2025 高考物理三維設(shè)計(jì)二輪第三部分　專題復(fù)習(xí)　整合突破專題四　電路和電磁感應(yīng)

13/132025高考物理三維設(shè)計(jì)二輪第三部分專題復(fù)習(xí)整合突破專題四電路和電磁感應(yīng)第10講直流電路和交流電路1.（2024·廣西高考6題）將橫截面相同、材料不同的兩段導(dǎo)體L1、L2無縫連接成一段導(dǎo)體，總長度為1.00m，接入圖甲電路。閉合開關(guān)S，滑片P從M端滑到N端，理想電壓表讀數(shù)U隨滑片P的滑動(dòng)距離x的變化關(guān)系如圖乙，則導(dǎo)體L1、L2的電阻率之比約為（） A.2∶3 B.2∶1C.5∶3 D.1∶3解析：B根據(jù)電阻定律R＝ρLS及部分電路歐姆定律ΔU＝I·ΔR，整理可得ρ＝SI·ΔUL，結(jié)合題圖可知導(dǎo)體L1、L2的電阻率之比ρ1ρ2＝2.（多選）（2024·新課標(biāo)卷20題）電動(dòng)汽車制動(dòng)時(shí)可利用車輪轉(zhuǎn)動(dòng)將其動(dòng)能轉(zhuǎn)換成電能儲(chǔ)存起來。車輪轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)帶動(dòng)磁極繞固定的線圈旋轉(zhuǎn)，在線圈中產(chǎn)生電流。磁極勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的某瞬間，磁場方向恰與線圈平面垂直，如圖所示。將兩磁極間的磁場視為勻強(qiáng)磁場，則磁極再轉(zhuǎn)過90°時(shí)，線圈中（）A.電流最小B.電流最大C.電流方向由P指向QD.電流方向由Q指向P解析：BD磁極順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)相當(dāng)于線圈逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，線圈從中性面位置開始轉(zhuǎn)動(dòng)，磁極轉(zhuǎn)過90°時(shí)即線圈逆時(shí)針轉(zhuǎn)過90°時(shí)，穿過線圈的磁通量為0，磁通量的變化率最大，線圈中感應(yīng)電流最大，A錯(cuò)誤，B正確；磁極轉(zhuǎn)過90°時(shí)相當(dāng)于題圖示中PQ向下切割磁感線，由右手定則可知線圈中電流方向由Q指向P，C錯(cuò)誤，D正確。3.（2024·北京高考5題）如圖甲所示，理想變壓器原線圈接在正弦式交流電源上，輸入電壓u隨時(shí)間t變化的圖像如圖乙所示，副線圈接規(guī)格為“6V3W”的燈泡。若燈泡正常發(fā)光，下列說法正確的是（）A.原線圈兩端電壓的有效值為242VB.副線圈中電流的有效值為0.5AC.原、副線圈匝數(shù)之比為1∶4D.原線圈的輸入功率為12W解析：B原線圈兩端電壓的有效值為U1＝Um2＝24V，A錯(cuò)誤；由副線圈所接燈泡正常發(fā)光可知副線圈中電流的有效值為I＝PU2＝36A＝0.5A，B正確；原、副線圈匝數(shù)之比n1n2＝U1U2＝24V6V＝41，C4.（2024·浙江1月選考5題）如圖為某燃?xì)庠铧c(diǎn)火裝置的原理圖。直流電經(jīng)轉(zhuǎn)換器輸出u＝5sin100πtV的交流電，經(jīng)原、副線圈匝數(shù)分別為n1和n2的變壓器升壓至峰值大于10kV，就會(huì)在打火針和金屬板間引發(fā)電火花，實(shí)現(xiàn)點(diǎn)火。下列正確的是（）A.n2nB.n1nC.用電壓表測原線圈兩端電壓，示數(shù)為5VD.副線圈輸出交流電壓的頻率是100Hz解析：B原線圈兩端電壓的有效值U1＝52V＝522V，根據(jù)電壓與匝數(shù)關(guān)系有U1U2＝n1n2，變壓器副線圈電壓的峰值U2max＝2U2，根據(jù)題意有U2max＞10×103V，解得n2n1＞2000，n1n2＜12000，故A錯(cuò)誤，B正確；用電壓表測原線圈兩端電壓，電壓表測的是有效值，則示數(shù)為U1＝52V＝522V，故C錯(cuò)誤；根據(jù)ω＝2πT＝2π考點(diǎn)一直流電路的分析和計(jì)算1.閉合電路歐姆定律的三個(gè)公式（1）E＝U外＋U內(nèi)；（任意電路）（2）E＝U外＋I(xiàn)r；（任意電路）（3）E＝I（R＋r）。（純電阻電路）2.動(dòng)態(tài)電路分析的三種方法（1）程序法——最常規(guī)方法（2）串反并同法（電源內(nèi)阻不為零）——最簡潔方法（3）極限法3.電容器的特點(diǎn)（1）只有當(dāng)電容器充、放電時(shí)，電容器所在支路中才會(huì)有電流，當(dāng)電路穩(wěn)定時(shí)，電容器所在的支路相當(dāng)于斷路。（2）電路穩(wěn)定時(shí)，與電容器串聯(lián)的電路中沒有電流，同支路的電阻相當(dāng)于導(dǎo)線，電容器兩端的電壓等于與之并聯(lián)的電阻兩端的電壓?！纠?】（2024·福建漳州三模）如圖所示的電路中，電源電動(dòng)勢為E，內(nèi)阻為r，開關(guān)S閉合，電路穩(wěn)定后，燈泡L正常發(fā)光，然后向左移動(dòng)滑動(dòng)變阻器R的滑片，在此過程中（）A.燈泡L逐漸變暗 B.電源的路端電壓逐漸減小C.電容器C所帶的電荷量逐漸減小 D.定值電阻R0兩端的電壓始終為零答案：A解析：當(dāng)向左移動(dòng)滑動(dòng)變阻器R的滑片時(shí)，R接入電路的阻值變大，則該支路的電流減小，所以燈泡L逐漸變暗，A正確；因?yàn)橥ㄟ^R的電流減小，所以通過電源的電流減小，則內(nèi)阻上的電壓減小，由U＝E－Ir可知，電源的路端電壓逐漸變大，B錯(cuò)誤；路端電壓變大，則電容器C兩端電壓變大，則根據(jù)Q＝CU，電容器所帶的電荷量逐漸增加，C錯(cuò)誤；因電容器充電，則定值電阻R0兩端的電壓不為零，D錯(cuò)誤?！纠?】（2024·江西南昌三模）在如圖所示的電路中，已知A、B兩個(gè)電容器的電容之比CA∶CB＝1∶2，每個(gè)電阻都相同，則兩個(gè)電容器帶電荷量之比QA∶QB為（）A.1∶2 B.2∶3 C.1∶1 D.2∶1答案：A解析：等效電路圖如圖所示，設(shè)電路中的電流為I，則UA＝UB＝2IR，根據(jù)C＝QU，可得QAQB＝CAC考點(diǎn)二交變電流的產(chǎn)生和描述1.線圈通過中性面時(shí)的特點(diǎn)（1）穿過線圈的磁通量最大。（2）線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢為零。（3）線圈每經(jīng)過中性面一次，感應(yīng)電流的方向改變一次。2.有效值的計(jì)算（1）正弦式交變電流：E＝Em2，I＝Im2，（2）非正弦式交變電流：計(jì)算有效值時(shí)，要根據(jù)電流的熱效應(yīng)，即“一個(gè)周期”內(nèi)“相同電阻”上產(chǎn)生“相同熱量”，然后分段求和，求得有效值。3.正弦式交變電流“四值”的應(yīng)用【例3】（2024·山東高考8題）如圖甲所示，在－d≤x≤d、－d≤y≤d的區(qū)域中存在垂直O(jiān)xy平面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場（用陰影表示磁場的區(qū)域），邊長為2d的正方形線圈與磁場邊界重合。線圈以y軸為轉(zhuǎn)軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，線圈中產(chǎn)生的交變電動(dòng)勢如圖乙所示。若僅磁場的區(qū)域發(fā)生了變化，線圈中產(chǎn)生的電動(dòng)勢變?yōu)閳D丙所示實(shí)線部分，則變化后磁場的區(qū)域可能為（）答案：C解析：根據(jù)題意可知，磁場區(qū)域變化前，線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢為e＝Esinωt，由題圖丙可知，磁場區(qū)域變化后，當(dāng)Esinωt＝3E2時(shí)，線圈的側(cè)邊開始切割磁感線，即當(dāng)線圈旋轉(zhuǎn)π3時(shí)開始切割磁感線，由幾何關(guān)系可知磁場區(qū)域沿x軸方向的寬度變?yōu)閐'＝2dcosπ3＝d【例4】（2024·河北高考4題）R1、R2為兩個(gè)完全相同的定值電阻，R1兩端的電壓隨時(shí)間周期性變化的規(guī)律如圖1所示（三角形脈沖交流電壓的峰值是有效值的3倍），R2兩端的電壓隨時(shí)間按正弦規(guī)律變化如圖2所示，則兩電阻在一個(gè)周期T內(nèi)產(chǎn)生的熱量之比Q1∶Q2為（）A.2∶3 B.4∶3C.2∶3 D.5∶4答案：B解析：結(jié)合Q＝U2Rt可知Q1＝U0321R1·T2＋（U0）21R1·T2＝2U02T3R1、Q2＝【例5】（2024·天津河西區(qū)二模）一個(gè)單匝矩形線圈，繞垂直于勻強(qiáng)磁場并位于線圈平面內(nèi)的固定軸做勻速轉(zhuǎn)動(dòng)。通過線圈的磁通量Φ隨時(shí)間t的變化規(guī)律如圖所示，則以下說法正確的是（）A.零時(shí)刻線圈位于中性面位置B.t2時(shí)刻電流方向發(fā)生改變C.感應(yīng)電動(dòng)勢的有效值為2D.t1時(shí)刻到t3時(shí)刻，感應(yīng)電動(dòng)勢的平均值為零答案：C解析：零時(shí)刻，穿過線圈的磁通量為0，磁通量變化率最大，則感應(yīng)電動(dòng)勢最大，感應(yīng)電流最大，線圈不是位于中性面位置，A錯(cuò)誤；t2時(shí)刻穿過線圈的磁通量為0，磁通量變化率最大，則感應(yīng)電動(dòng)勢最大，感應(yīng)電流最大，線圈不是位于中性面位置，電流方向沒有發(fā)生改變，B錯(cuò)誤；感應(yīng)電動(dòng)勢的最大值為Em＝BSω＝Φm·2πt4，則感應(yīng)電動(dòng)勢的有效值為E＝Em2＝2πΦmt4，C正確；t1時(shí)刻到t3時(shí)刻，穿過線圈的磁通量變化量大小為ΔΦ＝Φm－（－Φ考點(diǎn)三理想變壓器電能的輸送1.理想變壓器（1）三個(gè)基本關(guān)系①P入＝P出②U1U③I1I（2）三個(gè)決定關(guān)系①副線圈輸出的功率決定原線圈輸入的功率；②副線圈電流的變化決定原線圈電流的變化；③在匝數(shù)比一定的情況下，原線圈兩端的電壓決定副線圈兩端的電壓。2.電能的輸送（1）理清三個(gè)回路（2）分清三種關(guān)系電壓關(guān)系U1UU2＝ΔU＋U3U3U電流關(guān)系I1II2＝I3＝I線I3I功率關(guān)系P1＝P2P2＝P3＋ΔPΔP＝I線2R線P3＝P4【例6】（2024·河北石家莊模擬）如圖所示，理想變壓器原線圈與定值電阻R1＝12Ω串聯(lián)后接在正弦式交流電源上。