2025 选考专题高考 物理 （川陕青宁蒙新晋豫）第8讲　恒定电流和交变电流作业含答案

2025选考专题高考物理（川陕青宁蒙新晋豫）第8讲恒定电流和交变电流作业含答案第8讲恒定电流和交变电流时间|40min1.(多选)某车装配了120块“刀片电池”,每块“刀片电池”的容量是200A·h,平均工作电压是3.2V.下列说法正确的是 ()A.单块电池充满电后储存的电荷量是200CB.单块电池充满电后储存的电能是640W·hC.若该车在某次行驶中平均能耗是13kW·h/100km,则其续航里程是640kmD.若某块电池充电电流是200A,则经过30min可将该电池从其容量的30%充到80%2.[2024·江苏无锡模拟]太阳能电池被广泛应用在空间探测器上.某太阳能电池在特定光照强度下工作电流I随路端电压U变化的图线如图中曲线①所示,输出功率P随路端电压U的变化图线如图中曲线②所示.图中给出了该电池断路电压U0和短路电流I0.当路端电压为U1时,工作电流为I1,且恰达到最大输出功率P1,则此时电池的内阻为 ()A.UB.PC.UD.U3.[2024·河北卷]R1、R2为两个完全相同的定值电阻,R1两端的电压随时间周期性变化的规律如图甲所示(三角形脉冲交流电压的峰值是有效值的3倍),R2两端的电压随时间按正弦规律变化如图乙所示,则两电阻在一个周期T内产生的热量之比Q1∶Q2为 ()A.2∶3 B.4∶3 C.2∶3 D.5∶44.[2024·安徽合肥模拟]如图所示,电源的电动势E不变,内阻r=1Ω,定值电阻R1=R2=1Ω,滑动变阻器R3的最大值为6Ω,下列说法正确的是 ()A.R1消耗的功率最大时,R3为0ΩB.R2消耗的功率最大时,R3为6ΩC.电源的输出功率最大时,R3为6ΩD.R3消耗的功率最大时,R3为1Ω5.[2024·湖北卷]在如图所示电路中接入正弦交流电,灯泡L1的电阻是灯泡L2的2倍.假设两个二极管正向电阻为0、反向电阻无穷大.闭合开关S,灯泡L1、L2的电功率之比P1∶P2为 ()A.2∶1 B.1∶1C.1∶2 D.1∶46.[2024·湖北武汉模拟]如图所示是某同学设计的温控报警系统:交流电源输入有效值恒定的电压,变压器可视为理想变压器,R0和R1分别为定值电阻和滑动变阻器;RT为热敏电阻,其阻值随温度的升高而减小;S为报警装置(可视为阻值恒定的电阻),其两端电压超过设定值时报警器发出警报.现欲使S在温度更低时报警,下列做法一定可行的是 ()A.仅将滑片P1左移B.仅将滑片P1右移C.将滑片P1左移,同时将滑片P2下移D.将滑片P1右移,同时将滑片P2上移7.[2024·湖南长沙模拟]如图所示,理想变压器原线圈与阻值R1=5Ω的定值电阻串联后接在输出电压恒定的正弦交流电源a、b两端,副线圈电路中定值电阻R2=10Ω,R为电阻箱,电流表A1、A2和电压表V1、V2均为理想电表,理想变压器原、副线圈匝数之比为k=5.改变电阻箱的阻值,电流表A1、A2和电压表V1、V2的示数变化量的绝对值分别为ΔI1、ΔI2、ΔU1、ΔU2,下列关系式正确的是 ()A.ΔU1ΔI1=25Ω BC.ΔU2ΔI2=15Ω D8.[2024·江苏南京模拟]小明同学设计了一个手动发电式电筒,装置简化如图所示.装置左侧是一个半径为R=0.5m的水平圆盘,当圆盘绕轴心匀速转动时,固定在圆盘边缘处的小圆柱带动T形绝缘支架在水平方向往复运动,T形支架进而驱动导体棒在光滑的水平导轨上运动,导体棒运动的速度随时间变化的关系为v=22sin(2t)m/s.导轨间距d=1m,导轨间存在垂直平面向外的匀强磁场,磁感应强度B=2T,导轨右端连接一理想变压器,其输出端给两个额定电压为2V的灯泡供电,两灯泡刚好正常发光,线圈、导线及导轨电阻不计,电压表为理想电压表.下列说法正确的是 (A.