2017-2018学年高考物理二轮复习 专题4 电路与电磁感应教学案

专题4 电路与电磁感应高考研究(十五) 聚焦选择题考法直流电路、交流电路1(2016全国卷T17)阻值相等的四个电阻、电容器C及电池E(内阻可忽略)连接成如图所示电路。开关S断开且电流稳定时，C所带的电荷量为Q1；闭合开关S，电流再次稳定后，C所带的电荷量为Q2。Q1与Q2的比值为()A. B. C. D.解析：选C断开S和闭合S后等效电路分别如图甲、乙所示。根据串联电路的电压与电阻成正比可得甲、乙两图中电容器两极板间的电压U1E，U2E，C所带的电荷量QCU，则Q1Q235，选项C正确。2.多选(2016全国卷T21)如图，M为半圆形导线框，圆心为OM；N是圆心角为直角的扇形导线框，圆心为ON；两导线框在同一竖直面(纸面)内；两圆弧半径相等；过直线OMON的水平面上方有一匀强磁场，磁场方向垂直于纸面。现使线框M、N在t0时从图示位置开始，分别绕垂直于纸面、且过OM和ON的轴，以相同的周期T逆时针匀速转动，则()A两导线框中均会产生正弦交流电B两导线框中感应电流的周期都等于TC在t时，两导线框中产生的感应电动势相等D两导线框的电阻相等时，两导线框中感应电流的有效值也相等解析：选BC两导线框匀速转动切割磁感线产生感应电动势的大小不变，选项A错误；导线框的转动周期为T，则感应电流的周期也为T，选项B正确；在t时，切割磁感线的有效长度相同，两导线框中产生的感应电动势相等，选项C正确；M导线框中一直有感应电流，N导线框中只有一半时间内有感应电流，所以两导线框的电阻相等时，感应电流的有效值不相等，选项D错误。 3.(2016全国卷T16)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 、1 和4 ，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、副线圈匝数比为()A2 B3 C4 D5解析：选B设原、副线圈的匝数比为k，根据变压器匝数比与电流成反比的关系，则原线圈电流为I时，副线圈电流为kI；原线圈电流为4I时，副线圈电流为4kI。根据变压器的输入功率等于输出功率得UII2R1(kI)2(R2R3)4UI(4I)2R1(4kI)2R2联立两式代入数据解得k3选项B正确。4多选(2016全国卷T19)如图，理想变压器原、副线圈分别接有额定电压相同的灯泡a和b。当输入电压U为灯泡额定电压的10倍时，两灯泡均能正常发光。下列说法正确的是()A原、副线圈匝数比为91B原、副线圈匝数比为19C此时a和b的电功率之比为91D此时a和b的电功率之比为19解析：选AD设灯泡的额定电压为U0，输入电压为灯泡额定电压的10倍时灯泡正常发光，则变压器原线圈的电压为9U0，变压器原、副线圈的匝数比为91，A正确，B错误；由9U0IaU0Ib得，流过b灯泡的电流是流过a灯泡电流的9倍，根据PUI，a、b灯泡的电功率之比为19，C错误，D正确。5.(2015全国卷T16)一理想变压器的原、副线圈的匝数比为31，在原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻，原线圈一侧接在电压为220 V的正弦交流电源上，如图所示。设副线圈回路中电阻两端的电压为U，原、副线圈回路中电阻消耗的功率的比值为k，则()AU66 V，k BU22 V，kCU66 V，k DU22 V，k解析：选A设原、副线圈中的电流分别I1、I2，则，故k。设原线圈两端的电压为U1，则，故U13U，而原线圈上电阻分担的电压为U，故3U220 V，解得U66 V。选项A正确。6多选(2017全国卷T21)某同学自制的简易电动机示意图如图所示。矩形线圈由一根漆包线绕制而成，漆包线的两端分别从线圈的一组对边的中间位置引出，并作为线圈的转轴。将线圈架在两个金属支架之间，线圈平面位于竖直面内，永磁铁置于线圈下方。为了使电池与两金属支架连接后线圈能连续转动起来，该同学应将()A左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉B左、右转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉C左转轴上侧的绝缘漆刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉D左转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉解析：选AD装置平面示意图如图所示。