻
热敏电阻由半导体材料制成，其电阻值随温度的变化非常明显，如图所示为某一热敏电阻的电阻值随温度变化的特性曲线。
【特别提醒】
光敏电阻、金属热电阻和热敏电阻对比分析
特性 原因
光敏电阻 光照越强，电阻越小 光照增强，载流子增多，电阻减小
金属热电阻 温度越高，电阻越大 温度升高，金属电阻率增大，电阻增大
热敏电阻 负温度系数的热敏电阻 温度越高，电阻越小 温度升高，载流子增多，电阻减小
正温度系数的热敏电阻 温度越高，电阻越大 温度升高，载流子减少，电阻增大
4．电阻应变片
（1）定义：其电阻随着它所受机械形变的变化而变化的力敏元件。
（2）分类：金属电阻应变片和半导体电阻应变片。
5. 力传感器：由金属梁和电阻应变片组成，是电子秤中所使用的测力器件。
6. 电容式传感器：通过测定电容器的电容来确定极板的正对面积、极板间的距离以及极板间的电介质中某个物理量变化的传感器。
常见电容式传感器
名称 传感器 原理
测定角度θ的电容式传感器 当动片与定片之间的角度θ发生变化时，引起极板正对面积S的变化，使电容C发生变化，知道C的变化，就可以知道θ的变化情况
测定液面高度h的电容式传感器 在导线芯的外面涂上一层绝缘物质，放入导电液体中，导线芯和导电液体构成电容器的两个极，导线芯外面的绝缘物质就是电介质，液面高度h发生变化时，引起正对面积发生变化，使电容C发生变化，知道C的变化，就可以知道h的变化情况
测定压力F的电容式传感器 待测压力F作用于可动膜片电极上的时候，膜片发生形变，使极板间距离d发生变化，引起电容C的变化，知道C的变化，就可以知道F的变化情况
测定位移x的电容式传感器　 随着电介质板进入极板间的长度发生变化，电容C发生变化，知道C的变化，就可以知道x的变化情况
7、霍尔元件及工作原理
（1）霍尔元件
如图所示，在一个很小的矩形半导体（例如砷化铟）薄片上，制作四个电极E、F、M、N，它就成了一个霍尔元件。
（2）工作原理
外部磁场使运动的载流子受到洛伦兹力的作用，从而在导体板的一侧聚集，以致在导体板的另一侧会出现另一种电荷，从而形成电场；横向电场对载流子施加与洛伦兹力方向相反的静电力，当静电力与洛伦兹力达到平衡时，导体板左、右两侧会形成稳定的电压，设导体板左、右两侧的距离为l，导体板的厚度为d，则q＝qvB。
根据电流的微观解释I＝nqSv得，UH＝。令k＝，因n为单位体积内带电粒子的个数，q为单个带电粒子的电荷量，它们均为常数，所以UH＝k。UH与B成正比，这就是霍尔元件能把磁学量转换成电学量的原因。
【方法归纳】
传感器问题的分析思路
（1）明确传感器的类型，了解传感器的工作原理。
（2）确定传感器中的什么量变化时可以引起电学量的变化。
（3）根据电学量的变化确定相关物理量的变化。　
【最新高考题精练】
（2023年1月浙江选考· 14）
1．下列说法正确的是（　　）
A．利用电容传感器可制成麦克风
B．物体受合外力越大，则动量变化越快
C．利用红外传感器可制成商场的自动门
D．若物理问题牛顿运动定律不适用，则动量守恒定律也不适用
（2021重庆高考）
2．电容式加速传感器常用于触发汽车安全气囊等系统，如图所示。极板M、N组成的电容器视为平行板电容器，M固定，N可左右运动，通过测量电容器板间的电压的变化来确定汽车的加速度。当汽车减速时，极板M、N间的距离减小，若极板上的电荷量不变，则该电容器（　　）
A．电容变小 B．极板间电压变大
C．极板间电场强度不变 D．极板间的电场强度变小
【最新模拟题精练】
（2023广东湛江21中质检）
3．有款市面上流行的指针式恒温“温奶器”，如图是其内部调温的工作示意图，温度的敏感元件是双金属片，在温度升高时上层金属的膨胀大于下层金属，可造成双金属片的形变。则关于该装置，下列说法正确的是（　　）
A．传感器工作的一般流程：电信息→敏感元件→处理电路→非电信息
B．电源刚接通时上下触点是接触的
C．若要提高温奶的温度，则应使调温旋钮下移一些
D．若要提高温奶的温度，则应使调温旋钮上移一些
（2023浙江金华5月质检）
4．图甲是一种家用门窗防盗报警装置，图乙是干簧管元件。安装时，在门的上沿嵌入一小块永磁体M，门框内与M相对的位置嵌入干簧管SA，并将干簧管接入报警电路（蜂鸣报警器），此装置具有自动提示报警的功能，当睡觉前连接好电路，启动防盗报警装置，当门紧闭时，蜂鸣报警器不响，当门被打开时，蜂鸣报警器发出声音警报，下列有关说法正确的是（　　）

A．当门关闭时，干簧管两簧片接通
B．干簧管可以由铜或银等导电性能更好的材料制成
C．如将门上镶嵌磁体N、S极对调后，该报警器不能正常工作
D．本装置是利用电磁感应原理控制电路
（2023浙江台州部分重点高中联考）
5．地震发生后，救援队借助“生命探测仪”可以发现深埋在废墟中的伤员，根据所学知识，你认为“生命探测仪”可能用到了（　　）
A．红外线传感器 B．压力传感器 C．磁传感器 D．电容传感器
（2023湖南名校高二联考）
6．某学校气象兴趣小组的同学利用所学物理知识设计了一个电容式风力传感器。如图所示，将电容器与静电计组成回路，可动电极在风力作用下向右移动，引起电容的变化，风力越大，移动距离越大（两电极不接触）。若极板上电荷量保持不变，在受到风力作用时，则（　　）
A．电容器电容变小 B．极板间电场强度不变
C．极板间电压变大 D．静电计指针张角越小，风力越小
（2023湖北部分名校联考）
7．传感器是自动控制设备中不可缺少的元件，已经渗透到宇宙开发、环境保护、交通运输乃至家庭生活等多种领域。如图所示为三种电容式传感器。下列说法正确的是（　　）
A．图甲是测定液面高度h的传感器，液面高度h发生变化时，两电极之间的距离发生变化，从而使电容发生变化
B．图乙是测定压力的传感器，压力发生变化时，两电极之间的距离发生变化，从而使电容发生变化
C．图丙是测定角度的传感器，角度发生变化时，两电极之间的正对面积发生变化，从而使电容发生变化
D．三个图中传感器都是通过改变两电极之间的正对面积来改变电容的
（2023广东重点高中期末）
8．微信运动步数的测量是通过手机内电容式加速度传感器实现的。原理如图，M和N为电容器两极板，M极板固定，N板两端与两轻弹簧连接，当手机的加速度变化时，N极板只能按图中标识的前后方向运动。下列对传感器描述正确的是（　　）
A．保持向前匀速运动，电阻R将以恒定功率发热
B．由匀速突然向前减速时，电容器所带电荷量增加
C．由静止突然加速后退时，电流由a向b流过电流表
D．保持向前匀减速运动时，MN间的电场强度持续减小
（2023广东重点高中期末）
9．笔记本电脑机身和显示屏分别安装有磁体和霍尔元件。当显示屏闭合时霍尔元件靠近磁体，屏幕熄灭电脑休眠。如图为显示屏内的霍尔元件：宽为a、长为c，元件内的导电粒子是电荷量为e的自由电子，通入方向向右的电流时，电子的定向移动速度为v。当显示屏闭合时元件处于垂直于上表面方向向下的匀强磁场中，此时元件的前后表面间出现电压U，以此控制屏幕的熄灭。下列关于该元件的说法正确的是（　　）
A．前表面的电势比后表面的低
B．前后表面间的电压U与v有关
C．前后表面间的电压U与c成正比
D．电压稳定后，自由电子受到的洛伦兹力大小为
（2023广东重点高中期末）
10．一种能自动测定油箱内油面高度的装置如图所示，装置中金属杠杆的一端接浮球，另一端触点P接滑动变阻器R，油量表由电流表改装而成。当汽车加油时油箱内油面上升，下列分析正确的有（　　）
A．触点P向上滑动 B．电路中的电流变小
C．两端电压增大 D．整个电路消耗的功率减小
（2023福州八县市一中期中联考）
11．微信运动步数的测量是通过手机内电容式加速度传感器实现的。如图，M极板固定，当手机的加速度变化时，N极板只能按图中标识的“前后”方向运动。图中R为定值电阻。下列对传感器描述正确的是（　　）
A．静止时，电流表示示数为零，电容器两极板不带电
B．N极板由静止突然向“后”运动时，电容器的电容减小
C．N极板由静止突然向“后”运动时，电流由b向a流过电流表
D．N极板由静止突然向“后”运动时，电容器间的电场强度减小
（2022山东省烟台重点高中期末）
12．许多手机都有指纹解锁功能，常用的指纹识别传感器是电容式传感器，如图所示。指纹的凸起部分叫做“嵴”，凹下部分叫做“峪”，传感器上有大量面积相同的小极板， 当手指贴在传感器上时，这些小极板和与之正对的皮肤表面就形成了大量的小电容器，由于距离不同，所以这些小电容器的电容不同。此时传感器给所有的电容器充电达到同一电压值，然后开始放电，其中电容值较小的电容器放电较快，于是根据放电快慢的不同，就可以探测到嵴和峪的位置，从而形成指纹的图像数据。根据以上信息，下列说法中正确的是
A．电容器在充电过程中是把电能转化成化学能
B．在嵴处形成的电容器放电较快
C．在峪处形成的电容器充电后带电量较小
D．潮湿的手指对指纹识别没有任何影响
（2021湖南张家界期末）
13．如图甲是录音机的录音电路原理图，乙是研究自感现象的实验电路图，丙是光电传感的火灾报警器的部分电路图，丁是电容式话筒的电路原理图，下列说法正确的是（　　）

A．甲图中录音机录音时，线圈中恒定的电流在磁头缝隙处产生变化的磁场
B．乙图电路开关断开瞬间，灯泡会立即熄灭
C．丙图电路中，当有烟雾进入罩内时，光电三极管上就会因烟雾的散射而有光的照射，表现出电阻的变化
D．丁图电路中，声波的振动会在电路中产生恒定的电流
（2023年7月武汉部分学校联合体联考）
14．某同学设计了一个烟雾探测器，如图S为光源，当有烟雾进入探测器时，S发出的光被烟雾散射进入光电管C。光射到光电管中的钠表面产生光电子，当光电流大于或等于I时，探测器触发报警系统报警。已知真空中光速为c，钠的极限频率为，电子的电荷量为e，则下列说法正确的是（　　）
A．光源S发出光的波长小于探测器一定可以正常工作
B．用极限频率更高的材料取代钠，探测器一定可以正常工作
C．光源S发出光只要光强足够大，探测器一定可以正常工作
D．探测器正常工作，仅增大光电管C的正向电压，光电流一定增大
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．ABC
【详解】A．声音使振动膜片振动，改变两极板间距离，使声音信号转换成电信号，则可以利用电容传感器可制成麦克风，故A正确；
B．由动量定理有
可得
可知，物体受合外力越大，则动量变化越快，故B正确；
C．人体可以向外界释放红外线，感应装置接收到红外线后，可以开门，则可以利用红外传感器可制成商场的自动门，故C正确；
D．牛顿运动定律只适用于宏观低速问题，不适用于微观高速问题。而动量守恒定律既适用于低速宏观问题，也适用于高速微观问题，故D错误。
故选ABC。
2．C
【详解】A．由平行板电容器电容的决定式可得，d减小，C增大，故A错误；
B．电容器所带电荷量Q不变，C增大，由可得，U变小，故B错误；
CD．由匀强电场的场强与电势差关系公式可得
E与d无关，E不变，故C正确，D错误。
故选C。
3．BC
【详解】A．传感器工作的一般流程：非电信息→敏感元件→处理电路→电信息，故A错误；
B．电源刚接通时上下触点是接触的，电热丝电路为通路，温度升高到某值，由于上层金属的膨胀大于下层金属，触电断开，停止加热，故B正确；
CD．若要提高温奶的温度，则应使调温旋钮下移一些，使弹性铜片和双金属片更近一些，温度更高一些时，触点才断开，故C正确，D错误；
故选BC。
4．A
【详解】AD．干簧管为磁控开关，当门关闭时有磁体，干簧管两簧片接通，故D错误，A正确；
B．铜或银不是磁性材料，则干簧管不可以由铜或银等导电性能更好的材料制成，故B错误；
C．如将门上镶嵌磁体N、S极对调后，不影响磁体吸引干簧管两簧片，该报警器能正常工作，故C错误。
故选A。
5．A
【详解】伤员被深埋在废墟中，借助红外线传感器，可以感知人与周围环境的差别，且伤员与尸体温度不同，借助探测器可以探测到活着的被困人员。
故选A。
6．B
【详解】A．根据
在受到风力作用时，d减小，则电容器电容变大，故A错误；
B．极板间电场强度
不变，故B正确；
C．极板间电压
变小，故C错误；
D．风力越小，d越大，极板间电压越大，静电计指针张角越大，故D错误。
故选B。
7．BC
【详解】A．题图甲中液面高度h发生变化时，两个电极间的正对面积发生了变化，从而使电容发生变化，故A错误；
B．题图乙中当待测压力作用在可动电极上且发生变化时，两电极之间的距离发生变化，从而使电容发生变化，故B正确；
C．题图丙中当角度发生变化时，两电极之间的正对面积发生变化，从而使电容发生变化，故C正确；
D．因为题图乙是通过改变两电极之间的距离来改变电容的，故D错误。
故选BC。
8．BC
【详解】A. 匀速运动时，N板不动，电容器的电容不变，则电荷量不变，所以回路无电流，电阻R没有热功率，故A错误；
B．由匀速突然向前减速时，N板向前运动，则板间距变小，据
可知，电容器的电容增大，电容器带电量增大，故B正确；
C．由静止突然加速后退时，N板向前运动，则板间距变小，据
可知，电容器的电容增大，电容器带电量增大，则电容器充电，电流由a向b流过电流表，故C正确；
D．保持向前的匀减速运动时，N板不动，电容器的板间距不变，而电容器的两端电压不变，则MN之间的电场强度不变，故D错误。
故选BC。
9．BD
【详解】A．电流方向向右，电子向左定向移动，根据左手定则可知，电子所受的洛伦兹力指向后表面，因此后表面积累的电子逐渐增多，前表面的电势比后表面的电势高，故A错误；
BC．当电子受到的电场力与洛伦兹力平衡时，电子不再发生偏转，此时前、后表面间的电压达到稳定，对稳定状态下的电子
场强
联立解得
故前、后表面间的电压U与v成正比，与成正比，与c无关，故B正确，C错误；
D．电压稳定后，自由电子受到的洛伦兹力等于电场力
故D正确。
故选BD。
10．C
【详解】当汽车加油时油箱内油面上升，则浮球上升，则触点P向下滑动，电阻R阻值减小，则回路电流变大，两端电压增大，根据P=IE可知，整个电路消耗的功率变大。
故选C。
11．BCD
【详解】A．静止时，电容器与电源保持连接，两极板间有电压，所以电容器两极板带电，故A错误；
B．N极板由静止突然向“后”运动时，间距增大，根据
可知，电容器的电容减小，故B正确；
C．N极板由静止突然向“后”运动时，间距增大，电容C减小，根据
因U不变，则Q减小，所以电容器放电，负电荷由a向b运动，所以电流由b向a流过电流表，故C正确；
D．N极板由静止突然向“后”运动时，间距增大，根据
两极板电压不变，d增大，E减小，故D正确。
故选BCD。
12．C
【详解】A．电容器在充电过程中是把电能转化成电场能，故A错误；
BC．由于外接电源为所有电容器充到一个预先设计好的电压值，所以所有的电容器电压一定，根据可知，极板与指纹沟（凹的部分，d大，电容小）构成的电容器充上的电荷较少，在放电过程中放电时间短；反之，在嵴处形成的电容器电容大，电荷量大，放电时间长，故B错误，C正确；
D．湿的手与传感器之间有水填充，改变了原来匹配成平行板电容器的电容，所以会影响指纹解锁，故D错误。
故选C。
13．BC
【详解】A．甲图中录音机录音时，线圈中变化的电流在磁头缝隙处产生变化的磁场，故A项错误；
B．乙图电路开关断开瞬间，虽然L中产生自感电动势，但是不能构成通路，所以灯泡会立即熄灭，故B项正确；
C．光电三极管是一种晶体管，有三个电极，当光照强度变化时，电极之间的电阻也会变化，因此丙图电路中，当有烟雾进入罩内时，光电三极管上就会因烟雾的散射而有光的照射，变现出电阻的变化，故C项正确；
D．丁图电路中，声波的振动会在电路中产生变化的电流，故D项错误。
故选BC。
14．A
【详解】A．应使入射光的频率大于极限频率才会产生光电效应，因此要使该探测器正常工作，光源S发出的光波长应小于，A正确；
B．若用极限频率更高的材料取代钠，如果光子的频率仍大于该材料的极限频率探测器仍能正常工作，B错误；
C．应使入射光的频率大于极限频率才会产生光电效应，因此要使该探测器正常工，与光源S发出光的光强没有关系，C错误；
D．即使增大光电管C的正向电压，如果光电流已经达到饱和，光电流也不会再增大，D错误。
故选A。
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答案第1页，共2页2024年高考一轮复习100考点100讲
第13章 电磁感应
第13.6讲 电磁感应+图像
【知识点精讲】
1. 电磁感应图像问题大体上可分为三类
（1）由给定的电磁感应过程选出或画出正确的图像。
（2）由给定的有关图像分析电磁感应过程，求解相应的物理量。
（3）根据图像定量计算。
2. 分析电磁感应中的图像问题的思路与方法
图像类型 （1）各量随时间变化的图像：如Bt图像、φt图像、Et图像、It图像、Ft图像等（2）各量随位移变化的图像：如Ex图像、Ix图像等
问题类型 （1）由给定的电磁感应过程选出或画出相应的图像（画图像）（2）由给定的有关图像分析电磁感应过程，求解相应的问题（用图像）
常用规律 有关方向的判断 左手定则、安培定则、右手定则、楞次定律
六类公式 （1）平均感应电动势E=n（2）平动切割电动势E=Blv （3）转动切割电动势E=Bl2ω （4）闭合电路欧姆定律I= （5）安培力F=BIl （6）牛顿运动定律及运动学的相关公式等
常用方法 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），特别是分析物理量的正负，以排除错误的选项
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进行分析和判断
【方法归纳】
电磁感应图像问题解题步骤
（1）明确图像的种类，即是B-t图还是Φ-t图，或者是E-t图、I-t图等。
（2）分析电磁感应的具体过程判断对应的图像是否分段，共分几段。
（3）用右手定则或楞次定律确定感应电流的方向。
（4）结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律等规律写出函数关系式。
（5）根据函数关系式，进行数学分析。
（6）画图像或判断图像。
【最新高考题精练】
（2023学业水平等级考试上海卷）
1．如图所示，左侧连接有电阻R的光滑平行导轨处于垂直纸面向里的匀强磁场中，一金属棒置于导轨上，对其施加外力使其运动，所受安培力变化如图所示，取向右为正方向，则外力随时间变化的图像正确的是（　　）

