2025 高考物理三维设计二轮第三部分　专题复习　整合突破专题四　电路和电磁感应

13/132025高考物理三维设计二轮第三部分专题复习整合突破专题四电路和电磁感应第10讲直流电路和交流电路1.（2024·广西高考6题）将横截面相同、材料不同的两段导体L1、L2无缝连接成一段导体，总长度为1.00m，接入图甲电路。闭合开关S，滑片P从M端滑到N端，理想电压表读数U随滑片P的滑动距离x的变化关系如图乙，则导体L1、L2的电阻率之比约为（） A.2∶3 B.2∶1C.5∶3 D.1∶3解析：B根据电阻定律R＝ρLS及部分电路欧姆定律ΔU＝I·ΔR，整理可得ρ＝SI·ΔUL，结合题图可知导体L1、L2的电阻率之比ρ1ρ2＝2.（多选）（2024·新课标卷20题）电动汽车制动时可利用车轮转动将其动能转换成电能储存起来。车轮转动时带动磁极绕固定的线圈旋转，在线圈中产生电流。磁极匀速转动的某瞬间，磁场方向恰与线圈平面垂直，如图所示。将两磁极间的磁场视为匀强磁场，则磁极再转过90°时，线圈中（）A.电流最小B.电流最大C.电流方向由P指向QD.电流方向由Q指向P解析：BD磁极顺时针匀速转动相当于线圈逆时针匀速转动，线圈从中性面位置开始转动，磁极转过90°时即线圈逆时针转过90°时，穿过线圈的磁通量为0，磁通量的变化率最大，线圈中感应电流最大，A错误，B正确；磁极转过90°时相当于题图示中PQ向下切割磁感线，由右手定则可知线圈中电流方向由Q指向P，C错误，D正确。3.（2024·北京高考5题）如图甲所示，理想变压器原线圈接在正弦式交流电源上，输入电压u随时间t变化的图像如图乙所示，副线圈接规格为“6V3W”的灯泡。若灯泡正常发光，下列说法正确的是（）A.原线圈两端电压的有效值为242VB.副线圈中电流的有效值为0.5AC.原、副线圈匝数之比为1∶4D.原线圈的输入功率为12W解析：B原线圈两端电压的有效值为U1＝Um2＝24V，A错误；由副线圈所接灯泡正常发光可知副线圈中电流的有效值为I＝PU2＝36A＝0.5A，B正确；原、副线圈匝数之比n1n2＝U1U2＝24V6V＝41，C4.（2024·浙江1月选考5题）如图为某燃气灶点火装置的原理图。直流电经转换器输出u＝5sin100πtV的交流电，经原、副线圈匝数分别为n1和n2的变压器升压至峰值大于10kV，就会在打火针和金属板间引发电火花，实现点火。下列正确的是（）A.n2nB.n1nC.用电压表测原线圈两端电压，示数为5VD.副线圈输出交流电压的频率是100Hz解析：B原线圈两端电压的有效值U1＝52V＝522V，根据电压与匝数关系有U1U2＝n1n2，变压器副线圈电压的峰值U2max＝2U2，根据题意有U2max＞10×103V，解得n2n1＞2000，n1n2＜12000，故A错误，B正确；用电压表测原线圈两端电压，电压表测的是有效值，则示数为U1＝52V＝522V，故C错误；根据ω＝2πT＝2π考点一直流电路的分析和计算1.闭合电路欧姆定律的三个公式（1）E＝U外＋U内；（任意电路）（2）E＝U外＋Ir；（任意电路）（3）E＝I（R＋r）。（纯电阻电路）2.动态电路分析的三种方法（1）程序法——最常规方法（2）串反并同法（电源内阻不为零）——最简洁方法（3）极限法3.电容器的特点（1）只有当电容器充、放电时，电容器所在支路中才会有电流，当电路稳定时，电容器所在的支路相当于断路。（2）电路稳定时，与电容器串联的电路中没有电流，同支路的电阻相当于导线，电容器两端的电压等于与之并联的电阻两端的电压。【例1】（2024·福建漳州三模）如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r，开关S闭合，电路稳定后，灯泡L正常发光，然后向左移动滑动变阻器R的滑片，在此过程中（）A.灯泡L逐渐变暗 B.电源的路端电压逐渐减小C.电容器C所带的电荷量逐渐减小 D.定值电阻R0两端的电压始终为零答案：A解析：当向左移动滑动变阻器R的滑片时，R接入电路的阻值变大，则该支路的电流减小，所以灯泡L逐渐变暗，A正确；因为通过R的电流减小，所以通过电源的电流减小，则内阻上的电压减小，由U＝E－Ir可知，电源的路端电压逐渐变大，B错误；路端电压变大，则电容器C两端电压变大，则根据Q＝CU，电容器所带的电荷量逐渐增加，C错误；因电容器充电，则定值电阻R0两端的电压不为零，D错误。【例2】（2024·江西南昌三模）在如图所示的电路中，已知A、B两个电容器的电容之比CA∶CB＝1∶2，每个电阻都相同，则两个电容器带电荷量之比QA∶QB为（）A.1∶2 B.2∶3 C.1∶1 D.2∶1答案：A解析：等效电路图如图所示，设电路中的电流为I，则UA＝UB＝2IR，根据C＝QU，可得QAQB＝CAC考点二交变电流的产生和描述1.线圈通过中性面时的特点（1）穿过线圈的磁通量最大。（2）线圈中的感应电动势为零。（3）线圈每经过中性面一次，感应电流的方向改变一次。2.有效值的计算（1）正弦式交变电流：E＝Em2，I＝Im2，（2）非正弦式交变电流：计算有效值时，要根据电流的热效应，即“一个周期”内“相同电阻”上产生“相同热量”，然后分段求和，求得有效值。3.正弦式交变电流“四值”的应用【例3】（2024·山东高考8题）如图甲所示，在－d≤x≤d、－d≤y≤d的区域中存在垂直Oxy平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场（用阴影表示磁场的区域），边长为2d的正方形线圈与磁场边界重合。线圈以y轴为转轴匀速转动时，线圈中产生的交变电动势如图乙所示。若仅磁场的区域发生了变化，线圈中产生的电动势变为图丙所示实线部分，则变化后磁场的区域可能为（）答案：C解析：根据题意可知，磁场区域变化前，线圈产生的感应电动势为e＝Esinωt，由题图丙可知，磁场区域变化后，当Esinωt＝3E2时，线圈的侧边开始切割磁感线，即当线圈旋转π3时开始切割磁感线，由几何关系可知磁场区域沿x轴方向的宽度变为d'＝2dcosπ3＝d【例4】（2024·河北高考4题）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1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2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∶3C.2∶3 D.5∶4答案：B解析：结合Q＝U2Rt可知Q1＝U0321R1·T2＋（U0）21R1·T2＝2U02T3R1、Q2＝【例5】（2024·天津河西区二模）一个单匝矩形线圈，绕垂直于匀强磁场并位于线圈平面内的固定轴做匀速转动。通过线圈的磁通量Φ随时间t的变化规律如图所示，则以下说法正确的是（）A.零时刻线圈位于中性面位置B.t2时刻电流方向发生改变C.感应电动势的有效值为2D.t1时刻到t3时刻，感应电动势的平均值为零答案：C解析：零时刻，穿过线圈的磁通量为0，磁通量变化率最大，则感应电动势最大，感应电流最大，线圈不是位于中性面位置，A错误；t2时刻穿过线圈的磁通量为0，磁通量变化率最大，则感应电动势最大，感应电流最大，线圈不是位于中性面位置，电流方向没有发生改变，B错误；感应电动势的最大值为Em＝BSω＝Φm·2πt4，则感应电动势的有效值为E＝Em2＝2πΦmt4，C正确；t1时刻到t3时刻，穿过线圈的磁通量变化量大小为ΔΦ＝Φm－（－Φ考点三理想变压器电能的输送1.