XX选考版高考物理大一轮复习 第十章 电磁感应 交变电流本章综合能力提升练.docx

1 第一节 交变电流的产生和描述(建议用时：60分钟)一、单项选择题1．(2018·南通模拟)一单匝闭合线框在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴匀速转动．在转动过程中，线框中的最大磁通量为Φm ，最大感应电动势为E m ，下列说法中正确的是( )A ．当磁通量为零时，感应电动势也为零B ．当磁通量减小时，感应电动势也减小C ．当磁通量等于0．5Φm 时，感应电动势等于0．5E mD ．角速度ω等于E mΦm解析：选D ．根据正弦式交变电流的产生及其变化规律，当磁通量最大时，感应电动势为零；当磁通量减小时，感应电动势在增大，磁通量减为零时，感应电动势最大，由此可知A 、B 项错误；设从线框位于中性面开始计时，则有e ＝E m sin ωt ，式中E m ＝BS ω，因Φm ＝BS ，故角速度ω＝E m Φm ，D 项正确；设e ＝0．5E m ，则解出ωt ＝π6，此时Φ＝B ·S cos π6＝32BS ＝32Φm ，所以C 项错误． 2．如图甲所示，矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的中心轴OO ′匀速转动，从图示位置开始计时，产生的感应电动势e 随时间t 的变化曲线如图乙所示．若线圈的转速变为原来的2倍，而其他条件保持不变，从图示位置转过90°开始计时，则能正确反映线圈中产生的电动势e 随时间t 的变化规律的图象是( )解析：选A ．由题图乙知，周期T ＝4 s ，感应电动势的最大值E m ＝1 V ，而感应电动势的最大值的表达式E m ＝NBS ω＝NBS ·2πT．若仅把线圈的转速变为原来的2倍，则周期T ′变为原来的12，即T ′＝2 s ，而感应电动势的最大值E ′m 变为原来的2倍，即E ′m ＝2 V ，所以选项B 、C 错误；从图示位置转过90°开始计时，也就是t ＝0时线圈中产生的感应电动势应为0，所以选项A 正确，D 错误．3．小型手摇发电机线圈共N 匝，每匝可简化为矩形线圈abcd ，磁极间的磁场视为匀强磁场，方向垂直于线圈中心轴OO ′，线圈绕OO ′匀速转动，如图所示．矩形线圈ab 边和cd 边产生的感应电动势的最大值都为e 0，不计线圈电阻，则发电机输出电压( )A ．峰值是e 0B ．峰值是2e 0C ．有效值是22Ne 0D ．有效值是2Ne 0解析：选D ．因每匝矩形线圈ab 边和cd 边产生的电动势的最大值都是e 0，每匝中ab 和cd 串联，故每匝线圈产生的电动势的最大值为2e 0．N 匝线圈串联，整个线圈中感应电动势的最大值为2Ne 0，因线圈中产生的是正弦交流电，则发电机输出电压的有效值E ＝2Ne 0，故选项D 正确．4．如图甲所示，一矩形线圈abcd 放置在匀强磁场中，并绕过ab 、cd 中点的轴OO ′以角速度ω逆时针匀速转动．若以线圈平面与磁场夹角θ＝45°时(如图乙)为计时起点，并规定当电流自a 流向b 时电流方向为正．则如图所示的四个选项图中正确的是( )解析：选D ．矩形线圈绕垂直于匀强磁场的转轴匀速转动产生正弦式交变电流，在开始计时(t ＝0)时线圈为题图乙所示的位置，据右手定则判断电流为负方向，首先排除A 、B 选项．若达题图甲所示的位置，感应电流为负向的峰值，可见t ＝0的时刻交变电流处于负半轴且再经T 8到达中性面位置，或者φ0＝π4，瞬时值表达式i ＝I m sin(ωt －φ0)，所以0＝I m ·sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT t －π4，t ＝T 8，故D 选项正确． 5．(2018·宿迁质检)如图所示为一交流电压随时间变化的图象．每个周期内，前三分之一周期电压按正弦规律变化，后三分之二周期电压恒定．根据图中数据可得，此交流电压的有效值为( )A ．7．5 VB ．8 VC ．215 VD ．313 V解析：选C ．根据电流的热效应有⎝ ⎛⎭⎪⎫6 V 22·1R ·T 3＋(9 V)2R ·2T 3＝U 2R T ，解得U 2＝60 V 2，所以U ＝215 V ，C 项正确．6．如图所示，在xOy 直角坐标系中的第二象限有垂直坐标平面向里的匀强磁场，第四象限有垂直坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度的大小均为B ．直角扇形导线框半径为L 、总电阻为R ，在坐标平面内绕坐标原点O 以角速度ω逆时针匀速转动．线框从图中所示位置开始转动一周的过程中，线框内感应电流的有效值是( )A ．I ＝BL 2ωRB ．I ＝BL 2ω2RC ．I ＝0D ．I ＝BL ω2R 解析：选B ．从图示位置转过90°的过程中，即在0～T4时间内，线框中的感应电动势为E ＝12BL 2ω，感应电流沿顺时针方向；在转过90°至180°的过程中，即在T 4～T 2时间内，线框中的感应电动势仍为E ＝12BL 2ω，感应电流沿逆时针方向；在转过180°至270°的过程中，即在T 2～3T 4时间内，线框中的感应电动势仍为E ＝12BL 2ω，感应电流沿逆时针方向；在转过270°至360°的过程中，即在3T 4～T 时间内，线框中的感应电动势仍为E ＝12BL 2ω，感应电流沿顺时针方向．根据有效值的定义知I ＝BL 2ω2R．B 项正确． 二、多项选择题7．(2018·南京高三适应性考试)有一种自行车，它有能向自行车车头灯泡供电的小型发电机，其原理示意图如图甲所示；图中N 、S 是一对固定的磁极，磁极间有一固定在绝缘转轴上的矩形线圈，转轴的一端有一个与自行车后轮边缘接触的摩擦轮．如图乙所示，当车轮转动时，因摩擦而带动摩擦轮转动，从而使线圈在磁场中转动而产生电流给车头灯泡供电．关于此装置，下列说法正确的是( )A ．自行车匀速行驶时线圈中产生的是交流电B ．小灯泡亮度与自行车的行驶速度无关C ．知道摩擦轮和后轮的半径，就可以知道后轮转一周的时间里摩擦轮转动的圈数D ．线圈匝数越多，穿过线圈的磁通量的变化率越大解析：选AC ．摩擦轮带动线圈在磁场中绕垂直于磁感线的轴转动，产生交流电，故A 正确；行驶速度会影响感应电动势的大小，所以影响灯泡的亮度，故B 错误；摩擦轮和后轮属于皮带传动，具有相同的线速度，如果知道了半径关系，就能知道角速度关系，也就能知道转速关系，故C 正确；线圈匝数不影响穿过线圈的磁通量的变化率的大小，故D 错误．8．如图所示，图甲和图乙分别表示正弦脉冲波和方波的交变电流与时间的变化关系．则( )A ．两种形式的交变电流最大值相同B ．两种形式的交变电流有效值之比为1∶ 2C ．两种形式的交变电流周期之比为2∶3D ．若使这两种电流分别通过两个完全相同的电阻，则经过1 min 的时间，两电阻消耗的电能之比为1∶3解析：选AD ．由题图甲和题图乙分别表示的正弦脉冲波和方波的交变电流与时间的变化关系图象可知，两种形式的交变电流最大值都是1 A ，选项A 正确；题图甲表示的正弦脉冲波周期为0．06 s ，题图乙表示的方波的周期为0．04 s ，两种形式的交变电流周期之比为3∶2，选项C 错误；设正弦脉冲波的电流有效值为I 1，根据有效值的定义，前13周期和后13周期的有效值都为12A ，根据有效值的定义有⎝ ⎛⎭⎪⎫12 A 2R ·T 3＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12 A 2R ·T 3＝I 21R ·T ，解得I 1＝33A ．题图乙表示的方波交变电流大小不变，其有效值[跟交变电流的热效应等效的恒定电流值]等于最大值，I 2＝1 A ．两种形式的交变电流有效值之比为I 1∶I 2＝1∶3，选项B 错误；由W ＝UIt ＝I 2Rt 可知，若使这两种电流分别通过两个完全相同的电阻，则经过1 min 的时间，两电阻消耗的电能之比W 甲∶W 乙＝I 21∶I 22＝1∶3，选项D 正确．9．(2018·扬州中学高三考试)如图所示，边长为L 的正方形单匝线圈abcd ，其电阻为r ，外电路的电阻为R ，ab 的中点和cd 的中点的连线O ′O 恰好位于匀强磁场的边界线上，磁场的磁感应强度为B ．若线圈从图示位置开始以角速度ω绕轴O ′O 匀速转动，则以下判断正确的是( )A ．图示位置线圈中的感应电动势最大，为E m ＝BL 2ωB ．闭合电路中感应电动势的瞬时值表达式为e ＝12BL 2ωsin ωt C ．线圈从图示位置转过180°的过程中，流过电阻R 的电荷量为q ＝2BL 2R ＋rD ．线圈转动一周的过程中，电阻R 上产生的热量为Q ＝πB 2ωL 4R 4(R ＋r )2 解析：选BD ．题图所示位置，线圈中通过的磁通量最大，但感应电动势为零，A 错误；线圈所围成的闭合电路中产生的感应电动势最大值为E m ＝12BL 2ω，故对应的瞬时值表达式为e ＝12BL 2ωsin ωt ，B 正确；由q ＝ΔΦR ＋r可得线圈从图示位置转过180°的过程中，流过电阻R 的电荷量q ＝BL 2R ＋r，C 错误；电阻R 上产生的热量应利用有效值求解，即转动一周的过程中产生的热量：Q ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤E m 2(R ＋r )2R ×2πω＝πB 2ωL 4R 4(R ＋r )2，D 正确． 10．面积为S 、阻值为R 的金属框放置在匀强磁场中，磁场方向与金属框平面垂直，磁感应强度随时间的变化规律B ＝B 0sin ωt ，则( )A ．金属框中产生的电动势的最大值为B 0S ωB ．金属框中电流的有效值为B 0S ωRC ．在一个周期内金属框产生的焦耳热为B 20S 2ωRD ．在第一个14周期内流过某截面的电荷量为B 0S R解析：选AD ．金属框中的磁通量变化与该框在磁感应强度恒为B 0的磁场中以ω匀速转动的情况相同．因此最大电动势为E m ＝B 0S ω，A 正确；电流的有效值为I ＝E m2R ＝2B 0S ω2R，B 错误；在一个周期内金属框产生的焦耳热为：Q ＝I 2RT ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2B 0S ω2R 2·R ·2πω＝πB 20S 2ωR ，C 错误；在第1个T4内，ΔΦ＝B 0S ，则q ＝I －·Δt ＝ΔΦΔt ·R ·Δt ＝B 0S R ，D 正确． 三、非选择题11．电压u ＝1202sin ωt V 、频率为50 Hz 的交变电流，把它加在激发电压和熄灭电压均为u 0＝60 2 V 的霓虹灯的两端．(1)求在一个小时内，霓虹灯发光时间有多长？(2)试分析为什么人眼不能感到这种忽明忽暗的现象．⎝⎛⎭⎪⎫已知人眼的视觉暂留时间约为116 s 解析：(1)如图所示，画出一个周期内交变电流的u －t 图象，其中阴影部分对应的时间t 1表示霓虹灯不能发光的时间，根据对称性，一个周期内霓虹灯不能发光的时间为4t 1当u ＝u 0＝60 2 V 时，由u ＝1202sin ωt V 求得：t 1＝1600s 再由对称性知一个周期内能发光的时间为：t ＝T －4t 1＝150 s －4×1600 s ＝175s 再由比例关系求得一个小时内霓虹灯发光的时间为：t ＝3 6000.02×175s ＝2 400 s ． (2)很明显霓虹灯在工作过程中是忽明忽暗的，而熄灭的时间只有1300s(如图中t 2～t 3那段时间)，由于人的眼睛具有视觉暂留现象，而这个视觉暂留时间约为116 s 远大于1300s ，因此经过灯光刺激的人眼不会因为短暂的熄灭而有所感觉．答案：(1)2 400 s (2)见解析12．(2018·泰州高港区检测)如图甲所示是某同学设计的一种振动发电装置的示意图，一个半径r ＝0．10 m 、匝数n ＝20匝的线圈套在永久磁铁槽中，磁场的磁感线均沿半径方向均匀分布(其右视图如图乙所示)．在线圈所在位置磁感应强度B 的大小均为B ＝0．20 T ，线圈的电阻为R 1＝0．50 Ω，它的引出线接有R 2＝9．5 Ω的小电珠L ．外力推动线圈框架的P 端，使线圈沿轴线做往复运动，便有电流通过电珠．当线圈向右的位移x 随时间t 变化的规律如图丙所示时(x 取向右为正)．求：(1)线圈运动时产生的感应电动势E 的大小；(2)线圈运动时产生的感应电流I 的大小；(3)每一次推动线圈运动过程中作用力F 的大小；(4)该发电机的输出功率P ．解析：(1)由x －t 图，可得线圈的切割速度v ＝Δx Δt＝0．80 m/s ． 线圈做切割磁感线运动产生的感应电动势E ＝n ·2πrBv ＝20×2×3．14×0．10×0．20×0．80 V ≈2．0 V ．(2)由闭合电路的欧姆定律，感应电流I ＝E R 1＋R 2＝ 2.00.50＋9.5A ＝0．20 A ． (3)由于线圈每次运动都是匀速直线运动，由平衡条件F 推＝F 安，即F 推＝nBI ·2πr ＝20×0．20×0．20×2×3．14×0．10 N ≈0．50 N ．(4)发电机的输出功率即小电珠的电功率P ＝I 2R 2＝0．202×9．5 W ＝0．38 W ．答案：(1)2．0 V (2)0．20 A (3)0．50 N (4)0．38 W。

