第7道電磁感應(yīng)與電路（解析版）

2021年高考物理二輪復(fù)習(xí)高考13題命題探究第一部分選擇題命題探究第7道選擇題電磁感應(yīng)與電路目錄TOC\o"1-3"\h\u一、命題點(diǎn)探究 1命題點(diǎn)一直流電路與交流電路 1考查方式一直流電路的動(dòng)態(tài)分析 1考查方式二交流電的產(chǎn)生及“四值”應(yīng)用 4考查方式三理想變壓器的規(guī)律及應(yīng)用 6考查方式四遠(yuǎn)距離輸電問(wèn)題 7命題點(diǎn)二電磁感應(yīng)規(guī)律的應(yīng)用 9考查方式一楞次定律與法拉第電磁感應(yīng)定律的應(yīng)用 9考查方式一電磁感應(yīng)中的電路問(wèn)題 11考查方式二電磁感應(yīng)的圖象問(wèn)題 12考查方式四電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)與能量問(wèn)題 14二、第七道選擇題限時(shí)強(qiáng)化訓(xùn)練（一） 18三、第七道選擇題限時(shí)強(qiáng)化訓(xùn)練（二） 22一、命題點(diǎn)探究命題點(diǎn)一直流電路與交流電路【命題規(guī)律】從近幾年高考試題可以看出，直流電路與交流電路部分考查的內(nèi)容主要包括：(1)應(yīng)用串并聯(lián)電路規(guī)律、閉合電路歐姆定律及部分電路歐姆定律進(jìn)行電路的動(dòng)態(tài)分析，含容電路的分析，以及電路故障的判斷分析；(2)交變電流的產(chǎn)生及“四值”應(yīng)用，變壓器的原理及動(dòng)態(tài)分析，遠(yuǎn)距離輸電問(wèn)題．試題難度中等或中等偏上．考查方式一直流電路的動(dòng)態(tài)分析【核心考點(diǎn)梳理】1．恒定電流(1)閉合電路中的電壓、電流關(guān)系：E＝U外＋U內(nèi)，I＝eq\f(E,R＋r)，U＝E－Ir.(2)閉合電路中的功率關(guān)系：P總＝EI，P內(nèi)＝I2r，P出＝IU＝P總－P內(nèi)．(3)直流電路中的能量關(guān)系：電功W＝qU＝UIt，電熱Q＝I2Rt.純電阻電路中W＝Q，非純電阻電路中W＞Q.2．閉合電路動(dòng)態(tài)變化的原因(1)當(dāng)外電路的任何一個(gè)電阻增大(或減小)時(shí)，電路的總電阻一定增大(或減小)．(2)若開(kāi)關(guān)的通斷使串聯(lián)的用電器增多，總電阻增大；若開(kāi)關(guān)的通斷使并聯(lián)的支路增多，總電阻減?。?3)熱敏電阻或光敏電阻的阻值變化．3．直流電路動(dòng)態(tài)分析的三種常用方法(1)程序法R局eq\o(→,\s\up11(增大),\s\do4(減小))I總＝eq\f(E,R＋r)eq\o(→,\s\up11(減小),\s\do4(增大))U內(nèi)＝I總req\o(→,\s\up11(減小),\s\do4(增大))U外＝E－U內(nèi)eq\o(→,\s\up11(增大),\s\do4(減小))確定U支、I支．(2)結(jié)論法——“串反并同”“串反”：指某一電阻增大(減小)時(shí)，與它串聯(lián)或間接串聯(lián)的電阻中的電流、兩端電壓、電功率都將減小(增大)．“并同”：指某一電阻增大(減小)時(shí)，與它并聯(lián)或間接并聯(lián)的電阻中的電流、兩端電壓、電功率都將增大(減小)．(3)極限法因變阻器滑片滑動(dòng)引起電路變化的問(wèn)題，可將變阻器的滑片分別滑至兩個(gè)極端，使電阻最大或電阻為零去討論．【典例1】（2021·浙江省北斗星聯(lián)盟高三上學(xué)期12月月考）如圖所示電路中，定值電阻R1=R，R2=2R，R3是滑動(dòng)變阻器最大阻值為2R，電源的內(nèi)阻r=R，電流表A和電壓表V1、V2均為理想電表。閉合開(kāi)關(guān)S，當(dāng)滑動(dòng)變阻器的觸頭P從電阻的中點(diǎn)滑到最右端的過(guò)程，電壓表V1、V2和電流表A的變化量的絕對(duì)值分別是△U1、△U2和△I，下列說(shuō)法中正確的是（）A.電壓表V2的示數(shù)減小B.△U1=△U2C.電源的輸出的電功率減小D.不變，變大【答案】C【解析】A.滑片向右滑動(dòng)，R3電阻增大，總電阻增大，總電流減小，U1和U內(nèi)減小，則電壓表V2示數(shù)增大，故A錯(cuò)誤；BD.△U1=△IR1，△U2=△I(R1+r)，得到=R，=（R1+r）=2R，故B、D錯(cuò)；C.當(dāng)外電路電阻R大于電源內(nèi)電阻r時(shí)，電源輸出功率隨著外電路電阻的增大而減小，故C正確。故選C。【典例2】（2021·云南師大附中高三上學(xué)期12月月考）下圖為直流電動(dòng)機(jī)提升重物的裝置，重物的質(zhì)量m=50kg，電源電動(dòng)勢(shì)E=95V，電源內(nèi)阻r=3Ω。當(dāng)電動(dòng)機(jī)以v=0.7m/s的恒定速率向上提升重物時(shí)，電路中的電流I=5A，不計(jì)各處摩擦和空氣阻力，g=10m/s2，下列判斷正確的是（）A.電源的效率約為84%B.電動(dòng)機(jī)的輸出功率是350WC.電動(dòng)機(jī)線圈的電阻為2ΩD.電動(dòng)機(jī)兩端的電壓為95V【答案】ABC【解析】D．由于電源有內(nèi)阻，電動(dòng)機(jī)兩端的電壓等于路端電壓故D錯(cuò)誤；B．因物體勻速上升，電動(dòng)機(jī)的輸出功率等于物體克服重力做功的功率故B正確；C．設(shè)電動(dòng)機(jī)內(nèi)阻為R，由能量守恒可知故C正確；A．電源的效率故A正確。故選ABC?！镜淅?】（2021·四川省成都市高新區(qū)高三上學(xué)期12月月考）在如圖所示的電路中，電源的負(fù)極接地，其電動(dòng)勢(shì)為E、內(nèi)電阻為r，R1、R2為定值電阻，R3為滑動(dòng)變阻器，C為電容器，A、V分別為理想電流表和電壓表。電鍵閉合后，在滑動(dòng)變阻器的滑片P自b端向a端滑動(dòng)的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是（）A.電壓表示數(shù)減小B.電流表示數(shù)增大C.電容器C所帶電荷量增多D.a點(diǎn)的電勢(shì)降低【答案】AC【解析】在滑動(dòng)變阻器滑動(dòng)頭P自b端向a端滑動(dòng)的過(guò)程中，變阻器的電阻變大，外電路總電阻變大，干路電流減小。A．根據(jù)歐姆定律可知，電阻R1兩端電壓減小，電壓表示數(shù)變小，A正確；B．總電流減小，根據(jù)I減小，U并增大，通過(guò)R2的電流增大，通過(guò)R3的電流減小，即電流表示數(shù)減小，B錯(cuò)誤；C．U并增大，電容器板間電壓變大，根據(jù)可知其帶電量增多，C正確；D．總電流減小，R1兩端的電壓減小，故電勢(shì)降落減少，故a點(diǎn)電勢(shì)升高，D錯(cuò)誤。故選AC?？疾榉绞蕉涣麟姷漠a(chǎn)生及“四值”應(yīng)用【核心考點(diǎn)梳理】1．兩個(gè)特殊位置的特點(diǎn)(1)線圈平面與中性面重合時(shí)，S⊥B，Φ最大，eq\f(ΔΦ,Δt)＝0，e＝0，i＝0，電流方向?qū)l(fā)生改變．(2)線圈平面與中性面垂直時(shí)，S∥B，Φ＝0，eq\f(ΔΦ,Δt)最大，e最大，i最大，電流方向不改變．2．書(shū)寫(xiě)交變電流瞬時(shí)值表達(dá)式的基本思路(1)確定正弦式交變電流的峰值，根據(jù)已知圖象讀出或由公式Em＝nBSω求出相應(yīng)峰值．(2)明確線圈的初始位置，找出對(duì)應(yīng)的函數(shù)關(guān)系式．①若線圈從中性面位置開(kāi)始轉(zhuǎn)動(dòng)，e＝Emsinωt.②若線圈從垂直中性面位置開(kāi)始轉(zhuǎn)動(dòng)，e＝Emcosωt.3．正弦交流電“四值”的應(yīng)用【典例1】（2021·西藏昌都市一中高三上學(xué)期1月期末）如圖甲所示，電阻不計(jì)的N匝矩形閉合導(dǎo)線框處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為0.2T的水平勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，導(dǎo)線框面積為。導(dǎo)線框繞垂直于磁場(chǎng)的軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，并與理想變壓器原線圈相連，原、副線圈的匝數(shù)比為10:1，副線圈接有一滑動(dòng)變阻器R，副線圈兩端的電壓隨時(shí)間的變化規(guī)律如圖乙所示。