第7道电磁感应与电路（解析版）

2021年高考物理二轮复习高考13题命题探究第一部分选择题命题探究第7道选择题电磁感应与电路目录TOC\o"1-3"\h\u一、命题点探究 1命题点一直流电路与交流电路 1考查方式一直流电路的动态分析 1考查方式二交流电的产生及“四值”应用 4考查方式三理想变压器的规律及应用 6考查方式四远距离输电问题 7命题点二电磁感应规律的应用 9考查方式一楞次定律与法拉第电磁感应定律的应用 9考查方式一电磁感应中的电路问题 11考查方式二电磁感应的图象问题 12考查方式四电磁感应中的动力学与能量问题 14二、第七道选择题限时强化训练（一） 18三、第七道选择题限时强化训练（二） 22一、命题点探究命题点一直流电路与交流电路【命题规律】从近几年高考试题可以看出，直流电路与交流电路部分考查的内容主要包括：(1)应用串并联电路规律、闭合电路欧姆定律及部分电路欧姆定律进行电路的动态分析，含容电路的分析，以及电路故障的判断分析；(2)交变电流的产生及“四值”应用，变压器的原理及动态分析，远距离输电问题．试题难度中等或中等偏上．考查方式一直流电路的动态分析【核心考点梳理】1．恒定电流(1)闭合电路中的电压、电流关系：E＝U外＋U内，I＝eq\f(E,R＋r)，U＝E－Ir.(2)闭合电路中的功率关系：P总＝EI，P内＝I2r，P出＝IU＝P总－P内．(3)直流电路中的能量关系：电功W＝qU＝UIt，电热Q＝I2Rt.纯电阻电路中W＝Q，非纯电阻电路中W＞Q.2．闭合电路动态变化的原因(1)当外电路的任何一个电阻增大(或减小)时，电路的总电阻一定增大(或减小)．(2)若开关的通断使串联的用电器增多，总电阻增大；若开关的通断使并联的支路增多，总电阻减小．(3)热敏电阻或光敏电阻的阻值变化．3．直流电路动态分析的三种常用方法(1)程序法R局eq\o(→,\s\up11(增大),\s\do4(减小))I总＝eq\f(E,R＋r)eq\o(→,\s\up11(减小),\s\do4(增大))U内＝I总req\o(→,\s\up11(减小),\s\do4(增大))U外＝E－U内eq\o(→,\s\up11(增大),\s\do4(减小))确定U支、I支．(2)结论法——“串反并同”“串反”：指某一电阻增大(减小)时，与它串联或间接串联的电阻中的电流、两端电压、电功率都将减小(增大)．“并同”：指某一电阻增大(减小)时，与它并联或间接并联的电阻中的电流、两端电压、电功率都将增大(减小)．(3)极限法因变阻器滑片滑动引起电路变化的问题，可将变阻器的滑片分别滑至两个极端，使电阻最大或电阻为零去讨论．【典例1】（2021·浙江省北斗星联盟高三上学期12月月考）如图所示电路中，定值电阻R1=R，R2=2R，R3是滑动变阻器最大阻值为2R，电源的内阻r=R，电流表A和电压表V1、V2均为理想电表。闭合开关S，当滑动变阻器的触头P从电阻的中点滑到最右端的过程，电压表V1、V2和电流表A的变化量的绝对值分别是△U1、△U2和△I，下列说法中正确的是（）A.电压表V2的示数减小B.△U1=△U2C.电源的输出的电功率减小D.不变，变大【答案】C【解析】A.滑片向右滑动，R3电阻增大，总电阻增大，总电流减小，U1和U内减小，则电压表V2示数增大，故A错误；BD.△U1=△IR1，△U2=△I(R1+r)，得到=R，=（R1+r）=2R，故B、D错；C.当外电路电阻R大于电源内电阻r时，电源输出功率随着外电路电阻的增大而减小，故C正确。故选C。【典例2】（2021·云南师大附中高三上学期12月月考）下图为直流电动机提升重物的装置，重物的质量m=50kg，电源电动势E=95V，电源内阻r=3Ω。当电动机以v=0.7m/s的恒定速率向上提升重物时，电路中的电流I=5A，不计各处摩擦和空气阻力，g=10m/s2，下列判断正确的是（）A.电源的效率约为84%B.电动机的输出功率是350WC.电动机线圈的电阻为2ΩD.电动机两端的电压为95V【答案】ABC【解析】D．由于电源有内阻，电动机两端的电压等于路端电压故D错误；B．因物体匀速上升，电动机的输出功率等于物体克服重力做功的功率故B正确；C．设电动机内阻为R，由能量守恒可知故C正确；A．电源的效率故A正确。故选ABC。【典例3】（2021·四川省成都市高新区高三上学期12月月考）在如图所示的电路中，电源的负极接地，其电动势为E、内电阻为r，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，C为电容器，A、V分别为理想电流表和电压表。电键闭合后，在滑动变阻器的滑片P自b端向a端滑动的过程中，下列说法正确的是（）A.电压表示数减小B.电流表示数增大C.电容器C所带电荷量增多D.a点的电势降低【答案】AC【解析】在滑动变阻器滑动头P自b端向a端滑动的过程中，变阻器的电阻变大，外电路总电阻变大，干路电流减小。A．根据欧姆定律可知，电阻R1两端电压减小，电压表示数变小，A正确；B．总电流减小，根据I减小，U并增大，通过R2的电流增大，通过R3的电流减小，即电流表示数减小，B错误；C．U并增大，电容器板间电压变大，根据可知其带电量增多，C正确；D．总电流减小，R1两端的电压减小，故电势降落减少，故a点电势升高，D错误。故选AC。考查方式二交流电的产生及“四值”应用【核心考点梳理】1．两个特殊位置的特点(1)线圈平面与中性面重合时，S⊥B，Φ最大，eq\f(ΔΦ,Δt)＝0，e＝0，i＝0，电流方向将发生改变．(2)线圈平面与中性面垂直时，S∥B，Φ＝0，eq\f(ΔΦ,Δt)最大，e最大，i最大，电流方向不改变．2．书写交变电流瞬时值表达式的基本思路(1)确定正弦式交变电流的峰值，根据已知图象读出或由公式Em＝nBSω求出相应峰值．