【物理】2018届二轮复习电磁感应及综合应用（含电路问题）交变电流学案（全国通用）

【物理】2018届二轮复习电磁感应及综合应用（含电路问题）交变电流学案（全国通用）

‎8‎ 电磁感应及综合应用 交变电流 考向预测 电路内容的考查主要是电学实验的知识。同时也会考查电路的相关知识，一般难度较小，常以选择题的形式出题，而电学实验知识主要考查闭合电路欧姆定律、仪器的选取、电路的设计与创新知识，有一定的难度，常以实验填空题的形式出题。‎ 对于交变电流，从近几年命题看，高考对本部分内容考查命题频率较低，主要体现在“三突出”：一是突出考查交变电流的产生过程；二是突出考查交变电流的图象和交变电流的“四值”；三是突出考查变压器及远距离输电，难度不大，多以选择题的形式命题。‎ 电磁感应命题频率较高，大部分以选择题的形式出题，也有部分是计算题，多以中档以上难度的题目来增加试卷的区分度，考查较多的知识点有：感应电流的产生条件、方向判定和导体切割磁感线产生感应电动势的计算，同时也会与力学、磁场、能量等知识综合考查及图象问题的考查。命题趋势集中在以下三个方面：楞次定律、右手定则、左手定则的应用；与图象结合考查电磁感应现象；通过“杆＋导轨”模型，“线圈穿过有界磁场”模型，考查电磁感应与力学、电路、能量等知识的综合应用。‎ 高频考点：电磁感应图象；电磁感应中的电路问题；理想变压器。‎知识与技巧的梳理 考点一、直流电路动态分析 例 如图所示，图中的三个电表均为理想电表，当滑动变阻器的滑片P向左端缓慢移动时，下面说法中正确的是(　　)‎ A．电压表V2的读数减小，电流表A的读数增大 B．电压表V1的读数增大，电压表V2的读数增大 C．电阻RP消耗的功率增大，电容器C所带电量增加 D．电压表V2的读数减小，电流表A的读数减小 ‎【审题立意】由图可知电路结构，根据滑片的移动明确电路中电阻的变化，由闭合电路欧姆定律明确电路中电流及电压的变化，再对局部电路进行分析得出电容器电压的变化，从而判断其电量的变化。‎ ‎【解题步骤】滑片P左移时，滑动变阻器连入电路的阻值增大，根据串反并同规律知，电压表V1的读数增大，电压表V2的读数减小，电流表A的读数减小，A、B错误，D正确；视r＋R1＋R2为电源的等效内电阻，根据电源的输出功率与外电阻的关系知，由于电阻RP与r＋R1＋R2的大小关系未知，因此电阻RP 消耗的功率是增大还是减小无法判断，由于电容器C两端的电压增大，处于充电状态，其所带电量增加，C错误。‎ ‎【参考答案】 D ‎【技能提升】闭合电路动态分析的三种常用方法 ‎1．程序判断法：遵循“局部—整体—部分”的思路，按以下步骤分析 ‎2．直观判断法：利用下面两个结论直接地得到结果 ‎(1)任一电阻R阻值增大，必引起该电阻中电流I的减小和该电阻两端电压U的增大。‎ ‎(2)任一电阻R阻值增大，必将引起与之并联的支路中电流I并的增大和与之串联的各电路电压U串的减小。‎ ‎【变式训练】(多选)如图所示电路中，C为电容器，D为理想二极管(具有单向导电性)，电流表、电压表均为理想电表。闭合开关S至电路稳定后，调节滑动变阻器滑片P向左移动一小段距离，结果发现电压表V1的示数变化量绝对值为ΔU1，电压表V2的示数变化量绝对值为ΔU2，电流表A的示数变化量绝对值为ΔI，则下列判断正确的有(　　)‎ A．的值变大 B．的值变大 C．的值不变，且始终等于电源内阻r D．