北京市2018屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題8 電磁感應(yīng)與電路、交變電流（含電路問(wèn)題）交變電流學(xué)案（含解析）

《北京市2018屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題8 電磁感應(yīng)與電路、交變電流（含電路問(wèn)題）交變電流學(xué)案（含解析）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《北京市2018屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題8 電磁感應(yīng)與電路、交變電流（含電路問(wèn)題）交變電流學(xué)案（含解析）（11頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 專題8 電磁感應(yīng)與電路、交變電流 考向預(yù)測(cè) 電路內(nèi)容的考查主要是電學(xué)實(shí)驗(yàn)的知識(shí)。同時(shí)也會(huì)考查電路的相關(guān)知識(shí)，一般難度較小，常以選擇題的形式出題，而電學(xué)實(shí)驗(yàn)知識(shí)主要考查閉合電路歐姆定律、儀器的選取、電路的設(shè)計(jì)與創(chuàng)新知識(shí)，有一定的難度，常以實(shí)驗(yàn)填空題的形式出題。 對(duì)于交變電流，從近幾年命題看，高考對(duì)本部分內(nèi)容考查命題頻率較低，主要體現(xiàn)在“三突出”：一是突出考查交變電流的產(chǎn)生過(guò)程；二是突出考查交變電流的圖象和交變電流的“四值”；三是突出考查變壓器及遠(yuǎn)距離輸電，難度不大，多以選擇題的形式命題。 電磁感應(yīng)命題頻率較高，大部分以選擇題的形式出題，也有部分是計(jì)算題，多以中檔以上難度的題目來(lái)增

2、加試卷的區(qū)分度，考查較多的知識(shí)點(diǎn)有：感應(yīng)電流的產(chǎn)生條件、方向判定和導(dǎo)體切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的計(jì)算，同時(shí)也會(huì)與力學(xué)、磁場(chǎng)、能量等知識(shí)綜合考查及圖象問(wèn)題的考查。命題趨勢(shì)集中在以下三個(gè)方面：楞次定律、右手定則、左手定則的應(yīng)用；與圖象結(jié)合考查電磁感應(yīng)現(xiàn)象；通過(guò)“桿＋導(dǎo)軌”模型，“線圈穿過(guò)有界磁場(chǎng)”模型，考查電磁感應(yīng)與力學(xué)、電路、能量等知識(shí)的綜合應(yīng)用。 高頻考點(diǎn)：電磁感應(yīng)圖象；電磁感應(yīng)中的電路問(wèn)題；理想變壓器。知識(shí)與技巧的梳理 考點(diǎn)一、直流電路動(dòng)態(tài)分析 例 如圖所示，圖中的三個(gè)電表均為理想電表，當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑片P向左端緩慢移動(dòng)時(shí)，下面說(shuō)法中正確的是(　　) A．電壓表V2的讀數(shù)減

3、小，電流表A的讀數(shù)增大 B．電壓表V1的讀數(shù)增大，電壓表V2的讀數(shù)增大 C．電阻RP消耗的功率增大，電容器C所帶電量增加 D．電壓表V2的讀數(shù)減小，電流表A的讀數(shù)減小 【審題立意】由圖可知電路結(jié)構(gòu)，根據(jù)滑片的移動(dòng)明確電路中電阻的變化，由閉合電路歐姆定律明確電路中電流及電壓的變化，再對(duì)局部電路進(jìn)行分析得出電容器電壓的變化，從而判斷其電量的變化。 【解題步驟】滑片P左移時(shí)，滑動(dòng)變阻器連入電路的阻值增大，根據(jù)串反并同規(guī)律知，電壓表V1的讀數(shù)增大，電壓表V2的讀數(shù)減小，電流表A的讀數(shù)減小，A、B錯(cuò)誤，D正確；視r(shí)＋R1＋R2為電源的等效內(nèi)電阻，根據(jù)電源的輸出功率與外電阻的關(guān)系知，由于電阻RP

4、與r＋R1＋R2的大小關(guān)系未知，因此電阻RP消耗的功率是增大還是減小無(wú)法判斷，由于電容器C兩端的電壓增大，處于充電狀態(tài)，其所帶電量增加，C錯(cuò)誤。 【參考答案】 D 【技能提升】閉合電路動(dòng)態(tài)分析的三種常用方法 1．程序判斷法：遵循“局部—整體—部分”的思路，按以下步驟分析 2．直觀判斷法：利用下面兩個(gè)結(jié)論直接地得到結(jié)果 (1)任一電阻R阻值增大，必引起該電阻中電流I的減小和該電阻兩端電壓U的增大。 (2)任一電阻R阻值增大，必將引起與之并聯(lián)的支路中電流I并的增大和與之串聯(lián)的各電路電壓U串的減小。 【變式訓(xùn)練】(多選)如圖所示電路中，C為電容器，D為理想二極管(具有單向?qū)щ娦?，