XX高考物理大一轮复习：第10章-电磁感应（10份打包有课件）第1节电磁感应现象楞次定律一、磁通量．概念：磁感应强度B与面积S的乘积．．计算公式：Φ＝BS.适用条件：①匀强磁场；②S是垂直磁场的有效面积．单位：韦伯，1b＝1_T?2.．意义：穿过某一面积的磁感线的条数．．标矢性：磁通量是标量，但有正、负．二、电磁感应．电磁感应现象当穿过闭合电路的磁通量发生变化时，电路中有电流产生，这种现象称为电磁感应现象．．产生感应电动势和感应电流的条产生感应电动势的条无论回路是否闭合，只要穿过线圈平面的磁通量发生变化，回路中就有感应电动势．产生感应电动势的那部分导体相当于电源．产生感应电流的条①电路闭合．②磁通量变化．三、感应电流方向的判断．右手定则：伸开右手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心垂直进入，并使拇指指向导线运动的方向，这时四指所指的方向就是感应电流的方向．如右图所示．．楞次定律内容：感应电流具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化．[自我诊断]．判断正误磁通量虽然是标量，但有正、负之分．当导体切割磁感线运动时，导体中一定产生感应电流．穿过线圈的磁通量与线圈的匝数无关．电路中磁通量发生变化时，就一定会产生感应电流．感应电流的磁场总是与原磁场方向相反．楞次定律和右手定则都可以判断感应电流的方向，二者没什么区别．回路不闭合时，穿过回路的磁通量发生变化也会产生“阻碍”作用．．如图所示，匀强磁场中有一个矩形闭合导线框．在下列四种情况下，线框中会产生感应电流的是A．如图甲所示，保持线框平面始终与磁感线平行，线框在磁场中左右运动B．如图乙所示，保持线框平面始终与磁感线平行，线框在磁场中上下运动c．如图丙所示，线框绕位于线框平面内且与磁感线垂直的轴线AB转动D．如图丁所示，线框绕位于线框平面内且与磁感线平行的轴线cD转动解析：选c.保持线框平面始终与磁感线平行，线框在磁场中左右运动，磁通量一直为零，故磁通量不变，无感应电流，选项A错误；保持线框平面始终与磁感线平行，线框在磁场中上下运动，磁通量一直为零，故磁通量不变，无感应电流，选项B错误；线框绕位于线框平面内且与磁感线垂直的轴线AB转动，磁通量周期性地改变，故一定有感应电流，故选项c正确；线框绕位于线框平面内且与磁感线平行的轴线cD转动，磁通量一直为零，故磁通量不变，无感应电流，选项D 错误．．如图，在一水平、固定的闭合导体圆环上方，有一条形磁铁由静止开始下落，磁铁从圆环中穿过且不与圆环接触，关于圆环中感应电流的方向，下列说法正确的是A．总是顺时针B．总是逆时针c．先顺时针后逆时针D．先逆时针后顺时针解析：选c.磁铁从圆环中穿过且不与圆环接触，则导体环中，先是向上的磁通量增加，磁铁过中间以后，向上的磁通量减少，根据楞次定律，产生的感应电流方向先顺时针后逆时针，选项c正确．．如图所示，Aoc是光滑的金属导轨，电阻不计，Ao沿竖直方向，oc沿水平方向；PQ是金属直杆，电阻为R，几乎竖直斜靠在导轨Ao上，由静止开始在重力作用下运动，运动过程中P、Q端始终在金属导轨Aoc上；空间存在着垂直纸面向外的匀强磁场，则在PQ杆从开始滑动到P端滑到oc的过程中，PQ中感应电流的方向A．始终是由P→QB．始终是由Q→Pc．先是由P→Q，后是由Q→PD．先是由Q→P，后是由P→Q解析：选c.在PQ杆滑动的过程中，△PoQ的面积先增大后减小，穿过△PoQ的磁通量先增加后减少，根据楞次定律可知，感应电流的方向先是由P→Q，后是由Q→P，c正确．考点一电磁感应现象的判断．穿过闭合电路的磁通量发生变化的四种情况发生变化．S不变，线圈面积B磁感应强度线圈面积S不变，磁感应强度B发生变化．线圈面积S变化，磁感应强度B也变化，它们的乘积BS发生变化．线圈面积S不变，磁感应强度B也不变，但二者之间夹角发生变化．．判断电磁感应现象能否发生的一般流程：1.如图所示，一个U形金属导轨水平放置，其上放有一个金属导体棒ab，有一个磁感应强度为B的匀强磁场斜向上穿过轨道平面，且与竖直方向的夹角为θ.在下列各过程中，一定能在轨道回路里产生感应电流的是A．ab向右运动，同时使θ减小B．使磁感应强度B减小，θ角同时也减小c．ab向左运动，同时增大磁感应强度BD．ab向右运动，同时增大磁感应强度B和θ角解析：选A.本题中引起磁通量变化都有两个方面，面积的变化和夹角改变，向右运动的同时θ减小都会使磁通量变大，所以A项正确．．现将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流计及开关按如图所示连接．下列说法中正确的是A．开关闭合后，线圈A插入或拔出都会引起电流计指针偏转B．线圈A插入线圈B中后，开关闭合和断开的瞬间电流计指针均不会偏转c．开关闭合后，滑动变阻器的滑片P匀速滑动，会使电流计指针静止在中央零刻度D．开关闭合后，只有滑动变阻器的滑片P加速滑动，电流计指针才能偏转解析：选A.只要闭合回路磁通量发生变化就会产生感应电流，故A正确，B错误；开关闭合后，只要滑片P滑动就会产生感应电流，故c、D错误．．1824年，法国科学家阿拉果完成了著名的“圆盘实验”．实验中将一铜圆盘水平放置，在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针，如图所示．实验中发现，当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时，磁针也随着一起转动起来，但略有滞后．下列说法正确的是A．圆盘上产生了感应电动势B．圆盘内的涡电流产生的磁场导致磁针转动c．在圆盘转动的过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化D．圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流，此电流产生的磁场导致磁针转动解析：选AB.A.当圆盘转动时，圆盘的半径切割磁针产生的磁场的磁感线，产生感应电动势，选项A正确；．如图所示，铜圆盘上存在许多小的闭合回路，当圆B盘转动时，穿过小的闭合回路的磁通量发生变化，回路中产生感应电流，根据楞次定律，感应电流阻碍其相对运动，但抗拒不了相对运动，故磁针会随圆盘一起转动，但略有滞后，选项B正确；c．在圆盘转动过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量始终为零，选项c错误；D．圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成的电流的磁场方向沿圆盘轴线方向，会使磁针沿轴线方向偏转，选项D错误．确定磁通量变化的两种方法通过对穿过回路磁感线条数的分析和计算，可以确定磁通量是否变化．依据公式Φ＝BSsinθ确定磁通量与哪些因素有关．考点二楞次定律的理解及应用．判断感应电流方向的两种方法方法一用楞次定律判断方法二用右手定则判断该方法适用于切割磁感线产生的感应电流．判断时注意掌心、拇指、四指的方向：掌心——磁感线垂直穿入；拇指——指向导体运动的方向；四指——指向感应电流的方向．．楞次定律推论的应用楞次定律中“阻碍”的含义可以推广为：感应电流的效果总是阻碍引起感应电流的原因，列表说明如下：内容例证阻碍原磁通量变化——“增反减同”阻碍相对运动——“来拒去留”使回路面积有扩大或缩小的趋势——“增缩减扩”B减小，线圈扩张阻碍原电流的变化——“增反减同”考向1：应用楞次定律判感应电流方向[典例1] 如图所示，在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中，有一质量为、阻值为R的闭合矩形金属线框abcd用绝缘轻质细杆悬挂在o点，并可绕o点摆动．金属线框从右侧某一位置静止开始释放，在摆动到左侧最高点的过程中，细杆和金属线框平面始终处于同一平面，且垂直纸面．则线框中感应电流的方向是A．a→b→c→d→aB．d→c→b→a→dc．先是d→c→b→a→d，后是a→b→c→d→aD．先是a→b→c→d→a，后是d→c→b→a→d 解析由楞次定律可知，在线框从右侧摆动到o点正下d方的过程中，向上的磁通量在减小，故感应电流的方向沿→c→b→a→d；同理，线框从o点正下方向左侧摆动的过程中，电流方向沿d→c→b→a→d，B正确．答案 B考向2：右手定则判感应电流的方向[典例2] 如图所示，N、GH为光滑的水平平行金属导轨，ab、cd为跨在导轨上的两根金属杆，垂直纸面向外的匀强磁场垂直穿过N、GH所在的平面，则A．若固定ab，使cd向右滑动，则abdc回路有电流，电流方向为a→b→d→c→aB．若ab、cd以相同的速度一起向右滑动，则abdc回路有电流，电流方向为a→c→d→b→ac．若ab向左、cd向右同时运动，则abdc回路中的电流为零D．若ab、cd都向右运动，且两杆速度vcd＞vab，则abdc 回路有电流，电流方向为a→c→d→b→a解析由右手定则可判断出A项做法使回路产生顺时针方向的电流，故A项错．若ab、cd同向运动且速度大小相同，ab、cd所围面积不变，磁通量不变，故不产生感应电流，故B项错．若ab向左，cd向右，则abdc回路中有顺时针方向的电流，故c项错．若ab、cd都向右运动，且两杆速度vcd ＞vab，则ab、cd所围面积发生变化，磁通量也发生变化，由楞次定律可判断出，abdc回路中产生顺时针方向的电流，故D项正确．答案 D考向3：“阻碍法”的应用[典例3] 如图，圆环形导体线圈a平放在水平桌面上，在a的正上方固定一竖直螺线管b，二者轴线重合，螺线管与电源和滑动变阻器连接成如图所示的电路．若将滑动变阻器的滑片P向下滑动，下列表述正确的是A．线圈a中将产生俯视顺时针方向的感应电流B．穿过线圈a的磁通量减少c．线圈a有扩张的趋势D．线圈a对水平桌面的压力FN将增大解析当滑片P向下移动时滑动变阻器连入电路的电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知通过b的电流增大，从而判断出穿过线圈a的磁通量增加，方向向下，选项B错误；根据楞次定律即可判断出线圈a中感应电流方向俯视应为逆时针，选项A错误；再根据楞次定律“阻碍”含义的推广，线圈a应有收缩或远离b的趋势来阻碍磁通量的增加，所以c错误，D正确．答案 D感应电流方向判断的两点注意楞次定律可应用于磁通量变化引起感应电流的各种情况．右手定则只适用于一段导体在磁场中做切割磁感线运动的情景，是楞次定律的一种特殊情况．考点三“三定则、一定律”的理解及应用．“三个定则、一个定律”的应用对比：名称基本现象因果关系应用的定则或定律电流的磁效应运动电荷、电流产生磁场因电生磁安培定则洛伦兹力、安培力磁场对运动电荷、电流有作用力因电受力左手定则电磁感应部分导体做切割磁感线运动因动生电右手定则闭合回路磁通量变化因磁生电楞次定律三个定则、一个定律”的相互联系：应用楞次定律时，一般要用到安培定则．研究感应电流受到的安培力，一般先用右手定则确定电流方向，再用左手定则确定安培力的方向，有时也可以直接应用楞次定律的推论确定．．如图所示，在匀强磁场中放有平行金属导轨，它与大线圈相连接，要使小导线圈N获得顺时针方向的感应电流，则放在金属导轨上的金属棒ab的运动情况是A．向右匀速运动B．向左加速运动c．向右减速运动D．向右加速运动解析：选Bc.欲使N产生顺时针方向的感应电流，感应电流的磁场方向垂直纸面向里，由楞次定律可知有两种情况：一是中有沿顺时针方向逐渐减小的电流，使其在N中的磁场方向向里，且磁通量在减小；二是中有逆时针方向逐渐增大的电流，使其在N中的磁场方向向外，且磁通量在增大．因此对前者应使ab向右减速运动；对于后者，则应使ab向左加速运动．．如图所示，水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒PQ、N，N的左边有一如图所示的闭合电路，当PQ在一外力的作用下运动时，N向右运动，则PQ所做的运动可能是A．向右加速运动B．向左加速运动c．向右减速运动D．向左减速运动解析：选Bc.N向右运动，说明N受到向右的安培力，因为ab在N处的磁场垂直纸面向里――→左手定则N中的感应电流由→N――→安培定则L1中感应电流的磁场方向向上――→楞次定律L2中磁场方向向上减弱L2中磁场方向向下增强.若L2中磁场方向向上减弱――→安培定则PQ中电流为Q→P且减小――→右手定则向右减速运动；若L2中磁且增Q→P中电流为PQ场方向向下增强――→安培定则．大――→右手定则向左加速运动．．如图所示，两个线圈套在同一个铁芯上，线圈的绕向在图中已经标出．左线圈连着平行导轨和N，导轨电阻不计，在导轨垂直方向上放着金属棒ab，金属棒处在垂直于纸面向外的匀强磁场中．下列说法中正确的是A．当金属棒ab向右匀速运动时，a点电势高于b点，c点电势高于d点B．当金属棒ab向右匀速运动时，b点电势高于a点，c点与d点等电势c．当金属棒ab向右加速运动时，b点电势高于a点，c点电势高于d点D．当金属棒ab向右加速运动时，b点电势高于a点，d点电势高于c点解析：选BD.当金属棒向右匀速运动而切割磁感线时，金属棒产生恒定感应电动势，由右手定则判断电流方向由a→b.根据电流从电源正极流出沿外电路回到电源负极的特点，可以判断b点电势高于a点．又左线圈中的感应电动势恒定，则感应电流也恒定，所以穿过右线圈的磁通量保持不变，不产生感应电流，A错误，B正确．当ab向右做加速运动时，由右手定则可推断φb>φa，电流沿逆时针方向．又由E＝BLv可知ab导体两端的E不断增大，那么左边电路中的感应电流也不断增大，由安培定则可判断它在铁芯中的磁感线方向是沿逆时针方向的，并且场强不断增强，所以右边电路的线圈中的向上的磁通量不断增加．由楞次定律可判断右边电路的感应电流方向应沿逆时针，而在右线圈组成的电路中，感应电动势仅产生在绕在铁芯上的那部分线圈上．把这个线圈看作电源，由于电流是从c沿内电路流向d，所以d点电势高于c点，c错误，D正确．左、右手定则区分技巧抓住“因果关系”：“因动而电”——用右手；“因电而动”——用左手．形象记忆：把两个定则简单地总结为“通电受力用左手，运动生电用右手”．“力”的最后一笔“丿”方向向左，用左手；“电”的最后一笔“乚”方向向右，用右手．课时规范训练[基础巩固题组]．在法拉第时代，下列验证“由磁产生电”设想的实验中，能观察到感应电流的是A．将绕在磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路，然后观察电流表的变化B．在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈，然后观察电流表的变化c．将一房间内的线圈两端与相邻房间的电流表连接，往线圈中插入条形磁铁后，再到相邻房间去观察电流表的变．化D．绕在同一铁环上的两个线圈，分别接电源和电流表，在给线圈通电或断电的瞬间，观察电流表的变化解析：选D.产生感应电流的条件为：闭合回路内磁通量发生变化．A项中，线圈绕在磁铁上，磁通量未变，不会产生感应电流，A错误．同理B错误．c项中，往线圈中插入条形磁铁的瞬间，线圈中磁通量发生变化，此时线圈中将产生感应电流，但插入后磁通量不再变化，无感应电流，故到相邻房间观察时无示数，c错误．D项中，在线圈通电或断电的瞬间，磁通量发生变化，产生感应电流，D正确．．如图所示，一个金属圆环水平放置在竖直向上的匀强磁场中，若要使圆环中产生图中箭头方向的瞬时感应电流，下列方法可行的是A．使匀强磁场均匀增大B．使圆环绕水平轴ab如图转动30°c．使圆环绕水平轴cd如图转动30°D．保持圆环水平并使其绕过圆心的竖直轴转动解析：选A.根据右手定则，圆环中感应电流产生的磁场竖直向下与原磁场方向相反，根据楞次定律，说明圆环磁通量在增大．磁场增强则磁通量增大，A正确．使圆环绕水平轴ab或cd转动30°，圆环在垂直磁场方向上的投影面积减小，磁通量减小，只会产生与图示方向相反的感应电流，B、c错误．保持圆环水平并使其绕过圆心的竖直轴转动，圆环仍与磁场垂直，磁通量不变，不会产生感应电流，D错误．．如图甲所示，在同一平面内有两个相互绝缘的金属圆环A、B，圆环A平分圆环B为面积相等的两部分，当圆环A中的电流如图乙所示变化时，甲图中A环所示的电流方向为正，下列说法正确的是A．B中始终没有感应电流B．B中有顺时针方向的感应电流c．B中有逆时针方向的感应电流D．B中先有顺时针方向的感应电流，后有逆时针方向的感应电流解析：选B.由于圆环A中的电流发生了变化，故圆环B中一定有感应电流产生，由楞次定律判定B中有顺时针方向的感应电流，故选项B正确．．如图，两同心圆环A、B置于同一水平面上，其中B为均匀带负电绝缘环，A为导体环．当B绕轴心顺时针转动且转速增大时，下列说法正确的是A．A中产生逆时针的感应电流B．A中产生顺时针的感应电流c．A具有收缩的趋势D．A具有扩展的趋势中电B为均匀带负电绝缘环，B由图可知，BD.解析：选流为逆时针方向，由右手螺旋定则可知，电流的磁场垂直纸面向外且逐渐增大；由楞次定律可知，磁场增大时，感应电流的磁场与原磁场的方向相反，所以感应电流的磁场的方向垂直纸面向里，A中感应电流的方向为顺时针方向，故A错误，B正确；B环外的磁场的方向与B环内的磁场的方向相反，当B环内的磁场增强时，A环具有面积扩展的趋势，故c错误，D正确．．航母上飞机弹射起飞是利用电磁驱动来实现的．电磁驱动原理如图所示，当固定线圈上突然通过直流电流时，线圈端点的金属环被弹射出去．现在固定线圈左侧同一位置，先后放有分别用横截面积相等的铜和铝导线制成形状、大小相同的两个闭合环，且电阻率ρ铜Uc，金属框中无电流B．Ub>Uc，金属框中的电流方向沿a-b-c-ac．Ubc＝－12Bl2ω，金属框中无电流D．Uac＝12Bl2ω，金属框中电流方向沿a-c-b-a 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Ua0的半空间分布有随时间t均匀增加的匀强磁场，磁场方向垂直于xoy平面并指向纸内．今令网络电路PQQ2P2以恒定的速度v＝5c/s沿x轴正方向运动并进入磁场区域，在运动过程中方格的边PQ始终与y轴平行．若取PQ 与y轴重合的时刻为t＝0，在以后任一时刻t磁场的磁感应强度为B＝B0＋bt，式中t的单位为s，B0、b为已知恒量．当t＝2.5s时刻，方格PQQ1P1中的感应电动势是E1，方格P1Q1Q2P2中的感应电动势是E2.E1、E2的表达式正确的是A．E1＝B0lvB．E1＝bl2c．E2＝bl24D．E2＝lv解析：选B.经过2.5s，线框向右运动了12.5c，此时右边的线框只有感生电动势，根据法拉第电磁感应定律得E1＝bl2，B正确，A错误；此时左边的线框只有右边在磁场中，离磁场边界0.25l，线框中既有动生电动势又有感生电动势，故电动势的大小E2＝lv＋0.25bl2，c、D错误．0．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L＝0.1，竖直边长H＝0.3，匝数为n1.线圈的下边处于匀强磁场内，磁感应强度B0＝1.0T，方向垂直线圈平面向里．线圈中通有可在0～2.0A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．为使电磁天平的量程达到0.5g，线圈的匝数n1至少为多少？进一步探究电磁感应现象，另选n2＝100匝、形状相同所2不接外电流，两臂平衡．如图.Ω10＝R的线圈，总电阻示，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d＝0.1．当挂盘中放质量为0.01g的物体时，天平平衡，求此时磁感应强度的变化率ΔBΔt.解析：线圈受到安培力F＝n1B0IL天平平衡g＝n1B0IL代入数据得n1＝25匝由电磁感应定律得E＝n2ΔΦΔt即E＝n2ΔBΔtLd由欧姆定律得I′＝ER线圈受到安培力F′＝n2B0I′L天平平衡′g＝n22B0ΔBΔt?dL2R代入数据可得ΔBΔt＝0.1T/s答案：25匝 0.1T/s1．如图甲所示，两根足够长的平行导轨，间距L＝0.3，在导轨间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B1＝0.5T．一根直金属杆N以v＝2/s的速度向右匀速运动，杆N 始终与导轨垂直且接触良好．杆N的电阻r1＝1Ω，导轨的电阻可忽略．求杆N中产生的感应电动势E1.如图乙所示，一个匝数n＝100的圆形线圈，面积S1＝0.42，电阻r2＝1Ω.在线圈中存在面积S2＝0.32垂直线圈平面的匀强磁场区域，磁感应强度B2随时间t变化的关系如图丙所示．求圆形线圈中产生的感应电动势E2.有一个R＝2Ω的电阻，将其两端a、b分别与图甲中的导轨和图乙中的圆形线圈相连接，b端接地．试判断以上两种情况中，哪种情况a端的电势较高？求这种情况中a端的电势φa.解析：杆N做切割磁感线的运动，E1＝B1Lv产生的感应电动势E1＝0.3V.穿过圆形线圈的磁通量发生变化，E2＝nΔB2ΔtS2产生的感应电动势E2＝4.5V.当电阻R与题图甲中的导轨相连接时，a端的电势较高通过电阻R的电流I＝E1R＋r1电阻R两端的电势差φa－φb＝IRa端的电势φa＝IR＝0.2V.答案：0.3V 4.5V 与图甲中的导轨相连接a端电势高φa＝0.2V第3节电磁感应的综合应用一、电磁感应中的电路问题．电源和电阻．电流方向在外电路，电流由高电势流向低电势；在内电路，电流由低电势流向高电势．二、电磁感应中的图象问题图象类型①随时间t变化的图象，如B－t图象、Φ－t图象、E－t图象和I－t图象②随位移x变化的图象，如E－x图象和I－x图象问题类型①由给定的电磁感应过程判断或画出正确的图象②由给定的有关图象分析电磁感应过程，求解相应的物理量应用知识左手定则、安培定则、右手定则、楞次定律、法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律，函数图象等知识三、电磁感应中的动力学问题．安培力的大小感应电动势：E＝Blv感应电流：I＝ER＋r安培力公式：F ＝BIl?F＝B2l2vR＋r．安培力的方向先用右手定则确定感应电流方向，再用左手定则确定安培力方向．根据楞次定律，安培力方向一定和导体切割磁感线运动方向相反．四、电磁感应中的能量问题．能量的转化闭合电路的部分导体做切割磁感线运动产生感应电流，感应电流在磁场中受安培力．外力克服安培力做功，将其他形式的能转化为电能，电流做功再将电能转化为其他形式的能．．实质电磁感应现象的能量转化，实质是其他形式的能和电能之间的转化．[自我诊断]．判断正误闭合电路的欧姆定律同样适用于电磁感应电路．“相当于电源”的导体棒两端的电压一定等于电源的电动势．闭合电路中电流一定从高电势流向低电势．在有安培力的作用下，导体棒不能做加速运动．电磁感应中求焦耳热时，均可直接用公式Q＝I2Rt.电路中的电能增加，外力一定克服安培力做了功．．如图所示，两个互连的金属圆环，粗金属环的电阻是细金属环电阻的一半，磁场垂直穿过粗金属环所在的区域，当磁感应强度均匀变化时，在粗环内产生的电动势为E，则ab 两点间的电势差为A.E2B．E3。