下列說(shuō)法正確的是（）A.閉合導(dǎo)線框中產(chǎn)生的交變電壓的瞬時(shí)值表達(dá)式為B.線框的匝數(shù)C.若滑動(dòng)變阻器的滑片P向上移動(dòng)，電流表的示數(shù)將減小D.若導(dǎo)線框的轉(zhuǎn)速增加一倍，則變壓器的輸出功率將增加一倍【答案】BC【解析】A．由題圖乙可知，輸出電壓的最大值周期為，角速度輸入端電壓的最大值則閉合導(dǎo)線框中產(chǎn)生的交變電壓的瞬時(shí)值表達(dá)式為故A錯(cuò)誤；B．導(dǎo)線框輸出電壓的最大值解得故B正確；C．理想變壓器原、副線圈匝數(shù)不變，輸入電壓不變，則輸出電壓不變，滑動(dòng)變阻器滑片P向上移動(dòng)時(shí)，接入電路的電阻增大，則輸出電流減小，輸入電流減小，電流表示數(shù)減小，故C正確；D．若導(dǎo)線框的轉(zhuǎn)速增加一倍，則線框產(chǎn)生交變電壓的最大值增加一倍，有效值增加一倍，輸出電壓的有效值也增加一倍，則由可知，輸出功率將變成原來(lái)的4倍，故D錯(cuò)誤。故選BC。【典例2】（2021·八省聯(lián)考廣東區(qū)高三上學(xué)期1月模擬三）A、B是兩個(gè)完全相同的電熱器，A通以圖甲所示的交變電流，B通以圖乙所示的交變電流，則兩電熱器的電功率之比PA∶PB等于A.2∶1B.1:1C.∶1D.1∶2【答案】A【解析】試題分析：雖然甲是交流電，但其有效值為I0，因?yàn)樗鞍雮€(gè)周期與后半個(gè)周期的電流都是等大的；乙是正弦交流電，故它的有效值為，則PA∶PB=（I0）2R：（）2R=2:1，故選項(xiàng)A正確．考點(diǎn)：交流電的有效值．【典例3】(2021·重慶一中模擬)如圖，OO′是磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為3B和B的兩個(gè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域的分界線，磁場(chǎng)方向分別垂直紙面向里和垂直紙面向外．單匝圓形導(dǎo)線圈的直徑剛好位于OO′處，線圈以O(shè)O′為轉(zhuǎn)軸從紙面位置開(kāi)始以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動(dòng)．若線圈的電阻為R，面積為S，則下列說(shuō)法正確的是()A．線圈在紙面位置時(shí)，感應(yīng)電流最大B．線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的最大值為2BSωC．線圈中產(chǎn)生的熱功率為eq\f(B2S2ω2,2R)D．線圈從紙面位置開(kāi)始轉(zhuǎn)過(guò)90°的過(guò)程中通過(guò)線圈某一橫截面的電荷量為eq\f(2BS,R)【答案】C【答案】：線圈在紙面位置時(shí)，磁通量最大，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為零，故A錯(cuò)誤；線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的最大值為Em＝3B·eq\f(S,2)·ω－B·eq\f(S,2)·ω＝BSω，故B錯(cuò)誤；由有效值定義可知感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的有效值為E有＝eq\f(Em,\r(2))，線圈中產(chǎn)生的熱功率為P＝I2R＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(E有,R)))2R＝eq\f(B2S2ω2,2R)，故C正確；根據(jù)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)，所以線圈從紙面位置開(kāi)始轉(zhuǎn)過(guò)90°的過(guò)程中通過(guò)線圈某一橫截面的電荷量為q＝eq\f(3B·\f(S,2)－B·\f(S,2),R)＝eq\f(BS,R)，故D錯(cuò)誤．考查方式三理想變壓器的規(guī)律及應(yīng)用【核心考點(diǎn)梳理】1．三個(gè)基本關(guān)系(只有一個(gè)副線圈)(1)電壓關(guān)系：eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)；(2)電流關(guān)系：eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)；(3)功率關(guān)系：P入＝P出．2．五個(gè)制約關(guān)系(1)輸入功率由輸出功率決定，即P入＝P出；(2)輸出電壓由輸入電壓和匝數(shù)比決定，即U2＝eq\f(n2,n1)U1；(3)輸入電流由輸出電流和匝數(shù)比決定，即I1＝eq\f(n2,n1)I2；(4)輸出功率由用戶負(fù)載決定，即P出＝P負(fù)總＝P負(fù)1＋P負(fù)2＋…；(5)輸出電流由輸出電壓和用戶負(fù)載決定，即I2＝eq\f(U2,R負(fù)).【典例1】(2021·煙臺(tái)高考診斷性測(cè)試)如圖所示，一理想變壓器原線圈與定值電阻R1、理想電流表A1一起接入電壓恒為U的交流電源上，原線圈接入電路的匝數(shù)可通過(guò)調(diào)節(jié)觸頭P進(jìn)行改變，副線圈和滑動(dòng)變阻器R、定值電阻R2以及理想電流表A2連接在一起，下列說(shuō)法正確的是()A．保持R不變，將觸頭P向上移動(dòng)，則A1的示數(shù)變小，A2的示數(shù)變小B．保持R不變，將觸頭P向下移動(dòng)，電源輸出的總功率變小C．保持P的位置不動(dòng)，增大R，則A1的示數(shù)減小，A2的示數(shù)減小D．保持P的位置不動(dòng)，增大R，則R的電功率變小，R1的電功率不變【答案】D【解析】保持R不變，將觸頭P向上移動(dòng)，則n1增大，再由U2＝eq\f(n2,n1)U1，可知U2減小，又因?yàn)楦本€圈的總電阻不變，所以通過(guò)副線圈的電流減小，即A2的示數(shù)變小，A1的示數(shù)為eq\f(U1,R1)，U1和R1都不變，所以A1的示數(shù)不變，故A錯(cuò)誤；保持R不變，將觸頭P向下移動(dòng)，則n1減小，再由U2＝eq\f(n2,n1)U1，可知U2增加，副線圈的負(fù)載電阻不變，由P出＝eq\f(U\o\al(2,2),R總)可知電源輸出的總功率增大，故B錯(cuò)誤；保持P的位置不動(dòng)，增大R，負(fù)載的總電阻R總增大，U2不變，由I2＝eq\f(U2,R總)可知I2減小，所以A2的示數(shù)減小，A1的示數(shù)為eq\f(U1,R1)，U1和R1都不變，所以A1的示數(shù)不變；副線圈的輸出功率P2＝U2I2減小，又因?yàn)镽2的功率不變，所以R的功率減?。浑娮鑂1不變，兩端的電壓U1不變，所以R1的電功率不變，故C錯(cuò)誤，D正確．【典例2】(多選)(2020·深圳第一次調(diào)研)如圖所示，理想變壓器原副線圈匝數(shù)之比為1∶2，正弦交流電源電壓為U＝12V，電阻R1＝1Ω，R2＝2Ω，滑動(dòng)變阻器R3最大阻值為20Ω，滑片P處于中間位置，則()A．R1與R2消耗的電功率相等B．通過(guò)R1的電流為3AC．若向上移動(dòng)P，電源輸出功率將變大D．若向上移動(dòng)P，電壓表讀數(shù)將變大【答案】BC【解析】：理想變壓器原副線圈匝數(shù)之比為1∶2，可知原副線圈的電流之比為2∶1，根據(jù)P＝I2R可知，R1與R2消耗的電功率之比為2∶1，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；設(shè)通過(guò)R1的電流為I，則副線圈電流為0.5I，初級(jí)電壓：U－IR1＝12－I，根據(jù)匝數(shù)比可知次級(jí)電壓為2(12－I)，則eq\f(212－I,0.5I)＝R2＋eq\f(1,2)Rm＝12Ω，解得I＝3A，選項(xiàng)B正確；若向上移動(dòng)P，則R3電阻減小，次級(jí)電流變大，初級(jí)電流也變大，根據(jù)P＝IU可知電源輸出功率將變大，電阻R1兩端的電壓變大，變壓器輸入電壓變小，次級(jí)電壓變小，電壓表讀數(shù)將變小，則選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤．考查方式四遠(yuǎn)距離輸電問(wèn)題【核心考點(diǎn)梳理】1．