滑片向左移动的过程中，电容器所带的电荷量不断减少 解析：滑动变阻器R的滑片P向左移动一小段距离，接入电路的电阻增大，为R接入电路的电阻，变大，A正确；等于R1和r的电阻之和，不变，B错误；等于电源内阻r，C正确；电路总电阻增大，电流减小，R1两端的电压减小，由于理想二极管的单向导电性，电容器不能放电，所带电荷量无法减少，D错误。‎ 答案：AC 考点二、交变电流的产生和描述 例 (2017·天津联考)如图所示，在匀强磁场中匀速转动的单匝纯电阻矩形线圈的周期为T，转轴O1O2垂直于磁场方向，线圈电阻为2 Ω。从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈转过60° 时的感应电流为‎1 A。下列说法正确的是(　　)‎ A．线圈消耗的电功率为1 W B．线圈中感应电流的有效值为2 A C．任意时刻线圈中的感应电动势为e＝2cos t V D．任意时刻穿过线圈的磁通量为Φ＝sin t Wb ‎【审题立意】 本题考查交变电流的产生及计算，要注意明确在计算中求 解电功率及点表示数时要用有效值，求解电量时要用平均值。‎ ‎【解题思路】从垂直中性面开始计时，感应电流的瞬时表达式为i＝Imcos θ，则电流的最大值为：Im＝＝‎2 A；线圈消耗的电功率为：P＝I2r＝2r＝4 W，故A错误；感应电流的有效值为：I＝＝ A，故B错误；感应电动势的最大值为：Em＝Imr＝4 V；任意时刻线圈中的感应电动势为：e＝Emcos t＝4cos t V，故C错误；任意时刻穿过线圈的磁通量为：Φ＝BSsin t；根据公式Em＝NBSω＝NΦm，可得：Φm＝，故Φ＝sin t Wb，故D正确。‎ ‎【参考答案】 D ‎【技能提升】 1. 线圈通过中性面时的特点 ‎(1)穿过线圈的磁通量最大；(2)线圈中的感应电动势为零；(3)线圈每经过中性面一次，感应电流的方向改变一次。‎ ‎2. 交流电“四值”的应用 ‎(1)最大值：Em＝nBSω，分析电容器的耐压值；‎ ‎(2)瞬时值：E＝Emsin ωt(由中性面开始计时)，计算闪光电器的闪光时间、线圈某时刻的受力情况；‎ ‎(3)有效值：电表的读数及计算电热、电功、电功率及保险丝的熔断电流；‎ ‎(4)平均值：E＝n，计算通过电路截面的电荷量。‎ ‎3. 交变电流瞬时值表达式的基本书写思路 ‎(1)确定正、余弦交变电流的峰值，根据已知图象或公式Em＝nBSω，求出相应最大值。‎ ‎(2)明确线圈的初始位置，找出对应的函数关系式。‎ ‎①线圈从中性面开始计时，e＝Emsin ωt；②线圈从垂直于中性面开始计时，e＝Emcos ωt。‎ ‎【变式训练】(2017·郑州质检)图甲为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的固定轴OO′(OO′沿水平方向)匀速转动，线圈的两端经集流环和电刷与R＝10 Ω的电阻连接，与电阻R并联的交流电压表为理想电压表，示数是10 V。图乙是矩形线圈中磁通量Φ随时间t变化的图象。则(　　)‎ A．此交流发电机的电动势平均值为10 V B．t＝0.02 s时R两端的电压瞬时值为零 C．R两端的电压u随时间t变化的规律是u＝10·cos 100πt V D．当ab边速度方向向上时，它所受安培力的方向也向上 解析：矩形线圈为电源，绕垂直于磁场的转轴匀速转动，产生正弦交流电，外电阻R＝10 Ω，电压表示数为10 V，说明＝10 V，即Em＝10 V。