2026版高考物理步步高大二輪（培優(yōu)版）第一部分專題整合提升專題四電路與電磁感應第11課時直流電路和交流電路【知識網(wǎng)絡】熱點一直流電路的分析與計算例1(2024·遼寧遼陽一模)如圖1所示，電源的電動勢為3V、內(nèi)阻為2Ω，R1的電阻為8Ω，電容器的電容為600μF，所有電壓表和電流表均視為理想電表。在將滑動變阻器R2(最大阻值為8Ω)的滑片由上端緩慢地滑到下端的過程中，下列說法正確的是()圖1A.V1示數(shù)增大，V2示數(shù)減小B.R2消耗的電功率先增大后減小C.R1兩端的最大電壓為2VD.電容器極板上增加的電荷量為8×10－4C答案D解析將滑動變阻器的滑片由上端緩慢地滑到下端的過程中，滑動變阻器接入電路的阻值變大，則總電阻變大，根據(jù)閉合電路歐姆定律可知，電路總電流減小，路端電壓增大，則V1示數(shù)增大，R1兩端電壓減小，則滑動變阻器R2兩端電壓增大，即V2示數(shù)增大，故A錯誤；R2消耗的電功率為P2＝I2R2＝(eq\f(E,R2＋R1＋r))2R2＝eq\f(E2,R2＋\f(（R1＋r）2,R2)＋2（R1＋r）)，根據(jù)數(shù)學知識可知，當R2＝R1＋r＝10Ω時，R2消耗的電功率最大，由于R2的最大值為8Ω，則R2消耗的電功率一直增大，故B錯誤；當R2接入電路的阻值為0時，電路電流最大，則有Imax＝eq\f(E,R1＋r)＝eq\f(3,8＋2)A＝0.3A，則R1兩端的最大電壓為U1max＝ImaxR1＝0.3×8V＝2.4V，故C錯誤；滑動變阻器的滑片在上端時，接入電路阻值為0，則電容器兩端電壓為0；當滑動變阻器的滑片在下端時，根據(jù)閉合電路歐姆定律可得I＝eq\f(E,R2＋R1＋r)＝eq\f(3,8＋8＋2)A＝eq\f(1,6)A，則電容器兩端電壓為U＝IR2＝eq\f(1,6)×8V＝eq\f(4,3)V，則電容器極板上增加的電荷量為ΔQ＝CΔU＝600×10－6×(eq\f(4,3)－0)C＝8×10－4C，故D正確。方法總結(jié)直流電路動態(tài)分析的三種常用方法程序法R局↓→R↓→I總＝eq\f(E,R＋r)↑→U內(nèi)＝I總r↑→U外＝E－U內(nèi)↓→再分析各支路變化情況結(jié)論法：“串反并同”“串反”：指某一電阻增大(減小)時，與它串聯(lián)或間接串聯(lián)的電阻中的電流、兩端電壓、電功率都將減小(增大)“并同”：指某一電阻增大(減小)時，與它并聯(lián)或間接并聯(lián)的電阻中的電流、兩端電壓、電功率都將增大(減小)極限法因滑動變阻器滑片滑動引起電路變化的問題，可將滑動變阻器的滑片分別滑到兩個極端，使電阻最大或電阻為零去討論訓練1(多選)(2024·安徽合肥期中)如圖2所示，電源的電動勢為E且恒定，內(nèi)阻為r，電路中定值電阻的阻值為R，現(xiàn)將滑動變阻器的滑片由下端向上滑動到某位置，理想電壓表V1、V2、V3示數(shù)變化量的絕對值分別為ΔU1、ΔU2、ΔU3，理想電流表A示數(shù)變化量的絕對值為ΔI。則在上述過程中，下列說法正確的是()圖2A.電壓表V2的示數(shù)減小B.定值電阻的功率增大C.ΔU1＋ΔU2＝ΔU3D.eq\f(ΔU3,ΔI)＝R＋r答案CD解析當滑動變阻器的滑片向上滑動時，電路的總電阻增大，總電流減小，電源內(nèi)電壓減小，路端電壓增大，電壓表V2的示數(shù)為路端電壓，則電壓表V2的示數(shù)增大，故A錯誤；電路的總電阻增大，通過定值電阻的電流減小，定值電阻消耗的功率減小，故B錯誤；根據(jù)閉合電路的歐姆定律知U3＝E－I(R＋r)，可得eq\f(ΔU3,ΔI)＝R＋r，故D正確；根據(jù)歐姆定律知U1＝IR，可得eq\f(ΔU1,ΔI)＝R，根據(jù)U2＝E－Ir，可得eq\f(ΔU2,ΔI)＝r，聯(lián)立可得ΔU1＋ΔU2＝ΔU3，故C正確。訓練2(多選)(2024·山東青島質(zhì)檢)興趣小組的同學在實驗室設計了如圖3所示的簡易電吹風，主要器材有定值電阻R1、R2、電動機M和電熱絲R，已知電動機M標有“100V，50W”字樣，它的線圈內(nèi)阻為4Ω，R1＝480Ω，電熱絲R＝44Ω，把該電吹風接入220V家庭電路中，電動機M恰好可以正常工作，則下列說法正確的是()圖3A.電熱絲的熱功率P＝1100WB.電阻R2＝240ΩC.電動機M正常工作時的輸出功率P1＝49WD.開關S1、S2都閉合，1分鐘電路消耗的電能為E＝7.26×103J答案AC解析根據(jù)題圖電路可知，S1閉合時電熱絲兩端的電壓為UR＝220V，則其熱功率為P＝eq\f(Ueq\o\al(2,R),R)＝eq\f(2202,44)W＝1100W，故A正確；電動機正常工作，則可得電動機所在支路的電流為IM＝eq\f(PM,UM)＝eq\f(50,100)A＝0.5A，根據(jù)并聯(lián)電路的特征可得eq\f(R1R2,R1＋R2)IM＝120V，解得R2＝480Ω，故B錯誤；電動機正常工作時PM＝P1＋P熱，而P熱＝Ieq\o\al(2,M)r＝0.52×4W＝1W，可得電動機M正常工作時的輸出功率P1＝49W，故C正確；電熱絲所在支路電流IR＝eq\f(UR,R)＝eq\f(220,44)A＝5A，則可得干路電流I＝IR＋IM＝5.5A，由此可知，當開關S1、S2都閉合，1分鐘電路消耗的電能為E＝URIt＝220×5.5×60J＝7.26×104J，故D錯誤。熱點二交變電流的產(chǎn)生及描述例2(2024·廣東卷，1)將阻值為50Ω的電阻接在正弦式交流電源上。電阻兩端電壓隨時間的變化規(guī)律如圖4所示。下列說法正確的是()圖4A.該交流電的頻率為100HzB.通過電阻電流的峰值為0.2AC.電阻在1s內(nèi)消耗的電能為1JD.電阻兩端電壓表達式為u＝10eq\r(2)sin(100πt)V答案D解析由圖可知交流電的周期為0.02s，則頻率為f＝eq\f(1,T)＝50Hz，故A錯誤；根據(jù)圖像可知電壓的峰值為10eq\r(2)V，根據(jù)歐姆定律可知電流的峰值Im＝eq\f(Um,R)＝eq\f(10\r(2),50)A＝0.2eq\r(2)A，故B錯誤；電流的有效值為I＝eq\f(Im,\r(2))＝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錯誤；根據(jù)圖像可知其電壓表達式為u＝Umsinωt＝10eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)t))V＝10eq\r(2)sin(100πt)V，故D正確。正弦式交變電流“四值”的應用訓練3(2024·河北張家口模擬)電容的額定電壓為電容兩端所允許施加的最大電壓，如果施加的電壓大于額定電壓值，電容有可能會被損壞。如圖5甲所示，交流發(fā)電機的矩形線圈ABCD在磁感應強度B＝0.2T的勻強磁場中繞垂直于磁場方向的固定軸OO′以角速度ω＝50rad/s勻速轉(zhuǎn)動，線圈的匝數(shù)n＝100，矩形線圈ABCD面積S＝0.1m2，線圈電阻忽略不計。標有“100V40W”的燈泡和電容器并聯(lián)接到線圈兩端，電容器實物圖如圖乙所示，額定電壓為100V，電壓表V和電流表A均為理想電表。下列說法正確的是()圖5A.電容器不可能被擊穿B.燈泡恰好正常發(fā)光C.電壓表V的示數(shù)為100VD.電流表A的示數(shù)為0答案A解析電動勢的最大值Em＝nBSω，代入數(shù)據(jù)可得Em＝100V，則電動勢的有效值E＝eq\f(Em,\r(2))＝eq\f(100,\r(2))V＝50eq\r(2)V≈71V，電容器的額定電壓100V，恰好不會被擊穿，電壓的有效值不等于燈泡的額定電壓，燈泡不能正常發(fā)光，A正確，B錯誤；電壓表示數(shù)為71V，電容器的充放電過程，電流表示數(shù)不為0，C、D錯誤。熱點三變壓器與遠距離輸電1.