高考物理二轮复习 第1部分 专题讲练突破四 电磁感应和电路

专题四 电磁感应和电路第1讲电磁感应定律的综合应用微网构建核心再现知识规律(1)“三定则、一定律”的应用安培定则：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(2)求感应电动势的两种方法En，用来计算感应电动势的平均值EBLv，主要用来计算感应电动势的瞬时值思想方法(1)物理思想：等效思想、守恒思想(2)物理方法：假设法、图象法、转换法、微元法、类比法、逆向思维法.高频考点一电磁感应中的图象问题知能必备1.感应电流产生的条件及方向的判断方法2.法拉第电磁感应定律的内容及两种表达式3.图象选择类问题中的常见关注点4.图象应用问题中的常用信息提取点.题组冲关1(原创卷)(多选)如图甲所示，水平面上的平行导轨MN、PQ上放着两根垂直导轨的光滑导体棒ab、cd，两棒间用绝缘丝线连接；已知平行导轨MN、PQ间距为L1，导体棒ab、cd间距为L2，导轨电阻可忽略，每根导体棒在导轨之间的电阻为R.开始时匀强磁场垂直纸面向里，磁感应强度B随时间t的变化如图乙所示则以下说法正确的是()A在t0时刻回路中产生的感应电动势E0B在0t0时间内导体棒中的电流为C在时刻绝缘丝线所受拉力为D在02t0时间内回路中电流方向是abdca解析：选BC.由图乙可知，回路面积SL1L2，在t0时刻回路中产生的感应电动势ESL1L2，选项A错误；0t0时间内回路中产生的感应电流大小为I，选项B正确；在时刻，由左手定则，导体棒ab所受安培力方向向左，导体棒cd所受安培力方向向右，磁场磁感应强度为，安培力大小为FB0IL1，在时刻绝缘丝线所受拉力为，选项C正确；在0t0时间内磁感应强度减小，在t02t0时间内磁感应强度反向增大，根据楞次定律，回路内产生的感应电流方向为顺时针方向，即电流方向是acdba，选项D错误2(2016江西五市联考)(多选)如图所示，在坐标系xOy中，有边长为L的正方形金属线框abcd，其一条对角线ac和y轴重合、顶点a位于坐标原点O处在y轴右侧区域内有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁场的上边界与线框的ab边刚好完全重合，左边界与y轴重合，右边界与y轴平行t0时刻，线框以恒定的速度v沿垂直于磁场上边界的方向穿过磁场区域取沿abcda方向为感应电流的正方向，则在线框穿过磁场区域的过程中，感应电流i和a、b间的电势差Uab随时间t变化的图线是下图中的()解析：选AD.在ab边通过磁场的过程中，利用楞次定律或右手定则可判断出电流方向为逆时针方向，即沿正方向，且电流在减小，Uabi(RbcRcdRda)在cd边通过磁场的过程中，可判断出电流为顺时针方向，即沿负方向，且电流逐渐减小，UabiRab，A、D正确3(2016百校联盟调研卷)如图1所示，匝数n6的螺线管(电阻不计)，截面积为S10 cm2，线圈与R12 的电阻连接，水平向右且均匀分布的磁场穿过螺线管，磁场与线圈平面垂直，磁感应强度大小B随时间t变化的关系如图2所示，规定感应电流i从a经过R到b的方向为正方向忽略线圈的自感影响，下列it关系图中正确的是()解析：选B.由题意可知，在02 s时间内，磁感应强度变化率的大小为3103 T/s，根据法拉第电磁感应定律可得电动势的大小为E1nS1.8105 V，根据闭合电路欧姆定律，可得感应电流i11.5106 A，根据楞次定律，可知感应电流方向为ab，为正方向；同理可计算在25 s时间内，i21106 A，根据楞次定律，可知感应电流方向为ba，为负方向；根据磁感应强度变化的周期性，可得感应电流变化的周期性，故B正确，A、C、D错误4(2016云南部分名校统考)(多选)如图甲所示，光滑绝缘水平面上，虚线MN的右侧存在磁感应强度B2 T的匀强磁场，MN的左侧有一质量m0.1 kg的矩形线圈abcd，bc边长L10.2 m，电阻R2 .t0时，用一恒定拉力F拉线圈，使其由静止开始向右做匀加速运动，经过时间1 s，线圈的bc边到达磁场边界MN，此时立即将拉力F改为变力，又经过1 s，线圈恰好完全进入磁场，整个运动过程中，线圈中感应电流i随时间t变化的图象如图乙所示则()A恒定拉力大小为0.05 NB线圈在第2 s内的加速度大小为1 m/s2C线圈ab边长L20.5 mD在第2 s内流过线圈的电荷量为0.2 C解析：选ABD.在第1 s末，i1，EBL1v1，v1at1，Fma1，联立得F0.05 N，A项正确在第2 s内，由图象分析知线圈做匀加速直线运动，第2 s末i2，EBL1v2，v2v1a2t2，解得a21 m/s2，B项正确在第2 s内，vv2a2L2，得L21 m，C项错误q0.2 C，D项正确1解决电磁感应图象问题的“三点关注”：(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，看图线斜率的大小、图线的曲、直是否和物理过程对应2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t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、截距等(6)画图象或判断图象高频考点二电磁感应中的电路问题知能必备1.