【物理】2020届二轮复习专题七电磁感应与电路学案

【物理】2020届二轮复习专题七电磁感应与电路学案

专题七　电磁感应与电路 ‎『相关知识链接』‎ ‎1．电磁问题方向判断“三定则、一定律”的应用 ‎(1)安培定则：判断运动电荷、电流产生的磁场方向．‎ ‎(2)左手定则：判断磁场对运动电荷、电流的作用力的方向．‎ ‎(3)楞次定律：判断闭合电路磁通量发生变化产生感应电流的方向．‎ ‎(4)右手定则：判断部分导体切割磁感线产生感应电流的方向．‎ ‎2．楞次定律推论的应用技巧 ‎(1)“增反减同”；(2)“来拒去留”；(3)“增缩减扩”．‎ ‎3．四种求电动势的方法 ‎(1)平均电动势E＝n.‎ ‎(2)平动切割E＝BLv.‎ ‎(3)导体棒绕与磁场平行的轴匀速转动，E＝Bl2ω.‎ ‎(4)线圈绕与磁场垂直的轴匀速转动e＝nBSωsinωt.‎ ‎4．感应电荷量的两种求法 ‎(1)当回路中的磁通量发生变化时，由于感应电场的作用使电荷发生定向移动而形成感应电流．通过的电荷量表达式为q＝IΔt＝n·Δt＝n.‎ ‎(2)导体切割磁感线运动通过的电荷量q满足的关系式：－BlΔt＝－Blq＝mΔv.‎ ‎5．纯电阻电路和非纯电阻电路的电功、电功率的比较 ‎(1)纯电阻电路：电功W＝UIt，电功率P＝UI，且电功全部转化为内能，有W＝Q＝UIt＝t＝I2Rt，P＝UI＝＝I2R.‎ ‎(2)非纯电阻电路：电功W＝UIt，电功率P＝UI，电热Q＝I2Rt，电热功率P热＝I2R，电功率大于电热功率，即W>Q，故求电功、电功率只能用W＝UIt、P＝UI，求电热、电热功率只能用Q＝I2Rt、P热＝I2R.‎ ‎6．电源的功率和效率 ‎(1)电源的几个功率 ‎①电源的总功率：P总＝IE.‎ ‎②电源内部消耗的功率：P内＝I2r.‎ ‎③电源的输出功率：P出＝IU＝P总－P内．‎ ‎(2)电源的效率η＝×100%＝×100%.‎ ‎7．交流电的“四值”‎ ‎(1)最大值Em＝NBSω.‎ ‎(2)瞬时值(从中性面开始计时)e＝Emsinωt.‎ ‎(3)有效值：正弦式交流电的有效值E＝；非正弦式交流电的有效值必须根据电流的热效应，用等效的思想来求解．计算交流电路的电功、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：＝n，常用来计算通过电路的电荷量．‎ ‎8．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：＝.‎ ‎(3)电流关系：只有一个副线圈时＝.‎ ‎『备考策略锦囊』‎ ‎1．电磁感应中力、能量和动量综合问题的分析方法 ‎(1)分析“受力”：分析研究对象的受力情况，特别关注安培力的方向．‎ ‎(2)分析“能量”：搞清楚有哪些力做功，就可以知道有哪些形式的能量发生了变化，根据能量守恒列方程求解．‎ ‎(3)分析“动量”：在电磁感应中可用动量定理求变力的作用时间、速度、位移和电荷量(一般应用于单杆切割磁感线运动)‎ ‎①求速度或电荷量：－BlΔt＝mv2－mv1，q＝Δt.‎ ‎②求时间：FΔt＋IA＝mv2－mv1，IA＝－BlΔt＝－Bl.‎ ‎③求位移：－BlΔt＝－＝mv2－mv1，即－x＝m(v2－v1)．‎ ‎2．解决交变电流问题要做到“四看”、“四想”‎ ‎(1)看到“电容器的耐压值”，想到“最大值”．‎ ‎(2)看到“某时刻某位置”，想到“瞬时值”．‎ ‎(3)看到“电功、电功率、保险丝的熔断电流和电路中交流电表的读数”，想到“有效值”．‎ ‎(4)看到“通过电路的电荷量”，想到“平均值”．‎ ‎3．