A． B．
C． D．
（2020·山东等级考）
2．如图所示，平面直角坐标系的第一和第二象限分别存在磁感应强度大小相等、方向相反且垂直于坐标平面的匀强磁场，图中虚线方格为等大正方形。一位于Oxy平面内的刚性导体框abcde在外力作用下以恒定速度沿y轴正方向运动（不发生转动）。从图示位置开始计时，4s末bc边刚好进入磁场。在此过程中，导体框内感应电流的大小为I， ab边所受安培力的大小为Fab，二者与时间t的关系图像，可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
（2019·全国卷Ⅲ）
3．如图，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨，两相同的光滑导体棒ab、cd静止在导轨上。t=0时，棒ab以初速度v0向右滑动。运动过程中，ab、cd始终与导轨垂直并接触良好，两者速度分别用v1、v2表示，回路中的电流用I表示。下列图像中可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
（2019·全国卷Ⅱ）
4．如图，两条光滑平行金属导轨固定，所在平面与水平面夹角为θ，导轨电阻忽略不计。虚线ab、cd均与导轨垂直，在ab与cd之间的区域存在垂直于导轨所在平面的匀强磁场。将两根相同的导体棒PQ、MN先后自导轨上同一位置由静止释放，两者始终与导轨垂直且接触良好。已知PQ棒进入磁场时加速度恰好为零，PQ进入磁场开始计时，到MN离开磁场区域为止，流过PQ的电流随时间变化的图像可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
（2018·全国卷Ⅱ）
5．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，磁感应强度大小相等、方向交替向上向下．一边长为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（ ）
A． B．
C． D．
【最新模拟题精练】
（2023湖北部分名校联考）
6．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。若时左边框与PQ重合，则左边框由PQ运动到MN的过程中，下列图像正确的是（　　）
A． B．
C． D．
（2023浙江台州部分重点高中联考）
7．将一段导线绕成图甲所示的闭合回路，并固定在水平面（纸面）内。回路的边置于垂直于纸面向里的匀强磁场I中。回路的圆环区域内有垂直于纸面的磁场II，以向里为磁场II的正方向，其磁感应强度B随时间变化的图像如图乙所示。用F表示边受到的安培力，以水平向右为F的正方向，能正确反映F随时间t变化的图像是（ ）
A． B．
C． D．
（2023河南名校联考）
8．如图甲所示，虚线右侧有一垂直纸面的匀强磁场，取磁场垂直于纸面向里的方向为正方向，磁感应强度B随时间t变化的关系如图乙所示，固定的闭合导线框abcd一部分在磁场内。取线框中感应电流沿顺时针方向为正方向，安培力向左为正方向。从t=0时刻开始，下列关于线框中感应电流i、线框cd边所受安培力F分别随时间t变化的图象，可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
（2021高考评估验收模拟13）
9．如图甲所示，且通入如图乙所示的磁场，已知螺线管（电阻不计）的匝数n=6，截面积S=10cm ，线圈与R=12Ω的电阻连接，水平向右且均匀分布的磁场穿过螺线管，磁场与线圈平面垂直，磁感应强度大小B随时间t变化的关系如图乙所示，规定感应电流i从a经过R到b的方向为正方向。忽略线圈的自感影响，下列i-t 关系图中正确的是（ ）
A． B．
C． D．
（2023北京海淀二模）
10．如图所示，MN和PQ是竖直放置的两根平行光滑金属导轨，导轨足够长且电阻不计，MP间接有一定值电阻R，电阻为r的金属杆cd保持与导轨垂直且接触良好。杆cd由静止开始下落并开始计时，杆cd两端的电压U、杆cd所受安培力的大小F随时间t变化的图像，以及通过杆cd的电流I、杆cd加速度的大小a随杆的速率v变化的图像，合理的是（　　）
A． B．
C． D．
11．如图所示，在水平面内固定一个“∠”导轨ABC，导体棒DE垂直于AB边放置在光滑导轨上，棒与导轨接触良好，导体棒和导轨由相同材料、相同粗细的导体制成，匀强磁场垂直向下．导体棒在水平拉力作用下，向右匀速运动至B点的过程中，回路中产生的感应电动势E、感应电流i、焦耳热Q以及拉力F大小随时间t的变化图象中，正确的是
A． B．
C． D．
（2023湖北孝感重点高中期中联考）
12．如图所示，导体棒沿两平行金属导轨从图中位置以速度v向右匀速通过一正方形磁场区域abcd，ac垂直于导轨且平行于导体棒，ac右侧的磁感应强度是左侧的2倍且方向相反，导轨和导体棒的电阻均不计，下列关于导体棒中感应电流和所受安培力随时间变化的图像正确的是（规定电流从M经R到N为正，安培力向左为正）（　　）
A． B．
C． D．
（2022广东江门模拟）
13．在绝缘的水平桌面上固定有MN、PQ两根平行的光滑金属导轨，导轨间距为l，电阻相同的金属棒ab和cd垂直放在导轨上，两棒正中间用一根长为l的绝缘细线相连，棒ab右侧有磁感应强度大小相等的匀强磁场I、Ⅱ，宽度也为l，磁场方向均垂直导轨，整个装置的俯视图如图所示。从图示位置在棒ab上加水平拉力，使金属棒ab和cd向右匀速穿过磁场区域，则金属棒ab中感应电流i和绝缘细线上的张力大小F随时间t变化的图像，可能正确的是（规定金属棒ab中电流方向由a到b为正）（　　）
A．
B．
C．
D．
（2023四川成都树德中学二诊）
14．如图甲所示，在光滑绝缘水平面内，两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁感应强度方向与水平面垂直，边长为的正方形单匝金属线框位于水平面内，边与磁场边界平行。时刻线框在水平外力的作用下由静止开始做匀加速直线运动通过该磁场，回路中的感应电流大小与时间的关系如图乙所示，下列说法正确的是（　　）
A．水平外力为恒力
B．匀强磁场的宽度为
C．边离开磁场的时间为
D．线框出磁场过程中水平外力做的功小于线框进入磁场过程中水平外力做的功
（2023广东名校联考）
15．俄罗斯方块游戏风靡全球某人根据游戏中的几个形状制作了一些导线框，导线框制作材料粗细、周长、加工方式都相同．让它们以相同的速度水平向右匀速经过右边单边界磁场（如图甲所示），测得导线框的感应电流如图乙所示，则应该是哪个形状的俄罗斯方块导线框通过磁场（　　）
A． B． C． D．
（2023山东名校联考）
16．如图甲所示，一对间距为l=20cm的平行光滑导轨放在水平面上，导轨的左端接R=1Ω的电阻，导轨上垂直放置一导体杆，整个装置处在磁感应强度大小为B=0.5T的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下．杆在沿导轨方向的拉力F作用下做初速为零的匀加速运动．测得力F与时间t的关系如图乙所示．杆及两导轨的电阻均可忽略不计，杆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，则杆的加速度大小和质量分别为( )
A．20m/s2 0.5kg B．20m/s2 0.1kg C．10m/s2 0.5kg D．10m/s2 0.1kg
17．如图甲所示，在MN、OP之间存在一匀强磁场，时，一正方形光滑金属线框在水平向右的外力F作用下紧贴MN从静止开始做匀加速运动，外力F随时间变化的图线如图乙所示。已知线框的质量，电阻，运动过程中线框平面与磁场始终垂直。则（　　）
A．磁场宽度为4m
B．匀强磁场的磁感应强度为
C．线框穿过磁场过程中，通过线框的电荷量为2C
D．线框穿过磁场过程中，线框产生的热量为1J
（2023福建漳州三模）
18．如图甲，两根电阻不计、足够长的导轨MN、PQ平行放置，与水平面问夹角α＝37°，间距为0.8m，上端连接一电阻R＝0.1Ω。两导轨之间存在方向垂直导轨平面向上的均匀分布的磁场，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示。t＝0时刻，一电阻不计，质量为0.02kg的导体棒ab从导轨上且在MP下方0.5m处由静止释放。取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，ab与导轨间的动摩擦因数为0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不考虑t＝4.25s时磁感应强度突变产生的电磁感应现象。则（　　）
A．0~4.25s内ab中感应电流方向从a到b
B．t＝0s时ab中感应电流I0＝0.4A
C．0~4.25s内R中消耗的热功率为0.016W
D．ab的最大速度值为0.625m/s
（2023洛阳名校联考）
19．如图（a），螺线管内有平行于轴线的外加匀强磁场，以图中箭头所示方向为其正方向。螺线管与导线框abcd相连，导线框内有一小金属圆环L，圆环与导线框在同一平面内。当螺线管内的磁感应强度B随时间按图（b）所示规律变化时
A．在t1~t2时间内，L有收缩趋势
B．在t2~t3时间内，L有扩张趋势
C．在t2~t3时间内，L内有逆时针方向的感应电流
D．在t3~t4时间内，L内有顺时针方向的感应电流
（2022山东淄博二模）
20．如图甲所示，两根完全相同的光滑长直导轨固定，两导轨构成的平面与水平面之间的夹角为θ，导轨两端均连接电阻，阻值，导轨间距为L。在导轨所在斜面的矩形区域内分布有垂直斜面向上的磁场，磁场上下边界、的距离为d，磁感应强度大小随时间的变化规律如图乙所示。在导轨斜面上与距离为s处，有一根质量为m、阻值也为R的金属棒ab垂直于导轨在t=0时刻静止释放（金属棒ab与导轨接触良好），t1时刻导体棒恰好进入磁场并匀速通过整个磁场区域。已知重力加速度为g，导轨电阻不计。下列说法正确的是（　　）
A．t1时刻ab棒的速度大小为
B．从开始运动到离开磁场区域ab棒减少的机械能等于该过程中回路所产生的总焦耳热
C．ab棒在磁场中运动的过程中棒两端的电压大小为
D．在进入磁场前和通过磁场区域的过程中通过ab棒的电荷量之比为1：1
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．C
【详解】对照安培力随时间变化图像可知，金属棒做匀变速直线运动，时刻速度减小到零，设加速度大小为a，所受安培力先向左后向右，金属棒速度方向先向右后向左。金属棒在匀强磁场中做切割磁感线运动，产生感应电动势和感应电流
所受安培力
安培力随时间变化图像中，根据牛顿第二定律有
解得
对照各个选项图，可知C正确。
故选C。
2．BC
【详解】AB．因为4s末bc边刚好进入磁场，可知线框的速度每秒运动一个方格，故在0~1s内只有ae边切割磁场，设方格边长为L，根据
可知电流恒定；2s末时线框在第二象限长度最长，此时有
可知
2~4s线框有一部分进入第一象限，电流减小，在4s末同理可得
综上分析可知A错误，B正确；
CD．根据
可知在0~1s内ab边所受的安培力线性增加；1s末安培力为
在2s末可得安培力为
所以有；由图像可知C正确，D错误。
故选BC。
3．AC
【详解】ab棒向右运动，切割磁感线产生感应电流，则受到向左的安培力，从而向右做减速运动，；金属棒cd受向右的安培力作用而做加速运动，随着两棒的速度差的减小安培力减小，加速度减小，当两棒速度相等时，感应电流为零，最终两棒共速，一起做匀速运动，故最终电路中电流为0，故AC正确，BD错误．
4．AD
【详解】根据图像可知，设PQ进入磁场匀速运动的速度为v，匀强磁场的磁感应强度为B，导轨宽度为L，两根导体棒的总电阻为R；根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律可得PQ进入磁场时电流
保持不变，根据右手定则可知电流方向Q→P；如果PQ离开磁场时MN还没有进入磁场，此时电流为零；当MN进入磁场时也是匀速运动，通过PQ的感应电流大小不变，方向相反；如果PQ没有离开磁场时MN已经进入磁场，此时电流为零，当PQ离开磁场时MN的速度大于v，安培力大于重力沿斜面向下的分力，电流逐渐减小，通过PQ的感应电流方向相反；
故选AD。
5．D
【详解】第一过程从①移动②的过程中
左边导体棒切割产生的电流方向是顺时针，右边切割磁感线产生的电流方向也是顺时针，两根棒切割产生电动势方向相同所以 ，则电流为 ，电流恒定且方向为顺时针，再从②移动到③的过程中左右两根棒切割磁感线产生的电流大小相等，方向相反，所以回路中电流表现为零，
然后从③到④的过程中，左边切割产生的电流方向逆时针，而右边切割产生的电流方向也是逆时针，所以电流的大小为，方向是逆时针
当线框再向左运动时，左边切割产生的电流方向顺时针，右边切割产生的电流方向是逆时针，此时回路中电流表现为零，故线圈在运动过程中电流是周期性变化， D正确；ABC错误；故选D
6．D
【详解】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而均匀减小，则感应电流的大小均匀减小；
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。
7．A
【详解】在内，磁感应强度均匀变化，根据楞次定律可知，圆环感应电流方向为逆时针，根据左手定则可知边受到的安培力方向水平向右（正方向）；由法拉第电磁感应定律可得
可知感应电动势恒定不变，则感应电流恒定不变；边在磁场中所受的安培力为
由于匀强磁场Ⅰ中磁感应强度恒定，则内，安培力为平行轴的直线，方向为正方向；同理分析可知，在内，安培力也为平行轴的直线，方向为负方向。
故选A。
8．AD
【详解】AB．在时间内，磁场向外且增强，由楞次定律可判断，感应电流顺时针方向，与规定的正方向相同，故A正确，B错误；
CD．同理可知，在时间内，感应电流逆时针方向，cd边受到安培力向右，与规定正方向相反，为负值，且安培力随B的减小而减小，故C错误，D正确。
故选AD。
9．B
【详解】由图可知，内，线圈中磁通量的变化率相同，故内电流的方向相同，由楞次定律可知，电路中电流方向为顺时针，即电流为正方向；同理可知，内电路中的电流为逆时针，为负方向，由可得
则知内电路中产生的感应电动势大小为
则电流大小为
同理得内
故B正确，ACD错误。
故选B。
10．D
【详解】C．设杆长为L，杆下落过程中切割磁感线产生的感应电流大小为
故C错误；
D．根据牛顿第二定律有
即
故D正确；
B．杆所受安培力的大小为
杆下落过程中先做加速度减小的加速运动，当加速度为零时，速度保持不变，所以安培力随速度先增大，后不变，其大小为mg，故B错误；
A．导体杆两端的电压为
速度先增大，后不变，所以U先增大，后不变，且U增大的越来越慢，即图线的斜率减小，故A错误。
故选D。
11．AC
【详解】设“∠”型导轨的顶角为，导体棒和导轨的电阻率为，横截面积为s，AB的长度为．
A.由几何知识可知，有效长度
则感应电动势
说明电动势随时间均匀减小，故A正确；
B.由几何知识可知，回路BDE总长度为
所以总电阻为
根据闭合电路欧姆定律可知：
为一定值，故B错误；
C.根据安培力
则有：
说明安培力随时间均匀减小，故C正确；
D.根据
则有：
说明热量随时间不是均匀减小，故D错误．
12．AD
【详解】导体棒由b运动到ac过程中，切割磁感线的有效长度l随时间t均匀增大，由
E＝Blv
可知，感应电动势E随时间t均匀增大，由闭合电路欧姆定律可知，感应电流I随时间t均匀增大，则导体棒受到的安培力大小
F＝IlB
随时间t增大得越来越快；由右手定则可知，感应电流的方向为由M经R到N，电流为正值，由左手定则可知，导体棒所受安培力水平向左，为正值。导体棒由ac运动到d的过程中，由题知
E′＝2Blv＝2E
则导体棒切割磁感线的有效长度l相同时
I′＝2I
导体棒切割磁感线的有效长度l随时间t均匀减小，则感应电流I′随时间t均匀减小，导体棒受到的安培力大小
F′＝I′l·2B＝4F
随时间t减小得越来越慢；由右手定则可知，感应电流的方向为由N经R到M，电流为负值，由左手定则可知，导体棒所受安培力水平向左，为正值。综上所述，AD正确，BC错误。
故选AD。
13．AC
【详解】AB．ab棒进入磁场开始，由右手定则可知，金属棒ab中感应电流为即为负， 电动势为
感应电流为
当位移为l-2l时，cd棒也进入磁场，由右手定则可知，金属棒ab和cd均产生顺时针感应电流，即为正，设电路总电阻为R，感应电流为
当位移为2l-3l时，只有cd棒切割磁感线，根据右手定则，产生逆时针感应电流，即为负，大小为
故A正确，B错误；
CD．当位移为时，只有ab受到向左的安培力，则细线张力为零。当位移为时，两棒均受到向左的安培力，对cd，根据平衡条件，细线拉力向右，大小为
当位移为时，cd受到向左的安培力，对cd，根据平衡条件，细线拉力向右，大小为
故C正确，D错误。
故选AC。
14．BC
【详解】A．线框进入磁场的时候，要受到安培力的作用，电流是变化的，安培力也是变化的，因此外力必然不是恒力，A错误；
B．由图乙可知时间内线框进入磁场，设线框匀加速直线运动的加速度为，边框长为
磁场的宽度为
故
B正确；
C．设时刻线框穿出磁场，则有
解得
C正确；
D．线框进入磁场过程的位移与出磁场过程的位移相等，线框进入磁场过程中的水平拉力小于出磁场过程中的水平拉力，做的功大于线框进入磁场过程中水平拉力做的功， D错误。
故选BC。
15．B
【详解】设线框切割磁感应的有效长度为L，感应电动势为：E=BLv，感应电流为：，由图乙所示图线可知，0～1s与2～3s内的感应电流相等，且是1～2s内感应电流的一半，B、v、R相等，则0～1s与2～3s内切割磁感线的有效长度L相等且是1～2s内有效长度的一半，由图示线框可知，B正确，ACD错误；
16．D
【详解】导体杆在轨道上做初速度为零的匀加速直线运动，用v表示瞬时速度，t表示时间，则杆切割磁感线产生的感应电动势为：，闭合回路中的感应电流为，由安培力公式和牛顿第二定律得：，由以上三式得，在乙图线上取两点，，，代入联立方程得： ，，选项D正确．故选D.
点睛：对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，重点是分析安培力作用下导体棒的平衡问题，根据平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解．
17．AB
【详解】B．在0~1s内，图乙的力随时间变化的图像可表示为
金属线框从静止开始向右做匀加速直线运动，设加速度为a，线框边长为L，根据牛顿第二定律
又
联立解得
对比
可得
时线框完全进入磁场区域，线框速度
线框边长
由
可得
选项B正确；
A．在1~2s时间内线框完全处于磁场中，线框中磁通量不变，不产生感应电流，不受安培力作用，受到的外力，线框做匀加速直线运动，加速度，时开始出磁场，开始出磁场时线框速度
所以磁场宽度
选项A正确；
C．线框进入磁场过程和从磁场中出来过程，穿过线框的磁通量的变化量相等，通过线框的电荷量相等，但电流方向相反，所以线框穿过磁场的过程中通过线框的电荷量为零，选项C错误；
D．设线框完全离开磁场时的速度为，则有
得
线框出磁场过程中动能的变化量为
此过程中外力F做的功等于线框动能增加量与产生的热量之和，即
由题图乙知
所以
选项D错误。
故选AB。
18．BCD
【详解】A．由楞次定律可知，0-4.25s内导体棒ab中感应电流方向从b到a，选项A错误；
B．由图乙可得0-4.25s内
t=0时刻感应电流
选项B正确；
C．t=4.25s时，安培力
由于
导体棒恰好处于静止状态，0-4.25s内电阻R消耗的热功率为
选项C正确；
D．t=4.25s后，导体棒ab开始下滑，当
（B2=0.1T）
时导体棒ab开始匀速运动，此时速度最大，则
解得
vm=0.625m/s
选项D正确。
故选BCD。
19．AD
【详解】A．据题意，在t1~t2时间内，外加磁场磁感应强度增加且斜率在增加，则在导线框中产生沿顺时针方向增加的电流，该电流激发出增加的磁场，该磁场通过圆环，在圆环内产生感应电流，根据结论“增缩减扩”可以判定圆环有收缩趋势，故A正确；
BC．在t2~t3时间内，外加磁场均匀变化，在导线框中产生稳定电流，该电流激发出稳定磁场，该磁场通过圆环时，圆环中没有感应电流，故BC错误；
D．在t3~t4时间内，外加磁场向下减小，且斜率也减小，在导线框中产生沿顺时针方向减小的电流，该电流激发出向内减小的磁场，故圆环内产生顺时针方向电流，故D正确。
故选AD。
20．AC
【详解】A．t1时刻导体棒恰好进入磁场并匀速通过整个磁场区域，则刚进入磁场时满足
解得
选项A正确；
B．前t1时间内，ab棒进入磁场前，棒的机械能不变，磁场变化回路也产生焦耳热，所以从开始运动到离开磁场区域ab棒减少的机械能小于该过程中回路所产生的总焦耳热，B错误；
C．ab棒在磁场中运动的过程时
解得棒两端的电压大小为
C正确；
D．棒进入磁场前
解得
棒进入磁场后
解得
所以
D错误。
故选AC。
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页2024年高考一轮复习100考点100讲
第13章 电磁感应
第13.7讲 电磁感应+动力学
【知识点精讲】
1．通电导体在磁场中受到安培力作用，电磁感应问题往往和力学问题联系在一起。解决的基本方法如下：
（1）用法拉第电磁感应定律和楞次定律求感应电动势的大小和方向；
（2）求回路中的电流；
（3）分析导体受力情况（包含安培力在内的全面受力分析）；
（4）根据平衡条件或牛顿第二定律列方程。
2．两种状态处理
（1）导体处于平衡态——静止或匀速直线运动状态。
处理方法：根据平衡条件——合外力等于零列式分析。
（2）导体处于非平衡态——加速度不等于零。
处理方法：根据牛顿第二定律进行动态分析，或结合功能关系分析。
【方法归纳】
电磁感应的动力学问题
1．电路分析：导体棒相当于电源，感应电动势相当于电源的电动势，导体棒的电阻相当于电源的内阻，感应电流I=。
2．受力分析：导体棒受到安培力及其他力，安培力F安=BIl或，根据牛顿第二定律列动力学方程：F合=ma。
3．过程分析：由于安培力是变力，导体棒做变加速或变减速运动，当加速度为零时，达到稳定状态，最后做匀速直线运动，根据共点力平衡条件列平衡方程F合=0。
4．抓住力学对象和电学对象间的桥梁——感应电流I、切割速度v，“四步法”分析电磁感应中的动力学问题
【最新高考题精练】
（2023高考选择性考试辽宁卷）
1．如图，两根光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，左、右两侧导轨间距分别为d和2d，处于竖直向上的磁场中，磁感应强度大小分别为2B和B。已知导体棒MN的电阻为R、长度为d，导体棒PQ的电阻为2R、长度为2d，PQ的质量是MN的2倍。初始时刻两棒静止，两棒中点之间连接一压缩量为L的轻质绝缘弹簧。释放弹簧，两棒在各自磁场中运动直至停止，弹簧始终在弹性限度内。整个过程中两棒保持与导轨垂直并接触良好，导轨足够长且电阻不计。下列说法正确的是（　　）