当T形支架运动到圆盘最左端时,电压表的示数为0B.理想变压器的匝数比为1∶2C.变压器输出电流的频率为2HzD.圆盘转动的角速度为2rad/s9.如图所示为某小组设计的电子秤原理图.轻质托盘与竖直放置的轻弹簧相连.R0为定值电阻,滑动变阻器R的滑片与弹簧上端连接.当盘中没有放物体时,滑片刚好位于滑动变阻器的最上端.该小组用理想电压表的示数U反映待测物体的质量m;用单位质量变化下电压表示数变化量的绝对值ΔUΔm描述电子秤的灵敏度.不计一切摩擦,弹簧始终处于弹性限度内,下列说法正确的是 A.仅更换阻值更大的定值电阻R0,电子秤的灵敏度会下降B.电子秤的灵敏度会随待测物体质量的增大而增大C.弹簧的劲度系数越小,则电子秤的量程越大D.电压表的示数与待测物体的质量成非线性关系10.[2024·湖南卷]根据国家能源局统计,截止到2023年9月,我国风电装机4亿千瓦,连续13年居世界第一位,湖南在国内风电设备制造领域居于领先地位.某实验小组模拟风力发电厂输电网络供电的装置如图所示.已知发电机转子以角速度ω匀速运动,升、降压变压器均为理想变压器,输电线路上的总电阻可简化为一个定值电阻R0.当用户端接一个定阻电阻R时,R0上消耗的功率为P.不计其余电阻,下列说法正确的是()A.风速增加,若转子角速度增加一倍,则R0上消耗的功率为4PB.输电线路距离增加,若R0阻值增加一倍,则R0上消耗的功率为4PC.若升压变压器的副线圈匝数增加一倍,则R0上消耗的功率为8PD.若在用户端再并联一个完全相同的电阻R,则R0上消耗的功率为6P11.(多选)[2024·湖北襄阳模拟]直径为d的半圆形金属线框放置在磁感应强度为B的匀强磁场中,磁场方向垂直纸面向外,P、Q两点连线与磁场垂直,线框绕P、Q轴以角速度ω匀速转动,将线框接入如图所示的电路中,理想变压器原、副线圈匝数比为1n,已知线框电阻为r,原线圈两端并联电阻阻值为R0,副线圈两端的滑动变阻器接入阻值为R1,其他电阻不计,则 (A.通过滑动变阻器的电流方向不变B.滑动变阻器的滑片下滑,通过R0的电流增大C.无论滑动变阻器的滑片上滑还是下滑,R1两端电压不变D.R0两端电压小于2第8讲恒定电流和交变电流1.BD[解析]单块电池充满电后储存的电荷量是q=200A·h=200A·3600s=7.2×105C,故A错误;单块电池充满电后储存的电能是E1=Uq=3.2V×200A·h=640W·h,故B正确;该车充满电后储存的电能为E=120E1=120×0.64kW·h=76.8kW·h,则其续航里程是s=76.813×100km≈591km,故C错误;若某块电池充电电流是200A,则经过30min可给该电池充的电荷量Q=200A×30min=100A·h=12q,即为总容量的50%,可将该电池从其容量的30%充到80%,2.C[解析]根据题意可知,太阳能电池的电动势为U0,路端电压为U1时,太阳能电池的总功率为P总=U0I1,太阳能电池内阻的功率为P内=P总-P1,根据P内=I12r可得r=U0I13.B[解析]设R1、R2的阻值均为R,根据题中所给信息,由电流的热效应可得Q1=U032R·T2+U02R·T2=2U023RT,Q2=U024.C[解析]由串、并联电路的基本规律可知,R1与R3是并联关系,R1消耗的功率PR1=UR12R1,由闭合电路欧姆定律可得UR1=E-Ir,PR1最大时,干路中电流最小,电路中总电阻最大,R3为6Ω,A错误;当R3减小时,R2消耗的功率增大,可知R2消耗的功率最大时,R3为0Ω,B错误;电源的输出功率P出=I2R外=E2R外+r2R外+2r,当R外=r=1Ω时电源输出功率最大,电源内阻为1Ω,而外电阻小于1Ω,所以R3越大,电源的输出功率越大,输出功率最大时,R3为6Ω,C正确;当等效电源内阻