变压器和远距离输电的分析技巧 ‎(1)变压器的副线圈的电流和功率决定原线圈的电流和功率；(2)远距离输电问题分析的关键是求中间回路的电流强度的大小．‎ 高考考向1　楞次定律、法拉第电磁感应定律的应用 ‎[例1]　[2019·武汉模拟]‎ ‎(多选)安培曾做过如图所示的实验：把绝缘导线绕制成线圈，在线圈内部悬挂一个用薄铜片制成的圆环，取一条形磁铁置于铜环的右侧，条形磁铁的右端为N极；闭合开关．电路稳定后，发现铜环静止不动．安培由此错失发现电磁感应现象的机会．实际上，在电路接通的瞬间(　　)‎ A．从左侧看，铜环中有逆时针方向的感应电流 B．从左侧看．铜环中有顺时针方向的感应电流 C．铜环会远离磁铁 D．铜环会靠近磁铁 ‎【解析】　条形磁铁的磁场穿过铜环的磁通量由左向右，闭合开关，线圈通电后，由安培定则可知，线圈的磁场穿过铜环的磁通量由右向左，引起穿过铜环的由左向右的磁通量减小，由楞次定律可知，铜环产生的感应电流的磁场向右，再由安培定则可知，从左侧看，铜环中有顺时针方向的感应电流，由于感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化，所以铜环会靠近磁铁，故B、D正确，A、C错误．‎ ‎【答案】　BD ‎[例2]　[2019·全国卷Ⅰ，20](多选)空间存在一方向与纸面垂直、大小随时间变化的匀强磁场，其边界如图(a)中虚线MN所示．一硬质细导线的电阻率为ρ、横截面积为S，将该导线做成半径为r的圆环固定在纸面内，圆心O在MN上．t＝0时磁感应强度的方向如图(a)所示；磁感应强度B随时间t的变化关系如图(b)所示．则在t＝0到t＝t1的时间间隔内(　　)‎ A．圆环所受安培力的方向始终不变 B．圆环中的感应电流始终沿顺时针方向 C．圆环中的感应电流大小为 D．圆环中的感应电动势大小为 ‎【命题意图】　本题考查电磁感应中的楞次定律、感应电动势、感应电流、左手定则和电阻定律，以及推理能力和综合分析能力，体现了模型建构、科学推理的核心素养．‎ ‎【解析】　由楞次定律(“增反减同”)可判断出感应电流方向始终沿顺时针方向，故B正确．由左手定则可判断出圆环所受安培力的方向先向左后向右，故A错．感应电动势E＝S有效＝·πr2·＝，故D错．由电阻定律得圆环电阻R＝ρ，则感应电流I＝＝，故C正确．‎ ‎【答案】　BC ‎『多维训练』‎ ‎1.‎ ‎(多选)如图所示，让一金属圆盘(铝质)接近磁铁的两极，但不接触，且磁铁的中心轴线与圆盘的圆心在同一直线上．现让磁铁按照图示的方向转动，则下列判断正确的是(　　)‎ A．圆盘上产生了感应电动势 B．在磁铁转动过程中，穿过整个圆盘的磁通量发生了变化 C．圆盘会随磁铁沿同一方向转动，但略有滞后 D．磁铁对圆盘的磁场力是圆盘随磁铁一起转动的原因 解析：将圆盘沿半径方向分割成许多金属条，当磁铁转动时，这些金属条就会切割磁感线，圆盘上产生感应电动势，A正确；由分析可知，在磁铁转动过程中，穿过整个圆盘的磁通量不发生变化，B 错误；以圆盘盘面的其中一条直径为界，两侧穿过圆盘的磁感线的方向不同，当磁铁转动时，穿过圆盘两侧局部的磁通量发生变化，从而在圆盘上的不同位置产生涡流．由楞次定律可知，涡流会阻碍磁铁与圆盘间的相对运动，因此圆盘会跟随磁铁一起转动，但产生涡流是前提，因此圆盘的转动比磁铁略有滞后，C正确；圆盘随磁铁一起转动是由圆盘上产生的涡流引起的，与磁铁对圆盘的磁场力无关，D错误．‎ 答案：AC ‎2.‎ 如图所示，表面粗糙的U形金属线框水平固定，其上横放一根阻值为R的金属棒ab，金属棒与线框接触良好，通电螺线管竖直放置在线框与金属棒组成的回路中，此时金属棒静止．下列说法正确的是(　　)‎ A．