根据题图乙t＝0时磁通量等于0，可判断t＝0时电动势最大，所以电动势随时间变化的规律为u＝10cos ωt＝10cos 100πt V，选项C正确；t＝0.02 s带入电动势的表达式，得R两端的电压瞬时值为10 V，选项B错误；根据楞次定律，感应电流总是阻碍线圈的转动，所以当ab边速度方向向上时，它所受安培力的方向向下，选项D错误；电动势平均值为磁通量的变化量和时间的比值，而该比值最大为Em＝10 V，所以平均值一定比Em＝10 V小，选项A错误。‎ 答案：C 考点三、理想变压器 例 (多选)某同学模拟“远距离输电”，将实验室提供的器材连接成如图所示电路，A、B为理想变压器，灯L1、L2相同且阻值不变。保持A的输入电压不变，开关S断开时，灯L1正常发光。则(　　)‎ A．如果只闭合开关S，L1变暗 B．如果只闭合开关S，A的输入功率变大 C．仅将滑片P上移，L1变亮 D．仅将滑片P上移，A的输入功率不变 ‎【审题立意】解答此题要知道理想变压器输入功率由输出功率决定，输出电压由输入电压决定；明确远距离输电过程中的电功率、电压的损失与哪些因素有关，明确整个过程中的功率、电压关系。‎ ‎【解题思路】闭合S，副线圈电阻减小，则消耗功率增大，B副线圈中电流增大，B原线圈中电流也增大，则R上损失的电压和功率增大，则B输入电压减小，灯泡两端电压减小，故灯泡会变暗，故A正确；根据以上分析知消耗和损失功率都增大，根据能量守恒知A的输入功率变大，故B正确；仅将滑片P上移，A副线圈匝数减小，则输出电压减小，B的输入电压减小，灯泡电压也减小，故L1变暗，消耗功率减小，则A输入功率减小，故C、D错误。‎ ‎【参考答案】 AB ‎【技能提升】 1. 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：＝。若n1＞n2，为降压变压器；若n1＜n2，为升压变压器。‎ ‎(3)电流关系：只有一个副线圈时，＝；有多个副线圈时，U1I1＝U2I2＋U3I3＋……＋UnIn。‎ ‎2. 原、副线圈中各量的因果关系 ‎(1)电压关系：U1决定U2；(2)电流关系：I2决定I1；(3)功率关系：P出决定P入。‎ ‎【变式训练】 (2017·扬州模拟)(多选)图甲为远距离输电示意图，变压器均为理想变压器。升压变压器原、副线圈匝数比为1∶100，其输入电压如图乙所示，远距离输电线的总电阻为100 Ω。降压变压器右侧部分为一火警报警系统原理图，其中R1为一定值电阻，R2为用半导体热敏材料制成的传感器，当温度升高时其阻值变小。电压表V显示加在报警器上的电压(报警器未画出)。未出现火警时，升压变压器的输入功率为750 kW。下列说法正确的是(　　)‎ A．降压变压器副线圈输出的交流电频率为50 Hz B．远距离输电线路损耗功率为180 kW C．当传感器R2所在处出现火警时，电压表V的示数变大 D．当传感器R2所在处出现火警时，输电线上的电流变大 解析：由题图乙知交流电的周期为0.02 s，所以频率为50 Hz，A正确；由题图乙知升压变压器输入端电压有效值为250 V，根据U1∶U2＝n1∶n2知，副线圈电压为25 000 V，所以输电线中的电流为：I＝＝‎30 A，输电线损失的电压为：ΔU＝IR＝3 000 V，输电线路损耗功率为：ΔP＝ΔU·I＝90 kW，B错误；当传感器R2所在处出现火警时其阻值减小，副线圈中电流增大，定值电阻的分压增大，所以电压表V的示数变小，C错误；由以上分析知副线圈电流增大，根据I1∶I2＝n2∶n1知，输电线上的电流变大，D正确。‎ 答案：AD 考点四、楞次定律和法拉第电磁感应定律 例1. (2017·全国卷Ⅰ)扫描隧道显微镜(STM)可用来探测样品表面原子尺度上的形貌。