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2020（四川专用）高考物理新课标大二轮优生讲义第5块：电路与电磁感应（1）有答案


1、直流电和交流电


[答案]　(1)内容：闭合电路中的电流跟电源的电动势成正比，跟整个电路中的总电阻成反比．
(2)表达式：I＝，或E＝U外＋Ir，或Eq＝qU外＋qU内．
(3)电路故障分析基本思路及方法
①仪表检测法
a．电流表示数正常而电压表无示数
“电流表示数正常”表明电流表所在电路为通路，“电压表无示数”表明无电流通过电压表．
故障原因可能是：ⅰ.电压表损坏；ⅱ.电压表接触不良；ⅲ.与电压表并联的用电器短路．
b．电压表有示数而电流表无示数
“电压表有示数”表明电路中有电流通过，“电流表无示数”说明没有或几乎没有电流流过电流表．
故障原因可能是：ⅰ.电流表短路；ⅱ.和电压表并联的用电器断路．
c．电流表、电压表均无示数
“两表均无示数”表明无电流通过两表，除了两表同时短路外，可能是干路断路导致无电流．
d．欧姆表检测
先使被测电路与电源断开，用欧姆表检测用电器，指针不动，说明用电器断路；指针偏转最大，说明用电器短路．
②假设法
已知电路发生某种故障，寻找故障发生在何处时，可将整个电路划分为若干部分，然后逐一假设某部分电路发生故障，运用电流变化进行正向推理，推理结果若与题述物理现象不符合，则故障不是发生在这部分电路；若推理结果与题述物理现象符合，则故障可能发生在这部分电路，直到找出发生故障的全部可能为止，此方法亦称排除法．
(4)理想变压器的基本特征
①无漏磁，故原、副线圈中的Φ、相同．
②线圈无电阻，因此无电压降低，U＝E＝n.
③根据＝得，套在同一铁芯上的线圈，无论是原线圈，还是副线圈，该比例都成立．
④无电能损失．
⑤变压器只能改变交变电流的电压和电流，不能改变交变电流的频率．

热点考向一　直流电路的分析和计算

【典例】　(多选)(2019·浙江杭州五县七校联考)如图所示电路，电源内阻不能忽略，R1阻值小于变阻器的总电阻，初态滑片P位于变阻器的中点，P由中点向上移动到顶端的过程中(　　)

A．电源内阻消耗的功率先减小后增大
B．电源的效率先减小后增大
C．电流表的示数先减小后增大
D．电压表的示数先增大后减小
[思路引领]　

[解析]　因R1阻值小于变阻器的总电阻，则知在滑片P由中点向上移动的过程中，滑动变阻器与R1并联部分电路的总电阻R并先增大后减小，电路中总电流I总＝先减小后增大，电源内阻消耗的功率P内＝IR内先减小后增大，A项正确．电源的效率η＝＝＝先增大后减小，B项错误．在滑片P由中点向上移动到顶端的过程中，因R1与滑动变阻器上部分的电阻之和逐渐减小，由“串反并同”可知，电流表的示数一直增大，C项错误．电压表的示数U＝E－I总R内先增大后减小，D项正确．
[答案]　AD

电路动态分析的常用“4法”
1．程序判断法：遵循“局部→整体→部分”的思路，按以下步骤分析：

2．极限法：即因滑动变阻器滑片滑动引起的电路变化问题，可将滑动变阻器的滑动端分别滑至两个极端去讨论．
3．串反并同法：所谓“串反”，即某一电阻增大(减小)时，与它串联或间接串联的电阻中的电流、两端的电压、电功率都减小(增大)．所谓“并同”，即某一电阻增大(减小)时，与它并联或间接并联的电阻中的电流、两端的电压、电功率都增大(减小)．
4．极限分析法：因滑动变阻器滑片滑动引起电路变化的问题，可将滑动变阻器的滑片滑到两端、中间等特殊位置，对特殊位置进行分析讨论，从而得到有效电阻的变化规律．

迁移一　电路的故障分析
1．(2019·四川宜宾一中训练)如图所示电路中，a、d间接电源，灯泡L1和L2都不亮，用电压表测得各部分的电压分别为Uad＝U，Uab＝0，Ubc＝U，Ucd＝0，已知电源电压为U，则产生的故障原因可能是(只有一处断路)(　　)

A．灯泡L1断路
B．灯泡L2断路
C．变阻器断路
D．电源断路
[解析]　若灯泡L1断路，电路中没有电流，则Udc＝0，Ubc＝0，Uab＝U，与题意不符，故A错误；若灯泡L2断路，电路中没有电流，则Uab＝0，Ubc＝0，Ucd＝U，与题意不符，故B错误；若变阻器R断路，电路中没有电流，Uab＝0，Ucd＝0，Ubc＝U，与题意相符，故C正确；若电源断路，则Uad＝Ubc＝0，与题意不符，故D错误．
[答案]　C
迁移二　常规动态电路的分析
2．(多选)(2019·河南名校联考)如图电路中，电源的内电阻为r，R1、R3、R4均为定值电阻，电表均为理想电表．闭合开关S，当滑动变阻器R2的滑动触头向右滑动时，下列说法中正确的是(　　)

A．电压表的示数变小
B．电流表的示数变小
C．R1中电流的变化量一定大于R4中电流的变化量
D．电压表示数的变化量与电流表示数的变化量之比一定小于电源的内电阻r
[解析]　设通过R1、R2、R3、R4的电流分别为I1、I2、I3、I4，两端的电压分别为U1、U2、U3、U4，干路电流为I总，路端电压为U，电流表示数为I，当滑动变阻器R2的滑动触头向右滑动时，R2连入电路的电阻变大，外电路总电阻变大，I总变小，根据闭合电路欧姆定律得：U＝E－I总r，则U变大，U即电压表的示数，选项A错误；电压表示数变大，I3变大，由I4＝I总－I3，I总变小，I3变大，可得I4变小，从而知U4变小，而U1＝U－U4，U变大，U4变小，则U1变大，I1变大，又I总＝I＋I1，I总变小，I1变大，可知I变小，所以电流表的示数变小，选项B正确；由I4＝I1＋I2，I4变小，I1变大，知I2变小，则ΔI1<ΔI2，ΔI2>ΔI4，则无法比较R1中电流变化量与R4中电流变化量的大小关系，选项C错误；电源的内电阻r＝，I总＝I＋I1，I总变小，I变小，I1变大，所以ΔI总<ΔI，可得>，选项D正确．
[答案]　BD
迁移三　含电容电路的动态分析
3．(2019·吉林六校联考)在如右图所示的电路中，灯泡L的电阻大于电源的内阻r，闭合开关S，将滑动变阻器的滑片P向左移动一段距离后，下列结论正确的是(　　)

A．电源的输出功率变小
B．灯泡L变亮
C．电容器C上电荷量减少
D．电压表读数变小
[解析]　当滑动变阻器的滑片P向左移动时，其接入电路的电阻增大，则电路的总电阻增大，总电流减小．小灯泡消耗的电功率P＝I2RL，由于灯泡的电阻RL不变，所以灯泡消耗的电功率减小，灯泡变暗，选项B错误；当内、外电阻相等时，电源的输出功率最大，当R外>r内时，随着外电路电阻的增大，电源的输出功率减小．由于灯泡L的电阻大于电源的内阻，故当滑动变阻器接入电路的电阻增大时，电源的输出功率减小，选项A正确；滑动变阻器两端的电压增大，电容器与滑动变阻器并联，所以电容器两端的电压也增大，其电荷量增大，选项C错误；电流表读数变小，电压表读数U＝E－Ir，U变大，选项D错误．
[答案]　A



电路稳定时，电容器所在的支路可看作是断路，分析含有电容器的直流电路时，关键是准确判断和求出电容器两端的电压，需注意当充电或放电时电容器所在支路不能看作断路.


热点考向二　交变电流的产生和描述

【典例】　(多选)(2019·湖北八校联考)如图所示，矩形单匝线圈abcd，ab边长为l1，bc边长为l2，线圈放置在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，绕OO′轴匀速转动，转动的周期为T，ab的中点和cd的中点的连线OO′恰好位于匀强磁场的边界线上，转轴OO′垂直于磁场方向，线圈的阻值为R，与线圈相连的电阻的阻值也为R，从图示位置开始计时，线圈转过30°时线圈中的瞬时感应电流为I.以下判断正确的是(　　)

A．线圈的面积为
B．线圈消耗的电功率为4I2R
C．t时刻线圈中的感应电动势的瞬时值e＝2IRsint
D．t时刻穿过线圈的磁通量的瞬时值Φ＝cost
[思路引领]　线圈与磁场平行时感应电动势最大，由公式Em＝nBSω求解感应电动势的最大值；由题意可知，t＝0时线圈处于中性面位置，根据e＝Emsinωt可列出感应电动势的瞬时值表达式；正弦式交变电流的最大值是有效值的倍，进而可求得电动势的有效值．
[解析]　解法一：切割法
线圈转动过程中bc边或ad边切割磁感线，这两个边的切割刚好交替进行，实现完美对接，从图示位置开始计时，bc边切割磁感线的速度为v＝ωl1sinωt＝l1sint，其产生的瞬时电动势为e＝Bl2v＝sint＝sint，则线圈转动30°时的瞬时电动势为e＝，电路的总电阻为2R，产生的瞬间电流为I＝＝，解得线圈面积S＝，选项A正确；由公式Em＝nBSω可知，线圈中的电动势的最大值Em＝＝4IR，有效值E＝＝2IR，线圈消耗的电功率P＝2R＝2I2R，选项B错误；由上述可知，t时刻线圈中的感应电动势的瞬时值e＝sinωt＝4IRsint，磁通量的瞬时值Φ＝BScosωt＝cost，选项C错误，D正确．
解法二：法拉第电磁感应定律法
t时刻穿过线圈的磁通量的瞬时值Φ＝Bl1l2cost，将Φ对t求导，得Φ′＝－sint，根据法拉第电磁感应定律，可知t时刻线圈中的感应电动势的瞬时值为e＝sint，则线圈转动30°时，线圈中产生的瞬时电动势e＝，后面的解析见解法一．
[答案]　AD