(2)明确线圈的初始位置，找出对应的函数关系式．①若线圈从中性面位置开始转动，e＝Emsinωt.②若线圈从垂直中性面位置开始转动，e＝Emcosωt.3．正弦交流电“四值”的应用【典例1】（2021·西藏昌都市一中高三上学期1月期末）如图甲所示，电阻不计的N匝矩形闭合导线框处于磁感应强度大小为0.2T的水平匀强磁场中，导线框面积为。导线框绕垂直于磁场的轴匀速转动，并与理想变压器原线圈相连，原、副线圈的匝数比为10:1，副线圈接有一滑动变阻器R，副线圈两端的电压随时间的变化规律如图乙所示。下列说法正确的是（）A.闭合导线框中产生的交变电压的瞬时值表达式为B.线框的匝数C.若滑动变阻器的滑片P向上移动，电流表的示数将减小D.若导线框的转速增加一倍，则变压器的输出功率将增加一倍【答案】BC【解析】A．由题图乙可知，输出电压的最大值周期为，角速度输入端电压的最大值则闭合导线框中产生的交变电压的瞬时值表达式为故A错误；B．导线框输出电压的最大值解得故B正确；C．理想变压器原、副线圈匝数不变，输入电压不变，则输出电压不变，滑动变阻器滑片P向上移动时，接入电路的电阻增大，则输出电流减小，输入电流减小，电流表示数减小，故C正确；D．若导线框的转速增加一倍，则线框产生交变电压的最大值增加一倍，有效值增加一倍，输出电压的有效值也增加一倍，则由可知，输出功率将变成原来的4倍，故D错误。故选BC。【典例2】（2021·八省联考广东区高三上学期1月模拟三）A、B是两个完全相同的电热器，A通以图甲所示的交变电流，B通以图乙所示的交变电流，则两电热器的电功率之比PA∶PB等于A.2∶1B.1:1C.∶1D.1∶2【答案】A【解析】试题分析：虽然甲是交流电，但其有效值为I0，因为它前半个周期与后半个周期的电流都是等大的；乙是正弦交流电，故它的有效值为，则PA∶PB=（I0）2R：（）2R=2:1，故选项A正确．考点：交流电的有效值．【典例3】(2021·重庆一中模拟)如图，OO′是磁感应强度大小分别为3B和B的两个匀强磁场区域的分界线，磁场方向分别垂直纸面向里和垂直纸面向外．单匝圆形导线圈的直径刚好位于OO′处，线圈以OO′为转轴从纸面位置开始以角速度ω匀速转动．若线圈的电阻为R，面积为S，则下列说法正确的是()A．线圈在纸面位置时，感应电流最大B．线圈中产生的感应电动势的最大值为2BSωC．线圈中产生的热功率为eq\f(B2S2ω2,2R)D．线圈从纸面位置开始转过90°的过程中通过线圈某一横截面的电荷量为eq\f(2BS,R)【答案】C【答案】：线圈在纸面位置时，磁通量最大，感应电动势为零，故A错误；线圈中产生的感应电动势的最大值为Em＝3B·eq\f(S,2)·ω－B·eq\f(S,2)·ω＝BSω，故B错误；由有效值定义可知感应电动势的有效值为E有＝eq\f(Em,\r(2))，线圈中产生的热功率为P＝I2R＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(E有,R)))2R＝eq\f(B2S2ω2,2R)，故C正确；根据q＝eq\o(I,\s\up6(－))Δt，eq\o(I,\s\up6(－))＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),R)，eq\o(E,\s\up6(－))＝eq\f(NΔΦ,Δt)可得q＝eq\f(NΔΦ,R)，所以线圈从纸面位置开始转过90°的过程中通过线圈某一横截面的电荷量为q＝eq\f(3B·\f(S,2)－B·\f(S,2),R)＝eq\f(BS,R)，故D错误．考查方式三理想变压器的规律及应用【核心考点梳理】1．三个基本关系(只有一个副线圈)(1)电压关系：eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)；(2)电流关系：eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)；(3)功率关系：P入＝P出．2．五个制约关系(1)输入功率由输出功率决定，即P入＝P出；(2)输出电压由输入电压和匝数比决定，即U2＝eq\f(n2,n1)U1；(3)输入电流由输出电流和匝数比决定，即I1＝eq\f(n2,n1)I2；(4)输出功率由用户负载决定，即P出＝P负总＝P负1＋P负2＋…；(5)输出电流由输出电压和用户负载决定，即I2＝eq\f(U2,R负).【典例1】(2021·烟台高考诊断性测试)如图所示，一理想变压器原线圈与定值电阻R1、理想电流表A1一起接入电压恒为U的交流电源上，原线圈接入电路的匝数可通过调节触头P进行改变，副线圈和滑动变阻器R、定值电阻R2以及理想电流表A2连接在一起，下列说法正确的是()A．保持R不变，将触头P向上移动，则A1的示数变小，A2的示数变小B．保持R不变，将触头P向下移动，电源输出的总功率变小C．保持P的位置不动，增大R，则A1的示数减小，A2的示数减小D．保持P的位置不动，增大R，则R的电功率变小，R1的电功率不变【答案】D【解析】保持R不变，将触头P向上移动，则n1增大，再由U2＝eq\f(n2,n1)U1，可知U2减小，又因为副线圈的总电阻不变，所以通过副线圈的电流减小，即A2的示数变小，A1的示数为eq\f(U1,R1)，U1和R1都不变，所以A1的示数不变，故A错误；保持R不变，将触头P向下移动，则n1减小，再由U2＝eq\f(n2,n1)U1，可知U2增加，副线圈的负载电阻不变，由P出＝eq\f(U\o\al(2,2),R总)可知电源输出的总功率增大，故B错误；保持P的位置不动，增大R，负载的总电阻R总增大，U2不变，由I2＝eq\f(U2,R总)可知I2减小，所以A2的示数减小，A1的示数为eq\f(U1,R1)，U1和R1都不变，所以A1的示数不变；副线圈的输出功率P2＝U2I2减小，又因为R2的功率不变，所以R的功率减小；电阻R1不变，两端的电压U1不变，所以R1的电功率不变，故C错误，D正确．