楞次定律(右手定则)判感应电流方向2.法拉第电磁感应定律EnEBlv.3.闭合电路欧姆定律、电荷量、电功、电热的计算方法.题组冲关1(多选)如图所示，边长为L、不可形变的正方形导线框内有半径为r的圆形磁场区域，其磁感应强度B随时间t的变化关系为Bkt(常量k0)回路中滑动变阻器R的最大阻值为R0，滑动片P位于滑动变阻器中央，定值电阻R1R0、R2.闭合开关S，电压表的示数为U，不考虑虚线MN右侧导体的感应电动势，则()AR2两端的电压为B电容器的a极板带正电C滑动变阻器R的热功率为电阻R2的5倍D正方形导线框中的感应电动势为kL2解析：选AC.由法拉第电磁感应定律EnnS有Ekr2，D错误；因k0，由楞次定律知线框内感应电流沿逆时针方向，故电容器b极板带正电，B错误；由题图知外电路结构为R2与R的右半部并联，再与R的左半部、R1相串联，故R2两端电压U2U，A正确；设R2消耗的功率为PIU2，则R消耗的功率P2I2U2IU25P，故C正确2(多选)如图所示，水平放置的粗糙U形框架上接一个阻值为R0的电阻，放在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场中一个半径为L、质量为m的半圆形硬导体AC在水平向右的恒定拉力F作用下，由静止开始运动距离d后速度达到v，半圆形硬导体AC的电阻为r，其余电阻不计下列说法正确的是()AA点的电势高于C点的电势B此时AC两端电压为UACC此过程中电路产生的电热为QFdmv2D此过程中通过电阻R0的电荷量为q解析：选AD.根据右手定则可知，A点相当于电源的正极，电势高，A正确；AC产生的感应电动势为E2BLv，AC两端的电压为UAC，B错误；由功能关系得Fdmv2QQf，C错误；此过程中平均感应电流为，通过电阻R0的电荷量为qt，D正确3(2016陕西名校联考)(多选)空间中有磁感应强度为B的有界匀强磁场区域，磁场方向如图所示，有一边长为L、电阻为R、粗细均匀的正方形金属线框abcd置于匀强磁场区域中，ab边与磁场右边界平行若拉着金属线框以速度v向右匀速运动，则()A当cd边即将出磁场区域时，a、b两点间的电压为B从把ab边拉到磁场右边界到把金属线框从磁场区域完全拉出的过程中，拉力做功为C从把ab边拉到磁场右边界到把金属线框从磁场区域完全拉出的过程中，拉力做功的功率为D从把ab边拉到磁场右边界到把金属线框从磁场区域完全拉出的过程中，通过金属线框的电荷量为解析：选CD.当cd边即将出磁场区域时，cd边切割磁感线产生的感应电动势EBLv，a、b两点间的电压等于E，选项A错误当ab边刚出磁场区域时，cd边切割磁感线产生的感应电动势EBLv，线框中电流IE/R，所受安培力F安BIL，由于金属线框做匀速运动，拉力等于安培力，拉力做功WFLF安L，选项B错误拉力做功功率为P，选项C正确由E，E/R，qt，联立解得q，磁通量变化量BL2，通过金属线框的电荷量为q，选项D正确4做磁共振(MRI)检查时，对人体施加的磁场发生变化时会在肌肉组织中产生感应电流某同学为了估算该感应电流对肌肉组织的影响，将包裹在骨骼上的一圈肌肉组织等效成单匝线圈，线圈的半径r5.0 cm，线圈导线的截面积A0.80 cm2，电阻率1.5 m.如图所示，匀强磁场方向与线圈平面垂直，若磁感应强度B在0.3 s内从1.5 T均匀地减为零，求：(计算结果保留一位有效数字)(1)该圈肌肉组织的电阻R；(2)该圈肌肉组织中的感应电动势E；(3)0.3 s内该圈肌肉组织中产生的热量Q.解析：(1)由电阻定律R，代入数据解得R6103 (2)感应电动势Er2，代入数据解得E4102 V(3)由焦耳定律得Qt，代入数据解得Q8108 J答案：(1)6103 (2)4102 V(3)8108 J解答电磁感应中电路问题的三个步骤1确定电源：利用En或EBlvsin 求感应电动势的大小，利用右手定则或楞次定律判断感应电流的方向如果在一个电路中切割磁感线的部分有多个并相互联系，可等效成电源的串、并联2分析电路结构：分析内、外电路，以及外电路的串并联关系，画出等效电路图3利用电路规律求解：应用闭合电路欧姆定律及串并联电路的基本性质等列方程求解高频考点三电磁感应中的动力学和能量问题知能必备1.电磁感应的基本规律及闭合电路欧姆定律2.牛顿运动定律及运动学方程的应用3.安培力做功的特点及功能关系、能量守恒定律.命题视角视角1电磁感应中的动力学问题例1(2017海南海口高三质检)如图所示，两根足够长的光滑直金属导轨MN、PQ平行固定在倾角37的绝缘斜面上，两导轨间距L1 m，导轨的电阻可忽略M、P两点间接有阻值为R的电阻一根质量m1 kg、电阻r0.2 的均匀直金属杆ab放在两导轨上，与导轨垂直且接触良好整套装置处于磁感应强度B0.5 T的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向下自图示位置起，杆ab受到大小为F0.5v2(式中v为杆ab运动的速度，所有物理量均采用国际单位制)、方向平行导轨沿斜面向下的拉力作用，由静止开始运动，测得通过电阻R的电流随时间均匀增大g取10 m/s2，sin 370.6.