專題（08）電磁感應及綜合應用交變電流（解析版）【專題考向】對于交變電流，從近幾年命題看，高考對本部分內容考查命題頻率較低。電磁感應命題頻率較高，大部分以選擇題的形式出題，也有部分是計算題，多以中檔以上難度的題目來增加試卷的區(qū)分度?？疾檩^多的知識點有：楞次定律和法拉第電磁感應定律的應用；電磁感應中動力學問題分析；電磁感應中的動力學和能量問題。【知識、方法梳理】1．看到“磁感應強度B隨時間t均勻變化”，想到“eq\f(ΔB,Δt)＝k為定值”。2．應用楞次定律時的“三看”和“三想”(1)看到“線圈(回路)中磁通量變化”時，想到“增反減同”。(2)看到“導體與磁體間有相對運動”時，想到“來拒去留”。(3)看到“回路面積可以變化”時，想到“增縮減擴”。3．抓住“兩個定律”、運用“兩種觀點”、分析“一種電路”“兩個定律”是指楞次定律和法拉第電磁感應定律；“兩種觀點”是指動力學觀點和能量觀點；“一種電路”是指電磁感應電路?！緹狳c訓練】1、(多選)兩條平行虛線間存在一勻強磁場，磁感應強度方向與紙面垂直。邊長為0.1m、總電阻為0.005Ω的正方形導線框abcd位于紙面內，cd邊與磁場邊界平行，如圖(a)所示。已知導線框一直向右做勻速直線運動，cd邊于t＝0時刻進入磁場。線框中感應電動勢隨時間變化的圖線如圖(b)所示(感應電流的方向為順時針時，感應電動勢取正)。下列說法正確的是()A．磁感應強度的大小為0.5TB．導線框運動速度的大小為0.5m/sC．磁感應強度的方向垂直于紙面向外D．在t＝0.4s至t＝0.6s這段時間內，導線框所受的安培力大小為0.1N解析：由題圖(b)可知，導線框運動的速度大小v＝eq\f(L,t)＝eq\f(0.1,0.2)m/s＝0.5m/s，B項正確；導線框進入磁場的過程中，cd邊切割磁感線，由E＝BLv，得B＝eq\f(E,Lv)＝eq\f(0.01,0.1×0.5)T＝0.2T，A項錯誤；由題圖(b)可知，導線框進入磁場的過程中，感應電流的方向為順時針方向，根據(jù)楞次定律可知，磁感應強度方向垂直紙面向外，C項正確；在0.4～0.6s這段時間內，導線框正在出磁場，回路中的電流大小I＝eq\f(E,R)＝eq\f(0.01,0.005)A＝2A，則導線框受到的安培力F＝BIL＝0.2×2×0.1N＝0.04N，D項錯誤?！敬鸢浮緽C2、(多選)某同學模擬“遠距離輸電”電路，將實驗室提供的器材連接成了如圖所示電路。A、B為理想變壓器，燈L1、L2相同且阻值不變，輸電線路等效電阻為R?，F(xiàn)保持A的輸入電壓不變，當開關S斷開時，燈L1正常發(fā)光，則()A．僅閉合S，L1變暗B．僅閉合S，輸電線路的發(fā)熱功率變小C．僅將滑片P上移，L1變亮D．僅將滑片P上移，輸電線路的發(fā)熱功率變小解析：閉合S，則B副線圈回路消耗功率增大，B副線圈中電流增大，B原線圈電流也增大，則R上損失的電壓和功率增大，則B輸入電壓UB1＝UA2－IR減小，燈泡兩端電壓UB2減小，故燈泡會變暗，故A正確，B錯誤；僅將滑片P上移，A副線圈匝數(shù)減小，則A的輸出電壓減小，B的輸入電壓減小，燈泡兩端電壓也減小，故L1變暗，消耗功率減小，流過燈泡的電流減小，則B副線圈中電流減小，B原線圈中電流也減小，流過R的電流減小，輸電線路的發(fā)熱功率變小，故C錯誤，D正確。【答案】AD3、(多選)如圖所示，水平放置的粗糙U形框架上接一個阻值為R0的電阻，放在垂直紙面向里、磁感應強度大小為B的勻強磁場中。一個半徑為L、質量為m的半圓形硬導體AC在水平向右的恒定拉力F作用下，由靜止開始運動距離d后速度達到v，半圓形硬導體AC的電阻為r，其余電阻不計。下列說法正確的是()A．A點的電勢高于C點的電勢B．此時AC兩端電壓為UAC＝eq\f(BπLvR0,R0＋r)C．此過程中電路產生的電熱為Q＝Fd－eq\f(1,2)mv2D．