理想变压器（1）三个基本关系①P入＝P出②U1U③I1I（2）三个决定关系①副线圈输出的功率决定原线圈输入的功率；②副线圈电流的变化决定原线圈电流的变化；③在匝数比一定的情况下，原线圈两端的电压决定副线圈两端的电压。2.电能的输送（1）理清三个回路（2）分清三种关系电压关系U1UU2＝ΔU＋U3U3U电流关系I1II2＝I3＝I线I3I功率关系P1＝P2P2＝P3＋ΔPΔP＝I线2R线P3＝P4【例6】（2024·河北石家庄模拟）如图所示，理想变压器原线圈与定值电阻R1＝12Ω串联后接在正弦式交流电源上。理想变压器原、副线圈的匝数比为1∶5，定值电阻R2＝10Ω，理想交流电压表的示数为20V，则交流电源电压的峰值是（）A.120V B.1202VC.124V D.1242V答案：D解析：理想变压器副线圈中电流I2＝U2R2＝2010A＝2A，原线圈中电流I1＝n2n1I2＝10A，原线圈中电压U1＝n1n2U2＝4V，则电源电压的有效值U＝I1R1＋U1＝124V，交流电源电压的峰值是U【例7】（多选）（2024·全国甲卷19题）如图，理想变压器的副线圈接入电路的匝数可通过滑动触头T调节，副线圈回路接有滑动变阻器R、定值电阻R0和R1、开关S。S处于闭合状态，在原线圈电压U0不变的情况下，为提高R1的热功率，可以（）A.保持T不动，滑动变阻器R的滑片向f端滑动B.将T向b端移动，滑动变阻器R的滑片位置不变C.将T向a端移动，滑动变阻器R的滑片向f端滑动D.将T向b端移动，滑动变阻器R的滑片向e端滑动答案：AC解析：保持T不动，则原、副线圈匝数比不变，又变压器的输入电压不变，根据变压器的变压规律可知，变压器的输出电压不变，滑动变阻器的滑片向f端滑动时，其接入电路的电阻减小，根据闭合电路欧姆定律可知通过R1的电流增大，根据P＝I2R可知，R1的热功率增大，A正确；仅将T向b端移动，R1两端的电压减小，根据P＝U2R可知，R1的热功率减小，B错误；同理，仅将T向a端移动，R1的热功率增大，再将滑动变阻器的滑片向f端滑动，R1的热功率进一步增大，C正确；经以上分析可知，将T向b端移动，滑动变阻器的滑片向e端滑动，R1的热功率减小，【例8】（2024·山西晋中三模）2023年10月，国内某品牌发布全液冷超级充电桩，可实现“一秒一公里”的充电速度。总电源到充电桩的简化电路图如图所示。已知总电源输出频率为50Hz的正弦式交流电，升压变压器原线圈两端电压U1＝500V，输电线的总电阻r＝25Ω，降压变压器的匝数比为n3∶n4＝15∶1，变压器均视为理想变压器。若给汽车充电时该充电桩获得的电压为1000V，功率为600kW，下列说法正确的是（）A.流经充电桩电流的最大值为600AB.1s内电流的方向变化50次C.若充电桩消耗的功率减小，在U1不变的情况下，充电桩获得的电压减小D.升压变压器的匝数比为n1∶n2＝1∶32答案：D解析：由P4＝U4I4，可得I4＝600A，充电桩电流的有效值为600A，但由于是正弦式交流电，所以充电桩最大电流为Im＝6002A，A错误；由于已知交变电流的频率为50Hz，则电流方向在1s内改变100次，B错误；若充电桩消耗的功率减小，则电源输入总功率减小，因为U1不变，可知U2不变，升压变压器原线圈中电流减小，升压变压器副线圈中电流减小，则输电线上损耗的电压减小，降压变压器原线圈两端电压变大，则降压变压器副线圈两端电压也变大，C错误；由n3n4＝U3U4，可得U3＝15000V，又n3n4＝I4I3可得I3＝40A，由ΔU＝I3r，可得ΔU＝1000V，由U2＝U3＋ΔU，可得U2＝16000V，等效电阻法在变压器电路中的应用当理想变压器的副线圈接纯电阻元件时，可以把理想变压器（含副线圈中的元件）等效成一个电阻来处理，设原、副线圈的匝数分别为n1、n2，原线圈输入电压为U1，电流为I1，副线圈输出电压为U2，电流为I2，副线圈负载电阻为R，则等效电阻R等效＝U1I1＝n1n2【典例1】（2024·湖南高考6题）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匀速转动，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。当用户端接一个定值电阻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6P答案：A解析：设升压变压器原、副线圈匝数分别为n1、n2，降压变压器原、副线圈匝数分别为n3、n4，将降压变压器和用户端所接定值电阻R等效为一个电阻R等效，则R等效＝U3I3＝n3n4U4n4n3I4＝n32n42R。发电机转子以角速度ω匀速转动时，产生的电动势的最大值Em＝NBSω，则升压变压器输入端的电压有效值U1＝NBSω2，转子角速度增加一倍，则升压变压器输出端电压为U2＝n2n1U1增加一倍，根据闭合电路欧姆定律知定值电阻R0中的电流变为原来的2倍，结合P＝I02R0可知，转子角速度增加一倍，R0上消耗的功率变为4P，选项A正确；结合P＝U2R0＋R等效2·R0，若R0增加一倍，则R0上消耗的功率为U22R0＋R等效2·2R0≠4P，选项B错误；若升压变压器的副线圈增加一倍，根据理想变压器变压规律知，升压变压器副线圈两端的电压变为原来的2倍，由I0＝U2【典例2】（2024·湖南长沙期中）如图所示的是节日彩灯供电电路图，变压器为理想变压器，所有灯泡均相同，在A、B两端接入电压恒定的正弦交流电，若发现灯泡的灯光较暗，为使灯泡正常发光，需要调节滑动变阻器R2的滑片，下列调节及结果判断正确的是（）A.应将滑动变阻器R2滑片向右移B.调节后，变压器原线圈输入电压变大C.调节后，电阻R1消耗的功率变大D.调节后，滑动变阻器R2两端的电压增大答案：C解析：设所有灯泡并联部分的电阻为RL，根据变压器等效规律，等效电路如图所示，则UAB＝IR1＋In1n22R2＋In1n22RL，若滑动变阻器R2滑片向右移，接入电路的电阻变大，相当于原线圈等效电阻增大，原线圈中电流减小，则副线圈电路中的电流变小，灯泡变暗，A错误；调节后，副线圈电路中的电流I2变大，原线圈电流I1也变大，根据U1＝UAB－I1R1，变压器原线圈输入电压U1变小，B错误；调节后，原线圈电流I1变大，根据P＝I12R1，电阻R1消耗的功率变大，C正确；调节后，变压器原线圈输入电压U1变小，副线圈电压U2也变小，副线圈电路中的电流I2变大，根据UR2＝U2－I21.（2024·广东高考1题）将阻值为50Ω的电阻接在正弦式交流电源上。电阻两端电压随时间的变化规律如图所示。下列说法正确的是（）A.该交流电的频率为100HzB.通过电阻电流的峰值为0.2AC.电阻在1秒内消耗的电能为1JD.电阻两端电压表达式为u＝102sin100πt（V）解析：D由图像可知交流电的周期为0.02s，则频率f＝1T＝50Hz，故A错误；根据图像可知电压的峰值为102V，根据欧姆定律可知电流的峰值Im＝UmR＝102V50Ω＝0.22A，故B错误；电流的有效值为I＝Im2＝0.2A，所以电阻在1s内消耗的电能为W＝I2Rt＝0.22×50×1J＝2J，故C错误；根据图像可知电阻两端电压表达式为u＝Umsinωt＝102sin2πTt（V）＝2.