搞清變壓器的三個關系(1)變與不變的關系：不變的是功率關系、磁通量的變化率和周期頻率。理想變壓器工作不損失能量，即輸入功率等于輸出功率；原、副線圈交變電流頻率相同；在沒有漏磁時，原、副線圈磁通量的變化率相同。(2)高與低，大與小，多與少，粗與細的關系：電壓高的線圈電流小，匝數(shù)多，導線細；電壓低的線圈電流大，匝數(shù)少，導線粗。(3)正比與反比的關系：原、副線圈的電壓與匝數(shù)成正比，單一副線圈的變壓器電流與匝數(shù)成反比。2.遠距離輸電電路構(gòu)成三個關系功率關系P＝U1I1＝U2I2＝P用＋P損，P損＝Ieq\o\al(2,2)R線，P用＝U3I3＝U4I4電壓關系U2＝U損＋U3，U損＝I2R線匝數(shù)比關系eq\f(U1,U2)＝eq\f(I2,I1)＝eq\f(n1,n2)，eq\f(U3,U4)＝eq\f(I4,I3)＝eq\f(n3,n4)輸電線上的損耗功率損耗為P損＝P2－P3＝Ieq\o\al(2,2)R線＝eq\f(Peq\o\al(2,2),Ueq\o\al(2,2))R線，電壓損耗為U損＝U2－U3＝I2R線例3(多選)(2024·海南卷，9)如圖6，電動汽車充電站的理想變壓器輸入電壓為10kV，輸出電壓為220V，每臺充電樁輸入電流為16A，設原、副線圈匝數(shù)分別為n1、n2，輸入正弦交流電的頻率為50Hz，則下列說法正確的是()圖6A.交流電的周期為0.02sB.原、副線圈匝數(shù)比n1∶n2＝11∶500C.輸出的最大電壓為220VD.若10臺充電樁同時使用，輸入功率為35.2kW答案AD解析根據(jù)周期與頻率的關系可知，該交流電的周期T＝eq\f(1,f)＝0.02s，A正確；根據(jù)理想變壓器的變壓規(guī)律可得eq\f(n1,n2)＝eq\f(U1,U2)＝eq\f(10000,220)＝eq\f(500,11)，B錯誤；根據(jù)正弦交流電最大值與有效值的關系可知，輸出的最大電壓U2m＝eq\r(2)U2＝220eq\r(2)V，C錯誤；每臺充電樁工作時輸入的功率P＝U2I0＝3520W，則10臺充電樁工作時輸入的功率P10＝10P＝35.2kW，D正確。例4(2024·山東泰安一模)如圖7所示為某發(fā)電站輸電示意圖，發(fā)電機輸出電壓恒定，變壓器均為理想變壓器，在輸電線路的起始端接入甲、乙兩個理想互感器，甲、乙兩互感器原、副線圈的匝數(shù)比分別為200∶1和1∶20，降壓變壓器原、副線圈匝數(shù)比為200∶1，電壓表的示數(shù)為220V，電流表的示數(shù)為5A，輸電線路總電阻r＝20Ω。下列說法正確的是()圖7A.互感器甲中圈內(nèi)接入電流表，互感器乙中圈內(nèi)接入電壓表B.輸電線路上損耗的功率約占輸電總功率的6%C.用戶端的電壓U4＝200VD.用電高峰相對平時用電時，用戶端的電壓偏小答案D解析互感器甲并聯(lián)在電路中，是電壓互感器；互感器乙串聯(lián)在電路中，是電流互感器，A錯誤；電流表的示數(shù)為5A，電流互感器原、副線圈的匝數(shù)比為1∶20，則輸電線路上的電流I＝100A，輸電線路上損耗的功率P損＝I2r＝200kW，電壓表的示數(shù)為220V，電壓互感器原、副線圈的匝數(shù)比為200∶1，所以輸送電壓U2＝44000V，輸電總功率P＝U2I＝4400kW，則輸電線路上損耗的功率約占輸電總功率的eq\f(P損,P)×100%＝eq\f(200kW,4400kW)×100%≈4.5%，B錯誤；降壓變壓器原線圈兩端電壓U3＝U2－Ir＝42000V，用戶端的電壓U4＝eq\f(U3,200)＝210V，C錯誤；用戶使用的用電設備增多，用戶端電流增大，輸送電流增大，輸電線上損失的電壓增大，降壓變壓器輸入電壓減小，降壓變壓器輸出電壓減小，即用戶端的電壓減小，D正確。訓練4(多選)輸電能耗演示電路如圖8所示。左側(cè)變壓器原、副線圈匝數(shù)比為1∶3，輸入電壓為7.5V的正弦交流電。連接兩理想變壓器的導線總電阻為r，負載R的阻值為10Ω。開關S接1時，右側(cè)變壓器原、副線圈匝數(shù)比為2∶1，R上的功率為10W；接2時，匝數(shù)比為1∶2，R上的功率為P。以下判斷正確的是()圖8A.r＝10Ω B.r＝5Ω C.P＝45W D.P＝22.5W答案BD解析當開關S接1時，左側(cè)變壓器副線圈的電壓U2＝eq\f(n2,n1)U1＝3×7.5V＝22.5V，電阻R上的電壓，即右側(cè)變壓器的副線圈的電壓U4＝eq\r(P1R)＝10V，電流I4＝eq\f(U4,R)＝1A，右側(cè)變壓器原線圈的電壓U3＝eq\f(n3,n4)U4＝eq\f(2,1)×10V＝20V，電流I3＝eq\f(n4,n3)I4＝eq\f(1,2)×1A＝0.5A，導線的總電阻r＝eq\f(U2－U3,I3)＝5Ω，故A錯誤，B正確；當開關S接2時，設輸電電流為I，則右側(cè)變壓器的副線圈中的電流為0.5I，根據(jù)理想變壓器的規(guī)律，有eq\f(U2－Ir,n3)＝eq\f(0.5IR,n4)，解得I＝3A，則R上的功率P＝(0.5I)2R＝22.5W，故C錯誤，D正確。1.(2024·廣西卷，6)將橫截面相同、材料不同的兩段導體L1、L2無縫連接成一段導體，總長度為1.00m，接入圖9甲電路。閉合開關S，滑片P從M端滑到N端，理想電壓表讀數(shù)U隨滑片P的滑動距離x的變化關系如圖乙，則導體L1、L2的電阻率之比約為()圖9A.2∶3 B.2∶1 C.5∶3 D.1∶3答案B解析根據(jù)電阻定律R＝ρeq\f(L,S)和歐姆定律I＝eq\f(U,R)可得，ΔU＝I·ΔR，整理可得ρ＝eq\f(S,I)·eq\f(ΔU,L)，結(jié)合題圖可知導體L1、L2的電阻率之比eq\f(ρ1,ρ2)＝eq\f(\f(0.2,0.25),\f(0.5－0.2,1.00－0.25))＝eq\f(2,1)，故B正確。2.(2024·湖北卷，5)在如圖10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。假設兩個二極管正向電阻為0、反向電阻無窮大。閉合開關S，燈泡L1、L2的電功率之比P1∶P2為()圖10A.2∶1 B.1∶1 C.1∶2 D.1∶4答案C解析分析電路特點可知，在接入正弦交流電的一個周期內(nèi)，有半個周期只給L1供電，另半個周期只給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＝eq\f(U2,R)可知，燈泡L1、L2的功率之比P1∶P2＝1∶2，C正確。3.(2024·山東卷，8)如圖11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、磁感應強度大小為B的勻強磁場(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)動時，線圈中產(chǎn)生的交變電動勢如圖乙所示。若僅磁場的區(qū)域發(fā)生了變化，線圈中產(chǎn)生的電動勢變?yōu)閳D丙所示實線部分，則變化后磁場的區(qū)域可能為()圖11答案C解析根據(jù)題意可知，磁場區(qū)域變化前線圈產(chǎn)生的感應電動勢為e＝Esinωt，由題圖丙可知，磁場區(qū)域變化后，當Esinωt＝eq\f(\r(3)E,2)時，線圈的側(cè)邊開始切割磁感線，即當線圈旋轉(zhuǎn)eq\f(π,3)時開始切割磁感線，由幾何關系可知磁場區(qū)域平行于x軸的邊長變?yōu)閐′＝2dcoseq\f(π,3)＝d，C正確。4.