当变阻器滑片P向上滑动时，螺线管内部的磁通量增大 B．当变阻器滑片P向下滑动时，金属棒所受摩擦力方向向右 C．当变阻器滑片P向上滑动时，流过金属棒的电流方向由a到b D．当变阻器滑片P向下滑动时，流过金属棒的电流方向由a到b 解析：根据右手螺旋定则可知，螺线管下端为N极，螺线管内部磁场方向竖直向下，螺线管外部磁场方向竖直向上，而穿过回路总的磁通量方向为竖直向下，当变阻器滑片P向上滑动时，滑动变阻器连入电路的电阻增大，螺线管中电流减小，产生的磁场变弱，即穿过回路的磁通量向下减小，根据楞次定律可得，流过金属棒的电流方向由a到b，A错误，C正确；当变阻器滑片P向下滑动时，滑动变阻器连入电路的电阻减小，螺线管中电流变大，产生的磁场变强，即穿过回路的磁通量向下增大，根据楞次定律可得，流过金属棒的电流方向由b到a，而金属棒所在处磁场方向竖直向上，故金属棒所受安培力方向向右，摩擦力方向向左，B、D错误．‎ 答案：C ‎3．[2019·江苏卷，14]如图所示，匀强磁场中有一个用软导线制成的单匝闭合线圈，线圈平面与磁场垂直．已知线圈的面积S＝‎0.3 m2‎、电阻R＝0.6 Ω，磁场的磁感应强度B＝0.2 T．现同时向两侧拉动线圈，线圈的两边在Δt＝0.5 s时间内合到一起．求线圈在上述过程中 ‎(1)感应电动势的平均值E；‎ ‎(2)感应电流的平均值I，并在图中标出电流方向；‎ ‎(3)通过导线横截面的电荷量q.‎ 解析：本题考查了法拉第电磁感应定律以及闭合电路欧姆定律等知识，意在考查考生综合电学规律处理问题的能力．‎ ‎(1)感应电动势的平均值E＝ 磁通量的变化ΔΦ＝BΔS 解得E＝，代入数据得E＝0.12 V ‎(2)平均电流I＝ 代入数据得I＝‎0.2 A(电流方向见下图)‎ ‎(3)电荷量q＝IΔt　代入数据得q＝‎‎0.1 C 答案：(1)0.12 V　(2)‎0.2 A　电流方向见图　(3)‎0.1 C ‎ 高考考向2　电磁感应中的图象问题 解决电磁感应图象问题的两种常用方法 ‎(1)排除法：定性地分析电磁感应过程中物理量的变化趋势(增大还是减小)、变化快慢(均匀变化还是非均匀变化)，特别是分析物理量的正负以及是否过某些特殊点，以排除错误的选项．‎ ‎(2)函数法：根据题目所给条件定量地写出两个物理量之间的函数关系，然后由函数关系对图象进行分析和判断．‎ ‎[例3]　[2019·全国卷Ⅲ，19]‎ ‎(多选)如图，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨，两相同的光滑导体棒ab、cd静止在导轨上．t＝0时，棒ab以初速度v0向右滑动．运动过程中，ab、cd始终与导轨垂直并接触良好，两者速度分别用v1、v2表示，回路中的电流用I表示．下列图象中可能正确的是(　　)‎ ‎【命题意图】　本题考查法拉第电磁感应定律与图象结合的问题，难度较大，要求学生具有较强的综合分析能力，很好地体现了科学推理的学科核心素养．‎ ‎【解析】　由楞次定律可知ab棒做减速运动，cd棒做加速运动，即v1减小，v2增加. 回路中的感应电动势E＝BL(v1－v2)，回路中的电流I＝＝，回路中的导体棒ab、cd的加速度大小均为a＝＝＝，由于v1－v2减小，可知a减小，所以ab与cd的v－t图线斜率减小，I也非线性减小，所以A、C正确，B、D错误．‎ ‎【答案】　AC ‎【模型分析】　本题类似碰撞中的完全非弹性碰撞模型，根据受力得出两导体棒的速度变化情况；根据两棒的速度关系结合法拉第电磁感应定律和电路问题，判断产生的感应电动势的变化情况，从而得出回路中感应电流的变化情况．