理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為1∶5，定值電阻R2＝10Ω，理想交流電壓表的示數(shù)為20V，則交流電源電壓的峰值是（）A.120V B.1202VC.124V D.1242V答案：D解析：理想變壓器副線圈中電流I2＝U2R2＝2010A＝2A，原線圈中電流I1＝n2n1I2＝10A，原線圈中電壓U1＝n1n2U2＝4V，則電源電壓的有效值U＝I1R1＋U1＝124V，交流電源電壓的峰值是U【例7】（多選）（2024·全國甲卷19題）如圖，理想變壓器的副線圈接入電路的匝數(shù)可通過滑動(dòng)觸頭T調(diào)節(jié)，副線圈回路接有滑動(dòng)變阻器R、定值電阻R0和R1、開關(guān)S。S處于閉合狀態(tài)，在原線圈電壓U0不變的情況下，為提高R1的熱功率，可以（）A.保持T不動(dòng)，滑動(dòng)變阻器R的滑片向f端滑動(dòng)B.將T向b端移動(dòng)，滑動(dòng)變阻器R的滑片位置不變C.將T向a端移動(dòng)，滑動(dòng)變阻器R的滑片向f端滑動(dòng)D.將T向b端移動(dòng)，滑動(dòng)變阻器R的滑片向e端滑動(dòng)答案：AC解析：保持T不動(dòng)，則原、副線圈匝數(shù)比不變，又變壓器的輸入電壓不變，根據(jù)變壓器的變壓規(guī)律可知，變壓器的輸出電壓不變，滑動(dòng)變阻器的滑片向f端滑動(dòng)時(shí)，其接入電路的電阻減小，根據(jù)閉合電路歐姆定律可知通過R1的電流增大，根據(jù)P＝I2R可知，R1的熱功率增大，A正確；僅將T向b端移動(dòng)，R1兩端的電壓減小，根據(jù)P＝U2R可知，R1的熱功率減小，B錯(cuò)誤；同理，僅將T向a端移動(dòng)，R1的熱功率增大，再將滑動(dòng)變阻器的滑片向f端滑動(dòng)，R1的熱功率進(jìn)一步增大，C正確；經(jīng)以上分析可知，將T向b端移動(dòng)，滑動(dòng)變阻器的滑片向e端滑動(dòng)，R1的熱功率減小，【例8】（2024·山西晉中三模）2023年10月，國內(nèi)某品牌發(fā)布全液冷超級(jí)充電樁，可實(shí)現(xiàn)“一秒一公里”的充電速度?？傠娫吹匠潆姌兜暮喕娐穲D如圖所示。已知總電源輸出頻率為50Hz的正弦式交流電，升壓變壓器原線圈兩端電壓U1＝500V，輸電線的總電阻r＝25Ω，降壓變壓器的匝數(shù)比為n3∶n4＝15∶1，變壓器均視為理想變壓器。若給汽車充電時(shí)該充電樁獲得的電壓為1000V，功率為600kW，下列說法正確的是（）A.流經(jīng)充電樁電流的最大值為600AB.1s內(nèi)電流的方向變化50次C.若充電樁消耗的功率減小，在U1不變的情況下，充電樁獲得的電壓減小D.升壓變壓器的匝數(shù)比為n1∶n2＝1∶32答案：D解析：由P4＝U4I4，可得I4＝600A，充電樁電流的有效值為600A，但由于是正弦式交流電，所以充電樁最大電流為Im＝6002A，A錯(cuò)誤；由于已知交變電流的頻率為50Hz，則電流方向在1s內(nèi)改變100次，B錯(cuò)誤；若充電樁消耗的功率減小，則電源輸入總功率減小，因?yàn)閁1不變，可知U2不變，升壓變壓器原線圈中電流減小，升壓變壓器副線圈中電流減小，則輸電線上損耗的電壓減小，降壓變壓器原線圈兩端電壓變大，則降壓變壓器副線圈兩端電壓也變大，C錯(cuò)誤；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，等效電阻法在變壓器電路中的應(yīng)用當(dāng)理想變壓器的副線圈接純電阻元件時(shí)，可以把理想變壓器（含副線圈中的元件）等效成一個(gè)電阻來處理，設(shè)原、副線圈的匝數(shù)分別為n1、n2，原線圈輸入電壓為U1，電流為I1，副線圈輸出電壓為U2，電流為I2，副線圈負(fù)載電阻為R，則等效電阻R等效＝U1I1＝n1n2【典例1】（2024·湖南高考6題）根據(jù)國家能源局統(tǒng)計(jì)，截止到2023年9月，我國風(fēng)電裝機(jī)4億千瓦，連續(xù)13年居世界第一位，湖南在國內(nèi)風(fēng)電設(shè)備制造領(lǐng)域居于領(lǐng)先地位。某實(shí)驗(yàn)小組模擬風(fēng)力發(fā)電廠輸電網(wǎng)絡(luò)供電的裝置如圖所示。已知發(fā)電機(jī)轉(zhuǎn)子以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，升、降壓變壓器均為理想變壓器，輸電線路上的總電阻可簡化為一個(gè)定值電阻R0。當(dāng)用戶端接一個(gè)定值電阻R時(shí)，R0上消耗的功率為P。不計(jì)其余電阻，下列說法正確的是（）A.風(fēng)速增加，若轉(zhuǎn)子角速度增加一倍，則R0上消耗的功率為4PB.輸電線路距離增加，若R0阻值增加一倍，則R0上消耗的功率為4PC.若升壓變壓器的副線圈匝數(shù)增加一倍，則R0上消耗的功率為8PD.若在用戶端再并聯(lián)一個(gè)完全相同的電阻R，則R0上消耗的功率為6P答案：A解析：設(shè)升壓變壓器原、副線圈匝數(shù)分別為n1、n2，降壓變壓器原、副線圈匝數(shù)分別為n3、n4，將降壓變壓器和用戶端所接定值電阻R等效為一個(gè)電阻R等效，則R等效＝U3I3＝n3n4U4n4n3I4＝n32n42R。發(fā)電機(jī)轉(zhuǎn)子以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，產(chǎn)生的電動(dòng)勢的最大值Em＝NBSω，則升壓變壓器輸入端的電壓有效值U1＝NBSω2，轉(zhuǎn)子角速度增加一倍，則升壓變壓器輸出端電壓為U2＝n2n1U1增加一倍，根據(jù)閉合電路歐姆定律知定值電阻R0中的電流變?yōu)樵瓉淼?倍，結(jié)合P＝I02R0可知，轉(zhuǎn)子角速度增加一倍，R0上消耗的功率變?yōu)?P，選項(xiàng)A正確；結(jié)合P＝U2R0＋R等效2·R0，若R0增加一倍，則R0上消耗的功率為U22R0＋R等效2·2R0≠4P，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；若升壓變壓器的副線圈增加一倍，根據(jù)理想變壓器變壓規(guī)律知，升壓變壓器副線圈兩端的電壓變?yōu)樵瓉淼?倍，由I0＝U2【典例2】（2024·湖南長沙期中）如圖所示的是節(jié)日彩燈供電電路圖，變壓器為理想變壓器，所有燈泡均相同，在A、B兩端接入電壓恒定的正弦交流電，若發(fā)現(xiàn)燈泡的燈光較暗，為使燈泡正常發(fā)光，需要調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器R2的滑片，下列調(diào)節(jié)及結(jié)果判斷正確的是（）A.應(yīng)將滑動(dòng)變阻器R2滑片向右移B.調(diào)節(jié)后，變壓器原線圈輸入電壓變大C.調(diào)節(jié)后，電阻R1消耗的功率變大D.調(diào)節(jié)后，滑動(dòng)變阻器R2兩端的電壓增大答案：C解析：設(shè)所有燈泡并聯(lián)部分的電阻為RL，根據(jù)變壓器等效規(guī)律，等效電路如圖所示，則UAB＝IR1＋I(xiàn)n1n22R2＋I(xiàn)n1n22RL，若滑動(dòng)變阻器R2滑片向右移，接入電路的電阻變大，相當(dāng)于原線圈等效電阻增大，原線圈中電流減小，則副線圈電路中的電流變小，燈泡變暗，A錯(cuò)誤；調(diào)節(jié)后，副線圈電路中的電流I2變大，原線圈電流I1也變大，根據(jù)U1＝UAB－I1R1，變壓器原線圈輸入電壓U1變小，B錯(cuò)誤；調(diào)節(jié)后，原線圈電流I1變大，根據(jù)P＝I12R1，電阻R1消耗的功率變大，C正確；調(diào)節(jié)后，變壓器原線圈輸入電壓U1變小，副線圈電壓U2也變小，副線圈電路中的電流I2變大，根據(jù)UR2＝U2－I21.（2024·廣東高考1題）將阻值為50Ω的電阻接在正弦式交流電源上。電阻兩端電壓隨時(shí)間的變化規(guī)律如圖所示。下列說法正確的是（）A.該交流電的頻率為100HzB.通過電阻電流的峰值為0.2AC.電阻在1秒內(nèi)消耗的電能為1JD.電阻兩端電壓表達(dá)式為u＝102sin100πt（V）解析：D由圖像可知交流電的周期為0.02s，則頻率f＝1T＝50Hz，故A錯(cuò)誤；根據(jù)圖像可知電壓的峰值為102V，根據(jù)歐姆定律可知電流的峰值Im＝UmR＝102V50Ω＝0.22A，故B錯(cuò)誤；電流的有效值為I＝Im2＝0.2A，所以電阻在1s內(nèi)消耗的電能為W＝I2Rt＝0.22×50×1J＝2J，故C錯(cuò)誤；根據(jù)圖像可知電阻兩端電壓表達(dá)式為u＝Umsinωt＝102sin2πTt（V）＝2.（2024·安徽合肥三模）圖甲、乙為家庭應(yīng)急式手動(dòng)小型發(fā)電機(jī)的兩個(gè)截面示意圖。推動(dòng)手柄使半徑為r的圓形線圈沿軸線做簡諧運(yùn)動(dòng)，速度隨時(shí)間變化的規(guī)律為v＝v0sinωt，線圈匝數(shù)為n，電阻不計(jì)，所在位置磁感應(yīng)強(qiáng)度大小恒為B，燈泡的額定電壓為U，若燈泡剛好正常發(fā)光，則理想變壓器的原、副線圈匝數(shù)比n1n2等于A.nπBrv0C.2nπBrv解析：B由題意可知，線圈產(chǎn)生的是正弦式交流電，電動(dòng)勢的最大值為Em＝2πnBrv0，電動(dòng)勢的有效值為E＝Em2＝2nπBrv0，由于線圈電阻不計(jì)，則變壓器原、副線圈匝數(shù)比為n1n2＝EU3.（2024·湖北高考5題）在如圖所示電路中接入正弦交流電，燈泡L1的電阻是燈泡L2的2倍。假設(shè)兩個(gè)二極管正向電阻為0、反向電阻無窮大。閉合開關(guān)S，燈泡L1、L2的電功率之比P1∶P2為（）A.2∶1 B.1∶1C.1∶2 D.1∶4解析：C分析電路特點(diǎn)可知，在接入正弦式交流電的一個(gè)周期內(nèi)，有半個(gè)周期只給L1供電，另半個(gè)周期只給L2供電，L1兩端電壓的有效值與L2兩端電壓的有效值相等，又R1∶R2＝2∶1，則根據(jù)P＝U2R可知，燈泡L1、L2的電功率之比P1∶P2＝1∶2，4.（2024·江西九江二模）如圖所示，光敏電阻的阻值隨光照強(qiáng)度的增大而減小，當(dāng)照射光敏電阻的光減弱時(shí)，則（）A.電壓表的示數(shù)減小 B.電流表的示數(shù)減小C.電容器所帶電荷量減小 D.