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【最新版】23届高考二轮专题复习专题六 电磁感应和电路
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这是一份【最新版】23届高考二轮专题复习专题六 电磁感应和电路，共21页。学案主要包含了拓展训练1，拓展训练2，拓展训练3，拓展训练4等内容，欢迎下载使用。
考向一 闭合电路欧姆定律的应用
1.(多选)(2020·江苏卷，6)某汽车的电源与启动电机、车灯连接的简化电路如图1所示。当汽车启动时，开关S闭合，电机工作，车灯突然变暗，此时( )
图1
A.车灯的电流变小 B.路端电压变小
C.电路的总电流变小 D.电源的总功率变大
答案 ABD
解析 开关S闭合，电机工作，外电路的总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知总电流增大，电源的内阻分压增大，路端电压减小，则车灯两端的电压减小，流过车灯的电流减小，A、B正确，C错误；由P＝EI可知，由于电路的总电流增大，则电源的总功率增大，D正确。
考向二 理想变压器的原理和应用
2.(2020·江苏卷，2)电流互感器是一种测量电路中电流的变压器，工作原理如图2所示。其原线圈匝数较少，串联在电路中，副线圈匝数较多，两端接在电流表上。则电流互感器( )
图2
A.是一种降压变压器
B.能测量直流电路的电流
C.原、副线圈电流的频率不同
D.副线圈的电流小于原线圈的电流
答案 D
解析 变压器是利用电磁感应的原理来改变交流电压的装置，不能改变交变电流的频率，B、C项均错误；根据变压器匝数与电压的关系eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)可得副线圈的电压U2＝eq \f(n2,n1)U1，由于原线圈匝数少而副线圈的匝数多，即n1＜n2，因此有U2＞U1，电流互感器是一种升压变压器，A项错误；根据变压器匝数与电流的关系eq \f(I1,I2)＝eq \f(n2,n1)可得副线圈的电流I2＝eq \f(n1,n2)I1，由于n1＜n2，因此有I2＜I1，D项正确。
考向三 楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用
3.(2020·江苏卷，21)如图3所示，电阻为0.1 Ω的正方形单匝线圈abcd的边长为0.2 m，bc边与匀强磁场边缘重合。磁场的宽度等于线圈的边长，磁感应强度大小为0.5 T。在水平拉力作用下，线圈以8 m/s的速度向右穿过磁场区域。求线圈在上述过程中：
图3
(1)感应电动势的大小E；
(2)所受拉力的大小F；
(3)感应电流产生的热量Q。
答案 (1)0.8 V (2)0.8 N (3)0.32 J
解析 (1)感应电动势E＝Blv
代入数据得E＝0.8 V。
(2)感应电流I＝eq \f(E,R)
线圈做匀速运动，所以拉力的大小等于安培力，F＝IlB
解得F＝eq \f(B2l2v,R)，代入数据得F＝0.8 N。
(3)运动时间t＝eq \f(2l,v)
焦耳定律Q＝I2Rt
解得Q＝eq \f(2B2l3v,R)，代入数据得Q＝0.32 J。
考向四 电磁感应中的动力学和能量问题
4.(多选)(2021·湖南卷，10)两个完全相同的正方形匀质金属框，边长为L，通过长为L的绝缘轻质杆相连，构成如图4所示的组合体。距离组合体下底边H处有一方向水平、垂直纸面向里的匀强磁场。磁场区域上下边界水平，高度为L，左右宽度足够大。把该组合体在垂直磁场的平面内以初速度v0水平无旋转抛出，设置合适的磁感应强度大小B使其匀速通过磁场，不计空气阻力。下列说法正确的是 ( )
图4
A.B与v0无关，与eq \r(H)成反比
B.通过磁场的过程中，金属框中电流的大小和方向保持不变
C.通过磁场的过程中，组合体克服安培力做功的功率与重力做功的功率相等
D.调节H、v0和B，只要组合体仍能匀速通过磁场，则其通过磁场的过程中产生的热量不变
答案 CD
解析 设金属框进入磁场时的竖直分速度为vy，可知vy＝eq \r(2gH)，金属框所受安培力F＝ILB，电流I＝eq \f(E,R)，电动势E＝BLvy，根据受力平衡可得mg＝eq \f(B2L2\r(2gH),R)，可知B2与eq \r(H)成反比，B与v0无关，A错误；金属框进入磁场和穿出磁场的过程中，电流的大小保持不变，方向由逆时针变为顺时针，B错误；从下金属框进入磁场到上金属框离开磁场，整个过程金属框做匀速直线运动，安培力和重力等大反向，故组合体克服安培力做功的功率与重力做功的功率相等，C正确；组合体从进入磁场到穿出磁场，不论怎样调节H、v0和B，只要组合体匀速通过磁场，在通过磁场的过程中，产生的热量始终等于减少的重力势能，D正确。
1.恒定电流
(1)闭合电路中的电压、电流关系：E＝U外＋U内，I＝eq \f(E,R＋r)，U＝E－Ir。
(2)闭合电路中的功率关系：P总＝EI，P内＝I2r，P出＝IU＝I2R＝P总－P内。
(3)直流电路中的能量关系：电功W＝qU＝UIt，电热Q＝I2Rt。纯电阻电路中W＝Q，非纯电阻电路中W>Q。
2.交变电流
(1)交变电流的“四值”
①最大值：为Um、Im，即交变电流的峰值。
②瞬时值：反映交变电流每一个瞬间的值，如e＝Emsin__ωt。
③有效值：正弦式交变电流的有效值与最大值之间的关系为E＝eq \f(Em,\r(2))、U＝eq \f(Um,\r(2))、I＝eq \f(Im,\r(2))；非正弦式交变电流的有效值必须根据电流的热效应，用等效的思想来求解。计算交变电流的电功、电功率和测定交流电路的电压、电流都是指有效值。
④平均值：反映交变电流的某物理量在t时间内的平均大小，如平均电动势E＝neq \f(ΔΦ,Δt)。
(2)理想变压器的基本关系式
①功率关系：P入＝P出；
②电压关系：eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)；
③电流关系：eq \f(I1,I2)＝eq \f(n2,n1)。
(3)远距离输电常用关系式(如图5所示)
图5
①功率关系：P1＝P2，P3＝P4，P2＝P线＋P3；
②电压损失：U损＝I2R线＝U2－U3；
③输电导线中电流：I线＝eq \f(P2,U2)＝eq \f(P3,U3)＝eq \f(U2－U3,R线)；
④输电导线上损耗的电功率：P损＝I线U损＝Ieq \\al(2,线)R线＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(P2,U2)))eq \s\up12(2)R线。
3.感应电动势的几种表达式
(1)穿过回路的磁通量发生变化时E＝neq \f(ΔΦ,Δt)，一般用来计算Δt时间内的感应电动势的平均值。
(2)导体棒垂直切割磁感线运动时E＝Blv。
(3)导体棒在磁场中以其中一端为圆心转动切割磁感线时E＝eq \f(1,2)Bl2ω。
4.感应电流在磁场中所受的安培力
(1)安培力的大小：F＝BIL＝eq \f(BL·E,R)＝eq \f(B2L2v,R)。
(2)安培力的方向判断
①右手定则和左手定则相结合，先用右手定则确定感应电流方向，再用左手定则判断感应电流所受安培力的方向。
②如果导体棒是在非安培力的作用下运动起来的，感应电流所受安培力的方向一定和导体切割磁感线运动的方向相反。
高考题型1 直流电路分析
1.直流电路动态分析方法
(1)程序法；(2)“串反并同”法；(3)极限法。
2.电容器的特点
(1)只有当电容器充、放电时，电容器支路中才会有电流，当电路稳定时，电容器所在的支路相当于断路。