5、電流表、電壓表均為理想電表。閉合開關(guān)S至電路穩(wěn)定后，調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器滑片P向左移動(dòng)一小段距離，結(jié)果發(fā)現(xiàn)電壓表V1的示數(shù)變化量絕對(duì)值為ΔU1，電壓表V2的示數(shù)變化量絕對(duì)值為ΔU2，電流表A的示數(shù)變化量絕對(duì)值為ΔI，則下列判斷正確的有(　　) A．的值變大 B．的值變大 C．的值不變，且始終等于電源內(nèi)阻r D．滑片向左移動(dòng)的過(guò)程中，電容器所帶的電荷量不斷減少 解析：滑動(dòng)變阻器R的滑片P向左移動(dòng)一小段距離，接入電路的電阻增大，為R接入電路的電阻，變大，A正確；等于R1和r的電阻之和，不變，B錯(cuò)誤；等于電源內(nèi)阻r，C正確；電路總電阻增大，電流減小，R1兩端的電壓減小，由于理想二極管的單向?qū)щ娦?/p>

6、，電容器不能放電，所帶電荷量無(wú)法減少，D錯(cuò)誤。 答案：AC 考點(diǎn)二、交變電流的產(chǎn)生和描述 例 (2017·天津聯(lián)考)如圖所示，在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的單匝純電阻矩形線圈的周期為T，轉(zhuǎn)軸O1O2垂直于磁場(chǎng)方向，線圈電阻為2 Ω。從線圈平面與磁場(chǎng)方向平行時(shí)開始計(jì)時(shí)，線圈轉(zhuǎn)過(guò)60° 時(shí)的感應(yīng)電流為1 A。下列說(shuō)法正確的是(　　) A．線圈消耗的電功率為1 W B．線圈中感應(yīng)電流的有效值為2 A C．任意時(shí)刻線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為e＝2cos t V D．任意時(shí)刻穿過(guò)線圈的磁通量為Φ＝sin t Wb 【審題立意】 本題考查交變電流的產(chǎn)生及計(jì)算，要注意明確在計(jì)算中求解電功率及點(diǎn)表示數(shù)時(shí)要用

7、有效值，求解電量時(shí)要用平均值。 【解題思路】從垂直中性面開始計(jì)時(shí)，感應(yīng)電流的瞬時(shí)表達(dá)式為i＝Imcos θ，則電流的最大值為：Im＝＝2 A；線圈消耗的電功率為：P＝I2r＝2r＝4 W，故A錯(cuò)誤；感應(yīng)電流的有效值為：I＝＝ A，故B錯(cuò)誤；感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的最大值為：Em＝Imr＝4 V；任意時(shí)刻線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：e＝Emcos t＝4cos t V，故C錯(cuò)誤；任意時(shí)刻穿過(guò)線圈的磁通量為：Φ＝BSsin t；根據(jù)公式Em＝NBSω＝NΦm，可得：Φm＝，故Φ＝sin t Wb，故D正確。 【參考答案】 D 【技能提升】 1. 線圈通過(guò)中性面時(shí)的特點(diǎn) (1)穿過(guò)線圈的磁通量最大；(2)線

8、圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為零；(3)線圈每經(jīng)過(guò)中性面一次，感應(yīng)電流的方向改變一次。 2. 交流電“四值”的應(yīng)用 (1)最大值：Em＝nBSω，分析電容器的耐壓值； (2)瞬時(shí)值：E＝Emsin ωt(由中性面開始計(jì)時(shí))，計(jì)算閃光電器的閃光時(shí)間、線圈某時(shí)刻的受力情況； (3)有效值：電表的讀數(shù)及計(jì)算電熱、電功、電功率及保險(xiǎn)絲的熔斷電流； (4)平均值：E＝n，計(jì)算通過(guò)電路截面的電荷量。 3. 交變電流瞬時(shí)值表達(dá)式的基本書寫思路 (1)確定正、余弦交變電流的峰值，根據(jù)已知圖象或公式Em＝nBSω，求出相應(yīng)最大值。 (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線圈從中性面開始計(jì)時(shí)，