(2024·河北卷，4)R1、R2為兩個完全相同的定值電阻，R1兩端的電壓隨時間周期性變化的規(guī)律如圖12甲所示(三角形脈沖交流電壓的峰值是有效值的eq\r(3)倍)，R2兩端的電壓隨時間按正弦規(guī)律變化如圖乙所示，則兩電阻在一個周期T內(nèi)產(chǎn)生的熱量之比Q1∶Q2為()圖12A.2∶3 B.4∶3 C.2∶eq\r(3) D.5∶4答案B解析設R1、R2的阻值均為R，根據(jù)題中所給信息，結(jié)合題圖圖像可得Q1＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(U0,\r(3))))\s\up12(2),R)·eq\f(T,2)＋eq\f(Ueq\o\al(2,0),R)·eq\f(T,2)＝eq\f(2Ueq\o\al(2,0),3R)T，Q2＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(U0,\r(2))))\s\up12(2),R)T＝eq\f(Ueq\o\al(2,0),2R)T，則eq\f(Q1,Q2)＝eq\f(4,3)，B正確。5.(2024·北京卷，5)如圖13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()圖13A.原線圈兩端電壓的有效值為24eq\r(2)VB.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答案B解析原線圈兩端電壓的有效值為U1＝eq\f(Um,\r(2))＝24V，A錯誤；副線圈所接燈泡正常發(fā)光，副線圈中電流的有效值為I＝eq\f(P,U2)＝eq\f(3,6)A＝0.5A，B正確；原、副線圈匝數(shù)之比eq\f(n1,n2)＝eq\f(U1,U2)＝eq\f(24V,6V)＝eq\f(4,1)，C錯誤；原線圈的輸入功率P入＝P出＝6W，D錯誤。6.(多選)(2024·全國甲卷，19)如圖14，理想變壓器的副線圈接入電路的匝數(shù)可通過滑動觸頭T調(diào)節(jié)，副線圈回路接有滑動變阻器R、定值電阻R0和R1、開關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()圖14A.保持T不動，滑動變阻器R的滑片向f端滑動B.將T向b端移動，滑動變阻器R的滑片位置不變C.將T向a端移動，滑動變阻器R的滑片向f端滑動D.將T向b端移動，滑動變阻器R的滑片向e端滑動答案AC解析保持T不動，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，滑動變阻器的滑片向f端滑動時，其接入電路的電阻減小，根據(jù)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，則原、副線圈的匝數(shù)比增大，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，變壓器的輸出電壓減小，則R1兩端的電壓減小，根據(jù)P＝eq\f(U2,R)可知，R1的熱功率減小，B錯誤；同理，僅將T向a端移動，R1的熱功率增大，結(jié)合A項分析可知，再將滑動變阻器的滑片向f端滑動，R1的熱功率進一步增大，C正確；經(jīng)以上分析可知，將T向b端移動，滑動變阻器的滑片向e端滑動，R1的熱功率減小，D錯誤?；A保分練1.(2024·山西太原高三期末)如圖1所示，圖線a是太陽能電池在某光照強度下路端電壓U和干路電流I的關系圖像，電池內(nèi)阻不是常量。圖線b是某光敏電阻的U－I圖像，虛直線c為圖線a過P點的切線，在該光照強度下將它們組成閉合回路時()圖1A.太陽能電池的電動勢為6VB.光敏電阻的功率為1WC.光敏電阻的阻值為40ΩD.太陽能電池的內(nèi)阻為5Ω答案D解析由閉合電路歐姆定律可得，當電流為0時，圖線a的縱截距表示電源電動勢，所以E＝5V，故A錯誤；由題圖可知在某光照強度下將它們組成閉合回路時，則光敏電阻兩端電壓為U＝4V，通過的電流為I＝0.2A，則光敏電阻的阻值為R＝eq\f(U,I)＝eq\f(4,0.2)Ω＝20Ω，故C錯誤；光敏電阻的功率為P＝UI＝0.8W，故B錯誤；太陽能電池的內(nèi)阻為r＝eq\f(E－U,I)＝5Ω，故D正確。2.(2023·海南卷，7)如圖2所示電路，已知電源電動勢為E，內(nèi)阻不計，電容器電容為C，閉合開關K，待電路穩(wěn)定后，電容器上電荷量為()圖2A.CEB.eq\f(1,2)CE C.eq\f(2,5)CED.eq\f(3,5)CE答案C解析由電路的串并聯(lián)規(guī)律可知，電阻3R兩端的電壓為eq\f(3E,5)，電阻R兩端的電壓為eq\f(E,5)，則電容器兩極板間電勢差ΔU＝eq\f(2E,5)，電容器上的電荷量Q＝CΔU＝eq\f(2,5)CE，C正確。3.(多選)(2024·四川統(tǒng)考二模)如圖3甲所示，為一臺小型發(fā)電機的示意圖，單匝線圈勻速轉(zhuǎn)動，產(chǎn)生的電動勢e隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示。已知發(fā)電機線圈內(nèi)阻為0.2Ω，小燈泡的電阻恒為0.8Ω。則()圖3A.理想電壓表的示數(shù)U＝6VB.線圈轉(zhuǎn)動的角速度ω＝100πrad/sC.轉(zhuǎn)動過程中穿過線圈的最大磁通量Φm＝eq\f(3\r(2),100π)WbD.通過燈泡電流的瞬時值表達式為i＝6eq\r(2)sin(100πt)A答案BD解析由題圖乙可知線圈輸出電壓的有效值為U有效＝6V，理想電壓表測的是小燈泡兩端電壓，示數(shù)為U＝eq\f(6,0.2＋0.8)×0.8V＝4.8V，A錯誤；交變電流的周期為T＝0.02s，線圈轉(zhuǎn)動的角速度為ω＝eq\f(2π,T)＝100πrad/s，B正確；單匝線圈轉(zhuǎn)動時產(chǎn)生的電動勢最大值為Em＝BSω＝Φm·ω，可得轉(zhuǎn)動過程中穿過線圈的最大磁通量為Φm＝eq\f(Em,ω)＝eq\f(6\r(2),100π)Wb＝eq\f(3\r(2),50π)Wb，C錯誤；通過燈泡電流的最大值Im＝eq\f(Em,RL＋r)＝eq\f(6\r(2),0.8＋0.2)A＝6eq\r(2)A，通過燈泡電流的瞬時值表達式為i＝6eq\r(2)sin(100πt)A，D正確。4.(多選)(2024·河南南陽一模)如圖4，MN、PQ是間距為L的兩條水平放置的平行光滑金屬導軌，導軌的右端接有阻值為R的定值電阻，電阻不計的導體棒ab垂直MN、PQ放在導軌上，導體棒的右側(cè)有寬度為d的垂直軌道平面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B，從t＝0時刻開始，導體棒在圖示位置與磁場右邊界之間往復運動，其速度隨時間變化的規(guī)律是v＝v0sinωt，導體棒開始的位置離磁場左邊界的距離等于磁場的寬度，導軌電阻不計。則()圖4A.導體棒從開始位置向右運動到磁場右邊界所用時間為eq\f(π,ω)B.閉合回路中的最大電流為eq\f(BLv0,R)C.導體棒從磁場左邊界運動到磁場右邊界的過程中，電阻R中的平均電流為eq\f(BLv0,πR)D.電阻R消耗的電功率為eq\f(B2L2veq\o\al(2,0),4R)答案ABD解析由題意知T＝eq\f(2π,ω)，t＝eq\f(T,2)＝eq\f(π,ω)，A正確；導體棒最大速度為v0，所以閉合回路中的最大電流為Im＝eq\f(Em,R)＝eq\f(BLv0,R)，B正確；根據(jù)感應電動勢最大值表達式，有BLv0＝BSω，根據(jù)法拉第電磁感應定律有eq\o(E,\s\up6(－))＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(BS,\f(T,4))＝eq\f(4BS,\f(2π,ω))＝eq\f(2BSω,π)，可得eq\o(I,\s\up6(－))＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),R)＝eq\f(2BLv0,πR)，C錯誤；設電動勢的有效值為E，根據(jù)電動勢有效值的定義，有eq\f(E2,R)T＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(Em,\r(2))))2,R)·eq\f(T,2)，解得E＝eq\f(1,2)Em＝eq\f(1,2)BLv0，電阻R消耗的電功率為P＝eq\f(E2,R)＝eq\f(B2L2veq\o\al(2,0),4R)，D正確。