(2)电路稳定时，与电容器串联的电路中没有电流，同支路的电阻相当于导线，电容器的电压为与之并联的电阻两端的电压。
【例1】 (2021·江苏“决胜新高考·名校交流3月联考”)多用电表测量未知电阻阻值的电路如图6甲所示，电源的电动势为E，R0为调零电阻。某次将待测电阻用电阻箱代替时，电路中电流I与电阻箱的阻值Rx的关系图象如图6乙所示，求电流为0.3 mA时，待测电阻的大小为R。
图6
答案 25 kΩ
解析 由题图乙可知当Rx＝0时，Ig＝0.8 mA，由图象可知，当I＝0.4 mA时，电阻箱阻值Rx＝15 kΩ，根据闭合电路的欧姆定律得Ig＝eq \f(E,R内)，I＝eq \f(E,R内＋Rx)，I′＝eq \f(E,R内＋R)，解得R内＝Rx＝15 kΩ，E＝12 V，R＝25 kΩ。
【拓展训练1】 [2021·吉林长春市质量监测(二)]在如图7所示的电路中，平行板电容器两金属板之间的带电液滴处于静止状态，电流表和电压表均为理想电表，由于某种原因灯泡L的灯丝突然烧断，其余用电器均未损坏，则下列说法正确的是( )
图7
A.电流表读数变小，电压表的读数变大
B.电源内阻消耗的功率变大
C.液滴将向下运动
D.电容器带的电荷量变大
答案 D
解析 灯泡L的灯丝烧断，电路总电阻增大，干路电流减小，路端电压增大，电压表、电流表读数均变大，A错误；电源内阻消耗的功率P＝I2r变小，B错误；电容器两极板电压增大，液滴所受电场力大于重力，所以液滴向上运动；且由于电压增大，电容器的带电量变大，C错误，D正确。
高考题型2 交流电路与变压器问题
1.理想变压器动态分析的两种情况
(1)负载电阻不变，讨论变压器原、副线圈两端的电压、电流、电功率等随匝数比的变化情况。
(2)匝数比不变，讨论变压器原、副线圈两端的电压、电流、电功率等随负载电阻的变化情况。
2.理想变压器问题分析技巧
(1)根据题意分清变量和不变量。
(2)弄清“谁决定谁”的制约关系。对电压而言，输入决定输出；对电流、电功(率)而言，输出决定输入。
【例2】 (2021·江苏苏锡常镇四市5月第二次调研)如图8所示，b端是一理想变压器副线圈中心抽头，开始时单刀双掷开关置于a端，开关S断开，原线圈c、d两端加正弦交流电。下列说法正确的是( )
图8
A.将可变电阻R调大，则R两端电压变小
B.闭合开关S，则R1两端电压变小
C.当单刀双掷开关由a拨向b时，副线圈电流的频率变小
D.当单刀双掷开关由a拨向b时，原线圈的输入功率变大
答案 B
解析 因变压器次级电压不变，则将可变电阻R调大，次级电阻变大，次级电流减小，则R1上电压减小，则R两端电压变大，选项A错误；闭合开关S，则次级电阻减小，次级电流变大，R两端电压变大，则R1两端电压变小，选项B正确；变压器不改变交流电的频率，则当单刀双掷开关由a拨向b时，副线圈电流的频率不变，选项C错误；当单刀双掷开关由a拨向b时，副线圈匝数减小，则次级电压减小，次级消耗的功率减小，则原线圈的输入功率变小，选项D错误。
【拓展训练2】 (2021·江苏七市第二次调研)如图9所示为远距离输电的原理图，发电机输出电压不变，升压变压器、降压变压器均为理想变压器，降压变压器的原、副线圈匝数之比为n。若用户负载发生变化，电压表V的示数变化ΔU，电流表A的示数变化ΔI，eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(ΔU,ΔI)))＝k。则两变压器间输电线的总电阻R等于( )
图9
A.nk B.eq \f(k,n)
C.n2k D.eq \f(k,n2)
答案 C
解析 电压表V的示数变化ΔU，则降压变压器的原线圈两端电压变化了nΔU，电流表A的示数变化ΔI，则流过R的电流变化了eq \f(ΔI,n)，所以两变压器间输电线的总电阻R＝eq \f(nΔU,\f(ΔI,n))＝n2k，故选C。
高考题型3 楞次定律与电磁感应定律的应用
1.求感应电动势的两种方法
(1)E＝neq \f(ΔΦ,Δt)，用来计算感应电动势的平均值，常用来求解电荷量。
(2)E＝Blv或E＝eq \f(1,2)Bl2ω，主要用来计算感应电动势的瞬时值。
2.判断感应电流方向的两种方法
(1)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。
(2)利用楞次定律，即根据穿过闭合回路的磁通量的变化情况进行判断。
3.楞次定律中“阻碍”的四种表现形式
(1)阻碍磁通量的变化——“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)阻碍电流的变化(自感现象)——“增反减同”。
【例3】 (2021·江苏省新高考适应性考试)如图10所示，光滑的平行长导轨水平放置，质量相等的导体棒L1和L2静止在导轨上，与导轨垂直且接触良好。已知L1的电阻大于L2，两棒间的距离为d，不计导轨电阻，忽略电流产生的磁场。将开关S从1拨到2，两棒运动一段时间后达到稳定状态，则( )
图10
A.S拨到2的瞬间，L1中的电流大于L2
B.S拨到2的瞬间，L1的加速度大于L2
C.运动稳定后，电容器C的电荷量为零
D.运动稳定后，两棒之间的距离大于d
答案 D
解析 电源给电容器充电，稳定后，S拨到2的瞬间，电容器相当于电源和导体棒L1和L2组成闭合电路，由于L1的电阻大于L2，则L1中的电流小于L2中的电流，A错误；S拨到2的瞬间，L1中的电流小于L2中的电流，根据F＝ILB可得，则L1受到的安培力小于L2受到的安培力，根据牛顿第二定律，L1的加速度小于L2的加速度，B错误；S拨到2后，导体棒L1和L2受到的安培力作用，则导体棒运动，产生电动势，当产生的电动势等于电容器两端的电压时，电路稳定，此时电容器C的电荷量不为零，C错误；S拨到2后，导体棒L1和L2受到的安培力作用，则导体棒运动，当产生的电动势等于电容器两端的电压时，电路稳定，此时导体棒L1和L2的速度相等，因为L1的加速度小于L2的加速度，运动时间相等，则L1的位移小于L2的位移，即运动稳定后，两棒之间的距离大于d，D正确。
【拓展训练3】 (2021·北京市丰台区二模) 在某个趣味物理小实验中，几位同学手拉手与一节电动势为1.5 V的干电池、导线、开关、一个有铁芯的多匝线圈按如图11所示方式连接，实验过程中人会有触电的感觉。下列说法正确的是( )
图11
A.人有触电感觉是在开关闭合瞬间
B.人有触电感觉时流过人体的电流大于流过线圈的电流
C.断开开关时流过人的电流方向从B→A
D.断开开关时线圈中的电流突然增大
答案 C
解析 因为断电瞬间多匝线圈产生较大的自感电动势，所以人有触电感觉，此时人与线圈组成一个闭合回路，则两者电流总是相等，线圈中的电流方向不变还是从左到右，但是流过人的电流方向从B→A，根据楞次定律可知，自感电动势是阻碍电流的减小，但不是阻止，所以线圈中的电流是逐渐减小的，所以A、B、D错误，C正确。
高考题型4 电磁感应的综合问题
1.解题思路
“先电后力”，即：
(1)“源”的分析——分析电路中由电磁感应所产生的“电源”，求出电源参数E和r。
(2)“路”的分析——分析电路结构，弄清串、并联关系，求出相关部分的电流大小，以便求解安培力。
(3)“力”的分析——分析研究对象(通常是金属棒、导体、线圈等)的受力情况，尤其注意其所受的安培力。
(4)“运动状态”的分析——根据力和运动的关系，构建正确的运动模型。
(5)“能量”的分析——寻找电磁感应过程和研究对象的运动过程中，其能量转化和守恒的关系。
2.电荷量的求解
电荷量q＝IΔt，其中I必须是电流的平均值。由E＝neq \f(ΔΦ,Δt)、I＝eq \f(E,R总)、q＝IΔt，联立可得q＝neq \f(ΔΦ,R总)，与时间无关。