r'=rR1r+R1+R2=5.C[解析]两个二极管正向电阻为0,反向电阻无穷大,则二极管导通时短路并联的灯泡,此时另一个灯泡与电源串联,根据电路图可知,在一个完整的周期内,两个灯泡有电流通过的时间相等,都为半个周期,电压有效值也相等,根据P=U2R,可知P1∶P2=RL2∶RL1=1∶2,故C6.A[解析]RT为热敏电阻,其阻值随温度的升高而减小,欲使S在温度更低时报警,则需要温度更低时,报警装置两端电压超过设定值而发出警报,若仅将滑片P1左移,则滑动变阻器的阻值变小,由于副线圈电压不变,因此副线圈电流增大,故可以在温度更低时,报警装置两端电压超过设定值而发出警报,故A正确;若仅将滑片P1右移,则滑动变阻器的阻值变大,由于副线圈电压不变,因此副线圈电流减小,故在温度更高时,报警装置两端电压才能达到设定值,故B错误;若将滑片P1左移,同时将滑片P2下移,则滑动变阻器的阻值调小,而副线圈电压变小,因此副线圈电流不一定变化,故C错误;若将滑片P1右移,同时将滑片P2上移,则滑动变阻器的阻值调大,而副线圈电压变大,因此副线圈电流不一定变化,故D错误.7.C[解析]在原线圈回路中,根据欧姆定律有U1=Uab-I1R1,则ΔU1ΔI1=R1=5Ω,故A、B错误;由理想变压器电压、电流与匝数的关系,可得U1U2=k,I2I1=k,联立解得U2=Uabk-I2R1k8.B[解析]导体棒切割磁感线产生的感应电动势的瞬时值e=Bdv=2×1×22sin(2t)V=2sin(2t)V,则感应电动势的峰值为2V,电压表示数为感应电动势的有效值,有UV=Um2=1V,电压表示数一直为1V不变,A错误;变压器原线圈电压U1=UV=1V,变压器副线圈电压U2=2V,理想变压器的匝数比为n1n2=U1U2=12,B正确;由速度随时间变化的关系式可知,圆盘转动的角速度ω=2rad/s,D错误;变压器输出电流的周期T=2πω=2π2s=2πs,变压器输出电流的频率为9.A[解析]由图可知,滑动变阻器R与定值电阻R0串联,滑动变阻器的电阻全部连入电路,电压表测量滑片上半部分电阻两端的电压,当滑动变阻器的滑片P向下移动时,电路中的电阻不变,由欧姆定律可知,电路中的电流I不变,电压表的示数U=IR',又R'=ρlS,mg=kl,解得U=IρgkSm,即电压表的示数与待测物体的质量成正比关系,故D错误;由U=IρgkSm可知,弹簧的劲度系数k越小,则质量m的最大值越小,即电子秤的量程越小,故C错误;由U=IρgkSm可知,电子秤的灵敏度ΔUΔm=IρgkS,仅更换阻值更大的定值电阻R0,则电路中的电流I会减小,电子秤的灵敏度会下降,10.A[解析]设降压变压器原、副线圈的匝数比为k,则原、副线圈中的电流之比I3I4=1k,将降压变压器及其所连负载等效成升压变压器副线圈所连电路中的一个电阻R等效,研究R等效与输电线路总电阻R0串联接在升压变压器副线圈两端形成的闭合回路,如图所示,根据理想变压器的输出功率等于输入功率,即I32R等效=I42R,解得R等效=k2R,则流过R0的电流I2=U2R等效+R0=U2k2R+R0.转子产生的感应电动势e=NBSωsinωt,若风速增加,转子角速度增加一倍,则发电机产生的电动势有效值变为原来的2倍,由于整个电路结构不变,故各部分的电压都变为原来的2倍,即R0上的电压U0也变为原来的2倍,根据P=U02R0可知,R0上消耗的功率变为原来的4倍,即变为4P,故A正确;若升压变压器的副线圈匝数增加一倍,则升压变压器副线圈两端电压U2变为原来的2倍,由于升压变压器副线圈所连的电路结构不变,故升压变压器副线圈所连的电路中各部分电压都变为原来的2倍,即R0上的电压U0也变为原来的2倍,根据P=U02R0可知,R0上消耗的功率变为原来的4倍,即变为4P,故C错误;若输