如图所示的状态，磁感线方向向上，若形成通路，线圈下边导线中电流方向向左，受垂直纸面向里的安培力，同理，上边导线中电流受安培力垂直纸面向外，使线圈转动。当线圈上边导线转到下边时，若仍通路，线圈上、下边中电流方向与图示方向相比均反向，受安培力反向，阻碍线圈转动。若要线圈连续转动，要求左、右转轴只能上一侧或下一侧形成通路，另一侧断路。故选A、D。高考题型典型试题难度1.直流电路的分析与计算2016全国卷T172.交变电流的产生及描述2016全国卷T213.理想变压器的工作原理与计算2016全国卷T162016全国卷T192015全国卷T164.交流电动机的原理2017全国卷T21题型(一) 直流电路的分析与计算必备知能1直流电路的动态分析(1)方法一：程序法，即部分整体部分。(2)方法二：结论法，即串反并同法。2直流电路中的功率问题(1)电路的电功率分析纯电阻电路：P电P热I2RIU。非纯电阻电路：P电P热P机，即UII2RP机。(2)电源的输出功率与负载的关系分析当Rr时，电源的输出功率最大，为Pm。当Rr时，随着R的增大，电源的输出功率越来越小。当Rr时，随着R的增大，电源的输出功率越来越大。当P出1)能减小远距离输电的能量损失C若输送功率一定，则P2P1n1n2D若输送功率一定，则P2P1n12n22解析：选BD变压器只能改变交变电流的电压，所以第二次实验只能研究远距离交流输电，故A错误；第一次实验，输电线上的电流I，输电线上损失的功率P1I2RR；第二次实验，升压变压器副线圈上的电压U2U1，输电线上的电流I，输电线上损失的功率P2I2RR，所以，故D正确，C错误；由上述分析知P2U0；在题图乙中，根据电压与匝数成正比，知n1n2，所以该变压器是降压变压器，故A错误；由题图乙，根据电压与匝数成正比，得n1n2UU0，故B错误；灯泡均能正常工作，所以电流等于额定电流，甲电路消耗的功率为UI，乙电路消耗的功率为U0I，所以甲、乙电路消耗的功率之比为UU0，故C错误；R两端电压的有效值为UU0，因为电源是正弦交流电，所以R两端电压的最大值为(UU0)，故D正确。2.如图所示，一理想变压器原线圈匝数为n12 000，副线圈匝数为n2500，将原线圈接在u220sin 120t V 的交流电压上，定值电阻的阻值为20 ，滑动变阻器的总阻值为35 。下列说法中正确的是()A副线圈输出电压的频率为50 HzB副线圈的电压的有效值为30 VC滑动变阻器的滑片P向右滑动时，电阻R两端的电压变小D滑片P滑到最左端时，理想变压器的输入功率为55 W解析：选D原、副线圈的交流电压周期T，频率f60 Hz，选项A错误；原线圈电压的有效值U1220 V，根据，可得副线圈的电压的有效值U255 V，选项B错误；滑动变阻器的滑片P向右滑动时，电路中电流变大，电阻R两端的电压变大，选项C错误；滑动变阻器的滑片P滑到最左端时，理想变压器的输入功率为P255 W，选项D正确。3(2017吉安第一中学模拟)如图所示的电路中，A1和A2为理想电流表，示数分别为I1和I2，R1R2R3123；当ab两点间加以恒定的电压U后，下列结论正确的是()AI1I234BI1I249 C将A1、A2换成理想电压表，其示数之比为35 D将A1、A2换成理想电压表，其示数之比为11解析：选Cab两点间加以恒定的电压U后，电路图如图甲所示，并联电路中各支路两端的电压相等，且干路电流等于各支路电流之和，故A、B错误；将A1、A2换成理想电压表，电路图如图乙所示成为串联电路，UR1UR2UR3123，故C正确，D错误。4(2018届高三湖北八校联考)如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为51，和R1、R2分别是电压表、定值电阻，且R15R2。已知ab两端电压u按图乙所示正弦规律变化。下列说法正确的是()A电压u瞬时值的表达式为u220sin 10t VB电压表示数为40 VCR1、R2两端的电压之比为51DR1、R2消耗的功率之比为15解析：选D从题图乙中可知交变电压的最大值为um220 V，周期为T0.02 s，故100 rad/s，故电压u瞬时值的表达式为u220sin 100t V，A错误；交变电压的有效值为E220 V，原线圈中的电流为I1，故原线圈中输出端电压为U1EI1R1，副线圈中的电压为U2I2R2，故根据可得5，由，可得I25I1，又R15R2，代入整理可得I2R2 V，所以电压表示数U2 V，B错误；R1、R2两端的电压之比为11，C错误；R1、R2消耗的功率之比为，D正确。