3.求解焦耳热Q的三种方法
(1)焦耳定律：Q＝I2Rt。
(2)功能关系：Q＝W克服安培力。
(3)能量转化：Q＝ΔE其他能的减少量。
【例4】 (2021·江苏省普通高等学校全国统一考试模拟)如图12所示，CD、EF是两条水平放置的阻值可忽略的平行金属导轨，其左右端都与接有阻值为R倾斜光滑轨道平滑连接，导轨间距都为d，在水平导轨的右侧存在磁感应强度方向垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B，磁场区域的宽度为L1。现将一阻值为r、质量为m的导体棒从右侧倾斜轨道上高h处由静止释放，导体棒最终停在距离磁场的左边界为L2处。已知右侧倾斜轨道与竖直方向夹角为θ，导体棒始终与导轨垂直且接触良好，且导体棒与水平导轨间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。求：
图12
(1)通过导体棒的最大电流；
(2)左侧电阻R上产生的焦耳热；
(3)导体棒在水平导轨上运动的时间。
答案 (1)eq \f(2Bd\r(2gh),R＋2r) (2)eq \f(R,2（R＋2r）)mg(h－μL1－μL2) (3)eq \f(1,μ)eq \r(\f(2h,g))－eq \f(2B2d2L1,μmg（R＋2r）)
解析 (1)质量m的导体棒从倾斜轨道上h高处由静止释放，刚进入磁场时速度最大，由机械能守恒定律
mgh＝eq \f(1,2)mv2
解得最大速度v＝eq \r(2gh)
产生的最大感应电动势Em＝Bdv＝Bdeq \r(2gh)
由闭合电路欧姆定律可得通过导体棒的最大电流
Im＝eq \f(Em,\f(R,2)＋r)＝eq \f(2Bd\r(2gh),R＋2r)。
(2)由能量守恒定律可知整个电路中产生的焦耳热
Q＝mgh－μmg(L1＋L2)
电阻R中产生的焦耳热
QR＝eq \f(R,2（R＋2r）)mg(h－μL1－μL2)。
(3)设导体棒在水平导轨上运动的时间为t，由动量定理有eq \f(2B2d2L1,R＋2r)＋μmgt＝meq \r(2gh)
解得t＝eq \f(1,μ)eq \r(\f(2h,g))－eq \f(2B2d2L1,μmg（R＋2r）)。
【拓展训练4】 (2021·山东济南市期末)如图13所示，光滑平行金属导轨的水平部分处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B＝3 T。两导轨间距为L＝0.5 m，导轨足够长。金属棒a和b的质量分别为ma＝1 kg，mb＝0.5 kg，电阻分别为Ra＝1 Ω，Rb＝2 Ω。 b棒静止于导轨水平部分，现将a棒从h＝1.8 m高处由静止沿弧形导轨下滑，通过C点进入导轨的水平部分，已知两棒在运动过程中始终保持与导轨垂直且接触良好，两棒始终不相碰。(g取10 m/s2)求：
图13
(1)a棒刚进入磁场时，b棒的加速度；
(2)从a棒进入磁场到a棒匀速运动的过程中，流过a棒的电荷量；
(3)从a棒进入磁场到a棒匀速运动的过程中，a棒中产生的焦耳热。
答案 (1)9 m/s2，方向向右 (2)eq \f(4,3) C (3)2 J
解析 (1)a棒沿弧形导轨下滑到水平导轨的过程中：magh＝eq \f(1,2)mav2
a棒进入磁场瞬间感应电动势：E＝BLv
由闭合电路欧姆定律得：I＝eq \f(E,Ra＋Rb)
对b棒：F安＝BIL
由牛顿第二定律：F安＝mba
解得a＝9 m/s2，v＝6 m/s
由左手定则可知，F安向右，则b棒加速度的方向向右。
(2)对a、b：由动量守恒定律得：
mav＝(ma＋mb)v共
v共＝4 m/s
对b棒，由动量定理可得：
Beq \(I,\s\up6(－))Lt＝mbv共
q＝eq \(I,\s\up6(－))t＝eq \f(mbv共,BL)＝eq \f(4,3) C。
(3)a、b棒在水平面内运动的过程中，由能量转化和守恒定律可知，
eq \f(1,2)mav2－eq \f(1,2)(ma＋mb)veq \\al(2,共)＝Q
根据焦耳定律有：Q＝eq \(I,\s\up6(－))2(Ra＋Rb)t
Qa＝eq \(I,\s\up6(－))2Rat
联立解得Qa＝2 J。
(限时35分钟)
1.(2021·江苏如皋市一中校测)铜的摩尔质量为m，密度为ρ，每摩尔铜原子有n个自由电子，今有一根横截面积为S的铜导线，当通过的电流为I时，电子平均定向移动速率为( )
A.光速c B.eq \f(I,meS)
C.eq \f(Iρ,neSm) D.eq \f(mI,neSρ)
答案 D
解析 单位体积的电子数为N＝eq \f(ρn,m)，根据I＝NeSv，可得v＝eq \f(I,NeS)＝eq \f(mI,neSρ)，故选D。
2.(2021·江苏盐城市滨海中学一模)交警使用的某型号酒精测试仪如图1甲，其工作原理如图1乙所示，传感器电阻R的电阻值随酒精气体浓度的增大而减小，电源的电动势为E，内阻为r，电路中的电表均为理想电表。当一位酒驾驾驶员对着测试仪吹气时，下列说法中正确的是( )
图1
A.电压表的示数变大，电流表的示数变小
B.电压表的示数变小，电流表的示数变小
C.酒精气体浓度越大，电源的输出功率越大
D.电压表示数变化量与电流表示数变化量的绝对值之比保持不变
答案 D
解析 由于传感器电阻R的电阻值随酒精气体浓度的增大而减小，而酒驾驾驶员吹气时，酒精浓度大，R变小，由闭合电路的欧姆定律可知I＝eq \f(E,R＋r＋R0)，U ＝ E－I(R0＋r)，可知电流表示数变大、电压表示数变小，A、B错误；电源的输出功率关于外阻R外的图象如图所示，由图可看出当R外 ＝ r时电源的输出功率最大，而酒精气体浓度越大，导致R ＋ R0减小，若R ＋ R03.(2021·江苏南京一中阶段性检测)如图2所示，理想变压器原线圈接在交流电源上，图中各电表均为理想电表，下列说法正确的是( )
图2
A.当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，R1消耗的功率变大
B.当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电压表V示数变大
C.当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电流表A1示数变大
D.若闭合开关S，则电流表A1示数变大，A2示数变大
答案 B
解析 当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，滑动变阻器接入电路的阻值增大，回路总电阻变大，总电流减小，R1消耗的功率减小；原线圈电流也减小；原线圈电压不变，副线圈电压也不变，加在R1两端的电压减小，因此电压表V示数增大，A、C错误，B正确；若闭合开关S，回路总电阻减小，电流增大，R1分得的电压升高，加在R2两端的电压降低，流过R2的电流减小，即A2的示数减小，D错误。
4.(2021·江苏南京市、盐城市第二次模拟)远距离输电原理图如图3所示，原线圈输入电压及输电功率恒定，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，当S由2改接为1时，下列说法正确的是( )
图3
A.电压表读数减小 B.电流表读数增大
C.输电线上损耗的功率减小 D.用户的功率减小
答案 C