電源輸出功率減小解析：C減弱照射光敏電阻R3的光照強(qiáng)度，R3的阻值增大，總電阻增大，根據(jù)閉合電路歐姆定律可得干路電流減小，則路端電壓增大，即電壓表示數(shù)增大，A錯(cuò)誤；路端電壓增大，則R1兩端的電壓增大，電流增大，電流表的示數(shù)增大，B錯(cuò)誤；總電流減小，通過R1的電流增大，則通過R2的電流減小，R2的電壓減小，即電容器兩端的電壓減小，又Q＝CU，可得電容器所帶電荷量減小，C正確；當(dāng)電源的內(nèi)阻和外電阻阻值相等時(shí)，電源輸出功率最大，本題中電源內(nèi)阻與外電阻阻值之間的大小關(guān)系未知，故無法判斷電源輸出功率是增大還是減小，D錯(cuò)誤。5.（2024·廣東廣州三模）燃油汽車點(diǎn)火系統(tǒng)的基本結(jié)構(gòu)如圖所示，主要部分由直流電源E、保護(hù)電容C、電阻R、理想變壓器、火花塞等構(gòu)成，已知直流電源的電動(dòng)勢為12V，火花塞內(nèi)兩觸點(diǎn)之間要產(chǎn)生30kV電壓，才能產(chǎn)生電弧將油氣點(diǎn)燃，理想變壓器原、副線圈匝數(shù)之比為1∶100，下列說法正確的是（）A.開關(guān)S閉合時(shí)，電容C將進(jìn)行充電B.開關(guān)S閉合瞬間，變壓器副線圈兩端電壓最高可達(dá)30kVC.開關(guān)S斷開瞬間，若要將油氣點(diǎn)燃，變壓器原線圈至少需產(chǎn)生300V電壓D.開關(guān)S斷開后，電容器將先放電后充電解析：C開關(guān)S閉合時(shí)，電容C將會(huì)被短路，不會(huì)充電，A錯(cuò)誤；開關(guān)S閉合瞬間，變壓器原線圈兩端電壓不會(huì)超過電源的電動(dòng)勢，則副線圈兩端電壓不超過1200V，B錯(cuò)誤；開關(guān)S斷開瞬間，變壓器副線圈兩端電壓可達(dá)30kV，則變壓器原線圈至少需產(chǎn)生300V自感電壓，C正確；開關(guān)S斷開后，由于變壓器原線圈發(fā)生自感，電容器將先充電再放電，D錯(cuò)誤。6.（2024·海南?？谝荒＃┤鐖D所示，電阻為R的金屬直角線框abcd放置在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，a、d兩點(diǎn)連線與磁場垂直，ab、cd長均為l，bc長為2l，定值電阻阻值也為R，線框繞ad連線以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動(dòng)。t＝0時(shí)刻線框所在平面與磁場垂直，則（）A.t＝0時(shí)刻穿過線框磁通量的變化率最大B.t＝0時(shí)刻bc邊所受安培力大小為2C.a、d兩點(diǎn)間電壓變化規(guī)律為u＝2Bl2ωsinωtD.線框轉(zhuǎn)一圈過程中外力對(duì)線框做功為2解析：Dt＝0時(shí)刻，bc邊運(yùn)動(dòng)方向與磁場方向平行，感應(yīng)電動(dòng)勢為零，穿過線框磁通量的變化率為零。電路中沒有感應(yīng)電流，bc邊所受安培力為零，A、B錯(cuò)誤；依題意，感應(yīng)電動(dòng)勢的最大值為Em＝NBSω＝2Bl2ω，a、d兩點(diǎn)間的電壓的最大值為Um＝RR＋REm＝Bl2ω，則a、d兩點(diǎn)間電壓變化規(guī)律為u＝Umsinωt＝Bωl2sinωt，C錯(cuò)誤；電動(dòng)勢的有效值為E＝Em2＝2Bl2ω，線框轉(zhuǎn)一圈過程中外力對(duì)線框做功為W＝Q＝E2R7.（2024·江蘇徐州三模）某學(xué)習(xí)小組設(shè)計(jì)了改變電容器極板間電壓的電路，電壓表可視為理想電表，下列電路中，既安全又能使電容器極板間電壓變化范圍較大的是（）解析：A由題圖可知，分壓式電路電壓范圍較大，A選項(xiàng)中滑片P處于最左端時(shí)電容器兩端電壓為0，當(dāng)滑片處于最右端時(shí)，電容器兩端電壓為U＝RER＋r，故電容器極板間電壓變化范圍為0～RER＋r；B選項(xiàng)中滑片P處于最左端時(shí)電容器兩端電壓為0，當(dāng)滑片處于最右端時(shí)，電容器兩端電壓為U＝RER＋r，故電容器極板間電壓變化范圍為0～RER＋r，但是B8.（2024·山東泰安三模）遠(yuǎn)距離輸電的示意圖如圖所示，變壓器均為理想變壓器，升壓變壓器的原、副線圈匝數(shù)比為n1n2＝3200，降壓變壓器的原、副線圈匝數(shù)比為n3n4＝100011，輸電線的總電阻為R＝200Ω。當(dāng)用戶消耗的電功率為110kW時(shí)，入戶電壓U4＝220A.465V B.316.5VC.232.5V D.216.5V解析：B降壓變壓器副線圈中的電流I2＝PU4＝1.1×105W220V＝500A，設(shè)輸電線上的電流為I1，根據(jù)I1I2＝n4n3，解得I1＝5.5A，根據(jù)U3U4＝n3n4，解得U3＝20000V，輸電線上損失的電壓ΔU＝I1R＝1100V，可知升壓變壓器副線圈兩端的電壓U2＝U3＋ΔU＝219.（2024·天津河北區(qū)二模）圖甲中理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)比n1∶n2＝5∶1，電阻R＝20Ω，L1、L2為規(guī)格相同的兩只小燈泡，S1為單刀雙擲開關(guān)，原線圈接正弦交變電源，輸入電壓u隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖乙所示，現(xiàn)將S1接1、S2閉合，此時(shí)L2正常發(fā)光，下列說法正確的是（）A.輸入電壓u的表達(dá)式是u＝202sin50πt（V）B.只斷開S1后，L1、L2均正常發(fā)光C.若S1換接到2后，R消耗的電功率為0.8WD.只斷開S2后，原線圈的輸入功率增大解析：C由圖乙可知周期T＝0.02s，則ω＝2πT＝100πrad/s，所以輸入電壓u的表達(dá)式應(yīng)為u＝202sin100πt（V），A錯(cuò)誤；只斷開S1后，L1、L2斷路，均不能正常發(fā)光，B錯(cuò)誤；理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)比n1∶n2＝5∶1，則副線圈的有效值U2＝n2n1U1＝15×2022V＝4V，若S1換接到2后，只有電阻R接入電路，則R消耗的電功率P＝U22R＝0.8W，C正確；只斷開S2后10.（2024·江蘇蘇州模擬）一矩形線圈，面積是0.05m2，共100匝，線圈電阻為1Ω，外接電阻為R＝4Ω，線圈在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B＝1πT的勻強(qiáng)磁場中，以10πrad/s的角速度繞垂直于磁感線的軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，如圖所示。若從線圈平面經(jīng)過中性面位置開始計(jì)時(shí)，求（1）線圈中感應(yīng)電動(dòng)勢的最大值；（2）線圈中感應(yīng)電動(dòng)勢的瞬時(shí)值表達(dá)式；（3）線圈從開始計(jì)時(shí)經(jīng)120s的過程中，外接電阻R上產(chǎn)生的熱量答案：（1）50V（2）e＝50sin10πt（V）（3）10J解析：（1）線圈中感應(yīng)電動(dòng)勢的最大值Em＝nBωS＝100×1π×10π×0.05V＝50V（2）線圈中感應(yīng)電動(dòng)勢的瞬時(shí)值表達(dá)式e＝Emsinωt＝50sin10πt（V）。（3）電路中電流有效值I＝ER＋r＝502（4+1）外接電阻R上產(chǎn)生的熱量Q＝I2Rt＝（52）2×4×120J＝10J11.（多選）（2024·河北邯鄲模擬）在如圖所示的電路中，理想變壓器的匝數(shù)比n1∶n2∶n3＝4∶2∶1，定值電阻R1＝4Ω，R2＝R3＝1Ω，滑動(dòng)變阻器R的最大阻值為3Ω。在c、d兩端輸入正弦式交流電，電壓的表達(dá)式為u＝102sin100πt（V）。當(dāng)滑片P從a端滑到b端的過程中，下列說法正確的是（）A.電阻R3的功率一直增大B.電流表示數(shù)的最小值為56C.當(dāng)滑片Р處在a端與b端的中點(diǎn)時(shí)，整個(gè)電路的功率達(dá)到最大D.理想變壓器的最大輸出功率為6.25W解析：BD等效電路圖如圖所示，兩副線圈的等效電阻為R2'＝n1n22（R＋R2），R3'＝n1n32R3；當(dāng)滑片P從a端滑到b端的過程中，總電阻減小，總電流增大，R1兩端的電壓增大，R3'兩端的電壓減小，故電阻R3的功率一直減小，A錯(cuò)誤；原線圈的兩端電壓為U＝Um2＝10V，當(dāng)滑片位于a端時(shí)，電流表的示數(shù)最小，此時(shí)滑動(dòng)變阻器的阻值為3Ω，原線圈電流最小值為I1＝UR1＋R2'R3'R2'＋R3'＝56A，B正確；由圖可知當(dāng)滑片P從a端滑到b端的過程中，滑動(dòng)變阻器接入電路的阻值變小，則總電阻減小，原線圈的電流變大，又因?yàn)镻＝UI1，所以當(dāng)滑片Р滑至b端時(shí)，整個(gè)電路的功率達(dá)到最大，C錯(cuò)誤；將R1等效為電源內(nèi)阻。則電源的輸出功率最大時(shí)滿足R1＝R素養(yǎng)培優(yōu)6電磁感應(yīng)中動(dòng)力學(xué)、能量和動(dòng)量的綜合動(dòng)力學(xué)與能量觀點(diǎn)在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用1.電磁感應(yīng)綜合問題的解題思路2.求解焦耳熱Q的三種方法（1）焦耳定律：Q＝I2Rt，適用于電流恒定的情況；（2）功能關(guān)系：Q＝W克安（W克安為克服安培力做的功）；（3）能量轉(zhuǎn)化：Q＝ΔE（其他能的減少量）。【典例1】（多選）（2024·吉林高考9題）如圖，兩條“”形的光滑平行金屬導(dǎo)軌固定在絕緣水平面上，間距為L，左、右兩導(dǎo)軌面與水平面夾角均為30°，均處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為2B和B。將有一定阻值的導(dǎo)體棒ab、cd放置在導(dǎo)軌上，同時(shí)由靜止釋放，兩棒在下滑過程中始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好。ab、cd的質(zhì)量分別為2m和m，長度均為L。導(dǎo)軌足夠長且電阻不計(jì)，重力加速度大小為g，兩棒在下滑過程中（）A.回路中的電流方向?yàn)閍bcda B.ab中電流趨于3C.ab與cd加速度大小之比始終為2∶1 D.