专题十 第2讲知识巩固练1．如图甲所示，100匝的线圈(图中只画了2匝)两端A 、B 与一个理想电压表相连．线圈内有指向纸内方向的匀强磁场，线圈中的磁通量在按图乙所示规律变化．下列说法正确的是( )A ．A 端应接电压表正接线柱，电压表的示数为150 VB ．A 端应接电压表正接线柱，电压表的示数为50.0 VC ．B 端应接电压表正接线柱，电压表的示数为150 VD ．B 端应接电压表正接线柱，电压表的示数为50.0 V【答案】B 【解析】线圈相当于电源，由楞次定律可知A 相当于电源的正极，B 相当于电源的负极，故A 应该与理想电压表的正接线柱相连．由法拉第电磁感应定律得E ＝nΔΦΔt ＝100×0.15－0.10.1V ＝50.0 V ，电压表的示数为50.0 V ，故B 正确．2．如图所示，闭合导线框的质量可以忽略不计，将它从如图所示的位置匀速拉出匀强磁场．若第一次用0.3 s 时间拉出，外力所做的功为W 1，通过导线截面的电荷量为q 1；第二次用0.9 s 时间拉出，外力所做的功为W 2，通过导线截面的电荷量为q 2，则( )A ．W 1<W 2，q 1<q 2B ．W 1<W 2，q 1＝q 2C ．W 1>W 2，q 1＝q 2D ．W 1>W 2，q 1>q 2【答案】C 【解析】第一次用0.3 s 时间拉出，第二次用0.9 s 时间拉出，两次速度比为3∶1，由E ＝BLv ，两次感应电动势比为3∶1，两次感应电流比为3∶1，由于F 安＝BIL ，两次安培力比为3∶1，由于匀速拉出匀强磁场，所以外力比为3∶1，根据功的定义W ＝Fx ，所以W 1∶W 2＝3∶1；根据电量q ＝I Δt ，感应电流I ＝E R ，感应电动势E ＝ΔΦΔt ，得q ＝ΔΦR，所以q 1∶q 2＝1∶1，故W 1＞W 2，q 1＝q 2.故C 正确．3．(2021年龙岩二模)如图所示，abcd 为水平放置的平行“”形光滑金属导轨，导轨间距为l ，电阻不计．导轨间有垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B .金属杆放置在导轨上，与导轨的接触点为M 、N ，并与导轨成θ角．金属杆以ω 的角速度绕N 点由图示位置匀速转动到与导轨ab 垂直，转动过程中金属杆与导轨始终接触良好，金属杆单位长度的电阻为r .则在金属杆转动的过程中( )A ．M 、N 两点电势相等B ．金属杆中感应电流的方向由N 流向MC ．电路中感应电流的大小始终为Bl ω2rD ．电路中通过的电荷量为Bl2r tan θ【答案】A 【解析】根据题意可知，金属杆MN 为电源，导轨为外电路，由于导轨电阻不计，外电路短路，M 、N 两点电势相等，A 正确；转动过程中磁通量减小，根据楞次定律可知金属杆中感应电流的方向是由M 流向N ，B 错误；由于切割磁场的金属杆长度逐渐变短，感应电动势逐渐变小，回路中的感应电流逐渐变小，C 错误；因为导体棒MN 在回路中的有效切割长度逐渐减小，所以接入电路的电阻逐渐减小，不能根据q ＝ΔΦR计算通过电路的电荷量，D 错误．4．(多选)如图所示的电路中，电感L 的自感系数很大，电阻可忽略，D 为理想二极管，则下列说法正确的有( )A ．当S 闭合时，L 1立即变亮，L 2逐渐变亮B ．当S 闭合时，L 1一直不亮，L 2逐渐变亮C ．当S 断开时，L 1立即熄灭，L 2也立即熄灭D ．当S 断开时，L 1突然变亮，然后逐渐变暗至熄灭 【答案】BD5．(2021年莆田质检)(多选)如图甲所示，边长为L 的正方形单匝线框水平放置，左侧一半置于沿竖直方向的匀强磁场中，线框的左侧接入电阻R ，右侧接入电容器，其余电阻不计．若磁场的磁感应强度B 随时间t 的变化规律如图乙所示(规定竖直向下为正方向)，则在0～2t 0时间内( )A ．电容器a 板带负电B ．线框中磁通量变化为零C ．线框中产生的电动势为B 0L 22t 0D ．通过电阻R 的电流为B 0L 22Rt 0【答案】AC 【解析】由题图可知在0～t 0时间内磁场向上减小，根据楞次定律，可知线圈中产生逆时针方向的充电电流，则电容器a 板带负电，A 正确；因磁感应强度的变化率不为零，则线框中磁通量变化不为零，B 错误；线框中产生的电动势E ＝ΔΦΔt ＝ΔB ·12L2Δt ＝B 0L 22t 0，C 正确；因电动势恒定，则回路中只有瞬时的充电电流，电容器充电完毕后，回路中电流变为零，D 错误．6．(多选)如图所示，半径为2r 的弹性螺旋线圈内有垂直纸面向外的圆形匀强磁场区域，磁场区域的半径为r ，已知弹性螺旋线圈的电阻为R ，线圈与磁场区域共圆心，则以下说法正确的是( )A ．保持磁场不变，线圈的半径由2r 变到3r 的过程中，有顺时针的电流B ．保持磁场不变，线圈的半径由2r 变到0.5r 的过程中，有逆时针的电流C ．保持半径不变，使磁场随时间按B ＝kt 变化，线圈中的电流为k πr 2RD ．保持半径不变，使磁场随时间按B ＝kt 变化，线圈中的电流为2k πr2R【答案】BC 【解析】在线圈的半径由2r 变到3r 的过程中，穿过线圈的磁通量不变，则线圈内没有感应电流，故A 错误；当线圈的半径由2r 变到0.5r 的过程中，穿过线圈的磁通量减小，根据楞次定律，则有逆时针的电流，故B 正确；保持半径不变，使磁场随时间按B ＝kt 变化，根据法拉第电磁感应定律，有E ＝ΔB Δt ·πr 2＝k πr 2，因此线圈中的电流I ＝E R＝k πr 2R，故C 正确，D 错误． 7．(2021年株洲质检) 零刻度在表盘正中间的电流计，非常灵敏，通入电流后，线圈所受安培力和螺旋弹簧的弹力作用达到平衡时，指针在示数附近的摆动很难停下，使读数变得困难．在指针转轴上装上的扇形铝框或扇形铝板，在合适区域加上磁场，可以解决此困难．下列方案合理的是( )A BC D【答案】D 【解析】当指针向左偏转时，铝框或铝板可能会离开磁场，产生不了涡流，起不到电磁阻尼的作用，指针不能很快停下，A、C方案不合理，A、C错误；磁场在铝框中间，当指针偏转角度较小时，铝框不能切割磁感线，不能产生感应电流，起不到电磁阻尼的作用，指针不能很快停下，B错误，D正确．8．(2021年郑州模拟)(多选)涡流检测是工业上无损检测的方法之一．如图所示，线圈中通以一定频率的正弦式交变电流，靠近待测工件时，工件内会产生涡流，同时线圈中的电流受涡流影响也会发生变化．下列说法正确的是( )A．涡流的磁场总是要阻碍穿过工件磁通量的变化B．涡流的频率等于通入线圈的交变电流的频率C．通电线圈和待测工件间存在恒定的作用力D．待测工件可以是塑料或橡胶制品【答案】AB综合提升练9．(多选)如图甲所示，螺线管内有一平行于轴线的磁场，规定图中箭头所示方向为磁感应强度B的正方向，螺线管与U形导线框cdef相连，导线框cdef内有一半径很小的金属圆环L，圆环面积为S，圆环与导线框cdef在同一平面内．当螺线管内的磁感应强度随时间按图乙所示规律变化时，下列说法正确的是( )A ．在t 1时刻，金属圆环L 内的磁通量最大，最大值Φm ＝B 0S B ．在t 2时刻，金属圆环L 内的磁通量最大C ．在t 1～t 2时间内，金属圆环L 有扩张的趋势D ．在t 1～t 2时间内，金属圆环L 内有顺时针方向的感应电流 【答案】BD10．(多选)空间有磁感应强度为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 边跟磁场的右边界平行，若金属线框在外力作用下以速度v 向右匀速运动，下列说法正确的是( )A ．当ab 边刚离开磁场时，cd 边两端的电压为3BLv4B ．从ab 边到磁场的右边界至cd 边离开磁场的过程中，外力所做的功为B 2L 3vRC ．从ab 边到磁场的右边界至cd 边离开磁场的过程中，外力做功的功率为B 2L 2vRD ．从ab 边到磁场的右边界至cd 边离开磁场的过程中，通过线框某一截面的电量为BL 2R【答案】ABD 【解析】当ab 边刚离开磁场时，线框只有cd 边切割磁感线，产生的电动势为E ＝BLv ，cd 边为等效电源，两端的电压为闭合电路的路端电压，电路等价为四个电阻串联，cd 边为一个内阻R 4，外电路为三个R 4的电阻，故有U dc ＝E R 4＋3R 4×3·R 4＝3BLv4，故A正确；从ab 边到磁场的右边界至cd 边离开磁场的匀速过程，产生的恒定电流为I ＝E R，由动能定理W F 外－W F 安＝0，由功的定义W F 安＝F 安·L ＝BIL ·L ，可解得W F 外＝B BLv R L 2＝B 2L 3vR ，故B 正确；由能量守恒定律P F 外·t －P F 安·t ＝0，可得P F 外＝P F 安＝F 安·v ＝B BLv R L ·v ＝B 2L 2v 2R，故C 错误；根据电量的定义q ＝I ·Δt ，I ＝ER，E ＝ΔΦΔt ，联立可得q ＝ΔΦR，从ab 边到磁场的右边界到cd 边离开磁场的过程中，磁通量的变化量为ΔΦ＝B ΔS ＝BL 2，可得q＝BL 2R，故D 正确． 11．如图所示，匀强磁场的磁感应强度方向竖直向上，大小为B 0，用电阻率为ρ，横截面积为S 的导线做成的边长为l 的正方形线框abcd 水平放置，OO ′为过ad 、bc 两边中点的直线，线框全部都位于磁场中．现把线框右半部分固定不动，而把线框左半部分以OO ′为轴向上转动60°，如图中虚线所示．(1)求转动过程中通过导线横截面的电荷量；(2)若转动后磁感应强度随时间按B ＝B 0＋kt 变化(k 为常量)，求出磁场对线框ab 边的作用力大小随时间变化的关系式．解：(1)线框在转动过程中产生的平均感应电动势 E ＝ΔΦΔt＝B 0·12l 2cos 60°Δt＝B 0l 24Δt， ①在线框中产生的平均感应电流I ＝E R，② R ＝ρ4l S，③ 转动过程中通过导线横截面的电荷量q ＝I Δt ， ④ 联立①～④解得q ＝B 0lS16ρ.⑤(2)若转动后磁感应强度随时间按B ＝B 0＋kt 变化，在线框中产生的感应电动势大小E ＝ΔB ·S Δt＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12l 2cos 60°＋l 22ΔB Δt＝3l24k ，⑥在线框中产生的感应电流I ＝E R，⑦线框ab 边所受安培力的大小F ＝BIl ，⑧联立⑥～⑧解得F ＝(B 0＋kt )3kl 2S16ρ.。