此過程中通過電阻R0的電荷量為q＝eq\f(2BLd,R0＋r)解析：根據(jù)右手定則可知，A點相當于電源的正極，電勢高，A正確；AC產生的感應電動勢為E＝2BLv，AC兩端的電壓為UAC＝eq\f(ER0,R0＋r)＝eq\f(2BLvR0,R0＋r)，B錯誤；由功能關系得Fd＝eq\f(1,2)mv2＋Q＋Qf，C錯誤；此過程中平均感應電流為eq\x\to(I)＝eq\f(2BLd,(R0＋r)Δt)，通過電阻R0的電荷量為q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(2BLd,R0＋r)，D正確?！敬鸢浮緼D4、掃描隧道顯微鏡(STM)可用來探測樣品表面原子尺度上的形貌。為了有效隔離外界振動對STM的擾動，在圓底盤周邊沿其徑向對稱地安裝若干對紫銅薄板，并施加磁場來快速衰減其微小振動，如圖所示。無擾動時，按下列四種方案對紫銅薄板施加恒磁場；出現(xiàn)擾動后，對于紫銅薄板上下及左右振動的衰減最有效的方案是()解析：施加磁場來快速衰減STM的微小振動，其原理是電磁阻尼，在振動時通過紫銅薄板的磁通量變化，紫銅薄板中產生感應電動勢和感應電流，則其受到安培力作用，該作用阻礙紫銅薄板振動，即促使其振動衰減。方案A中，無論紫銅薄板上下振動還是左右振動，通過它的磁通量都發(fā)生變化；方案B中，當紫銅薄板上下振動時，通過它的磁通量可能不變，當紫銅薄板向右振動時，通過它的磁通量不變；方案C中，紫銅薄板上下振動、左右振動時，通過它的磁通量可能不變；方案D中，當紫銅薄板上下振動時，紫銅薄板中磁通量可能不變。綜上可知，對于紫銅薄板上下及左右振動的衰減最有效的方案是A?！敬鸢浮緼5、(多選)如圖所示，豎直光滑導軌上端接入一定值電阻R，C1和C2是半徑都為a的兩圓形磁場區(qū)域，其區(qū)域內的磁場方向都垂直于導軌平面向外，區(qū)域C1中磁場的磁感應強度隨時間按B1＝b＋kt(k＞0)變化，C2中磁場的磁感應強度恒為B2，一質量為m、電阻為r、長度為L的金屬桿AB穿過區(qū)域C2的圓心，垂直地跨放在兩導軌上，且與導軌接觸良好，并恰能保持靜止(軌道電阻不計，重力加速度大小為g)。則()A．通過金屬桿的電流方向為從A到BB．通過金屬桿的電流大小為eq\f(mg,2B2a)C．定值電阻的阻值為R＝eq\f(2kπB2a3,mg)D．整個電路中產生的熱功率P＝eq\f(kπamg,2B2)解析：區(qū)域C1中磁場的磁感應強度隨時間按B1＝b＋kt(k＞0)變化，可知磁感應強度均勻增大，穿過整個回路的磁通量增大，由楞次定律分析知，通過金屬桿的電流方向為從B到A，故A錯誤；對金屬桿，根據(jù)平衡方程得mg＝B2I·2a，解得I＝eq\f(mg,2B2a)，故B正確；由法拉第電磁感應定律，回路中產生的感應電動勢E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB1,Δt)πa2＝kπa2；且閉合電路歐姆定律有I＝eq\f(E,R＋r)，又I＝eq\f(mg,2B2a)，解得R＝eq\f(2πkB2a3,mg)－r，故C錯誤；整個電路中產生的熱功率P＝EI＝eq\f(πkamg,2B2)，故D正確。【答案】BD6、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。在圓中有垂直紙面向里的磁場，磁感應強度均勻增加，有一個帶電粒子靜止在極板之間，帶電粒子質量為m、電荷量為q。則下列說法正確的是()A．粒子帶正電B．磁感應強度的變化率為eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f((R1＋R2)mgd,πr2qR2)C．保持開關閉合，向上移動下極板時，粒子將向下運動D．斷開開關S，粒子將向下運動解析：穿過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高，下極板電勢低，板間存在向下的電場，粒子受到重力和電場力而靜止，因此粒子受到的電場力方向向上，電場力方向與場強方向相反，粒子帶負電，故A錯誤；對粒子，由平衡條件得：mg＝qeq\f(U2,d)，而感應電動勢：E＝eq\f((R2＋R1)U2,R2)，解得：E＝eq\f((R1＋R2)mgd,qR2)，由法拉第電磁感應定律得：E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝nSeq\f(ΔB,Δt)，解得：eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f((R1＋R2)mgd,πr2qR2)，故B正確；保持開關閉合，則極板間的電壓不變，當向上移動下極板時，導致間距減小，那么電場強度增大，則電場力增大，因此粒子將向上運動，故C錯誤；斷開開關S，電容器既不充電，也不放電，則電場強度不變，因此電場力也不變，故粒子靜止不動，故D錯誤?！