兩棒產(chǎn)生的電動(dòng)勢始終相等答案：AB解析：由于ab和cd均沿導(dǎo)軌下滑，則abcd回路的磁通量增大，根據(jù)楞次定律可知，回路中的電流方向?yàn)閍bcda，A正確；初始時(shí)，對(duì)ab和cd分別受力分析，如圖所示，根據(jù)牛頓第二定律分別有2mgsin30°－2BILcos30°＝2ma1、mgsin30°－BILcos30°＝ma2，可得a1＝a2＝g2－3BIL2m，則ab與cd加速度大小之比始終為1∶1，C錯(cuò)誤；當(dāng)加速度趨于零時(shí)，兩導(dǎo)體棒中的電流趨于穩(wěn)定，結(jié)合C項(xiàng)分析可知，ab中的電流趨于3mg3BL，B正確；由于ab和cd加速度大小始終相等，則兩導(dǎo)體棒的速度大小始終相等，【典例2】（2024·江蘇震澤中學(xué)模擬）如圖所示的是水平平行光滑導(dǎo)軌M、N和P、Q，M、N的間距為L，P、Q的間距為2L。M、N上放有一導(dǎo)體棒ab，ab與導(dǎo)軌垂直，質(zhì)量為m，電阻為R。P、Q上放有一導(dǎo)體棒cd，cd也與導(dǎo)軌垂直，質(zhì)量為2m，電阻為2R。導(dǎo)軌電阻不計(jì)。勻強(qiáng)磁場豎直穿過導(dǎo)軌平面，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。初始兩導(dǎo)體棒靜止，設(shè)在極短時(shí)間內(nèi)給ab一個(gè)水平向左的速度v0，使ab向左運(yùn)動(dòng)，最后ab和cd的運(yùn)動(dòng)都達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)。求：（1）剛開始運(yùn)動(dòng)的瞬間，ab和cd的加速度大小和方向；（2）穩(wěn)定后ab和cd的速度大小；（3）整個(gè)過程中ab產(chǎn)生的熱量。答案：（1）B2L2v03mRB2L2v03mR方向都水平向右解析：（1）設(shè)ab的加速度為a1，cd的加速度為a2ab受到的安培力F1＝BILcd受到的安培力F2＝BI×2L電流I＝E3R，電動(dòng)勢E＝由牛頓第二定律得F1＝ma1，F(xiàn)2＝2ma2解得a1＝B2L2v0由右手定則和左手定則可知加速度方向都水平向右。（2）ab棒向左做減速運(yùn)動(dòng)，cd棒向右做加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)電路中的電流為零時(shí)，兩導(dǎo)體棒達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)，做勻速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)此時(shí)速度分別為v1和v2，則BLv1＝B×2Lv2分析得兩導(dǎo)體棒加速度在任意時(shí)刻都相等，則v1＝v0－at，v2＝at解得v1＝23v0，v2＝v（3）產(chǎn)生的總熱量Q＝12mv02－12mv12又Qab＝13解得產(chǎn)生的熱量為Qab＝118mv動(dòng)量觀點(diǎn)在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用角度1動(dòng)量定理在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用在導(dǎo)體單桿切割磁感線做變加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，若運(yùn)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律和能量觀點(diǎn)不能解決問題，可運(yùn)用動(dòng)量定理巧妙解決問題。求解的物理量應(yīng)用示例電荷量或速度－BILΔt＝mv2－mv1，q＝IΔt，即－BqL＝mv2－mv1位移－B2L2vΔtR總＝0－mv0，即時(shí)間－BILΔt＋F其他Δt＝mv2－mv1，即－BLq＋F其他Δt＝mv2－mv1，已知電荷量q、F其他（F其他為恒力）－B2L2vΔtR總＋F其他Δ即－B2L2xR總＋F其他Δt＝已知位移x、F其他（F其他為恒力）【典例3】（多選）（2024·山東聊城一模）如圖所示，四條光滑的足夠長的金屬導(dǎo)軌M、N、P、Q平行放置，導(dǎo)軌固定于絕緣水平面上，M、N導(dǎo)軌間距為2L，P、Q導(dǎo)軌間距為L，兩組導(dǎo)軌間由導(dǎo)線相連，導(dǎo)軌內(nèi)存在豎直向下的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場，兩根質(zhì)量均為m、接入電路的電阻均為R的導(dǎo)體棒C、D分別垂直于導(dǎo)軌放置，且均處于靜止?fàn)顟B(tài)。C獲得向右的瞬時(shí)速度v0，同時(shí)使導(dǎo)體棒D獲得向左的瞬時(shí)速度13v0。兩導(dǎo)體棒在達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)運(yùn)動(dòng)過程中始終與導(dǎo)軌垂直并與導(dǎo)軌接觸良好，且均未到達(dá)兩組導(dǎo)軌連接處。則下列說法正確的是（A.開始階段，導(dǎo)體棒C、D均做減速運(yùn)動(dòng)，C先減速至零B.達(dá)到穩(wěn)定運(yùn)動(dòng)時(shí)，導(dǎo)體棒C、D均向右運(yùn)動(dòng)C.從t＝0時(shí)至穩(wěn)定運(yùn)動(dòng)的過程中，通過導(dǎo)體棒的電荷量為mD.從t＝0時(shí)至穩(wěn)定運(yùn)動(dòng)的過程中，通過導(dǎo)體棒的電荷量為7答案：BD解析：規(guī)定以水平向右為正方向，對(duì)C應(yīng)用動(dòng)量定理可得－I×2LBΔt＝mv1－mv0，對(duì)D應(yīng)用動(dòng)量定理可得ILBΔt＝mv2－－m×v03，最終穩(wěn)定時(shí)，總電動(dòng)勢為零，即B×2Lv1＝BLv2，聯(lián)立求得v1＝v015，v2＝215v0，所以運(yùn)動(dòng)穩(wěn)定時(shí)，導(dǎo)體棒C、D均向右運(yùn)動(dòng)，因此D棒先減速到零，再向右加速，又由ILBΔt＝BqL＝mv2＋m×v03，角度2動(dòng)量守恒定律在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用雙桿模型物理模型“一動(dòng)一靜”：甲桿靜止不動(dòng)，乙桿運(yùn)動(dòng)，其實(shí)質(zhì)是單桿問題，不過要注意問題包含著一個(gè)條件——甲桿靜止，受力平衡兩桿都在運(yùn)動(dòng)，對(duì)于這種情況，要注意兩桿切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢是相加還是相減；系統(tǒng)動(dòng)量是否守恒分析方法動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)通常情況下一個(gè)金屬桿做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，而另一個(gè)金屬桿做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng)，最終兩金屬桿以共同的速度勻速運(yùn)動(dòng)能量觀點(diǎn)兩桿系統(tǒng)機(jī)械能減少量等于回路中產(chǎn)生的焦耳熱之和動(dòng)量觀點(diǎn)對(duì)于兩金屬桿在平直的光滑導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)的情況，如果兩金屬桿所受的外力之和為零，則考慮應(yīng)用動(dòng)量守恒定律處理問題【典例4】（多選）（2024·山東濰坊一模）如圖所示，兩根型平行光滑金屬導(dǎo)軌固定在絕緣水平面上，左、右兩側(cè)導(dǎo)軌間距分別為l和2l，處于豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為2B和B。已知導(dǎo)體棒ab的電阻為R、長度為l，導(dǎo)體棒cd的電阻為2R、長度為2l，cd的質(zhì)量是ab的3倍。兩棒中點(diǎn)之間連接一原長為L輕質(zhì)絕緣彈簧?，F(xiàn)將彈簧拉伸至3L后，同時(shí)由靜止釋放兩導(dǎo)體棒，兩棒在各自磁場中往復(fù)運(yùn)動(dòng)直至停止，彈簧始終在彈性限度內(nèi)。整個(gè)過程中兩棒保持與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，導(dǎo)軌足夠長，電阻不計(jì)。下列說法正確的是（）A.整個(gè)過程中，回路中始終產(chǎn)生順時(shí)針方向的電流B.整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，ab與cd的路程之比為3∶1C.cd棒克服安培力做的功等于cd棒產(chǎn)生的熱量D.整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，通過cd的電荷量為4答案：BD解析：根據(jù)題意可知，由靜止釋放兩導(dǎo)體棒，ab向右運(yùn)動(dòng)，cd向左運(yùn)動(dòng)，即彈簧收縮，由右手定則可知，回路中產(chǎn)生順時(shí)針方向的電流，設(shè)某時(shí)刻電流大小為I，可知，ab所受安培力大小為Fab＝2BIl，方向向左，cd所受安培力大小為Fcd＝BI·2l，方向向右，可知，兩棒組成的系統(tǒng)所受外力矢量和為零，動(dòng)量守恒，則當(dāng)彈簧伸展過程中，一定有ab向左運(yùn)動(dòng)，cd向右運(yùn)動(dòng)，根據(jù)右手定則可知，回路中產(chǎn)生逆時(shí)針方向的電流，A錯(cuò)誤；由A分析可知，兩棒組成的系統(tǒng)所受外力矢量和為零，動(dòng)量守恒，由于開始運(yùn)動(dòng)時(shí)，系統(tǒng)動(dòng)量為零，則任意時(shí)刻兩棒的動(dòng)量大小相等，方向相反，則有mabvab＝mcdvcd，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，則有mabvabt＝mcdvcdt，即mabsab＝mcdscd，則ab與cd的路程之比為sabscd＝mcdmab＝31，B正確；由上述分析可知，整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，兩棒所受安培力一直保持大小相等，且ab與cd的路程之比為3∶1，則ab與cd克服安培力做的功之比為3∶1，由公式Q＝I2Rt可知，由于ab與cd的電阻之比為1∶2，則ab與cd產(chǎn)生的熱量之比為1∶2，可知，cd棒克服安培力做的功不等于cd棒產(chǎn)生的熱量，C錯(cuò)誤；由公式E＝ΔΦΔt、I＝E2R＋R和q＝It可得，整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，通過cd的電荷量為q＝ΔΦ2R＋R，當(dāng)兩棒在各自磁場中往復(fù)運(yùn)動(dòng)直至停止，彈簧恢復(fù)原長，兩棒間距離減小2L，則ab向右運(yùn)動(dòng)的距離為xab＝34×2L＝32L，cd向左運(yùn)動(dòng)的距離為x【典例5】（2024·湖北高考15題）如圖所示，兩足夠長平行金屬直導(dǎo)軌MN、PQ的間距為L，固定在同一水平面內(nèi)，直導(dǎo)軌在左端M、P點(diǎn)分別與兩條豎直固定、半徑為L的14圓弧導(dǎo)軌相切。