5.(2024·浙江1月選考，5)如圖5為某燃氣灶點火裝置的原理圖。直流電經(jīng)轉(zhuǎn)換器輸出u＝5sin(100πt)V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，就會在打火針和金屬板間引發(fā)電火花，實現(xiàn)點火。下列正確的是()圖5A.eq\f(n2,n1)<eq\f(7,20000)B.eq\f(n1,n2)<eq\f(1,2000)C.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答案B解析原線圈兩端電壓的有效值U1＝eq\f(5,\r(2))V＝eq\f(5\r(2),2)V，根據(jù)電壓與匝數(shù)關系有eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，變壓器副線圈電壓的峰值U2max＝eq\r(2)U2，根據(jù)題意有U2max>10×103V，解得eq\f(n1,n2)<eq\f(1,2000)，故A錯誤，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＝eq\f(5,\r(2))V＝eq\f(5\r(2),2)V，故C錯誤；根據(jù)ω＝2πf＝100πrad/s，解得f＝50Hz，變壓器不改變頻率，則副線圈輸出交流電壓的頻率是50Hz，故D錯誤。6.(2024·吉林白城二模)圖6甲為半波整流電路，在理想變壓器的輸出電路中有一只整流二極管，其具有單向?qū)щ娦?。原、副線圈的匝數(shù)比為11∶1，電阻R＝10Ω，原線圈的輸入電壓隨時間的變化關系如圖乙所示，電表均為理想交流電表，則()圖6A.電壓表V1、V2讀數(shù)相同B.電壓表V2的讀數(shù)為20VC.電流表A讀數(shù)為2AD.原線圈的輸入功率為20W答案D解析由題圖乙可知，原線圈輸入電壓的有效值為U1＝220V。根據(jù)原、副線圈匝數(shù)比與電壓比的關系有eq\f(n1,n2)＝eq\f(U1,U2)，解得U2＝20V，由于二極管具有單向?qū)щ娦裕挥邪雮€周期內(nèi)能通過電流，有eq\f(Ueq\o\al(2,2),R)·eq\f(T,2)＝eq\f(Ueq\o\al(2,3),R)T，解得U3＝10eq\r(2)V，故A、B錯誤；通過R的電流為I2＝eq\f(U3,R)＝eq\r(2)A，理想變壓器輸入功率等于輸出功率，則有P1＝P2＝Ieq\o\al(2,2)R＝20W，原線圈雖然整個周期都有電壓但是只有在副線圈有電流和功率時原線圈才有功率，由eq\f(n1,n2)＝eq\f(I2,I1)，可得I1＝eq\f(\r(2),11)A，故C錯誤，D正確。7.(2024·山東模擬預測)如圖7甲所示，理想變壓器原、副線圈匝數(shù)比為10∶1，原線圈通以圖乙所示的交變電流后，理想電流表A1示數(shù)為0.5A，副線圈串聯(lián)了電阻可忽略的熔斷器、定值電阻R、理想電流表A2以及虛線框內(nèi)的某用電器，電路處于正常工作狀態(tài)。以下說法正確的是()圖7A.原線圈兩端電壓的瞬時值表達式e＝220sin(100πt)VB.若輸入交變電流的頻率增大，發(fā)現(xiàn)A2示數(shù)減小，則虛線框內(nèi)可能是電容器C.熔斷器的熔斷電流應該不小于5AD.若原線圈輸入電壓改為500V的恒定電壓，則A2示數(shù)將增大答案C解析由題圖乙可知，交流電壓的最大值為Em＝220eq\r(2)V，周期為T＝0.02s，由電壓瞬時值表達式為e＝Emsin(eq\f(2π,T)t)V可得，原線圈兩端電壓的瞬時值表達式為e＝220eq\r(2)sin(100πt)V，故A錯誤；若輸入的交變電流頻率增大，發(fā)現(xiàn)A2示數(shù)減小，說明虛線框內(nèi)的用電器對高頻交變電流的阻礙較大，所以虛線框內(nèi)的用電器為電感器，故B錯誤；理想電流表A1示數(shù)為I1＝0.5A，由理想變壓器的電流關系eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)，解得I2＝5A，所以熔斷器的熔斷電流應該不小于5A，故C正確；理想變壓器的工作原理為互感，所以理想變壓器對恒定電流不起作用，即若原線圈輸入電壓改為500V的恒定電壓，則A2示數(shù)將變?yōu)榱?，故D錯誤。8.在如圖8甲所示的遠距離輸電線路中，a、b兩端接圖乙所示的正弦交流電，熔斷絲的熔斷電流為10A，電阻為2Ω，升壓理想變壓器原、副線圈匝數(shù)比為1∶10，輸電線總電阻為400Ω，降壓理想變壓器原、副線圈匝數(shù)比為10∶1，電阻R兩端并聯(lián)理想交流電壓表。電路可以長時間工作，下列說法正確的是()圖8A.t＝0.02s時，電壓表的示數(shù)為零B.輸電線上的熱功率可能為200WC.升壓變壓器輸出電壓有效值可能為1900VD.R的阻值可能為14Ω答案B解析電壓表示數(shù)是電壓的有效值，故電壓表示數(shù)不為零，A錯誤；熔斷絲中電流為10A時輸電線的熱功率最大，由理想變壓器規(guī)律n1I1＝n2I2可知，此時輸電線中的電流I2＝1A，輸電線最大熱功率P線＝Ieq\o\al(2,2)R線＝400W，B正確；由題圖乙可得a、b間所接交流電壓的有效值U＝220V，又熔斷絲兩端電壓的最大值U1＝I1R絲＝20V，則升壓變壓器原線圈兩端電壓的最小值U1＝200V，副線圈輸出電壓最小值為U2＝eq\f(n2,n1)U1＝2000V，C錯誤；降壓變壓器原線圄兩端電壓最小值U3＝U2－I2R線＝1600V，R兩端電壓最小值U4＝eq\f(n4,n3)U3＝160V，此時通過R的電流I4＝eq\f(n3,n4)I2＝10A，則其阻值最小為Rmin＝eq\f(U4,I4)＝16Ω，D錯誤。提能增分練9.(多選)如圖9所示，電源電動勢E＝1.5V，內(nèi)電阻r＝0.5Ω，滑動變阻器R1的最大電阻Rm＝5.0Ω，定值電阻R2＝2.0Ω，C為平行板電容器，其電容為3μF。將開關S與a接觸，則()圖9A.當R1的阻值增大時，R2兩端的電壓減小B.當R1接入電路阻值為0.5Ω時，R1消耗的功率最大C.將開關從a接向b，通過R3的電流流向為c→dD.將開關從a接向b，待電路穩(wěn)定，通過R3的電荷量為9×10－3C答案AC解析增大R1的阻值，電路總電阻增大，干路電流減小，則R2兩端的電壓減小，A正確；將R2與電源看作等效電源，當R1接入電路的電阻與等效電源的內(nèi)阻相等時，R1消耗功率最大，則有R1＝R2＋r＝2.5Ω，B錯誤；開關接a時，電容器左極板帶負電，開關接b時，左極板帶正電，所以流過R3的電流流向為c→d，C正確；因R1接入的阻值未知，不能求出電容器上兩板間的電壓，故不能求出通過R3的電荷量，D錯誤。10.(2024·山東濟寧一模)某同學研究遠距離輸電的電路如圖10所示，a、b端接入電壓為U0的交流電源，升壓變壓器和降壓變壓器均為理想變壓器，且兩變壓器的匝數(shù)比eq\f(n1,n2)＝eq\f(n4,n3)。已知R1、R2的阻值均為R0，R3的阻值為eq\f(R0,2)，電阻R1、R2消耗的功率相同，電表均為理想交流電表，下列說法正確的是()圖10A.升壓變壓器的匝數(shù)比eq\f(n1,n2)＝eq\f(1,2)B.電壓表的示數(shù)為eq\f(2,3)U0C.電流表的示數(shù)為eq\f(3U0,4R0)D.