A．弹簧伸展过程中，回路中产生顺时针方向的电流
B．PQ速率为v时，MN所受安培力大小为
C．整个运动过程中，MN与PQ的路程之比为2：1
D．整个运动过程中，通过MN的电荷量为
（2023高考北京卷）
2．如图所示，光滑水平面上的正方形导线框，以某一初速度进入竖直向下的匀强磁场并最终完全穿出。线框的边长小于磁场宽度。下列说法正确的是（ ）

A．线框进磁场的过程中电流方向为顺时针方向
B．线框出磁场的过程中做匀减速直线运动
C．线框在进和出的两过程中产生的焦耳热相等
D．线框在进和出的两过程中通过导线横截面的电荷量相等
（2023高考湖南卷）
3．如图，两根足够长的光滑金属直导轨平行放置，导轨间距为，两导轨及其所构成的平面均与水平面成角，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．现将质量均为的金属棒垂直导轨放置，每根金属棒接入导轨之间的电阻均为。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。
（1）先保持棒静止，将棒由静止释放，求棒匀速运动时的速度大小；
（2）在（1）问中，当棒匀速运动时，再将棒由静止释放，求释放瞬间棒的加速度大小；
（3）在（2）问中，从棒释放瞬间开始计时，经过时间，两棒恰好达到相同的速度，求速度的大小，以及时间内棒相对于棒运动的距离。

（2020·全国卷Ⅰ）
4．如图，U形光滑金属框abcd置于水平绝缘平台上，ab和dc边平行，和bc边垂直。ab、dc足够长，整个金属框电阻可忽略。一根具有一定电阻的导体棒MN置于金属框上，用水平恒力F向右拉动金属框，运动过程中，装置始终处于竖直向下的匀强磁场中，MN与金属框保持良好接触，且与bc边保持平行。经过一段时间后（　　）
A．金属框的速度大小趋于恒定值
B．金属框的加速度大小趋于恒定值
C．导体棒所受安培力的大小趋于恒定值
D．导体棒到金属框bc边的距离趋于恒定值
（2020·浙江7月选考）
5．如图1所示，在绝缘光滑水平桌面上，以O为原点、水平向右为正方向建立x轴，在区域内存在方向竖直向上的匀强磁场。桌面上有一边长、电阻的正方形线框，当平行于磁场边界的边进入磁场时，在沿x方向的外力F作用下以的速度做匀速运动，直到边进入磁场时撤去外力。若以边进入磁场时作为计时起点，在内磁感应强度B的大小与时间t的关系如图2所示，在内线框始终做匀速运动。
(1)求外力F的大小；
(2)在内存在连续变化的磁场，求磁感应强度B的大小与时间t的关系；
(3)求在内流过导线横截面的电荷量q。
（2015·浙江10月选考）
6．如图所示，质量m＝3.0×10－3kg的“”型金属细框竖直放置在两水银槽中，“”型框的水平细杆CD长l＝0.20m，处于磁感应强度大小B1＝1.0T、方向水平向右的匀强磁场中。有一匝数n＝300匝、面积S＝0.01m2的线圈通过开关K与两水银槽相连。线圈处于与线圈平面垂直的、沿竖直方向的匀强磁场中，其磁感应强度B2的大小随时间t变化的关系如图所示。
（1）求0～0.10s线圈中的感应电动势大小；
（2）t＝0.22s时闭合开关K，若细杆CD所受安培力方向竖直向上，判断CD中的电流方向及磁感应强度B2的方向；
（3）t＝0.22s时闭合开关K，若此后细框跳起的最大高度h＝0.20m，求跳起前通过细杆CD的电荷量。
【最新模拟题精练】
（2023四川成都树德中学二诊）
7．如图甲所示，在光滑绝缘水平面内，两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁感应强度方向与水平面垂直，边长为的正方形单匝金属线框位于水平面内，边与磁场边界平行。时刻线框在水平外力的作用下由静止开始做匀加速直线运动通过该磁场，回路中的感应电流大小与时间的关系如图乙所示，下列说法正确的是（　　）
A．水平外力为恒力
B．匀强磁场的宽度为
C．边离开磁场的时间为
D．线框出磁场过程中水平外力做的功小于线框进入磁场过程中水平外力做的功
8．如图甲所示，在MN、OP之间存在一匀强磁场，时，一正方形光滑金属线框在水平向右的外力F作用下紧贴MN从静止开始做匀加速运动，外力F随时间变化的图线如图乙所示。已知线框的质量，电阻，运动过程中线框平面与磁场始终垂直。则（　　）
A．磁场宽度为4m
B．匀强磁场的磁感应强度为
C．线框穿过磁场过程中，通过线框的电荷量为2C
D．线框穿过磁场过程中，线框产生的热量为1J
9．如图甲所示，一光滑的平行金属导轨ABCD竖直放置．AB、CD相距L，在A、C之间接一个阻值为R的电阻；在两导轨间的abcd矩形区域内有垂直导轨平面向外、高度为5h的有界匀强磁场，磁感应强度为B．一质量为m电阻为r长度也为L的导体棒放在磁场下边界ab上（与ab边重合）．现用一个竖直向上的力F拉导体棒，使它由静止开始向上运动，导体棒刚要离开磁场时恰好做匀速直线运动，导体棒与导轨始终垂直且保持良好接触，导轨电阻不计，F随导体棒与初始位置的距离x变化的情况如图乙所示，下列判断正确的是（　　）
A．导体棒离开磁场时速度大小为
B．离开磁场时导体棒两端电压为
C．导体棒经过磁场的过程中，通过电阻R的电荷量为
D．导体棒经过磁场的过程中，电阻R产生焦耳热为
（2022山东四县区质检）
10．如图所示，两条粗糙平行金属导轨固定，所在平面与水平面夹角为，导轨间的距离为l，导轨电阻忽略不计，磁感应强度为B的匀强磁场与导轨所在平面垂直，将两根相同的导体棒ab、cd置于导轨上不同位置，两者始终与导轨垂直且接触良好，两棒间的距离足够大，已经两棒的质量均为m、电阻为R，某时刻给ab棒沿导轨向下的瞬时冲量I0，已知两导棒与导轨间的动摩擦因数，在两棒达到稳定状态的过程中（　　）
A．两棒达到稳定状态后两棒间的距离均匀减小
B．回路中产生的热量
C．当导体棒cd的动量为时，导体棒ab的加速度大小
D．当导体棒cd的动量为的过程中，通过两导体棒间的距离减少了
（2021高考二轮验收评估模拟）
11．如图所示，足够长的金属导轨竖直放置，金属棒ab、cd均通过棒两端的环套在金属导轨上；虚线上方有垂直纸面向里的匀强磁场，虚线下方有竖直向下的匀强磁场。ab、cd棒与导轨间动摩擦因数均为μ，两棒总电阻为R，导轨电阻不计。开始两棒均静止在图示位置，当cd棒无初速释放时，对ab棒施加竖直向上的力F，沿导轨向上做匀加速运动。则（　　）