敬鸢浮緽7、鉗形電流表由電流互感器和電流表組合而成，常用來測量電流強度很大的電流，其原理如圖。若原線圈與副線圈的匝數(shù)比為1∶500，電流表A的示數(shù)為1A，則()A．鉗形電流表的鉗口是電流互感器的鐵芯B．鉗形電流表能夠用來測量直流電的電流C．被測電路電流的平均值為500AD．被測電路電流的最大值為500A解析：鉗形電流表的鉗口是電流互感器的鐵芯，A正確；互感器利用的是電磁感應的互感原理，不能用于測量直流電，故B錯誤；由eq\f(I2,I1)＝eq\f(n1,n2)得：I1＝eq\f(n2I2,n1)＝eq\f(500×1,1)A＝500A，因為電流表測的是有效值，故C、D錯誤?！敬鸢浮緼8、(多選)如圖甲所示，一理想變壓器原線圈匝數(shù)n1，副線圈匝數(shù)n2，電流表和電壓表是理想電表，副線圈接有“220V220W”的抽油煙機和“220V40W”的白熾燈，如果原線圈電壓按圖乙所示規(guī)律變化，抽油煙機正常工作，則下列說法正確的是()A．理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)比eq\f(n1,n2)＝eq\f(10,1)B．電流表A2的讀數(shù)為1A，電壓表的示數(shù)為220VC．抽油煙機的內阻為220ΩD．變壓器的輸入功率為260W解析：【答案】AD9、如圖所示，水平面(紙面)內間距為l的平行金屬導軌間接一電阻，質量為m、長度為l的金屬桿置于導軌上。t＝0時，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動。t0時刻，金屬桿進入磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強磁場區(qū)域，且在磁場中恰好能保持勻速運動。桿與導軌的電阻均忽略不計，兩者始終保持垂直且接觸良好，兩者之間的動摩擦因數(shù)為μ。重力加速度大小為g。求：(1)金屬桿在磁場中運動時產生的電動勢的大?。?2)電阻的阻值。解析：(1)設金屬桿進入磁場前的加速度大小為a，由牛頓第二定律得ma＝F－μmg設金屬桿到達磁場左邊界時的速度為v，由運動學公式有v＝at0當金屬桿以速度v在磁場中運動時，由法拉第電磁感應定律，桿中的電動勢為E＝Blv聯(lián)立解得E＝Blt0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(F,m)－μg))。(2)設金屬桿在磁場區(qū)域中勻速運動時，金屬桿中的電流為I，根據(jù)歐姆定律I＝eq\f(E,R)式中R為電阻的阻值．金屬桿所受的安培力為f＝BlI因金屬桿做勻速運動，由牛頓運動定律得F－μmg－f＝0聯(lián)立式得R＝eq\f(B2l2t0,m)。10、如圖甲所示，ACD是固定在水平面上的半徑為2r、圓心為O的金屬半圓弧導軌，EF是半徑為r、圓心也為O的半圓弧，在半圓弧EF與導軌ACD之間的半圓環(huán)區(qū)域內存在垂直導軌平面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B，B隨時間t變化的圖象如圖乙所示．OA間接有電阻P，金屬桿OM可繞O點轉動，M端與軌道接觸良好，金屬桿OM與電阻P的阻值均為R，其余電阻不計。(1)0～t0時間內，OM桿固定在與OA夾角為θ1＝eq\f(π,3)的位置不動，求這段時間內通過電阻P的感應電流大小和方向；(2)t0～2t0時間內，OM桿在外力作用下以恒定的角速度逆時針轉動，2t0時轉過角度θ2＝eq\f(π,3)到OC位置，求電阻P在這段時間內產生的焦耳熱Q；(3)2t0～3t0時間內，OM桿仍在外力作用下以恒定的角速度逆時針轉動，3t0時轉到OD位置，若2t0時勻強磁場開始變化，使得2t0～3t0時間內回路中始終無感應電流，求B隨時間t變化的關系式，并在圖乙中補畫出這段時間內的大致圖象。