（2024·安徽合肥三模）图甲、乙为家庭应急式手动小型发电机的两个截面示意图。推动手柄使半径为r的圆形线圈沿轴线做简谐运动，速度随时间变化的规律为v＝v0sinωt，线圈匝数为n，电阻不计，所在位置磁感应强度大小恒为B，灯泡的额定电压为U，若灯泡刚好正常发光，则理想变压器的原、副线圈匝数比n1n2等于A.nπBrv0C.2nπBrv解析：B由题意可知，线圈产生的是正弦式交流电，电动势的最大值为Em＝2πnBrv0，电动势的有效值为E＝Em2＝2nπBrv0，由于线圈电阻不计，则变压器原、副线圈匝数比为n1n2＝EU3.（2024·湖北高考5题）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∶4解析：C分析电路特点可知，在接入正弦式交流电的一个周期内，有半个周期只给L1供电，另半个周期只给L2供电，L1两端电压的有效值与L2两端电压的有效值相等，又R1∶R2＝2∶1，则根据P＝U2R可知，灯泡L1、L2的电功率之比P1∶P2＝1∶2，4.（2024·江西九江二模）如图所示，光敏电阻的阻值随光照强度的增大而减小，当照射光敏电阻的光减弱时，则（）A.电压表的示数减小 B.电流表的示数减小C.电容器所带电荷量减小 D.电源输出功率减小解析：C减弱照射光敏电阻R3的光照强度，R3的阻值增大，总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律可得干路电流减小，则路端电压增大，即电压表示数增大，A错误；路端电压增大，则R1两端的电压增大，电流增大，电流表的示数增大，B错误；总电流减小，通过R1的电流增大，则通过R2的电流减小，R2的电压减小，即电容器两端的电压减小，又Q＝CU，可得电容器所带电荷量减小，C正确；当电源的内阻和外电阻阻值相等时，电源输出功率最大，本题中电源内阻与外电阻阻值之间的大小关系未知，故无法判断电源输出功率是增大还是减小，D错误。5.（2024·广东广州三模）燃油汽车点火系统的基本结构如图所示，主要部分由直流电源E、保护电容C、电阻R、理想变压器、火花塞等构成，已知直流电源的电动势为12V，火花塞内两触点之间要产生30kV电压，才能产生电弧将油气点燃，理想变压器原、副线圈匝数之比为1∶100，下列说法正确的是（）A.开关S闭合时，电容C将进行充电B.开关S闭合瞬间，变压器副线圈两端电压最高可达30kVC.开关S断开瞬间，若要将油气点燃，变压器原线圈至少需产生300V电压D.开关S断开后，电容器将先放电后充电解析：C开关S闭合时，电容C将会被短路，不会充电，A错误；开关S闭合瞬间，变压器原线圈两端电压不会超过电源的电动势，则副线圈两端电压不超过1200V，B错误；开关S断开瞬间，变压器副线圈两端电压可达30kV，则变压器原线圈至少需产生300V自感电压，C正确；开关S断开后，由于变压器原线圈发生自感，电容器将先充电再放电，D错误。6.（2024·海南海口一模）如图所示，电阻为R的金属直角线框abcd放置在磁感应强度为B的匀强磁场中，a、d两点连线与磁场垂直，ab、cd长均为l，bc长为2l，定值电阻阻值也为R，线框绕ad连线以角速度ω匀速转动。t＝0时刻线框所在平面与磁场垂直，则（）A.t＝0时刻穿过线框磁通量的变化率最大B.t＝0时刻bc边所受安培力大小为2C.a、d两点间电压变化规律为u＝2Bl2ωsinωtD.线框转一圈过程中外力对线框做功为2解析：Dt＝0时刻，bc边运动方向与磁场方向平行，感应电动势为零，穿过线框磁通量的变化率为零。电路中没有感应电流，bc边所受安培力为零，A、B错误；依题意，感应电动势的最大值为Em＝NBSω＝2Bl2ω，a、d两点间的电压的最大值为Um＝RR＋REm＝Bl2ω，则a、d两点间电压变化规律为u＝Umsinωt＝Bωl2sinωt，C错误；电动势的有效值为E＝Em2＝2Bl2ω，线框转一圈过程中外力对线框做功为W＝Q＝E2R7.（2024·江苏徐州三模）某学习小组设计了改变电容器极板间电压的电路，电压表可视为理想电表，下列电路中，既安全又能使电容器极板间电压变化范围较大的是（）解析：A由题图可知，分压式电路电压范围较大，A选项中滑片P处于最左端时电容器两端电压为0，当滑片处于最右端时，电容器两端电压为U＝RER＋r，故电容器极板间电压变化范围为0～RER＋r；B选项中滑片P处于最左端时电容器两端电压为0，当滑片处于最右端时，电容器两端电压为U＝RER＋r，故电容器极板间电压变化范围为0～RER＋r，但是B8.（2024·山东泰安三模）远距离输电的示意图如图所示，变压器均为理想变压器，升压变压器的原、副线圈匝数比为n1n2＝3200，降压变压器的原、副线圈匝数比为n3n4＝100011，输电线的总电阻为R＝200Ω。当用户消耗的电功率为110kW时，入户电压U4＝220A.465V B.316.5VC.232.5V D.216.5V解析：B降压变压器副线圈中的电流I2＝PU4＝1.1×105W220V＝500A，设输电线上的电流为I1，根据I1I2＝n4n3，解得I1＝5.5A，根据U3U4＝n3n4，解得U3＝20000V，输电线上损失的电压ΔU＝I1R＝1100V，可知升压变压器副线圈两端的电压U2＝U3＋ΔU＝219.（2024·天津河北区二模）图甲中理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2＝5∶1，电阻R＝20Ω，L1、L2为规格相同的两只小灯泡，S1为单刀双掷开关，原线圈接正弦交变电源，输入电压u随时间t的变化关系如图乙所示，现将S1接1、S2闭合，此时L2正常发光，下列说法正确的是（）A.输入电压u的表达式是u＝202sin50πt（V）B.只断开S1后，L1、L2均正常发光C.若S1换接到2后，R消耗的电功率为0.8WD.只断开S2后，原线圈的输入功率增大解析：C由图乙可知周期T＝0.02s，则ω＝2πT＝100πrad/s，所以输入电压u的表达式应为u＝202sin100πt（V），A错误；只断开S1后，L1、L2断路，均不能正常发光，B错误；理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2＝5∶1，则副线圈的有效值U2＝n2n1U1＝15×2022V＝4V，若S1换接到2后，只有电阻R接入电路，则R消耗的电功率P＝U22R＝0.8W，C正确；只断开S2后10.（2024·江苏苏州模拟）一矩形线圈，面积是0.05m2，共100匝，线圈电阻为1Ω，外接电阻为R＝4Ω，线圈在磁感应强度为B＝1πT的匀强磁场中，以10πrad/s的角速度绕垂直于磁感线的轴匀速转动，如图所示。若从线圈平面经过中性面位置开始计时，求（1）线圈中感应电动势的最大值；（2）线圈中感应电动势的瞬时值表达式；（3）线圈从开始计时经120s的过程中，外接电阻R上产生的热量答案：（1）50V（2）e＝50sin10πt（V）（3）10J解析：（1）线圈中感应电动势的最大值Em＝nBωS＝100×1π×10π×0.05V＝50V（2）线圈中感应电动势的瞬时值表达式e＝Emsinωt＝50sin10πt（V）。（3）电路中电流有效值I＝ER＋r＝502（4+1）外接电阻R上产生的热量Q＝I2Rt＝（52）2×4×120J＝10J11.