A．ab棒中的电流方向由b到a
B．cd棒先加速运动后匀速运动
C．cd棒所受摩擦力的最大值等于cd棒的重力
D．力F做的功等于两金属棒产生的电热与增加的机械能之和
（2022天津河西区二模）
12．如图（甲）所示，光滑的平行水平金属导轨MN、PQ相距l，在M点和P点间连接一个阻值为R的电阻，一质量为m、电阻为r、长度也刚好为l的导体棒垂直搁在导轨上a、b两点间，在a点右侧导轨间加一有界匀强磁场，磁场方向垂直于导轨平面，宽度为d0，磁感应强度为B，设磁场左边界到ab距离为d。现用一个水平向右的力F拉导体棒，使它从a、b处静止开始运动，棒离开磁场前已做匀速直线运动，与导轨始终保持良好接触，导轨电阻不计，水平力F-x的变化情况如图（乙）所示，F0已知。求：
（1）棒ab离开磁场右边界时的速度；
（2）棒ab通过磁场区域的过程中整个回路所消耗的电能E；
（3）d满足什么条件时，棒ab进入磁场后一直做匀速运动。
（2021福建泉州高二第二学期期中）
13．如图甲所示，在光滑绝缘水平面内有一匝数n=10、边长L=0.36m，电阻R=0.36Ω的正方形金属线框，空间中存在一个宽度d =0.75m、方向竖直向下的有界匀强磁场。线框右侧刚进入磁场时的速度v0=2m/s，此时对线框施加一水平向左的外力F使其始终做匀减速直线运动。以线框右侧刚进入磁场为计时起点，外力F随时间t的变化如图乙所示，求：
（1）线框加速度a的大小；
（2）磁感应强度B的大小；
（3）当线框右侧到达磁场右边界时撤去外力F，求此后线框中产生的焦耳热Q。
（2021河北保定重点高中下学期期末）
14．如图所示，一个足够长的“U”形金属导轨NMPQ固定在水平面内，MN、PQ两导轨间的宽为L=0.50m。一根质量为m=0.50kg的均匀金属导体棒ab静止在导轨上且接触良好，abMP恰好围成一个正方形。该轨道平面处在磁感应强度大小可以调节的竖直向上的匀强磁场中。ab棒的电阻为R=0.10Ω，其他各部分电阻均不计。开始时，磁感应强度B0=0.50T。
(1)若保持磁感应强度B0的大小不变，从t=0时刻开始，给ab棒施加一个水平向右的拉力，使它做匀加速直线运动。此拉力F的大小随时间t变化关系如图乙所示。求匀加速运动的加速度及ab棒与导轨间的滑动摩擦力；
(2)若从t=0开始，使磁感应强度的大小从B0开始使其以=0.20T/s的变化率均匀增加。求经过多长时间ab棒开始滑动？此时通过ab棒的电流大小和方向如何？（ab棒与导轨间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等）
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．AC
【详解】A．弹簧伸展过程中，根据右手定则可知，回路中产生顺时针方向的电流，选项A正确；
B．任意时刻，设电流为I，则PQ受安培力
方向向左；MN受安培力
方向向右，可知两棒系统受合外力为零，动量守恒，设PQ质量为2m，则MN质量为m， PQ速率为v时，则
解得
回路的感应电流
MN所受安培力大小为
选项B错误；
C．两棒最终停止时弹簧处于原长状态，由动量守恒可得
可得则最终MN位置向左移动
PQ位置向右移动
因任意时刻两棒受安培力和弹簧弹力大小都相同，设整个过程两棒受的弹力的平均值为F弹，安培力平均值F安，则整个过程根据动能定理
可得
选项C正确；
D．两棒最后停止时，弹簧处于原长位置，此时两棒间距增加了L，由上述分析可知，MN向左位置移动，PQ位置向右移动，则
选项D错误。
故选AC。
【点睛】
2．D
【详解】A．线框进磁场的过程中由楞次定律知电流方向为逆时针方向，A错误；
B．线框出磁场的过程中，根据
E = Blv
联立有
由于线框出磁场过程中由左手定则可知线框受到的安培力向左，则v减小，线框做加速度减小的减速运动，B错误；
C．由能量守恒定律得线框产生的焦耳热
Q = FAL
其中线框进出磁场时均做减速运动，但其进磁场时的速度大，安培力大，产生的焦耳热多，C错误；
D．线框在进和出的两过程中通过导线横截面的电荷量
其中
，
则联立有
由于线框在进和出的两过程中线框的位移均为L，则线框在进和出的两过程中通过导线横截面的电荷量相等，故D正确。
故选D。
3．（1）；（2）；（3），
【详解】（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
有闭合电路欧姆定律及安培力公式可得
，a棒受力平衡可得
联立记得
（2）由右手定则可知导体棒b中电流向里，b棒 沿斜面向下的安培力，此时电路中电流不变，则b棒牛顿第二定律可得
解得
（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棒动量定理
b棒受到向下的安培力，对b棒动量定理
联立解得
此过程流过b棒的电荷量为q，则有
由法拉第电磁感应定律可得
联立b棒动量定理可得
4．BC
【详解】ABC．当金属框在恒力F作用下向右加速时，bc边产生从c向b的感应电流I，线框的加速度为a1，对线框，由牛顿第二定律得
导体棒MN中感应电流从M向N，在感应电流安培力作用下向右加速，加速度为a2，对导体棒MN，由牛顿第二定律得
当线框和导体棒MN都运动后，线框速度为v1，MN速度为v2，感应电流为
感应电流从0开始增大，则a2从零开始增加，a1从开始减小，加速度差值为
感应电流从零增加，则加速度差值减小，当差值为零时
故有
解得
此后金属框与MN的速度差维持不变，感应电流不变，MN受到的安培力不变，加速度不变，v-t图象如图所示
故A错误，BC正确；
D．MN与金属框的速度差不变，但MN的速度小于金属框速，MN到金属框bc边的距离越来越大，故D错误。
故选BC。
5．(1)；(2)；(3)
【详解】(1)由图2可知，则回路电流
安培力
所以外力
(2)匀速出磁场，电流为0，磁通量不变，时，，磁通量，则t时刻，磁通量
解得
(3)电荷量
电荷量
总电荷量
6．(1)30V； (2)电流方向为C→D 竖直向上； (3) 0.03C
【详解】(1)由图示图象可知，0～0.10s内
△Φ＝△BS＝（1﹣0）×0.01＝0.01Wb
0～0.10s线圈中的感应电动势大小
(2)细杆CD所受安培力方向竖直向上，由左手定律可知，电流方向为C→D；
由安培定则可知感应电流的磁场方向竖直向上，由图示图象可知，在0.2﹣0.25s内穿过线圈的磁通量减少，由楞次定律可知，磁感应强度B2方向：竖直向上；
(3)对细框，由动量定理得
B1Il △t＝mv﹣0
细框竖直向上做竖直上抛运动
v2＝2gh
电荷量
Q＝I△t
联立并代入数据解得
Q＝0.03C
7．BC
【详解】A．线框进入磁场的时候，要受到安培力的作用，电流是变化的，安培力也是变化的，因此外力必然不是恒力，A错误；
B．由图乙可知时间内线框进入磁场，设线框匀加速直线运动的加速度为，边框长为
磁场的宽度为
故
B正确；
C．设时刻线框穿出磁场，则有
解得
C正确；
D．线框进入磁场过程的位移与出磁场过程的位移相等，线框进入磁场过程中的水平拉力小于出磁场过程中的水平拉力，做的功大于线框进入磁场过程中水平拉力做的功， D错误。
故选BC。
8．AB
【详解】B．在0~1s内，图乙的力随时间变化的图像可表示为
金属线框从静止开始向右做匀加速直线运动，设加速度为a，线框边长为L，根据牛顿第二定律
又
联立解得
对比
可得
时线框完全进入磁场区域，线框速度
线框边长
由
可得
选项B正确；
A．在1~2s时间内线框完全处于磁场中，线框中磁通量不变，不产生感应电流，不受安培力作用，受到的外力，线框做匀加速直线运动，加速度，时开始出磁场，开始出磁场时线框速度
所以磁场宽度
选项A正确；
C．线框进入磁场过程和从磁场中出来过程，穿过线框的磁通量的变化量相等，通过线框的电荷量相等，但电流方向相反，所以线框穿过磁场的过程中通过线框的电荷量为零，选项C错误；
D．设线框完全离开磁场时的速度为，则有
得
线框出磁场过程中动能的变化量为
此过程中外力F做的功等于线框动能增加量与产生的热量之和，即
由题图乙知
所以
选项D错误。
故选AB。
9．BD
【详解】A．设导体棒离开磁场时速度大小为v，此时导体棒受到的安培力大小为
由平衡条件得
由图2知
联立解得
A错误；
B．离开磁场时，由
得
导体棒两端电压为
B正确；
C．导体棒经过磁场的过程中，通过电阻R的电荷量为
C错误；
D．导体棒经过磁场的过程中，设回路产生的总焦耳热为Q，根据功能关系可得
而拉力做功为
电阻R产生焦耳热为
联立解得
D正确。
故选BD。
10．BCD
【详解】A．因为
得两金属棒重力沿斜面向下的分力和摩擦力平衡
且两棒受的安培力等大反向，则系统所受外力之和为零，所以导体棒ab和cd组成的系统动量守恒。两棒达到稳定状态后，两棒做速度相同的匀速直线运动，两棒达到稳定状态后两棒间的距离不变。A错误；
B．某时刻给ab棒沿导轨向下的瞬时冲量I0，设此时ab棒为，两棒达到稳定状态后两棒速度为
由动量定理
得
由动量守恒定律得
得
由能量守恒定律得，回路中产生的热量
B正确；
C．当导体棒cd的动量为时，设导体棒cd速度为，导体ab速度为
则
由动量守恒定律
得
由法拉第电磁感应定律，当导体棒cd的动量为时，回路中的感应电动势
由闭合电路欧姆定律得
当导体棒cd的动量为时，对导体棒ab由牛顿第二定律得
解得
C正确；
D．当导体棒cd的动量为的过程中，设流经回路某截面的电荷量为q，平均电流为，时间为t，对导体棒cd由动量定理得
得
又
得
D正确。
故选BCD。
11．A
【详解】A．向上运动的过程中，穿过闭合回路的磁通量增大，根据楞次定律可得中的感应电流方向为，故A正确；
BC．棒中感应电流由c到d，其所在的区域有向下的磁场，所受的安培力向里，棒所受的摩擦力向上，棒做加速直线运动，速度增大，产生的感应电流增加，棒所受的安培力增大，对导轨的压力增大，则滑动摩擦力增大，摩擦力先小于重力，后大于重力，所以棒先加速运动后减速运动，最后停止运动，故BC错误；
D．根据功能关系，力F所做的功应等于两棒产生的电热，摩擦生热与增加的机械能之和，故D错误。
故选A。
12．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）设棒ab离开磁场右边界时的速度为v，产生的感应电动势为
感应电流为
根据平衡条件得
解得
（2）全程根据动能定理得
根据功和能的关系得
解得
（3）棒在磁场中做匀速运动，进入磁场时的速度为v，根据动能定理得
解得
13．（1）（2）（3）0.33J
【详解】（1）根据题意可得，t1=0.2s时，线框左侧刚好进入磁场，根据运动学公式可得
解得
a=2m/s2
（2）线框速度为v时，线框中的感应电动势
E=nBLv
线框中的感应电流
线框所受的安培力
F安=nBIL
联立解得
T=0时，外力F0=2N，根据牛顿第二定律可得
t=0.2s时外力F1=2.4N，线框的速度
v1=v0-at1
根据牛顿第二定律可得
联立解得
，m=2kg
（3）设线框右侧到达磁场右边界时速度为v2，根据运动学公式可得
v22-v02=2ad
解得
v2=1m/s
撤去外力后，根据牛顿第二定律可得
则
故有
设线框刚好完全穿出磁场时速度为v3，故
解得
v3=0.82m/s
线框中产生的焦耳热
14．(1) 4m/s2，1N；(2) 17.5s， 0.5A，方向为从b到a
【详解】(1)由图象可得到拉力F的大小随时间变化的函数表达式为
F=F0+kt=3+2.5t
当ab棒匀加速运动时，根据牛顿第二定律有
F f B0IL=ma
因为
v=at
联立方程，解得
代入数据,解得
a=4m/s2
f=1N
(2)当磁感应强度均匀增大时，闭合电路中有恒定的感应电流I，以ab棒为研究对象，它受到的安培力逐渐增大，静摩擦力也随之增大，当磁感应强度增大到ab所受安培力F与最大静摩擦力fm相等（导体棒刚滑动的临界条件）时ab棒开始滑动。由
F=BIL=fm
B=B0+kt=(0.5+0.2t)T
由闭合电路欧姆定律得
由法拉第电磁感应定律得
由以上各式求出
t=17.5s
即经时间17.5s后ab棒开始滑动，此时通过ab棒的电流大小为
I=0.5A
根据楞次定律可判断出电流的方向为从b到a
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页2024年高考一轮复习100考点100讲
第13章电磁感应
第13.8讲电磁感应+功和能
【知识点精讲】
1.电磁感应现象的实质是其他形式的能和电能之间的转化。
2.感应电流在磁场中受安培力，克服安培力做功，将其他形式的能转化为电能，电流做功再将电能转化为其他形式的能。
3.电磁感应中的能量转化
【方法归纳】
1.电磁感应过程实质是不同形式的能量转化的过程，电磁感应过程中产生的感应电流在磁场中必定受到安培力作用。因此闭合电路的一部分导体运动切割磁感线时必克服安培力做功。此过程中，其他形式的能转化为电能。克服安培力做多少功，就有多少其他形式的能转化为电能。当感应电流通过用电器时，电能又转化为其他形式的能。
同理，电流做功的过程，是电能转化为其他形式的能的过程，电流做多少功就有多少电能转化为其他形式的能。
2.电能求解思路主要有三种：
（1）利用克服安培力做功求解，电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功。
（2）利用能量守恒求解，导体切割磁感线产生感应电流时，开始的机械能总和与最后的机械能总和之差等于产生的电能。
（3）利用电路特征来求解，通过电路中所消耗的电能来计算。
3.求解焦耳热Q的三种方法
【最新高考题精练】
（2022天津学业水平选择性考试）
1．如图所示，边长为a的正方形铝框平放在光滑绝缘水平桌面上，桌面上有边界平行、宽为b且足够长的匀强磁场区域，磁场方向垂直于桌面，铝框依靠惯性滑过磁场区域，滑行过程中铝框平面始终与磁场垂直且一边与磁场边界平行，已知，在滑入和滑出磁场区域的两个过程中（　　）
A．铝框所用时间相同 B．铝框上产生的热量相同
C．铝框中的电流方向相同 D．安培力对铝框的冲量相同
（2023全国高考新课程卷）
2．一边长为L、质量为m的正方形金属细框，每边电阻为R0，置于光滑的绝缘水平桌面（纸面）上。宽度为2L的区域内存在方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，两虚线为磁场边界，如图（a）所示。
（1）使金属框以一定的初速度向右运动，进入磁场。运动过程中金属框的左、右边框始终与磁场边界平行，金属框完全穿过磁场区域后，速度大小降为它初速度的一半，求金属框的初速度大小。
（2）在桌面上固定两条光滑长直金属导轨，导轨与磁场边界垂直，左端连接电阻R1 = 2R0，导轨电阻可忽略，金属框置于导轨上，如图（b）所示。让金属框以与（1）中相同的初速度向右运动，进入磁场。运动过程中金属框的上、下边框处处与导轨始终接触良好。求在金属框整个运动过程中，电阻R1产生的热量。
（2023学业水平等级考试上海卷）
3．如图（a）单匝矩形线框cdef放置在倾角的斜面上，在宽度为的区域有垂直于斜面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为，线框质量，总电阻。现对线框施加一沿斜面向上的力使线框向上运动，ed边离开磁场时撤去外力F，线框速度随时间变化的图像如图（b）。已知线框，线框与斜面之间的动摩擦因数，g取9.8m/s2求：
（1）外力F的大小；
（2）线框cf的长度L；
（3）整个过程中线框产生的焦耳热Q。

（2019·浙江4月选考）
4．【加试题】如图所示，倾角θ=370、间距l＝0.1m的足够长金属导轨底端接有阻值R=0.1Ω的电阻，质量m=0.1kg的金属棒ab垂直导轨放置，与导轨间的动摩擦因数μ=0.45．建立原点位于底端、方向沿导轨向上的坐标轴x．在0.2m≤x≤0.8m区间有垂直导轨平面向上的匀强磁场．从t=0时刻起，棒ab在沿x轴正方向的外力F作用下从x=0处由静止开始沿斜面向上运动，其速度与位移x满足v=kx（可导出a=kv）k=5s-1．当棒ab运动至x1=0.2m处时，电阻R消耗的电功率P=0.12W，运动至x2=0.8m处时撤去外力F，此后棒ab将继续运动，最终返回至x=0处．棒ab始终保持与导轨垂直，不计其它电阻，求：（提示：可以用F－x图象下的“面积”代表力F做的功
（1）磁感应强度B的大小
（2）外力F随位移x变化的关系式；
（3）在棒ab整个运动过程中，电阻R产生的焦耳热Q．
【最新模拟题精练】
（2023石家庄三模）
5．如图所示，一空心铝管与水平面成角倾斜固定放置。现把一枚质量为m、直径略小于铝管直径的圆柱形小磁块从上端管口无初速度放入管中，小磁块从下端口落出时的速度为v，已知该铝管长度为l，小磁块和管间的摩擦力是小磁块重力的k倍，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）
A．小磁块做匀加速直线运动
B．小磁块在运动过程中，铝管和小磁块产生的热量为
C．小磁块在运动过程中，小磁块产生的热量为
D．小磁块在运动过程中，小磁块受到的重力和摩擦力的总冲量为mv
（2022北京海淀二模）
6．如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，水平型导体框左端连接一阻值为的电阻，质量为、电阻为的导体棒置于导体框上。不计导体框的电阻、导体棒与框间的摩擦。导体棒在水平向右恒定外力作用下由静止开始运动，运动过程中导体棒与导体框轨道保持垂直，且接触良好，水平外力始终与导体棒垂直。在移动距离为的过程中（　　）

A．导体棒做匀加速直线运动
B．导体棒中感应电流的方向为
C．电阻消耗的电能小于
D．电路消耗的总电能等于
（2023河南名校联考）
7．如图甲所示，左侧接有定值电阻的水平粗糙导轨处于垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度B=1T，导轨间距L=lm。—质量m=2kg，阻值的金属棒在水平拉力F作用下由静止开始从CD处沿导轨向右加速运动，金属棒的v－x图像如图乙所示，若金属棒与导轨间动摩擦因数，则从起点发生x=1m位移的过程中（g=10m/s2）(　　)

A．金属棒克服安培力做的功W1=0.5J
B．金属棒克服摩擦力做的功W2=4J
C．整个系统产生的总热量Q=5.25J
D．拉力做的功W=9.25J
8．如图甲所示，左侧接有定值电阻的水平粗糙导轨处于垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度B=1T，导轨间距L=lm。—质量m=2kg，阻值的金属棒在水平拉力F作用下由静止开始从CD处沿导轨向右加速运动，金属棒的v－x图像如图乙所示，若金属棒与导轨间动摩擦因数，则从起点发生x=1m位移的过程中（g=10m/s2）(　　)

A．金属棒克服安培力做的功W1=0.5J
B．金属棒克服摩擦力做的功W2=4J
C．整个系统产生的总热量Q=5.25J
D．拉力做的功W=9.25J
（2021湖南名校质检）
9．如图所示，两根电阻不计的光滑金属导轨、水平放置，、间距，、的延长线相交于点且，点到的距离，、两端与阻值的电阻相连。虚线右侧存在方向与导轨平面垂直向下的匀强磁场，磁感应强度，一根长度也为、质量为电阻不计的金属棒，在外力作用下从处以初速度沿导轨水平向右运动，棒与导轨接触良好，运动过程中电阻上消耗的电功率不变。则：（　　）
A．电路中的电流
B．金属棒向右运动过程中克服安培力做的功
C．金属棒向右运动过程中外力做功的平均功率
D．金属棒向右运动过程中在电阻中流过的电量
（2023河南名校联考）
10．如图所示，两光滑的平行金属导轨间距为，与水平面成角。区域ABCD、CDFE内分别有宽度为垂直导轨平面向上和向下的匀强磁场，磁感应强度均为。细金属棒、质量均为，电阻均为，用长为d的轻质绝缘细杆垂直、将其固定，并使、垂直导轨放置在导轨平面上与其接触良好，导轨电阻不计。用平行于导轨的拉力将、以恒定速度向上穿过两磁场区域，g取，求：
（1）金属棒在ABCD磁场中运动时，拉力F的大小；
（2）从金属棒进入磁场到离开磁场的过程中，拉力F的最大功率；
（3）从金属棒进入磁场到离开磁场的过程中，电路中产生的热量。