正弦式交变电流“四值”的比较和理解




迁移一　交变电流的图像
1．(多选)(2019·天津卷)单匝闭合矩形线框电阻为R，在匀强磁场中绕与磁感线垂直的轴匀速转动，穿过线框的磁通量Φ与时间t的关系图像如图所示．下列说法正确的是(　　)

A．时刻线框平面与中性面垂直
B．线框的感应电动势有效值为
C．线框转一周外力所做的功为
D．从t＝0到t＝过程中线框的平均感应电动势为
[解析]　由Φ－t图像可知，时穿过线框的磁通量最大，则线框位于中性面，A错误；线框中产生的感应电动势的最大值应为Em＝NBSω，又ω＝，N＝1，BS＝Φm，则整理得Em＝，因此感应电动势的有效值为E＝＝，B正确；由功能关系可知线框转动一周外力所做的功等于线框中产生的焦耳热，有W＝T＝，C正确；0～的过程中，线框中产生的平均感应电动势为＝＝，D错误．
[答案]　BC
迁移二　交变电流的“四值”问题
2．(2019·河北六校联考)如图所示，圆形金属线圈与R＝10 Ω的电阻组成闭合回路，线圈中存在磁场，且磁场方向与线圈所在平面垂直，磁感应强度B随时间t的变化规律为B＝1.0×10－2sin200t(T)，线圈中产生的感应电动势瞬时值的表达式为e＝8cost(V)，若圆形金属线圈的电阻不计，圆形金属线圈所围成的面积S＝0.04 m2，则下列说法错误的是(　　)

A．圆形金属线圈中产生感应电动势的最大值为8 V
B．通过圆形金属线圈的电流的有效值为 A
C．电阻消耗的电功率为3.2 W
D．在磁感应强度变化的0～时间内，通过电阻R的电荷量为4.0×10－5 C
[解析]　由题中条件可知圆形金属线圈中产生感应电动势的最大值Em＝8 V，选项A错误；闭合回路中的电流最大值Im＝＝0.8 A，有效值I＝＝ A，选项B正确；电阻消耗的电功率为P＝I2R＝3.2 W，选项C正确；在0～时间内，感应电动势的平均值＝，平均电流＝＝，通过电阻的电荷量为Q＝Δt＝＝4.0×10－5 C，选项D正确．
[答案]　A



几种典型交变电流有效值
电流名称 电流图像 有效值
正弦式交变电流 U＝Um


正弦半波电流 U＝Um
正弦单向脉动电流 U＝
矩形脉动电流 U＝ Um
非对称性交变电流 U＝

热点考向三　理想变压器和远距离输电

角度一　理想变压器问题
【典例1】　(2016·全国卷Ⅰ)一含有理想变压器的电路如图所示，图中电阻R1、R2和R3的阻值分别为3 Ω、1 Ω和4 Ω，为理想交流电流表，U为正弦交流电压源，输出电压的有效值恒定．当开关S断开时，电流表的示数为I；当S闭合时，电流表的示数为4I.该变压器原、副线圈匝数比值为(　　)

A．2 B．3 C．4 D．5
[思路引领]　

[解析]　解法一：能量守恒法
设原副线圈的匝数比值＝k
当S断开，原线圈电流为I时，副线圈电流为kI，如图1所示，由能量守恒定律得，电源提供的功率等于三个电阻消耗的功率P1＝I2R1＋(kI)2(R2＋R3)

当S闭合，原线圈电流为4I时，副线圈电流为4kI，如图2所示，由能量守恒定律得，电源提供的功率等于两个电阻消耗的功率P2＝(4I)2R1＋(4kI)2R2
由于电压不变：P1＝IU，P2＝4IU，易知P2＝4P1
以上各式联立解得k＝3.
解法二：电流、电压关系法

设原副线圈的匝数比值＝k
当S断开，原线圈电流为I时，副线圈电流为kI，如图1所示
由理想变压器电压关系可知＝＝k
即＝k①
当S闭合，原线圈电流为4I时，副线圈电流为kI，如图2所示
即＝k②
①②联立解得k＝3.
解法三：等效法
如图3所示，副线圈中接电阻R，相当于在原线圈中接入电阻R0(如图4所示)


其中R0＝，R＝
设原副线圈的匝数比值＝k
下面导出R与R0的关系
R0＝＝＝2R＝k2R
设开关S断开时，变压器的原线圈等效电阻为R

等效电路如图5所示
则R＝k2(R2＋R3)①
U＝I(R1＋R)②
设开关S闭合时，变压器原线圈的等效电阻为R′
等效电路如图6所示
R′＝k2R2③
U＝4I(R1＋R′)④
联立解得k＝3.
[答案]　B
角度二　远距离输电问题
【典例2】　(2019·广东肇庆三模)某科技小组在实验室中研究远距离输电．由于输电线太长，他们将导线每50 m卷成一卷，共卷成8卷来代替输电线路．第一次直接将输电线与实验电源及用电器相连，测得输电线上的输电电流和损失的功率为I1、P1；第二次采用如图所示的电路输电，其中理想变压器T1与电源相连，其原、副线圈的匝数比为n1∶n2，理想变压器T2与用电器相连，测得输电线上的输电电流和损失的功率为I2、P2.下列说法正确的是(　　)

A．第二次实验时因为多接了两个变压器，所以P2>P1
B．通过该实验可以证明，提高输电电流能减小远距离输电的能量损失
C．若输送功率一定，则I2∶I1＝n1∶n2
D．若输送功率一定，则P2∶P1＝n∶n
[思路引领]　由输电线上损失的功率公式(P损＝I2R)可得出两次实验损失的电功率关系．由功率公式和变压器变压公式可得两次实验中输电线中电流之比和损失功率之比．
[解析]　第二次实验时因为多接了两个变压器，先提高了输电电压，减小了输电电流，输电线上损失的电功率(P损＝I2R)减小，所以P2[答案]　C

1．理想变压器原、副线圈基本量的关系
功率关系 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 原、副线圈的电压比等于匝数比，即＝，与副线圈的个数无关
电流关系 ①只有一个副线圈时：＝②有多个副线圈时：由P入＝P出得U1I1＝U2I2＋U3I3＋…＋UnIn或I1n1＝I2n2＋I3n3＋…＋Innn
频率关系 f1＝f2，变压器不改变交流电的频率
2.远距离输电问题的处理思路
(1)画出输电线路图，包括发电机、升压变压器、输电线、降压变压器、负载．
(2)将输电线划分成几个独立回路．
(3)根据串并联电路特点、欧姆定律、电功率公式确定部分回路物理量之间的关系．
(4)根据升压、降压过程中原副线圈的电压、电流关系和功率关系列式求解．

迁移一　原线圈连接有电阻的变压器问题
1．(2019·广州市普通高中综合测试)如图，理想变压器原、副线圈的匝数比为2∶1，原线圈一侧接一输出电压恒为U1的正弦交流电源，电阻R1、R2、R3、R4的阻值相等．下列说法正确的是(　　)

A．S断开时，电压U1∶U2＝2∶1
B．S断开时，R1消耗的电功率等于R2的2倍
C．S闭合后，R1、R3、R4消耗的电功率相同
D．S闭合后，R1两端电压比S闭合前的更小
[解析]　S断开时，变压器的副线圈中有输出电流，原线圈中的电流不为零，则电压U1大于变压器的输入电压，所以U1∶U2>2∶1，选项A错误；S断开时，根据变压器输入电流和输出电流的关系可知，R1中电流等于R2中电流的，根据电功率公式P＝I2R可知，R1消耗的电功率为R2消耗的电功率的，选项B错误；S闭合后，R1、R3、R4中的电流相同，根据电功率公式P＝I2R可知，R1、R3、R4消耗的电功率相同，选项C正确；S闭合后，副线圈总电阻减小，电流增大，输出功率增大，根据变压器输入功率等于输出功率，可知变压器输入电流I1增大，R1两端电压比S闭合前的更大，选项D错误．
[答案]　C
迁移二　两个副线圈的变压器问题
2. (2019·江西红色七校联考)如图所示，一理想变压器原线圈与每个副线圈的匝数比均为3∶1，原线圈与每个副线圈所连的电阻阻值均为R，原线圈接220 V的正弦交流电，副线圈n2回路中电阻两端的电压为U2，原线圈所连的电阻消耗的功率与每个副线圈所连的电阻消耗的功率之比均为k.则(　　)

A．U2＝60 V，k＝
B．U2＝60 V，k＝
C．U2＝ V，k＝
D．U2＝ V，k＝
[解析]　由题意可知，副线圈n2回路中电阻两端的电压为U2，由＝可知原线圈两端电压为3U2，因为原线圈所连的电阻与每个副线圈所连的电阻消耗的功率之比
均为k，则有＝k，因I1·3U2＝2I2·U2，解得I1＝I2，k＝；因为I2R＝U2，I1R＝I2R＝U2,3U2＋I1R＝U2＝220 V，解得U2＝60 V，选项A正确．
[答案]　A
迁移三　远距离输电问题
3．(多选)(2019·安徽马鞍山二模)图甲为远距离输电示意图，升压变压器原、副线圈匝数比为1∶100，降压变压器原、副线圈匝数比为100∶1，远距离输电线的总电阻为100 Ω，若升压变压器的输入电压如图乙所示，输入功率为750 kW.下列说法正确的是(　　)

A．用户端交流电的频率为50 Hz
B．用户端电压为250 V
C．输电线中的电流为30 A
D．输电线路损耗的功率为180 kW
[解析]　由图乙知交流电的周期T＝0.02 s，所以频率为f＝＝ Hz＝50 Hz，故A正确；由图乙知升压变压器输入电压的最大值为Um＝250 V，有效值为U1＝Um＝250 V，根据变压器原、副线圈的电压与匝数成正比，得副线圈两端的电压为U2＝25000 V＝2.5×104 V，所以输电线中的电流为I＝＝ A＝30 A，输电线路损失的电压为ΔU＝IR＝30×100 V＝3000 V，降压变压器输入电压为U1′＝U2－ΔU＝2.5×104 V－3000 V＝2.2×104 V，由＝，所以用户端电压为220 V，故B错误，C正确；输电线路损耗的功率为ΔP＝ΔUI＝3000×30 W＝90 kW，D错误．
[答案]　AC



输电线上的损失功率必须与输电线上的电流和电压相对应，即P损＝IR＝＝ΔUI线，不要把输电线上的输送电压U和输电导线上损失的电压ΔU相混淆.