MP連線與直導(dǎo)軌垂直，其左側(cè)無磁場，右側(cè)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場。長為L、質(zhì)量為m、電阻為R的金屬棒ab跨放在兩圓弧導(dǎo)軌的最高點(diǎn)。質(zhì)量為2m、電阻為6R的均勻金屬絲制成一個(gè)半徑為L的圓環(huán)，水平放置在兩直導(dǎo)軌上，其圓心到兩直導(dǎo)軌的距離相等。忽略導(dǎo)軌的電阻、所有摩擦以及金屬環(huán)的可能形變，金屬棒、金屬環(huán)均與導(dǎo)軌始終接觸良好，重力加速度大小為g?，F(xiàn)將金屬棒ab由靜止釋放，求（1）ab剛越過MP時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢大小。（2）金屬環(huán)剛開始運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小。（3）為使ab在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中不與金屬環(huán)接觸，金屬環(huán)圓心初始位置到MP的最小距離。答案：（1）BL2gL（2）（3）mR2gL解析：（1）設(shè)ab棒剛越過MP時(shí)速度大小為v1，產(chǎn)生的電動(dòng)勢大小為E1，對(duì)ab在圓弧導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)的過程，由機(jī)械能守恒定律有mgL＝12mab剛越過MP時(shí)，由法拉第電磁感應(yīng)定律得E1＝BLv1聯(lián)立得E1＝BL2gL（2）經(jīng)分析知金屬環(huán)在導(dǎo)軌外的兩段電阻被短路，由幾何關(guān)系可知導(dǎo)軌之間兩段金屬環(huán)的電阻均為R，它們在電路中并聯(lián)后的總電阻Rc＝R設(shè)電路中初始的干路電流為I1，由閉合電路歐姆定律有I1＝E經(jīng)分析知整個(gè)金屬環(huán)在運(yùn)動(dòng)過程中可視為長度為L、電阻為Rc的金屬棒，設(shè)金屬環(huán)剛開始運(yùn)動(dòng)時(shí)所受的安培力大小為F1、加速度大小為a，則F1＝I1LB由牛頓第二定律得F1＝2ma聯(lián)立解得a＝B2（3）經(jīng)分析，ab進(jìn)入磁場后，ab和金屬環(huán)組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，設(shè)兩者共速時(shí)的速度大小為v2，由動(dòng)量守恒定律得mv1＝（m＋2m）v2設(shè)在極短時(shí)間Δt內(nèi)，ab與金屬環(huán)圓心的距離減少量為Δx，金屬環(huán)所受安培力大小為F，流過ab的電流為I，整個(gè)電路的電動(dòng)勢為E，對(duì)金屬環(huán)，由動(dòng)量定理得ΣFΔt＝2mv2－0F＝ILB由閉合電路歐姆定律得I＝E設(shè)金屬環(huán)圓心初始位置到MP的最小距離為s，若ab與金屬環(huán)共速時(shí)，兩者恰好接觸，金屬環(huán)圓心初始位置到MP的距離最小，對(duì)ab進(jìn)入磁場到兩者共速的過程，由法拉第電磁感應(yīng)定律有E＝BLΔs＝L＋ΣΔx聯(lián)立解得s＝mR2gLB1.（多選）（2024·重慶四區(qū)聯(lián)考）如圖所示，兩根足夠長的固定平行光滑金屬導(dǎo)軌位于同一水平面內(nèi)，導(dǎo)軌上橫放著兩根相同的導(dǎo)體棒ab、cd，與導(dǎo)軌構(gòu)成矩形回路。導(dǎo)體棒的兩端連接著處于壓縮狀態(tài)的兩根輕質(zhì)彈簧，兩棒的中間用細(xì)線綁住。兩棒電阻均為R，回路上其余部分的電阻不計(jì)。在兩導(dǎo)軌間有豎直向下的勻強(qiáng)磁場。開始時(shí)，導(dǎo)體棒處于靜止?fàn)顟B(tài)，剪斷細(xì)線后，在導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)過程中（）A.回路中有感應(yīng)電動(dòng)勢B.兩根導(dǎo)體棒所受安培力的方向相同C.兩根導(dǎo)體棒和彈簧構(gòu)成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒D.兩根導(dǎo)體棒和彈簧構(gòu)成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，機(jī)械能不守恒解析：AD剪斷細(xì)線后，由于彈簧的作用，導(dǎo)體棒ab、cd反向運(yùn)動(dòng)，穿過導(dǎo)體棒ab、cd與導(dǎo)軌構(gòu)成的矩形回路的磁通量增大，回路中產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢，A正確；導(dǎo)體棒ab、cd中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向相反，根據(jù)左手定則，可知兩根導(dǎo)體棒所受安培力的方向相反，B錯(cuò)誤；兩根導(dǎo)體棒和彈簧構(gòu)成的系統(tǒng)在運(yùn)動(dòng)過程中所受外力矢量和為0，所以系統(tǒng)動(dòng)量守恒，由于產(chǎn)生感應(yīng)電流，產(chǎn)生熱量，所以一部分機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，C錯(cuò)誤，D正確。2.（多選）（2024·廣東肇慶二模）如圖所示，空間中存在豎直向下的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。有兩根完全相同的金屬棒a和b垂直靜置于足夠長的水平光滑平行金屬導(dǎo)軌上，導(dǎo)軌間距為L、電阻不計(jì)，金屬棒與導(dǎo)軌接觸良好，兩根金屬棒的質(zhì)量均為m、長度均為L、電阻均為R。將b固定在導(dǎo)軌上，某時(shí)刻給a施加一個(gè)水平向右的恒力F。下列說法正確的是（）A.a棒所受的安培力先增大后減小B.a棒的最大速度為2C.若解除b的固定，則穩(wěn)定后兩棒的速度相等D.若解除b的固定，則穩(wěn)定后兩棒的加速度相等解析：BD對(duì)a受力分析，結(jié)合牛頓第二定律有F－F安＝ma，F(xiàn)安＝BIL＝BBLv2RL＝B2L2v2R，解得a＝Fm－B2L2v2R，所以a做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，故a棒所受的安培力一直增大，A錯(cuò)誤；當(dāng)a棒的加速度為a＝0時(shí)，a棒的速度最大，此時(shí)F＝B2L2v2R，可得v＝2FRB2L2，B正確；若解除b的固定，對(duì)a受力分析，結(jié)合牛頓第二定律有F－F安＝maa，對(duì)b受力分析結(jié)合牛頓第二定律有F安＝mab，開始時(shí)安培力較小，所以aa＞ab，兩個(gè)棒都加速，由E＝BL（va3.（2024·河北高考14題）如圖，邊長為2L的正方形金屬細(xì)框固定放置在絕緣水平面上，細(xì)框中心O處固定一豎直細(xì)導(dǎo)體軸OO'。間距為L、與水平面成θ角的平行導(dǎo)軌通過導(dǎo)線分別與細(xì)框及導(dǎo)體軸相連。導(dǎo)軌和細(xì)框分別處在與各自所在平面垂直的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B。足夠長的細(xì)導(dǎo)體棒OA在水平面內(nèi)繞O點(diǎn)以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，水平放置在導(dǎo)軌上的導(dǎo)體棒CD始終靜止。OA棒在轉(zhuǎn)動(dòng)過程中，CD棒在所受安培力達(dá)到最大和最小時(shí)均恰好能靜止。已知CD棒在導(dǎo)軌間的電阻值為R，電路中其余部分的電阻均不計(jì)，CD棒始終與導(dǎo)軌垂直，各部分始終接觸良好，不計(jì)空氣阻力，重力加速度大小為g。（1）求CD棒所受安培力的最大值和最小值。（2）鎖定OA棒，推動(dòng)CD棒下滑，撤去推力瞬間，CD棒的加速度大小為a，所受安培力大小等于（1）問中安培力的最大值，求CD棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)。答案：（1）B2L3ωRB解析：（1）當(dāng)OA棒切割磁感線的有效長度為l1＝2L時(shí)，該棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢最大，有Emax＝Bl12ω此時(shí)CD棒所受的安培力最大，結(jié)合I＝ERFAmax＝ImaxBL＝B當(dāng)OA棒切割磁感線的有效長度為l2＝L時(shí)，該棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢最小，有Emin＝Bl2此時(shí)CD棒所受的安培力最小，有FAmin＝IminBL＝B2（2）設(shè)CD棒的質(zhì)量為m，CD棒與平行導(dǎo)軌間的最大靜摩擦力為f，OA棒在轉(zhuǎn)動(dòng)過程中，CD棒在所受安培力達(dá)到最大和最小時(shí)均恰好靜止，則有FAmax＝mgsinθ＋f，F(xiàn)Amin＋f＝mgsinθ，結(jié)合（1）問分析有FAmax＝43mgsinθ，則撤去推力瞬間，CD棒的加速度方向沿平行導(dǎo)軌向上，對(duì)CD棒由牛頓第二定律有FAmax＋μmgcosθ－mgsinθ＝ma，聯(lián)立解得CD棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝34.