为了有效隔离外界振动对STM的扰动，在圆底盘周边沿其径向对称地安装若干对紫铜薄板，并施加磁场来快速衰减其微小振动，如图所示。无扰动时，按下列四种方案对紫铜薄板施加恒磁场；出现扰动后，对于紫铜薄板上下及左右振动的衰减最有效的方案是(　　)‎ ‎【审题立意】本题考查感应电流产生的条件。本题不要被题目的情景所干扰，抓住考查的基本规律，即产生感应电流的条件，有感应电流产生，才会产生阻尼阻碍振动。‎ ‎【解题思路】施加磁场来快速衰减STM的微小振动，其原理是电磁阻尼，在振动时通过紫铜薄板的磁通量变化，紫铜薄板中产生感应电动势和感应电流，则其受到安培力作用，该作用阻碍紫铜薄板振动，即促使其振动衰减。方案A中，无论紫铜薄板上下振动还是左右振动，通过它的磁通量都发生变化；方案B中，当紫铜薄板上下振动时，通过它的磁通量可能不变，当紫铜薄板向右振动时，通过它的磁通量不变；方案C中，紫铜薄板上下振动、左右振动时，通过它的磁通量可能不变；方案D中，当紫铜薄板上下振动时，紫铜薄板中磁通量可能不变。综上可知，对于紫铜薄板上下及左右振动的衰减最有效的方案是A。‎ ‎【参考答案】 A ‎【知识构建】1．“三定则、一定律”的应用 安培定则 判断运动电荷、电流产生的磁场方向 左手定则 判断磁场对运动电荷、电流的作用力的方向 右手定则 判断部分导体切割磁感线产生的感应电流的方向 楞次定律 判断闭合电路磁通量发生变化产生的感应电流的方向 ‎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)阻碍原磁通量的变化——“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)阻碍原电流的变化(自感现象)——“增反减同”。‎ 例2. (多选)在竖直向上的匀强磁场中，水平放置一个不变形的单匝金属圆线圈，线圈所围的面积为‎0.1 m2‎，线圈电阻为1 Ω。规定线圈中感应电流I的正方向从上往下看是顺时针方向，如图甲所示。磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示。则以下说法正确的是(　　)‎ A．在时间0～2 s内，I的最大值为‎0.01 A B．在时间3～5 s内，I的大小越来越小 C．前2 s内，通过线圈某截面的总电荷量为‎0.01 C D．第3 s内，线圈的发热功率最大 ‎【审题立意】(1)图象斜率为磁感应强度的变化率，且在变化；(2)由公式E＝nS计算E的大小。‎ ‎【解题思路】线圈所围面积不变，因磁场的磁感应强度B随时间t的变化，引起磁通量的变化，由法拉第电磁感应定律，E＝＝，其大小由图象的斜率决定，在t＝0时，斜率最大，且＝0.1 T/s，则Im＝‎0.01 A，A正确；在时间3～5 s内，一定，产生恒定电流，B错误；第3 s内，＝0，没有感应电流，D错误；前2 s内，q＝t＝·t＝＝‎0.01 C，C正确。‎ ‎【参考答案】 AC ‎【知识构建】1. 磁感应强度变化产生感应电动势的计算 ‎(1)感应电动势的大小由穿过回路的磁通量的变化率和线圈的匝数共同决定，而与磁通量Φ、磁通量的变化量ΔΦ的大小没有必然联系。‎ ‎(2)用公式E＝nS求感应电动势时，S为线圈在磁场范围内的有效面积。‎ ‎(3)通过回路截面的电荷量q仅与n、ΔΦ和回路电阻R有关，与时间长短无关。推导如下：q＝Δt＝Δt＝‎ eq f(nΔΦ,R)。‎ ‎2．三个公式的适用范围 ‎(1)E＝n，适用于普遍情况。‎ ‎(2)E＝Blv，适用于导体棒切割磁感线的情况。