【典例2】(多选)(2020·深圳第一次调研)如图所示，理想变压器原副线圈匝数之比为1∶2，正弦交流电源电压为U＝12V，电阻R1＝1Ω，R2＝2Ω，滑动变阻器R3最大阻值为20Ω，滑片P处于中间位置，则()A．R1与R2消耗的电功率相等B．通过R1的电流为3AC．若向上移动P，电源输出功率将变大D．若向上移动P，电压表读数将变大【答案】BC【解析】：理想变压器原副线圈匝数之比为1∶2，可知原副线圈的电流之比为2∶1，根据P＝I2R可知，R1与R2消耗的电功率之比为2∶1，选项A错误；设通过R1的电流为I，则副线圈电流为0.5I，初级电压：U－IR1＝12－I，根据匝数比可知次级电压为2(12－I)，则eq\f(212－I,0.5I)＝R2＋eq\f(1,2)Rm＝12Ω，解得I＝3A，选项B正确；若向上移动P，则R3电阻减小，次级电流变大，初级电流也变大，根据P＝IU可知电源输出功率将变大，电阻R1两端的电压变大，变压器输入电压变小，次级电压变小，电压表读数将变小，则选项C正确，D错误．考查方式四远距离输电问题【核心考点梳理】1．熟知一个简图远距离输电的简图2．理清三个回路回路1：发电机回路：由发电机和线圈1组成．回路2：输送回路：由线圈2、输电线和线圈3组成．回路3：输出回路：由线圈4和用户组成．3．抓住九个关系(1)理想升压变压器的三个关系：eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，I1n1＝I2n2，P1＝P2.(2)理想降压变压器的三个关系：eq\f(U3,U4)＝eq\f(n3,n4)，I3n3＝I4n4，P3＝P4.(3)三个重要关联关系U2＝U3＋UR，I2＝I3＝IR，P2＝P3＋PR.4．掌握两种损耗(1)电压损耗：输电线上的电阻导致的电压损耗UR＝U2－U3＝IRR.(2)功率损耗：输电线上电阻发热导致的功率损耗PR＝P2－P3＝Ieq\o\al(2,R)R.输电线上的能量损耗是热损耗，计算功率损耗时用公式PR＝Ieq\o\al(2,R)R或PR＝eq\f(U\o\al(2,R),R).【典例1】(2020·青岛质量检测)如图，为某小型水电站电能输送的示意图，变压器均为理想变压器，升压变压器T1的原、副线圈匝数比为1∶20，降压变压器T2的原、副线圈匝数比为3∶1.升压变压器原线圈两端接入一电压u＝Umsinωt的交流电源，用户的总电阻为R(可视为纯电阻)，输电线总电阻r＝R，不考虑其他因素的影响，用户获得的电压U为()A．2eq\r(2)UmB．3eq\r(2)UmC．4UmD．6Um【答案】B【解析】：升压变压器原线圈两端电压的有效值为U1＝eq\f(Um,\r(2))，升压变压器副线圈两端的电压为U2＝20×eq\f(Um,\r(2))＝10eq\r(2)Um，输电线路上损失的电压为ΔU＝Ir＝IR，故降压变压器原线圈的电压为U3＝U2－ΔU，在降压变压器次级两端电压U＝eq\f(1,3)U3，次级电流I′＝3I，则U＝3IR，联立解得U＝3eq\r(2)Um，故选B．【典例2】．(2020·黔东南州第一次模拟)小型发电站为某村寨110户家庭供电，输电原理如图所示，图中的变压器均为理想变压器，其中降压变压器的匝数比n3∶n4＝50∶1，输电线的总电阻R＝10Ω.某时段全村平均每户用电的功率为200W，该时段降压变压器的输出电压为220V．则此时段()A．发电机的输出功率为22kWB．降压变压器的输入电压为11kVC．输电线的电流为1100AD．输电线上损失的功率约为8.26W【答案】B【解析】：用户总功率为P＝110×200W＝22000W＝22kW，加上输电线上消耗的电功率，所以发电机的输出功率应大于22kW，A错误；降压变压器的输出电压为220V，即U4＝220V，所以根据eq\f(n3,n4)＝eq\f(U3,U4)可得，降压变压器的输入电压U3＝50×220V＝11000V＝11kV，B正确；用户端总电流为I4＝eq\f(P,U4)＝eq\f(22000,220)＝100A，根据eq\f(n3,n4)＝eq\f(I4,I3)，所以输电线中的电流为I3＝2A，输电线上损失的功率约为ΔP＝Ieq\o\al(2,3)R＝22×10＝40W，C、D错误．命题点二电磁感应规律的应用【命题规律】高考对本部分内容的要求较高，常在选择题中考查楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用、电磁感应中的电路、图象、能量问题，以导体棒(或线框)运动为背景，电磁感应规律与电路的相关知识、牛顿运动定律、能量守恒定律及动量守恒定律等相结合的综合应用问题，试题难度中等偏上．考查方式一楞次定律与法拉第电磁感应定律的应用1．感应电流(感应电动势)方向的判断(1)利用右手定则，即根据导体在磁场中做切割磁感线运动的情况进行判断．(2)利用楞次定律，即根据穿过回路的磁通量的变化情况进行判断．(3)楞次定律的四个推论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”(该结论仅适用于磁感线单方向穿过的线圈)．④阻碍原电流的变化(自感现象)——“增反减同”．2．感应电动势的计算(1)法拉第电磁感应定律：E＝neq\f(ΔΦ,Δt)，常用于计算平均电动势．①若B变，而S不变，则E＝neq\f(ΔB,Δt)S；②若S变，而B不变，则E＝nBeq\f(ΔS,Δt).(2)平动切割：导体棒垂直切割磁感线，E＝Blv，主要用于求电动势的瞬时值．