高考热点模型构建——“理想变压器”模型
模型调研 模型解读
涉及“理想变压器”模型的2014、2015、2016、2018年高考题的对比情况如下： 1.“理想变压器”模型的特点理想变压器涉及两个电路和一个铁芯，不计漏磁、铜损、铁损，原线圈输入功率等于负线圈输出功率. 2.“理想变压器”模型的基本关系 (1)变压过程中原、副线圈无漏磁，故原、副线圈中的Φ、均相同. (2)原、副线圈无电阻，因此原、副线圈上没有电压损失，若原线圈中未连接用电器，则U＝E＝n. (3)＝，即套在同一铁芯上的线圈，无论是原线圈，还是副线圈，该比例都成立，即＝＝＝…. (4)电路中无电能损失，因此P入＝P出，无论副线圈是一个还是多个，总有U1I1＝U2I2＋U3I3＋…，将电压关系代入可得n1I1＝n2I2＋n3I3＋…. 3.基本关系式中物理量之间的决定关系 (1)电压决定关系：输入电压U1决定输出电压U2，这是因为输出电压U2＝U1，当U1和原、副线圈的匝数比都不变时，不论负载电阻R变化与否，U2都不会改变. (2)电流决定关系：输出电流I2决定输入电流I1. (3)功率决定关系：输出功率P2决定输入功率P1. (4)频率关系：原、副线圈中电流的频率相同. 4.原线圈连接有电阻的变压器问题的处理变压器的原理是电磁感应中的互感现象，变压器不能改变恒定电流，当原线圈接有电阻时，变压器的原线圈输出电压不是电源的电压，所以求解的关键是先求出原线圈中的电流，再由电压关系列式.


考向一　变压器的动态分析
【典例1】　(2019·湖北八校联考)图中B为理想变压器，接在交变电压有效值保持不变的电源上．指示灯L1和L2完全相同(其阻值均恒定不变)，R是一个定值电阻，电压表、电流表都为理想电表．开始时开关S是闭合的，当S断开后，下列说法正确的是(　　)

A．电流表A2的示数变大
B．电压表的示数变大
C．电流表A1的示数变小
D．灯L1的亮度变暗
[思路引领]　

[解析]　变压器输出电压由输入电压和匝数比决定，S断开后输入电压和匝数比不变，所以电压表的示数不变；但负载电阻变大，则输出电流变小，A2的示数变小，输入电流变小，则A1的示数变小；因R上电压变小，则L1上电压变大，亮度变亮．故只有C对．
[答案]　C


分析变压器动态变化问题的关键
(1)弄清变量和不变量，确定是负载电阻不变还是匝数比不变；
(2)弄清变压器动态变化中的决定关系，即P2决定P1，I2决定I1，U1决定U2.
考向二　电容器、自感线圈对变压器的影响
【典例2】　(多选)(2019·武汉毕业班调研)如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比是10∶1，原线圈接入交变电压u＝100sin50πt(V)，在副线圈的回路中接有理想电流表和阻值为10 Ω的定值电阻R，电容器并联在电阻R两端，关于电路分析，下列说法中正确的是(　　)

A．电流表示数是1 A
B．电流表示数是0.1 A
C．电阻R消耗的电功率为10 W
D．电容器的耐压值至少是10 V
[思路引领]　解决本题的关键是明确电容器的特点：通交流、隔直流．
[解析]　由题意可知，根据＝，代入数据可得副线圈两端电压的有效值为10 V，根据I＝可得通过R的电流为1 A，因电容器通交流、隔直流，故电容器也有电流通过，电流表的示数大于1 A，选项A、B都错误；根据P＝可得电阻R消耗的电功率为10 W，选项C正确；本题中电容器的耐压值是指副线圈两端的交变电压的最大值为10 V，故选项D正确．
[答案]　CD



若交变电流的频率增大，虽然通过定值电阻R的电流大小不变，但因频率越大，电容器对电流的阻碍作用越小，所以副线圈中总电流增大，即电流表示数变大，原线圈中电流增大，输入功率增大．若将电容器换为自感线圈，因频率越大，自感线圈对电流的阻碍作用越大，副线圈中总电流减小，即电流表示数变小，原线圈中电流减小，输入功率减小.

1．(2019·山东七校联考)如图甲所示，原、副线圈匝数比为5∶1的理想变压器，其原线圈中的输入电压按照图乙所示的图像变化，副线圈电路中的R0为定值电阻，R是用半导体材料制作的光敏电阻(光照强度增大，阻值减小)．V1和V2是理想交流电压表，示数分别用U1和U2表示；A1和A2是理想交流电流表，示数分别用I1和I2表示．下列说法正确的是(　　)

A．原线圈中的输入电压u＝Umsint
B．U1＝Um，U2＝Um
C．光照强度增大，U2变小，I1变小，I2变大
D．光照强度增大，U2不变，I1变大，I2变大
[解析]　由图乙可知，原线圈中的输入电压u＝Umsint，选项A错误．理想交流电流表、理想交流电压表的示数都是有效值，则U1＝＝Um，根据理想变压器变压规律，可得U2＝U1＝Um，选项B错误．光照强度增大，光敏电阻的阻值减小，因输出电压的有效值不变，则U2不变，I2变大，输出功率增大；根据变压器的输出功率决定输入功率可知，输入功率增大，则输入电流增大，即I1变大，选项D正确，C错误．
[答案]　D
2．(多选)(2019·湖北恩施一中摸底)如图，矩形线圈abcd与理想变压器原线圈组成闭合电路，线圈在有界匀强磁场中绕垂直于磁场的bc边匀速转动，磁场只分布在bc边的左侧，磁感应强度大小为B，线圈面积为S，转动角速度为ω，匝数为N，线圈电阻不计．下列说法正确的是(　　)

A．将原线圈触头P向上滑动时，灯泡变暗
B．电容器的电容C变大时，灯泡变暗
C．图示位置时，矩形线圈中瞬时感应电动势最大
D．若线圈abcd转动的角速度变为2ω，则变压器原线圈电压的有效值为NBSω
[解析]　将原线圈触头P向上滑动时，原线圈匝数变多，根据变压比公式＝，输出电压减小，故灯泡会变暗，故A正确；电容器的电容C变大时，容抗减小，故副线圈电流变大，灯泡变亮，故B错误；线圈处于图示位置时，是中性面位置，感应电动势的瞬时值为零，故C错误；根据电动势最大值公式Em＝NBSω知，若线圈转动的角速度变为2ω，则最大值变为原来的2倍，则有·＝·T，解得电压有效值U＝NBSω，故D正确．
[答案]　AD

专题强化训练(十二)
一、选择题
1.如图所示电路中，电压表、电流表均为理想电表，滑动变阻器的总阻值R大于定值电阻R0的阻值．闭合开关S，当滑动变阻器的滑片P从最上端向下滑动时(　　)

A．电压表V的示数先变大后变小，电流表A的示数变大
B．电压表V的示数先变小后变大，电流表A的示数变小
C．电压表V的示数先变大后变小，电流表A的示数先变小后变大
D．电压表V的示数先变小后变大，电流表A的示数先变大后变小
[解析]　外电路结构为滑动变阻器的上部分电阻R1与定值电阻R0串联后再与下部分电阻R2并联．根据R1＋R2＋R0＝R＋R0，可知两电阻接入电路的阻值为定值，则并联电阻R并＝＝，结合基本不等式的关系可知，当R1＋R0＝R2时，R并有最大值，此时外电路电阻最大．又滑动变阻器的总阻值R大于定值电阻R0的阻值，则当滑片从最上端下滑时，R并增大，当滑动至R1＋R0＝R2时，R并最大，根据闭合电路欧姆定律有I＝，可知电路中总电流先减小后增大，而由U＝E－Ir可知，电压表示数先增大后减小．当滑片向下滑动至R1＋R0R2时，电路中的总电阻变小，电路中的总电流I增大，U减小，R1＋R0增大，则流过R1和R0串联部分的电流I1＝减小，又I＝I1＋I2，所以电流表示数I2＝I－I1增大，综上所述，在滑片从最顶端向下滑动的过程中，电流表示数I2一直增大．
[答案]　A
2．(多选)(2019·天津南开中学一模)某温度检测、光电控制加热装置原理如下图所示．图中RT为热敏电阻(其阻值随温度升高而减小)，用来探测加热电阻丝R的温度，RG为光敏电阻(其阻值随光照强度增大而减小)，接收小灯泡L的光照．除RT、RG外，其他电阻均为定值电阻(虚线框内两元件距离很近)．当R处温度升高时(　　)

A．L变亮 B．通过R3的电流减小
C．E2的路端电压增大 D．R消耗的功率减小
[解析]　当R处温度升高时，RT阻值变小，小灯泡L中的电流变大，L变亮，所以光照强度增大，RG阻值变小，通过R2的电流变大，E2的路端电压变小，R两端电压变小，通过R的电流也变小，R消耗的功率变小，通过R3的电流变大，故A、D正确．
[答案]　AD
3．(多选)(2018·岳阳高三年级期中联考)如右图所示电路， C为电容器，D为理想二极管(具有单向导通作用)，电流表、电压表均为理想电表．闭合开关S至电路稳定后，调节滑动变阻器滑片P向左移动一小段距离，结果发现电压表V1的示数改变量大小为ΔU1，电压表V2的示数改变量大小为ΔU2，电流表A的示数改变量大小为ΔI，则下列判断正确的有(　　)