‎ ‎(3)E＝Bl2ω，适用于导体棒绕一端点转动切割磁感线的情况。‎ ‎3．E＝Blv的“三个特性”‎ ‎(1)正交性：本公式是在一定条件下得出的，除磁场为匀强磁场外，还需B、l、v三者互相垂直。‎ ‎(2)瞬时性：若v为瞬时速度，则E为相应的瞬时感应电动势。‎ ‎(3)有效性：公式中的l为导体切割磁感线的有效长度。‎ 如图中，导体的有效长度为ab间的距离。‎ ‎【变式训练】1. (2017·全国卷Ⅲ)如图，在方向垂直于纸面向里的匀强磁场中有一U形金属导轨，导轨平面与磁场垂直。金属杆PQ置于导轨上并与导轨形成闭合回路PQRS，一圆环形金属线框T位于回路围成的区域内，线框与导轨共面。现让金属杆PQ突然向右运动，在运动开始的瞬间，关于感应电流的方向，下列说法正确的是(　　)‎ A．PQRS中沿顺时针方向，T中沿逆时针方向 B．PQRS中沿顺时针方向，T中沿顺时针方向 C．PQRS中沿逆时针方向，T中沿逆时针方向 D．PQRS中沿逆时针方向，T中沿顺时针方向 解析：金属杆PQ向右切割磁感线，根据右手定则可知PQRS中感应电流沿逆时针方向；原来T中的磁场方向垂直于纸面向里，闭合回路PQRS中的感应电流产生的磁场方向垂直于纸面向外，使得穿过T的磁通量减小，根据楞次定律可知T中产生顺时针方向的感应电流，综上所述，可知A、B、C项错误，D项正确。‎ 答案：D ‎2. (多选)如图所示，S和P是半径为a的环形导线的两端点，OP间电阻为R，其余电阻不计，匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直环面向里，金属棒OQ与环形导线接触，以角速度ω绕O点无摩擦顺时针匀速转动，则(　　)‎ A．电阻R两端的电压为 B．金属棒的电流由Q指向O C．金属棒受的磁场力大小为 D．电阻R消耗的功率为 解析：由右手定则，金属棒的电流由O指向Q，选项B错误；感应电动势E＝，选项A 正确；金属棒受的磁场力F＝BIL＝，选项C错误；电阻R消耗的功率为P＝＝，选项D正确。‎ 答案：AD 考点五、电磁感应中的图象问题 例 (2017·全国卷II，T20)(多选)两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁感应强度方向与纸面垂直。边长为‎0.1 m、总电阻为0.005 Ω的正方形导线框abcd位于纸面内，cd边与磁场边界平行，如图(a)所示。已知导线框一直向右做匀速直线运动，cd边于t＝0时刻进入磁场。线框中感应电动势随时间变化的图线如图(b)所示(感应电流的方向为顺时针时，感应电动势取正)。下列说法正确的是(　　)‎ A．磁感应强度的大小为0.5 T B．导线框运动速度的大小为‎0.5 m/s C．磁感应强度的方向垂直于纸面向外 D．在t＝0.4 s至t＝0.6 s这段时间内，导线框所受的安培力大小为0.1 N ‎【审题立意】本题考查法拉第电磁感应定律、楞次定律、安培力。此题是关于线圈过磁场的问题；关键是能通过给出的E–t图象中获取信息，得到线圈在磁场中的运动情况，结合法拉第电磁感应定律及楞次定律进行解答。此题意在考查学生基本规律的运用能力以及从图象中获取信息的能力。‎ ‎【解题思路】由题图(b)可知，导线框运动的速度大小v＝＝ m/s＝‎0.5 m/s，B项正确；导线框进入磁场的过程中，cd边切割磁感线，由E＝BLv，得B＝＝ T＝0.2 T，A项错误；由题图(b)可知，导线框进入磁场的过程中，感应电流的方向为顺时针方向，根据楞次定律可知，磁感应强度方向垂直纸面向外，C项正确；在0.4～0.6 s这段时间内，导线框正在出磁场，回路中的电流大小I＝＝ A＝‎2 A，则导线框受到的安培力F＝BIL＝0.2×2×0.1 N＝0.04 N，D项错误。