9、e＝Emsin ωt；②線圈從垂直于中性面開始計(jì)時(shí)，e＝Emcos ωt。 【變式訓(xùn)練】(2017·鄭州質(zhì)檢)圖甲為小型旋轉(zhuǎn)電樞式交流發(fā)電機(jī)的原理圖，其矩形線圈在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，繞垂直于磁場(chǎng)方向的固定軸OO′(OO′沿水平方向)勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，線圈的兩端經(jīng)集流環(huán)和電刷與R＝10 Ω的電阻連接，與電阻R并聯(lián)的交流電壓表為理想電壓表，示數(shù)是10 V。圖乙是矩形線圈中磁通量Φ隨時(shí)間t變化的圖象。則(　　) A．此交流發(fā)電機(jī)的電動(dòng)勢(shì)平均值為10 V B．t＝0.02 s時(shí)R兩端的電壓瞬時(shí)值為零 C．R兩端的電壓u隨時(shí)間t變化的規(guī)律是u＝10·cos 100πt V D．當(dāng)ab邊速度

10、方向向上時(shí)，它所受安培力的方向也向上 解析：矩形線圈為電源，繞垂直于磁場(chǎng)的轉(zhuǎn)軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，產(chǎn)生正弦交流電，外電阻R＝10 Ω，電壓表示數(shù)為10 V，說(shuō)明＝10 V，即Em＝10 V。根據(jù)題圖乙t＝0時(shí)磁通量等于0，可判斷t＝0時(shí)電動(dòng)勢(shì)最大，所以電動(dòng)勢(shì)隨時(shí)間變化的規(guī)律為u＝10cos ωt＝10cos 100πt V，選項(xiàng)C正確；t＝0.02 s帶入電動(dòng)勢(shì)的表達(dá)式，得R兩端的電壓瞬時(shí)值為10 V，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；根據(jù)楞次定律，感應(yīng)電流總是阻礙線圈的轉(zhuǎn)動(dòng)，所以當(dāng)ab邊速度方向向上時(shí)，它所受安培力的方向向下，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；電動(dòng)勢(shì)平均值為磁通量的變化量和時(shí)間的比值，而該比值最大為Em＝10 V，所以平均值一

11、定比Em＝10 V小，選項(xiàng)A錯(cuò)誤。 答案：C 考點(diǎn)三、理想變壓器 例 (多選)某同學(xué)模擬“遠(yuǎn)距離輸電”，將實(shí)驗(yàn)室提供的器材連接成如圖所示電路，A、B為理想變壓器，燈L1、L2相同且阻值不變。保持A的輸入電壓不變，開關(guān)S斷開時(shí)，燈L1正常發(fā)光。則(　　) A．如果只閉合開關(guān)S，L1變暗 B．如果只閉合開關(guān)S，A的輸入功率變大 C．僅將滑片P上移，L1變亮 D．僅將滑片P上移，A的輸入功率不變 【審題立意】解答此題要知道理想變壓器輸入功率由輸出功率決定，輸出電壓由輸入電壓決定；明確遠(yuǎn)距離輸電過(guò)程中的電功率、電壓的損失與哪些因素有關(guān)，明確整個(gè)過(guò)程中的功率、電壓關(guān)系。 【解題思路】閉

12、合S，副線圈電阻減小，則消耗功率增大，B副線圈中電流增大，B原線圈中電流也增大，則R上損失的電壓和功率增大，則B輸入電壓減小，燈泡兩端電壓減小，故燈泡會(huì)變暗，故A正確；根據(jù)以上分析知消耗和損失功率都增大，根據(jù)能量守恒知A的輸入功率變大，故B正確；僅將滑片P上移，A副線圈匝數(shù)減小，則輸出電壓減小，B的輸入電壓減小，燈泡電壓也減小，故L1變暗，消耗功率減小，則A輸入功率減小，故C、D錯(cuò)誤。 【參考答案】 AB 【技能提升】 1. 理想變壓器的基本關(guān)系式 (1)功率關(guān)系：P入＝P出。 (2)電壓關(guān)系：＝。若n1＞n2，為降壓變壓器；若n1＜n2，為升壓變壓器。 (3)電流關(guān)系：只有一個(gè)副線