电线路距离增加,R0阻值增加一倍,则流过R0的电流I2变小,根据P=I22R0可知,R0上消耗的功率小于原来的2倍,即小于2P,故B错误;若在用户端再串联一个完全相同的电阻R,则流过R011.BD[解析]线框绕P、Q连线以角速度ω匀速转动,产生正弦式交变电流,故A错误;原、副线圈匝数的比值为1n,根据原、副线圈电压之比等于原、副线圈匝数之比,所以U1=U2n,设流过电阻R0的电流为I0,则有I0=U1R0,设流过原线圈的电流为I1,理想变压器的输入功率为P1,则有I1=P1U1,设线框产生的电动势为E,则有E-U1r=I0+I1=U1R0+P1U1,理想变压器输出功率P2=U22R1,理想变压器的输出功率等于输入功率,即P1=P2,联立可得U1=R1R0R1R0+R1r+n2R0rE=R0R0+r+n2R0rR1E,其中R0、r、E、n为定值,当电阻R1增大时,原线圈两端电压增大,通过电阻R0的电流I0增大,线圈匝数比不变,滑动变阻器两端的电压与原线圈两端电压成正比,故B正确,C第9讲电磁感应【网络构建】【关键能力】掌握电磁感应图像问题,重视以导体棒切割磁感线为素材的导轨模型,熟练掌握电磁感应中的能量问题,培养学生的推理能力、分析综合能力.强化与电路、牛顿运动定律、动量、能量相结合的综合性题型的训练.题型1楞次定律、法拉第电磁感应定律及应用1.用楞次定律判断感应电流的方法2.感应电动势大小的三种计算方法(1)E=nΔΦ(2)E=Blv,主要用来计算导体平动切割磁感线产生电动势的瞬时值;(3)E=12Bl2ω,主要用来计算导体转动切割磁感线产生电动势的瞬时值例1[2024·湖南卷]如图所示,有一硬质导线Oabc,其中abc是半径为R的半圆弧,b为圆弧的中点,直线段Oa长为R且垂直于直径ac.该导线在纸面内绕O点逆时针转动,导线始终在垂直纸面向里的匀强磁场中,则O、a、b、c各点电势关系为 ()A.φO>φa>φb>φcB.φO<φa<φb<φcC.φO>φa>φb=φcD.φO<φa<φb=φc例2(多选)[2023·全国甲卷]一有机玻璃管竖直放在水平地面上,管上有漆包线绕成的线圈,线圈的两端与电流传感器相连,线圈在玻璃管上部的5匝均匀分布,下部的3匝也均匀分布,下部相邻两匝间的距离大于上部相邻两匝间的距离,如图甲所示.现让一个很小的强磁体在玻璃管内沿轴线从上端口由静止下落,电流传感器测得线圈中电流I随时间t的变化如图乙所示,则 ()A.小磁体在玻璃管内下降速度越来越快B.下落过程中,小磁体的N极、S极上下颠倒了8次C.下落过程中,小磁体受到的电磁阻力始终保持不变D.与上部相比,小磁体通过线圈下部的过程中,磁通量变化率的最大值更大【技法点拨】本题根据经典的电磁阻尼现象演示实验图像,从多个设问角度考查学生对电磁感应原理的深入理解和掌握.其中,B选项迷惑性较强.可以假设小磁体是N极向下穿过线圈,则在穿入靠近每匝线圈的过程中磁通量向下增加而产生逆时针方向的电流,在穿出远离每匝线圈的过程中磁通量向下减少而产生顺时针方向的电流,即电流方向相反,与题干描述的穿过线圈的过程中电流方向变化相符,与小磁体是否翻转磁极没有关系.【迁移拓展】1.[2024·广东卷]电磁俘能器可在汽车发动机振动时利用电磁感应发电实现能量回收,结构如图甲所示.两对永磁铁可随发动机一起上下振动,每对永磁铁间有水平方向的匀强磁场,磁感应强度大小均为B.磁场中,边长为L的正方形线圈竖直固定在减震装置上.某时刻磁场分布与线圈位置如图乙所示,永磁铁振动时磁场分界线不会离开线圈.关于图乙中的线圈,下列说法正确的是 ()A.穿过线圈的磁通量为BL2B.永磁铁相对线圈上升越高,线圈中感应电动势越大C.永磁铁相对线圈上升越快,线圈中感应电动势越小D.永磁铁相对线圈下降时,线圈中感应电流的方向为顺时针方向2.