（2024·山東省實(shí)驗(yàn)中學(xué)一模）“途靈底盤”是華為公司新推出的一款智能化多場景的汽車減震系統(tǒng)。電磁減震器是該系統(tǒng)中重要組成部分。小明同學(xué)在實(shí)驗(yàn)室中模擬電磁減震器的工作原理。在絕緣滑動(dòng)桿上固定4個(gè)完全相同且相互緊靠（忽略線圈間距離）的矩形線圈，使其進(jìn)入右側(cè)由電磁鐵產(chǎn)生的磁場中做減速運(yùn)動(dòng)。右側(cè)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度與電流之間的關(guān)系為B＝kI，其中k＝50T/A且產(chǎn)生的磁場范圍足夠大。已知滑動(dòng)桿及線圈的總質(zhì)量為m＝1.0kg，每個(gè)矩形線圈的匝數(shù)均為n＝10匝，阻值R＝1.0Ω，長為L＝20cm，寬為d＝10cm，整個(gè)過程不考慮互感影響，不計(jì)一切摩擦。（1）若電磁鐵中的電流為20mA，求線圈1完全進(jìn)入磁場時(shí)的速度變化量Δv；（2）若電磁鐵中的電流為20mA且第3個(gè)線圈完全進(jìn)入磁場時(shí)恰好減速為零，求線圈中產(chǎn)生的焦耳熱Q。答案：（1）0.4m/s，方向水平向左（2）0.72J解析：（1）由動(dòng)量定理得nBL·nBLvR·Δt＝m其中d＝vΔt右側(cè)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B＝kI解得Δv＝0.4m/s方向水平向左。（2）第3個(gè)線圈完全進(jìn)入磁場時(shí)恰好減速為零，由動(dòng)量定理得－nBL·nBLv'R·Δt'＝其中3d＝v'Δ解得第一個(gè)線圈剛進(jìn)入磁場時(shí)的速度為v＝1.2m/s線圈中產(chǎn)生的焦耳熱Q＝12mv2＝0.72J5.（2024·四川雅安檢測）如圖所示，光滑導(dǎo)體軌道PMN和P'M'N'是兩個(gè)完全一樣的軌道，均由半徑為r的四分之一圓弧軌道和水平軌道組成，圓弧軌道與水平軌道分別在M和M'點(diǎn)相切，兩軌道并列平行放置，MN和M'N'位于同一水平面上，兩軌道之間的距離為L，P、P'之間有一個(gè)阻值為R的電阻，開關(guān)K是一個(gè)感應(yīng)開關(guān)（開始時(shí)開關(guān)是斷開的），矩形區(qū)域MNN'M'內(nèi)有豎直向上的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場，水平軌道MN離水平地面的高度為h。金屬棒a和b的質(zhì)量均為m、電阻均為R，在水平軌道某位置放上金屬棒b，開始時(shí)b棒靜止不動(dòng)，a棒從圓弧頂端PP'處由靜止釋放后，沿圓弧軌道下滑，若兩棒在運(yùn)動(dòng)中始終不接觸，當(dāng)兩棒的速度穩(wěn)定時(shí)，兩棒距離x＝mR2gr2B2L2，兩棒速度穩(wěn)定之后，再經(jīng)過一段時(shí)間，b棒離開軌道做平拋運(yùn)動(dòng)，在b棒離開軌道瞬間，開關(guān)K（1）兩棒速度穩(wěn)定時(shí)的速度是多少？（2）兩棒落到地面后的距離是多少？（3）從a棒開始運(yùn)動(dòng)至b棒離開軌道的過程中，回路中產(chǎn)生的焦耳熱是多少？答案：（1）2gr2（2）rh2（3解析：（1）a棒沿圓弧軌道運(yùn)動(dòng)到最低處MM'時(shí)，由機(jī)械能守恒定律得mgr＝12m解得a棒運(yùn)動(dòng)到圓弧軌道最低處MM'時(shí)的速度v0＝2從a棒進(jìn)入水平軌道開始到兩棒達(dá)到相同速度v1的過程中，兩棒在水平方向受到的安培力總是大小相等，方向相反，所以兩棒的總動(dòng)量守恒。由動(dòng)量守恒定律得mv0＝2mv1解得兩棒做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度為v1＝2gr（2）經(jīng)過一段時(shí)間，b棒離開軌道后，a棒與電阻R組成回路，從b棒離開軌道到a棒離開軌道的過程中，a棒受到安培力的沖量大小Ia＝BILt又I＝E2R，E＝ΔΦt對(duì)a棒，由動(dòng)量定理得－Ia＝mv2－mv1解得a棒離開軌道時(shí)的速度v2＝2由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律得，兩棒落到地面后的距離為Δx＝（v1－v2）2hg＝（3）由能量守恒定律可知，從a棒開始運(yùn)動(dòng)至b棒離開軌道的過程中，回路中產(chǎn)生的焦耳熱Q＝mgr－12×2m解得Q＝12mgr第11講電磁感應(yīng)規(guī)律及其應(yīng)用1.（2024·北京高考6題）如圖所示，線圈M和線圈P繞在同一個(gè)鐵芯上，下列說法正確的是（）A.閉合開關(guān)瞬間，線圈M和線圈P相互吸引B.閉合開關(guān)，達(dá)到穩(wěn)定后，電流表的示數(shù)為0C.斷開開關(guān)瞬間，流過電流表的電流方向由a到bD.斷開開關(guān)瞬間，線圈P中感應(yīng)電流的磁場方向向左解析：B閉合開關(guān)瞬間，根據(jù)安培定則可知線圈M中突然產(chǎn)生向右的磁場，根據(jù)楞次定律可知，線圈P中感應(yīng)電流的磁場方向向左，因此線圈M和線圈P相互排斥，A錯(cuò)誤；線圈M中的磁場穩(wěn)定后，線圈P中的磁通量也不再變化，則線圈P產(chǎn)生的感應(yīng)電流為0，電流表示數(shù)為0，B正確；斷開開關(guān)瞬間，線圈M中向右的磁場瞬間減為0，根據(jù)楞次定律可知，線圈P中感應(yīng)電流的磁場方向向右，根據(jù)安培定則可知流過電流表的方向由b到a，C、D錯(cuò)誤。2.（2024·江蘇高考10題）如圖所示，在絕緣的水平面上，有閉合的兩個(gè)線圈a、b，線圈a處在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場中，線圈b位于右側(cè)無磁場區(qū)域，現(xiàn)將線圈a從磁場中勻速拉出，線圈a、b中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向分別是（）A.順時(shí)針，順時(shí)針 B.順時(shí)針，逆時(shí)針C.逆時(shí)針，順時(shí)針 D.逆時(shí)針，逆時(shí)針解析：A將線圈a勻速拉出磁場的過程中，穿過線圈a的磁通量垂直紙面向里且不斷減小，則由楞次定律可知，線圈a中的感應(yīng)電流在其內(nèi)部產(chǎn)生的磁場垂直紙面向里，在其外部產(chǎn)生的磁場垂直紙面向外，由右手螺旋定則可知，線圈a中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針，C、D錯(cuò)誤；由法拉第電磁感應(yīng)定律與閉合電路歐姆定律可知，線圈a中產(chǎn)生的感應(yīng)電流大小不變，線圈a被拉出磁場，與線圈b的距離逐漸減小，則穿過線圈b的磁通量垂直紙面向外且不斷增大，由楞次定律與右手螺旋定則可知線圈b中的感應(yīng)電流為順時(shí)針方向，A正確，B錯(cuò)誤。3.（多選）（2024·山東高考11題）如圖所示，兩條相同的半圓弧形光滑金屬導(dǎo)軌固定在水平桌面上，其所在平面豎直且平行，導(dǎo)軌最高點(diǎn)到水平桌面的距離等于半徑，最低點(diǎn)的連線OO'與導(dǎo)軌所在豎直面垂直?？臻g充滿豎直向下的勻強(qiáng)磁場（圖中未畫出），導(dǎo)軌左端由導(dǎo)線連接?，F(xiàn)將具有一定質(zhì)量和電阻的金屬棒MN平行OO'放置在導(dǎo)軌圖示位置，由靜止釋放。MN運(yùn)動(dòng)過程中始終平行于OO'且與兩導(dǎo)軌接觸良好，不考慮自感影響，下列說法正確的是（）A.MN最終一定靜止于OO'位置B.MN運(yùn)動(dòng)過程中安培力始終做負(fù)功C.從釋放到第一次到達(dá)OO'位置過程中，MN的速率一直在增大D.從釋放到第一次到達(dá)OO'位置過程中，MN中電流方向由M到N解析：ABD由楞次定律結(jié)合左手定則可知，安培力的方向與MN的運(yùn)動(dòng)方向的夾角始終大于90°，則安培力始終做負(fù)功，MN最終一定靜止在OO'位置，A、B正確；根據(jù)楞次定律可知，金屬棒從釋放到第一次到達(dá)OO'位置過程中，MN中電流方向由M到N，D正確；金屬棒在即將到達(dá)OO'位置的時(shí)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，處于減速狀態(tài)，C錯(cuò)誤。4.（2024·浙江6月選考13題）如圖所示，邊長為1m、電阻為0.04Ω的剛性正方形線框abcd放在勻強(qiáng)磁場中，線框平面與磁場垂直。若線框固定不動(dòng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度以ΔBΔt＝0.1T/s均勻增大時(shí)，線框的發(fā)熱功率為P；若磁感應(yīng)強(qiáng)度恒為0.2T，線框以某一角速度繞其中心軸OO'勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，線框的發(fā)熱功率為2P，則ab邊所受最大的安培力為A.12N B.22C.1N D.2N解析：C線框不動(dòng)，ΔBΔt＝0.1T/s時(shí)E＝ΔBΔtS＝0.1V，I＝ER＝2.5A，P＝I2R＝0.25W；當(dāng)B不變，ω恒定時(shí)，產(chǎn)生正弦式交變電流，由2P＝I'2R得I'＝522A，又I'＝Im2，則Im＝5A，由F安＝BIL知ab邊所受最大的安培力為F安max＝BI考點(diǎn)一楞次定律法拉第電磁感應(yīng)定律1.感應(yīng)電流方向的判斷方法2.感應(yīng)電動(dòng)勢大小的求法情境圖研究對(duì)象表達(dá)式回路（不一定閉合）三種形式E＝nE＝nΔE＝nB一段直導(dǎo)線（或等效直導(dǎo)線）E＝Blv繞一端轉(zhuǎn)動(dòng)的一段導(dǎo)體棒E＝12Bl2繞與B垂直的軸轉(zhuǎn)動(dòng)的導(dǎo)線框從圖示時(shí)刻計(jì)時(shí)e＝NBSωcosωt【例1】（2024·廣東深圳二模）如圖所示，一塊絕緣薄圓盤可繞其中心的光滑軸自由轉(zhuǎn)動(dòng)，圓盤的四周固定著一圈帶電的金屬小球，在圓盤的中部有一個(gè)圓形線圈。實(shí)驗(yàn)中圓盤沿順時(shí)針方向（俯視）繞中心軸轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，發(fā)現(xiàn)線圈中產(chǎn)生逆時(shí)針方向（俯視）的電流，則下列描述可能的是（）A.圓盤上金屬小球帶負(fù)電，且轉(zhuǎn)速減小B.