若R3斷路，電流表示數(shù)將增大答案C解析已知R1、R2的阻值相等，消耗的功率相同，可知電流相同，設為I2，因R3的阻值為eq\f(R0,2)，則R3的電流為2I2，則降壓變壓器的副線圈中電流為3I2，由理想變壓器的電流關系可知eq\f(n4,n3)＝eq\f(I2,3I2)＝eq\f(1,3)，則eq\f(n1,n2)＝eq\f(1,3)，選項A錯誤；升壓變壓器的原線圈中電流I1＝eq\f(n2,n1)I2＝3I2，由能量關系可知U0I1＝U4I2＋U4·3I2，解得U4＝eq\f(3,4)U0，即電壓表示數(shù)為eq\f(3,4)U0，選項B錯誤；電流表的示數(shù)等于I2，等于通過R1的電流，則為I2＝eq\f(U4,R0)＝eq\f(3U0,4R0)，選項C正確；若R3斷路，降壓變壓器副線圈中電流減小，則降壓變壓器原線圈中電流減小，即電流表示數(shù)將減小，選項D錯誤。培優(yōu)高分練11.(2023·山東卷，7)某節(jié)能儲能輸電網(wǎng)絡如圖11所示，發(fā)電機的輸出電壓U1＝250V，輸出功率500kW。降壓變壓器的匝數(shù)比n3∶n4＝50∶1，輸電線總電阻R＝62.5Ω，其余線路電阻不計，用戶端電壓U4＝220V，功率88kW，所有變壓器均為理想變壓器。下列說法正確的是()圖11A.發(fā)電機的輸出電流為368AB.輸電線上損失的功率為4.8kWC.輸送給儲能站的功率為408kWD.升壓變壓器的匝數(shù)比n1∶n2＝1∶44答案C解析由P＝UI得發(fā)電機的輸出電流I1＝eq\f(P,U1)＝2×103A，A錯誤；用戶端電流I4＝eq\f(P4,U4)＝eq\f(88×103,220)A＝400A，由eq\f(U3,U4)＝eq\f(I4,I3)＝eq\f(n3,n4)，解得I3＝8A，U3＝11000V，則輸電線上損失的功率為ΔP損＝Ieq\o\al(2,3)R＝4kW，B錯誤；U2＝U3＋I3R＝11500V，根據(jù)理想變壓器無功率損失，有P＝U2I3＋P儲，代入數(shù)據(jù)有P儲＝408kW，C正確；根據(jù)eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，解得eq\f(n1,n2)＝eq\f(1,46)，D錯誤。第12課時電磁感應【知識網(wǎng)絡】熱點一楞次定律與法拉第電磁感應定律的應用1.感應電流方向的判斷方法2.感應電動勢大小的求法情境圖研究對象表達式回路(不一定閉合)三種形式E＝eq\f(nΔΦ,Δt)E＝neq\f(ΔBS,Δt)E＝eq\f(nBΔS,Δt)一段直導線(或等效直導線)E＝Blv繞一端轉(zhuǎn)動的一段導體棒E＝eq\f(1,2)Bl2ω繞與B垂直的軸轉(zhuǎn)動的導線框從圖示時刻計時e＝NBSωcosωt3.通過回路截面的電荷量q＝eq\o(I,\s\up6(－))Δt＝eq\f(nΔΦ,R總Δt)Δt＝eq\f(nΔΦ,R總)。q僅與n、ΔΦ和回路總電阻R總有關，與時間長短無關，與Φ是否均勻變化無關。例1(2024·北京卷，6)如圖1所示，線圈M和線圈P繞在同一個鐵芯上，下列說法正確的是()圖1A.閉合開關瞬間，線圈M和線圈P相互吸引B.閉合開關，達到穩(wěn)定后，電流表的示數(shù)為0C.斷開開關瞬間，流過電流表的電流方向由a到bD.斷開開關瞬間，線圈P中感應電流的磁場方向向左答案B解析閉合開關瞬間，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中感應電流的磁場方向向左，因此線圈M和線圈P相互排斥，A錯誤；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)生的感應電流為0，電流表示數(shù)為0，B正確；斷開開關瞬間，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錯誤。例2(多選)(2024·安徽合肥聯(lián)考)如圖2甲所示，一圓形金屬線圈上半部分處于勻強磁場中，線圈匝數(shù)為n，線圈固定不動。t＝0時勻強磁場的磁感應強度的方向垂直紙面向里，磁感應強度B隨時間t變化的關系圖像如圖乙所示，已知線圈的半徑為r，線圈總電阻為R，則()圖2A.線圈中的感應電流的方向在t0時刻發(fā)生改變B.線圈受到的安培力方向始終豎直向上C.t＝0時刻，線圈受到的安培力大小為eq\f(n2πr3Beq\o\al(2,0),t0R)D.0～eq\f(3,2)t0時間內(nèi)通過導線某橫截面的電荷量為eq\f(3nπr2B0,4R)答案CD解析由題意可知0～t0磁場方向垂直紙面向里，線圈中的磁通量逐漸減小，t0～2t0磁場方向垂直紙面向外，線圈中的磁通量逐漸增大，根據(jù)楞次定律可知線圈中的感應電流方向始終為順時針方向，故A錯誤；t0時刻安培力的方向會發(fā)生改變，故B錯誤；根據(jù)法拉第電磁感應定律可得線圈中感應電動勢的大小為E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(πr2,2)·eq\f(B0,t0)，根據(jù)閉合電路歐姆定律可得，線圈中電流大小為I＝eq\f(E,R)＝eq\f(nπr2B0,2t0R)，t＝0時刻，線圈受到的安培力大小為F＝nILB0＝eq\f(n2πr3Beq\o\al(2,0),t0R)，故C正確；0～eq\f(3,2)t0時間內(nèi)通過導線某橫截面的電荷量為q＝I·eq\f(3,2)t0＝eq\f(3nπr2B0,4R)，故D正確。訓練1(多選)(2024·陜西西安模擬預測)用一段橫截面半徑為r、電阻率為ρ、密度為d的均勻?qū)w材料做成一個半徑為R(r?R)的圓環(huán)，圓環(huán)豎直向下落入如圖3所示的徑向磁場中，圓環(huán)的圓心始終在N極的軸線上，圓環(huán)所在位置的磁感應強度大小均為B。圓環(huán)在加速下落過程中某一時刻的速度為v，忽略電感的影響，下列說法正確的是()圖3A.下落過程圓環(huán)中磁通量不變B.此時圓環(huán)受到豎直向上的安培力作用C.此時圓環(huán)的加速度大小為eq\f(B2v,ρd)－gD.如果徑向磁場足夠深，則圓環(huán)的最大速度為vm＝eq\f(ρgd,B2)答案BD解析由題意可知，圓環(huán)下落過程中切割磁感線產(chǎn)生感應電流，則磁通量一定變化，故A錯誤；根據(jù)右手定則，圓環(huán)中有(俯視)順時針方向的感應電流，根據(jù)左手定則可知，圓環(huán)受到的安培力豎直向上，阻礙圓環(huán)的運動，故B正確；圓環(huán)落入磁感應強度為B的徑向磁場中，產(chǎn)生的感應電動勢E＝Blv＝B·2πRv，圓環(huán)的電阻R0＝ρeq\f(2πR,πr2)，電流I＝eq\f(E,R0)，圓環(huán)所受的安培力大小為F＝BI·2πR＝eq\f(2π2B2r2Rv,ρ)，由牛頓第二定律得mg－F＝ma，其中質(zhì)量m＝dV＝d·2πR·πr2，聯(lián)立解得a＝g－eq\f(B2v,ρd)，故C錯誤；當圓環(huán)做勻速運動時，安培力與重力大小相等，加速度為零，速度最大，有a＝g－eq\f(B2vm,ρd)＝0，解得vm＝eq\f(ρgd,B2)，故D正確。熱點二電磁感應中的電路和圖像問題例3在如圖4甲所示的電路中，電阻R1＝R2＝R，單匝圓形金屬線圈半徑為r1，線圈導線的電阻也為R，半徑為r2(r2＜r1)的圓形區(qū)域內(nèi)存在垂直于線圈平面向里的勻強磁場，磁感應強度B隨時間t變化的關系圖線如圖乙所示，圖線與橫、縱軸的交點坐標分別為t0和B0，其余導線的電阻不計。t＝0時閉合S，至t1時刻，電路中的電流已穩(wěn)定，下列說法正確的是()圖4A.線圈中產(chǎn)生的感應電動勢的大小為eq\f(B0πreq\o\al(2,1),t0)B.電容器下極板帶負電C.t0時間內(nèi)通過R1的電荷量為eq\f(B0πreq\o\al(2,2),R)D.