熟知一個(gè)簡(jiǎn)圖遠(yuǎn)距離輸電的簡(jiǎn)圖2．理清三個(gè)回路回路1：發(fā)電機(jī)回路：由發(fā)電機(jī)和線圈1組成．回路2：輸送回路：由線圈2、輸電線和線圈3組成．回路3：輸出回路：由線圈4和用戶組成．3．抓住九個(gè)關(guān)系(1)理想升壓變壓器的三個(gè)關(guān)系：eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，I1n1＝I2n2，P1＝P2.(2)理想降壓變壓器的三個(gè)關(guān)系：eq\f(U3,U4)＝eq\f(n3,n4)，I3n3＝I4n4，P3＝P4.(3)三個(gè)重要關(guān)聯(lián)關(guān)系U2＝U3＋UR，I2＝I3＝IR，P2＝P3＋PR.4．掌握兩種損耗(1)電壓損耗：輸電線上的電阻導(dǎo)致的電壓損耗UR＝U2－U3＝IRR.(2)功率損耗：輸電線上電阻發(fā)熱導(dǎo)致的功率損耗PR＝P2－P3＝Ieq\o\al(2,R)R.輸電線上的能量損耗是熱損耗，計(jì)算功率損耗時(shí)用公式PR＝Ieq\o\al(2,R)R或PR＝eq\f(U\o\al(2,R),R).【典例1】(2020·青島質(zhì)量檢測(cè))如圖，為某小型水電站電能輸送的示意圖，變壓器均為理想變壓器，升壓變壓器T1的原、副線圈匝數(shù)比為1∶20，降壓變壓器T2的原、副線圈匝數(shù)比為3∶1.升壓變壓器原線圈兩端接入一電壓u＝Umsinωt的交流電源，用戶的總電阻為R(可視為純電阻)，輸電線總電阻r＝R，不考慮其他因素的影響，用戶獲得的電壓U為()A．2eq\r(2)UmB．3eq\r(2)UmC．4UmD．6Um【答案】B【解析】：升壓變壓器原線圈兩端電壓的有效值為U1＝eq\f(Um,\r(2))，升壓變壓器副線圈兩端的電壓為U2＝20×eq\f(Um,\r(2))＝10eq\r(2)Um，輸電線路上損失的電壓為ΔU＝Ir＝IR，故降壓變壓器原線圈的電壓為U3＝U2－ΔU，在降壓變壓器次級(jí)兩端電壓U＝eq\f(1,3)U3，次級(jí)電流I′＝3I，則U＝3IR，聯(lián)立解得U＝3eq\r(2)Um，故選B．【典例2】．(2020·黔東南州第一次模擬)小型發(fā)電站為某村寨110戶家庭供電，輸電原理如圖所示，圖中的變壓器均為理想變壓器，其中降壓變壓器的匝數(shù)比n3∶n4＝50∶1，輸電線的總電阻R＝10Ω.某時(shí)段全村平均每戶用電的功率為200W，該時(shí)段降壓變壓器的輸出電壓為220V．則此時(shí)段()A．發(fā)電機(jī)的輸出功率為22kWB．降壓變壓器的輸入電壓為11kVC．輸電線的電流為1100AD．輸電線上損失的功率約為8.26W【答案】B【解析】：用戶總功率為P＝110×200W＝22000W＝22kW，加上輸電線上消耗的電功率，所以發(fā)電機(jī)的輸出功率應(yīng)大于22kW，A錯(cuò)誤；降壓變壓器的輸出電壓為220V，即U4＝220V，所以根據(jù)eq\f(n3,n4)＝eq\f(U3,U4)可得，降壓變壓器的輸入電壓U3＝50×220V＝11000V＝11kV，B正確；用戶端總電流為I4＝eq\f(P,U4)＝eq\f(22000,220)＝100A，根據(jù)eq\f(n3,n4)＝eq\f(I4,I3)，所以輸電線中的電流為I3＝2A，輸電線上損失的功率約為ΔP＝Ieq\o\al(2,3)R＝22×10＝40W，C、D錯(cuò)誤．命題點(diǎn)二電磁感應(yīng)規(guī)律的應(yīng)用【命題規(guī)律】高考對(duì)本部分內(nèi)容的要求較高，常在選擇題中考查楞次定律和法拉第電磁感應(yīng)定律的應(yīng)用、電磁感應(yīng)中的電路、圖象、能量問(wèn)題，以導(dǎo)體棒(或線框)運(yùn)動(dòng)為背景，電磁感應(yīng)規(guī)律與電路的相關(guān)知識(shí)、牛頓運(yùn)動(dòng)定律、能量守恒定律及動(dòng)量守恒定律等相結(jié)合的綜合應(yīng)用問(wèn)題，試題難度中等偏上．考查方式一楞次定律與法拉第電磁感應(yīng)定律的應(yīng)用1．感應(yīng)電流(感應(yīng)電動(dòng)勢(shì))方向的判斷(1)利用右手定則，即根據(jù)導(dǎo)體在磁場(chǎng)中做切割磁感線運(yùn)動(dòng)的情況進(jìn)行判斷．(2)利用楞次定律，即根據(jù)穿過(guò)回路的磁通量的變化情況進(jìn)行判斷．(3)楞次定律的四個(gè)推論①阻礙原磁通量的變化——“增反減同”．②阻礙相對(duì)運(yùn)動(dòng)——“來(lái)拒去留”．③使線圈面積有擴(kuò)大或縮小的趨勢(shì)——“增縮減擴(kuò)”(該結(jié)論僅適用于磁感線單方向穿過(guò)的線圈)．④阻礙原電流的變化(自感現(xiàn)象)——“增反減同”．2．感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的計(jì)算(1)法拉第電磁感應(yīng)定律：E＝neq\f(ΔΦ,Δt)，常用于計(jì)算平均電動(dòng)勢(shì)．①若B變，而S不變，則E＝neq\f(ΔB,Δt)S；②若S變，而B(niǎo)不變，則E＝nBeq\f(ΔS,Δt).(2)平動(dòng)切割：導(dǎo)體棒垂直切割磁感線，E＝Blv，主要用于求電動(dòng)勢(shì)的瞬時(shí)值．(3)轉(zhuǎn)動(dòng)切割：如圖所示，導(dǎo)體棒Oa圍繞棒的一端O在垂直磁場(chǎng)的平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)而切割磁感線，產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)E＝eq\f(1,2)Bl2ω.【典例1】(2021·西城區(qū)高三統(tǒng)一測(cè)試)如圖所示，在水平面上有一個(gè)U形金屬框架和一條跨接其上的金屬桿ab，二者構(gòu)成閉合回路且處于靜止?fàn)顟B(tài)．在框架所在的空間內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)(圖中未畫(huà)出)．下面說(shuō)法正確的是()A．若磁場(chǎng)方向水平向右，當(dāng)磁場(chǎng)增強(qiáng)時(shí)，桿ab受安培力向上B．若磁場(chǎng)方向水平向右，當(dāng)磁場(chǎng)減弱時(shí)，桿ab受安培力向上C．若磁場(chǎng)方向豎直向上，當(dāng)磁場(chǎng)增強(qiáng)時(shí)，桿ab受安培力向左D．若磁場(chǎng)方向豎直向上，當(dāng)磁場(chǎng)減弱時(shí)，桿ab受安培力向左【答案】C【解析】：磁場(chǎng)方向水平向右時(shí)，穿過(guò)線框的磁通量為零，故不能產(chǎn)生感生電動(dòng)勢(shì)，也就沒(méi)有感應(yīng)電流，則棒ab不受安培力，故A、B錯(cuò)誤；若磁場(chǎng)方向豎直向上，并且磁感應(yīng)強(qiáng)度增強(qiáng)時(shí)，根據(jù)楞次定律，感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針?lè)较?，根?jù)左手定則，桿ab所受的安培力方向向左，故C正確；若磁場(chǎng)方向豎直向上，并且磁感應(yīng)強(qiáng)度減弱時(shí)，根據(jù)楞次定律，感應(yīng)電流的方向?yàn)槟鏁r(shí)針?lè)较颍鶕?jù)左手定則，桿ab所受的安培力方向向右，故D錯(cuò)誤．【典例2】.(多選)(2019·全國(guó)卷Ⅰ)空間存在一方向與紙面垂直、大小隨時(shí)間變化的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其邊界如圖(a)中虛線MN所示．一硬質(zhì)細(xì)導(dǎo)線的電阻率為ρ、橫截面積為S，將該導(dǎo)線做成半徑為r的圓環(huán)固定在紙面內(nèi)，圓心O在MN上．t＝0時(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向如圖(a)所示，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖(b)所示．則在t＝0到t＝t1的時(shí)間間隔內(nèi)()圖(a)圖(b)A．圓環(huán)所受安培力的方向始終不變B．圓環(huán)中的感應(yīng)電流始終沿順時(shí)針?lè)较駽．