(多选)[2024·湖南长沙模拟]如图所示,足够长的圆柱形永磁体竖直放置,其周围存在辐向磁场.一个圆形金属线圈与磁体中心同轴,线圈由静止释放后经过时间t速度达到最大值v,此过程中线圈平面始终保持水平.已知金属线圈的直径为d、匝数为N、质量为m、总电阻为R,金属线圈下落过程中所经过之处的磁感应强度大小均为B,重力加速度大小为g,不计空气阻力,则 ()A.从上往下看,线圈中感应电流沿顺时针方向B.线圈达到最大速度之前做匀加速直线运动C.线圈下落速度为v时的热功率为NmgvD.t时间内通过线圈的某一横截面的电荷量为mgt题型2电磁感应中的电路与图像问题1.电磁感应中电路问题的解题流程2.电磁感应中图像问题的解题思路电磁感应相关的图像类型丰富,除了Φ-t图像、B-t图像、v-t图像等,还涉及e-x图像、i-x图像等;从电动势的产生途径来看,可以是因电磁感应而产生的,更多的是由于切割磁感线而产生的;从因果关系来看,可以拓展出许多图像:例3(多选)[2024·全国甲卷]如图所示,一绝缘细绳跨过两个在同一竖直面(纸面)内的光滑定滑轮,绳的一端连接一矩形金属线框,另一端连接一物块.线框与左侧滑轮之间的虚线区域内有方向垂直纸面的匀强磁场,磁场上下边界水平.在t=0时刻线框的上边框以不同的初速度从磁场下方进入磁场.运动过程中,线框始终在纸面内且上下边框保持水平.以向上为速度的正方向,下列线框的速度v随时间t变化的图像中可能正确的是 ()ABCD例4[2024·河北保定模拟]在水平面上建立如图所示的平面坐标系xOy,磁感应强度为2T的匀强磁场垂直于水平面向下.光滑闭合金属导轨OAB的OA部分与x轴重合,曲线部分OBA满足方程y=-2x2+4x.足够长的导体棒CD与导轨OA由同种材料制成,每米的电阻均为2Ω,导轨其余部分电阻不计.起初CD与y轴重合,D与O重合,在垂直于CD的水平外力的作用下,CD沿x轴正方向以5m/s的速度匀速运动,CD与导轨接触良好,且始终与x轴垂直.(1)求CD运动到曲线顶点B时流过CD的电流I的大小和方向;(2)设CD与曲线部分的交点为G,求CD在导轨上运动过程中D、G两点间电压U与其横坐标x的函数关系;(3)求水平外力的最大功率.【迁移拓展】1.[2022·全国甲卷]三个用同样的细导线做成的刚性闭合线框,正方形线框的边长与圆线框的直径相等,圆线框的半径与正六边形线框的边长相等,如图所示.把它们放入磁感应强度随时间线性变化的同一匀强磁场中,线框所在平面均与磁场方向垂直,正方形、圆形和正六边形线框中感应电流的大小分别为I1、I2和I3,则 ()A.I1<I3<I2B.I1>I3>I2C.I1=I2>I3D.I1=I2=I32.[2024·河北沧州模拟]如图所示为有理想边界的两个匀强磁场,磁感应强度均为B=0.5T,两平行边界间距x=0.1m.一边长L=0.2m的正方形线框abcd由粗细均匀的电阻丝围成,总电阻为R=0.4Ω.现使线框以v=2m/s的速度从位置Ⅰ匀速运动到位置Ⅱ,则下列能正确反映整个过程中线框上a、b两点间的电势差Uab随时间t变化的图线是 ()3.(多选)[2024·湖南岳阳模拟]在如图所示的电路中,半径为r的半圆形金属滑轨一端与阻值为R的定值电阻连接,另一端靠近金属棒转轴(但不连接),金属棒的长度略大于2r,可绕O点在竖直面内转动,在转轴处与定值电阻R相连,转动过程中始终保持与滑轨良好接触.t=0时刻,金属棒在外界控制下从竖直位置以角速度ω绕O点顺时针匀速转动,直至水平,整个装置处在磁感应强度大小为B、方向垂直于滑轨所在平面向里的匀强磁场(图中未画出)中.金属棒和滑轨的电阻均不计.下列说法正确的是 ()A.通过定值电阻的电流方向发生改变B.在t=π4ωC.通过定值电阻的电流的最大值为2D.