穩(wěn)定后線圈兩端的電壓為eq\f(2B0πreq\o\al(2,2),3t0)答案D解析由法拉第電磁感應定律知感應電動勢為E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)S＝eq\f(B0πreq\o\al(2,2),t0)，A錯誤；由楞次定律知圓形金屬線圈中的感應電流方向為順時針方向，金屬線圈相當于電源，電源內(nèi)部的電流從負極流向正極，則電容器的下極板帶正電，上極板帶負電，B錯誤；由閉合電路歐姆定律得感應電流為I＝eq\f(E,R＋R1＋R2)＝eq\f(B0πreq\o\al(2,2),3Rt0)，t0時間內(nèi)通過R1的電荷量為q＝It0＝eq\f(B0πreq\o\al(2,2),3R)，C錯誤；穩(wěn)定后線圈兩端的電壓為U＝I(R1＋R2)＝eq\f(2B0πreq\o\al(2,2),3t0)，D正確。電磁感應中電路問題的解題流程訓練2(多選)(2024·江西萍鄉(xiāng)二模)如圖5所示，光滑平行金屬導軌左端接一定值電阻R，水平置于方向豎直向上、磁感應強度為B的勻強磁場中，導軌上有一質(zhì)量為m，電阻為R的導體棒ab以初速度v0向右運動，已知導體棒長度為d，導軌間距為L，導軌電阻不計，導體棒的瞬時速度為v，所受安培力大小為F，流過導體棒的電荷量為q，導體棒兩端的電壓U，下列描述各物理量隨時間t或位移x變化的圖像正確的是()圖5答案AC解析根據(jù)牛頓第二定律有F＝ILB＝ma，根據(jù)法拉第電磁感應定律有E＝BLv，其中I＝eq\f(E,2R)，解得F＝eq\f(B2L2v,2R)＝ma，可知導體棒的速度逐漸減小，且加速度逐漸減小，初始時刻安培力大小為eq\f(B2L2v0,2R)，故A正確，D錯誤；根據(jù)歐姆定律可知U＝eq\f(R,2R)BLv＝eq\f(1,2)BLv，則電壓的最大值為eq\f(1,2)BLv0，故B錯誤；根據(jù)電流的定義式有q＝eq\o(I,\s\up6(－))Δt＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),2R)Δt＝eq\f(ΔΦ,2R)＝eq\f(BLx,2R)，則q與x成正比，故C正確。熱點三電磁感應中的動力學和能量問題例4(2024·浙江杭州二模)如圖6所示，固定的一對長金屬導軌，間距為L＝0.5m，其水平部分與傾斜部分均足夠長。導軌的水平部分處于豎直向上的勻強磁場中，磁感應強度大小為B1，其左側(cè)連接了電源G。導軌的傾斜部分傾角θ＝37°且處于平行斜面向上的勻強磁場中，磁感應強度大小為B2，導軌上正對的P、Q兩處各有一小段用絕緣材料制成，長度不計。質(zhì)量均為m＝0.25kg的導電桿甲、乙靜止在導軌上，均與導軌垂直，甲與導軌摩擦不計，電阻R1＝eq\f(5,8)Ω，乙的電阻R2＝eq\f(5,4)Ω。某時刻起電源G開始工作，輸出恒定電流I0＝0.5A，經(jīng)t0＝3s，使甲運動到P、Q處，電源G立即停止工作。當甲越過P、Q瞬間，再對其施加一個沿導軌水平向右的恒力F＝1.6N，此時乙恰好開始運動。已知B1＝B2＝1T，不計除導電桿外所有電阻，不計回路自身激發(fā)磁場，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度為g＝10m/s2，求：圖6(1)甲通過P、Q時的速度大??；(2)乙與傾斜導軌間的動摩擦因數(shù)；(3)電源G輸出的總能量。答案(1)3m/s(2)eq\f(15,16)(3)eq\f(51,32)J解析(1)對甲導電桿進行分析，根據(jù)牛頓第二定律有I0LB1＝ma1根據(jù)速度公式有v0＝a1t0解得v0＝3m/s。(2)甲導電桿剛剛通過P、Q時的感應電動勢E1＝BLv0此時的感應電流I1＝eq\f(E1,R1＋R2)解得I1＝0.8A根據(jù)右手定則確定電流從上往下看，方向為逆時針，根據(jù)左手定則可知，乙導電桿所受安培力方向垂直于斜面向上，且大小為F1＝I1LB2解得F1＝0.4N此時乙恰好開始運動，則有mgsinθ＝μ(mgcosθ－F1)解得μ＝eq\f(15,16)。(3)根據(jù)能量守恒定律知，電源G輸出的總能量E＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋Ieq\o\al(2,0)R1t0解得E＝eq\f(51,32)J。拓展如圖7所示，為回收部分能量，在傾斜導軌下方接上開關S和C＝0.1F的電容器，開始時電容器不帶電，現(xiàn)閉合開關S，其他條件不變，已知在甲通過P、Q后10s內(nèi)位移為102m，產(chǎn)生的焦耳熱為49J，此時電容器已達到最大穩(wěn)定電壓。當電容器電壓為UC時，其儲能為EC＝eq\f(1,2)CUeq\o\al(2,C)。忽略電磁輻射，求此過程中，乙上產(chǎn)生的焦耳熱(該結(jié)果保留3位有效數(shù)字)。圖7答案96.5J解析對甲分析，在拉力作用下，先向右做加速度減小的變加速運動，最后做勻速直線運動，則有F＝I2LB1感應電流I2＝eq\f(B1Lv1,R1＋R2)解得v1＝12m/s對甲分析，根據(jù)動能定理有Fx甲＋W安＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)根據(jù)功能關系有eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(W安))＝Q甲＋Q乙＋eq\f(1,2)CUeq\o\al(2,C)其中UC＝eq\f(R2,R1＋R2)B1Lv1解得Q乙＝96.5J。1.電磁感應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)。訓練3(多選)(2024·湖南模擬預測)如圖8所示，兩條電阻不計的光滑平行導軌AED和BFC與水平面成θ角，平行導軌之間間距為L，一勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧一端固定在O點，彈簧中心軸線與軌道平行，另一端與質(zhì)量為m、電阻為R1的導體棒相連接，導軌的一端連接定值電阻R2，勻強磁場垂直穿過導軌平面ABCD，AB到CD距離足夠大，磁感應強度大小為B0，O點到AB的距離等于彈簧的原長，導體棒從AB位置靜止釋放，到達EF位置時速度達到最大，AB到EF距離為d，導體棒始終與軌道良好垂直接觸，重力加速度為g，則下列說法正確的是()圖8A.導體棒在AB位置時，加速度為gsinθB.到達EF時導體棒最大速度為eq\f(（mgsinθ－kd）（R1＋R2）,Beq\o\al(2,0)L2)C.下滑到最低點的過程中導體棒機械能先增大后減小D.導體棒最終可以回到AB位置答案AB解析導體棒在AB位置只受重力和支持力，由mgsinθ＝ma，解得a＝gsinθ，故A正確；到達EF時速度達到最大，合力為0，受力分析可得mgsinθ－kd－B0IL＝0，其中I＝eq\f(B0Lv,R1＋R2)，解得到達EF時導體棒最大速度為v＝eq\f(（mgsinθ－kd）（R1＋R2）,Beq\o\al(2,0)L2)，故B正確；由于電路中焦耳熱增加，彈簧彈性勢能增加，根據(jù)能量守恒定律知，導體棒機械能不斷減小，故C錯誤；整個過程中焦耳熱增加，所以導體棒與彈簧組成的系統(tǒng)機械能減少，不能回到AB位置，故D錯誤。1.(2024·江蘇卷，10)如圖9所示，在絕緣的水平面上，有閉合的兩個線圈a、b，線圈a處在垂直紙面向里的勻強磁場中，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)生的感應電流方向分別是()圖9A.順時針，順時針 B.順時針，逆時針C.逆時針，順時針 D.逆時針，逆時針答案A解析將線圈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，由安培定則可知，線圈a中產(chǎn)生的感應電流方向為順時針，C、D錯誤；由法拉第電磁感應定律與閉合電路歐姆定律可知，線圈a中產(chǎn)生的感應電流大小不變，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，由楞次定律與安培定則可知線圈b中的感應電流為順時針方向，A正確，B錯誤。