圓盤上金屬小球帶負(fù)電，且轉(zhuǎn)速增大C.圓盤上金屬小球帶正電，且轉(zhuǎn)速不變D.圓盤上金屬小球帶正電，且轉(zhuǎn)速減小答案：A解析：線圈中產(chǎn)生逆時(shí)針方向（俯視）的感應(yīng)電流，由安培定則可知感應(yīng)電流的磁場方向向上，由楞次定律可知，可能是線圈中向上的磁場減弱或向下的磁場增強(qiáng)的結(jié)果，若圓盤上金屬小球帶負(fù)電，順時(shí)針（俯視）旋轉(zhuǎn)產(chǎn)生逆時(shí)針（俯視）方向的電流，感應(yīng)電流的磁場方向向上，轉(zhuǎn)速減小時(shí)，向上的磁場減弱，A可能，B不可能；同理可知，若圓盤上金屬小球帶正電，產(chǎn)生順時(shí)針方向（俯視）的電流，感應(yīng)電流的磁場方向向下，轉(zhuǎn)速增大時(shí)，向下的磁場增強(qiáng)，C、D不可能?！纠?】（2024·湖南高考4題）如圖，有一硬質(zhì)導(dǎo)線Oabc，其中abc是半徑為R的半圓弧，b為圓弧的中點(diǎn)，直線段Oa長為R且垂直于直徑ac。該導(dǎo)線在紙面內(nèi)繞O點(diǎn)逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，導(dǎo)線始終在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場中。則O、a、b、c各點(diǎn)電勢關(guān)系為（）A.φO＞φa＞φb＞φc B.φO＜φa＜φb＜φcC.φO＞φa＞φb＝φc D.φO＜φa＜φb＝φc答案：C解析：由題及幾何關(guān)系可知Oa＝R，Ob＝5R，Oc＝5R，根據(jù)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·安徽蕪湖模擬）如圖所示，在勻強(qiáng)磁場中有一由兩段14圓弧及其部分半徑構(gòu)成的導(dǎo)線框CDEF，且C點(diǎn)和F點(diǎn)正好是OD、OE的中點(diǎn)，14圓的半徑OE和OD與磁場邊緣重合，磁場方向垂直于14圓面（紙面）向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0。使該線框繞過圓心O且垂直于圓面的軸以角速度ω勻速轉(zhuǎn)過90°，在線框中產(chǎn)生感應(yīng)電流?，F(xiàn)使線框保持圖中所示位置不變，而磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時(shí)間均勻變化。為了產(chǎn)生與線框轉(zhuǎn)過90°過程中同樣大小的電流，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間的變化率ΔBA.ωB02πC.2ωB0π答案：C解析：設(shè)OE＝2r，線框的電阻為R，該線框繞過圓心O且垂直于圓面的軸以角速度ω勻速轉(zhuǎn)過90°，在線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流I＝12B0ω（2r）2－12B0ωr2R＝3B0ωr22R，線框保持題圖中所示位置不變，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時(shí)間均勻變化，為了產(chǎn)生與線框轉(zhuǎn)過90°過程中同樣大小的電流，有I＝ΔB·SΔt·R＝ΔBΔt考點(diǎn)二電磁感應(yīng)中的電路問題電磁感應(yīng)中電路問題的解題流程【例4】（2024·四川宜賓一模）如圖所示，半徑為L的半圓形光滑導(dǎo)體框架MN垂直放置于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，長為L的導(dǎo)體桿OP繞圓心O以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，N、O間接阻值為R的電阻，桿OP的電阻為r，框架電阻不計(jì)，求桿沿框架轉(zhuǎn)動(dòng)過程中：（1）電阻R兩端電壓；（2）電阻R消耗的電功率。答案：（1）BL2ωR2（解析：（1）設(shè)桿末端的速度為v，則v＝ωL桿繞O點(diǎn)勻速轉(zhuǎn)動(dòng)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢為E＝BLv＝12BL2則電阻R兩端電壓U＝ER＋rR（2）回路中電流I＝ER＋電阻R消耗的電功率P＝I2R＝B2【例5】（2024·浙江6月選考19題）某小組探究“法拉第圓盤發(fā)電機(jī)與電動(dòng)機(jī)的功用”，設(shè)計(jì)了如圖所示裝置。飛輪由三根長a＝0.8m的輻條和金屬圓環(huán)組成，可繞過其中心的水平固定軸轉(zhuǎn)動(dòng)，不可伸長細(xì)繩繞在圓環(huán)上，系著質(zhì)量m＝1kg的物塊，細(xì)繩與圓環(huán)無相對(duì)滑動(dòng)。飛輪處在方向垂直環(huán)面的勻強(qiáng)磁場中，左側(cè)電路通過電刷與轉(zhuǎn)軸和圓環(huán)邊緣良好接觸，開關(guān)S可分別與圖示中的電路連接。已知電源電動(dòng)勢E0＝12V、內(nèi)阻r＝0.1Ω、限流電阻R1＝0.3Ω、飛輪每根輻條電阻R＝0.9Ω，電路中還有可調(diào)電阻R2（待求）和電感L，不計(jì)其他電阻和阻力損耗，不計(jì)飛輪轉(zhuǎn)軸大小。（1）開關(guān)S擲1，“電動(dòng)機(jī)”提升物塊勻速上升時(shí)，理想電壓表示數(shù)U＝8V，①判斷磁場方向，并求流過電阻R1的電流I；②求物塊勻速上升的速度v。（2）開關(guān)S擲2，物塊從靜止開始下落，經(jīng)過一段時(shí)間后，物塊勻速下降的速度與“電動(dòng)機(jī)”勻速提升物塊的速度大小相等，①求可調(diào)電阻R2的阻值；②求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小。答案：（1）①垂直紙面向外10A②5m/s（2）①0.2Ω②2.5T解析：（1）①開關(guān)S擲1時(shí)電流從飛輪邊緣流向中心，飛輪在安培力作用下逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)由左手定則知磁場方向垂直紙面向外通過R1的電流I＝E0－UR1②此時(shí)飛輪相當(dāng)于“電動(dòng)機(jī)”，則有UI－I2·R3＝mg·解得v＝5m/s。（2）①②開關(guān)S擲2，物塊勻速下降時(shí)v仍為5m/s則流過輻條的電流應(yīng)與（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。一題多解（2）①由能量守恒定律知mgvt＝（I2·R3＋I(xiàn)2·R2）得R2＝0.2Ω。②3BI3·a·a2＝mg·a（得B＝2.5T?？键c(diǎn)三電磁感應(yīng)中的圖像問題解答圖像問題應(yīng)注意以下幾個(gè)方面（1）把握三個(gè)關(guān)注（2）掌握兩個(gè)常用方法①排除法：定性分析電磁感應(yīng)過程中某個(gè)物理量的變化趨勢、變化快慢，特別是分析物理量的方向（正、負(fù)），排除錯(cuò)誤的選項(xiàng)。這種方法能快速解決問題，但不一定對(duì)所有問題都適用。②函數(shù)關(guān)系法：根據(jù)題目所給的條件寫出物理量之間的函數(shù)關(guān)系，再對(duì)圖像作出判斷，這種方法得到的結(jié)果準(zhǔn)確、詳細(xì)，但不夠簡捷?！纠?】（2024·四川綿陽二模）如圖所示，兩根足夠長的平行金屬導(dǎo)軌位于水平的xOy平面內(nèi)，導(dǎo)軌與x軸平行，左端接有電阻R。在x＞0的一側(cè)存在豎直向下的勻強(qiáng)磁場。一金屬桿與導(dǎo)軌垂直放置，且接觸良好，在外力F作用下沿x軸正方向由靜止開始做勻加速運(yùn)動(dòng)。t＝0時(shí)金屬桿位于x＝0處，不計(jì)導(dǎo)軌和金屬桿的電阻。下列圖像中關(guān)于電路總功率P和所受外力F大小的圖像正確的是（）答案：B解析：金屬桿在外力F作用下沿x軸正方向由靜止開始做勻加速運(yùn)動(dòng)，則有I＝BLvR＝BLaRt，則電路總功率P＝I2R＝B2L2a2Rt2，即P-t圖像為開口向上的拋物線，A錯(cuò)誤；金屬桿做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，有v2＝2ax，則電路總功率P＝I2R＝B2L2v2R＝2B2L2aRx，即P-x圖像為正比例函數(shù)關(guān)系，B正確；金屬桿做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律有F－BIL＝ma，聯(lián)立可得F＝B2L2aRt＋ma，即F-t圖像為一次函數(shù)關(guān)系【例7】（多選）（2024·全國甲卷21題）如圖，一絕緣細(xì)繩跨過兩個(gè)在同一豎直面（紙面）內(nèi)的光滑定滑輪，繩的一端連接一矩形金屬線框，另一端連接一物塊。線框與左側(cè)滑輪之間的虛線區(qū)域內(nèi)有方向垂直紙面的勻強(qiáng)磁場，磁場上下邊界水平。在t＝0時(shí)刻線框的上邊框以不同的初速度從磁場下方進(jìn)入磁場。運(yùn)動(dòng)過程中，線框始終在紙面內(nèi)且上下邊框保持水平。以向上為速度的正方向，下列線框的速度v隨時(shí)間t變化的圖像中可能正確的是（）答案：AC解析：線框在減速進(jìn)入磁場的過程中，對(duì)線框受力分析，根據(jù)牛頓第二定律有mg＋B2L2vR－T＝ma，對(duì)物塊受力分析，根據(jù)牛頓第二定律有T－Mg＝Ma，聯(lián)立解得a＝B2L2v（M＋m）R－M－mM＋mg，則隨著速度的減小，加速度不斷減小，B錯(cuò)誤；結(jié)合B項(xiàng)分析可知，若勻強(qiáng)磁場區(qū)域高度與線框?qū)挾认嗟惹椅飰K質(zhì)量與線框質(zhì)量相等，則線框在磁場中做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng)，出磁場后勻速運(yùn)動(dòng)，則A選項(xiàng)的圖像可能正確；若勻強(qiáng)磁場區(qū)域高度大于線框?qū)挾惹椅飰K質(zhì)量與線框質(zhì)量相等，則線框進(jìn)磁場和出磁場階段均做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng)，完全在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)不受安培力，勻速運(yùn)動(dòng)，完全出磁場后，也勻速運(yùn)動(dòng)，則電磁感應(yīng)中含電容器的電路問題1.