圓環(huán)中的感應(yīng)電流大小為eq\f(B0rS,4t0ρ)D．圓環(huán)中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為eq\f(B0πr2,4t0)【答案】BC【解析】：由于磁場(chǎng)方向變化，圓環(huán)所受的安培力方向變化，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由圖(b)可知，在t＝0到t＝t1時(shí)間內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度變化率恒定，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)恒定，感應(yīng)電流恒定，由楞次定律可知，圓環(huán)中感應(yīng)電流始終沿順時(shí)針?lè)较?，選項(xiàng)B正確；導(dǎo)線電阻R＝ρeq\f(2πr,S)，圓環(huán)中感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(B0rS,4t0ρ)，選項(xiàng)C正確；由圖(b)可知，磁感應(yīng)強(qiáng)度變化率大小eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(B0,t0)，圓環(huán)中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝S0eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(πr2B0,2t0)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．考查方式一電磁感應(yīng)中的電路問(wèn)題解答電磁感應(yīng)中電路問(wèn)題的思維程序圖【典例1】(2020·貴州安順調(diào)研)粗細(xì)均勻的電阻絲圍成的正方形閉合線框置于有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直于線框平面，其邊界與正方形線框的邊平行．現(xiàn)使線框以相同速率沿四個(gè)不同方向平移出磁場(chǎng)，如圖所示，則在移出過(guò)程中線框上a、b兩點(diǎn)間的電勢(shì)差絕對(duì)值最大的是()【答案】C【解析】：在磁場(chǎng)中切割磁感線的邊相當(dāng)于電源，外電路由三個(gè)相同電阻串聯(lián)形成，A、B、D中a和b兩點(diǎn)間電勢(shì)差為外電路中一個(gè)電阻兩端的電壓，其電勢(shì)差的絕對(duì)值為U＝eq\f(E,4)＝eq\f(BLv,4)；圖C中a、b兩點(diǎn)間電勢(shì)差絕對(duì)值為路端電壓，U＝eq\f(3E,4)＝eq\f(3BLv,4)，故C正確．【典例2】．(多選)(2020·鷹潭模擬)如圖甲所示，一個(gè)匝數(shù)為n的圓形線圈(圖中只畫(huà)了2匝)，面積為S，線圈總電阻為R，在線圈外接一個(gè)阻值為R的電阻和一個(gè)理想電壓表，將線圈放入垂直線圈平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖乙所示，下列說(shuō)法正確的是()A．0～t1時(shí)間內(nèi)，P端電勢(shì)高于Q端電勢(shì)B．0～t1時(shí)間內(nèi)，電壓表的讀數(shù)為eq\f(nB1－B0S,t1)C．t1～t2時(shí)間內(nèi)，R上的電流為eq\f(nB1S,2t2－t1R)D．t1～t2時(shí)間內(nèi)，P端電勢(shì)高于Q端電勢(shì)【答案】AC【解析】：0～t1時(shí)間內(nèi)，磁通量向里增大，根據(jù)楞次定律可知，線圈中感應(yīng)電流沿逆時(shí)針?lè)较?，線圈相當(dāng)于電源，P端電勢(shì)高于Q端電勢(shì)，故A正確；0～t1時(shí)間內(nèi)，線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(ΔB,Δt)S＝neq\f(B1－B0,t1)S，電壓表的示數(shù)等于電阻R兩端的電壓U＝IR＝eq\f(E,2R)·R＝eq\f(nB1－B0S,2t1)，故B錯(cuò)誤；t1～t2時(shí)間內(nèi)，線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E′＝neq\f(B1,t2－t1)S，根據(jù)閉合電路的歐姆定律得I′＝eq\f(E′,2R)＝eq\f(nB1S,2t2－t1R)，故C正確；t1～t2時(shí)間內(nèi)，磁通量向里減小，根據(jù)楞次定律可知，線圈中感應(yīng)電流沿順時(shí)針?lè)较颍€圈相當(dāng)于電源，P端電勢(shì)低于Q端電勢(shì)，故D錯(cuò)誤．考查方式二電磁感應(yīng)的圖象問(wèn)題【核心考點(diǎn)梳理】1．解決電磁感應(yīng)圖象問(wèn)題的一般步驟(1)明確圖象的種類，即是B-t圖還是Φ-t圖，或者E-t圖、I-t圖等．(2)分析電磁感應(yīng)的具體過(guò)程．(3)用右手定則或楞次定律確定方向?qū)?yīng)關(guān)系．(4)結(jié)合法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律、牛頓運(yùn)動(dòng)定律等規(guī)律寫(xiě)出函數(shù)關(guān)系式．(5)根據(jù)函數(shù)關(guān)系式，進(jìn)行數(shù)學(xué)分析，如分析斜率的變化、截距的含義等．(6)畫(huà)圖象或判斷圖象．2．電磁感應(yīng)圖象問(wèn)題分析的注意點(diǎn)(1)注意初始時(shí)刻的特征，如初始時(shí)刻感應(yīng)電流是否為零，感應(yīng)電流的方向如何．(2)注意電磁感應(yīng)發(fā)生的過(guò)程分為幾個(gè)階段，這幾個(gè)階段是否和圖象變化對(duì)應(yīng)．(3)注意觀察圖象的變化趨勢(shì)，判斷圖象斜率的大小、圖象的曲直是否和物理過(guò)程對(duì)應(yīng)．【典例1】（2021·“八省聯(lián)考”遼寧省普通高中學(xué)業(yè)水平選擇考適應(yīng)性測(cè)試）如圖所示，“凹”字形金屬線框右側(cè)有一寬度為3L的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里。線框在紙面內(nèi)向右勻速通過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域，t=0時(shí)，線框開(kāi)始進(jìn)入磁場(chǎng)。設(shè)逆時(shí)針?lè)较驗(yàn)楦袘?yīng)電流的正方向，則線框中感應(yīng)電流i隨時(shí)間t變化的圖像可能正確的是（）A.B.CD.【答案】A【解析】設(shè)運(yùn)動(dòng)的速度為v，線框總電阻為R，當(dāng)時(shí)間時(shí)，只有最右側(cè)的兩個(gè)短邊切割磁感線，感應(yīng)電流的方向?yàn)槟鏁r(shí)針，大小為當(dāng)時(shí)，從右側(cè)中間短邊進(jìn)入磁場(chǎng)，至左側(cè)長(zhǎng)邊進(jìn)入磁場(chǎng)，感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針，大小為當(dāng)時(shí)，從左側(cè)長(zhǎng)邊進(jìn)入磁場(chǎng)，至右側(cè)的中間短邊離開(kāi)磁場(chǎng)，感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針，大小為當(dāng)時(shí)，從右側(cè)中間短邊離開(kāi)磁場(chǎng)，至左側(cè)長(zhǎng)邊離開(kāi)磁場(chǎng)，感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針，大小為故選A。【典例2】（2021·“八省聯(lián)考”廣東省普通高中學(xué)業(yè)水平選擇考適應(yīng)性測(cè)試）如圖所示，絕緣的水平面上固定有兩條平行的光滑金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，兩相同金屬棒a、b垂直導(dǎo)軌放置，其右側(cè)矩形區(qū)域內(nèi)存在恒定的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向豎直向上?