‎ ‎[例4]　[2019·全国卷Ⅱ，21](多选)如图，两条光滑平行金属导轨固定，所在平面与水平面夹角为θ，导轨电阻忽略不计．虚线ab、cd均与导轨垂直，在ab与cd之间的区域存在垂直于导轨所在平面的匀强磁场．将两根相同的导体棒PQ、MN先后自导轨上同一位置由静止释放，两者始终与导轨垂直且接触良好．已知PQ进入磁场时加速度恰好为零．从PQ进入磁场开始计时，到MN离开磁场区域为止，流过PQ的电流随时间变化的图象可能正确的是(　　)‎ ‎【命题意图】　本题为电磁感应综合应用中的双棒问题，考查考生的综合分析能力，体现了模型建构、科学推理等核心素养以及严谨的科学态度．‎ ‎【解析】　两棒均由同一位置由静止释放，则进入磁场时，两棒的速度相等. 若PQ棒出磁场后，MN棒再进入磁场，则MN棒做匀速运动切割磁感线，则通过PQ棒上的电流随时间变化的图象为A图；若PQ棒出磁场前MN棒进入磁场，则PQ棒与MN棒在磁场中做加速运动，当PQ棒出磁场后，MN棒切割磁感线运动的速度比进入时的大，MN棒做减速运动，通过PQ棒的电流随时间变化的图象应为D图．‎ ‎【答案】　AD ‎【模型分析】　导体棒沿倾斜导轨做切割磁感线运动是常见的电磁感应模型．情境主要有导轨光滑或不光滑、磁场区域有界或无界、导体棒由静止下滑或以某一速度下滑、导体棒以某一速度沿导轨上滑，解答时主要应用法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、能量守恒定律及其相关知识分析．‎ ‎『多维训练』‎ ‎4．如图甲所示，水平平行放置的光滑平行金属导轨处于方向竖直向下的匀强磁场中，导轨左端接有定值电阻R，金属棒ab垂直放置在导轨上．现用平行于导轨向右的力F拉金属棒ab，金属棒ab的速度v随时间t的变化情况如图乙所示．不计金属棒和金属导轨的电阻，金属棒与导轨接触良好且无摩擦，则拉力F随时间t的变化规律可能是图丙中的(　　)‎ 解析：根据E＝BLv，I＝，F安＝BIL，得F安＝，由图象知，金属棒ab做匀加速运动，有v＝at，根据牛顿第二定律得F－F安 ‎＝ma，联立得F＝t＋ma，可知F与t是线性关系，Ft图象是不过原点的向上倾斜的直线，B正确．‎ 答案：B ‎5．[2019·全国高考冲刺物理模拟]如图所示，以等腰直角三角形ABC为边界的有界匀强磁场垂直于纸面向里，一个等腰直角三角形线框abc的直角边ab的长是AB长的一半，线框abc在纸面内．线框的cb边与磁场边界BC在同一直线上，现在让线框匀速地向右通过磁场区域，速度始终平行于BC边，则在线框穿过磁场的过程中，线框中产生的电流随时间变化的关系图象是(设电流沿顺时针方向为正)(　　)‎ 解析：线框匀速进入磁场的过程中，ab边切割磁感线的有效长度随时间均匀增大，因此感应电动势随时间均匀增大，感应电流随时间均匀增大，ab边切割磁感线的有效长度最大值等于ab的长，此时电流有最大值，根据楞次定律，感应电流沿逆时针方向；当线框完全进入磁场后，回路中磁通量变化量为零，感应电流为零；当ab边穿出磁场时，ac边切割磁感线的有效长度随时间均匀减小，产生的感应电流随时间均匀减小，且ac边切割磁感线的有效长度的最大值等于ab边的长度，故穿过磁场与进入磁场的电流最大值相等，根据楞次定律可知，感应电流沿顺时针方向，因此D正确．‎ 答案：D ‎6．两足够长且不计电阻的光滑金属轨道如图甲所示放置，间距为d＝‎1 m，在左端弧形轨道部分高h＝‎1.25 m处放置一金属杆a，弧形轨道与平直轨道的连接处光滑无摩擦，在平直轨道右端放置另一金属杆b，杆a、b的电阻分别为Ra＝2 Ω、Rb＝5 Ω，在平直轨道区域有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B＝2 T．