（多选）（2024·河北邯郸模拟）在如图所示的电路中，理想变压器的匝数比n1∶n2∶n3＝4∶2∶1，定值电阻R1＝4Ω，R2＝R3＝1Ω，滑动变阻器R的最大阻值为3Ω。在c、d两端输入正弦式交流电，电压的表达式为u＝102sin100πt（V）。当滑片P从a端滑到b端的过程中，下列说法正确的是（）A.电阻R3的功率一直增大B.电流表示数的最小值为56C.当滑片Р处在a端与b端的中点时，整个电路的功率达到最大D.理想变压器的最大输出功率为6.25W解析：BD等效电路图如图所示，两副线圈的等效电阻为R2'＝n1n22（R＋R2），R3'＝n1n32R3；当滑片P从a端滑到b端的过程中，总电阻减小，总电流增大，R1两端的电压增大，R3'两端的电压减小，故电阻R3的功率一直减小，A错误；原线圈的两端电压为U＝Um2＝10V，当滑片位于a端时，电流表的示数最小，此时滑动变阻器的阻值为3Ω，原线圈电流最小值为I1＝UR1＋R2'R3'R2'＋R3'＝56A，B正确；由图可知当滑片P从a端滑到b端的过程中，滑动变阻器接入电路的阻值变小，则总电阻减小，原线圈的电流变大，又因为P＝UI1，所以当滑片Р滑至b端时，整个电路的功率达到最大，C错误；将R1等效为电源内阻。则电源的输出功率最大时满足R1＝R素养培优6电磁感应中动力学、能量和动量的综合动力学与能量观点在电磁感应中的应用1.电磁感应综合问题的解题思路2.求解焦耳热Q的三种方法（1）焦耳定律：Q＝I2Rt，适用于电流恒定的情况；（2）功能关系：Q＝W克安（W克安为克服安培力做的功）；（3）能量转化：Q＝ΔE（其他能的减少量）。【典例1】（多选）（2024·吉林高考9题）如图，两条“”形的光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，间距为L，左、右两导轨面与水平面夹角均为30°，均处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小分别为2B和B。将有一定阻值的导体棒ab、cd放置在导轨上，同时由静止释放，两棒在下滑过程中始终与导轨垂直并接触良好。ab、cd的质量分别为2m和m，长度均为L。导轨足够长且电阻不计，重力加速度大小为g，两棒在下滑过程中（）A.回路中的电流方向为abcda B.ab中电流趋于3C.ab与cd加速度大小之比始终为2∶1 D.两棒产生的电动势始终相等答案：AB解析：由于ab和cd均沿导轨下滑，则abcd回路的磁通量增大，根据楞次定律可知，回路中的电流方向为abcda，A正确；初始时，对ab和cd分别受力分析，如图所示，根据牛顿第二定律分别有2mgsin30°－2BILcos30°＝2ma1、mgsin30°－BILcos30°＝ma2，可得a1＝a2＝g2－3BIL2m，则ab与cd加速度大小之比始终为1∶1，C错误；当加速度趋于零时，两导体棒中的电流趋于稳定，结合C项分析可知，ab中的电流趋于3mg3BL，B正确；由于ab和cd加速度大小始终相等，则两导体棒的速度大小始终相等，【典例2】（2024·江苏震泽中学模拟）如图所示的是水平平行光滑导轨M、N和P、Q，M、N的间距为L，P、Q的间距为2L。M、N上放有一导体棒ab，ab与导轨垂直，质量为m，电阻为R。P、Q上放有一导体棒cd，cd也与导轨垂直，质量为2m，电阻为2R。导轨电阻不计。匀强磁场竖直穿过导轨平面，磁感应强度大小为B。初始两导体棒静止，设在极短时间内给ab一个水平向左的速度v0，使ab向左运动，最后ab和cd的运动都达到稳定状态。求：（1）刚开始运动的瞬间，ab和cd的加速度大小和方向；（2）稳定后ab和cd的速度大小；（3）整个过程中ab产生的热量。答案：（1）B2L2v03mRB2L2v03mR方向都水平向右解析：（1）设ab的加速度为a1，cd的加速度为a2ab受到的安培力F1＝BILcd受到的安培力F2＝BI×2L电流I＝E3R，电动势E＝由牛顿第二定律得F1＝ma1，F2＝2ma2解得a1＝B2L2v0由右手定则和左手定则可知加速度方向都水平向右。（2）ab棒向左做减速运动，cd棒向右做加速运动，当电路中的电流为零时，两导体棒达到稳定状态，做匀速直线运动，设此时速度分别为v1和v2，则BLv1＝B×2Lv2分析得两导体棒加速度在任意时刻都相等，则v1＝v0－at，v2＝at解得v1＝23v0，v2＝v（3）产生的总热量Q＝12mv02－12mv12又Qab＝13解得产生的热量为Qab＝118mv动量观点在电磁感应中的应用角度1动量定理在电磁感应中的应用在导体单杆切割磁感线做变加速运动时，若运用牛顿运动定律和能量观点不能解决问题，可运用动量定理巧妙解决问题。求解的物理量应用示例电荷量或速度－BILΔt＝mv2－mv1，q＝IΔt，即－BqL＝mv2－mv1位移－B2L2vΔtR总＝0－mv0，即时间－BILΔt＋F其他Δt＝mv2－mv1，即－BLq＋F其他Δt＝mv2－mv1，已知电荷量q、F其他（F其他为恒力）－B2L2vΔtR总＋F其他Δ即－B2L2xR总＋F其他Δt＝已知位移x、F其他（F其他为恒力）【典例3】（多选）（2024·山东聊城一模）如图所示，四条光滑的足够长的金属导轨M、N、P、Q平行放置，导轨固定于绝缘水平面上，M、N导轨间距为2L，P、Q导轨间距为L，两组导轨间由导线相连，导轨内存在竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场，两根质量均为m、接入电路的电阻均为R的导体棒C、D分别垂直于导轨放置，且均处于静止状态。C获得向右的瞬时速度v0，同时使导体棒D获得向左的瞬时速度13v0。两导体棒在达到稳定状态运动过程中始终与导轨垂直并与导轨接触良好，且均未到达两组导轨连接处。则下列说法正确的是（A.开始阶段，导体棒C、D均做减速运动，C先减速至零B.达到稳定运动时，导体棒C、D均向右运动C.从t＝0时至稳定运动的过程中，通过导体棒的电荷量为mD.从t＝0时至稳定运动的过程中，通过导体棒的电荷量为7答案：BD解析：规定以水平向右为正方向，对C应用动量定理可得－I×2LBΔt＝mv1－mv0，对D应用动量定理可得ILBΔt＝mv2－－m×v03，最终稳定时，总电动势为零，即B×2Lv1＝BLv2，联立求得v1＝v015，v2＝215v0，所以运动稳定时，导体棒C、D均向右运动，因此D棒先减速到零，再向右加速，又由ILBΔt＝BqL＝mv2＋m×v03，角度2动量守恒定律在电磁感应中的应用双杆模型物理模型“一动一静”：甲杆静止不动，乙杆运动，其实质是单杆问题，不过要注意问题包含着一个条件——甲杆静止，受力平衡两杆都在运动，对于这种情况，要注意两杆切割磁感线产生的感应电动势是相加还是相减；系统动量是否守恒分析方法动力学观点通常情况下一个金属杆做加速度逐渐减小的加速运动，而另一个金属杆做加速度逐渐减小的减速运动，最终两金属杆以共同的速度匀速运动能量观点两杆系统机械能减少量等于回路中产生的焦耳热之和动量观点对于两金属杆在平直的光滑导轨上运动的情况，如果两金属杆所受的外力之和为零，则考虑应用动量守恒定律处理问题【典例4】（多选）（2024·山东潍坊一模）如图所示，两根型平行光滑金属导轨固定在绝缘水平面上，左、右两侧导轨间距分别为l和2l，处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小分别为2B和B。