A．滑片向左移动的过程中，电容器所带的电荷量不变
B．的值变大
C．的值不变，且始终等于电源内阻r
D．滑片向左移动的过程中，电容器所带的电荷量要不断减小
[解析]　由题图可知R1与R串联，V1测R两端的电压，V2测路端电压，若P向左端移动，则滑动变阻器接入电路的阻值增大，电路中总电流减小，则内电压减小，路端电压增大，即电压表V2示数增大，R1两端的电压减小，则V1的示数增大．根据闭合电路欧姆定律U1＝E－I(R1＋r)，则＝R1＋r，所以的值不变，B错误．根据闭合电路欧姆定律U2＝E－Ir，则＝r，所以的值也不变，C正确．滑片向左移动的过程中，因为理想二极管具有单向导通作用，即使R1两端电压减少，电容器也不能放电，所以电容器所带的电荷量不变，A正确，D错误．
[答案]　AC
4．(2019·海淀区期末综合练习)一个边长为6 cm的正方形金属线框置于匀强磁场中，线框平面与磁场垂直，电阻为0.36 Ω.磁感应强度B随时间t的变化关系如下图所示，则线框中感应电流的有效值为(　　)

A.×10－5 A B.×10－5 A
C.×10－5 A D.×10－5 A
[解析]　由法拉第电磁感应定律，和欧姆定律，可得0～3 s内产生的感应电流I1＝2×10－5 A,3～5 s内产生的感应电流I2＝3×10－5 A，且与0～3 s内方向相反，于是可作出i随时间变化的图像如图所示．由有效值的定义，得IRt1＋IRt2＝I2Rt，代入数据可得I＝×10－5 A，故B选项正确．

[答案]　B
5．(2019·曲靖四十九阶段性验收测试)如图甲所示，交流发电机的矩形金属线圈abcd的匝数n＝44，线圈位于匀强磁场中，且线圈平面与磁场方向平行．线圈的两端分别与两个彼此绝缘的铜环M、N(集流环)焊接在一起，并通过电刷与一含有理想变压器的电路连接，L1、L2均为“24 V、11 W”的灯泡．现使线圈绕过bc和ad边中点且垂直于磁场的转轴OO′以一定的角速度匀速转动．穿过线圈的磁通量Φ随时间t变化的图像如图乙所示．当开关S闭合时，灯泡均正常发光．若电路其他部分的电阻以及线圈的自感系数均可忽略不计．则下列说法中正确的是(　　)

A．变压器原、副线圈匝数比为55∶6
B．矩形线圈匀速转动的角速度为5 rad/s
C．矩形线圈中产生感应电动势的最大值为220 V
D．矩形线圈中产生感应电流的有效值为1 A
[解析]　由题图乙知T＝0.4 s，则ω＝＝5π rad/s，B错误；线圈中产生的感应电动势的最大值为Em＝nBSω＝nΦmω＝44××5π V＝220 V，C错误；原线圈两端电压的有效值为U1＝＝220 V，副线圈两端有效电压为U2＝24 V，变压器原、副线圈匝数比为＝＝，A正确；原线圈输入功率为P1＝2PL＝22 W，由P1＝I1U1得原线圈中的电流为I1＝0.1 A，D错误．
[答案]　A
6．(2019·天津河东一模)在日常生活中，各种家用电器所使用的电压不同，经常需要用变压器把220 V交流电变成所需的电压．如图所示为原、副线圈匝数比为n1∶n2＝10∶1的理想变压器，b是原线圈中的中心抽头，电压表和电流表均为理想交流电表，从某时刻开始在原线圈c、d两端加上u1＝220sin100πt(V)的交变电压，则(　　)

A．当单刀双掷开关与a连接时，电压表的示数为22 V
B．当单刀双掷开关与a连接时，把滑动变阻器滑片P向上移动，电流表的示数变大
C．单刀双掷开关由a扳向b时，原线圈的输入功率变小
D．当单刀双掷开关由a扳向b时，再把滑动变阻器的滑片P向上移动，原线圈输入功率有可能不变
[解析]　当单刀双掷开关与a连接时，由＝，又n1∶n2＝10∶1，U1＝220 V，可得副线圈的电压U2＝22 V，则电压表的示数为22 V，故A错误；当单刀双掷开关与a连接时，因输入电压及原、副线圈匝数之比不变，则副线圈两端电压不变，所以电压表的示数不变；因变阻器滑片P向上移动，变阻器接入电路的电阻变大，则副线圈电流变小，电流表示数变小，故B错误；当单刀双掷开关由a扳向b时，原线圈匝数变小，根据＝，可知副线圈两端的电压U2变大，输出功率P2＝变大，又输入功率等于输出功率，所以原线圈输入功率变大，故C错误；当单刀双掷开关由a扳向b时，输出电压变大，调节滑动变阻器滑片到适当位置使其连入电路的电阻R变大，输出功率P2＝可能不变，又输入功率等于输出功率，所以有可能实现调节前、后原线圈输入功率相等，故D正确．
[答案]　D
7．(2019·湖南永州一模)如图所示，在某一输电线路的起始端接入两个互感器，原、副线圈的匝数比分别为100∶1和1∶100，图中a、b表示电压表或电流表，已知电压表的示数为22 V，电流表的示数为1 A，则(　　)

A．a为电流表，b为电压表
B．a为电压表，b为电流表
C．线路输送功率是22 kW
D．输电线路总电阻为22 Ω
[解析]　由题图可知，左侧为电压互感器，所以a表是电压表，右侧为电流互感器，所以b表是电流表，A错误，B正确．电压互感器原、副线圈的匝数比为100∶1，又电压表的示数为22 V，得原线圈的电压U＝2200 V；电流互感器原、副线圈的匝数比为1∶100，由电流表的示数为1 A，得原线圈的电流I＝100 A．所以电线输送功率P＝UI＝2.2×105 W＝220 kW，C错误．由已知条件无法求输电线电阻，D错误．
[答案]　B
8．(2019·山东济宁期末)如图所示，某发电机输出功率是100 kW，输出电压是250 V，从发电机到用户间的输电线总电阻为8 Ω，要使输电线上的功率损失为5%，而用户得到的电压正好为220 V，则升压变压器和降压变压器原、副线圈匝数比分别是(　　)

A．16∶1　190∶11 B．1∶16　11∶190
C．1∶16　190∶11 D．16∶1　11∶190
[解析]　输电线损失功率P损＝100×103×5%W＝5×103 W，所以，输电线电流I2＝＝25 A，升压变压器原线圈电流I1＝＝400 A，故升压变压器原、副线圈匝数比＝＝.升压变压器副线圈端电压U2＝U1＝4000 V，输电线损失电压U损＝I2·R线＝200 V，降压变压器原线圈电压U3＝U2－U损＝3800 V，故降压变压器原、副线圈匝数比为＝＝.故选项C正确．
[答案]　C
9.如图所示，在AB间接入U1＝311sin314t(V)的正弦交流电，通过理想变压器和相同的理想二极管D1、D2给阻值R＝20 Ω的纯电阻供电，变压器原线圈n1＝1100匝，副线圈n2＝200匝，Q为副线圈正中央抽头．为保证安全，二极管的反向耐压值至少为U0，设电阻R上消耗的电功率为P，则(　　)

A．U0＝56.6 V，P＝20 W
B．U0＝28.3 V，P＝20 W
C．U0＝40 V，P＝80 W
D．U0＝80 V，P＝80 W
[解析]　交流电的有效值U1＝220 V，由＝得，U2＝40 V，对电阻来说，始终承载变压器输出电压的一半，即U2′＝20 V，其功率P＝＝20 W；对二极管来说，承载的反向电压始终是变压器的输出电压U2＝40 V，则二极管反向耐压值U0＝U2＝56.6 V，选项A正确，B、C、D错误．
[答案]　A
二、非选择题
10. (2019·山西太原山大附中期末)如图所示，一个半径为r的半圆形单匝线圈，以直径ab为轴匀速转动，转速为n，ab的左侧有垂直于纸面向里(与ab垂直)的匀强磁场，磁感应强度大小为B，M和N是两个集流环，负载电阻的阻值为R，线圈、电流表和连接导线的电阻不计，求：

(1)感应电动势的最大值．
(2)从图示位置起转过转的时间内负载电阻R上产生的热量．
(3)从图示位置起转过转的时间内通过负载电阻R的电荷量．
(4)电流表的示数．
[解析]　(1)交变电动势的最大值
Em＝BSω＝B·2πn＝π2Bnr2
(2)在线圈从图示位置转过转的时间内，电动势的有效值E＝＝
电阻R上产生的热量Q＝2R·＝
(3)在线圈从图示位置转过转的时间内，电动势的平均值＝
通过R的电荷量q＝Δt＝Δt＝＝
(4)设此交变电动势在一个周期内的有效值为E1，由有效值的定义得·＝T
解得：E1＝，故电流表的示数I＝＝
[答案]　(1)π2Bnr2　(2)　(3)　(4)
11．(2019·江西临川模拟)如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2＝3∶1，原线圈电路中接有一量程为3 A的理想交流电流表，副线圈两端接有理想交流电压表、可变电阻R以及若干“6 V,6 W”的相同灯泡．输入端交变电压u的图像如图乙所示．