现杆b以初速度大小v0＝‎5 m/s开始向左滑动，同时由静止释放杆a，杆a由静止滑到水平轨道的过程中，通过杆b的平均电流为‎0.3 A；从a下滑到水平轨道时开始计时，a、b运动的速度—时间图象如图乙所示(以a运动方向为正方向)，其中ma＝‎2 kg，mb＝‎1 kg，g＝‎10 m/s2，求：‎ ‎(1)杆a在弧形轨道上运动的时间；‎ ‎(2)杆a在水平轨道上运动过程中通过其截面的电荷量；‎ ‎(3)在整个运动过程中杆b产生的焦耳热．‎ 解析：(1)设杆a由静止滑至弧形轨道与平直轨道连接处时杆b的速度大小为vb0，对杆b运用动量定理，‎ 有Bd·Δt＝mb(v0－vb0)‎ 其中vb0＝‎2 m/s 代入数据解得Δt＝5 s.‎ ‎(2)对杆a由静止下滑到平直导轨上的过程中，由机械能守恒定律有magh＝mav 解得va＝＝‎5 m/s 设最后a、b两杆共同的速度为v′，由动量守恒定律得mava－mbvb0＝(ma＋mb)v′‎ 代入数据解得v′＝ m/s 杆a动量的变化量等于它所受安培力的冲量，设杆a的速度从va到v′的运动时间为Δt′，则由动量定理可得BdI·Δt′＝ma(va－v′)‎ 而q＝I·Δt′‎ 代入数据得q＝ C.‎ ‎(3)由能量守恒定律可知杆a、b中产生的焦耳热为 Q＝magh＋mbv－(mb＋ma)v′2＝ J b棒中产生的焦耳热为Q′＝Q＝ J.‎ 答案：(1)5 s　(2) C　(3) J 高考考向3　电磁感应综合问题 ‎[例5]　[2019·天津卷，11]‎ 如图所示，固定在水平面上间距为l的两条平行光滑金属导轨，垂直于导轨放置的两根金属棒MN和PQ长度也为l、电阻均为R，两棒与导轨始终接触良好．MN两端通过开关S与电阻为R的单匝金属线圈相连，线圈内存在竖直向下均匀增加的磁场，磁通量变化率为常量k.图中虚线右侧有垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B.PQ的质量为m，金属导轨足够长，电阻忽略不计．‎ ‎(1)闭合S，若使PQ保持静止，需在其上加多大的水平恒力F，并指出其方向；‎ ‎(2)断开S，PQ在上述恒力作用下，由静止开始到速度大小为v的加速过程中流过PQ的电荷量为q，求该过程安培力做的功W.‎ ‎【命题意图】　本题考查电磁感应中的电路问题及能量问题，难度较大，正确解答本题需要很强的综合分析能力，体现了学生的科学推理与科学论证的素养要素．‎ ‎【解析】　(1)设线圈中的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律E＝，则 E＝k①‎ 设PQ与MN并联的电阻为R并，有 R并＝②‎ 闭合S时，设线圈中的电流为I，根据闭合电路欧姆定律得 I＝③‎ 设PQ中的电流为IPQ，有 IPQ＝I④‎ 设PQ受到的安培力为F安，有 F安＝BIPQl⑤‎ 保持PQ静止，由受力平衡，有 F＝F安⑥‎ 联立①②③④⑤⑥式得 F＝⑦‎ 方向水平向右．‎ ‎(2)设PQ由静止开始到速度大小为v的加速过程中，PQ运动的位移为x，所用时间为Δt，回路中的磁通量变化为ΔΦ，平均感应电动势为，有 ＝⑧‎ 其中 ΔΦ＝Blx⑨‎ 设PQ中的平均电流为，有 ＝⑩‎ 根据电流的定义得 ＝⑪‎ 由动能定理，有 Fx＋W＝mv2－0⑫‎ 联立⑦⑧⑨⑩⑪⑫式得 W＝mv2－kq⑬‎ ‎【答案】　(1)　方向水平向右　(2)mv2－kq ‎【得分锦囊】　第(1)问涉及平衡条件的知识，处理该问的关键是分析出等效电路，得出通过PQ的电流，对PQ受力分析，求解；第(2)问给出了某过程中通过PQ的电荷量，应用法拉第电磁感应定律求出平均感应电动势进一步分析出金属棒PQ的位移，由动能定理行求解．