（2022北京朝阳二模）
11．如图所示，宽度为L的U型导体框，水平放置在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中，左端连接一阻值为R的电阻。一质量为m、电阻为r的导体棒置于导体框上。不计导体框的电阻、导体棒与框间的摩擦，导体棒与导体框始终接触良好。在水平向右的拉力作用下，导体棒以速度匀速向右运动。
（1）求通过导体棒的电流大小I；
（2）求拉力做功的功率P；
（3）某时刻撤去拉力，经过一段时间导体棒停在导体框上，求在此过程中电阻R上产生的热量Q。
（2022安徽黄山二模）
12．如图所示，两根等高光滑的圆弧轨道，半径为r、间距为L，轨道电阻不计。在轨道顶端连有一阻值为R的电阻，整个装置处在一竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B。现有一根长度稍大于L、质量为m、电阻为R的金属棒从轨道的顶端ab处由静止开始下滑，到达轨道底端cd时受到轨道的支持力为2mg。整个过程中金属棒与导轨接触良好，求：
（1）金属棒到达最低点时的速度和受到的安培力大小；
（2）若金属棒在拉力作用下，从cd开始以速度v0向右沿轨道做匀速圆周运动，则在到达ab的过程中感应电流的有效值和拉力做的功为多少？
（2020年6月南京重点高中冲刺模拟）
13．如图所示，平行长直光滑固定的金属导轨MN、PQ平面与水平面的夹角=30°，导轨间距为L=0.5m，上端接有R=3Ω的电阻，在导轨中间加一垂直轨道平面向下的匀强磁场，磁场区域为OO′O1O1′，磁感应强度大小为B=2T，磁场区域宽度为d=0.4m，放在轨道的一金属杆ab质量为m=0.08kg、电阻为r=2Ω，从距磁场上边缘d0处由静止释放，金属杆进入磁场上边缘的速度v=2m/s。两轨道的电阻可忽略不计，杆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，重力加速度大小为g=10m/s2，求：
(1)金属杆距磁场上边缘的距离d0；
(2)金属杆通过磁场区域的过程中通过的电量q；
(3)金属杆通过磁场区域的过程中电阻R上产生的焦耳热Q。
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．D
【详解】A．铝框进入和离开磁场过程，磁通量变化，都会产生感应电流，受向左安培力而减速，完全在磁场中运动时磁通量不变做匀速运动；可知离开磁场过程的平均速度小于进入磁场过程的平均速度，所以离开磁场过程的时间大于进入磁场过程的时间，A错误；
C．由楞次定律可知，铝框进入磁场过程磁通量增加，感应电流为逆时针方向；离开磁场过程磁通量减小，感应电流为顺时针方向，C错误；
D．铝框进入和离开磁场过程安培力对铝框的冲量为
又
得
D正确；
B．铝框进入和离开磁场过程，铝框均做减速运动，可知铝框进入磁场过程的速度一直大于铝框离开磁场过程的速度，根据
可知铝框进入磁场过程受到的安培力一直大于铝框离开磁场过程受到的安培力，故铝框进入磁场过程克服安培力做的功大于铝框离开磁场过程克服安培力做的功，即铝框进入磁场过程产生的热量大于铝框离开磁场过程产生的热量，B错误。
故选D。
2．（1）；（2）
【详解】（1）金属框进入磁场过程中有
则金属框进入磁场过程中流过回路的电荷量为
则金属框完全穿过磁场区域的过程中流过回路的电荷量为
且有
联立有
（2）设金属框的初速度为v0，则金属框进入磁场时的末速度为v1，向右为正方向。由于导轨电阻可忽略，此时金属框上下部分被短路，故电路中的总电
再根据动量定理有
解得
则在此过程中根据能量守恒有
解得
其中
此后线框完全进入磁场中，则线框左右两边均作为电源，且等效电路图如下

则此时回路的总电阻
设线框刚离开磁场时的速度为v2，再根据动量定理有
解得
v2= 0
则说明线框刚离开磁场时就停止运动了，则再根据能量守恒有
其中
则在金属框整个运动过程中，电阻R1产生的热量
3．（1）1.48N；（2）0.5m；（3）0.4J
【详解】（1）对线框受力分析如图所示

由牛顿第二定律
由速度图像可知，在0~0.4s内
联立解得
（2）对线框受力分析如图所示

在线框匀速运动阶段
安培力
联立解得
（3）由
可得
线框进入磁场时间和出磁场时间相等，都是
由焦耳定律可得整个过程中线框产生的焦耳热
4．（1）；（2）无磁场区间：；有磁场区间：；（3）
【详解】（1）由
E=Blv，
解得
（2）无磁场区间： ，a=5v=25x
有磁场区间：
（3）上升过程中克服安培力做功（梯形面积）
撤去外力后，棒ab上升的最大距离为s，再次进入磁场时的速度为v＇，则：
解得v＇=2m/s
由于
故棒再次进入磁场后做匀速运动；
下降过程中克服安培力做功：
5．B
【详解】A．空心铝管可以看为由许多的闭合回路构成，当小磁宽下滑时，在铝管的回路中将产生感应电流，根据楞次定律可知，该感应电流激发的磁场对小磁块的磁场力将阻碍小磁块的相对运动，可知小磁块做变加速直线运动，A错误；
B．根据上述，铝管中产生感应电流，则铝管中产生焦耳热，小磁块与铝管中与摩擦，亦会产生热，根据能量守恒定律可知小磁块在运动过程中，铝管和小磁块产生的热量为
B正确；
C．小磁块因摩擦产生的热量为
C错误；
D．根据上述，小磁块受到重力、摩擦力与磁场力，则小磁块在运动过程中，小磁块受到的重力、摩擦力与磁场力的总冲量为mv，D错误。
故选B。
6．C
【详解】A．由牛顿第二定律可知
随着导体棒速度的增加，则加速度逐渐减小，最后当加速度减为零时导体棒做匀速运动，选项A错误；
B．由右手定则可知，导体棒中感应电流的方向为，选项B错误；
CD．由能量关系可知
其中
则电路消耗的总电能
电阻消耗的电能
选项C正确，D错误；
故选C。
7．CD
【详解】A．由速度图像得：v=2x，金属棒所受的安培力
代入得
FA=0.5x
则知FA与x是线性关系。当x=0时，安培力FA1=0；当x=1m时，安培力FA2=0.5N，则从起点发生x=1m位移的过程中，安培力做功为
即金属棒克服安培力做的功为
W1=0.25J
故A错误；
B．金属棒克服摩擦力做的功为
W2=μmgx=0.25×2×10×1J=5J
故B错误；
CD．根据动能定理得
其中v=2m/s，μ=0.25，m=2kg，代入解得拉力做的功为
W=9.25J
整个系统产生的总热量为
故CD正确。
故选CD。
【点睛】本题的关键是根据v与x的关系，由安培力公式，得到FA与x的关系式，确定出FA与x是线性关系，即可求出安培力做功，再分析功能关系即可明确求出的热量和拉力的功，注意速度为线性变化，故可以利用平均安培力求出安培力的功，同时产生的热量要包括摩擦生热和安培力所做的功。
8．CD
【详解】A．由速度图像得：v=2x，金属棒所受的安培力
代入得
FA=0.5x
则知FA与x是线性关系。当x=0时，安培力FA1=0；当x=1m时，安培力FA2=0.5N，则从起点发生x=1m位移的过程中，安培力做功为
即金属棒克服安培力做的功为
W1=0.25J
故A错误；
B．金属棒克服摩擦力做的功为
W2=μmgx=0.25×2×10×1J=5J
故B错误；
CD．根据动能定理得
其中v=2m/s，μ=0.25，m=2kg，代入解得拉力做的功为
W=9.25J
整个系统产生的总热量为
故CD正确。
故选CD。
【点睛】本题的关键是根据v与x的关系，由安培力公式，得到FA与x的关系式，确定出FA与x是线性关系，即可求出安培力做功，再分析功能关系即可明确求出的热量和拉力的功，注意速度为线性变化，故可以利用平均安培力求出安培力的功，同时产生的热量要包括摩擦生热和安培力所做的功。
9．AD
【详解】A．金属棒开始运动时产生感应电动势
E=BLv0=1×0.4×2=0.8V
电路中的电流
选项A正确；
B．金属棒向右运动运动距离为x时，金属棒接入电路的有效长度为L1，由几何关系可得
此时金属棒所受安培力为
（）
作出F-x图象，由图象可得运动过程中克服安培力所做的功为
选项B错误；
C．金属棒运动 过程所用时间为t
W=I2Rt
解得
t=s
设金属棒运动的的速度为v，由于电阻R上消耗的电功率不变；
则有
BLv0=Bv
v=2v0
由动能定理可得
Pt-W=mv2-mv02
解得
代入数据解得
P=3.52W
选项C错误。
D．根据
由图可知
解得
q=0.45C
选项D正确。
故选AD。
10．（1）1.3N；（2）4.4W；（3）0.36J
【详解】（1）棒在磁场中运动时产生的电动势为
代入数据解得
回路中的感应电流为
得
由平衡条件得
得
（2）当P1、P2两棒均在磁场中运动时，拉力F的功率最大，拉力为
得
拉力F的最大功率为
解得
（3）由焦耳定律得电路中产生的热量为
解得
11．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）导体棒以速度匀速向右运动时产生的感应电动势大小为
根据闭合电路欧姆定律可知通过导体棒的电流大小为
（2）根据能量守恒定律可知拉力做功的功率等于回路的消耗的电功率，即
（3）从撤去拉力到导体棒ab最终停止的过程，回路产生的总热量为
由于通过导体棒ab和电阻R的电流时刻相等，根据焦耳定律可推知在此过程中电阻R上产生的热量为
12．（1）；；（2） ；
【详解】（1）金属棒在最低点时

又
解得

通过金属棒的电流

安培力

故

（2）金属棒以速度v0沿轨道做匀速圆周运动时，从最低点开始，对应的半径r
转过的角度
电动势

从cd到达ab的过程中，电流的有效值为
由功能关系得 拉力做功为

所以
13．(1)0.4m；(2)0.08C；(3)0.096J
【详解】(1)由能量守恒定律得
金属杆距磁场上边缘的距离
d0＝0.4m
(2)由法拉第电磁感应定律 ，由闭合电路欧姆定律，则金属杆通过磁场区域的过程中通过的电量
(3)由法拉第电磁感应定律
E＝BLv＝2V
由闭合电路欧姆定律
则金属棒受到的安培力
F＝BIL＝0.4N
重力沿导轨斜面的分力
F′＝mgsin30°＝0.4N
所以金属棒进入磁场后做匀速运动，金属杆通过磁场区域的过程中电阻R上产生的焦耳热
【点睛】对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解；求解电量记住经验公式：。
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页2024年高考一轮复习100考点100讲
第13章 电磁感应
第13.9讲 电磁感应+动量
【知识点精讲】
动量观点在电磁感应中的应用
（1）对于两导体棒在平直的光滑导轨上运动的情况，如果两棒所受的外力之和为零，则考虑应用动量守恒定律处理问题。
（2）当题目中涉及电荷量或平均电流时，可应用动量定理，来解决问题。
【最新高考题精练】
（2023高考全国甲卷）
1．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，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。一质量为、电阻为、长度也为的金属棒P静止在导轨上。导轨上质量为的绝缘棒Q位于P的左侧，以大小为的速度向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。
（2022福建高考）
2．如图（a），一倾角为的绝缘光滑斜面固定在水平地面上，其顶端与两根相距为L的水平光滑平行金属导轨相连；导轨处于一竖直向下的匀强磁场中，其末端装有挡板M、N．两根平行金属棒G、H垂直导轨放置，G的中心用一不可伸长绝缘细绳通过轻质定滑轮与斜面底端的物块A相连；初始时刻绳子处于拉紧状态并与G垂直，滑轮左侧细绳与斜面平行，右侧与水平面平行．从开始，H在水平向右拉力作用下向右运动；时，H与挡板M、N相碰后立即被锁定．G在后的速度一时间图线如图（b）所示，其中段为直线．已知：磁感应强度大小，，G、H和A的质量均为，G、H的电阻均为；导轨电阻、细绳与滑轮的摩擦力均忽略不计；H与挡板碰撞时间极短；整个运动过程A未与滑轮相碰，两金属棒始终与导轨垂直且接触良好：，，重力加速度大小取，图（b）中e为自然常数，．求：
（1）在时间段内，棒G的加速度大小和细绳对A的拉力大小；
（2）时，棒H上拉力的瞬时功率；
（3）在时间段内，棒G滑行的距离．
（2020海南高考）
3．如图，足够长的间距的平行光滑金属导轨MN、PQ固定在水平面内，导轨间存在一个宽度的匀强磁场区域，磁感应强度大小为，方向如图所示．一根质量，阻值的金属棒a以初速度从左端开始沿导轨滑动，穿过磁场区域后，与另一根质量，阻值的原来静置在导轨上的金属棒b发生弹性碰撞，两金属棒始终与导轨垂直且接触良好，导轨电阻不计，则（ ）
A．金属棒a第一次穿过磁场时做匀减速直线运动
B．金属棒a第一次穿过磁场时回路中有逆时针方向的感应电流
C．金属棒a第一次穿过磁场区域的过程中，金属棒b上产生的焦耳热为
D．金属棒a最终停在距磁场左边界处
【最新模拟题精练】
（2023四川南充三模）
4．如图所示，有形状为“”的光滑平行导轨和水平放置，其中宽轨间距为2d，窄轨间距为d，轨道足够长。右侧均为绝缘材料，其余为金属导轨，。间接有一电阻阻值为r。金属棒质量为m、长度为2d、电阻阻值为2r，在水平向右、大小为F的恒力作用下，从静止开始加速，离开宽轨前，速度已达最大值。金属棒滑上窄轨瞬间，迅速撤去力F。是质量为m、电阻阻值为r、三边长度均为d的“U”形金属框，如图平放在绝缘导轨上。以f点所在处为坐标原点O，沿方向建立坐标轴。整个空间存在竖直向上的磁场，左侧为磁感应强度为B0的匀强磁场，右侧磁感应强度分布规律（），其中，金属导轨电阻不计，棒、金属框与导轨始终接触良好。
（1）求棒在宽轨上运动的最大速度及刚滑上窄轨时两端电压；
（2）求棒运动至与金属框碰撞前瞬间的速度大小；
（3）若棒与金属框碰撞后连接在一起，求金属框静止时f端的位置坐标x。
（2023山东日照三模）
5．如图所示，间距的平行金属导轨与水平面成角放置，导轨的下端接有阻值的电阻，上端通过小圆弧形绝缘材料与水平金属导轨平滑对接，其中轨道与间距为，轨道与间距为。在导轨的上端垂直于导轨锁定一质量的导体棒，棒及下方区域全部处于与导轨平面垂直、磁感应强度大小的匀强磁场中，右方存在竖直向上、磁感应强度大小的匀强磁场，在右侧锁定一质量的导体棒。质量的导体棒垂直于导轨，与棒相距，以的速度沿导轨向上运动，经过与棒碰撞（碰撞前瞬间解除棒的锁定），瞬间粘在一起，继续向上运动到达，此时解除棒锁定。当、运动到时，被锁定在左侧（此前速度已稳定）。棒再运行到处。三个导体棒始终与导轨接触良好，不计金属导轨的电阻，所有导体棒长度，电阻，单位长度的电阻都相等，不计任何摩擦，忽略连接处的能量损失。（重力加速度，，），求：
（1）棒运动到棒位置时的速度大小；
（2）棒与棒碰撞后瞬间，棒两端的电势差大小；
（3）整个运动过程中系统产生的焦耳热。