图 10-1-15lword 版本可编辑•欢迎下载支持.交变电流的产生及描述（限时：40分钟）A 级跨越本科线1. 在匀强磁场中，一矩形金属线圈绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图10-1-13甲 所示，产生的交变电动势的图象如图乙所示，贝9（）【导学号：96622371]图 10-1-13A. t=0. 005 s 时线圈平面与磁场方向平行B. t=0.010 s 时线圈的磁通量变化率最大C. 线圈产生的交变电动势频率为100 HzD. 线圈产生的交变电动势的有效值为311 VA f=0. 005 s 时线圈平面与磁场方向平行，感应电动势最大，选项A 正确：t=0.010 s 时线圈的磁通量最大，变化率最小，选项B 错误：线圈产生的交变电动势周期为0.02 s, 频率为50 Hz,选项C 错误；线圈产生的交变电动势的最大值为311 V,选项D 错误.2. （多选）小型交流发电机中，矩形金属线圈在匀强磁场中匀速转动，产生的感应电动势与时间呈正弦函数关系，如图10-1-14所示.此线圈与一个斤=9 Q 的电阻构成闭合电路， 线圈自身的电阻r=l Q,下列说法正确的是（）图 10-1-14A. 交变电流的周期为0.2 sB. 交变电流的频率为2.5 HzC. 发电机输出电压的有效值为9^/2 VD. 发电机输岀的电功率为18 WBCD 根据u~ t 图可知此交流电的周期为C0. 4 s,选项A 错误：交变电流的频率为f的有效值为L' ¥=9^2 V,选项C 正确：发电机输出的电功率为P=W=18 W,选项D 正确.3. 图10-1-15甲是小型交流发电机的示意图，在匀强磁场中，一只矩形金属线圈绕与 磁场方向垂直的轴匀速转动，产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图乙所示.发电机 线圈内阻为10 Q,外接一只电阻为90 Q 的灯泡，不计电路的其他电阻，贝IJ （）【导 学号：96622372]=#=2.5 Hz,选项B 匸确;发电机电压的有效值为 V=l （hj2 V,输岀电压A. f=0时刻线圈平而与中性而垂直B. 每秒钟内电流方向改变100次C. 灯泡两端的电压为22 VD. 0〜0.01 s 时间内通过灯泡的电量为0B 从图象可以看出，是从金属线圈旋转至中性面时开始计时的，所以选项A 错误：交 变电动势的周期为2X10_2 s,频率是50 Hz,因一个周期内电流的方向改变两次，所以每秒内电流方向改变1。