(1)试判断金属杆ab在匀强磁场中做何种运动，请写出推理过程；(2)求电阻R的阻值；(3)求金属杆ab自静止开始下滑通过位移x1 m所需的时间t.思路探究(1)金属杆下滑过程中受哪几个力的作用？(2)“通过R的电流随时间均匀增大”说明什么？尝试解答_解析(1)金属杆做匀加速运动(或金属杆做初速度为零的匀加速运动)通过R的电流I，因为B、L、R、r为定值，所以I与v成正比，因通过R的电流I随时间均匀增大，即杆的速度v随时间均匀增大，即杆的加速度为恒量，故金属杆做匀加速运动(2)对回路，根据闭合电路欧姆定律I对杆，根据牛顿第二定律有Fmgsin BILma将F0.5v2代入得2mgsin vma因为v为变量，a为定值所以a与v无关，必有ma2mgsin 050解得a8 m/s2，R0.3 (3)由xat2得，所需时间t 0.5 s答案(1)见解析(2)0.3 (3)0.5 s视角2电磁感应中的能量问题例2如图所示，“凸”字形硬质金属线框质量为m，相邻各边互相垂直，且处于同一竖直平面内，ab边长为l，cd边长为2l，ab与cd平行，间距为2l.匀强磁场区域的上下边界均水平，磁场方向垂直于线框所在平面开始时，cd边到磁场上边界的距离为2l，线框由静止释放，从cd边进入磁场直到ef、pq边进入磁场前，线框做匀速运动在ef、pq边离开磁场后，ab边离开磁场之前，线框又做匀速运动线框完全穿过磁场过程中产生的热量为Q.线框在下落过程中始终处于原竖直平面内，且ab、cd边保持水平，重力加速度为g.求(1)线框ab边将离开磁场时做匀速运动的速度大小是cd边刚进入磁场时的几倍；(2)磁场上下边界间的距离H.思路探究(1)线框做匀速运动的条件是什么？(2)线框运动过程中受哪些力的作用？能量转化过程怎样？尝试解答_解析(1)设磁场的磁感应强度大小为B，cd边刚进入磁场时，线框做匀速运动的速度为v1，cd边上的感应电动势为E1，由法拉第电磁感应定律，有E12Blv1设线框总电阻为R，此时线框中电流为I1，由闭合电路欧姆定律，有I1设此时线框所受安培力为F1，有F12I1lB由于线框做匀速运动，其受力平衡，有mgF1由式得v1设ab边离开磁场之前，线框做匀速运动的速度为v2，同理可得v2由式得v24v1(2)线框自释放直到cd边进入磁场前，由机械能守恒定律，有2mglmv线框完全穿过磁场的过程中，由能量守恒定律，有mg(2lH)mvmvQ由式得H28l答案(1)4倍(2)28l1电磁感应中动力学和能量问题的“两状态、两对象”(1)两状态导体处于平衡状态静止或匀速直线运动状态处理方法：根据平衡状态时导体所受合外力等于零列式分析导体处于非平衡状态加速度不为零处理方法：根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系分析(2)两对象电学对象电源：EBlv或En分析电路的结构受力分析：F安BILF合ma过程分析：F合mavEIF安2用动力学观点、能量观点解答电磁感应问题的一般步骤题组冲关1(2016百校联盟押题卷)如图所示，光滑斜面的倾角37，在斜面上放置有一矩形线框abcd，其ab边长为L12 m，bc边长为L21 m，线框的质量m1 kg、电阻R10 .斜面上虚线ef的右侧有磁感应强度大小为B1 T、方向垂直斜面向上的匀强磁场t0时线框在平行于斜面向上的恒力F8 N作用下由静止开始运动，线框进入磁场的过程中始终做匀速直线运动已知虚线ef与斜面顶端gh的距离为s7 m，abefgh，sin 370.6，cos 370.8，重力加速度g10 m/s2.求：(1)线框进入磁场前的加速度大小和线框进入磁场时做匀速运动的速度大小；(2)线框进入磁场的过程中产生的焦耳热；(3)线框从开始运动至ab边到达gh处所用的时间解析：(1)线框进入磁场前做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有Fmgsin ma解得a2 m/s2线框进入磁场的过程中做匀速运动，线框受力平衡，有Fmgsin FAab边进入磁场切割磁感线，产生的感应电动势EBL1v由闭合电路欧姆定律得感应电流I受到的安培力FABIL1代入数据解得v5 m/s(2)线框进入磁场的过程中做匀速运动，根据功能关系有Q(Fmgsin )L2解得Q2 J(3)线框进入磁场前做匀加速直线运动，进入磁场的过程中做匀速直线运动，线框完全进入磁场后仍做匀加速直线运动进入磁场前线框的运动时间为t12.5 s进入磁场过程中线框匀速运动的时间为t20.2 s线框完全进入磁场后，线框受力情况与进入磁场前相同，加速度大小仍为a2 m/s2，对该过程有sL2vt3at代入数据得t31 s线框从开始运动至ab边到达gh处所用的时间为tt1t2t33.7 s答案：(1)5 m/s(2)2 J(3)3.7 s2如右图所示，平行金属导轨与水平面间夹角均为37，导轨间距为1 m，电阻不计，导轨足够长两根金属棒ab和ab的质量都是0.2 kg，电阻都是1 ，与导轨垂直放置且接触良好，金属棒和导轨之间的动摩擦因数为0.25，两个导轨平面处均存在着垂直轨道平面向上的匀强磁场(图中未画出)，磁感应强度B的大小相同让ab固定不动，将金属棒ab由静止释放，当ab下滑速度达到稳定时，整个回路消耗的电功率为8 W求：(1)ab下滑的最大加速度；(2)ab下落了30 m高度时，其下滑速度已经达到稳定，则此过程中回路电流的发热量Q为多大？