（2023湖北荆门三校5月联考）
6．如图，平行光滑导轨左侧AB和是半径为R的四分之一圆弧，BE、水平，AC和间距为L，DE和间距为，AC、、DE、均足够长，AC和DE、和通过导线连接，其中右侧导轨平面处在竖直向上，磁感应强度为B的匀强磁场中。现将长度为的导体棒PQ垂直导轨放置于DE和上，将长度为L的导体棒MN垂直导轨放置于端，静止释放导体棒MN，导体棒运动的过程始终与导轨垂直且接触良好，导体棒MN最终的速度大小为。已知导体棒MN和PQ材料、横截面积均相同，导体棒MN质量为m，电阻为r，重力加速度为g，不计导轨电阻，下列说法正确的是（　　）
A．导体棒MN进入磁场瞬间，导体棒PQ的加速度大小为
B．导体棒MN、PQ最终共速
C．PQ棒的最终速度为
D．整个过程导体棒PQ上产生的焦耳热为
（2023河北衡水五模）
7．如图所示，两根足够长的平行光滑金属导轨固定在同一水平面内，导轨上静止放置两根完全相同粗细均匀的导体棒ab、cd，整个装置处在竖直向上的匀强磁场中。现给ab棒一个平行于导轨的初速度并开始计时，不计电磁辐射及金属导轨的电阻，导体棒ab、cd始终与导轨垂直并接触良好，下列关于棒ab、cd中产生的感应电动势、、回路中的感应电流i、导轨间的电压u与时间t的函数关系图像中，可能正确的是（　　）
A． B． C． D．
（2023湖南邵阳二模）
8．如图所示，平行倾斜光滑导轨与足够长的平行水平光滑导轨平滑连接，导轨电阻不计。质量均为电阻均为的金属棒b和c，静止放在水平导轨上且与导轨垂直。图中虚线de右侧有范围足够大、方向竖直向上的匀强磁场。质量也为的绝缘棒a垂直于倾斜导轨，从离水平导轨的高为处由静止释放。已知绝缘棒a滑到水平导轨上与金属棒b发生弹性正碰，金属棒b进入磁场后始终未与金属棒c发生碰撞。重力加速度为。以下正确的是（　　）
A．a与b碰后分离时b棒的速度大小为
B．当b进入磁场后速度大小为时，b的加速度大小变为初始加速度大小的
C．b棒产生的焦耳热为
D．b进入磁场后，b、c间距离增大了
（2023四川绵阳名校联考）
9．如图所示，两足够长且电阻不计的光滑金属导轨在同一水平面平行放置，虚线CD垂直于导轨，CD右边区域有竖直向上的匀强磁场B。两金属杆a、b长度与导轨宽度相等，在导轨上始终与导轨垂直且接触良好。杆a不计电阻，质量为m，杆b电阻为R，质量为2m，杆b初始位置距离虚线CD足够远。杆a从CD左边某位置以初速度vo开始向右运动，第一次杆b固定，第二次杆b自由静止。两次相比较（　　）
A．杆a最后的速度，两次都为零
B．杆a所受安培力，两次的最大值相等
C．整个过程中杆b产生的焦耳热，第一次的小于第二次的
D．整个过程中通过杆b的电荷量，第一次的大于第二次的
（2023湖南名校联合体高二期末）
10．如图，间距为的U形金属导轨，一端接有电阻为的定值电阻，固定在高为的绝缘水平桌面上。质量均为的匀质导体棒a和b静止在导轨上，两导体棒与导轨接触良好且始终与导轨垂直，接入电路的阻值均为R，与导轨间的动摩擦因数均为（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力），导体棒a距离导轨最右端距离为。整个空间存在竖直向下的匀强磁场（图中未画出），磁感应强度大小为。用沿导轨水平向右的恒力拉导体棒a，当导体棒a运动到导轨最右端时，导体棒b刚要滑动，撤去F，导体棒a离开导轨后落到水平地面上。（重力加速度取，不计空气阻力，不计其他电阻）求：
（1）导体棒a刚要离开导轨时，通过电阻R的电流I及导体棒a的速度大小v；
（2）导体棒a由静止运动到导轨最右端的过程中，电阻R中产生的焦耳热，以及经历的时间t；（均保留三位有效数字）
（3）设导体棒a与绝缘水平面发生碰撞前后，竖直速度大小不变，碰撞过程中水平方向所受摩擦力大小为竖直方向支持力的k倍（碰撞时间极短），取，请计算导体棒a离开导轨后向右运动的最大水平距离。

（2022浙江名校联盟联考）
11．如图所示，MPQ、M′P′Q′是光滑平行导轨，其中倾斜部分MPP′M′为金属材料制成，电阻可不计，倾角为α=37°，并处在与MPP′M′平面垂直且向下的匀强磁场中（图中未画出），磁感应强度大小为2T；水平部分PQQ′P′为绝缘材料制成，所在空间内存在竖直方向的磁场，在PQ上取一点为坐标原点O，沿PQ方向建立x轴，可知磁感应强度分布规律为（取竖直向上为正方向）；两部分导轨的衔接处用小圆弧连接，金属棒通过时无机械能损失，两导轨间接有阻值为R=5Ω的定值电阻。正方形金属线框cdef的质量m2=2kg、边长为L=1m，每条边的电阻r2=2Ω，f点刚好位于坐标原点，fc边与PP′平行。现将一根质量m1=1kg，长度L=1m，电阻r1=2Ω的金属棒ab从图示位置静止释放，滑到斜面底端前已达到匀速运动。若整个过程ab棒、金属框与导轨始终接触良好，（重力加速度g=10m/s2，，），求：
（1）ab棒滑到底端时的速度大小和ab棒两端的电压Uab；
（2）ab棒与金属线框碰撞后合成一个整体一起在轨道上滑行，滑行过程中ed边产生的焦耳热；
（3）第（2）所涉及的滑行过程中，通过ed棒的电荷量。
（2022湖北名校高考适应性考试）
12．如图所示，ABCD是N匝（N=20）的矩形闭合金属线框放置于水平面上，其质量m=1kg、阻值R=2Ω、长度d=0.4m、宽度为L=0.2m，水平面上依次间隔分布着方向垂直纸面向里的匀强磁场，其磁感应强度大小为B=0.5T、宽度也为L、长度及磁场间的距离均为d，线框在轨道上运动过程中受到的摩擦阻力f大小恒为4N。现线框的AB边与左边第一个磁场的左边界重合，给线框施加一水平向右的力使线框从静止开始向右运动，问：
（1）若让小车以恒定加速度a=2m/s2运动，求力F与随时间t变化的关系式；
（2）若给线框施加的力的功率恒为P1=16W，该力作用作用一段时间t1=6s后，线框已达最大速度，且此时线框刚好穿出第13个磁场（即线框的CD边刚好与第13个磁场的右边界重合），求线框在这段时间内产生的焦耳热；
（3）若给线框施加的力恒为F0=12N，且F0作用t0=4s时间线框已达到最大速度，求t0时间内线框产生的焦耳热。
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．（1）；（2）；（3）
【详解】（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
联立解得
，
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
（2）根据能量守恒有
解得
（3）P、Q碰撞后，对金属棒P分析，根据动量定理得
又
，
联立可得
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
2．（1） ；；（2）；（3）
【详解】（1）由图像可得在内，棒G做匀加速运动，其加速度为
依题意物块A的加速度也为，由牛顿第二定律可得
解得细绳受到拉力
（2）由法拉第电磁感应定律与闭合电路欧姆定律推导出“双棒”回路中的电流为
由牛顿运动定律和安培力公式有
由于在内棒G做匀加速运动，回路中电流恒定为，两棒速度差为
保持不变，这说明两棒加速度相同且均为a；
对棒H由牛顿第二定律可求得其受到水平向右拉力
由图像可知时，棒G的速度为
此刻棒H的速度为
其水平向右拉力的功率
．
（3）棒H停止后，回路中电流发生突变，棒G受到安培力大小和方向都发生变化，棒G是否还拉着物块A一起做减速运动需要通过计算判断，假设绳子立刻松弛无拉力，经过计算棒G加速度为
物块A加速度为
说明棒H停止后绳子松弛，物块A做加速度大小为的匀减速运动，棒G做加速度越来越小的减速运动；由动量定理、法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律可以求得，在内
棒G滑行的距离
这段时间内物块A速度始终大于棒G滑行速度，绳子始终松弛。
3．BD
【详解】A．金属棒a第一次穿过磁场时受到安培力的作用，做减速运动，由于速度减小，感应电流减小，安培力减小，加速度减小，故金属棒a做加速度减小的减速直线运动，故A错误；
B．根据右手定则可知，金属棒a第一次穿过磁场时回路中有逆时针方向的感应电流，故B正确；
C．电路中产生的平均电动势为
平均电流为
金属棒a受到的安培力为
规定向右为正方向，对金属棒a，根据动量定理得
解得对金属棒第一次离开磁场时速度
金属棒a第一次穿过磁场区域的过程中，电路中产生的总热量等于金属棒a机械能的减少量，即
联立并带入数据得
由于两棒电阻相同，两棒产生的焦耳热相同，则金属棒b上产生的焦耳热
故C错误；
D．规定向右为正方向，两金属棒碰撞过程根据动量守恒和机械能守恒得
联立并带入数据解得金属棒a反弹的速度为
设金属棒a最终停在距磁场左边界处，则从反弹进入磁场到停下来的过程，电路中产生的平均电动势为
平均电流为
金属棒a受到的安培力为
规定向右为正方向，对金属棒a，根据动量定理得
联立并带入数据解得
故D正确。
故选BD。
4．（1），；（2）；（3）
【详解】（1）当棒匀速运动时，加速度为零，此时速度最大，棒受力平衡
其中
联立解得
当刚滑上窄轨时，等效电路如图所示
棒只有中间宽度为d的部分有电流流过，间电压
其中
代入数值得
（2）棒在窄轨上的导体部分做减速运动，由动量定理得
又
联立上述方程可解得棒滑出导体区域瞬间速度为
之后匀速运动至与金属框相碰。
（3）棒与金属框相碰，据动量守恒定律可得
进入窄轨的绝缘部分后，棒部分和金属框构成回路，边处的磁场总是比边的磁场大
回路中的电流
全框架受到的安培力合力
由动量定理可得
金属框前进的位移
联立以上方程得金属框静止时f端的位置坐标
5．（1）；（2）2V；（3）
【详解】（1）棒切割磁感线产生感应电动势，电路总电阻
代入可得
对棒，由动量定理
解得
（2）棒与棒碰撞，系统动量守恒
碰撞后瞬间棒两端的电势差大小
（3）棒斜向上说动到棒处过程中电路产生的焦耳热，由能量守恒定律
棒与棒碰撞后继续斜向上运动到处，此区域内无磁场，故电路中无电流，由动能定理
解得
、棒进入磁场后，切割磁感线产生感应电流而做减速运动直到处，由动量定理
棒解锁后，在安培力的作用下开始加速运动并切割磁感线，由动量定理
最后速度稳定时，导体棒中均无电流，所以
解得
对、、棒的这一运动过程，由能量守恒定律得
、棒锁住后，棒继续切割磁感线做减速运动直到处，由动量定理
解得
棒单独运动到这一过程，由能量守恒定律
故整个运动过程中产生的焦耳热
6．CD
【详解】A．导体棒MN在圆弧下滑过程有
导体棒MN进入磁场瞬间，感应电动势为
由于导体棒MN和PQ材料、横截面积均相同，则导体棒PQ的质量、电阻分别为2m，2r，则感应电流为
对导体棒PQ分析有
解得
A错误；
BC．稳定时，两导体棒均做匀速直线运动，回路总的感应电动势为0，则有
解得
可知，导体棒MN、PQ最终MN的速度大一些，B错误，C正确；
D．整个过程回路产生的总焦耳热为
导体棒PQ上产生的焦耳热
解得
D正确。
故选CD。
7．D
【详解】A．设磁感应强度为B，两导体棒的质量均为m、接入电路的长度均为d、电阻均为R，导体棒的初速度为。某时刻t导体棒、的速度分别为、，回路的感应电流为i。由法拉第电磁感应定律有
两导体棒受到的安培力大小
与棒的运动方向相反，与棒的运动方向相同，所以棒减速、棒加速，当两棒速度相同时，回路中没有感应电流，两棒做匀速直线运动，由动量守恒定律
解得最终两棒的速度为
由于减小、增大，所以减小，电流i减小，减小，棒运动的加速度减小，即棒做初速度为、加速度逐渐减小的减速运动，所以减小得越来越慢，最终趋于，故A错误；
B．棒做初速度为零、加速度逐渐减小的加速运动，所以由零开始增加得越来越慢，最终趋于，故B错误；
C．由于、i越来越小，最终、i趋为零，故C错误。
D．两导轨间的电压
对两棒由动量守恒有
联立得
故u恒定，D正确。
故选D。
8．AB
【详解】A．绝缘棒a滑到水平导轨上速度设为v0，由动能定理
得
a与金属棒b发生弹性正碰，质量相等，故碰后速度交换，a速度变为零，b获得v0的速度，故a与b碰后分离时b棒的速度大小为，A正确；
B．b刚进入磁场时，加速度为
b进入磁场后，切割磁感线产生感应电流，受向左的安培力而减速，c受向右的安培力而加速，系统合外力为零，由动量守恒知
将代入得
此时回路的总电动势为
此时b的加速度为
B正确；
C．当b与c速度相等时，b棒上停止生热，由动量守恒
得
由能量守恒，设b棒上产生的焦耳热为Q，有
知
C错误；
D．b进入磁场后减速，c加速直至速度相同，二者间距缩小，设为Δx，对c，由动量定理
又
联立可得b、c间距离缩小了
D错误。
故选AB。
9．BD
【详解】A．当b固定时，杆a最后速度为0，当b自由时，杆a最后速度为 ，由动量守恒定律可得
解得
所以A错误；
B．两次的杆a都做减速运动，开始时切割磁感线速度最大，产生的感应电动势最大小，感应电流最大，安培力最大，有
所以杆a所受安培力，两次的最大值相等，则B正确；
C．当b固定时，产生的焦耳热为
当b自由时，产生的焦耳热为
所以C错误；
D．当b固定时，通过的电荷量为q1，由动量定理可得
又
解得
当b自由时，通过的电荷量为q2，由动量定理可得
又
解得
则整个过程中通过杆b的电荷量，第一次的大于第二次的，所以D正确。
故选BD。
10．（1）；（2）21.7s；（3）3.6m
【详解】（1）由题意知，，，对b分析有
解得
又
解得
（2）整个过程对a运用功能原理有
根据焦耳定律可知
整个过程中通过a的电荷量
由动量定理有
解得
（3）a离开导轨后，至与地面碰撞前做平扰运动，落地前瞬间竖直速度
碰接过程中，竖直方向，由动量定理
同理，水平方向上有
解得
即每次与地面碰撞，水平速度减小1m/s，又水平初速度，故与地面碰撞三次后，水平速度为0，运动到最右侧，从抛出到第一次与地面碰撞
第一次碰撞与第二次碰撞之间
第二次碰撞与第三次碰撞之间
故
11．（1）10.5m/s，15V；（2）5.25J；（3）5.25C
【详解】（1）ab棒在滑到斜面底端前已达到匀速运动，据平衡条件可得
解得
ab棒在斜面底端时，由闭合电路欧姆定律可得
由法拉第电磁感应定律可得
联立得
v=10.5m/s
ab棒两端的压为
（2）ab棒以速度v运动至与金属线框碰撞，由动量守恒定律可得
解得
碰撞后ab棒与金属线框在变化的磁场中前进，克服安培力做功，最后停止运动，动能全部转化为焦耳热，可得
ed边上产生的焦耳热为
（3）从金属线框开始运动到停下的过程中，根据动量定量可得
其中，由题意可知
又
联立解得
12．（1）；（2）Q1=52.4J；（3）Q0=104J
【详解】（1）当线框匀加速时，依题意有
根据牛顿第二定律
得
（2）当线框达到最大速度v1时，有
代入数据得
当线框刚好穿出第十三个磁场时，线框的位移
得
根据动能定理
线框的焦耳热
（3）当线框达到最大速度v0时，有
代入数据得
根据动量定理
得
根据动能定理
线框的焦耳热
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页2024年高考一轮复习100考点100讲第13章 电磁感应
第13.10讲 电磁感应+带电粒子运动
【知识点精讲】
电磁感应产生感应电动势作为电源，可以作为加速电场的电源，使带电粒子加速；也可以作为偏转电场的电源，使带电粒子偏转；还可以作为速度选择器极板的电源。
【方法归纳】
对于电磁感应与带电粒子在电磁场中运动问题，可以分阶段分析。电磁感应阶段可以运用法拉第电磁感应定律及其相关知识分析解答；带电粒子在电场中运动可以运用动能定理、类平抛运动、匀速圆周运动及其相关知识分析解答。
【最新高考题精练】
（2021年1月浙江选考）
1．在芯片制造过程中，离子注入是其中一道重要的工序。如图所示是离子注入工作原理示意图，离子经加速后沿水平方向进入速度选择器，然后通过磁分析器，选择出特定比荷的离子，经偏转系统后注入处在水平面内的晶圆（硅片）。速度选择器、磁分析器和偏转系统中的匀强磁场的磁感应强度大小均为B，方向均垂直纸面向外；速度选择器和偏转系统中的匀强电场场强大小均为E，方向分别为竖直向上和垂直纸面向外。磁分析器截面是内外半径分别为R1和R2的四分之一圆环，其两端中心位置M和N处各有一个小孔；偏转系统中电场和磁场的分布区域是同一边长为L的正方体，其偏转系统的底面与晶圆所在水平面平行，间距也为L。当偏转系统不加电场及磁场时，离子恰好竖直注入到晶圆上的O点（即图中坐标原点，x轴垂直纸面向外）。整个系统置于真空中，不计离子重力，打在晶圆上的离子，经过电场和磁场偏转的角度都很小。当α很小时，有，。求：
(1)离子通过速度选择器后的速度大小v和磁分析器选择出来离子的比荷；
(2)偏转系统仅加电场时离子注入晶圆的位置，用坐标(x，y)表示；
(3)偏转系统仅加磁场时离子注入晶圆的位置，用坐标(x，y)表示；
(4)偏转系统同时加上电场和磁场时离子注入晶圆的位置，用坐标(x，y)表示，并说明理由。
（2019·浙江选考）
2．磁流体发电的原理如图所示．将一束速度为v的等离子体垂直于磁场方向喷入磁感应强度为B的匀强磁场中，在相距为d、宽为a、长为b的两平行金属板间便产生电压．如果把上、下板和电阻R连接，上、下板就是一个直流电源的两极．若稳定时等离子体在两板间均匀分布，电阻率为ρ．忽略边缘效应，下列判断正确的是（ ）
A．上板为正极，电流
B．上板为负极，电流
C．下板为正极，电流
D．下板为负极，电流
【最新模拟题精练】
（2023湖南名校高二联考）
3．人类历史上第一台发电机是法拉第发明的铜盘发电机（图甲）。利用这个发电机给平行金属板电容器供电，电路如图乙所示。已知铜盘半径为L，转动的角速度为ω，盘的下半部分加垂直于盘面、磁感应强度大小为的匀强磁场。每块平行板长度为2L，板间距离也为2L，板间加大小也为，垂直纸面向内的匀强磁场。若有一质量为m的带负电的微粒从电容器两板正中央水平向右射入，在两板间做匀速圆周运动，已知重力加速度为g，求：
（1）从右向左看，圆盘转动方向、小球带电量；
（2）要使小球射出极板，微粒射入速度v的大小范围。
（2023河南名校联考）
4．如图所示，半径为L1=2 m的金属圆环内上、下半圆各有垂直圆环平面的有界匀强磁场，磁感应强度大小均为。长度也为L1、电阻为R的金属杆ab，一端处于圆环中心，另一端恰好搭接在金属环上，绕着a端沿逆时针方向匀速转动，角速度为。通过导线将金属杆的a端和金属环连接到图示的电路中（连接a端的导线与圆环不接触，图中的定值电阻R1=R，滑片P位于R2的正中央，R2的总阻值为4R），图中的平行板长度为L2=2 m，宽度为d=2 m。图示位置为计时起点，在平行板左边缘中央处刚好有一带电粒子以初速度向右运动，并恰好能从平行板的右边缘飞出，之后进入到有界匀强磁场中，其磁感应强度大小为B2，左边界为图中的虚线位置，右侧及上下范围均足够大。（忽略金属杆与圆环的接触电阻、圆环电阻及导线电阻，忽略电容器的充放电时间，忽略带电粒子在磁场中运动时的电磁辐射的影响，不计平行金属板两端的边缘效应及带电粒子的重力和空气阻力）求：
（1）在0～4 s内，平行板间的电势差UMN；
（2）带电粒子飞出电场时的速度；
（3）在上述前提下若粒子离开磁场后不会第二次进入电场，则磁感应强度B2应满足的条件。