(1)求图甲中电压表的读数；
(2)要求灯泡均正常发光，求电路中最多允许接入的灯泡个数；
(3)为满足(2)中的要求，求可变电阻R应调到的电阻值．
[解析]　(1)根据题图乙，可得原线圈电压的最大值U1m＝27 V，其有效值为U1＝27 V，根据n1∶n2＝U1∶U2，代入数据可得电压表的读数U2＝9 V.
(2)设原线圈中通过的电流为I1，副线圈中通过的电流为I2，为使副线圈接入的灯泡最多，则I1＝3 A，
根据＝，
代入数据可得I2＝9 A，
正常发光时每个灯泡中电流为I灯＝＝1 A，
所以允许接入的灯泡个数为n＝＝9(盏)．
(3)电阻两端电压为UR＝U2－U灯＝3 V，
电阻阻值为R＝＝ Ω.
[答案]　(1)9 V　(2)9盏　(3) Ω


2020（四川专用）高考物理新课标大二轮优生讲义第5块：电路与电磁感应（2）有答案
2、电磁感应规律及其综合应用


　[答案]　(1)楞次定律与右手定则的关系
楞次定律 右手定则
研究对象 整个闭合导体回路 闭合导体回路的一部分
适用范围 磁通量变化产生感应电流的各种情况 一段导体在磁场中做切割磁感线运动
关系 右手定则是楞次定律的特殊情况
(2)公式：E＝n
n：线圈的匝数，ΔΦ：磁通量的变化量，Δt：对应于ΔΦ所用的时间，：磁通量的变化率．

(3)解决电路问题的基本思路
①找电源：哪部分电路产生了电磁感应现象，则这部分电路就是电源．
②由法拉第电磁感应定律求出感应电动势的大小，根据楞次定律或右手定则确定出电源的正负极．
a．在外电路，电流从正极流向负极；在内电路，电流从负极流向正极．
b．存在双感应电动势的问题中，要求出总的电动势．
③正确分析电路的结构，画出等效电路图．
a．内电路：“切割”磁感线的导体或磁通量发生变化的线圈都相当于“电源”，该部分导体的电阻相当于内电阻．
b．外电路：除“电源”以外的电路即外电路．
④运用闭合电路欧姆定律、串并联电路特点、电功率等列方程求解．
(4)动力学问题
基本思路：导体受外力运动感应电动势感应电流导体受安培力―→合外力变化加速度变化―→速度变化．

热点考向一　楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用

角度一　楞次定律的应用
【典例1】　(2017·全国卷Ⅲ)如图，在方向垂直于纸面向里的匀强磁场中有一U形金属导轨，导轨平面与磁场垂直．金属杆PQ置于导轨上并与导轨形成闭合回路PQRS，一圆环形金属线框T位于回路围成的区域内，线框与导轨共面．现让金属杆PQ突然向右运动，在运动开始的瞬间，关于感应电流的方向，下列说法正确的是(　　)

A．PQRS中沿顺时针方向，T中沿逆时针方向
B．PQRS中沿顺时针方向，T中沿顺时针方向
C．PQRS中沿逆时针方向，T中沿逆时针方向
D．PQRS中沿逆时针方向，T中沿顺时针方向
[思路引领]　利用楞次定律判断金属杆PQ产生的感应电流的方向，根据感应电流产生的磁场对线框T中磁通量变化的影响，来判断线框T中感应电流的方向．
[解析]　由于金属杆PQ突然向右运动，导致金属导轨与金属杆PQ所围的面积增大，磁通量增大，由楞次定律知，感应电流产生的磁场阻碍原磁场的变化，故感应电流产生的磁场方向应垂直于纸面向外，PQRS中的感应电流沿逆时针方向．对于圆环形金属线框T，金属杆由于运动产生的感应电流所产生的磁场使得T内的磁场的磁感应强度变小，磁通量减小，故线框T中感应电流产生的磁场方向应垂直于纸面向里，故T中的感应电流沿顺时针方向，故选项D正确．
[答案]　D
角度二　法拉第电磁感应定律的应用
【典例2】　(多选)(2019·全国卷Ⅰ)空间存在一方向与纸面垂直、大小随时间变化的匀强磁场，其边界如图(a)中虚线MN所示．一硬质细导线的电阻率为ρ、横截面积为S，将该导线做成半径为r的圆环固定在纸面内，圆心O在MN上．t＝0时磁感应强度的方向如图(a)所示；磁感应强度B随时间t的变化关系如图(b)所示．则在t＝0到t＝t1的时间间隔内(　　)

A．圆环所受安培力的方向始终不变
B．圆环中的感应电流始终沿顺时针方向
C．圆环中的感应电流大小为
D．圆环中的感应电动势大小为
[思路引领]　(1)安培力的方向是否变化，不仅要看i，还要注意B的方向是否变化．
(2)应用E＝n＝n·S解题时注意S为有效面积．
[解析]　根据楞次定律可知在0～t0时间内，磁感应强度减小，感应电流的方向为顺时针，圆环所受安培力水平向左，在t0～t1时间内，磁感应强度反向增大，感应电流的方向为顺时针，圆环所受安培力水平向右，所以选项A错误，B正确；根据法拉第电磁感应定律得E＝＝πr2·＝，根据电阻定律可得R＝ρ，根据欧姆定律可得I＝＝，所以选项C正确，D错误．
[答案]　BC

1．楞次定律中“阻碍”的主要表现形式
(1)阻碍原磁通量的变化——“增反减同”．
(2)阻碍相对运动——“来拒去留”．
(3)使线圈面积有扩大或缩小的趋势——“增缩减扩”．
(4)阻碍原电流的变化(自感现象)——“增反减同”．
2．用法拉第电磁感应定律求解感应电动势常见情况与方法


迁移一　楞次定律的应用
1．(2019·青岛阶段性教学抽样检测)如右图所示，粗糙水平桌面上有一质量为m的铜质矩形线圈，当一竖直放置的条形磁铁从线圈中线AB正上方等高快速经过时，若线圈始终不动，则关于线圈受到的支持力FN及在水平方向运动趋势的判断正确的是(　　)

A．FN先小于mg后大于mg，运动趋势向左
B．FN先大于mg后小于mg，运动趋势向左
C．FN先小于mg后大于mg，运动趋势向右
D．FN先大于mg后小于mg，运动趋势向右
[解析]　解法一：当一竖直放置的条形磁铁从线圈中线AB正上方等高快速经过时，线圈中向下的磁通量先增大后减小，由楞次定律可知，线圈中先产生逆时针方向的感应电流后产生顺时针方向的感应电流，线圈四条边所受安培力的合力先向右下，后向右上，因此FN先大于mg后小于mg，运动趋势向右，D正确．
解法二：根据楞次定律的另一种表述——感应电流的效果总要反抗产生感应电流的原因．本题中的“原因”是AB回路中磁通量先增大后减小，归根结底是磁场靠近了回路．“效果”是回路要采取措施阻碍磁通量先增大后减小，即“来拒去留”，故必有向右运动的趋势．在竖直方向上，回路则应以先“向下躲”后“向上追”的方式阻碍磁通量先增大后减小，故FN先大于mg后小于mg，D正确．
[答案]　D
迁移二　法拉第电磁感应定律的应用
2．(多选)在如图甲所示的电路中，电阻R1＝R2＝2R，圆形金属线圈半径为r1，线圈导线的电阻为R，半径为r2(r2
A．电容器上极板带正电
B．电容器下极板带正电
C．线圈两端的电压为
D．线圈两端的电压为
[解析]　由楞次定律知圆形金属线圈内的感应电流方向为顺时针，金属线圈相当于电源，电源内部的电流从负极流向正极，则电容器的下极板带正电，上极板带负电，A错，B对．由法拉第电磁感应定律知感应电动势为E＝＝S＝×πr，由闭合电路欧姆定律得感应电流为I＝，所以线圈两端的电压U＝I(R1＋R2)＝，C错，D对．
[答案]　BD



应用法拉第电磁感应定律求磁场变化产生的电动势时，公式E＝n·S，其中S为线圈内磁场区的面积，不一定等于线圈的面积.
热点考向二　电磁感应中的图像问题

【典例】　(多选)(2019·全国卷Ⅱ)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进入磁场时加速度恰好为零．从PQ进入磁场开始计时，到MN离开磁场区域为止，流过PQ的电流随时间变化的图像可能正确的是(　　)


[思路引领]　(1)两棒从同一位置释放，进入磁场时速度相同．
(2)需分情况讨论，要从释放两棒时间间隔足够长和较短两个角度展开研究．
[解析]　根据题述，PQ进入磁场时加速度恰好为零，两导体棒从同一位置释放，则两导体棒进入磁场时的速度相同，产生的感应电动势大小相等，若释放两导体棒的时间间隔足够长，在PQ通过磁场区域一段时间后MN进入磁场区域，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律可知流过PQ的电流随时间变化的图像可能是A；由于两导体棒从同一位置释放，两导体棒进入磁场时产生的感应电动势大小相等，MN进入磁场区域切割磁感线产生感应电动势，回路中产生的感应电流不可能小于I1，B错误；若释放两导体棒的时间间隔较短，在PQ没有出磁场区域时MN就进入磁场区域，则两棒在磁场区域中运动时回路中磁通量不变，两棒不受安培力作用，二者在磁场中做加速运动，PQ出磁场后，MN切割磁感线产生感应电动势和感应电流，且感应电流一定大于I1，MN受到安培力的作用，由于安培力与速度成正比，则MN所受的安培力一定大于MN的重力沿斜面方向的分力，所以MN一定做减速运动，回路中感应电流减小，流过PQ的电流随时间变化的图像可能是D，C错误．
[答案]　AD

　电磁感应图像问题解题“5步曲”
第1步：明确图像的种类．是B－t图、I－t图、v－t图、F－t图或是E－t图等；
第2步：分析电磁感应的具体过程．明确运动分成几个阶段(根据磁通量的变化特征或切割特点分析)；
第3步：写出函数方程．结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律等写出函数方程；
第4步：进行数学分析．根据函数方程进行数学分析，例如分析斜率的变化、截距等；
第5步：得结果．画图像或判断图像．