(3)转动切割：如图所示，导体棒Oa围绕棒的一端O在垂直磁场的平面内做圆周运动而切割磁感线，产生的电动势E＝eq\f(1,2)Bl2ω.【典例1】(2021·西城区高三统一测试)如图所示，在水平面上有一个U形金属框架和一条跨接其上的金属杆ab，二者构成闭合回路且处于静止状态．在框架所在的空间内存在匀强磁场(图中未画出)．下面说法正确的是()A．若磁场方向水平向右，当磁场增强时，杆ab受安培力向上B．若磁场方向水平向右，当磁场减弱时，杆ab受安培力向上C．若磁场方向竖直向上，当磁场增强时，杆ab受安培力向左D．若磁场方向竖直向上，当磁场减弱时，杆ab受安培力向左【答案】C【解析】：磁场方向水平向右时，穿过线框的磁通量为零，故不能产生感生电动势，也就没有感应电流，则棒ab不受安培力，故A、B错误；若磁场方向竖直向上，并且磁感应强度增强时，根据楞次定律，感应电流的方向为顺时针方向，根据左手定则，杆ab所受的安培力方向向左，故C正确；若磁场方向竖直向上，并且磁感应强度减弱时，根据楞次定律，感应电流的方向为逆时针方向，根据左手定则，杆ab所受的安培力方向向右，故D错误．【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()图(a)图(b)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eq\f(B0rS,4t0ρ)D．圆环中的感应电动势大小为eq\f(B0πr2,4t0)【答案】BC【解析】：由于磁场方向变化，圆环所受的安培力方向变化，选项A错误；由图(b)可知，在t＝0到t＝t1时间内，磁感应强度变化率恒定，产生的感应电动势恒定，感应电流恒定，由楞次定律可知，圆环中感应电流始终沿顺时针方向，选项B正确；导线电阻R＝ρeq\f(2πr,S)，圆环中感应电流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(B0rS,4t0ρ)，选项C正确；由图(b)可知，磁感应强度变化率大小eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(B0,t0)，圆环中感应电动势E＝S0eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(πr2B0,2t0)，选项D错误．考查方式一电磁感应中的电路问题解答电磁感应中电路问题的思维程序图【典例1】(2020·贵州安顺调研)粗细均匀的电阻丝围成的正方形闭合线框置于有界匀强磁场中，磁场方向垂直于线框平面，其边界与正方形线框的边平行．现使线框以相同速率沿四个不同方向平移出磁场，如图所示，则在移出过程中线框上a、b两点间的电势差绝对值最大的是()【答案】C【解析】：在磁场中切割磁感线的边相当于电源，外电路由三个相同电阻串联形成，A、B、D中a和b两点间电势差为外电路中一个电阻两端的电压，其电势差的绝对值为U＝eq\f(E,4)＝eq\f(BLv,4)；图C中a、b两点间电势差绝对值为路端电压，U＝eq\f(3E,4)＝eq\f(3BLv,4)，故C正确．【典例2】．(多选)(2020·鹰潭模拟)如图甲所示，一个匝数为n的圆形线圈(图中只画了2匝)，面积为S，线圈总电阻为R，在线圈外接一个阻值为R的电阻和一个理想电压表，将线圈放入垂直线圈平面向里的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示，下列说法正确的是()A．0～t1时间内，P端电势高于Q端电势B．0～t1时间内，电压表的读数为eq\f(nB1－B0S,t1)C．t1～t2时间内，R上的电流为eq\f(nB1S,2t2－t1R)D．t1～t2时间内，P端电势高于Q端电势【答案】AC【解析】：0～t1时间内，磁通量向里增大，根据楞次定律可知，线圈中感应电流沿逆时针方向，线圈相当于电源，P端电势高于Q端电势，故A正确；0～t1时间内，线圈产生的感应电动势E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(ΔB,Δt)S＝neq\f(B1－B0,t1)S，电压表的示数等于电阻R两端的电压U＝IR＝eq\f(E,2R)·R＝eq\f(nB1－B0S,2t1)，故B错误；t1～t2时间内，线圈产生的感应电动势E′＝neq\f(B1,t2－t1)S，根据闭合电路的欧姆定律得I′＝eq\f(E′,2R)＝eq\f(nB1S,2t2－t1R)，故C正确；t1～t2时间内，磁通量向里减小，根据楞次定律可知，线圈中感应电流沿顺时针方向，线圈相当于电源，P端电势低于Q端电势，故D错误．考查方式二电磁感应的图象问题【核心考点梳理】1．解决电磁感应图象问题的一般步骤(1)明确图象的种类，即是B­t图还是Φ­t图，或者E­t图、I­t图等．(2)分析电磁感应的具体过程．(3)用右手定则或楞次定律确定方向对应关系．(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，如分析斜率的变化、截距的含义等．(6)画图象或判断图象．2．电磁感应图象问题分析的注意点(1)注意初始时刻的特征，如初始时刻感应电流是否为零，感应电流的方向如何．(2)注意电磁感应发生的过程分为几个阶段，这几个阶段是否和图象变化对应．(3)注意观察图象的变化趋势，判断图象斜率的大小、图象的曲直是否和物理过程对应．【典例1】（2021·“八省联考”辽宁省普通高中学业水平选择考适应性测试）如图所示，“凹”字形金属线框右侧有一宽度为3L的匀强磁场区域，磁场方向垂直于纸面向里。线框在纸面内向右匀速通过磁场区域，t=0时，线框开始进入磁场。