(3)如果将ab与ab同时由静止释放，当ab下落了30 m高度时，其下滑速度也已经达到稳定，则此过程中回路电流的发热量Q为多大？(g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8)解析：(1)当ab棒刚下滑时，ab棒的加速度有最大值：agsin gcos 4 m/s2.(2)ab棒达到最大速度时做匀速运动，有mgsin BILmgcos ，整个回路消耗的电功率P电BILvm(mgsin mgcos )vm8 W，则ab棒的最大速度为：vm10 m/s由P电得：B0.4 T.根据能量守恒得：mghQmvmgcos 解得：Q30 J.(3)由对称性可知，当ab下落30 m稳定时其速度为v，ab也下落30 m，其速度也为v，ab和ab都切割磁感线产生电动势，总电动势等于两者之和根据共点力平衡条件，对ab棒受力分析，得mgsin BILmgcos 又I代入解得v5 m/s由能量守恒2mgh2mv22mgcos Q代入数据得Q75 J.答案：(1)4 m/s2(2)30 J(3)75 J真题试做真题1(2015高考全国卷)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正确真题2(2016高考全国甲卷)(多选)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错误真题3(2016高考全国甲卷)如图，水平面(纸面)内间距为l的平行金属导轨间接一电阻，质量为m、长度为l的金属杆置于导轨上t0时，金属杆在水平向右、大小为F的恒定拉力作用下由静止开始运动t0时刻，金属杆进入磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，且在磁场中恰好能保持匀速运动杆与导轨的电阻均忽略不计，两者始终保持垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数为.重力加速度大小为g.求(1)金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小；(2)电阻的阻值解析：(1)设金属杆进入磁场前的加速度大小为a，由牛顿第二定律得maFmg设金属杆到达磁场左边界时的速度为v，由运动学公式有vat0当金属杆以速度v在磁场中运动时，由法拉第电磁感应定律，杆中的电动势为EBlv联立式可得EBlt0(2)设金属杆在磁场区域中匀速运动时，金属杆中的电流为I，根据欧姆定律I式中R为电阻的阻值金属杆所受的安培力为fBlI因金属杆做匀速运动，由牛顿运动定律得Fmgf0联立式得R答案：(1)Blt0(2)新题预测如图甲所示，虚线右侧足够大区域存在匀强磁场，磁场方向竖直向下在光滑绝缘水平面内有一长方形金属线框，ab边长为L0.2 m，线框质量m0.1 kg、电阻R0.1 ，在水平向右的外力F作用下，以初速度v01 m/s匀加速进入磁场，外力F大小随时间t变化的图线如图乙所示以线框右边刚进入磁场开始计时(1)求匀强磁场的磁感应强度大小B；(2)求线框进入磁场的过程中，通过线框的电荷量q；(3)若线框进入磁场过程中F做的功为WF0.27 J，求在此过程中线框产生的焦耳热Q.解析：(1)由Ft图象可知，线框全部进入磁场后，F20.2 N线框的加速度a2 m/s2t0时刻线框所受的安培力FABIL，且F10.3 N由牛顿第二定律得：F1FAma联立解得B0.5 T.(2)线框进入磁场过程中通过横截面的电荷量q t由法拉第电磁感应定律得由闭合电路欧姆定律得解得电荷量q由匀变速直线运动规律得xv0tat20.75 m联立解得q0.75 C.(3)线框进入磁场过程，由能量守恒定律得WFQmv2mv，vv0at解得Q0.12 J.答案：(1)0.5 T(2)0.75 C(3)0.12 J电磁感应中的“杆导轨”模型模型特点：模型一(v00)模型二(v00)模型三(v00)模型四(v00)说明杆cd以一定初速度v0在光滑水平轨道上滑动，质量为m，电阻不计，两导轨间距为L轨道水平光滑，杆cd质量为m，电阻不计，两导轨间距为L，拉力F恒定倾斜轨道光滑，倾角为，杆cd质量为m，两导轨间距为L竖直轨道光滑，杆cd质量为m，两导轨间距为L示意图力学观点杆以速度v切割磁感线产生感应电动势EBLv，电流I，安培力FBIL.