解析 原线圈输入电压及输电功率恒定，当S由2改接为1时，根据U2＝eq \f(n2,n1)U1，升压变压器副线圈匝数n2增大，则U2增大，由于U1I1＝U2I2，则升压变压器副线圈电流I2减小，所以电流表读数减小，线路损失的电压ΔU＝I2R线减小，则降压变压器原线圈的电压U3＝U2－ΔU增大，则降压变压器副线圈的电压U4＝eq \f(n4,n3)U3增大，所以电压表的读数增大，则A、B错误；输电线上损耗的功率为ΔP＝Ieq \\al(2,2)R线，由于升压变压器副线圈电流I2减小，所以输电线上损耗的功率减小，则C正确；用户的功率为P4＝P1－ΔP，输电线上损耗的功率减小，所以用户的功率增大，则D错误。
5.(2021·江苏“决胜新高考·名校交流3月联考”)两人在赤道上站立，各自手握金属绳OPO′的一端，绕东西方向的水平轴沿顺时针方向匀速摇动，周期为T，将金属绳连入电路，闭合回路如图4所示，取金属绳在图示的最高位置时为t＝0时刻，则下列说法正确的是( )
图4
A.电路中存在周期为T的变化电流
B.t＝0时刻，回路磁通量最大，电路中电流最大
C.t＝eq \f(T,4)时刻，电流向左通过灵敏电流计
D.t＝eq \f(T,2)时刻，回路磁通量最大，电路中电流最大
答案 A
解析 在赤道上时，地磁场方向从地球南极出发到地球北极，类比导线切割磁感线，由右手定则判断，在OO′上方电流沿O′→O方向，在OO′下方电流沿O→O′方向，电路中存在周期性变化的电流，t＝eq \f(T,4)时刻，电流向右通过灵敏电流计，故A正确，C错误；t＝0时刻和t＝eq \f(T,2)时刻，金属绳的运动方向沿南北方向，与地磁场方向平行，感应电流为零，故B、D错误。
6.(2021·江苏省第二次适应性模拟)如图5所示，匀强磁场中有一等边三角形线框abc，匀质导体棒在线框上向右匀速运动，导体棒在线框接触点之间的感应电动势为E，通过的电流为I。忽略线框的电阻，且导体棒与线框接触良好，则导体棒( )
图5
A.从位置①到②的过程中，E增大、I增大
B.经过位置②时，E最大、I为零
C.从位置②到③的过程中，E减小、I不变
D.从位置①到③的过程中，E和I都保持不变
答案 C
解析 设棒与导轨两接触点间的长度为L，棒单位长度的电阻为r，则感应电动势E＝BLv，感应电流I＝eq \f(E,Lr)＝eq \f(Bv,r)，从位置①到②的过程中，B、v、r不变，L变大，所以E增大，I不变，故A错误；经过位置②时，L最大，E最大，整个过程I不变，且不为零，故B错误；从位置②到③的过程中，L变小，故E减小、整个过程I不变，故C正确；从位置①到③的过程中，I保持不变，L先变大后变小，故E先变大后变小，故D错误。
7.(2021·江苏七市第二次调研)如图6所示，匀强磁场中水平放置两足够长的光滑平行金属导轨，导轨的左侧接有不带电的电容器C。金属棒ab在导轨上向右运动，运动过程中棒始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，不计导轨电阻。在t0时刻闭合开关S，则金属棒两端电压Uab、速度v、电容器所带电荷量Q、回路中电流强度i随时间t变化的关系图象可能正确的是( )
图6
答案 C
解析 S闭合，产生电流，导体棒受到安培力，速度变小，因此E＝BLv，感应电动势变小。充电完成后，无电流，安培力消失，v保持恒定，ab两端电压不变，故A错误；导体棒的速度先减小后不变，最小速度不为0，故B错误；由Q＝CU知，Q先变小后不变，故C正确；充电完成后无电流，故D错误。
8.(2021·江苏常州市第一次模拟)如图7所示，圆形区域中的匀强磁场磁感应强度B1随时间t的变化关系为B1＝kt，k为大于零的常量；边界MN右侧的匀强磁场磁感应强度大小为B2。光滑平行金属导轨左端接一阻值为R的电阻、MN处放置一和导轨接触良好的金属棒，不计导轨和金属棒电阻。t＝0时，给金属棒一初速度v0，使其在外力作用下向右匀速运动。回路的总磁通量为Φ、回路的电流为i、电阻R上产生的热量为Q、导体棒受到的外力为F，它们随时间t的变化图象正确的是( )
图7
答案 C
解析 由圆形磁场产生的感应电动势为E1＝neq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(SΔB,Δt)＝Sk，由导体切割磁感线产生的感应电动势为E2＝B2lv0，则总磁通量等于Φ＝Et＝E1t＋E2t＝Skt＋B2lv0t，所以A中图线应该为直线，A错误；根据i＝eq \f(E1＋E2,R)＝eq \f(Sk＋B2lv0,R)，所以B中图线应该为平行于t轴的直线，B错误；根据Q＝i2Rt＝eq \f(（Sk＋B2lv0）2,R)t，所以C中图线为过原点的直线，C正确；根据F＝Bli，B、i、l均不变，所以D中图线为平行于t轴的直线，D错误。
9.(2021·江苏七市第二次调研)某研究性学习小组用如图8所示的装置，测量地面附近地磁场的磁感应强度。固定金属横杆O、O′两点间距离为L，两根长度均为L的轻质软导线，其一端分别接在O、O′点，另一端分别接在长度也为L的导体棒ab两端。现将导体棒ab拉至图示位置，使棒与OO′在同一水平面内由静止释放，导体棒ab转过四分之一圆弧至最低点时速度大小为v，由接入电路的电流传感器测得此过程通过导体棒截面的电荷量为q。已知地磁场与水平面夹角为θ，且与金属横杆垂直，导体棒ab的质量为m、电阻为R，重力加速度为g，不计回路其他部分电阻，忽略空气阻力。求：
图8
(1)导体棒ab由静止转至最低点过程中安培力做的功W；
(2)该处地磁场的磁感应强度大小B。
答案 (1)eq \f(1,2)mv2－mgL (2)eq \f(qR,L2（sin θ＋cs θ）)
解析 (1)导体棒由静止转至最低点的过程，由动能定理有mgL＋W＝eq \f(1,2)mv2
解得W＝eq \f(1,2)mv2－mgL。
(2)上述过程电路中产生的平均感应电动势eq \(E,\s\up6(－))＝eq \f(ΔΦ,Δt)，其中ΔΦ＝BL2(sin θ＋cs θ)
通过的电荷量q＝eq \f(\(E,\s\up6(－)),R)·Δt
联立解得B＝eq \f(qR,L2（sin θ＋cs θ）)。
10.(2021·天津市西区3月调研)如图9所示，空间等间距分布着水平方向的条形匀强磁场，竖直方向磁场区域足够长，磁感应强度B＝1 T，每一条条形磁场区域的宽度及相邻条形磁场区域的间距均为d＝0.5 m，现有一边长L＝0.2 m、质量m＝0.1 kg、电阻R＝0.1 Ω的正方形导线框MNOP以v0＝7 m/s的初速度从左侧磁场边缘水平进入磁场，求：
图9
(1)线框MN边刚进入磁场时受到安培力的大小F；
(2)线框从开始进入磁场到竖直下落的过程中产生的焦耳热Q；
(3)线框能穿过的完整条形磁场区域的个数n。
答案 (1)2.8 N (2)2.45 J (3)4
解析 (1)线框MN边刚进入磁场区域时有
E＝BLv0①
E＝IR②
F＝ILB③
联立①②③解得：F＝2.8 N。
(2)设线框水平速度减为零时，下落高度为H，此时速度为vH，由能量守恒有：
mgH＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝Q＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,H)④
根据自由落体规律有：veq \\al(2,H)＝2gH⑤
联立④⑤得：Q＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝2.45 J。
(3)只有在线框进入和穿出条形磁场区域时，才产生感应电动势，设线框部分进入条形磁场区域长度为x时，
线框水平切割磁感线速度为v时有：
E＝BLv⑥
E＝IR⑦
F＝ILB⑧
F＝ma＝meq \f(Δv,Δt)⑨
由⑥⑦⑧⑨得：eq \f(B2L2,R) vΔt＝mΔv⑩