设逆时针方向为感应电流的正方向，则线框中感应电流i随时间t变化的图像可能正确的是（）A.B.CD.【答案】A【解析】设运动的速度为v，线框总电阻为R，当时间时，只有最右侧的两个短边切割磁感线，感应电流的方向为逆时针，大小为当时，从右侧中间短边进入磁场，至左侧长边进入磁场，感应电流方向为逆时针，大小为当时，从左侧长边进入磁场，至右侧的中间短边离开磁场，感应电流方向为顺时针，大小为当时，从右侧中间短边离开磁场，至左侧长边离开磁场，感应电流方向为顺时针，大小为故选A。【典例2】（2021·“八省联考”广东省普通高中学业水平选择考适应性测试）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a、b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a棒离开磁场区域时b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i随时间t的变化图像可能正确的有（）A.B.C.D.【答案】AB【解析】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；AC．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正确，D错误；故选AB。【典例3】（2021·八省联考高三上学期1月考前猜题）如图甲所示，轻质细线吊着一质量为、边长的正方形单面线圈，其总电阻。在线圈的中间位置以下区域分布着垂直纸面向里的磁场，磁感应强度B大小随时间t的变化关系如图乙所示。下列说法正确的是（）A．线圈中产生逆时针方向的感应电流B．线圈中的感应电流大小为C．时轻质细线的拉力大小为D．内通过线圈横截面的电荷量为【答案】AC【解析】由楞次定律可知：电流的方向为逆时针方向，故A正确；B．由法拉第电磁感应定律得，代入数据得，线圈中的感应电流大小为，故B错误；C．根据，根据受力分析，解得，故C正确；D．内通过线圈横截面的电荷量为，故D错误。故选AC。考查方式四电磁感应中的动力学与能量问题【核心考点梳理】1．两种状态特征及处理方法状态特征处理方法平衡态加速度为零根据平衡条件列式分析非平衡态加速度不为零根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系进行分析2.力学对象和电学对象的相互关系3．求解电能的三种主要思路(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)利用能量守恒定律求解：机械能的减少量等于产生的电能．(3)利用电路特征求解：通过电路中产生的电热来计算．【典例1】（2021·安徽省太和一中高三上学期12月月考）如图所示，足够长的平行金属导轨水平放置宽度为l，左端连接阻值为R的定值电阻。导轨所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。导体棒MN放在导轨上，其长度恰好等于导轨间距，且与导轨接触良好。导轨和导体棒间的动摩擦因数为，不计导轨的电阻，导体棒的质量为m、电阻为R，重力加速度为g。在平行于导轨的拉力作用下，导体棒沿导轨方向以速度v匀速运动。撤去拉力后，导体棒运动时间为t，则（）A.撤去拉力前，导体棒两端的电压为B.撤去拉力前，电阻R的热功率为C.拉力大小为D.撤去拉力后，导体棒运动的距离为【答案】CD【解析】A．定值电阻的阻值为，导体棒切割磁感线产生的感应电动势为导体棒两端的电压故A错误；B．电阻两端的电压热功率故B错误；C．导体棒匀速运动时，导体棒受到的安培力因为导体棒处于平衡状态，有故C正确；D．设撤去拉力后，导体棒运动的距离为，在撤去拉力后导体棒运动的整个过程中，导体棒产生的平均电动势为导体棒中的平均电流安培力的平均值为规定初速度方向为正，从撤去拉力到停止，根据动量定理有联立解得故D正确。故选CD。【典例2】（2021·“八省联考”湖南省普通高中学业水平选择考适应性测试）如图，两根足够长，电阻不计的光滑平行金属导轨，固定在同一水平面上，其间距为1m，左端通过导线连接一个R=1.5的定值电阻。整个导轨处在磁感应强度大小B=0.4T的匀强磁场中，磁场方向竖直向下，质量m=0.2kg、长度L=1m、电阻r=0.5的匀质金属杆垂直导轨放置，且与导轨接触良好，在杆的中点施加一个垂直金属杆的水平拉力F，使其静止开始运动。拉力F的功率P=2W保持不变，当金属杆的速度v=5m/s时撤去拉力F。下列说法正确的是（）A.若不撤去拉力F，金属杆的速度会大于5m/sB.金属杆的速度为4m/s时，其加速度大小可能为0.9m/s2C.从撤去拉力F到金属杆停下的整个过程，通过金属杆的电荷量为2.5CD.从撤去拉力F到金属杆停下的整个过程，金属杆上产生的热量为2.5J【答案】BC【解析】A．若不撤去拉力F，对棒由牛顿第二定律有；；当时，速度达到最大，联立各式解得最大速度为即杆的最大速度不会超过5m/s，故A错误；B．若在F撤去前金属杆的切割速度时，代入各式可得加速度为撤去F后棒减速的速度为时，加速度为故金属杆的速度为4m/s时，其加速度大小为0.9m/s2或1.6m/s2，故B正确；C．从撤去拉力F到金属杆停下，棒只受安培力做变减速直线运动，取向右为正，由动量定理有而电量的表达式可得故C正确；D．从撤去拉力F到金属杆停下的过程由动能定理而由功能关系有另金属杆和电阻R串联，热量比等于电阻比，有联立解得故D错误；故选BC。【典例3】（2021·广东省佛山市高三上学期1月期末）如图所示，两根足够长的光滑金属导轨MN、PQ互平行，间距为L，构成U型平面，该平面水平面成角（0°<<90°），磁感应强度为B的匀强磁场与导轨平面垂直，导轨电阻不计，上端接入阻值为R的定值电阻。