在金属棒从竖直位置转到水平位置的过程中,通过定值电阻的电荷量为π题型3电磁感应中的力学综合问题电磁感应可以融合电磁学和力学的知识综合起来应用,常以压轴题形式出现.例5(多选)[2024·湖南卷]某电磁缓冲装置如图所示,两足够长的平行金属导轨置于同一水平面内,导轨左端与一阻值为R的定值电阻相连,导轨BC段与B1C1段粗糙,其余部分光滑,AA1右侧处于竖直向下的匀强磁场中,一质量为m的金属杆垂直导轨放置.现让金属杆以初速度v0沿导轨向右经过AA1进入磁场,最终恰好停在CC1处.已知金属杆接入导轨之间的阻值为R,与粗糙导轨间的动摩擦因数为μ,AB=BC=d.导轨电阻不计,重力加速度为g,下列说法正确的是 ()A.金属杆经过BB1的速度为vB.在整个过程中,定值电阻R产生的热量为12mv02C.金属杆经过AA1B1B与BB1C1C区域,金属杆所受安培力的冲量相同D.若将金属杆的初速度加倍,则金属杆在磁场中运动的距离大于原来的2倍

例6[2023·全国甲卷]如图所示,水平桌面上固定一光滑U形金属导轨,其平行部分的间距为l,导轨的最右端与桌面右边缘对齐.导轨的电阻忽略不计.导轨所在区域有方向竖直向上的匀强磁场,磁感应强度大小为B.一质量为m、电阻为R、长度也为l的金属棒P静止在导轨上.导轨上质量为3m的绝缘棒Q位于P的左侧,以大小为v0的速度向P运动并与P发生弹性碰撞,碰撞时间很短.碰撞一次后,P和Q先后从导轨的最右端滑出导轨,并落在地面上同一地点.P在导轨上运动时,两端与导轨接触良好,P与Q始终平行.不计空气阻力.求:(1)金属棒P滑出导轨时的速度大小;(2)金属棒P在导轨上运动过程中产生的热量;(3)与P碰撞后,绝缘棒Q在导轨上运动的时间.【技法点拨】本题将弹性碰撞与电磁感应、微元法巧妙结合,能力要求高.两物体发生弹性碰撞,利用动量守恒和动能之和不变列方程解答;导体棒在磁场中切割磁感线运动为变速直线运动,可以采用微元法,把位移分割为微元,利用动量定理列方程解答.例7[2024·湖北卷]如图所示,两足够长平行金属直导轨MN、PQ的间距为L,固定在同一水平面内,直导轨在左端M、P点分别与两条竖直固定、半径为L的14圆弧导轨相切.MP连线与直导轨垂直,其左侧无磁场,右侧存在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场.长为L、质量为m、电阻为R的金属棒ab跨放在两圆弧导轨的最高点.质量为2m、电阻为6R的均匀金属丝制成一个半径为L的圆环,水平放置在两直导轨上,其圆心到两直导轨的距离相等.忽略导轨的电阻、所有摩擦以及金属环的可能形变,金属棒、金属环均与导轨始终接触良好,重力加速度大小为g.现将金属棒ab(1)ab刚越过MP时产生的感应电动势大小;(2)金属环刚开始运动时的加速度大小;(3)为使ab在整个运动过程中不与金属环接触,金属环圆心初始位置到MP的最小距离.【迁移拓展】1.(多选)[2024·山东青岛模拟]如图所示,两足够长的光滑平行金属导轨与水平面成θ角放置,导轨电阻不计,其顶端接有一电阻,底端静置一金属棒,整个装置处于方向垂直于导轨平面向下的匀强磁场中.为了使金属棒沿导轨上滑,磁感应强度开始随时间均匀变化,当金属棒运动到a处时磁感应强度开始保持不变.金属棒刚运动到a处时速度大小为v1,继续滑行一段距离到达最高点b后,再返回到a处时速度大小为v2.重力加速度为g,则()A.金属棒从导轨底端上滑到a处的过程中,磁感应强度随时间在均匀增大B.金属棒上滑经过ab段的加速度小于下滑经过ab段的加速度C.金属棒上滑经过ab段和下滑经过ab段过程中,通过R的电荷量之比为1∶1D.金属棒从a处上滑到b后再返回到a处的总时间等于v2.(多选)[2024·湖北黄冈模拟]列车进站时,其刹车原理可简化为如图所示,在车身下方固定一单匝矩形线框,利用线框进入磁场时所受的安培力辅助列车刹车.