，F(xiàn)兩金屬棒分別以初速度2v0和v0同時(shí)沿導(dǎo)軌自由運(yùn)動(dòng)，先后進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域。已知a棒離開(kāi)磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)b棒已經(jīng)進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域，則a棒從進(jìn)入到離開(kāi)磁場(chǎng)區(qū)域的過(guò)程中，電流i隨時(shí)間t的變化圖像可能正確的有（）A.B.C.D.【答案】AB【解析】a棒以速度2v0先進(jìn)入磁場(chǎng)切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電流為a棒受安培阻力做變加速直線運(yùn)動(dòng)，感應(yīng)電流也隨之減小，即圖像的斜率逐漸變??；設(shè)當(dāng)b棒剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)a棒減速的速度為，此時(shí)的瞬時(shí)電流為；AC．若，即此時(shí)雙棒雙電源反接，電流為零，不受安培力，兩棒均勻速運(yùn)動(dòng)離開(kāi)，圖像中無(wú)電流的圖像，故A正確，C錯(cuò)誤；BD．若，即此時(shí)雙棒雙電源的電動(dòng)勢(shì)不等要抵消一部分，因b棒的速度大，電流方向以b棒的流向，與原a棒的流向相反即為負(fù)，大小為b棒通電受安培力要減速，a棒受安培力而加速，則電流逐漸減小，故B正確，D錯(cuò)誤；故選AB?！镜淅?】（2021·八省聯(lián)考高三上學(xué)期1月考前猜題）如圖甲所示，輕質(zhì)細(xì)線吊著一質(zhì)量為、邊長(zhǎng)的正方形單面線圈，其總電阻。在線圈的中間位置以下區(qū)域分布著垂直紙面向里的磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B大小隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖乙所示。下列說(shuō)法正確的是（）A．線圈中產(chǎn)生逆時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流B．線圈中的感應(yīng)電流大小為C．時(shí)輕質(zhì)細(xì)線的拉力大小為D．內(nèi)通過(guò)線圈橫截面的電荷量為【答案】AC【解析】由楞次定律可知：電流的方向?yàn)槟鏁r(shí)針?lè)较颍蔄正確；B．由法拉第電磁感應(yīng)定律得，代入數(shù)據(jù)得，線圈中的感應(yīng)電流大小為，故B錯(cuò)誤；C．根據(jù)，根據(jù)受力分析，解得，故C正確；D．內(nèi)通過(guò)線圈橫截面的電荷量為，故D錯(cuò)誤。故選AC?？疾榉绞剿碾姶鸥袘?yīng)中的動(dòng)力學(xué)與能量問(wèn)題【核心考點(diǎn)梳理】1．兩種狀態(tài)特征及處理方法狀態(tài)特征處理方法平衡態(tài)加速度為零根據(jù)平衡條件列式分析非平衡態(tài)加速度不為零根據(jù)牛頓第二定律進(jìn)行動(dòng)態(tài)分析或結(jié)合功能關(guān)系進(jìn)行分析2.力學(xué)對(duì)象和電學(xué)對(duì)象的相互關(guān)系3．求解電能的三種主要思路(1)利用克服安培力做功求解：電磁感應(yīng)中產(chǎn)生的電能等于克服安培力所做的功．(2)利用能量守恒定律求解：機(jī)械能的減少量等于產(chǎn)生的電能．(3)利用電路特征求解：通過(guò)電路中產(chǎn)生的電熱來(lái)計(jì)算．【典例1】（2021·安徽省太和一中高三上學(xué)期12月月考）如圖所示，足夠長(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌水平放置寬度為l，左端連接阻值為R的定值電阻。導(dǎo)軌所在空間存在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。導(dǎo)體棒MN放在導(dǎo)軌上，其長(zhǎng)度恰好等于導(dǎo)軌間距，且與導(dǎo)軌接觸良好。導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，不計(jì)導(dǎo)軌的電阻，導(dǎo)體棒的質(zhì)量為m、電阻為R，重力加速度為g。在平行于導(dǎo)軌的拉力作用下，導(dǎo)體棒沿導(dǎo)軌方向以速度v勻速運(yùn)動(dòng)。撤去拉力后，導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，則（）A.撤去拉力前，導(dǎo)體棒兩端的電壓為B.撤去拉力前，電阻R的熱功率為C.拉力大小為D.撤去拉力后，導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)的距離為【答案】CD【解析】A．定值電阻的阻值為，導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為導(dǎo)體棒兩端的電壓故A錯(cuò)誤；B．電阻兩端的電壓熱功率故B錯(cuò)誤；C．導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，導(dǎo)體棒受到的安培力因?yàn)閷?dǎo)體棒處于平衡狀態(tài)，有故C正確；D．設(shè)撤去拉力后，導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)的距離為，在撤去拉力后導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過(guò)程中，導(dǎo)體棒產(chǎn)生的平均電動(dòng)勢(shì)為導(dǎo)體棒中的平均電流安培力的平均值為規(guī)定初速度方向?yàn)檎?，從撤去拉力到停止，根?jù)動(dòng)量定理有聯(lián)立解得故D正確。故選CD?！镜淅?】（2021·“八省聯(lián)考”湖南省普通高中學(xué)業(yè)水平選擇考適應(yīng)性測(cè)試）如圖，兩根足夠長(zhǎng)，電阻不計(jì)的光滑平行金屬導(dǎo)軌，固定在同一水平面上，其間距為1m，左端通過(guò)導(dǎo)線連接一個(gè)R=1.5的定值電阻。整個(gè)導(dǎo)軌處在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=0.4T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向豎直向下，質(zhì)量m=0.2kg、長(zhǎng)度L=1m、電阻r=0.5的勻質(zhì)金屬桿垂直導(dǎo)軌放置，且與導(dǎo)軌接觸良好，在桿的中點(diǎn)施加一個(gè)垂直金屬桿的水平拉力F，使其靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)。拉力F的功率P=2W保持不變，當(dāng)金屬桿的速度v=5m/s時(shí)撤去拉力F。下列說(shuō)法正確的是（）A.若不撤去拉力F，金屬桿的速度會(huì)大于5m/sB.金屬桿的速度為4m/s時(shí)，其加速度大小可能為0.9m/s2C.從撤去拉力F到金屬桿停下的整個(gè)過(guò)程，通過(guò)金屬桿的電荷量為2.5CD.從撤去拉力F到金屬桿停下的整個(gè)過(guò)程，金屬桿上產(chǎn)生的熱量為2.5J【答案】BC【解析】A．若不撤去拉力F，對(duì)棒由牛頓第二定律有；；當(dāng)時(shí)，速度達(dá)到最大，聯(lián)立各式解得最大速度為即桿的最大速度不會(huì)超過(guò)5m/s，故A錯(cuò)誤；B．若在F撤去前金屬桿的切割速度時(shí)，代入各式可得加速度為撤去F后棒減速的速度為時(shí)，加速度為故金屬桿的速度為4m/s時(shí)，其加速度大小為0.9m/s2或1.6m/s2，故B正確；C．從撤去拉力F到金屬桿停下，棒只受安培力做變減速直線運(yùn)動(dòng)，取向右為正，由動(dòng)量定理有而電量的表達(dá)式可得故C正確；D．從撤去拉力F到金屬桿停下的過(guò)程由動(dòng)能定理而由功能關(guān)系有另金屬桿和電阻R串聯(lián)，熱量比等于電阻比，有聯(lián)立解得故D錯(cuò)誤；故選BC?！