即：∑eq \f(B2L2,R) vΔt＝∑mΔv
可有：eq \f(B2L2,R)x＝mv0⑪
n＝eq \f(x,2L)⑫
由⑪⑫并代入数据得：
n≈4.4⑬
故线框能穿过的完整条形磁场区域的个数为4。
考向一 闭合电路欧姆定律的应用
1.(多选)(2020·江苏卷，6)某汽车的电源与启动电机、车灯连接的简化电路如图1所示。当汽车启动时，开关S闭合，电机工作，车灯突然变暗，此时( )
图1
A.车灯的电流变小 B.路端电压变小
C.电路的总电流变小 D.电源的总功率变大
答案 ABD
解析 开关S闭合，电机工作，外电路的总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知总电流增大，电源的内阻分压增大，路端电压减小，则车灯两端的电压减小，流过车灯的电流减小，A、B正确，C错误；由P＝EI可知，由于电路的总电流增大，则电源的总功率增大，D正确。
考向二 理想变压器的原理和应用
2.(2020·江苏卷，2)电流互感器是一种测量电路中电流的变压器，工作原理如图2所示。其原线圈匝数较少，串联在电路中，副线圈匝数较多，两端接在电流表上。则电流互感器( )
图2
A.是一种降压变压器
B.能测量直流电路的电流
C.原、副线圈电流的频率不同
D.副线圈的电流小于原线圈的电流
答案 D
解析 变压器是利用电磁感应的原理来改变交流电压的装置，不能改变交变电流的频率，B、C项均错误；根据变压器匝数与电压的关系eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)可得副线圈的电压U2＝eq \f(n2,n1)U1，由于原线圈匝数少而副线圈的匝数多，即n1＜n2，因此有U2＞U1，电流互感器是一种升压变压器，A项错误；根据变压器匝数与电流的关系eq \f(I1,I2)＝eq \f(n2,n1)可得副线圈的电流I2＝eq \f(n1,n2)I1，由于n1＜n2，因此有I2＜I1，D项正确。
考向三 楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用
3.(2020·江苏卷，21)如图3所示，电阻为0.1 Ω的正方形单匝线圈abcd的边长为0.2 m，bc边与匀强磁场边缘重合。磁场的宽度等于线圈的边长，磁感应强度大小为0.5 T。在水平拉力作用下，线圈以8 m/s的速度向右穿过磁场区域。求线圈在上述过程中：
图3
(1)感应电动势的大小E；
(2)所受拉力的大小F；
(3)感应电流产生的热量Q。
答案 (1)0.8 V (2)0.8 N (3)0.32 J
解析 (1)感应电动势E＝Blv
代入数据得E＝0.8 V。
(2)感应电流I＝eq \f(E,R)
线圈做匀速运动，所以拉力的大小等于安培力，F＝IlB
解得F＝eq \f(B2l2v,R)，代入数据得F＝0.8 N。
(3)运动时间t＝eq \f(2l,v)
焦耳定律Q＝I2Rt
解得Q＝eq \f(2B2l3v,R)，代入数据得Q＝0.32 J。
考向四 电磁感应中的动力学和能量问题
4.(多选)(2021·湖南卷，10)两个完全相同的正方形匀质金属框，边长为L，通过长为L的绝缘轻质杆相连，构成如图4所示的组合体。距离组合体下底边H处有一方向水平、垂直纸面向里的匀强磁场。磁场区域上下边界水平，高度为L，左右宽度足够大。把该组合体在垂直磁场的平面内以初速度v0水平无旋转抛出，设置合适的磁感应强度大小B使其匀速通过磁场，不计空气阻力。下列说法正确的是 ( )
图4
A.B与v0无关，与eq \r(H)成反比
B.通过磁场的过程中，金属框中电流的大小和方向保持不变
C.通过磁场的过程中，组合体克服安培力做功的功率与重力做功的功率相等
D.调节H、v0和B，只要组合体仍能匀速通过磁场，则其通过磁场的过程中产生的热量不变
答案 CD
解析 设金属框进入磁场时的竖直分速度为vy，可知vy＝eq \r(2gH)，金属框所受安培力F＝ILB，电流I＝eq \f(E,R)，电动势E＝BLvy，根据受力平衡可得mg＝eq \f(B2L2\r(2gH),R)，可知B2与eq \r(H)成反比，B与v0无关，A错误；金属框进入磁场和穿出磁场的过程中，电流的大小保持不变，方向由逆时针变为顺时针，B错误；从下金属框进入磁场到上金属框离开磁场，整个过程金属框做匀速直线运动，安培力和重力等大反向，故组合体克服安培力做功的功率与重力做功的功率相等，C正确；组合体从进入磁场到穿出磁场，不论怎样调节H、v0和B，只要组合体匀速通过磁场，在通过磁场的过程中，产生的热量始终等于减少的重力势能，D正确。
1.恒定电流
(1)闭合电路中的电压、电流关系：E＝U外＋U内，I＝eq \f(E,R＋r)，U＝E－Ir。
(2)闭合电路中的功率关系：P总＝EI，P内＝I2r，P出＝IU＝I2R＝P总－P内。
(3)直流电路中的能量关系：电功W＝qU＝UIt，电热Q＝I2Rt。纯电阻电路中W＝Q，非纯电阻电路中W>Q。
2.交变电流
(1)交变电流的“四值”
①最大值：为Um、Im，即交变电流的峰值。
②瞬时值：反映交变电流每一个瞬间的值，如e＝Emsin__ωt。
③有效值：正弦式交变电流的有效值与最大值之间的关系为E＝eq \f(Em,\r(2))、U＝eq \f(Um,\r(2))、I＝eq \f(Im,\r(2))；非正弦式交变电流的有效值必须根据电流的热效应，用等效的思想来求解。计算交变电流的电功、电功率和测定交流电路的电压、电流都是指有效值。
④平均值：反映交变电流的某物理量在t时间内的平均大小，如平均电动势E＝neq \f(ΔΦ,Δt)。
(2)理想变压器的基本关系式
①功率关系：P入＝P出；
②电压关系：eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)；
③电流关系：eq \f(I1,I2)＝eq \f(n2,n1)。
(3)远距离输电常用关系式(如图5所示)
图5
①功率关系：P1＝P2，P3＝P4，P2＝P线＋P3；
②电压损失：U损＝I2R线＝U2－U3；
③输电导线中电流：I线＝eq \f(P2,U2)＝eq \f(P3,U3)＝eq \f(U2－U3,R线)；
④输电导线上损耗的电功率：P损＝I线U损＝Ieq \\al(2,线)R线＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(P2,U2)))eq \s\up12(2)R线。
3.感应电动势的几种表达式
(1)穿过回路的磁通量发生变化时E＝neq \f(ΔΦ,Δt)，一般用来计算Δt时间内的感应电动势的平均值。
(2)导体棒垂直切割磁感线运动时E＝Blv。
(3)导体棒在磁场中以其中一端为圆心转动切割磁感线时E＝eq \f(1,2)Bl2ω。
4.感应电流在磁场中所受的安培力
(1)安培力的大小：F＝BIL＝eq \f(BL·E,R)＝eq \f(B2L2v,R)。
(2)安培力的方向判断
①右手定则和左手定则相结合，先用右手定则确定感应电流方向，再用左手定则判断感应电流所受安培力的方向。
②如果导体棒是在非安培力的作用下运动起来的，感应电流所受安培力的方向一定和导体切割磁感线运动的方向相反。
高考题型1 直流电路分析
1.直流电路动态分析方法
(1)程序法；(2)“串反并同”法；(3)极限法。
2.电容器的特点
(1)只有当电容器充、放电时，电容器支路中才会有电流，当电路稳定时，电容器所在的支路相当于断路。
(2)电路稳定时，与电容器串联的电路中没有电流，同支路的电阻相当于导线，电容器的电压为与之并联的电阻两端的电压。