‎ ‎[例6]　[2019·浙江卷，22]如图所示，倾角θ＝37°、间距l＝‎0.1 m的足够长金属导轨底端接有阻值R＝0.1 Ω的电阻，质量m＝‎0.1 kg的金属棒ab垂直导轨放置，与导轨间的动摩擦因数μ＝0.45.建立原点位于底端、方向沿导轨向上的坐标轴x.在‎0.2 m≤x≤‎0.8 m区间有垂直导轨平面向上的匀强磁场．从t＝0时刻起，棒ab在沿x轴正方向的外力F作用下，从x＝0处由静止开始沿斜面向上运动，其速度v与位移x满足v＝kx(可导出a＝kv)，k＝5 s－1.当棒ab运动至x1＝‎0.2 m处时，电阻R消耗的电功率P＝0.12 W，运动至x2＝‎0.8 m处时撤去外力F，此后棒ab将继续运动，最终返回至x＝0处．棒ab始终保持与导轨垂直，不计其他电阻，求：(提示：可以用Fx图象下的“面积”代表力F做的功，sin 37°＝0.6)‎ ‎(1)磁感应强度B的大小；‎ ‎(2)外力F随位移x变化的关系式；‎ ‎(3)在棒ab整个运动过程中，电阻R产生的焦耳热Q.‎ ‎【命题意图】　本题考查电磁感应现象、直线运动规律、动能定理等相关知识点．‎ ‎【解析】　(1)在x1＝‎0.2 m处时，电阻R消耗的电功率P＝ 此时v＝kx＝‎1 m/s 解得B＝＝ T ‎(2)在无磁场区间0≤x<‎0.2 m内，有 a＝5 s－1×v＝25 s－2×x F＝25 s－2×xm＋μmgcos θ＋mgsin θ＝(0.96＋2.5x) N 在有磁场区间‎0.2 m≤x≤‎0.8 m内，有 FA＝＝0.6x N F＝(0.96＋2.5x＋0.6x) N＝(0.96＋3.1x) N ‎(3)上升过程中克服安培力做的功(梯形面积)‎ WA1＝(x1＋x2)(x2－x1)＝0.18 J 撤去外力后，设棒ab上升的最大距离为x，再次进入磁场时的速度为v′，由动能定理有 ‎(mgsin θ＋μmgcos θ)x＝mv2‎ ‎(mgsin θ－μmgcos θ)x＝mv′2‎ 解得v′＝‎2 m/s 由于mgsin θ－μmgcos θ－＝0‎ 故棒ab再次进入磁场后做匀速运动 下降过程中克服安培力做的功WA2＝(x2－x1)＝0.144 J Q＝WA1＋WA2＝0.324 J ‎【答案】　(1) T　(2)(0.96＋3.1x) N　(3)0.324 J ‎『多维训练』‎ ‎7.‎ 如图所示，光滑水平面内有一边长为L的正方形导体线框abcd，置于垂直水平面向里、边界为MN的匀强磁场外，线框ab边平行磁场边界MN.线框以垂直于MN的速度v匀速进入磁场，线框进入磁场过程中，产生的焦耳热为Q1，通过线框导体横截面的电荷量为q1；若线框以速度2v匀速进入磁场，进入磁场过程中，产生的焦耳热为Q2，通过线框导体横截面的电荷量为q2.则下列选项正确的是(　　)‎ A．Q2＝2Q1，q2＝2q1‎ B．Q2＝2Q1，q2＝q1‎ C．Q2＝Q1，q2＝q1‎ D．Q2＝4Q1，q2＝2q1‎ 解析：根据I＝及F＝BIL可得F＝，安培力做的功转化为电能，然后转化为焦耳热，由Q＝W＝FL＝可知产生的焦耳热与速度成正比，所以Q2＝2Q1；根据q＝可知通过线框导体横截面的电荷量与速度无关，q2＝q1，选项B正确．‎ 答案：B ‎8.‎ ‎(多选)如图所示，两平行光滑的金属导轨相距L＝‎0.5 m，导轨的上端连接一阻值为R＝1 Ω的电阻，导轨平面与水平面间的夹角θ＝30°，导轨处于磁感应强度大小为B＝1 T、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中．