13、圈時(shí)，＝；有多個(gè)副線圈時(shí)，U1I1＝U2I2＋U3I3＋……＋UnIn。 2. 原、副線圈中各量的因果關(guān)系 (1)電壓關(guān)系：U1決定U2；(2)電流關(guān)系：I2決定I1；(3)功率關(guān)系：P出決定P入。 【變式訓(xùn)練】 (2017·揚(yáng)州模擬)(多選)圖甲為遠(yuǎn)距離輸電示意圖，變壓器均為理想變壓器。升壓變壓器原、副線圈匝數(shù)比為1∶100，其輸入電壓如圖乙所示，遠(yuǎn)距離輸電線的總電阻為100 Ω。降壓變壓器右側(cè)部分為一火警報(bào)警系統(tǒng)原理圖，其中R1為一定值電阻，R2為用半導(dǎo)體熱敏材料制成的傳感器，當(dāng)溫度升高時(shí)其阻值變小。電壓表V顯示加在報(bào)警器上的電壓(報(bào)警器未畫出)。未出現(xiàn)火警時(shí)，升壓變壓器的輸入功率為

14、750 kW。下列說(shuō)法正確的是(　　) A．降壓變壓器副線圈輸出的交流電頻率為50 Hz B．遠(yuǎn)距離輸電線路損耗功率為180 kW C．當(dāng)傳感器R2所在處出現(xiàn)火警時(shí)，電壓表V的示數(shù)變大 D．當(dāng)傳感器R2所在處出現(xiàn)火警時(shí)，輸電線上的電流變大 解析：由題圖乙知交流電的周期為0.02 s，所以頻率為50 Hz，A正確；由題圖乙知升壓變壓器輸入端電壓有效值為250 V，根據(jù)U1∶U2＝n1∶n2知，副線圈電壓為25 000 V，所以輸電線中的電流為：I＝＝30 A，輸電線損失的電壓為：ΔU＝IR＝3 000 V，輸電線路損耗功率為：ΔP＝ΔU·I＝90 kW，B錯(cuò)誤；當(dāng)傳感器R2所在處出

15、現(xiàn)火警時(shí)其阻值減小，副線圈中電流增大，定值電阻的分壓增大，所以電壓表V的示數(shù)變小，C錯(cuò)誤；由以上分析知副線圈電流增大，根據(jù)I1∶I2＝n2∶n1知，輸電線上的電流變大，D正確。 答案：AD 考點(diǎn)四、楞次定律和法拉第電磁感應(yīng)定律 例1. (2017·全國(guó)卷Ⅰ)掃描隧道顯微鏡(STM)可用來(lái)探測(cè)樣品表面原子尺度上的形貌。為了有效隔離外界振動(dòng)對(duì)STM的擾動(dòng)，在圓底盤周邊沿其徑向?qū)ΨQ地安裝若干對(duì)紫銅薄板，并施加磁場(chǎng)來(lái)快速衰減其微小振動(dòng)，如圖所示。無(wú)擾動(dòng)時(shí)，按下列四種方案對(duì)紫銅薄板施加恒磁場(chǎng)；出現(xiàn)擾動(dòng)后，對(duì)于紫銅薄板上下及左右振動(dòng)的衰減最有效的方案是(　　) 【審題立意】本題考查感應(yīng)電流產(chǎn)生

16、的條件。本題不要被題目的情景所干擾，抓住考查的基本規(guī)律，即產(chǎn)生感應(yīng)電流的條件，有感應(yīng)電流產(chǎn)生，才會(huì)產(chǎn)生阻尼阻礙振動(dòng)。 【解題思路】施加磁場(chǎng)來(lái)快速衰減STM的微小振動(dòng)，其原理是電磁阻尼，在振動(dòng)時(shí)通過(guò)紫銅薄板的磁通量變化，紫銅薄板中產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)和感應(yīng)電流，則其受到安培力作用，該作用阻礙紫銅薄板振動(dòng)，即促使其振動(dòng)衰減。方案A中，無(wú)論紫銅薄板上下振動(dòng)還是左右振動(dòng)，通過(guò)它的磁通量都發(fā)生變化；方案B中，當(dāng)紫銅薄板上下振動(dòng)時(shí)，通過(guò)它的磁通量可能不變，當(dāng)紫銅薄板向右振動(dòng)時(shí)，通過(guò)它的磁通量不變；方案C中，紫銅薄板上下振動(dòng)、左右振動(dòng)時(shí)，通過(guò)它的磁通量可能不變；方案D中，當(dāng)紫銅薄板上下振動(dòng)時(shí)，紫銅薄板中磁通量可