5多选(2017泰安模拟)如图甲所示的电路中，电阻R1R2R，和R1并联的D是理想二极管(正向电阻可视为零，反向电阻为无穷大)，在A、B之间加一个如图乙所示的交变电压(电压为正值时， UAB0)。由此可知()A在A、B之间所加的交变电压的周期为2102 sB在A、B之间所加的交变电压的瞬时值表达式为u220sin 50t VC加在R1上电压的有效值为55 VD加在R1上电压的有效值为55 V解析：选AC由题图乙可得交变电压的周期为：T2102 s，故A正确；电压最大值为：Um220 V，交变电压的瞬时值表达式为：uUmsin t220sint V220sin 100t V，故B错误；当电压为正值时A点电势高于B点电势，二极管导通，即R1被短路；电压为负值时B点电势高于A点电势，二极管截止，R1、R2串联。设R1上电压的有效值为U，根据有效值的定义得：T，解得：U55 V，故C正确，D错误。6多选(2017南平检测)如图所示，由于理想变压器原线圈的输入电压降低，使电灯L变暗，下列可以使电灯L重新变亮的方法是()A其他条件不变，P1上移，同时P2下移B其他条件不变，P1下移，同时P2上移C其他条件不变，断开开关SD其他条件不变，将滑动变阻器滑片P向下移动解析：选BCP1上移增大n1，P2下移减小n2，由理想变压器的变压比：，可知U2将会变得更小，所以电灯L不会重新变亮，故A错误；同理，P1下移减小n1，P2上移增大n2，可知U2将会变大，所以电灯L会重新变亮，故B正确；其他条件不变，U2电压不变，断开开关S，并联部分电阻变大，副线圈电流变小，R1分压变小，电灯L的电压将变大，所以电灯L会重新变亮，故C正确；其他条件不变，将滑动变阻器滑片P向下移动，总电阻变小，总电流变大，R1分压变大，电灯L的电压将变小，所以电灯L不会重新变亮，故D错误。7.多选(2017榆林模拟)如图所示，一台理想变压器的原、副线圈的匝数比为41，原线圈接入电压有效值为220 V的正弦交流电，副线圈接有两只理想二极管(正向电阻为0，反向电阻为无穷大)和两个电阻，且电阻R1R250 。电压表和电流表均为理想交流电表，则下列说法正确的是()A电流表的示数为0.275 AB电压表的示数为55 VC1 min内电阻R1上产生的热量为 3 630 JD电阻R2消耗的电功率为60.5 W解析：选AB根据电压与匝数成正比，有：，则副线圈两端的电压U2220 V55 V，故B正确；因为二极管具有单向导电性，1 min内电阻R1上产生的热量Qt1 815 J，故C错误；电阻R2消耗的电功率PR230.25 W，故D错误；由题图电路可知，电阻R1消耗的电功率等于电阻R2消耗的电功率，输入功率P130.252 W60.5 W，电流表的示数为I1 A0.275 A，故A正确。8多选(2017银川重点中学模拟)如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为101，图甲中P、Q间输入如图乙所示的正弦式交变电压，副线圈接火灾报警系统(未画出)，电压表均为理想电表，电流表内阻不可忽略，R0为定值电阻，R为半导体热敏电阻(其阻值随温度的升高而减小)。下列说法中正确的是()A电压表V1的示数一定小于220 VB无论何种情况，电压表V1的示数与电压表V2的示数之比为101CR处出现火警时，电流表示数增大DR处出现火警时，电阻R0消耗的功率减小解析：选ABC由题图乙可知，原线圈电压的有效值为220 V，由于电流表内阻不可忽略，在电流通过电流表时有电压损失，所以电压表V1的示数一定小于220 V，选项A正确；根据变压器变压原理，无论何种情况，变压器原、副线圈两端的电压都与匝数成正比，所以变压器原、副线圈两端的电压(即电压表示数)之比为101，选项B正确；R处出现火警时，R的阻值减小，变压器输出电流增大，电阻R0消耗的功率增大，变压器输出功率增大，根据输出功率决定输入功率可知电流表示数增大，选项C正确，D错误。高考研究(十六) 聚焦选择题考法三定则、两定律1(2017全国卷T18)扫描隧道显微镜(STM)可用来探测样品表面原子尺度上的形貌。为了有效隔离外界振动对STM的扰动，在圆底盘周边沿其径向对称地安装若干对紫铜薄板，并施加磁场来快速衰减其微小振动，如图所示。