【例1】 (2021·江苏“决胜新高考·名校交流3月联考”)多用电表测量未知电阻阻值的电路如图6甲所示，电源的电动势为E，R0为调零电阻。某次将待测电阻用电阻箱代替时，电路中电流I与电阻箱的阻值Rx的关系图象如图6乙所示，求电流为0.3 mA时，待测电阻的大小为R。
图6
答案 25 kΩ
解析 由题图乙可知当Rx＝0时，Ig＝0.8 mA，由图象可知，当I＝0.4 mA时，电阻箱阻值Rx＝15 kΩ，根据闭合电路的欧姆定律得Ig＝eq \f(E,R内)，I＝eq \f(E,R内＋Rx)，I′＝eq \f(E,R内＋R)，解得R内＝Rx＝15 kΩ，E＝12 V，R＝25 kΩ。
【拓展训练1】 [2021·吉林长春市质量监测(二)]在如图7所示的电路中，平行板电容器两金属板之间的带电液滴处于静止状态，电流表和电压表均为理想电表，由于某种原因灯泡L的灯丝突然烧断，其余用电器均未损坏，则下列说法正确的是( )
图7
A.电流表读数变小，电压表的读数变大
B.电源内阻消耗的功率变大
C.液滴将向下运动
D.电容器带的电荷量变大
答案 D
解析 灯泡L的灯丝烧断，电路总电阻增大，干路电流减小，路端电压增大，电压表、电流表读数均变大，A错误；电源内阻消耗的功率P＝I2r变小，B错误；电容器两极板电压增大，液滴所受电场力大于重力，所以液滴向上运动；且由于电压增大，电容器的带电量变大，C错误，D正确。
高考题型2 交流电路与变压器问题
1.理想变压器动态分析的两种情况
(1)负载电阻不变，讨论变压器原、副线圈两端的电压、电流、电功率等随匝数比的变化情况。
(2)匝数比不变，讨论变压器原、副线圈两端的电压、电流、电功率等随负载电阻的变化情况。
2.理想变压器问题分析技巧
(1)根据题意分清变量和不变量。
(2)弄清“谁决定谁”的制约关系。对电压而言，输入决定输出；对电流、电功(率)而言，输出决定输入。
【例2】 (2021·江苏苏锡常镇四市5月第二次调研)如图8所示，b端是一理想变压器副线圈中心抽头，开始时单刀双掷开关置于a端，开关S断开，原线圈c、d两端加正弦交流电。下列说法正确的是( )
图8
A.将可变电阻R调大，则R两端电压变小
B.闭合开关S，则R1两端电压变小
C.当单刀双掷开关由a拨向b时，副线圈电流的频率变小
D.当单刀双掷开关由a拨向b时，原线圈的输入功率变大
答案 B
解析 因变压器次级电压不变，则将可变电阻R调大，次级电阻变大，次级电流减小，则R1上电压减小，则R两端电压变大，选项A错误；闭合开关S，则次级电阻减小，次级电流变大，R两端电压变大，则R1两端电压变小，选项B正确；变压器不改变交流电的频率，则当单刀双掷开关由a拨向b时，副线圈电流的频率不变，选项C错误；当单刀双掷开关由a拨向b时，副线圈匝数减小，则次级电压减小，次级消耗的功率减小，则原线圈的输入功率变小，选项D错误。
【拓展训练2】 (2021·江苏七市第二次调研)如图9所示为远距离输电的原理图，发电机输出电压不变，升压变压器、降压变压器均为理想变压器，降压变压器的原、副线圈匝数之比为n。若用户负载发生变化，电压表V的示数变化ΔU，电流表A的示数变化ΔI，eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(ΔU,ΔI)))＝k。则两变压器间输电线的总电阻R等于( )
图9
A.nk B.eq \f(k,n)
C.n2k D.eq \f(k,n2)
答案 C
解析 电压表V的示数变化ΔU，则降压变压器的原线圈两端电压变化了nΔU，电流表A的示数变化ΔI，则流过R的电流变化了eq \f(ΔI,n)，所以两变压器间输电线的总电阻R＝eq \f(nΔU,\f(ΔI,n))＝n2k，故选C。
高考题型3 楞次定律与电磁感应定律的应用
1.求感应电动势的两种方法
(1)E＝neq \f(ΔΦ,Δt)，用来计算感应电动势的平均值，常用来求解电荷量。
(2)E＝Blv或E＝eq \f(1,2)Bl2ω，主要用来计算感应电动势的瞬时值。
2.判断感应电流方向的两种方法
(1)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。
(2)利用楞次定律，即根据穿过闭合回路的磁通量的变化情况进行判断。
3.楞次定律中“阻碍”的四种表现形式
(1)阻碍磁通量的变化——“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)阻碍电流的变化(自感现象)——“增反减同”。
【例3】 (2021·江苏省新高考适应性考试)如图10所示，光滑的平行长导轨水平放置，质量相等的导体棒L1和L2静止在导轨上，与导轨垂直且接触良好。已知L1的电阻大于L2，两棒间的距离为d，不计导轨电阻，忽略电流产生的磁场。将开关S从1拨到2，两棒运动一段时间后达到稳定状态，则( )
图10
A.S拨到2的瞬间，L1中的电流大于L2
B.S拨到2的瞬间，L1的加速度大于L2
C.运动稳定后，电容器C的电荷量为零
D.运动稳定后，两棒之间的距离大于d
答案 D
解析 电源给电容器充电，稳定后，S拨到2的瞬间，电容器相当于电源和导体棒L1和L2组成闭合电路，由于L1的电阻大于L2，则L1中的电流小于L2中的电流，A错误；S拨到2的瞬间，L1中的电流小于L2中的电流，根据F＝ILB可得，则L1受到的安培力小于L2受到的安培力，根据牛顿第二定律，L1的加速度小于L2的加速度，B错误；S拨到2后，导体棒L1和L2受到的安培力作用，则导体棒运动，产生电动势，当产生的电动势等于电容器两端的电压时，电路稳定，此时电容器C的电荷量不为零，C错误；S拨到2后，导体棒L1和L2受到的安培力作用，则导体棒运动，当产生的电动势等于电容器两端的电压时，电路稳定，此时导体棒L1和L2的速度相等，因为L1的加速度小于L2的加速度，运动时间相等，则L1的位移小于L2的位移，即运动稳定后，两棒之间的距离大于d，D正确。
【拓展训练3】 (2021·北京市丰台区二模) 在某个趣味物理小实验中，几位同学手拉手与一节电动势为1.5 V的干电池、导线、开关、一个有铁芯的多匝线圈按如图11所示方式连接，实验过程中人会有触电的感觉。下列说法正确的是( )
图11
A.人有触电感觉是在开关闭合瞬间
B.人有触电感觉时流过人体的电流大于流过线圈的电流
C.断开开关时流过人的电流方向从B→A
D.断开开关时线圈中的电流突然增大
答案 C
解析 因为断电瞬间多匝线圈产生较大的自感电动势，所以人有触电感觉，此时人与线圈组成一个闭合回路，则两者电流总是相等，线圈中的电流方向不变还是从左到右，但是流过人的电流方向从B→A，根据楞次定律可知，自感电动势是阻碍电流的减小，但不是阻止，所以线圈中的电流是逐渐减小的，所以A、B、D错误，C正确。
高考题型4 电磁感应的综合问题
1.解题思路
“先电后力”，即：
(1)“源”的分析——分析电路中由电磁感应所产生的“电源”，求出电源参数E和r。
(2)“路”的分析——分析电路结构，弄清串、并联关系，求出相关部分的电流大小，以便求解安培力。
(3)“力”的分析——分析研究对象(通常是金属棒、导体、线圈等)的受力情况，尤其注意其所受的安培力。
(4)“运动状态”的分析——根据力和运动的关系，构建正确的运动模型。
(5)“能量”的分析——寻找电磁感应过程和研究对象的运动过程中，其能量转化和守恒的关系。
2.电荷量的求解
电荷量q＝IΔt，其中I必须是电流的平均值。由E＝neq \f(ΔΦ,Δt)、I＝eq \f(E,R总)、q＝IΔt，联立可得q＝neq \f(ΔΦ,R总)，与时间无关。
3.求解焦耳热Q的三种方法
(1)焦耳定律：Q＝I2Rt。
(2)功能关系：Q＝W克服安培力。
(3)能量转化：Q＝ΔE其他能的减少量。