17、能不變。綜上可知，對(duì)于紫銅薄板上下及左右振動(dòng)的衰減最有效的方案是A。 【參考答案】 A 【知識(shí)構(gòu)建】1．“三定則、一定律”的應(yīng)用 安培定則 判斷運(yùn)動(dòng)電荷、電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向 左手定則 判斷磁場(chǎng)對(duì)運(yùn)動(dòng)電荷、電流的作用力的方向 右手定則 判斷部分導(dǎo)體切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電流的方向 楞次定律 判斷閉合電路磁通量發(fā)生變化產(chǎn)生的感應(yīng)電流的方向 2．判斷感應(yīng)電流方向的兩種方法 (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．楞次定律中“阻礙”的四種表現(xiàn)形式 (1)阻礙原磁通量的變化

18、——“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)”。 (4)阻礙原電流的變化(自感現(xiàn)象)——“增反減同”。 例2. (多選)在豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，水平放置一個(gè)不變形的單匝金屬圓線圈，線圈所圍的面積為0.1 m2，線圈電阻為1 Ω。規(guī)定線圈中感應(yīng)電流I的正方向從上往下看是順時(shí)針?lè)较颍鐖D甲所示。磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化規(guī)律如圖乙所示。則以下說(shuō)法正確的是(　　) A．在時(shí)間0～2 s內(nèi)，I的最大值為0.01 A B．在時(shí)間3～5 s內(nèi)，I的大小越來(lái)越小 C．前2 s內(nèi)，通過(guò)線圈某截面的總電荷量為0.01 C D

19、．第3 s內(nèi)，線圈的發(fā)熱功率最大 【審題立意】(1)圖象斜率為磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化率，且在變化；(2)由公式E＝nS計(jì)算E的大小。 【解題思路】線圈所圍面積不變，因磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化，引起磁通量的變化，由法拉第電磁感應(yīng)定律，E＝＝，其大小由圖象的斜率決定，在t＝0時(shí)，斜率最大，且＝0.1 T/s，則Im＝0.01 A，A正確；在時(shí)間3～5 s內(nèi)，一定，產(chǎn)生恒定電流，B錯(cuò)誤；第3 s內(nèi)，＝0，沒(méi)有感應(yīng)電流，D錯(cuò)誤；前2 s內(nèi)，q＝t＝·t＝＝0.01 C，C正確。 【參考答案】 AC 【知識(shí)構(gòu)建】1. 磁感應(yīng)強(qiáng)度變化產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的計(jì)算 (1)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小由穿過(guò)回路的磁通

20、量的變化率和線圈的匝數(shù)共同決定，而與磁通量Φ、磁通量的變化量ΔΦ的大小沒(méi)有必然聯(lián)系。 (2)用公式E＝nS求感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)時(shí)，S為線圈在磁場(chǎng)范圍內(nèi)的有效面積。 (3)通過(guò)回路截面的電荷量q僅與n、ΔΦ和回路電阻R有關(guān)，與時(shí)間長(zhǎng)短無(wú)關(guān)。推導(dǎo)如下：q＝Δt＝Δt＝。 2．三個(gè)公式的適用范圍 (1)E＝n，適用于普遍情況。 (2)E＝Blv，適用于導(dǎo)體棒切割磁感線的情況。 (3)E＝Bl2ω，適用于導(dǎo)體棒繞一端點(diǎn)轉(zhuǎn)動(dòng)切割磁感線的情況。 3．E＝Blv的“三個(gè)特性” (1)正交性：本公式是在一定條件下得出的，除磁場(chǎng)為勻強(qiáng)磁場(chǎng)外，還需B、l、v三者互相垂直。 (2)瞬時(shí)性：若v為瞬時(shí)速度，