已知导体棒ab的电阻为R、长度为l，导体棒cd的电阻为2R、长度为2l，cd的质量是ab的3倍。两棒中点之间连接一原长为L轻质绝缘弹簧。现将弹簧拉伸至3L后，同时由静止释放两导体棒，两棒在各自磁场中往复运动直至停止，弹簧始终在弹性限度内。整个过程中两棒保持与导轨垂直且接触良好，导轨足够长，电阻不计。下列说法正确的是（）A.整个过程中，回路中始终产生顺时针方向的电流B.整个运动过程中，ab与cd的路程之比为3∶1C.cd棒克服安培力做的功等于cd棒产生的热量D.整个运动过程中，通过cd的电荷量为4答案：BD解析：根据题意可知，由静止释放两导体棒，ab向右运动，cd向左运动，即弹簧收缩，由右手定则可知，回路中产生顺时针方向的电流，设某时刻电流大小为I，可知，ab所受安培力大小为Fab＝2BIl，方向向左，cd所受安培力大小为Fcd＝BI·2l，方向向右，可知，两棒组成的系统所受外力矢量和为零，动量守恒，则当弹簧伸展过程中，一定有ab向左运动，cd向右运动，根据右手定则可知，回路中产生逆时针方向的电流，A错误；由A分析可知，两棒组成的系统所受外力矢量和为零，动量守恒，由于开始运动时，系统动量为零，则任意时刻两棒的动量大小相等，方向相反，则有mabvab＝mcdvcd，设运动时间为t，则有mabvabt＝mcdvcdt，即mabsab＝mcdscd，则ab与cd的路程之比为sabscd＝mcdmab＝31，B正确；由上述分析可知，整个运动过程中，两棒所受安培力一直保持大小相等，且ab与cd的路程之比为3∶1，则ab与cd克服安培力做的功之比为3∶1，由公式Q＝I2Rt可知，由于ab与cd的电阻之比为1∶2，则ab与cd产生的热量之比为1∶2，可知，cd棒克服安培力做的功不等于cd棒产生的热量，C错误；由公式E＝ΔΦΔt、I＝E2R＋R和q＝It可得，整个运动过程中，通过cd的电荷量为q＝ΔΦ2R＋R，当两棒在各自磁场中往复运动直至停止，弹簧恢复原长，两棒间距离减小2L，则ab向右运动的距离为xab＝34×2L＝32L，cd向左运动的距离为x【典例5】（2024·湖北高考15题）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由静止释放，求（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。答案：（1）BL2gL（2）（3）mR2gL解析：（1）设ab棒刚越过MP时速度大小为v1，产生的电动势大小为E1，对ab在圆弧导轨上运动的过程，由机械能守恒定律有mgL＝12mab刚越过MP时，由法拉第电磁感应定律得E1＝BLv1联立得E1＝BL2gL（2）经分析知金属环在导轨外的两段电阻被短路，由几何关系可知导轨之间两段金属环的电阻均为R，它们在电路中并联后的总电阻Rc＝R设电路中初始的干路电流为I1，由闭合电路欧姆定律有I1＝E经分析知整个金属环在运动过程中可视为长度为L、电阻为Rc的金属棒，设金属环刚开始运动时所受的安培力大小为F1、加速度大小为a，则F1＝I1LB由牛顿第二定律得F1＝2ma联立解得a＝B2（3）经分析，ab进入磁场后，ab和金属环组成的系统动量守恒，设两者共速时的速度大小为v2，由动量守恒定律得mv1＝（m＋2m）v2设在极短时间Δt内，ab与金属环圆心的距离减少量为Δx，金属环所受安培力大小为F，流过ab的电流为I，整个电路的电动势为E，对金属环，由动量定理得ΣFΔt＝2mv2－0F＝ILB由闭合电路欧姆定律得I＝E设金属环圆心初始位置到MP的最小距离为s，若ab与金属环共速时，两者恰好接触，金属环圆心初始位置到MP的距离最小，对ab进入磁场到两者共速的过程，由法拉第电磁感应定律有E＝BLΔs＝L＋ΣΔx联立解得s＝mR2gLB1.（多选）（2024·重庆四区联考）如图所示，两根足够长的固定平行光滑金属导轨位于同一水平面内，导轨上横放着两根相同的导体棒ab、cd，与导轨构成矩形回路。导体棒的两端连接着处于压缩状态的两根轻质弹簧，两棒的中间用细线绑住。两棒电阻均为R，回路上其余部分的电阻不计。在两导轨间有竖直向下的匀强磁场。开始时，导体棒处于静止状态，剪断细线后，在导体棒运动过程中（）A.回路中有感应电动势B.两根导体棒所受安培力的方向相同C.两根导体棒和弹簧构成的系统动量守恒，机械能守恒D.两根导体棒和弹簧构成的系统动量守恒，机械能不守恒解析：AD剪断细线后，由于弹簧的作用，导体棒ab、cd反向运动，穿过导体棒ab、cd与导轨构成的矩形回路的磁通量增大，回路中产生感应电动势，A正确；导体棒ab、cd中产生的感应电流方向相反，根据左手定则，可知两根导体棒所受安培力的方向相反，B错误；两根导体棒和弹簧构成的系统在运动过程中所受外力矢量和为0，所以系统动量守恒，由于产生感应电流，产生热量，所以一部分机械能转化为内能，系统机械能不守恒，C错误，D正确。2.（多选）（2024·广东肇庆二模）如图所示，空间中存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。有两根完全相同的金属棒a和b垂直静置于足够长的水平光滑平行金属导轨上，导轨间距为L、电阻不计，金属棒与导轨接触良好，两根金属棒的质量均为m、长度均为L、电阻均为R。将b固定在导轨上，某时刻给a施加一个水平向右的恒力F。下列说法正确的是（）A.a棒所受的安培力先增大后减小B.a棒的最大速度为2C.若解除b的固定，则稳定后两棒的速度相等D.若解除b的固定，则稳定后两棒的加速度相等解析：BD对a受力分析，结合牛顿第二定律有F－F安＝ma，F安＝BIL＝BBLv2RL＝B2L2v2R，解得a＝Fm－B2L2v2R，所以a做加速度减小的加速运动，故a棒所受的安培力一直增大，A错误；当a棒的加速度为a＝0时，a棒的速度最大，此时F＝B2L2v2R，可得v＝2FRB2L2，B正确；若解除b的固定，对a受力分析，结合牛顿第二定律有F－F安＝maa，对b受力分析结合牛顿第二定律有F安＝mab，开始时安培力较小，所以aa＞ab，两个棒都加速，由E＝BL（va3.（2024·河北高考14题）如图，边长为2L的正方形金属细框固定放置在绝缘水平面上，细框中心O处固定一竖直细导体轴OO'。间距为L、与水平面成θ角的平行导轨通过导线分别与细框及导体轴相连。导轨和细框分别处在与各自所在平面垂直的匀强磁场中，磁感应强度大小均为B。足够长的细导体棒OA在水平面内绕O点以角速度ω匀速转动，水平放置在导轨上的导体棒CD始终静止。OA棒在转动过程中，CD棒在所受安培力达到最大和最小时均恰好能静止。已知CD棒在导轨间的电阻值为R，电路中其余部分的电阻均不计，CD棒始终与导轨垂直，各部分始终接触良好，不计空气阻力，重力加速度大小为g。（1）求CD棒所受安培力的最大值和最小值。（2）锁定OA棒，推动CD棒下滑，撤去推力瞬间，CD棒的加速度大小为a，所受安培力大小等于（1）问中安培力的最大值，求CD棒与导轨间的动摩擦因数。