已知列车的质量为m,车身长为s,线框的ab边和cd边长度均为L(L小于匀强磁场的宽度),线框的总电阻为R.轨道上匀强磁场区域足够长,磁感应强度的大小为B.车头进入磁场瞬间的速度为v0,列车停止前所受铁轨及空气阻力的合力恒为Ff.车尾进入磁场瞬间,列车刚好停止.下列说法正确的是 ()A.列车进站过程中,线框中的电流方向为abcdaB.列车的ab边进入磁场瞬间,线框中的电流大小I=2C.列车从进站到停下来的过程中,减少的动能大于线框产生的焦耳热D.列车的ab边进入磁场瞬间,加速度大小a=B第9讲电磁感应题型1例1C[解析]a、b、c点绕O点逆时针转动时,相当于长为Oa、Ob、Oc的导体棒转动切割磁感线,由右手定则可知,O点电势最高.由法拉第电磁感应定律有E=Blv=12Bωl2,又lOa=R,lOb=lOc=R2+(2R)2=5R,则UOa<UOb=UOc,即φO-φa<φO-φb=φO-φc,所以φO>φa>φ例2AD[解析]在小磁体下落的过程中,它经过的每匝线圈的磁通量都是先增大后减小,由上到下每匝线圈都依次充当电源,电流的峰值越来越大,即小磁体在依次穿过每匝线圈的过程中,线圈中的磁通量变化率的最大值越来越大,可以判断小磁体下落的速度越来越大,故A、D正确;电流方向变化的原因是穿过线圈的磁通量先增大后减小,而不是小磁体的N、S极上下颠倒,故B错误;线圈可等效为条形磁铁,线圈中的电流变化则磁铁磁性变化,因此小磁体受到的电磁阻力是变化的,C错误.【迁移拓展】1.D[解析]题图乙中穿过正方形线圈上下方的磁通量正负抵消,故此时穿过线圈的磁通量为零,A错误;正方形线圈与永磁铁相对运动时,上下两条边切割磁感线,根据法拉第电磁感应定律可知,线圈中产生的感应电动势E=2BLv,永磁铁相对线圈上升越快,线圈中产生的感应电动势越大,C错误;永磁铁相对线圈上升的高低,对线圈中产生的感应电动势没有影响,B错误;永磁铁相对线圈下降时,穿过线圈的磁通量向纸外增大,根据楞次定律可知,线圈中产生顺时针方向的感应电流,D正确.2.AD[解析]线圈的每一部分都在切割磁感线,根据右手定则可知,从上往下看,线圈中感应电流沿顺时针方向,A正确;线圈达到最大速度之前,随着速度增大,电流增大,所受向上的安培力增大,根据牛顿第二定律可知,加速度逐渐减小,即线圈做加速度减小的加速运动,B错误;线圈下落速度为v时,安培力与重力平衡,则克服安培力做功的功率等于重力做功的功率,又知热功率等于克服安培力做功功率,故P热=Fv=mgv,C错误;t时间内,根据动量定理有mgt-Ft=mv,其中F=NπdBI,It=q,联立得mgt-NπdBq=mv,解得q=mgt-mv题型2例3AC[解析]设线框的上边框进入磁场时的速度为v,线框的质量为M,物块的质量为m,由选项图可知,线框进入磁场时的加速度向下,对线框由牛顿第二定律可知Mg+F安-FT=Ma,对物块有FT-mg=ma,其中F安=B2L2vR,联立可得B2L2vR+(M-m)g=(M+m)a,线框向上做减速运动,随着速度的减小,向下的加速度减小;若M<例4(1)4A方向由D到C(2)U=-4x2+8x(V)(3)80W[解析](1)曲线方程可变形为y=-2(x-1)2+2,当CD运动到曲线顶点B时,x=1m,y=2m,故此时CD的有效长度为L1=2m感应电动势为E1=BL1v=20V电路中的总电阻为R总=RCD+ROD根据闭合电路欧姆定律可知,流过CD的电流为I=E1根据右手定则可知,导体棒CD中电流方向由D到C(2)当CD棒的横坐标为x时,导体棒接入电路部分产生的电动势为E=Byv=-20x2+40x(V)电路中的总电阻为R总'=RGD+RODRDAROD+根据闭合电路欧姆定律可知,流过CD的电流为I'=ERD、G两