杆做减速运动：vFa，当v0时，a0，杆保持静止开始时a，杆cd速度v感应电动势EBLvI安培力F安BIL，由FF安ma知a，当a0时，v最大，vm开始时agsin ，杆cd速度v感应电动势EBLvI安培力F安BIL，由mgsin F安ma知a，当a0时，v最大，vm开始时ag，杆cd速度v感应电动势EBLvI安培力F安BIL，由mgF安ma知a，当a0时，v最大，vm图象观点能量观点动能全部转化为内能：QmvF做的功一部分转化为杆的动能，一部分转化为内能：WFQmv重力做的功(或减少的重力势能)一部分转化为杆的动能，一部分转化为内能：WGQmv重力做的功(或减少的重力势能)一部分转化为杆的动能，一部分转化为内能：WGQmv典例展示如图所示，相距为L的两条足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ与水平面的夹角为，N、Q两点间接有阻值为R的电阻整个装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下将质量为m、阻值也为R的金属杆cd垂直放在导轨上，杆cd由静止释放，下滑距离x时达到最大速度重力加速度为g，导轨电阻不计，杆与导轨接触良好求：(1)杆cd下滑的最大加速度和最大速度；(2)上述过程中，杆上产生的热量；(3)若已知金属杆与导轨之间的动摩擦因数为.现用沿导轨平面向上的恒定外力F作用在金属杆cd上，使cd由静止开始沿导轨向上运动，求cd的最大加速度和最大速度解析(1)设杆cd下滑到某位置时速度为v，则杆产生的感应电动势EBLv，回路中的感应电流I杆所受的安培力FBIL根据牛顿第二定律有mgsin ma当速度v0时，杆的加速度最大，最大加速度amgsin ，方向沿导轨平面向下当杆的加速度a0时，速度最大，最大速度vm，方向沿导轨平面向下(2)杆cd从开始运动到达到最大速度过程中，根据能量守恒定律得mgxsin Q总mv又Q杆Q总所以Q杆mgxsin .(3)分析金属杆运动时的受力情况可知，金属杆受重力、导轨平面的支持力、拉力、摩擦力和安培力五个力的作用，沿斜面方向由牛顿第二定律有Fmgsin F安fma又F安BIL，I，所以F安BILfNmgcos 故Fmgsin mgcos ma当速度v0时，杆的加速度最大，最大加速度amgsin gcos ，方向沿导轨平面向上当杆的加速度a0时，速度最大，vm，方向沿导轨平面向上答案(1)gsin 方向沿导轨平面向下方向沿导轨平面向下(2)mgxsin (3)gsin gcos 方向沿导轨平面向上方向沿导轨平面向上点评金属杆或棒在有磁场的导轨上运动，线框穿越有界磁场的情况，都属于导体棒和导线框模型.解题思路与方法：(1)选取金属棒、线框为研究对象，分阶段研究产生的感应电动势、感应电流、安培力，应用牛顿第二定律分析运动性质.(2)如果涉及速度、焦耳热问题时，要采用能量观点处理.(3)涉及电路问题时，找到等效电源，画出等效电路，用电路知识处理.自悟自练1(限时3分钟满分6分)(多选)如图所示，U形光滑金属导轨NMPQ(其电阻不计)固定在水平面内，轨距L1 m，导轨左端连一个阻值为R7.5 的电阻，导轨部分处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B2 T，金属杆ab的质量为0.4 kg、内阻为0.5 ，横放在导轨上通过滑轮和轻绳连接一个质量为0.1 kg的物体m，不计一切摩擦，现将物体自由释放，假若导轨水平段足够长，金属杆在水平轨道内运动到速度最大过程中，位移为l1.8 m，下列说法正确的是(g取10 m/s2)()A刚释放的瞬间，金属杆的加速度a2.5 m/s2B金属杆运动的最大速度为v2 m/sC电阻R的最大热功率P2 WD从静止开始运动到速度最大的过程中，金属杆克服安培力做功0.8 J解析：选BD.刚释放金属杆时回路中电流为零，则有：mgFma，Fm杆a，解得：a2 m/s2，A错误；由mg得金属杆运动的最大速度为vm2 m/s，B正确；此时I0.5 A，电阻R的电功率最大值PI2R1.875 W，C错误；由能量守恒得：W克(mm杆)vmgl，解得W克0.8 J，D正确2(限时10分钟满分14分)如图所示，粗糙斜面的倾角37，半径r0.5 m的圆形区域内存在着垂直于斜面向下的匀强磁场一个匝数n10匝的刚性正方形线框abcd，通过松弛的柔软导线与一个额定功率P1.25 W的小灯泡A相连，圆形磁场的一条直径恰好过线框bc边已知线框质量m2 kg，总电阻R01.25 ，边长L2r，与斜面间的动摩擦因数0.5.从t0时起，磁场的磁感应强度按BT的规律变化开始时线框静止在斜面上，在线框运动前，灯泡始终正常发光设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8.求：(1)线框不动时，回路中的感应电动势E的大小；(2)小灯泡正常发光时的电阻R；(3)线框保持不动的时间内，小灯泡产生的热量Q.