含“容”有v0，無外力情境質(zhì)量為m、電阻為R的金屬桿ab在水平光滑導(dǎo)軌上以速度v0開始運(yùn)動(dòng)，忽略導(dǎo)軌電阻等效電路桿速度為v時(shí)，電流I＝BLv－UCR（安培力F安＝BIL＝B2L運(yùn)動(dòng)過程加速度a＝F安m＝B2L2vmR－BLUCmR，桿做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng)。當(dāng)BLvmin＝能量角度桿減少的動(dòng)能轉(zhuǎn)化為電容器的電場能和桿產(chǎn)生的熱量動(dòng)量角度最終電容器兩端的電壓UCm＝BLvmin，最終電容器的電荷量q＝CUCm＝CBLvmin，由動(dòng)量定理可得－BIL·Δt＝mvmin－mv0，由于q＝I·Δt，聯(lián)立解得vmin＝m【典例1】在圖甲、乙、丙中，除導(dǎo)體棒ab可動(dòng)外，其余部分均固定不動(dòng)，圖甲中的電容器C原來不帶電。設(shè)導(dǎo)體棒、導(dǎo)軌和直流電源的電阻均可忽略，導(dǎo)體棒和導(dǎo)軌間的摩擦也不計(jì)。圖中裝置均在水平面內(nèi)，且都處于方向垂直于水平面（即紙面）向下的勻強(qiáng)磁場中，導(dǎo)軌足夠長。今給導(dǎo)體棒ab一個(gè)向右的初速度v0，在圖甲、乙、丙三種情形下導(dǎo)體棒ab的最終運(yùn)動(dòng)狀態(tài)是（）A.三種情形下導(dǎo)體棒ab最終均做勻速運(yùn)動(dòng)B.圖甲、丙中，ab棒最終將以不同的速度做勻速運(yùn)動(dòng)；圖乙中，ab棒最終靜止C.圖甲、丙中，ab棒最終將以相同的速度做勻速運(yùn)動(dòng)；圖乙中，ab棒最終靜止D.三種情形下導(dǎo)體棒ab最終均靜止答案：B解析：題圖甲中，導(dǎo)體棒向右運(yùn)動(dòng)切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流，從而使電容器充電，當(dāng)電容器C兩極板間電壓與導(dǎo)體棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢相等時(shí)，電路中沒有電流，ab棒向右勻速運(yùn)動(dòng)；題圖乙中，導(dǎo)體棒向右運(yùn)動(dòng)切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流，通過電阻R轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，當(dāng)ab棒的動(dòng)能全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能時(shí)，ab棒靜止；題圖丙中，導(dǎo)體棒先受到向左的安培力作用做減速運(yùn)動(dòng)，速度減為零后再在安培力作用下向左做加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)導(dǎo)體棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢與電源的電動(dòng)勢相等時(shí)，電路中沒有電流，ab棒向左做勻速運(yùn)動(dòng)，所以B正確。2.含“容”有外力，F(xiàn)恒定，v0＝0情境質(zhì)量為m、電阻為R的金屬桿ab在水平光滑導(dǎo)軌上由靜止開始運(yùn)動(dòng)，所受外力F恒定，忽略導(dǎo)軌電阻運(yùn)動(dòng)過程電容器持續(xù)充電，F(xiàn)－BIL＝ma，I＝ΔQΔt，ΔQ＝CΔU＝CBLΔv，a＝ΔvΔt，聯(lián)立解得a＝能量角度F做的功一部分轉(zhuǎn)化為桿的動(dòng)能，一部分轉(zhuǎn)化為電容器的電場能，即WF＝12mv2＋E【典例2】足夠長的平行金屬導(dǎo)軌ab、cd水平放置于豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，ac之間連接有電容為C的電容器，導(dǎo)軌間距為l，長度為l的光滑金屬棒垂直于導(dǎo)軌放置，與導(dǎo)軌接觸良好，俯視圖如圖所示。金屬棒在水平恒力F的作用下開始向右運(yùn)動(dòng)，當(dāng)金屬棒運(yùn)動(dòng)距離為x時(shí)撤去外力F，整個(gè)過程電容器未被擊穿，重力加速度為g。（1）在外力F作用下金屬棒做什么運(yùn)動(dòng)？（2）在外力F的作用下，電容器的電荷量隨時(shí)間如何變化？（3）撤去外力F時(shí)金屬棒的速度為多少？（4）撤去外力F后金屬棒做什么運(yùn)動(dòng)？答案：（1）勻加速直線運(yùn)動(dòng)（2）電容器的電荷量隨時(shí)間均勻增加（3）2FxCB2l解析：（1）金屬棒做加速運(yùn)動(dòng)，持續(xù)對(duì)電容器充電，則存在充電電流，由F－BIl＝ma，I＝ΔQΔt，ΔQ＝CΔU，ΔU＝ΔE＝BlΔv，聯(lián)立可得F－CB2l2ΔvΔt＝ma，（2）設(shè)t時(shí)刻，金屬棒的速度為v，則電容器的電荷量Q＝CU＝CBlv＝CBlat，所以Q隨時(shí)間均勻增加。（3）撤去外力F時(shí)，由勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律可得金屬棒的速度為v＝2ax＝2（4）撤去外力F后，金屬棒兩端電壓和電容器兩端電壓相等，故金屬棒中的電流為零，做勻速直線運(yùn)動(dòng)。1.（2024·江蘇宿遷一模）一彈簧上端固定，下端懸掛一個(gè)磁鐵，讓磁鐵上下振動(dòng)，若要使磁鐵很快停下，下列鋁框放置方式效果最明顯的是（）解析：A當(dāng)磁鐵穿過固定的閉合線圈時(shí)，在閉合線圈中會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流，感應(yīng)電流的磁場會(huì)阻礙磁鐵靠近或離開線圈，這樣磁鐵振動(dòng)時(shí)除了受空氣阻力外，還要受到線圈的磁場阻力，克服阻力需要做的功較多，機(jī)械能損失較快，因而會(huì)很快停下來。故鋁框放置方式效果最明顯的是選項(xiàng)A。2.（多選）（2024·廣東梅州一模）在第70場“南方教研大講堂”羅老師展示的課例中，她用磁力小車做了個(gè)小實(shí)驗(yàn)。磁力小車如圖甲所示，它的內(nèi)部結(jié)構(gòu)可以簡化為如圖乙所示，其中A、B是具有單向?qū)щ娦缘陌l(fā)光二極管（正向電阻為零，反向電阻為無窮大），與線圈C構(gòu)成閉合回路。實(shí)驗(yàn)前，磁力小車靜止在水平桌面上（不計(jì)一切阻力）。關(guān)于實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象，下列說法正確的是（）A.將強(qiáng)磁鐵N極快速靠近小車，二極管A將閃亮B.將強(qiáng)磁鐵S極快速靠近小車，二極管B將閃亮C.將強(qiáng)磁鐵N極快速靠近小車，小車將向右運(yùn)動(dòng)D.將強(qiáng)磁鐵S極快速靠近小車，小車將向左運(yùn)動(dòng)解析：ABC將強(qiáng)磁鐵N極快速靠近小車，穿過線圈的磁通量增大，由“楞次定律”可知，整個(gè)回路中產(chǎn)生逆時(shí)針方向的感應(yīng)電流，二極管A將閃亮，A正確；將強(qiáng)磁鐵S極快速靠近小車，穿過線圈的磁通量增大，由“楞次定律”可知，整個(gè)回路中產(chǎn)生順時(shí)針方向的感應(yīng)電流，則二極管B將閃亮，B正確；不管是強(qiáng)磁鐵N極快速靠近小車，還是強(qiáng)磁鐵S極快速靠近小車，根據(jù)楞次定律的推論“來拒去留”，小車都將向右運(yùn)動(dòng)，C正確，D錯(cuò)誤。3.（2024·貴州貴陽二模）如圖甲所示，一輕質(zhì)彈簧上端固定，下端懸掛一個(gè)體積很小的磁鐵，在小磁鐵正下方桌面上放置一個(gè)閉合銅制線圈。將小磁鐵從初始靜止的位置向下拉到某一位置后放開，小磁鐵將做阻尼振動(dòng)，位移x隨時(shí)間t變化的示意圖如圖乙所示（初始靜止位置為原點(diǎn)，向上為正方向，經(jīng)t0時(shí)間，可認(rèn)為振幅A衰減到0）。不計(jì)空氣阻力，下列說法正確的是（）A.x＞0的那些時(shí)刻線圈對(duì)桌面的壓力小于線圈的重力B.x＝0的那些時(shí)刻線圈中沒有感應(yīng)電流C.更換電阻率更大的線圈，振幅A會(huì)更快地衰減到零D.增加線圈的匝數(shù)，t0會(huì)減小，線圈產(chǎn)生的內(nèi)能不變解析：D根據(jù)“來拒去留”，則x＞0的那些時(shí)刻，當(dāng)磁鐵遠(yuǎn)離線圈向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，磁鐵對(duì)線圈有向上的作用力，此時(shí)線圈對(duì)桌面的壓力小于線圈的重力；當(dāng)磁鐵靠近線圈向下運(yùn)動(dòng)時(shí)，磁鐵對(duì)線圈有向下的作用力，此時(shí)線圈對(duì)桌面的壓力大于線圈的重力，A錯(cuò)誤；x＝0的那些時(shí)刻磁鐵的速度最大，則穿過線圈的磁通量變化率最大，則線圈中有感應(yīng)電流，B錯(cuò)誤；更換電阻率更大的線圈，線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電流會(huì)變小，線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電流的磁場變?nèi)酰瑢?duì)磁鐵的“阻礙”作用變?nèi)?，則振幅A會(huì)更慢地衰減到零，C錯(cuò)誤；增加線圈的匝數(shù)，線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢變大，感應(yīng)電流變大，機(jī)械能很快就轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，則t0會(huì)減小，由于開始時(shí)線圈的機(jī)械能不變，則線圈產(chǎn)生的內(nèi)能不變，D正確。4.（多選）（2024·廣東茂名一模）如圖（a）所示，底部固定有正方形線框的列車進(jìn)站?？繒r(shí)，以初速度v水平進(jìn)入豎直向上的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的正方形有界勻強(qiáng)磁場區(qū)域，如圖（b）所示，假設(shè)正方形線框邊長為l，每條邊的電阻相同。磁場的區(qū)域邊長為d，且l＜d，列車運(yùn)動(dòng)