答案：（1）B2L3ωRB解析：（1）当OA棒切割磁感线的有效长度为l1＝2L时，该棒产生的感应电动势最大，有Emax＝Bl12ω此时CD棒所受的安培力最大，结合I＝ERFAmax＝ImaxBL＝B当OA棒切割磁感线的有效长度为l2＝L时，该棒产生的感应电动势最小，有Emin＝Bl2此时CD棒所受的安培力最小，有FAmin＝IminBL＝B2（2）设CD棒的质量为m，CD棒与平行导轨间的最大静摩擦力为f，OA棒在转动过程中，CD棒在所受安培力达到最大和最小时均恰好静止，则有FAmax＝mgsinθ＋f，FAmin＋f＝mgsinθ，结合（1）问分析有FAmax＝43mgsinθ，则撤去推力瞬间，CD棒的加速度方向沿平行导轨向上，对CD棒由牛顿第二定律有FAmax＋μmgcosθ－mgsinθ＝ma，联立解得CD棒与导轨间的动摩擦因数为μ＝34.（2024·山东省实验中学一模）“途灵底盘”是华为公司新推出的一款智能化多场景的汽车减震系统。电磁减震器是该系统中重要组成部分。小明同学在实验室中模拟电磁减震器的工作原理。在绝缘滑动杆上固定4个完全相同且相互紧靠（忽略线圈间距离）的矩形线圈，使其进入右侧由电磁铁产生的磁场中做减速运动。右侧磁场的磁感应强度与电流之间的关系为B＝kI，其中k＝50T/A且产生的磁场范围足够大。已知滑动杆及线圈的总质量为m＝1.0kg，每个矩形线圈的匝数均为n＝10匝，阻值R＝1.0Ω，长为L＝20cm，宽为d＝10cm，整个过程不考虑互感影响，不计一切摩擦。（1）若电磁铁中的电流为20mA，求线圈1完全进入磁场时的速度变化量Δv；（2）若电磁铁中的电流为20mA且第3个线圈完全进入磁场时恰好减速为零，求线圈中产生的焦耳热Q。答案：（1）0.4m/s，方向水平向左（2）0.72J解析：（1）由动量定理得nBL·nBLvR·Δt＝m其中d＝vΔt右侧磁场的磁感应强度为B＝kI解得Δv＝0.4m/s方向水平向左。（2）第3个线圈完全进入磁场时恰好减速为零，由动量定理得－nBL·nBLv'R·Δt'＝其中3d＝v'Δ解得第一个线圈刚进入磁场时的速度为v＝1.2m/s线圈中产生的焦耳热Q＝12mv2＝0.72J5.（2024·四川雅安检测）如图所示，光滑导体轨道PMN和P'M'N'是两个完全一样的轨道，均由半径为r的四分之一圆弧轨道和水平轨道组成，圆弧轨道与水平轨道分别在M和M'点相切，两轨道并列平行放置，MN和M'N'位于同一水平面上，两轨道之间的距离为L，P、P'之间有一个阻值为R的电阻，开关K是一个感应开关（开始时开关是断开的），矩形区域MNN'M'内有竖直向上的磁感应强度为B的匀强磁场，水平轨道MN离水平地面的高度为h。金属棒a和b的质量均为m、电阻均为R，在水平轨道某位置放上金属棒b，开始时b棒静止不动，a棒从圆弧顶端PP'处由静止释放后，沿圆弧轨道下滑，若两棒在运动中始终不接触，当两棒的速度稳定时，两棒距离x＝mR2gr2B2L2，两棒速度稳定之后，再经过一段时间，b棒离开轨道做平抛运动，在b棒离开轨道瞬间，开关K（1）两棒速度稳定时的速度是多少？（2）两棒落到地面后的距离是多少？（3）从a棒开始运动至b棒离开轨道的过程中，回路中产生的焦耳热是多少？答案：（1）2gr2（2）rh2（3解析：（1）a棒沿圆弧轨道运动到最低处MM'时，由机械能守恒定律得mgr＝12m解得a棒运动到圆弧轨道最低处MM'时的速度v0＝2从a棒进入水平轨道开始到两棒达到相同速度v1的过程中，两棒在水平方向受到的安培力总是大小相等，方向相反，所以两棒的总动量守恒。由动量守恒定律得mv0＝2mv1解得两棒做匀速运动时的速度为v1＝2gr（2）经过一段时间，b棒离开轨道后，a棒与电阻R组成回路，从b棒离开轨道到a棒离开轨道的过程中，a棒受到安培力的冲量大小Ia＝BILt又I＝E2R，E＝ΔΦt对a棒，由动量定理得－Ia＝mv2－mv1解得a棒离开轨道时的速度v2＝2由平抛运动规律得，两棒落到地面后的距离为Δx＝（v1－v2）2hg＝（3）由能量守恒定律可知，从a棒开始运动至b棒离开轨道的过程中，回路中产生的焦耳热Q＝mgr－12×2m解得Q＝12mgr第11讲电磁感应规律及其应用1.（2024·北京高考6题）如图所示，线圈M和线圈P绕在同一个铁芯上，下列说法正确的是（）A.闭合开关瞬间，线圈M和线圈P相互吸引B.闭合开关，达到稳定后，电流表的示数为0C.断开开关瞬间，流过电流表的电流方向由a到bD.断开开关瞬间，线圈P中感应电流的磁场方向向左解析：B闭合开关瞬间，根据安培定则可知线圈M中突然产生向右的磁场，根据楞次定律可知，线圈P中感应电流的磁场方向向左，因此线圈M和线圈P相互排斥，A错误；线圈M中的磁场稳定后，线圈P中的磁通量也不再变化，则线圈P产生的感应电流为0，电流表示数为0，B正确；断开开关瞬间，线圈M中向右的磁场瞬间减为0，根据楞次定律可知，线圈P中感应电流的磁场方向向右，根据安培定则可知流过电流表的方向由b到a，C、D错误。2.（2024·江苏高考10题）如图所示，在绝缘的水平面上，有闭合的两个线圈a、b，线圈a处在垂直纸面向里的匀强磁场中，线圈b位于右侧无磁场区域，现将线圈a从磁场中匀速拉出，线圈a、b中产生的感应电流方向分别是（）A.顺时针，顺时针 B.顺时针，逆时针C.逆时针，顺时针 D.逆时针，逆时针解析：A将线圈a匀速拉出磁场的过程中，穿过线圈a的磁通量垂直纸面向里且不断减小，则由楞次定律可知，线圈a中的感应电流在其内部产生的磁场垂直纸面向里，在其外部产生的磁场垂直纸面向外，由右手螺旋定则可知，线圈a中产生的感应电流方向为顺时针，C、D错误；由法拉第电磁感应定律与闭合电路欧姆定律可知，线圈a中产生的感应电流大小不变，线圈a被拉出磁场，与线圈b的距离逐渐减小，则穿过线圈b的磁通量垂直纸面向外且不断增大，由楞次定律与右手螺旋定则可知线圈b中的感应电流为顺时针方向，A正确，B错误。3.（多选）（2024·山东高考11题）如图所示，两条相同的半圆弧形光滑金属导轨固定在水平桌面上，其所在平面竖直且平行，导轨最高点到水平桌面的距离等于半径，最低点的连线OO'与导轨所在竖直面垂直。空间充满竖直向下的匀强磁场（图中未画出），导轨左端由导线连接。现将具有一定质量和电阻的金属棒MN平行OO'放置在导轨图示位置，由静止释放。MN运动过程中始终平行于OO'且与两导轨接触良好，不考虑自感影响，下列说法正确的是（）A.MN最终一定静止于OO'位置B.MN运动过程中安培力始终做负功C.从释放到第一次到达OO'位置过程中，MN的速率一直在增大D.从释放到第一次到达OO'位置过程中，MN中电流方向由M到N解析：ABD由楞次定律结合左手定则可知，安培力的方向与MN的运动方向的夹角始终大于90°，则安培力始终做负功，MN最终一定静止在OO'位置，A、B正确；根据楞次定律可知，金属棒从释放到第一次到达OO'位置过程中，MN中电流方向由M到N，D正确；金属棒在即将到达OO'位置的时刻，MN所受安培力水平向左，沿速度方向的分力一定大于MN所受重力沿速度方向的分力，处于减速状态，C错误。4.（2024·浙江6月选考13题）如图所示，边长为1m、电阻为0.04Ω的刚性正方形线框abcd放在匀强磁场中，线框平面与磁场垂直。若线框固定不动，磁感应强度以ΔBΔt＝0.1T/s均匀增大时，线框的发热功率为P；若磁感应强度恒为0.2T，线框以某一角速度绕其中心轴OO'匀速转动时，线框的发热功率为2P，则ab边所受最大的安培力为A.12N B.22C.1N D.2N解析：C线框不动，ΔBΔt＝0.1T/s时E＝ΔBΔtS＝0.1V，I＝ER＝2.5A，P＝I2R＝0.25W；当B不变，ω恒定时，产生正弦式交变电流，由2P＝I'2R得I'＝522A，又I'＝Im2，则Im＝5A，由F安＝BIL知ab边所受最大的安培力为F安max＝BI考点一楞次定律法拉第电磁感应定律1.