解析：(1)由法拉第电磁感应定律得：Enr2100.52 V2.5 V(2分)(2)小灯泡正常发光，有：PI2R(1分)由闭合电路欧姆定律，有：EI(R0R)即有：P2R(1分)代入数据解得：R1.25 (2分)(3)对线框bc边处于磁场中的部分受力分析如图，当线框恰好要运动时，磁场的磁感应强度大小为B，由力的平衡条件有：mgsin F安fF安mgcos (2分)F安nBI2r(1分)解得线框刚要运动时，磁场的磁感应强度大小：B0.4 T由BT得(1分)线框在斜面上可保持静止的时间：t s(2分)小灯泡产生的热量：QPt1.25 J J3.1 J(2分)答案：(1)2.5 V(2)1.25 (3)3.1 J3(限时10分钟满分14分)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L1 m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R0.40 的电阻，质量为m0.01 kg、电阻为r0.30 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g10 m/s2(忽略ab棒运动过程中对原磁场的影响)，求：(1)磁感应强度B的大小；(2)金属棒ab在开始运动的1.5 s内，通过电阻R的电荷量；(3)金属棒ab在开始运动的1.5 s内，电阻R上产生的热量解析：(1)金属棒在AB段匀速运动，由题中图象乙得：v7 m/s(2分)I，mgBIL(2分)解得B0.1 T(1分)(2)qt，SB(3分)解得：q1 C(1分)(3)Qmgxmv2，(2分)解得Q0.455 J(1分)从而QRQ0.26 J(2分)答案：(1)0.1 T(2)1 C(3)0.26 J限时规范训练建议用时：40分钟1(多选)如图所示是法拉第制作的世界上第一台发电机的模型原理图把一个半径为r的铜盘放在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，使磁感线水平向右垂直穿过铜盘，铜盘安装在水平的铜轴上，两块铜片C、D分别与转动轴和铜盘的边缘接触，G为灵敏电流表现使铜盘按照图示方向以角速度匀速转动，则下列说法中正确的是()AC点电势一定高于D点电势 B圆盘中产生的感应电动势大小为Br2C电流表中的电流方向为由a到bD若铜盘不转动，使所加磁场磁感应强度均匀增大，在铜盘中可以产生涡旋电流解析：选BD.把铜盘看作由中心指向边缘的无数条铜棒组合而成，当铜盘转动时，每根铜棒都在切割磁感线，相当于电源，由右手定则知，盘边缘为电源正极，中心为电源负极，C点电势低于D点电势，选项A错误；此电源对外电路供电，电流由b经电流表再从a流向铜盘，选项C错误；铜棒转动切割磁感线，相当于电源，回路中感应电动势为EBrvBrrBr2，选项B正确；若铜盘不转动，使所加磁场磁感应强度均匀增大，在铜盘中产生感生环形电场，使铜盘中的自由电荷在电场力的作用下定向移动，形成环形电流，选项D正确2(2017湖北黄冈中学质检)如图甲所示，绝缘的水平桌面上放置一金属圆环，在圆环的正上方放置一个螺线管，在螺线管中通入如图乙所示的电流，电流从螺线管a端流入为正，以下说法正确的是()A从上往下看，01 s内圆环中的感应电流沿顺时针方向B01 s内圆环面积有扩张的趋势C3 s末圆环对桌面的压力小于圆环的重力D12 s内和23 s内圆环中的感应电流方向相反解析：选A.由图乙知，01 s内螺线管中电流逐渐增大，穿过圆环向上的磁通量增大，由楞次定律知圆环中感应电流的磁场向下，圆环面积有缩小的趋势，从上往下看，01 s内圆环中的感应电流沿顺时针方向，选项A正确、B错误；同理可得12 s内和23 s内圆环中的感应电流方向相同，选项D错误；3 s末电流的变化率为0，螺线管中磁感应强度的变化率为0，在圆环中不产生感应电流，圆环对桌面的压力等于圆环的重力，选项C错误3如图为无线充电技术中使用的受电线圈示意图，线圈匝数为n，面积为S.若在t1到t2时间内，匀强磁场平行于线圈轴线向右穿过线圈，其磁感应强度大小由B1均匀增加到B2，则该段时间线圈两端a和b之间的电势差ab()A恒为B从0均匀变化到C恒为D从0均匀变化到解析：选C.根据法拉第电磁感应定律得，感应电动势Enn，由楞次定律和右手螺旋定则可判断b点电势高于a点电势，因磁场均匀变化，所以感应电动势恒定，因此a、b两点电势差恒为abn，选项C正确4如图所示，abcd为水平放置的平行“匚”形光滑金属导轨，间距为l，导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，导轨电阻不计，已知金属杆MN倾斜放置，与导轨成角，单位长度的电阻为r，保持金属杆以速度v沿平行于cd的方向滑动(金属杆滑动过程中与导轨接触良好)则()A电路中感应电动势的大小为B电路中感应电流的大小为C金属杆所受安培力的大小为D金属杆的热功率为解析：选B.金属杆的运动方向与金属杆不垂直，电路中感应电动势的大小为EBlv(l为切割磁感线的有效长度)，选项A错误；电路中感应电流的大小为I，选项B正确；金属杆所受安培力的大小为FBIlB，选项C错误；金属杆的热功率为PI2R，选项D错误5(多选)如图所示，横放“V”字形金属框架放在匀强磁场中，磁场与框架平面垂直，金属棒与框架接触良好，框架导体和金属棒电阻率相同，截面积相等，现金属棒从B点开始沿“V”字形角平分线方向做匀速直线运动，那么金属棒脱离框架前，电路中的磁通量、感应电动势E、感应电流I以及金属棒所受到的安培力F随时间变化的图象正确的是()解析：选BC.