镜淅?】（2021·廣東省佛山市高三上學(xué)期1月期末）如圖所示，兩根足夠長(zhǎng)的光滑金屬導(dǎo)軌MN、PQ互平行，間距為L(zhǎng)，構(gòu)成U型平面，該平面水平面成角（0°<<90°），磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)與導(dǎo)軌平面垂直，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，上端接入阻值為R的定值電阻。金屬棒ab由靜止開(kāi)始沿導(dǎo)軌下滑，并與兩導(dǎo)軌始終保持垂直且接觸良好，ab棒質(zhì)量為m，接入電路的電阻為r。則金屬棒ab沿導(dǎo)軌下滑過(guò)程中（）A.最大加速度為B.當(dāng)棒下滑速度為v時(shí)，其兩端電壓為BLvC.所受安培力不會(huì)大于D.下滑速度大小一定小于【答案】AC【解析】A．根據(jù)牛頓第二定律可得由題可知，開(kāi)始滑動(dòng)時(shí)安培力為零，此時(shí)加速度最大為，故A正確；B．由法拉第電磁感應(yīng)定律可得，當(dāng)棒下滑速度為v時(shí)，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為BLv，根據(jù)閉合電路歐姆定律可得，金屬棒兩端電壓為，故B錯(cuò)誤；C．導(dǎo)體棒下滑時(shí)，安培力增大，則加速度減小，當(dāng)加速度為零時(shí)，安培力達(dá)到最大值為，故C正確；D．當(dāng)安培力等于時(shí)，金屬棒做勻速運(yùn)動(dòng)，此時(shí)速度最大，則有解得，最大速度為則下滑速度大小一定小于，故D錯(cuò)誤故選AC【典例4】(2020·陜西省西安中學(xué)高三下學(xué)期第四次模擬)如圖所示，在傾角為θ的光滑斜面上，有三條水平虛線l1、l2、l3，它們之間的區(qū)域Ⅰ、Ⅱ?qū)挾染鶠閐，兩區(qū)域分別存在垂直斜面向下和垂直斜面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，一個(gè)質(zhì)量為m、邊長(zhǎng)為d、總電阻為R的正方形導(dǎo)線框，從l1上方一定高度處由靜止開(kāi)始沿斜面下滑，當(dāng)ab邊剛越過(guò)l1進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ時(shí)，恰好以速度v1做勻速直線運(yùn)動(dòng)；當(dāng)ab邊在越過(guò)l2運(yùn)動(dòng)到l3之前的某個(gè)時(shí)刻，線框又開(kāi)始以速度v2做勻速直線運(yùn)動(dòng)，重力加速度為g.在線框從釋放到穿出磁場(chǎng)的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是()A．線框中感應(yīng)電流的方向不變B．線框ab邊從l1運(yùn)動(dòng)到l2所用時(shí)間大于從l2運(yùn)動(dòng)到l3所用時(shí)間C．線框以速度v2做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，發(fā)熱功率為eq\f(m2g2R,4B2d2)sin2θD．線框從ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)到速度變?yōu)関2的過(guò)程中，減少的機(jī)械能ΔE機(jī)與重力做功WG的關(guān)系式是ΔE機(jī)＝WG＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)【答案】CD【解析】線圈的ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ過(guò)程，由右手定則判斷可知，電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針；線框從磁場(chǎng)Ⅰ出來(lái)并進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅱ過(guò)程中，電流方向?yàn)轫槙r(shí)針；線框從磁場(chǎng)Ⅱ出來(lái)過(guò)程中，電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針，則線框中感應(yīng)電流的方向會(huì)改變，A錯(cuò)誤；當(dāng)線框ab邊恰好達(dá)到l2時(shí)，ab邊與cd邊共同切割磁感線，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為之前的2倍，瞬時(shí)電流也為之前時(shí)刻的2倍，所以ab與cd邊受到的沿斜面向上的安培力合力為重力沿斜面向下的分量的4倍，線圈將做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng)，直到以速度v2勻速直線運(yùn)動(dòng)，則有v1>v2，ab邊從l1運(yùn)動(dòng)到l2的平均速度大于從l2運(yùn)動(dòng)到l3的平均速度，則線框ab邊從l1運(yùn)動(dòng)到l2所用時(shí)間小于從l2運(yùn)動(dòng)到l3的時(shí)間，B錯(cuò)誤；線圈以速度v2勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)mgsinθ＝2BId＝2Bd·eq\f(2Bdv,R)＝eq\f(4B2d2v,R)得v＝eq\f(mgRsinθ,4B2d2)，電功率P＝Fv＝eq\f(m2g2R,4B2d2)sin2θ，C正確；機(jī)械能的減小等于線框產(chǎn)生的電能，則由能量守恒得知：線框從ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)到速度變?yōu)関2的過(guò)程中，減少的機(jī)械能ΔE機(jī)與線框產(chǎn)生的焦耳熱Q電的關(guān)系式是ΔE機(jī)＝Q電，即ΔE機(jī)＝WG＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，D正確．二、第七道選擇題限時(shí)強(qiáng)化訓(xùn)練（一）限時(shí)20min1．(2020·湖北宜昌市3月調(diào)研)兩個(gè)完全相同的電熱器，分別通以如圖甲、乙所示的交變電流，在一段相同時(shí)間，它們的發(fā)熱量之比為Q1∶Q2＝4∶1，則I1∶I2等于()A．4∶1B．2eq\r(2)∶1C．1∶2D．1∶1【答案】A【解析】對(duì)題圖甲，由有效值的定義方法可知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則其功率P1＝I2R＝eq\f(1,4)I12R在題圖乙中正反向電流相等，故功率P2＝I22R因Q1∶Q2＝4∶1，由Q＝Pt得I1∶I2＝4∶1，故選A.2.(2020·河南中原名校第五次考評(píng))在如圖所示電路中，開(kāi)關(guān)S1、S2、S3、S4均閉合，C是極板水平放置的平行板電容器，板間懸浮著一油滴P，斷開(kāi)哪個(gè)開(kāi)關(guān)后P會(huì)向上運(yùn)動(dòng)()A．S1B．S2C．S3D．S4【答案】B【解析】電路穩(wěn)定時(shí)電容器為斷路，斷開(kāi)S1對(duì)電容器兩極板間電壓沒(méi)有影響，P不會(huì)運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；斷開(kāi)S2，C直接接到電源兩端，兩極板間電壓增大，電場(chǎng)力變大，油滴向上運(yùn)動(dòng)，故B正確；斷開(kāi)S3，電源斷開(kāi)，C通過(guò)R3放電，電壓減小，油滴向下運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤；斷開(kāi)S4，電容器斷開(kāi)，不會(huì)產(chǎn)生充放電現(xiàn)象，故油滴受到的力不變，油滴不會(huì)運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤．3.(2020·江蘇鹽城市三模)在如圖所示的電路中，電源電動(dòng)勢(shì)為E，內(nèi)阻為r，定值電阻為R1，滑動(dòng)變阻器為R.現(xiàn)閉合開(kāi)關(guān)S，滑動(dòng)變阻器R的滑動(dòng)觸頭P從M端向N端滑動(dòng)時(shí)，則電路中連接的電壓表及電流表示數(shù)的變化情況分別是()A．