5．如图所示，半径为L的金属圆环内部等分为两部分，两部分各有垂直于圆环平面、方向相反的匀强磁场，磁感应强度大小均为B0，与圆环接触良好的导体棒绕圆环中心O匀速转动。圆环中心和圆周用导线分别与两个半径为R的D形金属盒相连，D形盒处于真空环境且内部存在着磁感应强度为B的匀强磁场，其方向垂直于纸面向里。t=0时刻导体棒从如图所示位置开始运动，同时在D形盒内中心附近的A点，由静止释放一个质量为m，电荷量为－q（q>0）的带电粒子，粒子每次通过狭缝都能得到加速，最后恰好从D形盒边缘出口射出。不计粒子重力及所有电阻，忽略粒子在狭缝中运动的时间，导体棒始终以最小角速度ω（未知）转动，求：
（1）ω的大小；
（2）粒子在狭缝中加速的次数；
（3）考虑实际情况，粒子在狭缝中运动的时间不能忽略，求狭缝宽度d的取值范围。
6．如图所示，两金属板正对并水平放置，分别与平行金属导轨连接，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ区域有垂直导轨所在平面的匀强磁场。金属杆与导轨垂直且接触良好，并一直向右匀速运动。某时刻进入Ⅰ区域，同时一带正电小球从点沿板间中轴线水平射入两板间。在Ⅰ区域运动时，小球匀速运动；从Ⅲ区域右边离开磁场时，小球恰好从金属板的边缘离开。已知板间距为，导轨间距为，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ区域的磁感应强度大小相等、宽度均为。带电小球质量为，电荷量为，运动的速度为，重力加速度为。求：
（1）磁感应强度的大小；
（2）在Ⅱ区域运动时，小球的加速度大小；
（3）要使小球恰好从金属板的边缘离开，运动的速度应为多大。
7．如图所示，一无限长的光滑金属平行导轨置于匀强磁场B中，磁场方向垂直导轨平面，导轨平面竖直且与地面绝缘，导轨上M、N间接一电阻R，P、Q端接一对沿水平方向的平行金属板，导体棒ab置于导轨上，其电阻为3R，导轨电阻不计，棒长为L，平行金属板间距为d．今导体棒通过定滑轮在一物块拉动下开始运动，稳定后棒的速度为v，不计一切摩擦阻力．此时有一带电量为q的液滴恰能在两板间做半径为r的匀速圆周运动，且速率也为v．求：
（1）速度v的大小；
（2）物块的质量m．

8．如图所示，一面积为S的单匝圆形金属线圈与阻值为R的电阻连接成闭合电路，不计圆形金属线圈及导线的电阻．线圈内存在一个方向垂直纸面向里、磁感应强度大小均匀增加且变化率为k的磁场B.电阻R两端并联一对平行金属板M、N，两板间距为d，N板右侧xOy坐标系(坐标原点O在N板的下端)的第一象限内，有垂直纸面向外的匀强磁场，磁场边界OA和y轴的夹角∠AOy＝45°，AOx区域为无场区．在靠近M板处的P点由静止释放一质量为m、带电荷量为＋q的粒子(不计重力)，经过N板的小孔，从点Q(0，l)垂直y轴进入第一象限，经OA上某点离开磁场，最后垂直x轴离开第一象限．求：
(1)平行金属板M、N获得的电压U；
(2)yOA区域内匀强磁场的磁感应强度B；
(3)粒子从P点射出至到达x轴的时间．
9．如图所示，半径为L1=2 m的金属圆环内上、下半圆各有垂直圆环平面的有界匀强磁场，磁感应强度大小均为。长度也为L1、电阻为R的金属杆ab，一端处于圆环中心，另一端恰好搭接在金属环上，绕着a端沿逆时针方向匀速转动，角速度为。通过导线将金属杆的a端和金属环连接到图示的电路中（连接a端的导线与圆环不接触，图中的定值电阻R1=R，滑片P位于R2的正中央，R2的总阻值为4R），图中的平行板长度为L2=2 m，宽度为d=2 m。图示位置为计时起点，在平行板左边缘中央处刚好有一带电粒子以初速度向右运动，并恰好能从平行板的右边缘飞出，之后进入到有界匀强磁场中，其磁感应强度大小为B2，左边界为图中的虚线位置，右侧及上下范围均足够大。（忽略金属杆与圆环的接触电阻、圆环电阻及导线电阻，忽略电容器的充放电时间，忽略带电粒子在磁场中运动时的电磁辐射的影响，不计平行金属板两端的边缘效应及带电粒子的重力和空气阻力）求：
（1）在0～4 s内，平行板间的电势差UMN；
（2）带电粒子飞出电场时的速度；
（3）在上述前提下若粒子离开磁场后不会第二次进入电场，则磁感应强度B2应满足的条件。

10．如图所示，间距为L倾角为的足够长光滑轨道，端连有电阻R，另一端开口，导轨的电阻忽略不计。区域无磁场，以下每个L距离交替出现磁感应强度大小相等方向相反的匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面，磁感应强度大小为B。平行板电容器的两极板通过导线与相连，极板间距为d。今在导轨处由静止释放一根长为L、质量为m、电阻也为R的导体棒，导体棒在磁场中做匀速直线运动。当导体棒在磁场中运动时，在两极板正中央由静止释放一个带电粒子，粒子恰好未碰到极板。导体棒与导轨接触良好，粒子的重力忽略不计，不计空气阻力，重力加速度为g，磁场边界为理想边界。求：
（1）导体棒在磁场中的运动速度。
（2）带电粒子的比荷。
（3）若导体棒运动到距离边界为时，在两极板正中央由静止释放带电粒子，则该粒子到达极板所用的时间。

试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．(1)，；(2)（，0）；(3)（0，）；(4)见解析
【详解】(1)通过速度选择器离子的速度
从磁分析器中心孔N射出离子的运动半径为
由得
(2)经过电场后，离子在x方向偏转的距离
离开电场后，离子在x方向偏移的距离
位置坐标为(，0)
(3)离子进入磁场后做圆周运动半径
经过磁场后，离子在y方向偏转距离
离开磁场后，离子在y方向偏移距离
则
位置坐标为(0，)
(4)注入晶圆的位置坐标为(，),电场引起的速度增量对y方向的运动不产生影响。
2．C
【分析】等离子体进入板间受到洛伦兹力而发生偏转，根据左手定则判断离子的偏转方向，即可确定极板的极性，离子在运动过程中同时受电场力和洛伦兹力，二力平衡时两板间的电压稳定，由平衡条件求电源的电动势，结合电路知识分析板间的电流．
【详解】根据左手定则，正电荷受到的洛伦兹力方向向下，负电荷受到的洛伦兹力向上，因此下极板为电源的正极，根据平衡有，解得稳定时电源的电动势，则流过R的电流为，而，，则得电流大小为，C正确．
【点睛】本题的关键是理解磁流体发电机的工作原理，知道稳定时，离子所受的电场力和洛伦兹力平衡，结合闭合电路欧姆定律进行分析．
3．（1）逆时针方向 ，；（2）或
【详解】（1）粒子在复合场中做匀速圆周运动，电场力向上与重力平衡、带负电，电场方向向下，故上极板C带正电，与电源负极相连，由右手定则，圆盘从右向左看，圆盘逆时针方向转动；根据法拉第电磁感应定律得
解得
由粒子在复合场中做匀速圆周运动，可得
又
解得
（2）由牛顿第二定律得
设粒子恰能从右板边缘射出，由几何关系可得
解得
设粒子恰能从左板边缘射出
得
所以
或
4．（1）－1 V；（2），与水平方向成45°夹角； （3）
【详解】（1）金属杆产生的感应电动势恒为
由电路的连接特点知
由右手定则知：在0～4 s时间内，金属杆ab中的电流方向为b →a，则
φa>φb
则在0～4 s时间内
φM<φN，UMN＝－1 V
（2）粒子在平行板电容器内做类平抛运动，在时间内水平方向
竖直方向
，，，
解得
，
则粒子飞出电场时的速度
所以该速度与水平方向的夹角
θ＝45°
（3）粒子在匀强磁场中做匀速周运动，由，得
由几何关系及粒子在磁场中运动的对称性可知， 时离开磁场后不会第二次进入电场，即
5．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）根据洛伦兹力充当向心力,有
得
又
故棒的角速度最小值为
（2）根据洛伦兹力充当向心力
可得粒子离开加速器的速度为
由法拉第电磁感应定律，导体棒切割磁感线的电动势为
根据动能定理
得加速的次数为
（3）带电粒子在电场中的加速度为
粒子在电场中做匀加速直线运动，满足
为保证粒子一直加速，应满足
且，解得
6．（1）；（2）2g；（3）
【详解】（1）在磁场区域运动时，产生的感应电动势大小为
金属板间产生的场强大小为
在Ⅰ磁场区域运动时，带电小球匀速运动，有
联立得
（2）在Ⅱ磁场区域运动时，设小球的加速度，依题意，有
联立得
（3）依题意：分别在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ磁场区域运动时，小球在电场中分别做匀速、类平抛和匀速运动，设发生的竖直分位移分别为、、；进入Ⅲ磁场区域时，小球的运动速度为．则
又
联立可得
7．(1），（2）.
【详解】（1）设平行金属板间电压为U．液滴在平行金属板间做匀速圆周运动，重力与电场力必定平衡，则有：
由
得
联立解得
则棒产生的感应电动势为：
由，
得
（2）棒中电流为：
ab棒匀速运动，外力与安培力平衡，则有
而外力等于物块的重力，即为
解得
8．（1） （2） （3）
【分析】（1）根据法拉第电磁感应定律，求出闭合电路的电动势，即得到平行金属M、N获得的电压U；
（2）由动能定理求出粒子经过MN间的电场加速度获得的速度．正确画出粒子在磁场中的运动轨迹，根据几何关系找出粒子运动的半径的大小，根据牛顿第二定律和向心力公式求得磁场的磁感应强度；
（3）粒子从P点射出到到达x轴的时间为三段运动过程的时间之和．
【详解】（1）根据法拉第电磁感应定律，闭合线圈产生的感应电动势为：
因平行金属板M、N与电阻并联，故M、N两板间的电压为：U=UR=E=kS
（2）带电粒子在M、N间做匀加速直线运动，有 qU=mv2
带电粒子进入磁场区域的运动轨迹如图所示，有qvB=m
由几何关系可得：r+rcot45°=l
联立得：；
（3）粒子在电场中做匀加速直线运动，则有
d=at12
根据牛顿第二定律得：q=ma
粒子在磁场中，有：T=
t2=T/4
粒子在第一象限的无场区中，有s=vt3
由几何关系得：s=r
粒子从P点射出到到达x轴的时间为：t=t1+t2+t3
联立以上各式可得： t=（2d+l） ；
【点睛】本题是粒子在磁场中匀速圆周运动和电磁感应的综合．磁场中圆周运动常用方法是画轨迹，由几何知识求半径．
9．（1）－1 V；（2），与水平方向成45°夹角； （3）
【详解】（1）金属杆产生的感应电动势恒为
由电路的连接特点知
由右手定则知：在0～4 s时间内，金属杆ab中的电流方向为b →a，则
φa>φb
则在0～4 s时间内
φM<φN，UMN＝－1 V
（2）粒子在平行板电容器内做类平抛运动，在时间内水平方向
竖直方向
，，，
解得
，
则粒子飞出电场时的速度
所以该速度与水平方向的夹角
θ＝45°
（3）粒子在匀强磁场中做匀速周运动，由，得
由几何关系及粒子在磁场中运动的对称性可知， 时离开磁场后不会第二次进入电场，即
10．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）设导体棒在磁场中运动的速度为v0，根据平衡条件可得
根据闭合电路欧姆定律可得
解得
（2）设粒子的电荷量为q，质量为m0，电容器板间电压为U，粒子在极板间运动的加速度大小为a，导体棒每经过L所用的时间为T，由部分电路欧姆定律、牛顿第二定律和运动学公式可得
当导体棒在磁场中运动时，释放粒子，粒子在电场中做往复运动，恰未碰到极板，有
解得
（3）粒子由静止加速运动的位移大小为
解得
粒子由静止加速运动的位移大小为
解得
故粒子完成一个周期运动的位移大小为
故粒子已经撞到极板；
粒子加速，减速，再反向加速的位移大小为
粒子未撞板
设粒子反向加速时的速度为v，根据运动学公式可得
设粒子由此时撞到极板时间为t0，根据运动学公式可得
解得
故粒子到达极板所用的总时间为
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答案第1页，共2页2024年高考一轮复习100考点100讲第13章 电磁感应
第13.11讲 互感和自感现象
【知识点精讲】
1．互感现象
（1）定义：两个相互靠近的线圈，当一个线圈中的电流变化时，它所产生的变化的磁场会在另一个线圈中产生感应电动势，这种现象叫互感。
（2）作用：利用互感现象可以把能量由一个线圈传递到另一个线圈，如变压器、收音机的磁性天线。
2．自感现象
（1）概念：由于导体本身的电流变化而产生的电磁感应现象称为自感。
（2）自感电动势
①定义：在自感现象中产生的感应电动势叫做自感电动势。
②表达式：E=L。
（3）自感系数L
①相关因素：与线圈的大小、形状、匝数以及是否有铁芯有关。
②单位：亨利（H），1 mH=10－3 H，1 μH=10－6 H。
【方法归纳】
自感现象理解
1．自感现象的四大特点
（1）自感电动势总是阻碍导体中原电流的变化。
（2）通过线圈中的电流不能发生突变，只能缓慢变化。
（3）电流稳定时，自感线圈就相当于普通导体。
（4）线圈的自感系数越大，自感现象越明显，自感电动势只是延缓了过程的进行，但它不能使过程停止，更不能使过程反向。
2．自感中“闪亮”与“不闪亮”问题
与线圈串联的灯泡 与线圈并联的灯泡
电路图
通电时 电流逐渐增大，灯泡逐渐变亮 电流突然增大，然后逐渐减小达到稳定
断电时 电流逐渐减小，灯泡逐渐变暗，电流方向不变 电路中稳态电流为I1、I2：①若I2≤I1，灯泡逐渐变暗；②若I2>I1，灯泡闪亮后逐渐变暗。两种情况灯泡中电流方向均改变
3. 分析自感问题的三个技巧
【最新高考题精练】
（2023高考北京卷）
1．如图所示，L是自感系数很大、电阻很小的线圈，P、Q是两个相同的小灯泡，开始时，开关S处于闭合状态，P灯微亮，Q灯正常发光，断开开关（ ）