2022届高考物理：交变电流、传感器、电磁感应一轮复习题含答案一、选择题。

1、图甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，A 为理想交流电流表。

线圈绕垂直于磁场的水平轴OO′沿逆时针方向匀速转动，产生的电动势随时间变化的图象如图乙所示。

已知发电机线圈电阻为10 Ω，外接一只阻值为90 Ω的电阻，不计电路的其他电阻，则()A．电流表的示数为0.31 AB．线圈转动的角速度为50π rad/sC．0.01 s时线圈平面与磁场方向平行D．在线圈转动一周过程中，外电阻发热约为0.087 J2、（双选）两圆环A、B置于同一水平面上，其中A为均匀带电绝缘环，B为导体环。

当A 以如图所示的方向绕中心转动的角速度发生变化时，B中产生如图所示方向的感应电流，则（）A．A可能带正电且转速减小B．A可能带正电且转速增大C．A可能带负电且转速减小D．A可能带负电且转速增大3、一根直导线长0.1 m，在磁感应强度为0.1 T的匀强磁场中以10 m / s的速度匀速运动，则导线中产生的感应电动势（）A．一定为0.1 V B．可能为零C．可能为0.01 V D．最大值为0.1 V4、(双选)一含有理想变压器的电路如图所示，其中A、B、C、D为四个完全相同的电阻，在a、b端输入电压为U0的交流电，当开关S断开时，A、B、C三个电阻中的电流大小相等，以下说法正确的是()A．变压器原、副线圈匝数比为2:1器的匝数比n1∶n2∶n3为()A．3∶2∶1 B．3∶1∶1 C．1∶1∶1 D．4∶2∶16、如图所示，一理想变压器原线圈的匝数n1=1 100匝，副线圈的匝数n2=220匝，交流电源的电压u=220sin(100π t)V，R为负载电阻，电压表、电流表均为理想电表，则下列说法中正确的是()A.交流电的频率为100 HzB.电压表的示数为44 VC.电流表A1的示数大于电流表A2的示数D.变压器的输入功率大于输出功率7、一单匝闭合线框在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴匀速转动．在转动过程中，线框中的最大磁通量为Φm，最大感应电动势为E m，下列说法中正确的是()A．当磁通量为零时，感应电动势也为零B．当磁通量减小时，感应电动势也减小C．当磁通量等于0．5Φm时，感应电动势等于0．5E mD．角速度ω等于E m Φm8、一个矩形线圈在匀强磁场中转动产生的电动势e＝2002·sin 100πt(V)，下列说法正确的是()A．该交变电流的频率是100 HzB．当t＝0时，线圈平面恰好与中性面垂直C．当t＝1200s时，e达到峰值D．该交变电流的电动势的有效值为200 2 V*9、如图所示，导线框abcd与导线AB在同一平面内，直导线AB中通有恒定电流，，当线框由左向右匀速通过直导线的过程中，线框中感应电流的方向是（）A．先abcda，再dcbad，后abcdaB．先abcda，后dcbadC．始终是dcbadD．先dcbad，再abcda，后dcbad*10、穿过一个单匝线圈的磁通量始终保持每秒钟均匀地减少2Wb，则（）A．线圈中的感应电动势每秒钟增加2 VB．线圈中的感应电动势每秒钟减少2 VC．线圈中无感应电动势D．线圈中感应电动势保持不变*11、某理想变压器原、副线圈的匝数之比为1:10，当输入电压增加20 V时，输出电压() A．降低2 V B．增加2 V C．降低200 V D．增加200 V*12、如图，理想变压器T的原线圈接在电压为U的交流电源两端，P为滑动变阻器的滑片，R T为热敏电阻，其阻值随温度升高而减小，则()A．P向左滑动时，变压器的输出电压变大B．P向左滑动时，变压器的输入功率变大C．R T温度升高时，灯L变亮D．R T温度升高时，适当向右滑动P可保持灯L亮度不变13、（双选）电流互感器和电压互感器如图所示．其中n1、n2、n3、n4分别为四组线圈的匝数，a、b为两只交流电表，则()A．A为电流互感器，且n1<n2，a是电流表B．A为电压互感器，且n1>n2，a是电压表C．B为电流互感器，且n3<n4，b是电流表D．B为电压互感器，且n3>n4，b是电压表14、有一理想变压器，副线圈所接电路如图所示，灯L1、L2为规格相同的两只小灯泡。