无扰动时，按下列四种方案对紫铜薄板施加恒磁场；出现扰动后，对于紫铜薄板上下及左右振动的衰减最有效的方案是()解析：选A施加磁场来快速衰减STM的微小振动，其原理是电磁阻尼，在振动时通过紫铜薄板的磁通量变化，紫铜薄板中产生感应电动势和感应电流，则其受到安培力作用，该作用阻碍紫铜薄板振动，即促使其振动衰减。方案A中，无论紫铜薄板上下振动还是左右振动，通过它的磁通量都发生变化；方案B中，当紫铜薄板上下振动时，通过它的磁通量可能不变，当紫铜薄板向右振动时，通过它的磁通量不变；方案C中，紫铜薄板上下振动、左右振动时，通过它的磁通量可能不变；方案D中，当紫铜薄板上下振动时，通过它的磁通量可能不变。综上可知，对于紫铜薄板上下及左右振动的衰减最有效的方案是A。2(2017全国卷T15)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()APQRS中沿顺时针方向，T中沿逆时针方向BPQRS中沿顺时针方向，T中沿顺时针方向CPQRS中沿逆时针方向，T中沿逆时针方向DPQRS中沿逆时针方向，T中沿顺时针方向解析：选D金属杆PQ向右切割磁感线，根据右手定则可知PQRS中感应电流沿逆时针方向；原来T中的磁场方向垂直于纸面向里，闭合回路PQRS中的感应电流产生的磁场方向垂直于纸面向外，与原磁场方向相反，使得穿过T的磁通量减小，根据楞次定律可知T中产生顺时针方向的感应电流，综上所述，可知A、B、C错误，D正确。3多选(2016全国卷T20)法拉第圆盘发电机的示意图如图所示。铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触。圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中。圆盘旋转时，关于流过电阻R的电流，下列说法正确的是()A若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定B若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿a到b的方向流动C若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化D若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R上的热功率也变为原来的2倍解析：选AB由右手定则知，圆盘按如题图所示的方向转动时，感应电流沿a到b的方向流动，选项B正确；由感应电动势EBl2知，角速度恒定，则感应电动势恒定，电流大小恒定，选项A正确；角速度大小变化，感应电动势大小变化，但感应电流方向不变，选项C错误；若变为原来的2倍，则感应电动势变为原来的2倍，电流变为原来的2倍，由PI2R知，电流在R上的热功率变为原来的4倍，选项D错误。 4多选(2015全国卷T19)1824年，法国科学家阿拉果完成了著名的“圆盘实验”。实验中将一铜圆盘水平放置，在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针，如图所示。实验中发现，当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时，磁针也随着一起转动起来，但略有滞后。下列说法正确的是()A圆盘上产生了感应电动势B圆盘内的涡电流产生的磁场导致磁针转动C在圆盘转动的过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化D圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流，此电流产生的磁场导致磁针转动解析：选AB当圆盘转动时，圆盘的半径切割磁针产生的磁场的磁感线，产生感应电动势，选项A正确；如图所示，铜圆盘上存在许多小的闭合回路，当圆盘转动时，穿过小的闭合回路的磁通量发生变化，回路中产生感应电流，根据楞次定律，感应电流阻碍其相对运动，但抗拒不了相对运动，故磁针会随圆盘一起转动，但略有滞后，选项B正确；在圆盘转动过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量始终为零，选项C错误；圆盘整体呈电中性，转动时不会形成电流，选项D错误。