【例4】 (2021·江苏省普通高等学校全国统一考试模拟)如图12所示，CD、EF是两条水平放置的阻值可忽略的平行金属导轨，其左右端都与接有阻值为R倾斜光滑轨道平滑连接，导轨间距都为d，在水平导轨的右侧存在磁感应强度方向垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B，磁场区域的宽度为L1。现将一阻值为r、质量为m的导体棒从右侧倾斜轨道上高h处由静止释放，导体棒最终停在距离磁场的左边界为L2处。已知右侧倾斜轨道与竖直方向夹角为θ，导体棒始终与导轨垂直且接触良好，且导体棒与水平导轨间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。求：
图12
(1)通过导体棒的最大电流；
(2)左侧电阻R上产生的焦耳热；
(3)导体棒在水平导轨上运动的时间。
答案 (1)eq \f(2Bd\r(2gh),R＋2r) (2)eq \f(R,2（R＋2r）)mg(h－μL1－μL2) (3)eq \f(1,μ)eq \r(\f(2h,g))－eq \f(2B2d2L1,μmg（R＋2r）)
解析 (1)质量m的导体棒从倾斜轨道上h高处由静止释放，刚进入磁场时速度最大，由机械能守恒定律
mgh＝eq \f(1,2)mv2
解得最大速度v＝eq \r(2gh)
产生的最大感应电动势Em＝Bdv＝Bdeq \r(2gh)
由闭合电路欧姆定律可得通过导体棒的最大电流
Im＝eq \f(Em,\f(R,2)＋r)＝eq \f(2Bd\r(2gh),R＋2r)。
(2)由能量守恒定律可知整个电路中产生的焦耳热
Q＝mgh－μmg(L1＋L2)
电阻R中产生的焦耳热
QR＝eq \f(R,2（R＋2r）)mg(h－μL1－μL2)。
(3)设导体棒在水平导轨上运动的时间为t，由动量定理有eq \f(2B2d2L1,R＋2r)＋μmgt＝meq \r(2gh)
解得t＝eq \f(1,μ)eq \r(\f(2h,g))－eq \f(2B2d2L1,μmg（R＋2r）)。
【拓展训练4】 (2021·山东济南市期末)如图13所示，光滑平行金属导轨的水平部分处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B＝3 T。两导轨间距为L＝0.5 m，导轨足够长。金属棒a和b的质量分别为ma＝1 kg，mb＝0.5 kg，电阻分别为Ra＝1 Ω，Rb＝2 Ω。 b棒静止于导轨水平部分，现将a棒从h＝1.8 m高处由静止沿弧形导轨下滑，通过C点进入导轨的水平部分，已知两棒在运动过程中始终保持与导轨垂直且接触良好，两棒始终不相碰。(g取10 m/s2)求：
图13
(1)a棒刚进入磁场时，b棒的加速度；
(2)从a棒进入磁场到a棒匀速运动的过程中，流过a棒的电荷量；
(3)从a棒进入磁场到a棒匀速运动的过程中，a棒中产生的焦耳热。
答案 (1)9 m/s2，方向向右 (2)eq \f(4,3) C (3)2 J
解析 (1)a棒沿弧形导轨下滑到水平导轨的过程中：magh＝eq \f(1,2)mav2
a棒进入磁场瞬间感应电动势：E＝BLv
由闭合电路欧姆定律得：I＝eq \f(E,Ra＋Rb)
对b棒：F安＝BIL
由牛顿第二定律：F安＝mba
解得a＝9 m/s2，v＝6 m/s
由左手定则可知，F安向右，则b棒加速度的方向向右。
(2)对a、b：由动量守恒定律得：
mav＝(ma＋mb)v共
v共＝4 m/s
对b棒，由动量定理可得：
Beq \(I,\s\up6(－))Lt＝mbv共
q＝eq \(I,\s\up6(－))t＝eq \f(mbv共,BL)＝eq \f(4,3) C。
(3)a、b棒在水平面内运动的过程中，由能量转化和守恒定律可知，
eq \f(1,2)mav2－eq \f(1,2)(ma＋mb)veq \\al(2,共)＝Q
根据焦耳定律有：Q＝eq \(I,\s\up6(－))2(Ra＋Rb)t
Qa＝eq \(I,\s\up6(－))2Rat
联立解得Qa＝2 J。
(限时35分钟)
1.(2021·江苏如皋市一中校测)铜的摩尔质量为m，密度为ρ，每摩尔铜原子有n个自由电子，今有一根横截面积为S的铜导线，当通过的电流为I时，电子平均定向移动速率为( )
A.光速c B.eq \f(I,meS)
C.eq \f(Iρ,neSm) D.eq \f(mI,neSρ)
答案 D
解析 单位体积的电子数为N＝eq \f(ρn,m)，根据I＝NeSv，可得v＝eq \f(I,NeS)＝eq \f(mI,neSρ)，故选D。
2.(2021·江苏盐城市滨海中学一模)交警使用的某型号酒精测试仪如图1甲，其工作原理如图1乙所示，传感器电阻R的电阻值随酒精气体浓度的增大而减小，电源的电动势为E，内阻为r，电路中的电表均为理想电表。当一位酒驾驾驶员对着测试仪吹气时，下列说法中正确的是( )
图1
A.电压表的示数变大，电流表的示数变小
B.电压表的示数变小，电流表的示数变小
C.酒精气体浓度越大，电源的输出功率越大
D.电压表示数变化量与电流表示数变化量的绝对值之比保持不变
答案 D
解析 由于传感器电阻R的电阻值随酒精气体浓度的增大而减小，而酒驾驾驶员吹气时，酒精浓度大，R变小，由闭合电路的欧姆定律可知I＝eq \f(E,R＋r＋R0)，U ＝ E－I(R0＋r)，可知电流表示数变大、电压表示数变小，A、B错误；电源的输出功率关于外阻R外的图象如图所示，由图可看出当R外 ＝ r时电源的输出功率最大，而酒精气体浓度越大，导致R ＋ R0减小，若R ＋ R0
图2
A.当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，R1消耗的功率变大
B.当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电压表V示数变大
C.当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电流表A1示数变大
D.若闭合开关S，则电流表A1示数变大，A2示数变大
答案 B
解析 当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，滑动变阻器接入电路的阻值增大，回路总电阻变大，总电流减小，R1消耗的功率减小；原线圈电流也减小；原线圈电压不变，副线圈电压也不变，加在R1两端的电压减小，因此电压表V示数增大，A、C错误，B正确；若闭合开关S，回路总电阻减小，电流增大，R1分得的电压升高，加在R2两端的电压降低，流过R2的电流减小，即A2的示数减小，D错误。
4.(2021·江苏南京市、盐城市第二次模拟)远距离输电原理图如图3所示，原线圈输入电压及输电功率恒定，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，当S由2改接为1时，下列说法正确的是( )
图3
A.电压表读数减小 B.电流表读数增大
C.输电线上损耗的功率减小 D.用户的功率减小
答案 C
解析 原线圈输入电压及输电功率恒定，当S由2改接为1时，根据U2＝eq \f(n2,n1)U1，升压变压器副线圈匝数n2增大，则U2增大，由于U1I1＝U2I2，则升压变压器副线圈电流I2减小，所以电流表读数减小，线路损失的电压ΔU＝I2R线减小，则降压变压器原线圈的电压U3＝U2－ΔU增大，则降压变压器副线圈的电压U4＝eq \f(n4,n3)U3增大，所以电压表的读数增大，则A、B错误；输电线上损耗的功率为ΔP＝Ieq \\al(2,2)R线，由于升压变压器副线圈电流I2减小，所以输电线上损耗的功率减小，则C正确；用户的功率为P4＝P1－ΔP，输电线上损耗的功率减小，所以用户的功率增大，则D错误。