2.(2024·廣東卷，4)電磁俘能器可在汽車發(fā)動機振動時利用電磁感應發(fā)電實現(xiàn)能量回收，結(jié)構(gòu)如圖10甲所示。兩對永磁鐵可隨發(fā)動機一起上下振動，每對永磁鐵間有水平方向的勻強磁場，磁感應強度大小均為B，磁場中，邊長為L的正方形線圈豎直固定在減震裝置上。某時刻磁場分布與線圈位置如圖乙所示，永磁鐵振動時磁場分界線不會離開線圈。關于圖乙中的線圈，下列說法正確的是()圖10A.穿過線圈的磁通量為BL2B.永磁鐵相對線圈上升越高，線圈中感應電動勢越大C.永磁鐵相對線圈上升越快，線圈中感應電動勢越小D.永磁鐵相對線圈下降時，線圈中感應電流的方向為順時針方向答案D解析根據(jù)圖乙可知此時穿過線圈的磁通量為0，故A錯誤；根據(jù)法拉第電磁感應定律可知永磁鐵相對線圈上升越快，磁通量變化越快，線圈中感應電動勢越大，故B、C錯誤；永磁鐵相對線圈下降時，根據(jù)楞次定律可知線圈中感應電流的方向為順時針方向，故D正確。3.(2024·湖南卷，4)如圖11，有一硬質(zhì)導線Oabc，其中eq\o(abc,\s\up8(︵))是半徑為R的半圓弧，b為圓弧的中點，直線段Oa長為R且垂直于直徑ac。該導線在紙面內(nèi)繞O點逆時針轉(zhuǎn)動，導線始終在垂直紙面向里的勻強磁場中。則O、a、b、c各點電勢關系為()圖11A.φO>φa>φb>φc B.φO<φa<φb<φcC.φO>φa>φb＝φc D.φO<φa<φb＝φc答案C解析由幾何關系可知Oa＝R，Ob＝eq\r(5)R，Oc＝eq\r(5)R，根據(jù)E＝eq\f(1,2)Bl2ω可得EOa＝eq\f(1,2)BR2ω，EOb＝eq\f(1,2)B·5R2ω＝eq\f(5,2)BR2ω，EOc＝eq\f(1,2)B·5R2ω＝eq\f(5,2)BR2ω，又EOa＝φO－φa，EOb＝φO－φb，EOc＝φO－φc，結(jié)合右手定則可知φO>φa>φb＝φc，C正確。4.(2024·浙江6月選考，13)如圖12所示，邊長為1m、電阻為0.04Ω的剛性正方形線框abcd放在勻強磁場中，線框平面與磁場垂直。若線框固定不動，磁感應強度以eq\f(ΔB,Δt)＝0.1T/s均勻增大時，線框的發(fā)熱功率為P；若磁感應強度恒為0.2T，線框以某一角速度繞其中心軸OO′勻速轉(zhuǎn)動時，線框的發(fā)熱功率為2P，則ab邊所受最大的安培力為()圖12A.eq\f(1,2)N B.eq\f(\r(2),2)N C.1N D.eq\r(2)N答案C解析5.(多選)(2024·黑吉遼卷，9)如圖13，兩條“∧”形的光滑平行金屬導軌固定在絕緣水平面上，間距為L，左、右兩導軌面與水平面夾角均為30°，均處于豎直向上的勻強磁場中，磁感應強度大小分別為2B和B。將有一定阻值的導體棒ab、cd放置在導軌上，同時由靜止釋放，兩棒在下滑過程中始終與導軌垂直并接觸良好。ab、cd的質(zhì)量分別為2m和m，長度均為L。導軌足夠長且電阻不計，重力加速度為g。兩棒在下滑過程中()圖13A.回路中的電流方向為abcdaB.ab中電流趨于eq\f(\r(3)mg,3BL)C.ab與cd加速度大小之比始終為2∶1D.兩棒產(chǎn)生的電動勢始終相等答案AB解析兩導體棒均向下運動，穿過閉合回路的磁通量增加，根據(jù)楞次定律和安培定則可知回路中的電流方向為abcda，A正確；如圖，對兩導體棒受力分析，對ab棒有2mgsin30°－2ILBcos30°＝2ma1，對cd棒有mgsin30°－ILBcos30°＝ma2，可得a1＝a2＝eq\f(g,2)－eq\f(\r(3)ILB,2m)，則a1∶a2＝1∶1。初始時兩導體棒均做加速運動，閉合回路的電動勢增大，電流增大，導體棒受到的安培力增大，導體棒的加速度減小，最終加速度為零，此時I＝eq\f(mgsin30°,BLcos30°)＝eq\f(\r(3)mg,3BL)，B正確；由B項分析可知兩導體棒加速階段加速度大小之比為a1∶a2＝1∶1，最終加速度均為零，C錯誤；由于兩棒的加速度大小始終相等，則兩導體棒的速度大小始終相等，但兩部分磁場的磁感應強度大小為兩倍的關系，根據(jù)E＝BLv可知，兩導體棒產(chǎn)生的電動勢大小之比始終為2∶1，D錯誤?；A保分練1.(2024·安徽蕪湖二模)用材料相同粗細均勻的導線做成如圖1所示的單匝線圈，線圈構(gòu)成一個閉合回路。左側(cè)小圓的半徑為2d，中間大圓的半徑為3d，右側(cè)小圓的半徑為d，左側(cè)兩圓連接處缺口的長度可忽略不計，右側(cè)兩圓錯開相交連通(麻花狀)，將線圈固定在與線圈所在平面垂直的磁場中，磁感應強度大小為B＝B0＋kt，式中的B0和k為常量，則線圈中感應電動勢的大小為()圖1A.14πd2k B.12πd2k C.6πd2k D.4πd2k答案B解析根據(jù)楞次定律可知，左側(cè)小圓和中間大圓產(chǎn)生的感應電流方向相同，而右側(cè)小圓產(chǎn)生的感應電流方向與左側(cè)小圓和中間大圓的相反，根據(jù)法拉第電磁感應定律可得線圈中感應電動勢的大小為E＝E左＋E中－E右＝eq\f(ΔB,Δt)S左＋eq\f(ΔB,Δt)S中－eq\f(ΔB,Δt)S右＝kπ(2d)2＋kπ(3d)2－kπd2＝12πd2k，故B正確。2.(2024·河北石家莊二檢)為了使在磁場中轉(zhuǎn)動的絕緣輪快速停下來，小明同學設計了以下四種方案：圖2甲、乙中磁場方向與輪子的轉(zhuǎn)軸平行，圖甲中在輪上固定閉合金屬線圈，圖乙中在輪上固定未閉合金屬線圈；圖丙、丁中磁場方向與輪子的轉(zhuǎn)軸垂直，圖丙中在輪上固定一些閉合金屬線框，圖丁中在輪上固定一些細金屬棒。四種方案中效果最好的是()圖2A.甲 B.乙 C.丙 D.丁答案C解析題圖甲、乙，當輪子轉(zhuǎn)動時，穿過線圈的磁通量都是不變的，不會產(chǎn)生感應電流，則不會有磁場力阻礙輪子的轉(zhuǎn)動，A、B錯誤；題圖丙，在輪上固定一些閉合金屬線框，線框長邊與輪子轉(zhuǎn)軸平行，當輪子轉(zhuǎn)動時會產(chǎn)生感應電動勢，形成感應電流，則會產(chǎn)生磁場力阻礙輪子轉(zhuǎn)動，C正確；題圖丁，在輪上固定一些細金屬棒，當輪子轉(zhuǎn)動時會產(chǎn)生感應電動勢，但是不會形成感應電流，即不會產(chǎn)生磁場力阻礙輪子轉(zhuǎn)動，D錯誤。3.電磁制動原理是通過線圈與磁場的作用使物體做減速運動。如圖3所示，某列車車底安裝的電磁體產(chǎn)生磁場可視為勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向豎直向下。同種材料制成的粗細均勻的閉合正方形線框abcd，邊長為L1，MN長為L2(L2＞L1)，若當列車MN部分剛越過ab時，速度大小為v，則ab兩端的電勢差Uab等于()圖3A.BL1v B.BL2v C.－eq\f(3,4)BL1v D.－eq\f(1,4)BL2v答案C解析若當列車MN部分剛越過ab時，由楞次定律知，正方形線框abcd產(chǎn)生的感應電流方向為abcd方向。ab相當于電源，電源內(nèi)部電流從負極指向正極，a點電勢低于b點電勢。線框中產(chǎn)生的感應電動勢E＝BL1v，ab兩端的電勢差Uab＝－eq\f(3,4)E＝－eq\f(3,4)BL1v，C項正確。4.(多選)(2024·河北石家莊質(zhì)檢)如圖4甲所示，線圈A的匝數(shù)為50、電阻為3Ω，在線圈A內(nèi)加垂直線圈平面的磁場，t＝0時刻磁場方向垂直紙面向里，穿過線圈A的磁通量按圖乙變化。電阻不計、間距為0.5m的足夠長水平光滑金屬導軌MN、PQ通過開關S與線圈A相連，兩導軌間存在垂直紙面的勻強磁場(圖中未畫出)。