感应电流方向的判断方法2.感应电动势大小的求法情境图研究对象表达式回路（不一定闭合）三种形式E＝nE＝nΔE＝nB一段直导线（或等效直导线）E＝Blv绕一端转动的一段导体棒E＝12Bl2绕与B垂直的轴转动的导线框从图示时刻计时e＝NBSωcosωt【例1】（2024·广东深圳二模）如图所示，一块绝缘薄圆盘可绕其中心的光滑轴自由转动，圆盘的四周固定着一圈带电的金属小球，在圆盘的中部有一个圆形线圈。实验中圆盘沿顺时针方向（俯视）绕中心轴转动时，发现线圈中产生逆时针方向（俯视）的电流，则下列描述可能的是（）A.圆盘上金属小球带负电，且转速减小B.圆盘上金属小球带负电，且转速增大C.圆盘上金属小球带正电，且转速不变D.圆盘上金属小球带正电，且转速减小答案：A解析：线圈中产生逆时针方向（俯视）的感应电流，由安培定则可知感应电流的磁场方向向上，由楞次定律可知，可能是线圈中向上的磁场减弱或向下的磁场增强的结果，若圆盘上金属小球带负电，顺时针（俯视）旋转产生逆时针（俯视）方向的电流，感应电流的磁场方向向上，转速减小时，向上的磁场减弱，A可能，B不可能；同理可知，若圆盘上金属小球带正电，产生顺时针方向（俯视）的电流，感应电流的磁场方向向下，转速增大时，向下的磁场增强，C、D不可能。【例2】（2024·湖南高考4题）如图，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＞φc B.φO＜φa＜φb＜φcC.φO＞φa＞φb＝φc D.φO＜φa＜φb＝φc答案：C解析：由题及几何关系可知Oa＝R，Ob＝5R，Oc＝5R，根据E＝12Bl2ω可得EOa＝12BR2ω，EOb＝12B·5R2ω＝52BR2ω，EOc＝12B·5R2ω＝52BR2ω，又EOa＝φO－φa，EOb＝φO－φb，EOc＝φO－φc，故φO＞φa＞φb【例3】（2024·安徽芜湖模拟）如图所示，在匀强磁场中有一由两段14圆弧及其部分半径构成的导线框CDEF，且C点和F点正好是OD、OE的中点，14圆的半径OE和OD与磁场边缘重合，磁场方向垂直于14圆面（纸面）向里，磁感应强度大小为B0。使该线框绕过圆心O且垂直于圆面的轴以角速度ω匀速转过90°，在线框中产生感应电流。现使线框保持图中所示位置不变，而磁感应强度大小随时间均匀变化。为了产生与线框转过90°过程中同样大小的电流，磁感应强度随时间的变化率ΔBA.ωB02πC.2ωB0π答案：C解析：设OE＝2r，线框的电阻为R，该线框绕过圆心O且垂直于圆面的轴以角速度ω匀速转过90°，在线框中产生的感应电流I＝12B0ω（2r）2－12B0ωr2R＝3B0ωr22R，线框保持题图中所示位置不变，磁感应强度大小随时间均匀变化，为了产生与线框转过90°过程中同样大小的电流，有I＝ΔB·SΔt·R＝ΔBΔt考点二电磁感应中的电路问题电磁感应中电路问题的解题流程【例4】（2024·四川宜宾一模）如图所示，半径为L的半圆形光滑导体框架MN垂直放置于磁感应强度为B的匀强磁场中，长为L的导体杆OP绕圆心O以角速度ω匀速转动，N、O间接阻值为R的电阻，杆OP的电阻为r，框架电阻不计，求杆沿框架转动过程中：（1）电阻R两端电压；（2）电阻R消耗的电功率。答案：（1）BL2ωR2（解析：（1）设杆末端的速度为v，则v＝ωL杆绕O点匀速转动产生的感应电动势为E＝BLv＝12BL2则电阻R两端电压U＝ER＋rR（2）回路中电流I＝ER＋电阻R消耗的电功率P＝I2R＝B2【例5】（2024·浙江6月选考19题）某小组探究“法拉第圆盘发电机与电动机的功用”，设计了如图所示装置。飞轮由三根长a＝0.8m的辐条和金属圆环组成，可绕过其中心的水平固定轴转动，不可伸长细绳绕在圆环上，系着质量m＝1kg的物块，细绳与圆环无相对滑动。飞轮处在方向垂直环面的匀强磁场中，左侧电路通过电刷与转轴和圆环边缘良好接触，开关S可分别与图示中的电路连接。已知电源电动势E0＝12V、内阻r＝0.1Ω、限流电阻R1＝0.3Ω、飞轮每根辐条电阻R＝0.9Ω，电路中还有可调电阻R2（待求）和电感L，不计其他电阻和阻力损耗，不计飞轮转轴大小。（1）开关S掷1，“电动机”提升物块匀速上升时，理想电压表示数U＝8V，①判断磁场方向，并求流过电阻R1的电流I；②求物块匀速上升的速度v。（2）开关S掷2，物块从静止开始下落，经过一段时间后，物块匀速下降的速度与“电动机”匀速提升物块的速度大小相等，①求可调电阻R2的阻值；②求磁感应强度B的大小。答案：（1）①垂直纸面向外10A②5m/s（2）①0.2Ω②2.5T解析：（1）①开关S掷1时电流从飞轮边缘流向中心，飞轮在安培力作用下逆时针转动由左手定则知磁场方向垂直纸面向外通过R1的电流I＝E0－UR1②此时飞轮相当于“电动机”，则有UI－I2·R3＝mg·解得v＝5m/s。（2）①②开关S掷2，物块匀速下降时v仍为5m/s则流过辐条的电流应与（1）中的相同3B·I3a·v2＝mg得B＝2.5T由E＝Bav2得E＝5而I＝E故R2＝0.2Ω。一题多解（2）①由能量守恒定律知mgvt＝（I2·R3＋I2·R2）得R2＝0.2Ω。②3BI3·a·a2＝mg·a（得B＝2.5T。考点三电磁感应中的图像问题解答图像问题应注意以下几个方面（1）把握三个关注（2）掌握两个常用方法①排除法：定性分析电磁感应过程中某个物理量的变化趋势、变化快慢，特别是分析物理量的方向（正、负），排除错误的选项。这种方法能快速解决问题，但不一定对所有问题都适用。②函数关系法：根据题目所给的条件写出物理量之间的函数关系，再对图像作出判断，这种方法得到的结果准确、详细，但不够简捷。【例6】（2024·四川绵阳二模）如图所示，两根足够长的平行金属导轨位于水平的xOy平面内，导轨与x轴平行，左端接有电阻R。在x＞0的一侧存在竖直向下的匀强磁场。一金属杆与导轨垂直放置，且接触良好，在外力F作用下沿x轴正方向由静止开始做匀加速运动。t＝0时金属杆位于x＝0处，不计导轨和金属杆的电阻。下列图像中关于电路总功率P和所受外力F大小的图像正确的是（）答案：B解析：金属杆在外力F作用下沿x轴正方向由静止开始做匀加速运动，则有I＝BLvR＝BLaRt，则电路总功率P＝I2R＝B2L2a2Rt2，即P-t图像为开口向上的抛物线，A错误；金属杆做匀加速直线运动，有v2＝2ax，则电路总功率P＝I2R＝B2L2v2R＝2B2L2aRx，即P-x图像为正比例函数关系，B正确；金属杆做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有F－BIL＝ma，联立可得F＝B2L2aRt＋ma，即F-t图像为一次函数关系【例7】（多选）（2024·全国甲卷21题）如图，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（）答案：AC解析：线框在减速进入磁场的过程中，对线框受力分析，根据牛顿第二定律有mg＋B2L2vR－T＝ma，对物块受力分析，根据牛顿第二定律有T－Mg＝Ma，联立解得a＝B2L2v（M＋m）R－M－mM＋mg，则随着速度的减小，加速度不断减小，B错误；结合B项分析可知，若匀强磁场区域高度与线框宽度相等且物块质量与线框质量相等，则线框在磁场中做加速度逐渐减小的减速运动，出磁场后匀速运动，则A选项的图像可能正确；若匀强磁场区域高度大于线框宽度且物块质量与线框质量相等，则线框进磁场和出磁场阶段均做加速度逐渐减小的减速运动，完全在磁场中运动时不受安培力，匀速运动，完全出磁场后，也匀速运动，则电磁感应中含电容器的电路问题1.