先變大后變??；一直變大B．先變小后變大；一直變小C．先變大后變?。幌茸冃『笞兇驞．先變小后變大；先變大后變小【答案】A【解析】由電路的結(jié)構(gòu)可知，滑動(dòng)變阻器R的滑動(dòng)觸頭P兩邊的電阻并聯(lián)，則當(dāng)P從M端向N端滑動(dòng)時(shí)，電路的總電阻先變大后減小，則總電流先減小后變大，路端電壓先變大后變小，即電壓表的示數(shù)先變大后變??；設(shè)PN部分的電阻為x，則PN部分的電流為Ix＝eq\f(E,R1＋r＋\f(R－xx,R))×eq\f(R－x,R)＝eq\f(E,\f(R1＋rR,R－x)＋x)，則隨著x的減小，Ix逐漸變大，即電流表示數(shù)一直變大，故A正確．4．如圖甲所示電路，理想變壓器原線圈輸入電壓如圖乙所示，原、副線圈匝數(shù)比為10∶1，副線圈電路中R0為定值電阻，R為滑動(dòng)變阻器，所有電表均為理想交流電表．下列說(shuō)法正確的是()A．副線圈兩端交變電壓的頻率為5HzB．兩電流表測(cè)量的是電流的瞬時(shí)值，電壓表測(cè)量的是電壓的有效值C．當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑片向上移動(dòng)時(shí)，兩電流表的示數(shù)均變小D．當(dāng)電流表A2的示數(shù)為2A時(shí)，變壓器原線圈輸入功率為220W【答案】C【解析】由題圖乙知交流電周期為T(mén)＝0.02s，所以交變電壓的頻率為f＝eq\f(1,T)＝50Hz，變壓器變壓不變頻，故副線圈電壓的頻率為50Hz，故A錯(cuò)誤；電流表測(cè)量的是電流的有效值，電壓表測(cè)量的是電壓的有效值，故B錯(cuò)誤；當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑片向上移動(dòng)時(shí)，電阻增大，而副線圈電壓不變，兩個(gè)電流表的示數(shù)都減小，故C正確；當(dāng)電流表A2的示數(shù)為2A時(shí)，原線圈的電流強(qiáng)度I1＝eq\f(n2,n1)I2＝0.2A，原線圈電壓有效值U1＝eq\f(311,\r(2))V≈220V，變壓器原線圈輸入功率為P1＝U1I1＝220×0.2W＝44W，故D錯(cuò)誤．5．(2020·貴州黔東南州一模)小型發(fā)電站為某村寨110戶家庭供電，輸電原理如圖所示，圖中的變壓器均為理想變壓器，其中降壓變壓器的匝數(shù)比n3∶n4＝50∶1，輸電線的總電阻R＝10Ω.某時(shí)段全村平均每戶用電的功率為200W，該時(shí)段降壓變壓器的輸出電壓為220V．則此時(shí)段()A．發(fā)電機(jī)的輸出功率為22kWB．降壓變壓器的輸入電壓為11kVC．輸電線的電流為1100AD．輸電線上損失的功率約為8.26W【答案】B【解析】用戶總功率為P＝110×200W＝22000W＝22kW，加上輸電線上消耗的電功率，所以發(fā)電機(jī)的輸出功率應(yīng)大于22kW，A錯(cuò)誤；降壓變壓器的輸出電壓為220V，即U4＝220V，所以根據(jù)eq\f(n3,n4)＝eq\f(U3,U4)，可得降壓變壓器的輸入電壓U3＝50×220V＝11000V＝11kV，B正確；用戶端總電流為I4＝eq\f(P,U4)＝eq\f(22000,220)A＝100A，根據(jù)eq\f(n3,n4)＝eq\f(I4,I3)，所以輸電線中的電流為I3＝2A，輸電線上損失的功率約為ΔP＝I32R＝22×10W＝40W，C、D錯(cuò)誤．6.(多選)(2020·貴州貴陽(yáng)市四校聯(lián)考)如圖所示，理想變壓器原線圈接在u＝311sin100πt(V)的正弦交流電源上．額定電壓為55V的用電器接在副線圈上，閉合開(kāi)關(guān)S后，用電器正常工作，理想交流電流表示數(shù)為2.2A．以下判斷正確的是()A．變壓器輸入功率為484WB．正弦交流電源的頻率為50HzC．通過(guò)原線圈的電流的有效值為8.8AD．變壓器原、副線圈匝數(shù)比n1∶n2＝4∶1【答案】BD可知ω＝2πf＝100πrad/s，則該交流電頻率為50Hz，故B正確；由正弦交流電壓表達(dá)式可得原線圈兩端電壓的有效值為220V，理想變壓器原、副線圈匝數(shù)比等于原、副線圈兩端電壓之比，故變壓器原、副線圈匝數(shù)比為n1∶n2＝220∶55＝4∶1，故D正確；電流表的示數(shù)為有效值，理想變壓器原、副線圈中電流之比等于原、副線圈匝數(shù)的反比，原線圈中電流有效值為0.55A，故C錯(cuò)誤．7．(多選)(2020·河南洛陽(yáng)市一模)有一個(gè)原、副線圈匝數(shù)比為10∶1的理想變壓器，原線圈所接交流電源的電壓瞬時(shí)值表達(dá)式為u＝300eq\r(2)sin50πt(V)，副線圈所接電路如圖所示，燈L1、L2為均標(biāo)有“20V，10W”的燈泡，當(dāng)S閉合時(shí)，兩燈恰好正常發(fā)光．則()A．電阻R＝10ΩB．流過(guò)R的交流電的周期為0.02sC．?dāng)嚅_(kāi)S后，原線圈的輸入功率減小D．?dāng)嚅_(kāi)S后，燈L1仍能正常發(fā)光【答案】AC【解析】原線圈所接交流電壓的有效值U1＝eq\f(300\r(2),\r(2))V＝300V，則副線圈兩端電壓U2＝eq\f(U1,n1)·n2＝30V，兩燈正常發(fā)光，則電阻R兩端電壓為UR＝10V，流過(guò)的電流I2＝eq\f(P,U)×2＝eq\f(10,20)×2A＝1A，根據(jù)歐姆定律可知R＝eq\f(UR,I2)＝10Ω，故A正確．輸入電壓的角速度ω＝50πrad/s，則周期T＝eq\f(2π,ω)＝0.04s，則流過(guò)R的交流電的周期為0.04s，故B錯(cuò)誤．?dāng)嚅_(kāi)S后，副線圈電阻增大，根據(jù)歐姆定律可知，電流減小，故輸出功率減小，則輸入功率減小，故C正確．?dāng)嚅_(kāi)S后，燈泡L1兩端電壓增大，不能正常發(fā)光，故D錯(cuò)誤．8．(多選)(2020·湘贛皖十五校聯(lián)考)有一臺(tái)理想變壓器及所接負(fù)載如圖所示．在原線圈c、d兩端加上交變電流．已知b是原線圈中心抽頭，電壓表和電流表均為理想交流電表，電容器的耐壓值足夠大．下列說(shuō)法正確的是()A．開(kāi)關(guān)S1始終接a，當(dāng)滑片P向下滑動(dòng)時(shí)，電壓表V1示數(shù)不變，電壓表V2示數(shù)變大，電流表A2示數(shù)變小B．開(kāi)關(guān)S1始終接b，當(dāng)滑片P向上滑動(dòng)時(shí)，R1的電功率增大，V2示數(shù)的變化量與A2示數(shù)的變化量之比不變C．保持滑片P的位置不變，將開(kāi)關(guān)S1由b改接a，變壓器輸入功率變大D．保持滑片P的位置不變，將開(kāi)關(guān)S1由a改接b，電容器所帶電荷量的最大值將增大【答案】ABD【解析】開(kāi)關(guān)S1始終接a，則變壓器副線圈的輸出電壓不變，電壓表V1示數(shù)不變，當(dāng)滑片P向下滑動(dòng)時(shí)，R變大，副線圈的電流減小，電流表A2示數(shù)變小，R1電壓減小，則R電壓變大，即電壓表V2示數(shù)變大，選項(xiàng)A正確．開(kāi)關(guān)S1始終接b，則副線圈的輸出電壓不變，U1不變；當(dāng)滑片P向上滑動(dòng)時(shí)，R減小，副線圈的電流變大，R1的電功率增大，由于U2＝U1－I2R1，則V2示數(shù)的變化量與A2示數(shù)的變化量之比eq\f(ΔU2,ΔI2)＝R1不變，選項(xiàng)B正確．保持滑片P的位置不變，將開(kāi)關(guān)S1由b改接a,原線圈匝數(shù)變大，則副線圈的輸出電壓減小，副線圈的輸出功率減小，則變壓器輸入功率變小，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；保持滑片P的位置不變，將開(kāi)關(guān)S1由a改接b，原線圈匝數(shù)減小，則副線圈的輸出電壓變大，電容器兩端電壓變大，所帶電荷量的最大值將增大，選項(xiàng)D正確．三、第七道選擇題限時(shí)強(qiáng)化訓(xùn)練（二）限時(shí)20min1.(2020·廣東肇慶市二統(tǒng))小李同學(xué)在探究電磁感應(yīng)現(xiàn)象和楞次定律時(shí)，進(jìn)行了如下實(shí)驗(yàn)：如圖所示，矩形金屬線圈放置在水平薄玻璃上，玻璃正下方有兩塊完全相同的蹄形磁鐵，磁鐵四個(gè)磁極之間的距離相等．