金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且接触良好，ab棒质量为m，接入电路的电阻为r。则金属棒ab沿导轨下滑过程中（）A.最大加速度为B.当棒下滑速度为v时，其两端电压为BLvC.所受安培力不会大于D.下滑速度大小一定小于【答案】AC【解析】A．根据牛顿第二定律可得由题可知，开始滑动时安培力为零，此时加速度最大为，故A正确；B．由法拉第电磁感应定律可得，当棒下滑速度为v时，产生的感应电动势为BLv，根据闭合电路欧姆定律可得，金属棒两端电压为，故B错误；C．导体棒下滑时，安培力增大，则加速度减小，当加速度为零时，安培力达到最大值为，故C正确；D．当安培力等于时，金属棒做匀速运动，此时速度最大，则有解得，最大速度为则下滑速度大小一定小于，故D错误故选AC【典例4】(2020·陕西省西安中学高三下学期第四次模拟)如图所示，在倾角为θ的光滑斜面上，有三条水平虚线l1、l2、l3，它们之间的区域Ⅰ、Ⅱ宽度均为d，两区域分别存在垂直斜面向下和垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，一个质量为m、边长为d、总电阻为R的正方形导线框，从l1上方一定高度处由静止开始沿斜面下滑，当ab边刚越过l1进入磁场Ⅰ时，恰好以速度v1做匀速直线运动；当ab边在越过l2运动到l3之前的某个时刻，线框又开始以速度v2做匀速直线运动，重力加速度为g.在线框从释放到穿出磁场的过程中，下列说法正确的是()A．线框中感应电流的方向不变B．线框ab边从l1运动到l2所用时间大于从l2运动到l3所用时间C．线框以速度v2做匀速直线运动时，发热功率为eq\f(m2g2R,4B2d2)sin2θD．线框从ab边进入磁场到速度变为v2的过程中，减少的机械能ΔE机与重力做功WG的关系式是ΔE机＝WG＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)【答案】CD【解析】线圈的ab边进入磁场Ⅰ过程，由右手定则判断可知，电流方向为逆时针；线框从磁场Ⅰ出来并进入磁场Ⅱ过程中，电流方向为顺时针；线框从磁场Ⅱ出来过程中，电流方向为逆时针，则线框中感应电流的方向会改变，A错误；当线框ab边恰好达到l2时，ab边与cd边共同切割磁感线，感应电动势为之前的2倍，瞬时电流也为之前时刻的2倍，所以ab与cd边受到的沿斜面向上的安培力合力为重力沿斜面向下的分量的4倍，线圈将做加速度逐渐减小的减速运动，直到以速度v2匀速直线运动，则有v1>v2，ab边从l1运动到l2的平均速度大于从l2运动到l3的平均速度，则线框ab边从l1运动到l2所用时间小于从l2运动到l3的时间，B错误；线圈以速度v2匀速运动时mgsinθ＝2BId＝2Bd·eq\f(2Bdv,R)＝eq\f(4B2d2v,R)得v＝eq\f(mgRsinθ,4B2d2)，电功率P＝Fv＝eq\f(m2g2R,4B2d2)sin2θ，C正确；机械能的减小等于线框产生的电能，则由能量守恒得知：线框从ab边进入磁场到速度变为v2的过程中，减少的机械能ΔE机与线框产生的焦耳热Q电的关系式是ΔE机＝Q电，即ΔE机＝WG＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，D正确．二、第七道选择题限时强化训练（一）限时20min1．(2020·湖北宜昌市3月调研)两个完全相同的电热器，分别通以如图甲、乙所示的交变电流，在一段相同时间，它们的发热量之比为Q1∶Q2＝4∶1，则I1∶I2等于()A．4∶1B．2eq\r(2)∶1C．1∶2D．1∶1【答案】A【解析】对题图甲，由有效值的定义方法可知eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(I1,\r(2))))2Req\f(T,2)＝I2RT，解得I＝eq\f(1,2)I1则其功率P1＝I2R＝eq\f(1,4)I12R在题图乙中正反向电流相等，故功率P2＝I22R因Q1∶Q2＝4∶1，由Q＝Pt得I1∶I2＝4∶1，故选A.2.(2020·河南中原名校第五次考评)在如图所示电路中，开关S1、S2、S3、S4均闭合，C是极板水平放置的平行板电容器，板间悬浮着一油滴P，断开哪个开关后P会向上运动()A．S1B．S2C．S3D．S4【答案】B【解析】电路稳定时电容器为断路，断开S1对电容器两极板间电压没有影响，P不会运动，故A错误；断开S2，C直接接到电源两端，两极板间电压增大，电场力变大，油滴向上运动，故B正确；断开S3，电源断开，C通过R3放电，电压减小，油滴向下运动，故C错误；断开S4，电容器断开，不会产生充放电现象，故油滴受到的力不变，油滴不会运动，故D错误．3.(2020·江苏盐城市三模)在如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r，定值电阻为R1，滑动变阻器为R.现闭合开关S，滑动变阻器R的滑动触头P从M端向N端滑动时，则电路中连接的电压表及电流表示数的变化情况分别是()A．先变大后变小；一直变大B．先变小后变大；一直变小C．先变大后变小；先变小后变大D．先变小后变大；先变大后变小【答案】A【解析】由电路的结构可知，滑动变阻器R的滑动触头P两边的电阻并联，则当P从M端向N端滑动时，电路的总电阻先变大后减小，则总电流先减小后变大，路端电压先变大后变小，即电压表的示数先变大后变小；设PN部分的电阻为x，则PN部分的电流为Ix＝eq\f(E,R1＋r＋\f(R－xx,R))×eq\f(R－x,R)＝eq\f(E,\f(R1＋rR,R－x)＋x)，则随着x的减小，Ix逐渐变大，即电流表示数一直变大，故A正确．