迁移一　由给定的电磁感应过程选图像
1．(2019·江苏宜兴模拟)如图所示，在光滑水平面上，有一个粗细均匀的单匝正方形闭合线框abcd.t＝0时刻，线框在水平外力的作用下，从静止开始向右做匀加速直线运动，bc边刚进入磁场的时刻为t1，ad边刚进入磁场的时刻为t2，设线框中产生的感应电流的大小为I，ad边两端电压大小为U，水平拉力大小为F，则下列I、U、F随时间t变化关系的图像正确的是(　　)


[解析]　由题意可知，线框的速度与时间的关系式为v＝at，a是加速度，设线框总电阻为R，又由E＝BLv和I＝得感应电流与时间的关系式为I＝t，B、L、a均不变，在0～t1时间内，感应电流为零，t1～t2时间内，电流I与t成正比，t2时间后无感应电流，A、B错误；在0～t1时间内，感应电流为零，ad的电压为零，t1～t2时间内，电流I与t成正比，Uad＝IRad＝t×R＝，电压随时间均匀增加，t2时间后无感应电流，但有感应电动势，Uad＝E＝BLat，电压随时间均匀增加，C正确；根据推论得知线框所受的安培力为FA＝，由牛顿第二定律得F－FA＝ma，整理得F＝t＋ma，在0～t1时间内，感应电流为零，F＝ma，为定值，t1～t2时间内，F与t成正比，F与t是线性关系，但不过原点，t2时间后无感应电流，F＝ma，为定值，D错误．
[答案]　C
迁移二　由给定的图像求解电磁感应的物理量
2．(多选)(2019·安徽宿州三模)矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，磁场的方向与导线框所在的平面垂直，磁感应强度B随时间变化的规律如图所示，规定垂直纸面向里为磁场正方向，顺时针方向为感应电流正方向，水平向右为ad边所受安培力F的正方向．下列图像正确的是(　　)


[解析]　导线框中的感应电流决定于磁感应强度B随t的变化率．由图可知，0～1 s时间内，B增大，Φ增大，感应磁场与原磁场方向相反(感应磁场的磁感应强度的方向向外)，由楞次定律结合安培定则可知感应电流沿逆时针方向，因而是负值，由于磁场均匀变化，所以产生的感应电流恒定，故A错误，B正确；0～1 s时间内，ad边感应电流方向向下，ad边所受的安培力F＝BIL，根据左手定则得安培力方向向右，为正值，由于B随时间均匀增大，I不变，所以安培力F随时间t均匀增大，故C错误，D正确．
[答案]　BD

分类排除法解决电磁感应中的图像问题
首先根据图像的坐标、物理量的方向或大小等特点将图像分类，然后按方向、大小、变化趋势、变化时段、大小关系的顺序分析，优先判断方向，由简到繁，排除错误选项.

热点考向三　电磁感应规律的综合应用

【典例】　(2019·河北名校联盟)如图所示，空间中有一垂直于纸面向外的匀强磁场，磁场上下边界距离为L，磁场的磁感应强度大小为B.一质量为m、电阻为R、边长为L的均匀正方形导线框abcd竖直放置，水平边ab在距磁场上边界高h处．现将导线框从静止开始无初速度释放，cd边进入磁场后，导线框做匀速直线运动．重力加速度为g，不计空气阻力．求：

(1)导线框做匀速直线运动时，c、d间的电势差Ucd；
(2)导线框ab边刚进入磁场时，导线框的加速度大小a0；
(3)导线框通过磁场区域过程中产生的焦耳热Q.
[思路引领]　分段处理，导线框在进磁场前做自由落体运动，进磁场的过程中做变速直线运动，出磁场的过程中做匀速直线运动．由于在整个过程中导线框中产生的感应电流是变化的，不能运用焦耳定律求解焦耳热，但可以利用能量守恒定律求解．
[解析]　(1)设导线框做匀速直线运动时，速度大小为v，受到的安培力大小为F
匀速运动时，导线框受力平衡，故F＝mg
电动势E＝BLv，又I＝，F＝BIL
联立解得v＝
由右手定则可判断c点比d点电势低，有Ucd＝－I
故Ucd＝－，解得Ucd＝－.
(2)导线框ab边刚进入磁场时，速度大小记为v′，则对导线框从静止释放到ab边刚进入磁场这一过程应用机械能守恒定律有mgh＝mv′2
解得v′＝，此时ab边所受安培力为F′＝，由牛顿第二定律得，＝ma0，解得a0＝.
(3)导线框由释放到通过磁场区域的过程中，由能量守恒定律有Q＝mg(h＋2L)－mv2
代入数据解得Q＝mg(h＋2L)－.
[答案]　(1)－　(2)
(3)mg(h＋2L)－

　电磁感应中力、电综合问题的解题思路



如图所示，足够长的粗糙斜面与水平面成θ＝37°角放置，在斜面上虚线aa′和bb′与斜面底边平行，且间距为d＝0.1 m，在aa′、bb′围成的区域内有垂直斜面向上的有界匀强磁场，磁感应强度为B＝1 T；现有一质量为m＝10 g，总电阻为R＝1 Ω，边长也为d＝0.1 m的正方形金属线圈MNPQ，其初始位置PQ边与aa′重合，现让金属线圈以一定初速度沿斜面向上运动，当金属线圈从最高点返回到磁场区域时，线圈刚好做匀速直线运动．已知线圈与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5，不计其他阻力，求：(取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)

(1)线圈向下返回到磁场区域时的速度；
(2)线圈向上离开磁场区域时的动能；
(3)线圈向下通过磁场区域过程中，线圈中产生的焦耳热．
[解析]　(1)金属线圈向下进入磁场时，有
mgsinθ＝μmgcosθ＋F安，
其中F安＝BId，I＝，E＝Bdv
解得v＝＝2 m/s.
(2)设线圈到达最高点离bb′的距离为x，则v2＝2ax，mgsinθ－μmgcosθ＝ma
根据能量守恒有Ek1－Ek＝μmgcosθ·2x，其中Ek＝mv2
解得Ek1＝mv2＋＝0.1 J.
(3)向下匀速通过磁场区域过程中，有mgsinθ·2d－μmgcosθ·2d＋W安＝0，Q＝－W安
解得：Q＝2mgd(sinθ－μcosθ)＝0.004 J.
[答案]　(1)2 m/s　(2)0.1 J　(3)0.004 J


电磁感应的综合问题的解题要点
(1)变速运动或平衡问题：从牛顿第二定律的瞬时性着手，分析金属棒的运动性质，通过力与运动的关系分析出
最终存在的“稳定状态”——通常为安培力与其他力平衡时的匀速运动状态或匀变速直线运动状态．
(2)物体的运动较为复杂或涉及变力做功的问题：往往应用能量的观点分析问题，通过各力的做功情况分析能量的转化，特别要注意安培力做功的情况——安培力做正功将电能转化为机械能；安培力做负功将机械能转化为电能.

高考热点模型构建——“杆＋导轨”模型





考向一　“单杆＋导轨＋电阻”模型
【典例1】　(2019·天津和平区四模)如图所示，一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距L＝0.5 m，左端接有阻值R＝0.3 Ω的电阻，一质量m＝0.1 kg、电阻r＝0.1 Ω的金属棒MN放置在导轨上，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B＝0.2 T，棒在水平向右的外力作用下，由静止开始以a＝2 m/s2的加速度做匀加速运动，当棒运动的位移x＝9 m时撤去外力，棒继续运动一段距离后停下来，已知撤去外力前回路中产生的焦耳热Q1＝2.025 J，导轨足够长且电阻不计，棒在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，求：

(1)棒在匀加速运动过程中，通过电阻R的电荷量q；
(2)金属棒MN做匀加速运动所需外力随时间变化的表达式；
(3)外力做的功WF.
[思路引领]　求解电荷量时应该使用电流的平均值；分析金属棒所受的外力随时间的变化规律时，应首先综合
法拉第电磁感应定律和安培力公式等知识得出安培力与时间的关系式，然后进一步求解．
[解析]　(1)棒在匀加速运动中，由法拉第电磁感应定律得＝，其中ΔΦ＝BLx
由闭合电路的欧姆定律得＝
则通过电阻R的电荷量为q＝·Δt
联立各式，代入数据得q＝2.25 C.
(2)由法拉第电磁感应定律得E＝BLv
对棒的匀加速运动过程，由运动学公式得v＝at
由闭合电路的欧姆定律得I＝
由安培力公式和牛顿第二定律得F－BIL＝ma
得F＝0.2＋0.05t.
(3)对棒的匀加速运动过程，
由运动学公式得v2＝2ax
撤去外力后，由能量守恒
Q2＝mv2＝1.8 J
在棒运动的整个过程中，由功能关系可知WF＝Q1＋Q2
解得WF＝3.825 J.
[答案]　(1)2.25 C　(2)F＝0.2＋0.05t　(3)3.825 J


“单杆＋导轨＋电阻”四种模型解读(导轨电阻不计)



考向二　“杆＋电容器＋导轨”模型
【典例2】(2019·湖南衡阳一模)如图所示，足够长的平行金属导轨MN、PQ倾斜放置，其所在平面与水平面间的夹角为θ＝30°，导轨间距为L，导轨下端分别连着电容为C的电容器和阻值为R的电阻，开关S1、S2分别与电阻和电容器相连．一根质量为m、电阻忽略不计的金属棒放在导轨上，金属棒与导轨始终垂直并接触良好，金属棒与导轨间的动摩擦因数为μ＝.一根不可伸长的绝缘轻绳一端拴在金属棒中间，另一端跨过定滑轮与一质量为4m的重物相连，金属棒与定滑轮之间的轻绳始终在两导轨所在平面内且与两导轨平行，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨所在平面向上，导轨电阻不计．初始状态用手托住重物使轻绳恰好处于伸长状态，不计滑轮阻力，已知重力加速度为g，试分析：