5(2015全国卷T15)如图，直角三角形金属框abc放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向平行于ab边向上。当金属框绕ab边以角速度逆时针转动时，a、b、c三点的电势分别为Ua 、Ub、Uc。已知bc边的长度为l。下列判断正确的是()AUaUc，金属框中无电流BUbUc，金属框中电流方向沿abcaCUbcBl2，金属框中无电流DUbcBl2，金属框中电流方向沿acba解析：选C金属框abc平面与磁场平行，转动过程中磁通量始终为零，所以无感应电流产生，选项B、D错误；转动过程中bc边和ac边均切割磁感线，产生感应电动势，由右手定则判断UaUc，UbUc，选项A错误；由转动切割产生感应电动势的公式得UbcBl2，选项C正确。6多选(2017全国卷T20)两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁感应强度方向与纸面垂直。边长为0.1 m、总电阻为0.005 的正方形导线框abcd位于纸面内，cd边与磁场边界平行，如图(a)所示。已知导线框一直向右做匀速直线运动，cd边于 t0时刻进入磁场。线框中感应电动势随时间变化的图线如图(b)所示(感应电流的方向为顺时针时，感应电动势取正)。下列说法正确的是()A磁感应强度的大小为0.5 TB导线框运动速度的大小为0.5 m/sC磁感应强度的方向垂直于纸面向外D在t0.4 s至t0.6 s这段时间内，导线框所受的安培力大小为0.1 N解析：选BC由题图(b)可知，导线框运动的速度大小为v m/s0.5 m/s，B项正确；导线框进入磁场的过程中，cd边切割磁感线，由EBLv，得B T0.2 T，A项错误；由题图(b)可知，导线框进入磁场的过程中，感应电流的方向为顺时针方向，根据楞次定律可知，磁感应强度方向垂直于纸面向外，C项正确；在0.40.6 s这段时间内，导线框正在出磁场，回路中的电流大小为I A2 A，则导线框所受的安培力大小为FBIL0.220.1 N0.04 N，D项错误。高考题型典型试题难度1.楞次定律、法拉第电磁感应定律的应用2017全国卷T182017全国卷T152016全国卷T202015全国卷T192015全国卷T152.电磁感应中的图象和动力学问题2017全国卷T20题型(一) 楞次定律、法拉第电磁感应定律的应用高考定位：常考题型解题关键：重在掌握“三定则、两定律”的应用，结合电路知识进行分析必备知能1三定则、两定律三定则安培定则：判断运动电荷、电流产生的磁场方向左手定则：判断磁场对运动电荷、电流的作用力的方向右手定则：判断部分导体切割磁感线产生感应电流的方向两定律楞次定律：判断闭合电路磁通量发生变化产生感应电流的方向法拉第电磁感应定律：确定感应电动势的大小2.感应电流方向的两种判断方法一是利用右手定则，即根据导体在磁场中做切割磁感线运动的情况进行判断。二是利用楞次定律，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”。4求感应电动势的两种方法(1)En，用来计算感应电动势的平均值。(2)EBLv和EBL2，主要用来计算感应电动势的瞬时值。典例示法例1多选(2017吉林延边州检测)1831年，法拉第在一次会议上展示了他发明的圆盘发电机，它是利用电磁感应的原理制成的，是人类历史上第一台发电机。如图所示是这个圆盘发电机的示意图：铜盘安装在水平的铜轴上，它的边缘正好在两磁极之间，两铜片C、D分别与转动轴和铜盘的边缘良好接触。使铜盘转动，电阻R中就有电流通过。若所加磁场为匀强磁场，除R以外其余电阻均不计。从左往右看，铜盘沿顺时针方向匀速转动，下列说法正确的是()A铜片D的电势高于铜片C的电势B电阻R中有正弦式交变电流流过C铜盘半径增大1倍，流过电阻R的电流也随之增大1倍D保持铜盘不动，磁场变为方向垂直于铜盘的交变磁场，则铜盘中有电流产生1由于铜盘在切割磁感线，则相当于电源，内部电流方向是从负极到正极。2应用右手定则判断感应电流的方向，同时注意其产生条件。 解析根据右手定则可知，电流从D点流出，流向C点，因此铜片D的电势高于铜片C的电势，故A正确；由于铜盘转动方向不变，从而在电路中形成方向不变的电流，故B错误；因感应电动势EBL ，I，而，则有I，若铜盘半径增大1倍，流过电阻R的电流变为原来的4倍，故C错误；保持铜盘不动，磁场变为方向垂直于铜盘的交变磁场，穿过铜盘的磁通量变化，则铜盘中有电流产生，故D正确。答案AD 演练冲关1.