金属棒切割磁感线的长度为L2vttan ，磁通量BLvtBv2tan t2，可见磁通量是时间的二次函数，选项A错误；电路中感应电动势为EBLv2Bv2tan t，感应电动势E与时间t成正比，所以选项B正确；设金属棒和框架单位长度的电阻为，则电路的总电阻为R2vt，电路中的感应电流为I，I与t无关，为定值，选项C正确；安培力FBIL，因为电流I不变，L与时间t成正比，所以安培力与时间t成正比，选项D错误6(2016湖北七市联考)如图所示，abcd是边长为L、每边电阻均相同的正方形导体框，现维持线框以恒定的速度v沿x轴运动，并穿过倾角为45的三角形匀强磁场区域，磁场的磁感应强度为B，方向垂直纸面向里线框b点在O位置时开始计时，则在t时间内，a、b两点的电势差U随时间t的变化图象为()解析：选D.由题意，0内，随着导体框向右运动，ab边切割磁感线的有效长度不断增大，产生的感应电动势不断增大，导体框中的电流不断增大，此时ab两端的电压即bc、cd、da段电压之和不断增大，当t时，UabBLv；在内，cd边长也开始切割磁感线，产生感应电动势，方向与ab边产生的感应电动势相反，此时电路中的电流I逐渐减小，ab两端电压UabBLvIRab不断地增大，当t时，电路中电流为零，则UabBLv，综上D正确7小明同学设计了一个“电磁天平”，如图1所示，等臂天平的左臂为挂盘，右臂挂有矩形线圈，两臂平衡线圈的水平边长L0.1 m，竖直边长H0.3 m，匝数为N1.线圈的下边处于匀强磁场内，磁感应强度B01.0 T，方向垂直线圈平面向里线圈中通有可在02.0 A范围内调节的电流I.挂盘放上待测物体后，调节线圈中电流使天平平衡，测出电流即可测得物体的质量(重力加速度取g10 m/s2)(1)为使电磁天平的量程达到0.5 kg，线圈的匝数N1至少为多少？(2)进一步探究电磁感应现象，另选N2100匝、形状相同的线圈，总电阻R10 .不接外电流，两臂平衡如图2所示，保持B0不变，在线圈上部另加垂直纸面向外的匀强磁场，且磁感应强度B随时间均匀变大，磁场区域宽度d0.1 m当挂盘中放质量为0.01 kg的物体时，天平平衡，求此时磁感应强度的变化率.解析：(1)线圈受到安培力FN1B0IL天平平衡mgN1B0IL代入数据得N125匝(2)由电磁感应定律得EN2即EN2Ld由欧姆定律得I线圈受到安培力FN2B0IL天平平衡mgNB0代入数据可得0.1 T/s答案：(1)25匝(2)0.1 T/s8如图(a)所示，平行长直金属导轨水平放置，间距L0.4 m导轨右端接有阻值R1 的电阻导体棒垂直放置在导轨上，且接触良好，导体棒及导轨的电阻均不计，导轨间正方形区域abcd内有方向竖直向下的匀强磁场，bd连线与导轨垂直，长度也为L.从0时刻开始，磁感应强度B的大小随时间t变化，规律如图(b)所示；同一时刻，棒从导轨左端开始向右匀速运动，1 s后刚好进入磁场，若使棒在导轨上始终以速度v1 m/s做直线运动，求：(1)棒进入磁场前，回路中的电动势E；(2)棒在运动过程中受到的最大安培力F，以及棒通过三角形abd区域时电流i与时间t的关系式解析：(1)正方形磁场的面积为S，则S0.08 m2.在棒进入磁场前，回路中的感应电动势是由于磁场的变化而产生的由B t图象可知0.5 T/s，根据En，得回路中的感应电动势ES0.50.08 V0.04 V.(2)当导体棒通过bd位置时感应电动势、感应电流最大，导体棒受到的安培力最大此时感应电动势EBLv0.50.41 V0.2 V；回路中感应电流I A0.2 A导体棒受到的安培力FBIL0.50.20.4 N0.04 N当导体棒通过三角形abd区域时，导体棒切割磁感线的有效长度l2v(t1)(1 st1.2 s)感应电动势eBlv2Bv2(t1)(t1)V感应电流i(t1)A(1 st1.2 s)答案：(1)0.04 V(2)0.04 Ni(t1)A(1 st1.2 s)9(2016百校联盟押题卷)如图所示，间距为d的光滑平行金属导轨倾斜地固定，与水平面之间的夹角为，在导轨的顶端连接一阻值为2R的定值电阻导轨处于垂直导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，两质量均为m、阻值均为R的导体棒甲和乙放置在导轨的底端，其中导体棒甲的下端有一垂直导轨放置的光滑挡板在导体棒乙上加一平行导轨向上的外力F，使导体棒乙由静止开始沿导轨向上做匀加速直线运动，其加速度大小为a，整个过程中，导体棒甲、乙始终与导轨垂直，且与导轨接触良好，忽略导轨的电阻，重力加速度用g表示(1)如果从导体棒乙开始运动计时，则需要多长时间导体棒甲对底端挡板的作用力为零？(2)当导体棒甲与挡板之间的作用力为零时，定值电阻消耗的电功率是多少？