5.(2021·江苏“决胜新高考·名校交流3月联考”)两人在赤道上站立，各自手握金属绳OPO′的一端，绕东西方向的水平轴沿顺时针方向匀速摇动，周期为T，将金属绳连入电路，闭合回路如图4所示，取金属绳在图示的最高位置时为t＝0时刻，则下列说法正确的是( )
图4
A.电路中存在周期为T的变化电流
B.t＝0时刻，回路磁通量最大，电路中电流最大
C.t＝eq \f(T,4)时刻，电流向左通过灵敏电流计
D.t＝eq \f(T,2)时刻，回路磁通量最大，电路中电流最大
答案 A
解析 在赤道上时，地磁场方向从地球南极出发到地球北极，类比导线切割磁感线，由右手定则判断，在OO′上方电流沿O′→O方向，在OO′下方电流沿O→O′方向，电路中存在周期性变化的电流，t＝eq \f(T,4)时刻，电流向右通过灵敏电流计，故A正确，C错误；t＝0时刻和t＝eq \f(T,2)时刻，金属绳的运动方向沿南北方向，与地磁场方向平行，感应电流为零，故B、D错误。
6.(2021·江苏省第二次适应性模拟)如图5所示，匀强磁场中有一等边三角形线框abc，匀质导体棒在线框上向右匀速运动，导体棒在线框接触点之间的感应电动势为E，通过的电流为I。忽略线框的电阻，且导体棒与线框接触良好，则导体棒( )
图5
A.从位置①到②的过程中，E增大、I增大
B.经过位置②时，E最大、I为零
C.从位置②到③的过程中，E减小、I不变
D.从位置①到③的过程中，E和I都保持不变
答案 C
解析 设棒与导轨两接触点间的长度为L，棒单位长度的电阻为r，则感应电动势E＝BLv，感应电流I＝eq \f(E,Lr)＝eq \f(Bv,r)，从位置①到②的过程中，B、v、r不变，L变大，所以E增大，I不变，故A错误；经过位置②时，L最大，E最大，整个过程I不变，且不为零，故B错误；从位置②到③的过程中，L变小，故E减小、整个过程I不变，故C正确；从位置①到③的过程中，I保持不变，L先变大后变小，故E先变大后变小，故D错误。
7.(2021·江苏七市第二次调研)如图6所示，匀强磁场中水平放置两足够长的光滑平行金属导轨，导轨的左侧接有不带电的电容器C。金属棒ab在导轨上向右运动，运动过程中棒始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，不计导轨电阻。在t0时刻闭合开关S，则金属棒两端电压Uab、速度v、电容器所带电荷量Q、回路中电流强度i随时间t变化的关系图象可能正确的是( )
图6
答案 C
解析 S闭合，产生电流，导体棒受到安培力，速度变小，因此E＝BLv，感应电动势变小。充电完成后，无电流，安培力消失，v保持恒定，ab两端电压不变，故A错误；导体棒的速度先减小后不变，最小速度不为0，故B错误；由Q＝CU知，Q先变小后不变，故C正确；充电完成后无电流，故D错误。
8.(2021·江苏常州市第一次模拟)如图7所示，圆形区域中的匀强磁场磁感应强度B1随时间t的变化关系为B1＝kt，k为大于零的常量；边界MN右侧的匀强磁场磁感应强度大小为B2。光滑平行金属导轨左端接一阻值为R的电阻、MN处放置一和导轨接触良好的金属棒，不计导轨和金属棒电阻。t＝0时，给金属棒一初速度v0，使其在外力作用下向右匀速运动。回路的总磁通量为Φ、回路的电流为i、电阻R上产生的热量为Q、导体棒受到的外力为F，它们随时间t的变化图象正确的是( )
图7
答案 C
解析 由圆形磁场产生的感应电动势为E1＝neq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(SΔB,Δt)＝Sk，由导体切割磁感线产生的感应电动势为E2＝B2lv0，则总磁通量等于Φ＝Et＝E1t＋E2t＝Skt＋B2lv0t，所以A中图线应该为直线，A错误；根据i＝eq \f(E1＋E2,R)＝eq \f(Sk＋B2lv0,R)，所以B中图线应该为平行于t轴的直线，B错误；根据Q＝i2Rt＝eq \f(（Sk＋B2lv0）2,R)t，所以C中图线为过原点的直线，C正确；根据F＝Bli，B、i、l均不变，所以D中图线为平行于t轴的直线，D错误。
9.(2021·江苏七市第二次调研)某研究性学习小组用如图8所示的装置，测量地面附近地磁场的磁感应强度。固定金属横杆O、O′两点间距离为L，两根长度均为L的轻质软导线，其一端分别接在O、O′点，另一端分别接在长度也为L的导体棒ab两端。现将导体棒ab拉至图示位置，使棒与OO′在同一水平面内由静止释放，导体棒ab转过四分之一圆弧至最低点时速度大小为v，由接入电路的电流传感器测得此过程通过导体棒截面的电荷量为q。已知地磁场与水平面夹角为θ，且与金属横杆垂直，导体棒ab的质量为m、电阻为R，重力加速度为g，不计回路其他部分电阻，忽略空气阻力。求：
图8
(1)导体棒ab由静止转至最低点过程中安培力做的功W；
(2)该处地磁场的磁感应强度大小B。
答案 (1)eq \f(1,2)mv2－mgL (2)eq \f(qR,L2（sin θ＋cs θ）)
解析 (1)导体棒由静止转至最低点的过程，由动能定理有mgL＋W＝eq \f(1,2)mv2
解得W＝eq \f(1,2)mv2－mgL。
(2)上述过程电路中产生的平均感应电动势eq \(E,\s\up6(－))＝eq \f(ΔΦ,Δt)，其中ΔΦ＝BL2(sin θ＋cs θ)
通过的电荷量q＝eq \f(\(E,\s\up6(－)),R)·Δt
联立解得B＝eq \f(qR,L2（sin θ＋cs θ）)。
10.(2021·天津市西区3月调研)如图9所示，空间等间距分布着水平方向的条形匀强磁场，竖直方向磁场区域足够长，磁感应强度B＝1 T，每一条条形磁场区域的宽度及相邻条形磁场区域的间距均为d＝0.5 m，现有一边长L＝0.2 m、质量m＝0.1 kg、电阻R＝0.1 Ω的正方形导线框MNOP以v0＝7 m/s的初速度从左侧磁场边缘水平进入磁场，求：
图9
(1)线框MN边刚进入磁场时受到安培力的大小F；
(2)线框从开始进入磁场到竖直下落的过程中产生的焦耳热Q；
(3)线框能穿过的完整条形磁场区域的个数n。
答案 (1)2.8 N (2)2.45 J (3)4
解析 (1)线框MN边刚进入磁场区域时有
E＝BLv0①
E＝IR②
F＝ILB③
联立①②③解得：F＝2.8 N。
(2)设线框水平速度减为零时，下落高度为H，此时速度为vH，由能量守恒有：
mgH＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝Q＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,H)④
根据自由落体规律有：veq \\al(2,H)＝2gH⑤
联立④⑤得：Q＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝2.45 J。
(3)只有在线框进入和穿出条形磁场区域时，才产生感应电动势，设线框部分进入条形磁场区域长度为x时，
线框水平切割磁感线速度为v时有：
E＝BLv⑥
E＝IR⑦
F＝ILB⑧
F＝ma＝meq \f(Δv,Δt)⑨
由⑥⑦⑧⑨得：eq \f(B2L2,R) vΔt＝mΔv⑩
即：∑eq \f(B2L2,R) vΔt＝∑mΔv
可有：eq \f(B2L2,R)x＝mv0⑪
n＝eq \f(x,2L)⑫
由⑪⑫并代入数据得：
n≈4.4⑬
故线框能穿过的完整条形磁场区域的个数为4。
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