含“容”有v0，无外力情境质量为m、电阻为R的金属杆ab在水平光滑导轨上以速度v0开始运动，忽略导轨电阻等效电路杆速度为v时，电流I＝BLv－UCR（安培力F安＝BIL＝B2L运动过程加速度a＝F安m＝B2L2vmR－BLUCmR，杆做加速度逐渐减小的减速运动。当BLvmin＝能量角度杆减少的动能转化为电容器的电场能和杆产生的热量动量角度最终电容器两端的电压UCm＝BLvmin，最终电容器的电荷量q＝CUCm＝CBLvmin，由动量定理可得－BIL·Δt＝mvmin－mv0，由于q＝I·Δt，联立解得vmin＝m【典例1】在图甲、乙、丙中，除导体棒ab可动外，其余部分均固定不动，图甲中的电容器C原来不带电。设导体棒、导轨和直流电源的电阻均可忽略，导体棒和导轨间的摩擦也不计。图中装置均在水平面内，且都处于方向垂直于水平面（即纸面）向下的匀强磁场中，导轨足够长。今给导体棒ab一个向右的初速度v0，在图甲、乙、丙三种情形下导体棒ab的最终运动状态是（）A.三种情形下导体棒ab最终均做匀速运动B.图甲、丙中，ab棒最终将以不同的速度做匀速运动；图乙中，ab棒最终静止C.图甲、丙中，ab棒最终将以相同的速度做匀速运动；图乙中，ab棒最终静止D.三种情形下导体棒ab最终均静止答案：B解析：题图甲中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流，从而使电容器充电，当电容器C两极板间电压与导体棒产生的感应电动势相等时，电路中没有电流，ab棒向右匀速运动；题图乙中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流，通过电阻R转化为内能，当ab棒的动能全部转化为内能时，ab棒静止；题图丙中，导体棒先受到向左的安培力作用做减速运动，速度减为零后再在安培力作用下向左做加速运动，当导体棒产生的感应电动势与电源的电动势相等时，电路中没有电流，ab棒向左做匀速运动，所以B正确。2.含“容”有外力，F恒定，v0＝0情境质量为m、电阻为R的金属杆ab在水平光滑导轨上由静止开始运动，所受外力F恒定，忽略导轨电阻运动过程电容器持续充电，F－BIL＝ma，I＝ΔQΔt，ΔQ＝CΔU＝CBLΔv，a＝ΔvΔt，联立解得a＝能量角度F做的功一部分转化为杆的动能，一部分转化为电容器的电场能，即WF＝12mv2＋E【典例2】足够长的平行金属导轨ab、cd水平放置于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，ac之间连接有电容为C的电容器，导轨间距为l，长度为l的光滑金属棒垂直于导轨放置，与导轨接触良好，俯视图如图所示。金属棒在水平恒力F的作用下开始向右运动，当金属棒运动距离为x时撤去外力F，整个过程电容器未被击穿，重力加速度为g。（1）在外力F作用下金属棒做什么运动？（2）在外力F的作用下，电容器的电荷量随时间如何变化？（3）撤去外力F时金属棒的速度为多少？（4）撤去外力F后金属棒做什么运动？答案：（1）匀加速直线运动（2）电容器的电荷量随时间均匀增加（3）2FxCB2l解析：（1）金属棒做加速运动，持续对电容器充电，则存在充电电流，由F－BIl＝ma，I＝ΔQΔt，ΔQ＝CΔU，ΔU＝ΔE＝BlΔv，联立可得F－CB2l2ΔvΔt＝ma，（2）设t时刻，金属棒的速度为v，则电容器的电荷量Q＝CU＝CBlv＝CBlat，所以Q随时间均匀增加。（3）撤去外力F时，由匀变速直线运动规律可得金属棒的速度为v＝2ax＝2（4）撤去外力F后，金属棒两端电压和电容器两端电压相等，故金属棒中的电流为零，做匀速直线运动。1.（2024·江苏宿迁一模）一弹簧上端固定，下端悬挂一个磁铁，让磁铁上下振动，若要使磁铁很快停下，下列铝框放置方式效果最明显的是（）解析：A当磁铁穿过固定的闭合线圈时，在闭合线圈中会产生感应电流，感应电流的磁场会阻碍磁铁靠近或离开线圈，这样磁铁振动时除了受空气阻力外，还要受到线圈的磁场阻力，克服阻力需要做的功较多，机械能损失较快，因而会很快停下来。故铝框放置方式效果最明显的是选项A。2.（多选）（2024·广东梅州一模）在第70场“南方教研大讲堂”罗老师展示的课例中，她用磁力小车做了个小实验。磁力小车如图甲所示，它的内部结构可以简化为如图乙所示，其中A、B是具有单向导电性的发光二极管（正向电阻为零，反向电阻为无穷大），与线圈C构成闭合回路。实验前，磁力小车静止在水平桌面上（不计一切阻力）。关于实验现象，下列说法正确的是（）A.将强磁铁N极快速靠近小车，二极管A将闪亮B.将强磁铁S极快速靠近小车，二极管B将闪亮C.将强磁铁N极快速靠近小车，小车将向右运动D.将强磁铁S极快速靠近小车，小车将向左运动解析：ABC将强磁铁N极快速靠近小车，穿过线圈的磁通量增大，由“楞次定律”可知，整个回路中产生逆时针方向的感应电流，二极管A将闪亮，A正确；将强磁铁S极快速靠近小车，穿过线圈的磁通量增大，由“楞次定律”可知，整个回路中产生顺时针方向的感应电流，则二极管B将闪亮，B正确；不管是强磁铁N极快速靠近小车，还是强磁铁S极快速靠近小车，根据楞次定律的推论“来拒去留”，小车都将向右运动，C正确，D错误。3.（2024·贵州贵阳二模）如图甲所示，一轻质弹簧上端固定，下端悬挂一个体积很小的磁铁，在小磁铁正下方桌面上放置一个闭合铜制线圈。将小磁铁从初始静止的位置向下拉到某一位置后放开，小磁铁将做阻尼振动，位移x随时间t变化的示意图如图乙所示（初始静止位置为原点，向上为正方向，经t0时间，可认为振幅A衰减到0）。不计空气阻力，下列说法正确的是（）A.x＞0的那些时刻线圈对桌面的压力小于线圈的重力B.x＝0的那些时刻线圈中没有感应电流C.更换电阻率更大的线圈，振幅A会更快地衰减到零D.增加线圈的匝数，t0会减小，线圈产生的内能不变解析：D根据“来拒去留”，则x＞0的那些时刻，当磁铁远离线圈向上运动时，磁铁对线圈有向上的作用力，此时线圈对桌面的压力小于线圈的重力；当磁铁靠近线圈向下运动时，磁铁对线圈有向下的作用力，此时线圈对桌面的压力大于线圈的重力，A错误；x＝0的那些时刻磁铁的速度最大，则穿过线圈的磁通量变化率最大，则线圈中有感应电流，B错误；更换电阻率更大的线圈，线圈中产生的感应电流会变小，线圈中产生的感应电流的磁场变弱，对磁铁的“阻碍”作用变弱，则振幅A会更慢地衰减到零，C错误；增加线圈的匝数，线圈中产生的感应电动势变大，感应电流变大，机械能很快就转化为内能，则t0会减小，由于开始时线圈的机械能不变，则线圈产生的内能不变，D正确。4.（多选）（2024·广东茂名一模）如图（a）所示，底部固定有正方形线框的列车进站停靠时，以初速度v水平进入竖直向上的磁感应强度为B的正方形有界匀强磁场区域，如图（b）所示，假设正方形线框边长为l，每条边的电阻相同。磁场的区域边长为d，且l＜d，列车运动