(3)请写出从导体棒乙开始运动到导体棒甲与挡板之间作用力为零的过程中外力F与时间t的关系式解析：(1)以导体棒甲为研究对象，设经t1时间导体棒甲与挡板之间的作用力为零，由力的平衡条件可知BI甲dmgsin 此时导体棒乙中的感应电动势为EBdvBdat1IR并RI甲I由以上各式可解得t1(2)设导体棒乙两端的电压为U乙，则U乙EIR解得U乙则此时定值电阻消耗的电功率为P解得P(3)对导体棒乙由牛顿第二定律可知FBIdmgsin maIvat解得Fm(gsin a)t.答案：(1)(2)(3)Fm(gsin a)t10如图甲所示，足够长的平行光滑金属导轨ab、cd倾斜放置，两导轨之间的距离为L0.5 m，导轨平面与水平面间的夹角为30，导轨上端a、c之间连接有一阻值为R14 的电阻，下端b、d之间接有一阻值为R24 的小灯泡有理想边界的匀强磁场垂直于导轨平面向上，虚线ef为磁场的上边界，ij为磁场的下边界，此区域内的磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示，现将一质量为m kg的金属棒MN，从距离磁场上边界ef一定距离处，从t0时刻开始由静止释放，金属棒MN从开始运动到经过磁场的下边界ij的过程中，小灯泡的亮度始终不变金属棒MN在两轨道间的电阻r1 ，其余部分的电阻忽略不计，ef、ij边界均垂直于两导轨，重力加速度g取10 m/s2.求：(1)小灯泡的实际功率；(2)金属棒MN穿出磁场前的最大速率；(3)整个过程中小灯泡产生的热量解析：(1)由于小灯泡的亮度始终不变，说明金属棒MN进入磁场后做匀速直线运动，速度v达到最大，由平衡条件得：mgsin BIL小灯泡的电功率P2R2电功率P W(2)由闭合电路欧姆定律得：I其中，总电阻Rr由法拉第电磁感应定律得：EBLv由以上各式代入数据解得：v5 m/s(3)金属棒进入磁场前，由牛顿第二定律得：mgsin ma加速度agsin 305 m/s2进入磁场前所用的时间：t1设磁场区域的长度为x.在0t1时间内，由法拉第电磁感应定律得：E金属棒MN进入磁场前总电阻RR2感应电动势ER在磁场中运动的时间t2整个过程中小灯泡产生的热量为QP(t1t2)代入数据解得：Q5 J答案：(1) W(2)5 m/s(3)5 J第2讲恒定电流和交变电流微网构建核心再现知识规律(1)闭合电路的欧姆定律I，EUIrEU内U路(2)电功率：PIU.PI2R(纯电阻)(3)交变电流的“四值”最大值：EmnBS.瞬时值：eEmsin t.有效值：由电流的热效应定义平均值：n.(4)理想变压器的四个基本关系功率关系：P入P出电压关系：.电流关系：.频率关系：f1f2.思想方法(1)物理思想：等效思想、守恒思想(2)物理方法：假设法、整体法、隔离法、代换法、比值定义法.高频考点一直流电路的动态分析知能必备1.部分电路及闭合电路欧姆定律的表达式2.串、并联电路的电阻、电流、电压、功率的分析与计算方法3.电源输出功率与外电阻的关系4.电容器在电路中的应用及对电容定义式、决定式的理解.题组冲关1(多选)在如图所示的电路中，电源内阻不可忽略，R为滑动变阻器，现将滑动变阻器的滑片向上移动，下列说法正确的是()A灯泡L1变亮B电源输出功率减小C电压表读数增大D电源内阻消耗功率减小解析：选AB.将滑动变阻器的滑片向上移动，接入电路的阻值减小，根据“串反并同”可知灯泡L1变亮，灯泡L2变暗，电压表读数减小，选项A正确，选项C错误；回路中的总电流增大，电源内阻消耗的功率增大，电源输出功率减小，选项B正确、选项D错误2(名师原创)在如图所示的电路中，已知电阻R1的阻值小于滑动变阻器R的最大阻值闭合电键S，在滑动变阻器的滑片P由左端向右滑动的过程中，四个电表V1、V2、A1、A2的示数及其变化量分别用U1、U2、I1、I2、U1、U2、I1、I2表示，下列说法中正确的是()AU1先变大后变小，I1不变BU1先变小后变大，I1变小C.的绝对值先变大后变小，的绝对值不变DU2先变小后变大，I2先变小后变大解析：选D.滑片P由滑动变阻器的左端向右端滑动的过程中，滑动变阻器R的左半部分与R1串联然后与R的右半部分并联，并联电阻先变大后变小，所以电路总电阻先变大后变小，根据闭合电路欧姆定律，I2先变小后变大，U1先变大后变小，由极限法可得当滑片P滑到滑动变阻器右端时，电流表A1把R1所在支路短路，此时I1最大，所以I1一直增大，A、B错误；对于C项，的绝对值等于电源的内阻，保持不变；的绝对值等于R2，保持不变，所以C错误；电阻R2不变，电压表V2的示数U2I2R2，U2先变小后变大，D正确3如图所示，图中的三个电表均为理想电表，当滑动变阻器的滑片P向左端缓慢移动时，下面说法中正确的是()A电压表V2的读数减小，电流表A的读数增大B电压表V1的读数增大，电压表V2的读数增大C电阻RP消耗的功率增大，电容器C所带电量减少D电压表V2的读数减小，电流表A的读数减小解析：选D.滑片P左移时，滑动变阻器连入电路的阻值增大，根据串反并同规律知，电压表V1的读数增大，电压表V2的读数减小，电流表A的读数减小，A、B错误，D正确；视rR1R2为电源的等效内电阻，根据电源的输出功率与外电阻的关系知，由于电阻RP与rR1R2的大小关系未知，因此电阻RP消耗的功率是增大还是减小无法判断，由于电容器C两端的电压增大，处于充电状态，其所带电量增加，C错误4(2016湖南衡阳二模)