21、則E為相應(yīng)的瞬時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)。 (3)有效性：公式中的l為導(dǎo)體切割磁感線的有效長(zhǎng)度。 如圖中，導(dǎo)體的有效長(zhǎng)度為ab間的距離。 【變式訓(xùn)練】1. (2017·全國(guó)卷Ⅲ)如圖，在方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中有一U形金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌平面與磁場(chǎng)垂直。金屬桿PQ置于導(dǎo)軌上并與導(dǎo)軌形成閉合回路PQRS，一圓環(huán)形金屬線框T位于回路圍成的區(qū)域內(nèi)，線框與導(dǎo)軌共面?，F(xiàn)讓金屬桿PQ突然向右運(yùn)動(dòng)，在運(yùn)動(dòng)開始的瞬間，關(guān)于感應(yīng)電流的方向，下列說(shuō)法正確的是(　　) A．PQRS中沿順時(shí)針?lè)较?，T中沿逆時(shí)針?lè)较? B．PQRS中沿順時(shí)針?lè)较?，T中沿順時(shí)針?lè)较? C．PQRS中沿逆時(shí)針?lè)较?，T中沿逆時(shí)針?lè)较? D．P

22、QRS中沿逆時(shí)針?lè)较颍琓中沿順時(shí)針?lè)较? 解析：金屬桿PQ向右切割磁感線，根據(jù)右手定則可知PQRS中感應(yīng)電流沿逆時(shí)針?lè)较?；原?lái)T中的磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里，閉合回路PQRS中的感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向垂直于紙面向外，使得穿過(guò)T的磁通量減小，根據(jù)楞次定律可知T中產(chǎn)生順時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流，綜上所述，可知A、B、C項(xiàng)錯(cuò)誤，D項(xiàng)正確。 答案：D 2. (多選)如圖所示，S和P是半徑為a的環(huán)形導(dǎo)線的兩端點(diǎn)，OP間電阻為R，其余電阻不計(jì)，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直環(huán)面向里，金屬棒OQ與環(huán)形導(dǎo)線接觸，以角速度ω繞O點(diǎn)無(wú)摩擦順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，則(　　) A．電阻R兩端的電壓為 B．金屬棒的電流由Q

23、指向O C．金屬棒受的磁場(chǎng)力大小為 D．電阻R消耗的功率為 解析：由右手定則，金屬棒的電流由O指向Q，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝，選項(xiàng)A正確；金屬棒受的磁場(chǎng)力F＝BIL＝，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；電阻R消耗的功率為P＝＝，選項(xiàng)D正確。 答案：AD 考點(diǎn)五、電磁感應(yīng)中的圖象問(wèn)題 例 (2017·全國(guó)卷II，T20)(多選)兩條平行虛線間存在一勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向與紙面垂直。邊長(zhǎng)為0.1 m、總電阻為0.005 Ω的正方形導(dǎo)線框abcd位于紙面內(nèi)，cd邊與磁場(chǎng)邊界平行，如圖(a)所示。已知導(dǎo)線框一直向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，cd邊于t＝0時(shí)刻進(jìn)入磁場(chǎng)。線框中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)隨時(shí)間變化的圖線如圖(b)所示

24、(感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)取正)。下列說(shuō)法正確的是(　　) A．磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為0.5 T B．導(dǎo)線框運(yùn)動(dòng)速度的大小為0.5 m/s C．磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直于紙面向外 D．在t＝0.4 s至t＝0.6 s這段時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)線框所受的安培力大小為0.1 N 【審題立意】本題考查法拉第電磁感應(yīng)定律、楞次定律、安培力。此題是關(guān)于線圈過(guò)磁場(chǎng)的問(wèn)題；關(guān)鍵是能通過(guò)給出的E–t圖象中獲取信息，得到線圈在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)情況，結(jié)合法拉第電磁感應(yīng)定律及楞次定律進(jìn)行解答。此題意在考查學(xué)生基本規(guī)律的運(yùn)用能力以及從圖象中獲取信息的能力。 【解題思路】由題圖(b)可知，導(dǎo)線框運(yùn)動(dòng)的速度大小v＝＝ m

25、/s＝0.5 m/s，B項(xiàng)正確；導(dǎo)線框進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中，cd邊切割磁感線，由E＝BLv，得B＝＝ T＝0.2 T，A項(xiàng)錯(cuò)誤；由題圖(b)可知，導(dǎo)線框進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中，感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針?lè)较?，根?jù)楞次定律可知，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直紙面向外，C項(xiàng)正確；在0.4～0.6 s這段時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)線框正在出磁場(chǎng)，回路中的電流大小I＝＝ A＝2 A，則導(dǎo)線框受到的安培力F＝BIL＝0.2×2×0.1 N＝0.04 N，D項(xiàng)錯(cuò)誤。 【參考答案】 BC 【技能提升】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。