多选(2017潍坊实验中学检测)绕有线圈的铁芯直立在水平桌面上，铁芯上套着一个铝环，线圈与电源、开关相连，如图所示。线圈上端与电源正极相连，闭合开关的瞬间，铝环向上跳起。若保持开关闭合，则()A如果电源的正、负极对调，观察到的现象不变B铝环跳起到某一高度后将回落C铝环停留在某一高度D铝环不断升高解析：选AB闭合开关瞬间，线圈中产生磁场，导致铝环内产生磁通量等效于磁通量增大，根据楞次定律可知，铝环中感应电流的磁场将阻碍磁通量的增大，因此将向上跳起，但是不能阻止磁通量变化，故铝环将回落，故B正确，C、D错误；实验现象与电源的正、负极对调无关，故A正确。2.(2017南昌重点中学模拟)如图所示，由均匀导线制成的半径为R的圆环，以速度v匀速进入一磁感应强度大小为B的匀强磁场。当圆环运动到图示位置(aOb90)时，a、b两点的电势差为()A.BRv B.BRvC.BRv D.BRv解析：选D由几何关系知，当圆环运动到题图所示位置，圆环切割磁感线的有效长度为R；此时ab间产生的感应电动势为：EBRv；a、b两点的电势差由欧姆定律得：UabEBRv，故D正确。3.多选(2017宁德检测)如图所示，固定在倾角为30的斜面内的两根平行长直光滑金属导轨的间距为d1 m，其底端接有阻值为R2 的电阻，整个装置处在垂直斜面向上、磁感应强度大小为B2 T的匀强磁场中。一质量为m1 kg (质量分布均匀)的导体杆ab垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触。现ab在沿斜面向上、垂直于ab的恒力F10 N作用下，从静止开始沿导轨向上运动的距离L6 m时，速度恰好达到最大(运动过程中ab始终与导轨保持垂直)。设ab接入电路的电阻为r2 ，导轨电阻不计，重力加速度大小为g10 m/s2。则此过程()Aab的速度最大值为5 m/sB流过电阻R的电量为6 CC在这一过程中，整个回路产生的焦耳热为17.5 JD流过电阻R的电流方向为由c到d解析：选AC当ab达到最大速度时满足：Fmgsin ，解得vm5 m/s，选项A正确；流过电阻R的电量：q C3 C，选项B错误；回路产生的焦耳热：QFLmgLsin mvm217.5 J，选项C正确；由右手定则可知，流过电阻R的电流方向为由d到c，选项D错误。题型(二) 电磁感应中的图象和动力学问题高考定位：常考题型解题关键：重在理解图象的物理意义，掌握分析图象问题的两种方法 典例示法例2多选(2017泰安模拟)矩形线框abcd固定放在匀强磁场中，磁场方向与线框平面垂直，磁感应强度B随时间t变化的图象如图所示。设t0时刻，磁感应强度的方向垂直线框平面向里，选项图中i表示线框中感应电流的大小(规定电流沿顺时针方向为正)，F表示线框ab边所受的安培力的大小(规定ab边所受的安培力方向向左为正)，图象可能正确的是()1本题应根据磁感应强度变化规律进行分段研究。2根据法拉第电磁感应定律可定性判断电流的图象。3由楞次定律和左手定则判断安培力的方向。4由法拉第电磁感应定律和安培力公式研究安培力的大小。 解析在02 s内，磁感应强度均匀变化，线框的磁通量均匀变化，产生恒定电流，磁场方向先向里后向外，磁通量先减小后增大，由楞次定律可知，感应电流方向一直为顺时针方向，电流为正值。根据法拉第电磁感应定律得：ES，该段时间内恒定，则感应电动势恒定，由I可知感应电流也恒定。同理得知，在24 s内，感应电流方向为逆时针方向，电流为负值，感应电流也恒定，故A正确，B错误；在02 s内，线框ab边所受的安培力的大小为FBIL，IL一定，F与B成正比，而由楞次定律判断可知，ab边所受安培力方向先向左后向右，即先为正值后为负值。同理得知，在24 s内，F与B成正比，安培力方向先向左后向右，即先为正值后为负值，与02 s内变化情况相同，故C正确，D错误。答案AC1电磁感应中图象问题的一般分析思路(1)明确图象的种类(看纵横坐标分别表示什么物理量，如Bt、Et、Ex、ix、it、F安t等)。(2)分析电磁感应的具体过程(如导体匀速、加速、减速切割磁感线，磁感应强度均匀、非均匀变化等)。(3)结合相关规律写出函数表达式(注意数形结合)。(4)根据函数关系进行图象分析(注意点、线、面、斜率、截距等的物理意义)。2分析电磁感应中图象问题的常用方法排除法定性地分析电磁感应过程中物理量的变化趋势(增大还是减小)、变化快慢(均匀变化还是非均匀变化)，特别是分析物理量的正负，以排除错误的选项函数法根据题目所给条件定量地写出两个物理量之间的函数关系，然后由函数关系对图象进行分析和判断3.