第十章 电磁感应 交变电流本章综合能力提升练 (限时：45分钟)一、单项选择题1.如图1，一轻质横杆两侧各固定一金属环，横杆可绕中心点自由转动，一条形磁铁插向其中一个小环，取出后又插向另一个小环，看到的现象是( )图1A.磁铁插向左环，横杆发生转动B.磁铁插向右环，横杆发生转动C.无论磁铁插向左环还是右环，横杆都不发生转动D.无论磁铁插向左环还是右环，横杆都发生转动 答案 B解析 左环没有闭合，在磁铁插入过程中，不产生感应电流，故横杆不发生转动.右环闭合，在磁铁插入过程中，产生感应电流，横杆将发生转动，故选项B 正确.2.如图2甲所示，磁卡的磁条中有用于存储信息的磁极方向不同的磁化区，刷卡器中有检测线圈.当以速度v 0刷卡时，在线圈中产生感应电动势，其E －t 关系如图乙所示.如果只将刷卡速度改为v02，线圈中的E －t 关系图可能是( )图2答案 D解析 刷卡速度为v 0时，E 0＝BLv 0，t 0＝d v0，刷卡速度变为v02时，根据法拉第电磁感应定律可知E ＝BL v02＝E02，最大感应电动势变为原来的一半，感应电动势变化的周期t ′＝dv02＝2t 0，周期变为原来的2倍，D 项正确.3.如图3甲，闭合的圆线圈放在匀强磁场中，t ＝0时磁感线垂直线圈平面向里穿过线圈，磁感应强度随时间变化的关系图线如图乙所示，则在0～2s 内线圈中感应电流的大小和方向为()图3A.逐渐增大，逆时针B.逐渐减小，顺时针C.大小不变，顺时针D.大小不变，先顺时针后逆时针 答案 C解析 第1s 内，磁场的方向垂直于纸面向里，且磁感应强度均匀减小，所以产生恒定的电流，根据楞次定律，感应电流的方向为顺时针方向；第2s 内，磁场的方向垂直于纸面向外，且磁感应强度均匀增加，所以产生恒定的电流，根据楞次定律，感应电流的方向为顺时针方向.由E ＝ΔΦΔt ＝ΔBS Δt 可知，这2s 内感应电动势恒定，故产生的电流大小不变，方向一直为顺时针，故C 正确，A 、B 、D 错误.4.远距离输送一定功率的交流电，若输送电压升高为原来的n 倍，关于输电线上的电压损失和功率损失正确的是( ) A.输电线上的电功率损失是原来的1n2B.输电线上的电功率损失是原来的1nC.输电线上的电压损失是原来的12nD.输电线上的电压损失是原来的1n2答案 A解析 设输送的电功率一定，为P ，输送电压为U ，输电线上功率损失为ΔP ，电压损失为ΔU ，电流为I ，输电线总电阻为R .由P ＝UI 知，I ＝P U ，则得ΔP ＝I 2R ＝P2R U2，ΔU ＝IR ＝PR U ，可知输送电压增为原来的n 倍，则输电线上电功率损失变为原来的1n2，损失的电压变为原来的1n ，故A 正确，B 、C 、D 错误.5.如图4所示，两根相距为l 的平行直导轨ab 、cd ，b 、d 间连有一定值电阻R ，导轨电阻可忽略不计.MN 为放在ab 和cd 上的一导体杆，与ab 垂直，其电阻也为R .整个装置处于匀强磁场中，磁感应强度的大小为B ，磁场方向垂直于导轨所在平面(垂直纸面向里).现对MN 施力使它沿导轨方向以速度v 水平向右做匀速运动.令U 表示MN 两端电压的大小，则( )图4A.U ＝12Blv ，流过定值电阻R 的感应电流由b 经R 到dB.U ＝Blv ，流过定值电阻R 的感应电流由d 经R 到bC.MN 受到的安培力大小F A ＝B2l2v2R，方向水平向右 D.MN 受到的安培力大小F A ＝B2l2vR，方向水平向左 答案 A解析 导体杆MN 做切割磁感线运动，产生感应电动势，相当于一个内阻为R 的电源，电路中电源电动势为E ＝Blv ，U 表示路端电压，所以根据闭合电路欧姆定律可得：U ＝R R ＋R E ＝12Blv ，根据右手定则可得流过电阻R 的电流方向由b 到d ，A 正确，B 错误；根据公式F A ＝BIl 可得MN 受到的安培力大小F A ＝BIl ＝B2l2v2R，方向向左，C 、D 错误. 二、多项选择题6.(2018·牌头中学期中改编)如图5所示，固定的水平长直导线中通有向右的电流I ，矩形闭合导线框与导线在同一竖直平面内，且一边与导线平行.将线框由静止释放，不计空气阻力，则在线框下落过程中( )图5A.穿过线框的磁通量保持不变B.线框中感应电流的方向为顺时针C.线框所受安培力的合力竖直向上D.线框的机械能不断增大 答案 BC解析 在线框下落过程中，所在处磁场减弱，穿过线框的磁通量减小，故A 错误；电流I 产生的磁场在导线的下方垂直于纸面向里，下落过程中，因为穿过线框的磁通量随线框下落而减小，根据楞次定律，感应电流的磁场与原磁场方向相同，所以感应电流的方向为顺时针，故B 正确；由于离导线越远的地方磁场越弱，所以线框的上边受到的安培力大小大于下边受到的安培力大小，合力的方向向上，故C 正确；下落过程中，安培力对线框做负功，机械能减小，故D 错误.7.图6甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N 、S 间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，为理想交流电流表.线圈绕垂直于磁场的水平轴OO ′沿逆时针方向匀速转动，从图示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图象如图乙所示.以下判断正确的是( )图6A.电流表的示数为10AB.线圈转动的角速度为50πrad/sC.0.01s 时线圈平面与磁场方向平行D.0.02s 时电阻R 中电流的方向自右向左 答案 AC解析 电流表测量的是交变电流的有效值，根据图象知交变电流的最大值为102A ，因此有效值为10A ，A 正确；根据图象知交变电流的周期为T ＝0.02s ，则ω＝2πT ＝100πrad/s ，B错误；0.01s 时交变电流的感应电动势最大，说明线圈的速度方向与磁感线垂直，因此线圈平面与磁场方向平行，C 正确；0.02s 时，线圈所处位置与题图甲中的线圈位置相同，根据右手定则知通过电阻R 的电流方向自左向右，D 错误.8.一理想变压器，原、副线圈的匝数比为4∶1.原线圈接在一个交流电源上，交流电的变化规律如图7所示.副线圈所接的负载电阻是11Ω.则( )图7A.副线圈输出交流电的周期为0.02sB.副线圈输出电压为55VC.流过副线圈的电流是5AD.变压器输入、输出功率之比为4∶1 答案 ABC解析 由图象可知，交流电的周期为0.02s ，变压器不会改变交流电的频率和周期，所以副线圈输出交流电的周期也为0.02s ，所以A 正确；由图象可知，交流电的电压的最大值为311V ，所以输入的电压的有效值为U 1＝3112V≈220V，根据电压与匝数成正比可知，U1U2＝n1n2，所以副线圈输出电压U 2为55V ，所以B 正确；根据I ＝U R 可得电流I ＝5511A ＝5A ，所以C 正确；理想变压器的输入功率和输出功率相等，所以D 错误.9.如图8所示，理想变压器的原线圈连接一只理想交流电流表，副线圈匝数可以通过滑动触头Q 来调节，在副线圈两端连接了定值电阻R 0和滑动变阻器R ，P 为滑动变阻器的滑动触头.在原线圈上加一电压为U 的正弦交流电，则( )图8A.保持Q 的位置不动，将P 向上滑动时，电流表读数变大B.保持Q 的位置不动，将P 向上滑动时，电流表读数变小C.保持P 的位置不动，将Q 向上滑动时，电流表读数变大D.保持P 的位置不动，将Q 向上滑动时，电流表读数变小 答案 BC解析 保持Q 位置不动，副线圈电压U 2不变，当P 上滑时，R 增大，由P ＝U22R ＋R0可知总功率减小，原线圈电压U 1不变，由P ＝U 1I 1可知原线圈电流I 1减小，故A 错误，B 正确；当P 位置不动，Q 上滑时，由U2U1＝n2n1知U 2增大，I 2＝U2R 增大，由I1I2＝n2n1知原线圈电流I 1增大，故C 正确，D 错误.10.(2018·书生中学月考改编)竖直放置的平行光滑导轨，其电阻不计，磁场方向如图9所示，磁感应强度B ＝0.5T ，导体棒ab 与cd 长均为0.2m ，电阻均为0.1Ω，重力均为0.1N ，现用力向上拉导体棒ab ，使之匀速向上(与导轨接触良好，导轨足够长)，此时，导体棒cd 恰好静止，那么导体棒ab 上升时，下列说法中正确的是( )图9A.导体棒ab 受到的拉力大小为2NB.导体棒ab 向上运动的速度为2m/sC.在2s 内，拉力做功转化为的电能是0.4JD.在2s 内，拉力做功为0.6J 答案 BC解析 导体棒ab 匀速上升，受力平衡，cd 棒静止，受力也平衡，对于两棒组成的系统，合外力为零，根据平衡条件可得：ab 棒受到的拉力F ＝2mg ＝0.2N ，故A 错误；对cd 棒，受到向下的重力G 和向上的安培力F 安，由平衡条件得：F 安＝G ，即BIL ＝G ，又I ＝BLv2R ，联立得：v ＝2GR B2L2＝2×0.1×0.10.52×0.22m/s ＝2 m/s ，故B 正确；在2s 内，电路产生的电能Q ＝E22R t ＝(BLv )22R t ＝(0.5×0.2×2)22×0.1×2J＝0.4J ，故C 正确；在2s 内拉力做的功W ＝Fvt ＝0.2×2×2J＝0.8J ，故D 错误. 三、实验题11.实验：探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系 (1)实验室中有下列器材：A.可拆变压器(铁芯、两个已知匝数的线圈)B.条形磁铁C.直流电源D.多用电表E.开关、导线若干上述器材在本实验中不用的是________(填器材序号)，本实验中还需用到的器材有______________.(2)该学生继续做实验，先保持原线圈的匝数不变，增加副线圈的匝数，观察到副线圈两端的电压________(选填“增大”“减小”或“不变”)；然后再保持副线圈的匝数不变，增加原线圈的匝数，观察到副线圈两端的电压__________(选填“增大”“减小”或“不变”)，上述“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”中采用的实验方法是__________. 答案 (1)BC 低压交流电源 (2)增大 减小 控制变量法 四、计算题12.(2016·浙江4月选考·23)某同学设计了一个电磁推动加喷气推动的火箭发射装置，如图10所示.竖直固定在绝缘底座上的两根长直光滑导轨，间距为L .导轨间加有垂直导轨平面向里的匀强磁场B .绝缘火箭支撑在导轨间，总质量为m ，其中燃料质量为m ′，燃料室中的金属棒EF 电阻为R ，并通过电刷与电阻可忽略的导轨良好接触.引燃火箭下方的推进剂，迅速推动刚性金属棒CD (电阻可忽略且和导轨接触良好)向上运动，当回路CEFDC 面积减少量达到最大值ΔS ，用时Δt ，此过程激励出强电流，产生电磁推力加速火箭.在Δt 时间内，电阻R 产生的焦耳热使燃料燃烧形成高温高压气体.当燃烧室下方的可控喷气孔打开后.喷出燃气进一步加速火箭.图10(1)求回路在Δt 时间内感应电动势的平均值及通过金属棒EF 的电荷量，并判断金属棒EF 中的感应电流方向；(2)经Δt 时间火箭恰好脱离导轨，求火箭脱离时的速度大小v 0；(不计空气阻力) (3)火箭脱离导轨时，喷气孔打开，在极短的时间内喷射出质量为m ′的燃气，喷出的燃气相对喷气前火箭的速度为v ，求喷气后火箭增加的速度Δv .(提示：可选喷气前的火箭为参考系) 答案 (1)B ΔS Δt B ΔS R 向右 (2)B2L ΔS mR －g Δt (3)m′m －m′v解析 (1)根据法拉第电磁感应定律，有E ＝ΔΦΔt ＝B ΔSΔtq ＝I Δt ＝ΔΦR ＝B ΔSR，电流方向向右 (2)Δt 时间内产生的平均感应电流I ＝E R ＝B ΔSR Δt平均安培力F ＝B I L由动量定理有(F －mg )Δt ＝mv 0 解得v 0＝B2L ΔSmR－g Δt(3)以喷气前的火箭为参考系，设竖直向上为正方向，由动量守恒定律得－m ′v ＋(m －m ′)Δv ＝0，得Δv ＝m′m －m′v .13.如图11所示，两足够长的平行光滑的金属导轨MN 、PQ 相距为L ，导轨平面与水平面的夹角θ＝30°，导轨电阻不计，磁感应强度为B 的匀强磁场垂直于导轨平面向上.长为L 的金属棒ab 垂直于MN 、PQ 放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，金属棒的质量为m 、电阻为R .两金属导轨的上端连接一个灯泡，灯泡的电阻也为R .现闭合开关K ，给金属棒施加一个方向垂直于杆且平行于导轨平面向上的、大小为F ＝2mg 的恒力，使金属棒由静止开始运动，当金属棒达到最大速度时，灯泡恰能达到它的额定功率.重力加速度为g ，求：图11(1)金属棒能达到的最大速度v m 的大小； (2)灯泡的额定功率P L ；(3)若金属棒上滑距离为s 时速度恰达到最大，求金属棒由静止开始上滑2s 的过程中，金属棒上产生的热量Q 1.答案 (1)3mgR B2L2 (2)9m2g2R 4B2L2 (3)32mgs －9m3g2R24B4L4解析 (1)金属棒先做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度为零时，金属棒达到最大速度，此后开始做匀速直线运动.设最大速度为v m ，则速度达到最大时有：E ＝BLv m ，I ＝E 2R ，F ＝BIL ＋mg sin θ，解得：v m ＝3mgRB2L2(2)根据电功率表达式：P L ＝I 2R 解得：P L ＝(E 2R )2R ＝B2L2vm24R ＝9m2g2R4B2L2(3)设整个电路产生的热量为Q ，由能量守恒定律有：F ·2s ＝Q ＋mg sin θ·2s ＋12mv m 2解得：Q ＝3mgs －9m3g2R22B4L4根据串联电路特点，可知金属棒上产生的热量Q 1＝Q2解得：Q 1＝32mgs －9m3g2R24B4L4.。

2022届高考物理：电磁感应、交变电流、传感器一轮复习题含答案一、选择题。

1、图中闭合线圈都在匀强磁场中绕虚线所示的固定转轴匀速转动，不能产生正弦式交变电流的是()2、电阻R、电容C与一个线圈连成闭合回路，条形磁铁静止在线圈的正上方，N极朝下，如图所示，现使磁铁开始自由下落，在N极接近线圈上端过程中，流过R的电流方向和电容器极板的带电情况是（）A．从a到b，上极板带正电B．从a到b，下极板带正电C．从b到a，上极板带正电D．从b到a，下极板带正电3、（双选）根据法拉第电磁感应定律的数学表达式，电动势的单位V可以表示为（）A．T／s B．Wb／s C．T·m2／s D．Wb·m2／s4、(双选)如图所示，理想变压器原线圈接电压为220 V的正弦交流电，开关S 接1时，原、副线圈的匝数比为11:1，滑动变阻器接入电路的阻值为10 Ω，电压表和电流表均为理想电表．下列说法正确的有()A．变压器输入功率与输出功率之比为1:1B．1 min内滑动变阻器上产生的热量为40 JC．仅将S从1拨到2，电流表示数减小D．仅将滑动变阻器的滑片向下滑动，两电表示数均减小5、变压器线圈中的电流越大，所用的导线应当越粗。