現(xiàn)將長度為0.5m、電阻為1Ω的導體棒ab垂直輕放在導軌MN、PQ上。t＝0時刻，閉合開關S，導體棒ab向右加速運動達到最大速度5m/s后勻速運動，導體棒ab與導軌始終接觸良好。下列說法正確的是()圖4A.t＝0時刻，線圈A產(chǎn)生的感應電動勢為5VB.t＝0時刻，線圈A中的感應電流為2.5AC.兩導軌間磁場的磁感應強度大小為2TD.兩導軌間磁場的方向垂直MNQP平面向外答案AC解析t＝0時刻，根據(jù)法拉第電磁感應定律可得線圈A產(chǎn)生的感應電動勢E＝neq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(ΔΦ,Δt)))＝50×eq\f(0.3,3)V＝5V，線圈A中的感應電流I＝eq\f(E,r＋R)＝eq\f(5,3＋1)A＝1.25A，A正確，B錯誤；由題意可知導體棒ab最后勻速運動，則E＝BLv，解得B＝eq\f(E,Lv)＝eq\f(5,0.5×5)T＝2T，C正確；根據(jù)楞次定律可知，線圈A產(chǎn)生的感應電流由a指向b，則導體棒ab向右切割磁感線產(chǎn)生的感應電流由b指向a，根據(jù)右手定則可知兩導軌間磁場的方向垂直MNQP平面向里，D錯誤。5.(2024·北京海淀區(qū)高三期末)如圖5所示，兩根足夠長的平行金屬導軌位于水平的xOy平面內(nèi)。導軌與x軸平行，左端接有電阻R。在x≥0的一側(cè)存在豎直向下的磁場，磁感應強度B隨空間位置均勻變化，滿足B＝B0＋kx(k＞0且為常量)。一金屬桿與導軌垂直放置，且接觸良好，在外力作用下沿x軸正方向勻速運動。t＝0時金屬桿位于x＝0處，不計導軌和金屬桿的電阻。下列關于金屬桿兩端的電壓U和所受安培力F大小的圖像可能正確的是()圖5答案B解析金屬桿內(nèi)阻不計，則金屬桿兩端電壓U與其切割磁感線產(chǎn)生的電動勢E大小相等，經(jīng)過時間t金屬桿勻速移動距離x，如圖所示U＝E＝BLv＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（B0＋kx）Lv＝kLvx＋B0Lv,（B0＋kvt）Lv＝kLv2t＋B0Lv))U－t圖像與U－x圖像均是縱截距為正、斜率也為正的傾斜直線，A錯誤，B可能正確；F＝BIL＝eq\f(BLE,R)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(（B0＋kx）2L2,R)v,\f(（B0＋kvt）2L2,R)v))F－t圖像與F－x圖像均為曲線，C、D錯誤。6.(多選)如圖6所示，豎直固定的光滑圓弧形金屬導軌PQ半徑為r，O為圓心，P、O之間用導線連接阻值為R的電阻。粗細均勻的輕質(zhì)金屬棒的一端通過鉸鏈固定在O點，另一端連接質(zhì)量為m的金屬小球，小球套在導軌PQ上。初始時刻金屬棒處于水平位置，小球、金屬棒與導軌始終接觸良好。過圓心O的水平線下方分布著磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場。已知重力加速度為g，金屬棒總電阻為2R，小球、導軌及導線電阻不計，不計一切摩擦阻力?，F(xiàn)將小球由靜止釋放，第一次運動到最低點時小球速度大小為v，在此過程中下列說法正確的是()圖6A.小球運動到最低點時，金屬棒產(chǎn)生的感應電動勢為BrvB.小球運動到最低點時，金屬棒兩端的電壓為eq\f(Brv,6)C.通過電阻R的電荷量為eq\f(Bπr2,12R)D.電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為mgr－eq\f(1,2)mv2答案BC解析當小球運動到最低點時，金屬棒切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢為E＝Breq\o(v,\s\up6(－))＝B·req\f(v,2)＝eq\f(Brv,2)，金屬棒兩端的電壓為U＝eq\f(R,R＋2R)E＝eq\f(Brv,6)，A錯誤，B正確；此過程中回路中的平均感應電動勢為eq\o(E,\s\up6(－))＝eq\f(ΔΦ,Δt)，回路中的平均電流為eq\o(I,\s\up6(－))＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),3R)，此過程通過電阻R的電荷量為q＝eq\o(I,\s\up6(－))Δt，聯(lián)立解得q＝eq\f(ΔΦ,3R)＝eq\f(B\f(πr2,4),3R)＝eq\f(Bπr2,12R)，C正確；根據(jù)能量守恒定律可知，回路中產(chǎn)生的總焦耳熱為Q＝mgr－eq\f(1,2)mv2，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為Q′＝eq\f(R,2R＋R)Q＝eq\f(mgr,3)－eq\f(1,6)mv2，D錯誤。7.如圖7甲所示，間距為L＝1m的長直平行金屬導軌PQ、MN水平放置，其右端接有阻值為R＝1.5Ω的電阻，一阻值為r＝0.5Ω、質(zhì)量為m＝0.2kg、長度為L的金屬棒ab垂直導軌放置于距導軌右端d＝2m處，與兩導軌保持良好接觸。整個裝置處在豎直向上的勻強磁場中，磁感應強度的大小隨時間變化的情況如圖乙所示。在0～1.0s內(nèi)金屬棒ab保持靜止，1.0s后金屬棒在水平外力的作用下運動，使回路的電流為零。導軌電阻不計，重力加速度g＝10m/s2，滑動摩擦力等于最大靜摩擦力，下列說法正確的是()圖7A.動摩擦因數(shù)需等于0.5B.前2s內(nèi)通過電阻R的電荷量為2CC.1s后金屬棒做勻加速直線運動D.第2s內(nèi)金屬棒的位移為1m答案D解析在0～1.0s內(nèi)，由法拉第電磁感應定律可得電動勢為E＝Ldeq\f(ΔB,Δt)＝2V，由閉合電路歐姆定律得電流的大小為I＝eq\f(E,R＋r)＝1A，由金屬棒靜止可知最大靜摩擦力大于等于安培力，即μmg≥ILB1，解得μ≥0.5，故A錯誤；0～1s內(nèi)電流恒定為1A，1～2s內(nèi)電流為零，前2s內(nèi)通過電阻R的電荷量為q＝It＝1C，故B錯誤；由法拉第電磁感應定律知，1s后回路磁通量不變，t＝1s時，磁通量為Φ1＝B1dL＝2Wb，t>1s，磁通量為Φ2＝B2L(d－x)＝t(2－x)，Φ1＝Φ2，解得x＝2－eq\f(2,t)，金屬棒不是做勻加速直線運動，故C錯誤；由x＝2－eq\f(2,t)知金屬棒第2s內(nèi)的位移為x＝1m，故D正確。提能增分練8.(多選)(2024·重慶模擬預測)如圖8所示，兩個完全相同的豎直光滑圓形金屬導軌平行放置，圓軌道半徑為r，導軌電阻忽略不計；導軌組最低點為A，最右端為C，最高點為D，導軌組一端連接電阻R?？臻g中分布著豎直向下的勻強磁場，磁感應強度大小為B。金屬棒垂直于導軌所在平面，在A點以垂直于導軌的初速度v0開始運動，恰能通過D點，金屬棒電阻忽略不計，重力加速度為g。則金屬棒從A運動到D的過程中()圖8A.金屬棒的速度先減小后增大B.金屬棒在AC間運動時間小于在CD間運動時間C.金屬棒從A運動到C過程中，電阻R生熱大于eq\f(mveq\o\al(2,0),4)－eq\f(5,4)mgrD.若撤去磁場，金屬棒初速度不變，則一定能通過D點答案BCD解析金屬棒從A運動到D的過程中，重力和安培力一直對金屬棒做負功，金屬棒的速度一直減小，金屬棒在AC間的平均速率大于在CD間的平均速率，由于金屬棒在AC間與CD間通過的路程相等，則金屬棒在AC間運動時間小于在CD間運動時間，故A錯誤，B正確；金屬棒恰能通過D點，在D點有mg＝meq\f(veq\o\al(2,D),r)，解得vD＝eq\r(gr)，金屬棒從A運動到D過程中，根據(jù)能量守恒定律可得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)＝mg·2r＋Q總，解得Q總＝eq\f(mveq\o\al(2,0)