26、 (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、截距等。 (6)畫圖象或判斷圖象。 2．對(duì)于電磁感應(yīng)圖象問(wèn)題的分析要注意以下三個(gè)方面 (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)注意看電磁感應(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相對(duì)應(yīng)。 (3)注意觀察圖象的變化趨勢(shì)，看圖象斜率的大小、圖象的曲直是否和物理過(guò)程對(duì)應(yīng)。 【變式訓(xùn)練】1. 如圖所示，一導(dǎo)體圓環(huán)位于紙面內(nèi)，O為圓心。環(huán)內(nèi)兩個(gè)圓心角為90°的

27、扇形區(qū)域內(nèi)分別有勻強(qiáng)磁場(chǎng)，兩磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小相等，方向相反且均與紙面垂直。導(dǎo)體桿OM可繞O轉(zhuǎn)動(dòng)，M端通過(guò)滑動(dòng)觸點(diǎn)與圓環(huán)接觸良好。在圓心和圓環(huán)間連有電阻R。桿OM以角速度ω逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，t＝0時(shí)恰好在圖示位置。規(guī)定從a到b流經(jīng)電阻R的電流方向?yàn)檎?，圓環(huán)和導(dǎo)體桿的電阻忽略不計(jì)，則桿從t＝0開始轉(zhuǎn)動(dòng)一周的過(guò)程中，電流隨ωt變化的圖象是(　　) 解析：根據(jù)E＝Bωl2和I＝可知，導(dǎo)體桿切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電流的大小是恒定的。根據(jù)右手定則，可知C正確。 答案：C 2．(多選)如圖甲所示，水平面上的平行導(dǎo)軌MN、PQ上放著兩根垂直導(dǎo)軌的光滑導(dǎo)體棒ab、cd，兩棒間用絕緣絲線連接；已知平行

28、導(dǎo)軌MN、PQ間距為L(zhǎng)1，導(dǎo)體棒ab、cd間距為L(zhǎng)2，導(dǎo)軌電阻可忽略，每根導(dǎo)體棒在導(dǎo)軌之間的電阻為R。開始時(shí)勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化如圖乙所示。則以下說(shuō)法正確的是(　　) A．在t0時(shí)刻回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝0 B．在0～t0時(shí)間內(nèi)導(dǎo)體棒中的電流為 C．在時(shí)刻絕緣絲線所受拉力為 D．在0～2t0時(shí)間內(nèi)回路中電流方向是abdca 解析：由題圖乙可知，＝，回路面積S＝L1L2，在t0時(shí)刻回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝S＝L1L2，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；0～t0時(shí)間內(nèi)回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電流大小為I＝＝，選項(xiàng)B正確；在時(shí)刻，由左手定則，導(dǎo)體棒ab所受安培力方向向左，導(dǎo)體棒cd所受

29、安培力方向向右，磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度為，安培力大小為F＝B0·IL1＝，在時(shí)刻絕緣絲線所受拉力為，選項(xiàng)C正確；在0～t0時(shí)間內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度減小，在t0～2t0時(shí)間內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度反向增大，根據(jù)楞次定律，回路內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針?lè)较?，即電流方向是acdba，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 答案：BC 考點(diǎn)六、電磁感應(yīng)中的電路問(wèn)題 例 (多選)如圖所示，水平放置的粗糙U形框架上接一個(gè)阻值為R0的電阻，放在垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。一個(gè)半徑為L(zhǎng)、質(zhì)量為m的半圓形硬導(dǎo)體AC在水平向右的恒定拉力F作用下，由靜止開始運(yùn)動(dòng)距離d后速度達(dá)到v，半圓形硬導(dǎo)體AC的電阻為r，其余電阻不計(jì)。下列說(shuō)法正確的

30、是(　　) A．A點(diǎn)的電勢(shì)高于C點(diǎn)的電勢(shì) B．此時(shí)AC兩端電壓為UAC＝ C．此過(guò)程中電路產(chǎn)生的電熱為Q＝Fd－mv2 D．此過(guò)程中通過(guò)電阻R0的電荷量為q＝ 【審題立意】(1)判斷電勢(shì)高低應(yīng)用右手定則；(2)導(dǎo)體的有效切割長(zhǎng)度為2L；(3)AC兩端電壓應(yīng)為路端電壓。 【解題思路】根據(jù)右手定則可知，A點(diǎn)相當(dāng)于電源的正極，電勢(shì)高，A正確；AC產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝2BLv，AC兩端的電壓為UAC＝＝，B錯(cuò)誤；由功能關(guān)系得Fd＝mv2＋Q＋Qf，C錯(cuò)誤；此過(guò)程中平均感應(yīng)電流為＝，通過(guò)電阻R0的電荷量為q＝Δt＝，D正確。 【參考答案】 AD 【技能提升】 解答電磁感應(yīng)中電路問(wèn)題的三