街头见到的变压器是降压变压器，假设它只有一个原线圈和一个副线圈，则()A．副线圈的导线应当粗些，且副线圈的匝数少B．副线圈的导线应当粗些，且副线圈的匝数多C．原线圈的导线应当粗些，且原线圈的匝数少D．原线圈的导线应当粗些，且原线圈的匝数多6、(双选)如图所示，某电路上接有保险丝、交流电压表、“220 V900 W”的电饭锅及“220 V200 W”的抽油烟机。

现接入u=311sin 100πt(V)的交流电，下列说法正确的是()A.交流电压表的示数为311 VB.1 s内流过保险丝的电流方向改变100次C.电饭锅的热功率是抽油烟机热功率的4.5倍D.为保证电路正常工作，保险丝的额定电流不能小于5 A7、(双选)海洋中蕴藏着巨大的能量，利用海洋的波浪可以发电．在我国南海上有一浮桶式波浪发电灯塔，其原理示意图如图甲所示．浮桶内的磁体通过支柱固定在暗礁上，浮桶内置线圈随波浪相对磁体沿竖直方向运动，且始终处于磁场中，该线圈与阻值R＝15 Ω的灯泡相连．浮桶下部由内、外两密封圆筒构成(图中斜线阴影部分)，如图乙所示，其内为产生磁场的磁体，与浮桶内侧面的缝隙忽略不计；匝数N＝200的线圈所在处辐射磁场的磁感应强度B＝0．2 T，线圈直径D＝0．4 m，电阻r＝1 Ω．取重力加速度g＝10 m/s2，π2≈10．若浮桶随波浪上下运动的速度可表示为v＝0．4πsin (πt) m/s．则下列说法正确的是()A．波浪发电产生电动势e的瞬时表达式为e＝16sin (πt)V B．灯泡中电流i的瞬时表达式为i＝4sin (πt)AC．灯泡的电功率为120 WD．灯泡两端电压的有效值为1522V8、(多选)如图所示，闭合的矩形导体线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁感线的对称轴OO′匀速转动，沿着OO′方向观察，线圈沿顺时针方向转动。