解析：(1)0～t0時間內：eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(B0,t0)，E1＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)·S1S1＝eq\f(1,6)·π(2r)2－eq\f(1,6)πr2＝eq\f(πr2,2)，I1＝eq\f(E1,2R)解得：I1＝eq\f(B0πr2,4t0R)，通過電阻P的感應電流方向為：A→O。(2)t0～2t0時間內，OM轉動的角速度為ω＝eq\f(π,3t0)，感應電動勢為：E2＝B0req\x\to(v)，eq\x\to(v)＝eq\f(ωr＋2ωr,2)，I2＝eq\f(E2,2R)，Q＝I22Rt0，得到：Q＝eq\f(B\o\al(,02)π2r4,16t0R)(3)2t0～3t0時間內，回路中無感應電流，磁通量不變，則B0πr2＝B·[πr2＋eq\f(ω(t－2t0),2π)·3πr2]得到：B＝eq\f(2B0t0,t)。圖象如圖所示。11、如圖1a，超級高鐵是一種以“真空管道運輸”為理論核心設計的交通工具，它具有超高速、低能耗、無噪聲、零污染等特點。如圖b，已知管道中固定著兩根平行金屬導軌MN、PQ，兩導軌間距為eq\r(3)r；運輸車的質量為m，橫截面是半徑為r的圓。運輸車上固定著間距為D、與導軌垂直的兩根導體棒1和2，每根導體棒的電阻為R，每段長度為D的導軌的電阻也為R。其他電阻忽略不計，重力加速度為g。(1)如圖c，當管道中的導軌平面與水平面成θ＝30°時，運輸車恰好能無動力地勻速下滑。求運輸車與導軌間的動摩擦因數(shù)μ；(2)在水平導軌上進行實驗，不考慮摩擦及空氣阻力。①當運輸車由靜止離站時，在導體棒2后間距為D處接通固定在導軌上電動勢為E的直流電源，此時導體棒1、2均處于磁感應強度為B，垂直導軌平面向下的勻強磁場中，如圖d。求剛接通電源時運輸車的加速度的大小(電源內阻不計，不考慮電磁感應現(xiàn)象)；②當運輸車進站時，管道內依次分布磁感應強度為B，寬度為D的勻強磁場，且相鄰的勻強磁場的方向相反。求運輸車以速度v0從如圖e通過距離2D后的速度v。解析：由幾何關系FN1＝mgcosθ，F(xiàn)N2＝mgcosθ又f1＝μFN1，f2＝μFN2運輸車勻速運動mgsinθ＝f1＋f2解得μ＝eq\f(\r(3),6)。(2)①運輸車離站時，電路圖如圖c，R總＝eq\f(11R,4)由閉合電路歐姆定律I＝eq\f(E,R總)又I1＝eq\f(I,4)，I2＝eq\f(3I,4)導體棒所受的安培力F1＝BI1·eq\r(3)r，F(xiàn)2＝BI2·eq\r(3)r運輸車的加速度a＝eq\f(F1＋F2,m)解得a＝eq\f(4\r(3)BrE,11mR)。②運輸車進站時，電路如圖d，當車速為v時，由法拉第電磁感應定律E1＝B·eq\r(3)rv；E2＝B·eq\r(3)rv由閉合電路歐姆定律I＝eq\f(E1＋E2,4R)導體棒所受的安培力F1＝BI·eq\r(3)r，F(xiàn)2＝BI·eq\r(3)r運輸車所受的合力F＝F1＋F2＝eq\f(B2·3r2v,R)選取一小段時間Δt，運輸車速度的變化量為Δv，由動量定理得－eq\f(B2·3r2v,R)Δt＝mΔv即－eq\f(B2·3r2,R)Δx＝mΔv兩邊求和－eq\f(3B2r22D,R)＝mv－mv0解得v＝v0－eq\f(6B2r2D,mR)。12、如圖所示，水平軌道與半徑為r的半圓弧形軌道平滑連接于S點，兩者均光滑且絕緣，并安裝在固定的豎直絕緣平板上。在平板的上下各有一個塊相互正對的水平金屬板P、Q，兩板間的距離為d。半圓軌道的最高點T、最低點S、及P、Q板右側邊緣點在同一豎直線上。裝置左側有一半徑為L的水平金屬圓環(huán)，圓環(huán)平面區(qū)域內有豎直向下