点间电压U=I'×RODRDAROD+(3)当CD运动到曲线顶点B时,CD接入电路的有效长度最长,由于CD中的电流恒定,所以此时CD所受安培力最大,而CD匀速运动,则此时水平外力最大,水平外力的功率最大,为Pm=FAmv=BIL1v=80W【迁移拓展】1.C[解析]设圆线框的半径为r,则由题意可知正方形线框的边长为2r,正六边形线框的边长为r,所以圆线框的周长为C2=2πr,面积为S2=πr2,正方形线框的周长和面积分别为C1=8r,S1=4r2,正六边形线框的周长和面积分别为C3=6r,S3=12×6×r×32r=33r22,三个线框的材料、横截面积完全相同,根据电阻定律R=ρLS横截面,可知三个线框的电阻之比为R1∶R2∶R3=C1∶C2∶C3=8∶2π∶6,根据法拉第电磁感应定律有I=ER=ΔBΔt·SR,可得电流之比为I1∶I2∶I32.A[解析]ab边切割磁感线产生的感应电动势为E=BLv=0.2V,线框中的感应电流为I=ER=0.5A,cd边在两平行边界之间运动的时间t1=xv=5×10-2s,ab边运动的位置Ⅱ所用的时间t2=Lv=10×10-2s,所以在0~5×10-2s时间内,ab段为电源,a端电势高于b端电势,a、b两点间的电势差为U1=I·34R=0.15V;在5×10-2~10×10-2s时间内,ab段和cd段都为电源,a端电势高于b端电势,感应电流为0,a、b两点间的电势差U2=E=0.2V;在10×10-2~15×10-2s时间内,cd段为电源,a端电势高于b端电势,a、b两点间的电势差为U3=I·143.BC[解析]由右手定则可知,金属棒转动过程中,回路中的感应电流方向一直为顺时针方向,即通过定值电阻的电流方向一直不变,故A错误;在t=π4ω时刻,金属棒转过的角度为π4,接入电路的有效长度为2r,则感应电动势为E1=B·2r·12ω·2r=ωBr2,通过定值电阻的电流为I1=E1R=ωBr2R,故B正确;当金属棒转到水平位置时,感应电动势最大,为Em=B·2r·12ω·2r=2ωBr2,则通过定值电阻的电流的最大值为Im=EmR=2ωBr2R,故C正确;由E=ΔΦΔt,I=E题型3例5CD[解析]金属杆经过AA1B1B区域,切割磁感线,产生的平均感应电动势为E1=ΔΦΔt1=BLdΔt1,电路中的平均感应电流I1=E1R+R=BLd2RΔt1,金属杆受到的平均安培力FA1=I1LB=B2L2d2RΔt1,安培力的冲量IA1=FA1·Δt1=B2L2d2R,同理,金属杆经过BB1C1C区域,金属杆所受安培力的冲量IA2=B2L2d2R,所以金属杆经过这两个区域所受安培力的冲量相同,故C正确;金属杆经过AA1B1B区域过程,根据动量定理得-IA1=mvBB1-mv0,金属杆经过BB1C1C区域过程,设所用时间为Δt2,根据动量定理得-IA2-μmg·Δt2=0-mvBB1,联立解得vBB1=v02+μgΔt22,故A错误;根据能量守恒定律可知,在整个过程中,金属杆减少的动能等于克服摩擦力做的功和克服安培力做的功之和,则克服安培力做的功WA=12mv02-μmgd,而克服安培力做的功转化为金属杆和定值电阻产生的焦耳热,所以总焦耳热Q=WA=12mv02-μmgd,由于金属杆的电阻和定值电阻的阻值相同,故定值电阻上产生的热量QR=12Q=14mv02例6(1)12v0(2)mv02[解析](1)以向右为正,设Q与P发生碰撞后,Q的速度为v1,P的速度为v2.由于P和Q间为弹性碰撞,由动量守恒定律和机械能守恒定律有3mv0=3mv1+mv212(3m)v02=12(3m)v设P滑出导轨时的速度为v3,由题意可知v3=v1联立解得v3=12v(2)设P在导轨上运动过程中产生的热量为W,由能量守恒定律有W=12mv22-联立解得W