专题强化五　动力学、动量和能量观点在电学中的应用命题点一　电磁感应中的动量和能量的应用感应电流在磁场中受到安培力的作用，因此电磁感应问题往往跟力学问题联系在一起.解决这类问题需要综合应用电磁感应规律(法拉第电磁感应定律、楞次定律)及力学中的有关规律(牛顿运动定律、动量守恒定律、动量定理、动能定理等).解决这类问题的方法：(1)选择研究对象.即是哪一根导体棒或几根导体棒组成的系统.(2)分析其受力情况.安培力既跟电流方向垂直又跟磁场方向垂直.(3)分析研究对象所受的各力做功情况和合外力情况，选定所要应用的物理规律.(4)分析研究对象(或系统)是否符合动量守恒的条件.(5)运用物理规律列方程求解.注意：加速度a＝0时，速度v达到最大值.类型1　动量定理和功能关系的应用例1　(2017·浙江4月选考·22)间距为l的两平行金属导轨由水平部分和倾斜部分平滑连接而成，如图1所示.倾角为θ的导轨处于大小为B1、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场区间Ⅰ中.水平导轨上的无磁场区间静止放置一质量为3m的“联动双杆”(由两根长为l的金属杆cd 和ef，用长度为L的刚性绝缘杆连接构成)，在“联动双杆”右侧存在大小为B2、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场区间Ⅱ，其长度大于L.质量为m、长为l的金属杆ab从倾斜导轨上端释放，达到匀速后进入水平导轨(无能量损失)，杆ab与“联动双杆”发生碰撞，碰后杆ab 和cd合在一起形成“联动三杆”.“联动三杆”继续沿水平导轨进入磁场区间Ⅱ并从中滑出.运动过程中，杆ab、cd和ef与导轨始终接触良好，且保持与导轨垂直.已知杆ab、cd和ef 电阻均为R＝0.02 Ω，m＝0.1 kg，l＝0.5 m，L＝0.3 m，θ＝30°，B1＝0.1 T，B2＝0.2 T.不计摩擦阻力和导轨电阻，忽略磁场边界效应，g取10 m/s2.求：图1(1)杆ab 在倾斜导轨上匀速运动时的速度大小v 0；(2)“联动三杆”进入磁场区间Ⅱ前的速度大小v ；(3)“联动三杆”滑过磁场区间Ⅱ产生的焦耳热Q .答案　见解析解析　(1)杆ab 匀速时处于平衡状态，有mg sin θ＝B 12l 2v 0R ＋R 2解得：v 0＝6 m/s.(2)杆ab 与“联动双杆”碰撞时，由动量守恒定律得m v 0＝4m v ，解得v ＝＝1.5 m/s.v 04(3)设“联动三杆”进入磁场区间Ⅱ时速度变化量的大小为Δv ，由动量定理得B 2l Δt ＝4m ΔvI 因＝＝＝，解得Δv ＝0.25 m/s.I E R 总ΔΦΔt ·R 总B 2Ll Δt (R ＋R 2)设“联动三杆”滑出磁场区间Ⅱ时速度变化量的大小为Δv ′，同样有B 2′l Δt ′＝4m Δv ′，I ′＝I B 2lLΔt ′(R ＋R 2)解得Δv ′＝0.25 m/s.因此“联动三杆”滑出磁场区间Ⅱ时的速度为v ′＝v －Δv －Δv ′＝1 m/s.由能量守恒得：Q ＝×4m (v 2－v ′2)＝0.25 J.12变式1　(2018·宁波市十校联考)如图2所示，两根相距为d 的粗糙平行金属导轨放在倾角为θ的斜面上(电阻忽略不计)，金属导轨上端连有阻值为R 的电阻，在平行于斜面的矩形区域mnOP (mP 长为l ，且平行于金属导轨，不考虑磁场的边界效应)内存在一个垂直斜面向上的匀强磁场B (图中未画出)，一根电阻为r ，质量为m 的金属棒EF 自磁场上边界虚线mn 处由静止释放，经过t 时间离开磁场区域，金属棒与金属导轨间的动摩擦因数为μ.求：(重力加速度为g )图2(1)t 时间内通过电阻R 的电荷量q ；(2)t 时间内电阻R 上产生的焦耳热Q ；(3)沿着导轨向下平行移动磁场区域，从原位置释放金属棒，当它恰好能匀速通过磁场时，磁场的移动距离s 和金属棒通过磁场的时间t ′.答案　(1)BldR ＋r (2)·{mgl (sin θ－μcos θ)－m [(sin θ－μcos θ)gt －]2}R R ＋r 12B 2d 2l m (R ＋r )(3)　m 2(R ＋r )2g (sin θ－μcos θ)2B 4d 4B 2d 2l mg (sin θ－μcos θ)(R ＋r )解析　(1)由法拉第电磁感应定律得＝＝E ΔΦΔt Bld t通过电阻R 的电荷量为q ＝·t ＝E R ＋r Bld R ＋r(2)金属棒向下运动的过程中受到重力、支持力、摩擦力以及安培力的作用，在沿斜面的方向上，由动量定理得：(mg sin θ－μmg cos θ)t －Bd ··t ＝m v －0E R ＋r得：v ＝(g sin θ－μg cos θ)t －B 2d 2lm (R ＋r )由功能关系可得：Q 总＝mgl (sin θ－μcos θ)－m v 212则电阻R 上产生的焦耳热为：Q ＝·Q 总R R ＋r联立可得：Q ＝·{mgl (sin θ－μcos θ)－m [(sin θ－μcos θ)gt －]2}R R ＋r 12B 2d 2l m (R ＋r )(3)金属棒在磁场中做匀速直线运动时，mg sin θ＝μmg cos θ＋B 2d 2v mR ＋r得：v m ＝mg (sin θ－μcos θ)(R ＋r )B 2d 2在磁场区域外，金属棒沿导轨向下运动的加速度为：a ＝g (sin θ－μcos θ)又：v m 2＝2as ，得s ＝m 2(R ＋r )2g (sin θ－μcos θ)2B 4d 4金属棒通过磁场的时间为：t ′＝＝.l v m B 2d 2l mg (sin θ－μcos θ)(R ＋r )类型2　动量守恒定律和功能关系的应用例2　(2018·宁波市3月选考)如图3甲所示，绝缘水平面上固定着两根足够长的光滑金属导轨PQ 、MN ，相距为L ＝0.5 m ，ef 右侧导轨处于匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下，磁感应强度B 的大小如图乙变化.开始时ab 棒和cd 棒锁定在导轨如图所示位置，ab 棒与cd 棒平行，ab 棒离水平面高度为h ＝0.2 m ，cd 棒与ef 之间的距离也为L ，ab 棒的质量为m 1＝0.2 kg ，有效电阻R 1＝0.05 Ω，cd 棒的质量为m 2＝0.1 kg ，有效电阻为R 2＝0.15 Ω.(设ab 、cd 棒在运动过程中始终与导轨垂直，两棒与导轨接触良好，导轨电阻不计，空气阻力不计，g 取10 m/s 2).问：图3(1)0～1 s 时间段内通过cd 棒的电流大小与方向；(2)假如在第1 s 末，同时解除对ab 棒和cd 棒的锁定，稳定后ab 棒和cd 棒将以相同的速度做匀速直线运动，试求这一速度的大小；(3)对ab 棒和cd 棒从解除锁定到开始以相同的速度做匀速直线运动的过程，ab 棒上产生的热量；(4)ab 棒和cd 棒速度相同时，它们之间的距离大小.答案　见解析解析　(1)由楞次定律可得，cd 棒中的电流方向为由d 到cE ＝＝S ＝L 2ΔΦΔt ΔB Δt ΔB Δt代入数据得：E ＝0.25 Vcd 棒中的电流大小I ＝E R 1＋R 2代入数据得：I ＝1.25 A(2)设ab 棒刚进入磁场时的速度为v 0，由机械能守恒定律有：m 1gh ＝m 1v 0212得v 0＝2 m/s由题意可知，ab 棒进入磁场后做加速度减小的减速运动，cd 棒做加速度减小的加速运动，而由ab 、cd 棒组成的回路感应电动势越来越小，最终ab 、cd 棒达到共同速度做匀速直线运动，系统稳定.以ab 、cd 棒构成的系统为研究对象，水平方向上只受到大小时刻相等、方向时刻相反的安培力作用，系统在磁场中运动时动量守恒.m 1v 0＝(m 1＋m 2)v 共得：v 共＝ m/s.43(3)以ab 、cd 棒构成的系统为研究对象，从解除锁定开始到ab 、cd 棒以相同的速度稳定运动的过程中，系统损失的机械能转化为系统两电阻上的热量.m 1gh －(m 1＋m 2)v 共2＝Q 总12则Q ab ＝Q 总＝ J R 1R 1＋R 2130(4)以ab 棒为研究对象，ab 棒从进入磁场到达到稳定速度过程中，由动量定理有：m 1v 共－m 1v 0＝－∑F 安Δt ＝－∑BL Δt ＝－BL v R 1＋R 2B 2L 2Δx R 1＋R 2解得Δx ＝ m 875分析可知Δx 为这个过程中两棒相对靠近的距离，所以，稳定时两棒之间的距离为：x ＝L －Δx ＝ m.59150变式2　如图4所示，一个质量为m 、电阻不计、足够长的光滑U 形金属框架MNQP ，位于光滑绝缘水平桌面上，平行导轨MN 和PQ 相距为L .空间存在着足够大的方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度的大小为B .另有质量也为m 的金属棒CD ，垂直于MN 放置在导轨上，并用一根绝缘细线系在定点A .已知，细线能承受的最大拉力为F T0，CD 棒接入导轨间的有效电阻为R .现从t ＝0时刻开始对U 形框架施加水平向右的拉力F (大小未知)，使其从静止开始做加速度为a 的匀加速直线运动.图4(1)求从框架开始运动到细线断开所需的时间t 0及细线断开时框架的瞬时速度v 0大小；(2)若在细线断开时，立即撤去拉力F ，求此后过程回路中产生的总焦耳热Q .答案　(1) (2)F T0R B 2L 2a F T0R B 2L 2mF T02R 24B 4L 4解析　(1)细线断开时，对CD 棒有F T0＝F 安，F 安＝BIL ，I ＝，E ＝BL v 0，v 0＝at 0E R联立解得t 0＝F T0R B 2L 2a细线断开时，框架的瞬时速度大小v 0＝F T0R B 2L 2(2)在细线断开时立即撤去拉力F ，框架向右减速运动，CD 棒向右加速运动，设二者最终速度大小为v ，由系统动量守恒可得m v 0＝2m v得v ＝＝v 02F T0R 2B 2L 2撤去拉力F 后，系统总动能的减少量等于回路消耗的电能，最终在回路中产生的总焦耳热Q ＝m v 02－×2m v 21212联立得Q ＝.mF T02R 24B 4L 4命题点二　电场、磁场中动量和能量观点的应用动量与电磁学知识综合应用类问题的求解与一般的力学问题求解思路并无差异，只是问题的情景更复杂多样；分析清楚物理过程，正确识别物理模型是解决问题的关键.类型1　电场中动量和能量观点的应用例3　如图5所示，光滑绝缘水平面上方分布着场强大小为E 、方向水平向右的匀强电场.质量为3m 、电荷量为＋q 的球A 由静止开始运动，与相距为L 、质量为m 的不带电小球B 发生对心碰撞，碰撞时间极短，碰撞后作为一个整体继续向右运动.两球均可视为质点，求：图5(1)两球发生碰撞前A 球的速度大小；(2)A 、B 碰撞过程中系统损失的机械能；(3)A 、B 碰撞过程中B 球受到的冲量大小.答案　(1)　(2)EqL (3)2EqL 3m 146EqLm 4解析　(1)由动能定理：EqL ＝×3m v 212解得v ＝2EqL3m(2)A 、B 碰撞时间极短，可认为A 、B 碰撞过程中系统动量守恒，设向右为正方向，由动量守恒定律得：3m v ＝(3m ＋m )v 1解得v 1＝v 34系统损失的机械能：ΔE ＝×3m v 2－(3m ＋m )v 12＝EqL 121214(3)以B 为研究对象，设向右为正方向，由动量定理得：I ＝m v 1－0解得I ＝，方向水平向右.6EqLm4类型2　磁场中动量和能量观点的应用例4　如图6所示，ab 、ef 是平行的固定在水平绝缘桌面上的光滑金属导轨，导轨间距为d .在导轨左端ae 上连有一个阻值为R 的电阻，一质量为3m 、长为d 、电阻为r 的金属棒恰能置于导轨上并和导轨良好接触.起初金属棒静止于MN 位置，MN 距离ae 边足够远，整个装置处于方向垂直桌面向下、磁感应强度为B 的匀强磁场中，现有一质量为m 的带电荷量为＋q 的绝缘小球在桌面上从O 点(O 为导轨上的一点)以与ef 成60°角斜向右上方射向ab ，随后小球直接垂直地打在金属棒的中点上，并和棒黏合在一起(设小球与棒之间没有电荷转移).棒运动过程中始终和导轨接触良好，不计导轨间电场的影响，导轨的电阻不计.求：图6(1)小球射入磁场时的速度v 0的大小；(2)电阻R 上产生的热量Q R .答案　(1)　(2)qBd 3m q 2B 2d 2R 72m (R ＋r )解析　(1)小球射入磁场后将做匀速圆周运动，设圆周运动的半径为r ，其轨迹如图所示由几何知识可知：＝r ＋r sin (90°－60°)①d 2小球在磁场中做匀速圆周运动：q v 0B ＝m ②v 02r由①②得：v 0＝③qBd 3m(2)小球和金属棒的碰撞过程，以向左为正方向，由动量守恒定律得：m v 0＝(m ＋3m )v ④金属棒切割磁感线的过程中，棒和小球的动能转化为电能进而转化成焦耳热：(m ＋3m )v 2＝Q ⑤12Q R ＝Q ⑥R R ＋r由③④⑤⑥可得：Q R ＝q 2B 2d 2R72m (R ＋r )1.如图1所示，粗糙绝缘水平地面上方以PQ 为界，左边有水平向右的匀强电场，场强大小为E ＝，右边有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，磁场以MN 为右边界，mg q一个质量为2m 的带电荷量为＋q 的物体从地面上O 点出发，在电场力作用下运动到Q 点时与另一质量为m 、不带电的物体发生正碰，碰后两者粘为一体，并恰好能在QN 间做匀速直线运动，已知两物体与地面间的动摩擦因数μ＝0.1，g 为重力加速度，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.图1(1)求O 、Q 之间的距离x 1；(2)若MN 右侧有一倾角θ＝37°的倾斜传送带正以速度v 0逆时针转动，物体系统通过N 点到传送带时无动能损失，且传送带足够大，已知物体系统与传送带间的动摩擦因数为μ1＝0.5，求物体系统在传送带上上升过程中运动的最大距离.答案　(1)　(2)405m 2g 16B 2q 29m 2g 2B 2q 2解析　(1)设两物体碰后的瞬间速度为v 2，则有：Bq v 2＝3mg设带电物体碰撞前的速度为v 1，取向右为正方向，由动量守恒定律有：2m v 1＝3m v 2对带电物体，从O 到Q 由动能定理可得：Eqx 1－μ·2mgx 1＝×2m v 12，则x 1＝12405m 2g 16B 2q 2(2)物体系统沿传送带向上做匀减速运动，由牛顿第二定律得：3mg sin θ＋μ1·3mg cos θ＝3ma 则a ＝g .故物体系统上升的最大距离为：x 2＝＝.v 222a 9m 2g 2B 2q 22.(2018·湖州市、衢州市、丽水市高三期末)两根相距为d ＝12 cm 的金属直角导轨如图2甲所示放置，水平部分处在同一水平面内且足够长，竖直部分长度L ＝24 cm ，下端由一电阻连接，电阻阻值R 0＝2 Ω.质量m ＝1 g 、电阻R ＝1 Ω的金属细杆MN 与水平部分导轨垂直接触，杆与导轨之间的动摩擦因数为μ＝0.1，导轨电阻不计.整个装置处于磁感应强度大小为B 、方向水平向右的均匀磁场中，此磁场垂直于竖直轨道平面，磁感应强度B 随时间t 变化如图乙所示，t ＝3 s 后磁场不变.t ＝0时给杆MN 一向左的初速度v 0＝5 m/s ，t ＝4 s 时杆的速度减为零.(不计空气阻力)图2(1)判断初始时流过MN 杆的电流方向；(2)求4 s 内感应电流的平均值；(3)求4 s 内MN 杆克服摩擦力做的功；(4)求前3 s 内安培力对MN 杆的冲量的大小.答案　(1)M →N (2)4.8×10－3 A (3)1.25×10－2 J(4)10－2 N·s解析　(1)M 到N (M →N )(2)＝＝·S ＝·Ld E ΔΦΔt ΔB Δt ΔB Δt 得＝＝4.8×10－3 A I E R ＋R0(3)0～4 s ，杆的速度由v 0＝5 m/s 减为0，只有摩擦力做功，由动能定理得W f ＝0－m v 02＝－1.25×10－2 J 12即克服摩擦力做的功是1.25×10－2 J.(4)3～4 s 内：－μmg Δt 2＝0－m v 3v 3＝1 m/s0～3 s 内：－∑μ(mg ＋F 安)Δt 1＝m v 3－m v 0得：－μmg Δt 1－μI 安＝m v 3－m v 0I 安＝10－2 N·s.3.(2017·浙江11月选考·22)如图3所示，匝数N ＝100、截面积S ＝1.0×10－2 m 2、电阻r ＝0.15 Ω的线圈内有方向垂直于线圈平面向上的随时间均匀增加的匀强磁场B 1，其变化率k ＝0.80 T/s.线圈通过开关S 连接两根相互平行、间距d ＝0.20 m 的竖直导轨，下端连接阻值R ＝0.50 Ω的电阻.一根阻值也为0.50 Ω、质量m ＝1.0×10－2 kg 的导体棒ab 搁置在等高的挡条上，在竖直导轨间的区域仅有垂直纸面的不随时间变化的匀强磁场B 2.接通开关S 后，棒对挡条的压力恰好为零.假设棒始终与导轨垂直，且与导轨接触良好，不计摩擦阻力和导轨电阻.图3(1)求磁感应强度B 2的大小，并指出磁场方向；(2)断开开关S 后撤去挡条，棒开始下滑，经t ＝0.25 s 后下降了h ＝0.29 m ，求此过程棒上产生的热量.答案　(1)0.5 T 磁场垂直纸面向外　(2)2.3×10－3 J解析　(1)线圈中产生的感应电动势为E ＝，N ΔΦΔtΔΦ＝S ΔB 1Δt代入数据得：E ＝0.8 V等效电路图如图：总电流I ＝＝ A ＝2 A ，I ab ＝＝1 A Er ＋R 20.80.15＋0.25I 2根据题意，此刻棒对挡条的压力为零，即导体棒所受安培力等于其重力，方向竖直向上即B 2I ab d ＝mg ，解得B 2＝0.5 T ，根据左手定则可知磁场的方向应该垂直纸面向外.(2)开关断开之后，撤去挡条，ab 下滑过程切割磁感线，从而产生感应电流，根据动量定理，则(mg －B 2I ′d )t ＝m v －0其中I ′t ＝q ＝ΔΦR ＋R abΔΦ＝B 2·dh根据动能定理可知mgh ＋W ＝m v 2－012联立解得W ≈－4.6×10－3 J因此导体棒上产生的热量为Q ＝|W |＝2.3×10－3 J.124.(2018·浙江11月选考·22)如图4所示，在间距L ＝0.2 m 的两光滑平行水平金属导轨间存在方向垂直于纸面(向内为正)的磁场，磁感应强度的分布沿y 方向不变，沿x 方向如下：B ＝Error!导轨间通过单刀双掷开关S 连接恒流源和电容C ＝1 F 的未充电的电容器，恒流源可为电路提供恒定电流I ＝2 A ，电流方向如图所示.有一质量m ＝0.1 kg 的金属棒ab 垂直导轨静止放置于x 0＝0.7 m 处.开关S 掷向1，棒ab 从静止开始运动，到达x 3＝－0.2 m 处时，开关S 掷向2.已知棒ab 在运动过程中始终与导轨垂直，求：(提示：可以用F －x 图象下的“面积”代表力F 所做的功)图4(1)棒ab 运动到x 1＝0.2 m 时的速度v 1；(2)棒ab 运动到x 2＝－0.1 m 时的速度v 2；(3)电容器最终所带的电荷量Q .答案　(1)2 m/s (2)m/s (3) C 115527解析　(1)从x 0→x 1的过程，由于安培力为恒力，由动能定理有BIL (x 0－x 1)＝m v 12－0，12得v 1＝2 m/s(2)从x 1→x 2过程中，安培力F ＝BIL ，由于B ＝5x ，可知F ＝2x ，可知F 随x 变化而变化，F －x 图象如图所示，所以在这个过程中，安培力做功的大小为图象与x 轴围成的面积，W 安＝0.03 J所以W 安＝m v 22－m v 121212得v 2＝ m/s1155(3)从x ＝0.2 m 处移到x ＝－0.2 m 处安培力不做功，v 3＝v 1＝2 m/s 设最后稳定时的速度为v ，则导体棒两端电压U ＝BL v电容器上所带电荷量Q ＝CU电路中通过的电荷量Q ＝I ′t根据动量定理得－BI ′Lt ＝m v －m v 3联立解得Q ＝ C.27。