當(dāng)兩塊磁鐵勻速向右通過(guò)玻璃正下方時(shí)，玻璃上的線圈始終保持不動(dòng)，關(guān)于線圈所受摩擦力的方向，下列說(shuō)法正確的是()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，線圈的感應(yīng)電流總要阻礙磁極的相對(duì)運(yùn)動(dòng)，故磁極對(duì)線圈有向右的安培力，則線圈所受摩擦力一直向左．2.(2020·河南六市第二次調(diào)研)如圖所示，豎直放置的矩形導(dǎo)線框MNPQ邊長(zhǎng)分別為L(zhǎng)和2L，M、N間連接水平的平行板電容器，兩極板間距為d，虛線為線框中軸線，虛線右側(cè)有垂直線框平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．兩極板間有一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負(fù)電油滴恰好處于平衡狀態(tài)，已知重力加速度為g，則下列磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B的變化情況及其變化率分別是()A．正在減小，eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(mgd,2qL2)B．正在減小，eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(mgd,qL2)C．正在增強(qiáng)，eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(mgd,2qL2)D．正在增強(qiáng)，eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(mgd,qL2)【答案】D【解析】對(duì)帶負(fù)電油滴滿足：mg＝eq\f(U,d)·q，上極板應(yīng)帶正電．由楞次定律判斷知，磁場(chǎng)均勻增強(qiáng)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝U＝eq\f(ΔB,Δt)·L2，eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(mgd,qL2)，故D正確．3．(2020·河南駐馬店市3月模擬)如圖所示，由同種材料制成，粗細(xì)均勻，邊長(zhǎng)為L(zhǎng)、總電阻為R的單匝正方形閉合線圈MNPQ放置在水平面上，空間存在方向豎直向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)兩邊界成θ＝45°角．現(xiàn)使線圈以水平向右的速度v勻速進(jìn)入磁場(chǎng)，則()A．當(dāng)線圈中心經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)邊界時(shí)，N、P兩點(diǎn)間的電勢(shì)差U＝BLvB．當(dāng)線圈中心經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)邊界時(shí)，線圈所受安培力大小F安＝eq\f(B2L2v,R)C．線圈從開(kāi)始進(jìn)入磁場(chǎng)到其中心經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)邊界的過(guò)程中，回路中的平均電功率eq\x\to(P)＝eq\f(B2L2v2,R)D．線圈從開(kāi)始進(jìn)入磁場(chǎng)到其中心經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)邊界的過(guò)程中，通過(guò)導(dǎo)線某一橫截面的電荷量q＝eq\f(BL2,2R)【答案】D【解析】當(dāng)線圈中心經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)邊界時(shí)，此時(shí)切割磁感線的有效線段為NP，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，NP產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝BLv，此時(shí)N、P兩點(diǎn)間的電勢(shì)差U為路端電壓，有U＝eq\f(3,4)E＝eq\f(3,4)BLv，此時(shí)QP、NP受安培力作用，且兩力相互垂直，故合力為F安＝eq\f(\r(2)B2L2v,R)，故A、B錯(cuò)誤；當(dāng)線圈中心經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)邊界時(shí)，回路中的瞬時(shí)電功率為P＝eq\f(E2,R)＝eq\f(B2L2v2,R)，在線圈從開(kāi)始進(jìn)入磁場(chǎng)到其中心經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)邊界的過(guò)程中，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)一直在變化，故回路中的平均電功率不等于經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)邊界時(shí)的瞬時(shí)電功率，故C錯(cuò)誤；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律和歐姆定律，通過(guò)導(dǎo)線某一橫截面的電荷量為q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(BL2,2R)，故D正確．4.(2020·海南省五月調(diào)研)如圖所示，用電阻為0.1Ω的金屬絲圍成一個(gè)半徑為0.3m的扇形閉合線框，該線框繞垂直于紙面的O軸以100rad/s的角速度勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，O軸位于方向垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為0.2T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)邊界上．則線框進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中的電功率為()A．8.1WB．9WC．30WD．90W【答案】A【解析】線框轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程半徑切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為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線框進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中的電功率為P＝eq\f(E2,R)＝eq\f(0.92,0.1)W＝8.1W，故選A.5.(2020·江西重點(diǎn)中學(xué)聯(lián)盟聯(lián)考)如圖甲所示，足夠長(zhǎng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ豎直放置，其寬度L＝1m，一勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直穿過(guò)導(dǎo)軌平面，導(dǎo)軌的上端M與P之間連接阻值為R＝0.50Ω的電阻，質(zhì)量為m＝0.01kg、電阻為r＝0.20Ω的金屬棒ab緊貼在導(dǎo)軌上．現(xiàn)使金屬棒ab由靜止開(kāi)始下滑，下滑過(guò)程中ab始終保持水平，且與導(dǎo)軌接觸良好，其下滑距離x與時(shí)間t的關(guān)系如圖乙所示，圖象中的OA段為曲線，AB段為直線，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，取g＝10m/s2(忽略ab棒運(yùn)動(dòng)過(guò)程中對(duì)原磁場(chǎng)的影響)，則()A．通過(guò)金屬棒ab的電流方向由b到aB．磁感應(yīng)強(qiáng)度B為0.01TC．金屬棒ab在開(kāi)始的6.0s內(nèi)產(chǎn)生的熱量為3.465JD．金屬棒ab在開(kāi)始的3.5s內(nèi)通過(guò)的電荷量為2.8C【答案】D【解析】由右手定則可知，金