A．P与Q同时熄灭 B．P比Q先熄灭
C．Q闪亮后再熄灭 D．P闪亮后再熄灭
（2017北京卷）
2．图甲和图乙是演示自感现象的两个电路图，L1和L2为电感线圈，A1、A2、A3是三个完全相同的灯泡。实验时，断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗；闭合开关S2，灯A2逐渐变亮，而另一个相同的灯A3立即变亮，最终A2与A3的亮度相同。下列说法正确的是（　　）
A．图甲中，A1与L1的电阻值相同
B．图甲中，闭合S1，电路稳定后，A1中电流大于L1中电流
C．图乙中，变阻器R与L2的电阻值相同
D．图乙中，闭合S2瞬间，L2中电流与变阻器R中电流相等
【最新模拟题精练】
（2023北京朝阳一模）
3．某同学利用电压传感器来研究电感线圈工作时的特点。图甲中三个灯泡完全相同，不考虑温度对灯泡电阻的影响。在闭合开关S的同时开始采集数据，当电路达到稳定状态后断开开关。图乙是由传感器得到的电压u随时间t变化的图像。不计电源内阻及电感线圈L的电阻。下列说法正确的是（　　）
A．开关S闭合瞬间，流经灯和的电流相等
B．开关S闭合瞬间至断开前，流经灯的电流保持不变
C．开关S断开瞬间，灯闪亮一下再熄灭
D．根据题中信息，可以推算出图乙中与的比值
（2023·湖南省长郡中学模拟）
4．某同学想对比电感线圈和小灯泡对电路的影响，他设计了如图甲所示的电路，电路两端电压恒定，A1、A2为完全相同的电流传感器。先闭合开关K得到如图乙所示的图像，等电路稳定后，断开开关（断开开关的实验数据未画出）。下列关于该实验的说法正确的是（　　）
A．闭合开关时，自感线圈中电流为零，其自感电动势也为零
B．乙图中的曲线表示电流传感器A2测得的数据
C．断开开关时，小灯泡会明显闪亮后逐渐熄灭
D．时刻小灯泡与线圈的电阻相等
（2023河北张家口宣化一中二模）
5．如图所示，A、B、C是三个完全相同的灯泡，L是一自感系数较大的线圈（直流电阻可忽略不计）。电源内阻不计，则（　　）
A．S闭合时，A灯立即亮，亮度保持不变
B．S闭合时，B灯立即亮，然后亮度逐渐加大
C．S闭合时，C灯立即亮，然后亮度逐渐减弱
D．电路接通稳定后，S断开时，B、C灯立即熄灭，A灯逐渐熄灭
（2023北京顺义九中调研）
6．如图所示，电路中为电感线圈，C为电容器，先将开关S1闭合，稳定后再将开关S2闭合，则（　　）
A．S1闭合时，灯A、B都逐渐变亮 B．S1闭合时，灯A中无电流通过
C．S2闭合时，灯B立即熄灭 D．S2闭合时，灯A中电流由b到a
（2023山西太原期中）
7．如图的电路中，A、B是两个完全相同的灯泡，D是理想二极管，L是带铁芯的线圈，其直流电阻忽略不计。下列说法正确的是（ ）
A．闭合S时，灯泡B立即变亮，A缓慢变亮
B．闭合S时，灯泡B不亮，A缓慢变亮
C．闭合S待稳定后再断开，灯泡A、B慢慢熄灭
D．闭合S待稳定后再断开，灯泡B立即变亮，然后A、B慢慢熄灭
（2023山东滕州质检）
8．如图所示，小灯泡与线圈并联，用传感器测量小灯泡所在支路的电流，在时刻闭合开关，经过一段时间后，在时刻断开开关，计算机上显示小灯泡中电流随时间变化的图象如图所示，图中，下列说法正确的是（　　）
A．开关闭合瞬间，线圈中的电流为零，之后保持不变
B．开关断开后瞬间，灯泡中电流大小不变，方向与原来相反
C．开关断开后瞬间，灯泡中的电流大小与线圈相同
D．线圈电阻等于灯泡电阻
（2023江西部分重点高中联考）
9．如图所示，a、b、c是三个相同的小灯泡，L是自感系数较大的线圈，其直流电阻和灯泡电阻一样大，下列说法正确的是（　　）
A．开关S闭合时，b、c灯立即亮，a灯逐渐亮，通过b灯电流方向向左
B．开关S闭合，电路稳定后，a、b、c灯都亮，a、b灯亮度一样
C．开关S断开时，b、c灯立即熄灭，a灯闪亮一下再逐渐熄灭
D．开关S断开时，c灯立即熄灭，a、b灯逐渐熄灭，通过b灯电流方向向左
（2023四川内江一中入学考试）
10．如图所示，L是自感系数很大的线圈，但其自身的电阻几乎为零。A和B是两个完全相同的小灯泡。下列说法正确的是（　　）
A．闭合开关S后，A灯亮，B灯不亮
B．闭合开关S后，A、B灯亮，之后B灯慢慢熄灭，A灯更亮
C．开关S闭合电路稳定后，在突然断开的瞬间，A、B灯都闪亮一下
D．开关S闭合电路稳定后，在突然断开的瞬间，A灯立即熄灭、B灯闪亮一下再熄灭
（2022山西太原三模）
11．一种叫“焦耳小偷”的电路，可以“榨干”一颗旧电池的能量，其原理如图所示。一颗废旧的5号电池开路电压大约1V，直接点亮一个需要1.6V电压驱动的发光二极管是不可能的，这时可以反复快速接通和断开开关，发光二极管就会闪烁起来。下列说法中正确的是（　　）
A．发光二极管的正极应接在C端
B．只有开关接通的瞬间，发光二极管才会闪亮发光
C．只有开关断开的瞬间，发光二极管才会闪亮发光
D．开关断开及接通的瞬间，A端的电势均高于B端的电势
（2022浙江湖州期末）
12．老师在物理课堂内做了“千人震”趣味小实验，如图所示，用了一个日光灯上拆下来的镇流器、两节1.5V的干电池、电键以及导线若干，几位同学手牵手连到电路的C、D两端，会产生“触电”的感觉，则以下说法正确的是（　　）
A．“触电”是发生在电键K断开的瞬间
B．“触电”是由感应起电引起的
C．“触电”时通过人体的电流方向是A→C→D→B
D．干电池的3V电压让人感到“触电”
（2022山东聊城重点高中质检）
13．如图所示的电路中，电感线圈L的自感系数足够大且直流电阻可忽略，G为电流传感器，灯泡A与理想二极管B相连，则下列说法正确的是（　　）
A．K闭合瞬间，灯泡A立即亮，电流传感器G电流逐渐增大
B．K闭合瞬间，灯泡A亮一下再熄灭，电流传感器G电流突然减小
C．K断开瞬间，灯泡A亮一下再熄灭，电流传感器G电流逐渐减小
D．K断开瞬间，灯泡A不亮，电流传感器G电流先增大后逐渐减小
（2022山东济南高二重点高中质检）
14．如图所示，L是自感系数足够大的线圈，其直流电阻与灯泡、的电阻相同，两灯泡的额定电压、额定功率相同，额定电压小于电源的电动势，闭合电键S，则下列判断正确的是（　　）
A．闭合电键后，、两灯泡逐渐变亮
B．闭合电键后，、两灯泡逐渐变暗至熄灭
C．断开电键一瞬间，灯泡中有从右向左的电流
D．断开电键一瞬间，灯泡的功率变为原来的四分之一
15．如图所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r，电感L的电阻不计，电阻R的阻值大于灯泡D的阻值，在t=0时刻闭合开关S，经过一段时间后，在t=t1时刻断开S，下列表示A、B两点间电压UAB随时间t变化的图像中，正确的是（　　）
A． B． C． D．
16．如图所示是研究自感实验的实物电路，L1、L2是两个规格相同的小灯泡，L为自感线圈，闭合开关S，调节滑动变阻器R，使两个灯泡的亮度相同，然后断开开关S，则(　　)
A．闭合开关S，L1、L2都逐渐变亮
B．闭合开关S，L2立刻变亮，L1逐渐变亮
C．闭合开关S稳定后，L仍有自感电动势
D．闭合开关S稳定后，断开S，L没有自感电动势
17．如图所示，设电源的电动势为E=10 V，内阻不计，L与R的电阻均为5 Ω，两灯泡的电阻为RS=10 Ω。
（1）求断开S的瞬间，灯泡L1两端的电压；
（2）画出断开S前后一段时间内流过L1电流随时间的变化规律。
18．如图所示，图甲为某同学研究自感现象的实验电路图，用电流传感器显示各时刻通过线圈L的电流。电路中电灯的电阻，定值电阻，A、B间的电压。开关S原来闭合，电路处于稳定状态，在时刻断开开关S，该时刻前后电流传感器显示的电流I随时间t变化的图线如图乙所示。
（1）求出线圈L的电阻RL；
（2）在图甲中，断开开关后通过电灯的电流方向如何；
（3）在t2＝1.6×10－3 s时刻线圈L中的感应电动势的大小是多少？
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．D
【详解】由题知，开始时，开关S闭合时，由于L的电阻很小，Q灯正常发光，P灯微亮，断开开关前通过Q灯的电流远大于通过P灯的电流，断开开关时，Q所在电路未闭合，立即熄灭，由于自感，L中产生感应电动势，与P组成闭合回路，故P灯闪亮后再熄灭。
故选D。
2．C
【详解】AB．断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，由于线圈L1的自感，通过L1的电流逐渐减小，且通过A1，即自感电流会大于原来通过A1的电流，说明闭合S1，电路稳定时，通过A1的电流小于通过L1的电流，L1的电阻小于A1的电阻，故AB错误；
C．闭合S2，电路稳定时，A2与A3的亮度相同，说明两支路的电流相同，因此变阻器R与L2的电阻值相同，故C正确；
D．闭合开关S2，A2逐渐变亮，而A3立即变亮，说明L2中电流与变阻器R中电流不相等，故D错误。
故选C。
3．D
【详解】AB．开关S闭合瞬间，由于电感线圈的阻碍作用，灯D3逐渐变亮，通过灯D3的电流缓慢增加，待稳定后，流经灯和的电流相等；故从开关S闭合瞬间至断开前，流经灯的电流也是逐渐增加，A、B错误；
C．开关S断开瞬间，由于电感线圈阻碍电流减小的作用，由电感线圈继续为灯和提供电流，又因为电路稳定的时候，流经灯和的电流相等，所以灯逐渐熄灭，C错误；
D．开关S闭合瞬间，灯和串联，电压传感器所测电压为D2两端电压，由欧姆定律
电路稳定后，流过D3的电流为
开关S断开瞬间，电感线圈能够为和提供与之前等大电流，故其两端电压为
所以
故可以推算出图乙中与的比值，D正确。
故选D。
4．D
【详解】A．闭合开关时，其线圈自感电动势等于电源电动势，则自感线圈中电流为零，故A错误；
B．中电流等于自感线圈中电流，自感线圈中电流从零开始逐渐增大，最后趋于稳定，故中数据应为乙图中b曲线，故B错误；
C．断开开关前，两支路中电流相等，刚断开开关时，通电线圈的电流不变，故灯泡不会发生明显闪亮，而是逐渐熄灭，故C错误；
D．时刻，两支路中电压相等，电流相等，则电阻相等，即小灯泡与线圈的电阻相等，故D正确。
故选D。
5．B
【详解】ABC．电源内阻不计，电路接通时，C灯两端电压不变，C灯亮度不变，A灯立即亮，L直流电阻不计，稳定后，L直流电阻为零，L将A灯短接，A灯熄灭。接通S，在电路达到稳定的过程中，A和L并联，然后和B串联，串联两端电压不变，A灯两端电压逐渐减小，B灯两端电压逐渐增大，电键S闭合后，B灯立即亮，然后亮度逐渐加大，故AC错误，B正确；
D．断开S瞬间，L由于自感作用，线圈L充当电源对三个灯泡供电，A灯闪亮，然后逐渐熄灭。B灯、C灯的电流均瞬间减小，然后再逐渐减为零，B灯、C灯亮度均瞬间降低，然后逐渐熄灭，故D错误。
故选B。
6．D
【详解】AB．S1闭合时，因为电容器通交流阻直流，所以灯A中有短暂电流通过，且不会逐渐变亮，故AB错误；
C．S2闭合时，因为电感线圈，灯B会逐渐熄灭，故C错误；
D．开关S2闭合时，电容放电，所以S2闭合瞬间A灯有电流从b到a ，故D正确。
故选D。
7．BD
【详解】AB．闭合S时，因加在二极管上的电压为反向电压，可知二极管截止，灯泡B不亮；由于线圈L阻碍该支路电流的增加，可知A缓慢变亮，选项A错误，B正确；
CD．闭合S待稳定后再断开，由于线圈中产生自感电动势阻碍电流减小，则线圈相当电源，在灯泡A、线圈L、二极管D和灯泡B中形成新的回路，使得灯泡B立即变亮，然后A、B慢慢熄灭，选项C错误，D正确。
故选BD。
8．C
【详解】A．开关闭合瞬间，线圈中的电流为零，之后逐渐增大，最后保持稳定，A错误；
B．开关断开后瞬间，灯泡中电流大小变为I2，方向与原来相反，B错误；
C．开关断开后瞬间，灯泡与线圈直接串联，灯泡中的电流大小与线圈相同，C正确；
D．由图可知，I2>I1，即断开开关瞬间，产生的感应电流更大，所以在电路稳定时，流过线圈的电流大于流过灯泡的电流，线圈电阻小于灯泡电阻，D错误。
故选C。
9．D
【详解】A．开关S闭合时，b、c灯立即亮，由于线圈中产生自感电动势阻碍电流的增加，使得a灯逐渐亮，左边电源正极，通过b灯电流方向向右，故A错误；
B．开关S闭合，电路稳定后，三灯都亮，自感线圈有电阻，通过a、b灯电流不一样，亮度不一样，故B错误；
CD．开关S断开时，c灯立即熄灭，由于在L中产生自感电动势阻碍电流的减小，则电流将在L与a、b灯之间形成新的回路，使得a、b灯逐渐熄灭，通过b灯电流方向向左，故C错误，D正确。
故选D。
10．BD
【详解】AB．开关S闭合瞬间，线圈L因自感对电流有阻碍作用，则相当于灯泡A与B串联，因此两灯同时亮且亮度相同，稳定后B灯被短路熄灭，A灯更亮，A错误，B正确；
CD．电路稳定后当开关S突然断开瞬间，A灯中不会再有电流通过，故A灯马上熄灭，由于线圈的自感使得线圈中的电流只能慢慢减小，其相当于电源与B灯构成闭合回路放电，B灯闪亮一下再熄灭，C错误，D正确。
故选BD。
11．C
【详解】A．由图可知，发光二极管的正极应接在B端，故A错误；
B．开关接通瞬间，流过电感器的电流增大，电感器产生与原电流相反的自感电动势，发光二极管被短路，发光二极管不会闪亮发光，此时B端电势低于A端电势，故B错误；
CD．开关断开的瞬间，流过电感器的电流减小，电感器产生与原电流同向的自感电动势，与原电流叠加，能提供更大的电动势和电流，发光二极管会闪亮发光，此时B端电势高于A端电势，故C正确，D错误。
故选C。
12．A
【详解】ABC．电键K断开的瞬间，通过镇流器的电流减小，使其发生自感，产生自感电动势，阻碍电流的减小，从而产生很高的瞬间电压，同学会产生“触电”的感觉。此时镇流器相当于电源电流方向不变通过人体的电流方向是A→B→D→C。故A正确；BC错误；
D．开关闭合后，镇流器与同学并联，由于干电池的3V电压很小，电流很小，所以同学不会感到“触电”。故D错误。
故选A。
13．C
【详解】A B．灯泡A与二极管串联，闭合开关K时，电流无法流过二极管，灯泡A不亮，电感线圈L与电流传感器串联，由于自感现象，电流传感器的示数逐渐增大后不变，故AB错误；
CD．断开开关K时，由于自感现象，线圈中电流逐渐减小，流过G的电流逐渐减小，线圈与二极管、灯泡构成一个回路，线圈上的电流从左向右，二极管上电流从右向左，正向导通，所以灯泡A在断开开关K瞬间，亮一下再熄灭，故C正确、D错误；
故选C。
14．CD
【详解】AB．闭合电键后，L相当于断路，、两灯泡通有电流会直接变亮，当稳定后L相当于定值电阻，与灯泡并联，此时灯泡中电流稳定，亮度正常，故AB错误；
C．闭合电键后，稳定时L中电流从左到右，当断开电键一瞬间，L等效于电源，电流方向不变，与灯泡构成回路，因此灯泡中有从右向左的电流，故C正确；
D．闭合电键后，稳定时L阻值与灯泡阻值相同，因此电流相同，当断开电键一瞬间L等效于电源，电流大小不变，两个灯泡并联接入电路分流，电流大小为原来一半，根据可知灯泡的功率变为原来的四分之一，故D正确。
故选CD。
15．B
【详解】开关闭合时，线圈由于自感对电流的阻碍作用，可看做电阻，线圈电阻逐渐减小，并联电路电阻逐渐减小，电压UAB逐渐减小；开关闭合后再断开时，线圈的感应电流与原电流方向相同，形成回路，灯泡的电流与原电流方向相反，并逐渐减小到0，所以正确选项B．
16．B
【详解】A．闭合电键S，自感线圈产生自感电动势，阻碍通过L1的电流增大，灯L1逐渐变亮，闭合开关，通过L2的电流立即稳定，L2立刻变亮，故A错误；
B．由A知，B正确；
C．闭合电键S稳定后，流过线圈的电流不变，线圈L没有自感电动势，故C错误；
D．闭合电键S稳定后，打开S，穿过线圈L的电流发生变化，L产生自感电动势，故D错误。
故选B。
17．（1）10 V； （2）见解析；
【详解】（1）电路稳定工作时，由于a、b两点的电势相等，导线ab上无电流流过。因此通过L的电流为
IL==A=1 A
流过L1的电流为
IS==A=0.5 A
断开S的瞬间，由于线圈要想维持IL不变，而与L1组成闭合回路，因此通过L1的最大电流为1A，所以此时L1两端的电压为
U=IL·RS=10 V
（正常工作时为5 V）。
（2）断开S前，流过L1的电流为0.5 A不变，而断开S的瞬间，通过L1的电流突变为1 A，且方向也发生变化，然后渐渐减小到零，所以它的图像应为如图所示（t0为断开S的时刻）。注：从t0开始，电流持续的时间实际上一般是很短的。
18．（1）2.0Ω；（2）电灯中的电流方向自右向左；（3）3.0V
【详解】（1）由题图可知，开关S闭合电路稳定时流过线圈L的电流
I0＝1.5 A
由欧姆定律得
解得
（2） 断开开关前，流过线圈L的电流自左向右，断开开关后，线圈L、电阻R和电灯构成一闭合回路，由自感规律可知，电灯中的电流方向自右向左。
（3） 由题图可知，t2＝1.6×10－3 s时刻线圈L中的电流
I＝0.3 A
此时线圈L相当于电源，由闭合电路欧姆定律得
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答案第1页，共2页

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