4．如图甲所示电路，理想变压器原线圈输入电压如图乙所示，原、副线圈匝数比为10∶1，副线圈电路中R0为定值电阻，R为滑动变阻器，所有电表均为理想交流电表．下列说法正确的是()A．副线圈两端交变电压的频率为5HzB．两电流表测量的是电流的瞬时值，电压表测量的是电压的有效值C．当滑动变阻器的滑片向上移动时，两电流表的示数均变小D．当电流表A2的示数为2A时，变压器原线圈输入功率为220W【答案】C【解析】由题图乙知交流电周期为T＝0.02s，所以交变电压的频率为f＝eq\f(1,T)＝50Hz，变压器变压不变频，故副线圈电压的频率为50Hz，故A错误；电流表测量的是电流的有效值，电压表测量的是电压的有效值，故B错误；当滑动变阻器的滑片向上移动时，电阻增大，而副线圈电压不变，两个电流表的示数都减小，故C正确；当电流表A2的示数为2A时，原线圈的电流强度I1＝eq\f(n2,n1)I2＝0.2A，原线圈电压有效值U1＝eq\f(311,\r(2))V≈220V，变压器原线圈输入功率为P1＝U1I1＝220×0.2W＝44W，故D错误．5．(2020·贵州黔东南州一模)小型发电站为某村寨110户家庭供电，输电原理如图所示，图中的变压器均为理想变压器，其中降压变压器的匝数比n3∶n4＝50∶1，输电线的总电阻R＝10Ω.某时段全村平均每户用电的功率为200W，该时段降压变压器的输出电压为220V．则此时段()A．发电机的输出功率为22kWB．降压变压器的输入电压为11kVC．输电线的电流为1100AD．输电线上损失的功率约为8.26W【答案】B【解析】用户总功率为P＝110×200W＝22000W＝22kW，加上输电线上消耗的电功率，所以发电机的输出功率应大于22kW，A错误；降压变压器的输出电压为220V，即U4＝220V，所以根据eq\f(n3,n4)＝eq\f(U3,U4)，可得降压变压器的输入电压U3＝50×220V＝11000V＝11kV，B正确；用户端总电流为I4＝eq\f(P,U4)＝eq\f(22000,220)A＝100A，根据eq\f(n3,n4)＝eq\f(I4,I3)，所以输电线中的电流为I3＝2A，输电线上损失的功率约为ΔP＝I32R＝22×10W＝40W，C、D错误．6.(多选)(2020·贵州贵阳市四校联考)如图所示，理想变压器原线圈接在u＝311sin100πt(V)的正弦交流电源上．额定电压为55V的用电器接在副线圈上，闭合开关S后，用电器正常工作，理想交流电流表示数为2.2A．以下判断正确的是()A．变压器输入功率为484WB．正弦交流电源的频率为50HzC．通过原线圈的电流的有效值为8.8AD．变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝4∶1【答案】BD可知ω＝2πf＝100πrad/s，则该交流电频率为50Hz，故B正确；由正弦交流电压表达式可得原线圈两端电压的有效值为220V，理想变压器原、副线圈匝数比等于原、副线圈两端电压之比，故变压器原、副线圈匝数比为n1∶n2＝220∶55＝4∶1，故D正确；电流表的示数为有效值，理想变压器原、副线圈中电流之比等于原、副线圈匝数的反比，原线圈中电流有效值为0.55A，故C错误．7．(多选)(2020·河南洛阳市一模)有一个原、副线圈匝数比为10∶1的理想变压器，原线圈所接交流电源的电压瞬时值表达式为u＝300eq\r(2)sin50πt(V)，副线圈所接电路如图所示，灯L1、L2为均标有“20V，10W”的灯泡，当S闭合时，两灯恰好正常发光．则()A．电阻R＝10ΩB．流过R的交流电的周期为0.02sC．断开S后，原线圈的输入功率减小D．断开S后，灯L1仍能正常发光【答案】AC【解析】原线圈所接交流电压的有效值U1＝eq\f(300\r(2),\r(2))V＝300V，则副线圈两端电压U2＝eq\f(U1,n1)·n2＝30V，两灯正常发光，则电阻R两端电压为UR＝10V，流过的电流I2＝eq\f(P,U)×2＝eq\f(10,20)×2A＝1A，根据欧姆定律可知R＝eq\f(UR,I2)＝10Ω，故A正确．输入电压的角速度ω＝50πrad/s，则周期T＝eq\f(2π,ω)＝0.04s，则流过R的交流电的周期为0.04s，故B错误．断开S后，副线圈电阻增大，根据欧姆定律可知，电流减小，故输出功率减小，则输入功率减小，故C正确．断开S后，灯泡L1两端电压增大，不能正常发光，故D错误．8．(多选)(2020·湘赣皖十五校联考)有一台理想变压器及所接负载如图所示．在原线圈c、d两端加上交变电流．已知b是原线圈中心抽头，电压表和电流表均为理想交流电表，电容器的耐压值足够大．下列说法正确的是()A．开关S1始终接a，当滑片P向下滑动时，电压表V1示数不变，电压表V2示数变大，电流表A2示数变小B．开关S1始终接b，当滑片P向上滑动时，R1的电功率增大，V2示数的变化量与A2示数的变化量之比不变C．保持滑片P的位置不变，将开关S1由b改接a，变压器输入功率变大D．保持滑片P的位置不变，将开关S1由a改接b，电容器所带电荷量的最大值将增大【答案】ABD【解析】开关S1始终接a，则变压器副线圈的输出电压不变，电压表V1示数不变，当滑片P向下滑动时，R变大，副线圈的电流减小，电流表A2示数变小，R1电压减小，则R电压变大，即电压表V2示数变大，选项A正确．开关S1始终接b，则副线圈的输出电压不变，U1不变；当滑片P向上滑动时，R减小，副线圈的电流变大，R1的电功率增大，由于U2＝U1－I2R1，则V2示数的变化量与A2示数的变化量之比eq\f(ΔU2,ΔI2)＝R1不变，选项B正确．