31、個(gè)步驟 1. 確定電源：利用E＝n或E＝Blvsin θ求感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小，利用右手定則或楞次定律判斷感應(yīng)電流的方向．如果在一個(gè)電路中切割磁感線的部分有多個(gè)并相互聯(lián)系，可等效成電源的串、并聯(lián)。 2. 分析電路結(jié)構(gòu)：分析內(nèi)、外電路，以及外電路的串并聯(lián)關(guān)系，畫出等效電路圖。 3. 利用電路規(guī)律求解：應(yīng)用閉合電路歐姆定律及串并聯(lián)電路的基本性質(zhì)等列方程求解。 【變式訓(xùn)練】1. 如圖所示，平行極板與單匝圓線圈相連，極板距離為d，圓半徑為r，單匝線圈的電阻為R1，外接電阻為R2，其他部分的電阻忽略不計(jì)。在圓中有垂直紙面向里的磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻增加，有一個(gè)帶電粒子靜止在極板之間，帶電粒子質(zhì)量為m、

32、電荷量為q。則下列說(shuō)法正確的是(　　) A．粒子帶正電 B．磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化率為＝ C．保持開關(guān)閉合，向上移動(dòng)下極板時(shí)，粒子將向下運(yùn)動(dòng) D．?dāng)嚅_開關(guān)S，粒子將向下運(yùn)動(dòng) 解析：穿過(guò)線圈的磁通量垂直紙面向里增加，由楞次定律可知，平行板電容器的上極板電勢(shì)高，下極板電勢(shì)低，板間存在向下的電場(chǎng)，粒子受到重力和電場(chǎng)力而靜止，因此粒子受到的電場(chǎng)力方向向上，電場(chǎng)力方向與場(chǎng)強(qiáng)方向相反，粒子帶負(fù)電，故A錯(cuò)誤；對(duì)粒子，由平衡條件得：mg＝q，而感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)：E＝，解得：E＝，由法拉第電磁感應(yīng)定律得：E＝n＝nS，解得：＝，故B正確；保持開關(guān)閉合，則極板間的電壓不變，當(dāng)向上移動(dòng)下極板時(shí)，導(dǎo)致間距減小，那么電

33、場(chǎng)強(qiáng)度增大，則電場(chǎng)力增大，因此粒子將向上運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤；斷開開關(guān)S，電容器既不充電，也不放電，則電場(chǎng)強(qiáng)度不變，因此電場(chǎng)力也不變，故粒子靜止不動(dòng)，故D錯(cuò)誤。 答案：B 2. 如圖所示，水平面(紙面)內(nèi)間距為l的平行金屬導(dǎo)軌間接一電阻，質(zhì)量為m、長(zhǎng)度為l的金屬桿置于導(dǎo)軌上。t＝0時(shí)，金屬桿在水平向右、大小為F的恒定拉力作用下由靜止開始運(yùn)動(dòng)。t0時(shí)刻，金屬桿進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，且在磁場(chǎng)中恰好能保持勻速運(yùn)動(dòng)。桿與導(dǎo)軌的電阻均忽略不計(jì)，兩者始終保持垂直且接觸良好，兩者之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ。重力加速度大小為g。求： (1)金屬桿在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)的大??； (2)電阻的阻值。 解析：(1)設(shè)金屬桿進(jìn)入磁場(chǎng)前的加速度大小為a，由牛頓第二定律得ma＝F－μmg 設(shè)金屬桿到達(dá)磁場(chǎng)左邊界時(shí)的速度為v，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有v＝at0 當(dāng)金屬桿以速度v在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，由法拉第電磁感應(yīng)定律，桿中的電動(dòng)勢(shì)為E＝Blv 聯(lián)立解得E＝Blt0。 (2)設(shè)金屬桿在磁場(chǎng)區(qū)域中勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，金屬桿中的電流為I，根據(jù)歐姆定律I＝ 式中R為電阻的阻值．金屬桿所受的安培力為f＝BlI 因金屬桿做勻速運(yùn)動(dòng)，由牛頓運(yùn)動(dòng)定律得F－μmg－f＝0 聯(lián)立式得R＝。 11