‎ ‎【参考答案】 BC ‎【技能提升】1．解决电磁感应图象问题的一般步骤 ‎(1)明确图象的种类，即是B-t图还是Φ-t图，或者E-t图、I-t图等。‎ ‎(2)分析电磁感应的具体过程。‎ ‎(3)用右手定则或楞次定律确定方向对应关系。‎ ‎(4)结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律等规律写出函数关系式。‎ ‎(5)根据函数关系式，进行数学分析，如分析斜率的变化、截距等。‎ ‎(6)画图象或判断图象。‎ ‎2．对于电磁感应图象问题的分析要注意以下三个方面 ‎(1)注意初始时刻的特征，如初始时刻感应电流是否为零，感应电流的方向如何。‎ ‎(2)注意看电磁感应发生的过程分为几个阶段，这几个阶段是否和图象变化相对应。‎ ‎(3)注意观察图象的变化趋势，看图象斜率的大小、图象的曲直是否和物理过程对应。‎ ‎【变式训练】1. 如图所示，一导体圆环位于纸面内，O为圆心。环内两个圆心角为90°的扇形区域内分别有匀强磁场，两磁场磁感应强度的大小相等，方向相反且均与纸面垂直。导体杆OM可绕O转动，M端通过滑动触点与圆环接触良好。在圆心和圆环间连有电阻R。杆OM以角速度ω逆时针匀速转动，t＝0时恰好在图示位置。规定从a到b流经电阻R的电流方向为正，圆环和导体杆的电阻忽略不计，则杆从t＝0开始转动一周的过程中，电流随ωt变化的图象是(　　)‎ ‎ ‎ 解析：根据E＝Bωl2和I＝可知，导体杆切割磁感线产生的感应电流的大小是恒定的。根据右手定则，可知C正确。‎ 答案：C ‎2．(多选)如图甲所示，水平面上的平行导轨MN、PQ上放着两根垂直导轨的光滑导体棒ab、cd，两棒间用绝缘丝线连接；已知平行导轨MN、PQ间距为L1，导体棒ab、cd间距为L2，导轨电阻可忽略，每根导体棒在导轨之间的电阻为R。开始时匀强磁场垂直纸面向里，磁感应强度B随时间t的变化如图乙所示。则以下说法正确的是(　　)‎ A．在t0时刻回路中产生的感应电动势E＝0‎ B．在0～t0时间内导体棒中的电流为 C．在时刻绝缘丝线所受拉力为 D．在0～2t0时间内回路中电流方向是abdca 解析：由题图乙可知，＝，回路面积S＝L‎1L2，在t0时刻回路中产生的感应电动势E＝S＝L‎1L2，选项A错误；0～t0时间内回路中产生的感应电流大小为I＝＝，选项B正确；在时刻，由左手定则，导体棒ab所受安培力方向向左，导体棒cd所受安培力方向向右，磁场磁感应强度为，安培力大小为F＝B0·IL1＝，在时刻绝缘丝线所受拉力为，选项C正确；在0～t0时间内磁感应强度减小，在t0～2t0时间内磁感应强度反向增大，根据楞次定律，回路内产生的感应电流方向为顺时针方向，即电流方向是acdba，选项D错误。‎ 答案：BC 考点六、电磁感应中的电路问题 例 (多选)如图所示，水平放置的粗糙U形框架上接一个阻值为R0的电阻，放在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。一个半径为L、质量为m的半圆形硬导体AC在水平向右的恒定拉力F作用下，由静止开始运动距离d后速度达到v，半圆形硬导体AC的电阻为r，其余电阻不计。下列说法正确的是(　　)‎ A．A点的电势高于C点的电势 B．此时AC两端电压为UAC＝ C．