解答图象问题关注点(1)关注初始时刻，如初始时刻感应电流是否为零，是正方向还是负方向。(2)关注变化过程，看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相对应。(3)关注大小、方向的变化趋势，看图象斜率的大小、图象的变化趋势是否和物理过程对应。演练冲关4多选(2018届高三第一次全国大联考卷)如图甲所示，粗细均匀的矩形金属线框abcd固定于匀强磁场中，磁场方向垂直线框所在平面，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示。以垂直于线框所在平面向里为磁感应强度B的正方向，则选项图中关于ab边的热功率P、ab边受到的安培力F(以向右为正方向)随时间t变化的规律正确的是()解析：选AD由题图乙知，的大小恒定，根据法拉第电磁感应定律：EnnS 可知，线框中产生的感应电动势大小不变，所以感应电流大小也不变，ab边的热功率PI2R，恒定不变，A正确，B错误；根据安培力公式FBIL，因为电流大小、ab边长度不变，安培力与磁感应强度成正比，根据左手定则判定方向，可知C错误，D正确。5.多选(2018届高三第一次全国大联考卷)如图所示，两条足够长的光滑平行金属导轨竖直放置，两导轨上端接有电阻R(其余电阻不计)，虚线MM和NN之间有垂直于导轨平面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B1，虚线NN和PP之间也有垂直于导轨平面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B2(B1B2)。现将质量为m的金属杆ab，从MM上方某处由静止释放，ab在下落的过程中与导轨保持良好接触，且始终保持水平，已知ab到达NN和PP之前已经做匀速运动。则ab从MM运动到PP这段时间内的v t图象可能正确的是()解析：选BCab到达MM切割磁感线时，若安培力大于重力，ab做加速度减小的减速运动，若安培力等于重力，ab一直做匀速运动，若安培力小于重力，ab做加速度减小的加速运动；ab到达NN前已经匀速运动，即安培力等于重力，则当ab到达NN时，由于磁感应强度减小，安培力变小，会小于重力，ab做加速度减小的加速运动。可知B、C正确，A、D错误。6多选(2018届高三安徽皖南八校联考)半径为r带缺口的刚性金属圆环在纸面上固定放置，在圆环的缺口两端引出两根导线，分别与两块垂直于纸面固定放置的平行金属板A、B连接，两板间距为d且足够宽，如图甲所示。在圆环处有一变化的磁场垂直于纸面，规定向内为正，变化规律如图乙所示。在平行金属板A、B正中间有质量未知、电荷量为q的带电液滴，液滴在00.1 s处于静止状态，已知重力加速度为g，则以下说法正确的是()A液滴带正电B液滴的质量为C第0.3 s时液滴的运动方向改变D第0.4 s时液滴距初始位置的距离为0.08g(单位：米)解析：选ABD根据楞次定律可知，在00.1 s内圆环中产生的感应电动势使B板为正，液滴处于静止状态，可知液滴带正电，选项A正确；在00.1 s内圆环中产生的感应电动势ESr20.1r2；对液滴有mgq，解得m，选项B正确；0.10.2 s时电动势的方向发生改变，则液滴向下做加速运动，0.20.3 s 时电动势的方向不变，液滴继续向下做加速运动，选项C错误；液滴向下运动的加速度为mgqma，解得a2g,0.10.3 s内液滴向下做加速运动的位移x1at22g0.22 m0.04g m；在0.3 s时液滴的速度vat2g0.2 m/s0.4g m/s；0.30.4 s时电动势的方向改变，液滴受力平衡，液滴继续向下做匀速运动，故位移为x2vt0.4g0.1 m0.04g m，故第0.4 s 时液滴距初始位置的距离为0.08g(单位：米)，选项D正确。选择题保分练 三定则、两定律 1(2017温州中学模拟)“超导量子干涉仪”可用于探测心磁(1010 T)和脑磁(1013 T)等微弱磁场，其灵敏度可达1014 T，其探测“回路”示意图如图甲所示。穿过ABCD“回路”的磁通量为，电流Ii1i2。电流I与的关系如图乙所示(02.071015 Wb)，下列说法正确的是()A图乙中横坐标的单位是WbB穿过“回路”的磁通量越大，电流I越大C穿过“回路”的磁通量变化引发电流I周期性变化D根据电流I的大小