(1)若S1闭合、S2断开，由静止释放重物，求重物的最大速度vm；
(2)若S1断开、S2闭合，从静止释放重物开始计时，求重物的速度v随时间t变化的关系式．
[思路引领]　匀强磁场中，恒力作用下金属棒在接电容器的平行导轨上最终将做匀加速运动，牢记这一结论，可快速解答相关问题．
[解析]　(1)S1闭合、S2断开时，重物由静止释放后拉动金属棒沿导轨向上做加速运动，金属棒受到的沿导轨向下的安培力为F＝BIL，感应电动势为E＝BLvm
感应电流为I＝＝
当金属棒速度最大时有4mg＝mgsin30°＋F＋μFN
式中FN＝mgcos30°
解得vm＝.
(2)S1断开、S2闭合时，设从释放重物开始经时间t金属棒的速度大小为v，加速度大小为a，通过金属棒的电流为I，金属棒受到的安培力F＝BIL，方向沿导轨向下，设在t到(t＋Δt)时间内流经金属棒的电荷量为ΔQ，ΔQ也是平行板电容器在t到(t＋Δt)时间内增加的电荷量
ΔQ＝CBLΔv，Δv＝aΔt
则I＝＝CBLa
设绳中拉力大小为T，由牛顿第二定律，
对金属棒有
T－mgsin30°－μmgcos30°－BIL＝ma
对重物有4mg－T＝4ma
解得a＝
可知重物做初速度为零的匀加速直线运动v＝at＝t.
[答案]　(1)　(2)v＝t



“杆＋电容器＋导轨”模型
(1)模型概述

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．
(2)解题思路
开始时a＝，杆ab速度v↑?感应电动势E＝BLv↑，经过Δt速度为v＋Δv，此时感应电动势E′＝BL(v＋Δv)，Δt时间内流入电容器的电荷量Δq＝CΔU＝C(E′－E)＝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.

1．(2019·辽宁沈阳质检)足够长的平行金属导轨MN和PQ表面粗糙，与水平面间的夹角为37°(sin37°＝0.6)，间距为1.0 m．垂直于导轨平面向上的匀强磁场的磁感应强度的大小为4.0 T，PM间所接电阻的阻值为8.0 Ω，质量为2.0 kg的金属杆ab垂直导轨放置，不计杆与导轨的电阻，杆与导轨间的动摩擦因数为0.25，金属杆ab在沿斜面向下且与杆垂直的恒力F作用下，由静止开始运动，杆的最终速度为8 m/s，取g＝10 m/s2.求：

(1)当金属杆的速度为4.0 m/s时，金属杆的加速度大小；
(2)当金属杆沿导轨的位移为6.0 m时，通过金属杆的电荷量．
[解析]　(1)对金属杆ab应用牛顿第二定律有F＋mgsinθ－F安－f＝ma，f＝μFN，FN＝mgcosθ，
ab杆所受安培力大小为F安＝BIL，
ab杆切割磁感线产生的感应电动势为E＝BLv，
由闭合电路欧姆定律可得I＝，
整理得：F＋mgsinθ－－μmgcosθ＝ma，
代入vm＝8 m/s时a＝0，解得F＝8 N，
代入v＝4 m/s及F＝8 N，解得a＝4 m/s2.
(2)设通过回路截面的电荷量为q，则q＝t，
回路中的平均电流为＝，
回路中产生的平均感应电动势为＝，
回路中的磁通量变化量为ΔΦ＝BLx，
解得q＝＝3 C.
[答案]　(1)4 m/s2　(2)3 C
2.如图所示，MN和M′N′为两竖直放置的平行光滑长直金属导轨，两导轨间的距离为L.在导轨的下部有垂直于导轨所在平面、方向向里的匀强磁场，磁感应强度为B.在导轨的MM′端连接电容为C、击穿电压为Ub、正对面积为S、极板间可认为是真空、极板间距为d的平行板电容器．在t＝0时无初速度地释放金属棒ef，金属棒ef的长度为L、质量为m、电阻可忽略不计．假设导轨足够长，磁场区域足够大，金属棒ef与导轨垂直并接触良好，导轨和各接触处的电阻不计，电路的电感、空气的阻力可忽略，已知重力加速度为g.

(1)求电容器两端的电压达到击穿电压所用的时间．
(2)金属棒ef下落的过程中，速度逐渐变大，感应电动势逐渐变大，电容器极板上的电荷量逐渐增加，两极板间存储的电场能也逐渐增加．单位体积内所包含的电场能称为电场的能量密度．已知两极板间为真空时平行板电容器的电容大小可表示为C＝.试证明平行板电容器两极板间的空间内的电场能量密度ω与电场强度E的平方成正比，并求出比例系数(结果用ε0和数字的组合表示)．
[解析]　(1)在电容器两端电压达到击穿电压前，设任意时刻t，流过金属棒的电流为i，由牛顿第二定律知，此时金属棒的加速度a满足mg－BiL＝ma
设在t到t＋Δt的时间内，金属棒的速度由v变为v＋Δv，电容器两端的电压由U变为U＋ΔU，电容器的带电荷量由Q变为Q＋ΔQ，由电流的定义、电荷量与电压和电容间的关系、电磁感应定律以及加速度的定义得i＝＝＝＝CBLa
联立得a＝
可知金属棒做初速度为0的匀加速直线运动，当电容器两端电压达到击穿电压时，金属棒的速度为v0＝
所以电容器两端电压达到击穿电压所用的时间为t＝＝.
(2)当电容器两极板间的电荷量增加无穷小量ΔQi时，电容器两端的电压可认为始终为Ui，增加的电场能可用图甲中左起第1个阴影部分的面积表示；同理，当电容器两极板间的电荷量增加无穷小量ΔQi＋1时，电容器两端的电压可认为始终为Ui＋1，增加的电场能可用图甲中左起第2个阴影部分的面积表示；依次类推可知，当电容器的带电荷量为Q′、两端电压为U′时，图乙中阴影部分的面积表示两极板间电场能的大小W′，所以W′＝U′Q′，根据题意有ω＝，又Q′＝U′C，U′＝Ed，C＝，联立解得ω＝ε0E2
所以电场能量密度ω与电场强度E的平方成正比，且比例系数为ε0.

[答案]　(1)　(2)见解析
专题强化训练(十三)
一、选择题
1．(2018·黄冈中学元月月考)如右图所示，ab是一个可以绕垂直于纸面的轴O转动的闭合矩形导体线圈，当滑动变阻器R的滑片P自左向右滑动的过程中，线圈ab将(　　)

A．静止不动
B．顺时针转动
C．逆时针转动
D．发生转动，但电源的极性不明，无法确定转动方向
[解析]　题图中的两个通电的电磁铁之间的磁场方向总是水平的，当滑动变阻器R的滑片P自左向右滑动的过程中，电路的电流是增大的，两个电磁铁之间的磁场的磁感应强度也是增大的，闭合导体线圈中的磁通量是增大的，线圈在原磁场中所受的磁场力肯定使线圈向磁通量减小的方向转动，显然只有顺时针方向的转动才能使线圈中的磁通量减小．
[答案]　B
2．(2018·乐山二诊)如右图所示，两个相同的轻质铝环套在一根水平光滑绝缘杆上，当一条形磁铁向左运动靠近两环时，两环的运动情况是(　　)

A．同时向左运动，间距增大
B．同时向左运动，间距减小
C．同时向右运动，间距减小
D．同时向右运动，间距增大
[解析]　当条形磁铁向左靠近两环时，两环中的磁通量均增加．根据楞次定律，两环的运动都要阻碍磁铁相对环的运动，即阻碍“靠近”，那么两环都向左运动．又由于两环中的感应电流方向相同，两环相互吸引，所以两环间距离要减小，故只有选项B正确．
[答案]　B
3．(2019·珠海毕业班水平测试)如右图所示，金属杆ab水平放置在某高处，当它被平抛进入方向竖直向上的匀强磁场中时，以下说法中正确的是(　　)

A．运动过程中感应电动势大小不变，且φa>φb
B．运动过程中感应电动势大小不变，且φa<φb
C．由于速率不断增大，所以感应电动势不断变大，且φa>φb
D．由于速率不断增大，所以感应电动势不断变大，且φa<φb
[解析]　导体做切割磁感线运动产生的感应电动势的大小E＝BLv，其中v是与B垂直方向的速度分量．本题中杆在平抛过程中的速度方向与B的夹角是不断增大的，但该速度在水平方向的分速度，即与B垂直的有效切割速度始终不变，故在杆中产生的感应电动势的大小不变，由右手定则可知φa>φb，故选A.
[答案]　A
4．(多选)(2019·德阳高三年级二诊)如图甲所示，质量m＝3.0×10－3 kg的“”形金属细框竖直放置在两水银槽中，“”形框的水平细杆CD长l＝0.20 m，处于磁感应强度大小B1＝1.0 T、方向水平向右的匀强磁场中．有一匝数n＝300、面积S＝0.01 m2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、沿竖直方向的匀强磁场中，其磁感应强度B2随时间t变化的关系如图乙所示．t＝0.22 s时闭合开关K瞬间细框跳起(细框跳起瞬间安培力远大于重力)，跳起的最大高度h＝0.20 m．不计空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2，下列说法正确的是(　　)

A．0～0.10 s内线圈中的感应电动势大小为3 V
B．开关K闭合瞬间，CD中的电流方向由C到D
C．磁感应强度B2的方向竖直向下
D．开关K闭合瞬间，通过细杆CD的电荷量为0.03 C
[解析]　0～0.1 s内线圈中的磁场均匀变化，由法拉第电磁感应定律E＝n＝nS，代入数据得E＝30 V，A错误；开关闭合瞬间，细框会跳起，可知细框受向上的安培力，由左手定则可判断电流方向由C到D，B正确；由于t＝0.22 s时通过线圈的磁通量正在减少，对线圈由楞次定律可知感应电流产生的磁场的方向与B2的方向相同，故再由安培定则可知C错误；K闭合瞬间，因安培力远大于重力，则由动量定理有B1lΔt＝mv，通过细杆的电荷量Q＝Δt，细框向上跳起的过程中v2＝2gh，解得Q＝0.03 C，D正确．
[答案]　BD
5．(2018·全国卷Ⅱ)如图，在同一水平面内有两根平行长导轨，导轨间存在依次相邻的矩形匀强磁场区域，区域宽度均为l，磁感应强度大小相等、方向交替向上向下．一边长为l的正方形金属线框在导轨上向左匀速运动．线框中感应电流i随时间t变化的正确图线可能是(　　)