保持滑片P的位置不变，将开关S1由b改接a,原线圈匝数变大，则副线圈的输出电压减小，副线圈的输出功率减小，则变压器输入功率变小，选项C错误；保持滑片P的位置不变，将开关S1由a改接b，原线圈匝数减小，则副线圈的输出电压变大，电容器两端电压变大，所带电荷量的最大值将增大，选项D正确．三、第七道选择题限时强化训练（二）限时20min1.(2020·广东肇庆市二统)小李同学在探究电磁感应现象和楞次定律时，进行了如下实验：如图所示，矩形金属线圈放置在水平薄玻璃上，玻璃正下方有两块完全相同的蹄形磁铁，磁铁四个磁极之间的距离相等．当两块磁铁匀速向右通过玻璃正下方时，玻璃上的线圈始终保持不动，关于线圈所受摩擦力的方向，下列说法正确的是()A．先向左，后向右B．先向左，后向右，再向左C．一直向右D．一直向左【答案】D【解析】由楞次定律，线圈的感应电流总要阻碍磁极的相对运动，故磁极对线圈有向右的安培力，则线圈所受摩擦力一直向左．2.(2020·河南六市第二次调研)如图所示，竖直放置的矩形导线框MNPQ边长分别为L和2L，M、N间连接水平的平行板电容器，两极板间距为d，虚线为线框中轴线，虚线右侧有垂直线框平面向里的匀强磁场．两极板间有一质量为m、电荷量为q的带负电油滴恰好处于平衡状态，已知重力加速度为g，则下列磁场磁感应强度大小B的变化情况及其变化率分别是()A．正在减小，eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(mgd,2qL2)B．正在减小，eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(mgd,qL2)C．正在增强，eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(mgd,2qL2)D．正在增强，eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(mgd,qL2)【答案】D【解析】对带负电油滴满足：mg＝eq\f(U,d)·q，上极板应带正电．由楞次定律判断知，磁场均匀增强，感应电动势E＝U＝eq\f(ΔB,Δt)·L2，eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(mgd,qL2)，故D正确．3．(2020·河南驻马店市3月模拟)如图所示，由同种材料制成，粗细均匀，边长为L、总电阻为R的单匝正方形闭合线圈MNPQ放置在水平面上，空间存在方向竖直向下、磁感应强度大小为B的有界匀强磁场，磁场两边界成θ＝45°角．现使线圈以水平向右的速度v匀速进入磁场，则()A．当线圈中心经过磁场边界时，N、P两点间的电势差U＝BLvB．当线圈中心经过磁场边界时，线圈所受安培力大小F安＝eq\f(B2L2v,R)C．线圈从开始进入磁场到其中心经过磁场边界的过程中，回路中的平均电功率eq\x\to(P)＝eq\f(B2L2v2,R)D．线圈从开始进入磁场到其中心经过磁场边界的过程中，通过导线某一横截面的电荷量q＝eq\f(BL2,2R)【答案】D【解析】当线圈中心经过磁场边界时，此时切割磁感线的有效线段为NP，根据法拉第电磁感应定律，NP产生的感应电动势为E＝BLv，此时N、P两点间的电势差U为路端电压，有U＝eq\f(3,4)E＝eq\f(3,4)BLv，此时QP、NP受安培力作用，且两力相互垂直，故合力为F安＝eq\f(\r(2)B2L2v,R)，故A、B错误；当线圈中心经过磁场边界时，回路中的瞬时电功率为P＝eq\f(E2,R)＝eq\f(B2L2v2,R)，在线圈从开始进入磁场到其中心经过磁场边界的过程中，感应电动势一直在变化，故回路中的平均电功率不等于经过磁场边界时的瞬时电功率，故C错误；根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律，通过导线某一横截面的电荷量为q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(BL2,2R)，故D正确．4.(2020·海南省五月调研)如图所示，用电阻为0.1Ω的金属丝围成一个半径为0.3m的扇形闭合线框，该线框绕垂直于纸面的O轴以100rad/s的角速度匀速转动，O轴位于方向垂直纸面向里、磁感应强度大小为0.2T的匀强磁场边界上．则线框进入磁场的过程中的电功率为()A．8.1WB．9WC．30WD．90W【答案】A【解析】线框转动过程半径切割磁感线产生的感应电动势为E＝Breq\x\to(v)＝Br·eq\f(1,2)ωr＝eq\f(1,2)Br2ω＝eq\f(1,2)×0.2×0.32×100V＝0.9V线框进入磁场的过程中的电功率为P＝eq\f(E2,R)＝eq\f(0.92,0.1)W＝8.1W，故选A.5.(2020·江西重点中学联盟联考)如图甲所示，足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ竖直放置，其宽度L＝1m，一匀强磁场垂直穿过导轨平面，导轨的上端M与P之间连接阻值为R＝0.50Ω的电阻，质量为m＝0.01kg、电阻为r＝0.20Ω的金属棒ab紧贴在导轨上．现使金属棒ab由静止开始下滑，下滑过程中ab始终保持水平，且与导轨接触良好，其下滑距离x与时间t的关系如图乙所示，图象中的OA段为曲线，AB段为直线，导轨电阻不计，取g＝10m/s2(忽略ab棒运动过程中对原磁场的影响)，则()A．通过金属棒ab的电流方向由b到aB．磁感应强度B为0.01TC．金属棒ab在开始的6.0s内产生的热量为3.465JD．金属棒ab在开始的3.5s内通过的电荷量为2.8C【答案】D【解析】由右手定则可知，金