此过程中电路产生的电热为Q＝Fd－mv2‎ D．此过程中通过电阻R0的电荷量为q＝ ‎【审题立意】(1)判断电势高低应用右手定则；(2)导体的有效切割长度为2L；(3)AC两端电压应为路端电压。‎ ‎【解题思路】根据右手定则可知，A点相当于电源的正极，电势高，A正确；AC产生的感应电动势为E＝2BLv，AC两端的电压为UAC＝＝，B错误；由功能关系得Fd＝mv2＋Q＋Qf，C错误；此过程中平均感应电流为＝，通过电阻R0的电荷量为q＝Δt＝，D正确。‎ ‎【参考答案】 AD ‎【技能提升】 解答电磁感应中电路问题的三个步骤 ‎1. 确定电源：利用E＝n或E＝Blvsin θ求感应电动势的大小，利用右手定则或楞次定律判断感应电流的方向．如果在一个电路中切割磁感线的部分有多个并相互联系，可等效成电源的串、并联。‎ ‎2. 分析电路结构：分析内、外电路，以及外电路的串并联关系，画出等效电路图。‎ ‎3. 利用电路规律求解：应用闭合电路欧姆定律及串并联电路的基本性质等列方程求解。‎ ‎【变式训练】1. 如图所示，平行极板与单匝圆线圈相连，极板距离为d，圆半径为r，单匝线圈的电阻为R1，外接电阻为R2，其他部分的电阻忽略不计。在圆中有垂直纸面向里的磁场，磁感应强度均匀增加，有一个带电粒子静止在极板之间，带电粒子质量为m、电荷量为q。则下列说法正确的是(　　) ‎ A．粒子带正电 B．磁感应强度的变化率为＝ C．保持开关闭合，向上移动下极板时，粒子将向下运动 D．断开开关S，粒子将向下运动 解析：穿过线圈的磁通量垂直纸面向里增加，由楞次定律可知，平行板电容器的上极板电势高，下极板电势低，板间存在向下的电场，粒子受到重力和电场力而静止，因此粒子受到的电场力方向向上，电场力方向与场强方向相反，粒子带负电，故A错误；对粒子，由平衡条件得：mg＝q，而感应电动势：E＝，解得：E＝，由法拉第电磁感应定律得：E＝n＝nS，解得：＝，故B正确；保持开关闭合，则极板间的电压不变，当向上移动下极板时，导致间距减小，那么电场强度增大，则电场力增大，因此粒子将向上运动，故C错误；断开开关S，电容器既不充电，也不放电，则电场强度不变，因此电场力也不变，故粒子静止不动，故D错误。‎ 答案：B ‎2. 如图所示，水平面(纸面)内间距为l的平行金属导轨间接一电阻，质量为m、长度为l的金属杆置于导轨上。t＝0时，金属杆在水平向右、大小为F的恒定拉力作用下由静止开始运动。t0时刻，金属杆进入磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，且在磁场中恰好能保持匀速运动。杆与导轨的电阻均忽略不计，两者始终保持垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数为μ。重力加速度大小为g。求：‎ ‎(1)金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小；‎ ‎(2)电阻的阻值。‎ 解析：(1)设金属杆进入磁场前的加速度大小为a，由牛顿第二定律得ma＝F－μmg 设金属杆到达磁场左边界时的速度为v，由运动学公式有v＝at0‎ 当金属杆以速度v在磁场中运动时，由法拉第电磁感应定律，杆中的电动势为E＝Blv 联立解得E＝Blt0。‎ ‎(2)设金属杆在磁场区域中匀速运动时，金属杆中的电流为I，根据欧姆定律I＝ 式中R为电阻的阻值．金属杆所受的安培力为f＝BlI 因金属杆做匀速运动，由牛顿运动定律得F－μmg－f＝0‎ 联立式得R＝。‎