[解析]　设线框运动的速度为v，则线框向左匀速运动第一个的时间内，线框切割磁感线运动产生的电动势为E＝2Bdv(d为导轨间距)，电流i＝，回路中电流方向为顺时针；第二个的时间内，线框切割磁感线运动产生的电动势为零，电流为零；第三个的时间内，线框切割磁感线运动产生的电动势为E＝2Bdv，电流i＝，回路中电流方向为逆时针，所以D正确．
[答案]　D
6．(2019·江西六校联考)如图所示，两条平行虚线之间存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，虚线间的距离为L，金属圆环的直径也为L.自圆环从左边界进入磁场开始计时，以垂直于磁场边界的恒定速度v穿过磁场区域．规定逆时针方向为感应电流i的正方向，则圆环中感应电流i随其移动距离x变化的i－x图像最接近图中的(　　)


[解析]　根据楞次定律，在圆环进磁场的过程中，感应电流的方向为逆时针方向；在圆环出磁场的过程中，感应电流的方向为顺时针方向．在圆环进磁场的过程中，切割的有效长度先增加后减小，圆环出磁场的过程中，切割的有效长度先增加后减小．所以感应电流的大小在圆环进磁场的过程中先增大后减小，出圆环磁场的过程中也是先增大后减小，A正确，B、C、D错误．
[答案]　A
7．(2019·黑龙江三市调研)如图甲所示，圆形金属线圈与定值电阻组成闭合回路，线圈处于均匀分布的磁场中，磁场方向与线圈平面垂直(取垂直纸面向里为正方向)，B－t图像如图乙所示，已知t1为0～t2的中间时刻，则定值电阻中的感应电流I(取通过定值电阻由上往下的方向为正方向)随时间t变化的图线是(　　)

[解析]　由B－t图像可知，在0～t1时间内B先正向均匀减小再反向均匀增大，由于B均匀变化，所以线圈产生的感应电动势E＝S大小不变，即电路中的感应电流大小也不变；t1～t2时间内B先反向均匀减小再正向均匀增加，线圈产生的感应电动势不变，所以感应电流大小也不变；又t1为0～t2的中间时刻，由B－t图像并结合E＝S可知，0～t1时间内产生的感应电流与t1～t2时间内产生的感应电流大小相等，方向相反；由楞次定律知，在0～t1时间内通过定值电阻中的感应电流方向是通过定值电阻由上到下的，t1～t2时间内通过定值电阻中的感应电流方向是通过定值电阻由下到上的，故选项D正确．
[答案]　D
8．(2019·石家庄质检二)如图甲所示，导体棒MN置于水平导轨上，P、Q之间有阻值为R的电阻，PQNM所围的面积为S，不计导轨和导体棒的电阻．导轨所在区域内存在沿竖直方向的磁场，规定磁场方向竖直向上为正，在0～2t0时间内磁感应强度的变化情况如图乙所示，导体棒MN始终处于静止状态．下列说法正确的是(　　)

A．在0～t0和t0～2t0内，导体棒受到导轨的摩擦力方向相同
B．在t0～2t0内，通过电阻R的电流方向为P到Q
C．在0～t0内，通过电阻R的电流大小为
D．在0～2t0内，通过电阻R的电荷量为
[解析]　由楞次定律和右手定则，结合题图可知，0～t0时间内，通过电阻R的电流方向为P→Q，t0～2t0时间内，电流方向为Q→P，B项错误；由左手定则可知，两段时间内安培力方向相反，故导体棒所受静摩擦力方向相反，A项错误；由法拉第电磁感应定律可知，0～t0时间内，E1＝，所以通过R的电流I1＝，C项错误；在0～2t0时间内，PQNM范围内磁通量变化量为ΔΦ＝B0S，则通过电阻R的电荷量q＝·2t0＝·2t0＝·2t0＝，D项正确．
[答案]　D
9．(多选)(2019·武汉市武昌区高三调研)如图1和图2所示，匀强磁场的磁感应强度大小均为B，垂直于磁场方向均有一足够长的、间距均为l的光滑竖直金属导轨，图1和图2的导轨上端分别接有阻值为R的电阻和电容为C的电容器(不会被击穿)，水平放置的、质量分布均匀的金属棒的质量均为m，现使金属棒沿导轨由静止开始下滑，金属棒和导轨始终接触良好且它们的电阻均可忽略．以下关于金属棒运动情况的说法正确的是(已知重力加速度为g)(　　)

A．图1中的金属棒先做匀加速直线运动，达到最大速度vm＝后，保持这个速度做匀速直线运动
B．图1中的金属棒先做加速度逐渐减小的加速运动，达到最大速度vm＝后，保持这个速度做匀速直线运动
C．图2中电容器相当于断路，金属棒做加速度大小为g的匀加速直线运动
D．图2中金属棒做匀加速直线运动，且加速度大小为a＝
[解析]　题图1中金属棒下落的过程中，受重力和向上的安培力，由牛顿第二定律可知mg－＝ma，当金属棒下落的速度逐渐增大时，金属棒的加速度逐渐减小，当a＝0时mg＝，则vm＝，此后金属棒保持该速度做匀速直线运动，A错误，B正确；题图2中当金属棒下落的过程中，速度逐渐增大，金属棒产生的感应电动势逐渐增大，导体棒对电容器充电，由右手定则知回路中产生逆时针方向的感应电流，根据左手定则知金属棒所受的安培力竖直向上，金属棒的加速度小于g，C错误；题图2中金属棒做加速运动，开始金属棒中的感应电动势为E＝Blv，经时间Δt金属棒的速度增加Δv，则金属棒的加速度大小为a＝，此时金属棒中的感应电动势大小为E′＝Bl(v＋Δv)，则电容器两极板所带电荷量的改变量为Δq＝C(E′－E)＝CBl·Δv，金属棒中的电流大小为I＝＝CBla，由牛顿第二定律可知mg－BIl＝ma，由以上解得a＝，D正确．
[答案]　BD
二、非选择题
10．(2019·天津卷)如图所示，固定在水平面上间距为l的两条平行光滑金属导轨，垂直于导轨放置的两根金属棒MN和PQ长度也为l、电阻均为R，两棒与导轨始终接触良好．MN两端通过开关S与电阻为R的单匝金属线圈相连，线圈内存在竖直向下均匀增加的磁场，磁通量变化率为常量k.图中虚线右侧有垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B.PQ的质量为m，金属导轨足够长、电阻忽略不计．

(1)闭合S，若使PQ保持静止，需在其上加多大的水平恒力F，并指出其方向；
(2)断开S，PQ在上述恒力作用下，由静止开始到速度大小为v的加速过程中流过PQ的电荷量为q，求该过程安培力做的功W.
[解析]　(1)设线圈中的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律E＝，
则E＝k①
设PQ与MN并联的电阻为R并，有
R并＝②
闭合S时，设线圈中的电流为I，根据闭合电路欧姆定律得I＝③
设PQ中的电流为IPQ，有
IPQ＝I④
设PQ受到的安培力为F安，有
F安＝BIPQl⑤
保持PQ静止，由受力平衡，有
F＝F安⑥
联立①②③④⑤⑥式得
F＝⑦
方向水平向右．
(2)设PQ由静止开始到速度大小为v的加速过程中，PQ运动的位移为x，所用时间为Δt，回路中的磁通量变化量为ΔΦ，平均感应电动势为，有
＝⑧
其中ΔΦ＝Blx⑨
设PQ中的平均电流为，有
＝⑩
根据电流的定义得
＝?
由动能定理，有
Fx＋W＝mv2－0?
联立⑦⑧⑨⑩??式得
W＝mv2－kq
[答案]　(1)　方向水平向右
(2)mv2－kq
11．如右图所示，两条平行导轨所在平面与水平地面的夹角为θ，间距为L.导轨上端接有一平行板电容器，电容为C.导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向垂直于导轨平面．在导轨上放置一质量为m的金属棒，棒可沿导轨下滑，且在下滑过程中保持与导轨垂直并良好接触．已知金属棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g.忽略所有电阻．让金属棒从导轨上端由静止开始下滑，求：

(1)电容器极板上积累的电荷量与金属棒速度大小的关系；
(2)金属棒的速度大小随时间变化的关系．
[解析]　(1)设金属棒下滑的速度大小为v，则感应电动势为
E＝BLv①
平行板电容器两极板之间的电势差为
U＝E②
设此时电容器极板上积累的电荷量为Q，按定义有
C＝③
联立①②③式得
Q＝CBLv④
(2)设金属棒从静止释放到速度达到v，经历时间为t，此时通过金属棒的电流为i，金属棒受到的磁场的作用力方向沿导轨向上，大小为
f1＝BLi⑤
设在时间间隔(t，t＋Δt)内流经金属棒的电荷量为ΔQ，按定义有
i＝⑥
ΔQ也是平行板电容器极板在时间间隔(t，t＋Δt)内增加的电荷量．由④式得
ΔQ＝CBLΔv⑦
式中，Δv为金属棒的速度变化量．按定义有
a＝⑧
金属棒所受到的摩擦力方向斜向上，大小为
f2＝μN⑨
式中，N是金属棒对导轨的正压力的大小，有
N＝mgcosθ⑩
金属棒在时刻t的加速度方向沿斜面向下，设其大小为a，根据牛顿第二定律有
mgsinθ－f1－f2＝ma?
联立⑤至?式得
a＝g?
由?式及题设可知，金属棒做初速度为零的匀加速运动．t时刻金属棒的速度大小为
v＝gt?
[答案]　(1)Q＝CBLv　(2)v＝gt

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