一粗细均匀、质量为m＝‎‎0.5 kg 的金属杆ab，从高为h处由静止释放，下滑过程始终保持与导轨垂直且接触良好，金属杆的电阻为r＝0.1 Ω.经过一段时间后，金属杆达到最大速度vm.导轨的电阻和空气阻力均可忽略，重力加速度g取‎10 m/s2.下列结论正确的是(　　)‎ A．金属杆的最大速度vm等于‎10 m/s B．金属杆的速度为vm时的加速度大小为‎2.5 m/s2‎ C．金属杆滑至底端的整个过程中电阻R产生的焦耳热为mgh－mv D．金属杆达到最大速度后，杆中定向运动的电荷沿杆长度方向的平均速度与杆的粗细无关 解析：金属杆达到最大速度时，所受合力为零，则mgsin θ＝F安＝BIL＝，则最大速度vm＝＝×(1＋0.1) m/s＝‎11 m/s，A错误；金属杆的速度为vm时，根据牛顿第二定律可得mgsin θ－·＝ma，即mgsin θ－×mgsin θ＝ma，解得加速度大小为‎2.5 m/s2，B正确；金属杆滑至底端的整个过程中，整个回路中产生的焦耳热为mgh－mv，电阻R产生的焦耳热一定小于mgh－mv，C错误；金属杆达到最大速度后，根据受力平衡可得mgsin θ＝F安＝BIL，得I＝＝neS，得＝，其中n为单位体积的电子数，ρ为金属杆的密度，所以杆中定向运动的电荷沿杆长度方向的平均速度与杆的粗细无关，D正确．‎ 答案：BD ‎9．如图所示，两平行光滑金属导轨由两部分组成，左边部分水平，右边部分为半径r＝‎0.5 m的竖直半圆，两导轨间距离d＝‎0.3 m，导轨水平部分处于竖直向上、磁感应强度大小B＝1 T的匀强磁场中，两导轨电阻不计．有两根长度均为d的金属棒ab，cd，均垂直导轨置于水平导轨上，金属棒ab，cd的质量分别为m1＝‎0.2 kg、m2＝‎0.1 kg，电阻分别为R1＝0.1 Ω，R2＝0.2 Ω.现让ab棒以v0＝‎10 m/s的初速度开始水平向右运动，cd棒进入圆轨道后，恰好能通过轨道最高点PP′，cd棒进入圆轨道前两棒未相碰，重力加速度g＝‎10 m/s2，求：‎ ‎(1)ab棒开始向右运动时cd棒的加速度a0；‎ ‎(2)cd棒进入半圆轨道时ab棒的速度大小v1；‎ ‎(3)cd棒进入半圆轨道前ab棒克服安培力做的功W.‎ 解析：(1)ab棒开始向右运动时，‎ 设回路中电流为I，‎ 根据导体棒切割磁场有，E＝Bdv0，①‎ 由闭合电路欧姆定律得，I＝，②‎ 由牛顿第二定律得，F安＝m‎2a0，③‎ 又F安＝BId，④‎ 联立①②③④式代入题给数据得，‎ a0＝＝ m/s2＝‎30 m/s2.‎ ‎(2)设cd棒刚进入圆形轨道时的速度为v2，ab开始运动至cd即将进入圆弧轨道的过程，对ab和cd组成的系统运用动量守恒定律得，‎ m1v0＝m1v1＋m2v2，⑤‎ ab棒进入圆轨道至最高点的过程，对cd棒运用动能定理得，‎ ‎－m‎2g·2r＝m2v－m2v，⑥‎ 在半圆轨道的P点对cd棒运用牛顿第二定律可得，m‎2g＝m2，⑦‎ 联立⑤⑥⑦得，‎ v1＝ ‎＝ m/s ‎＝‎7.5 m/s.⑧‎ ‎(3)cd棒进入半圆轨道前对ab棒运用动能定理可得，‎ W＝m1v－m1v，⑨‎ 联立⑧⑨代入题给数据得，‎ W＝×0.2×102 J－×0.2×7.52 J ‎＝4.375 J.‎ 答案：(1)‎30 m/s2　(2)‎7.5 m/s　(3)4.375 J 高考考向4　恒定电流和交变电流 ‎[例7]　(多选)如图所示的电路，当开关S1断开，S2与1接通时，灯泡L1最亮，灯泡L2和L4的亮度相同，且最暗，当开关S2与2接通、S1闭合时，不计灯泡阻值变化，则(　　)‎ A．电源的输出功率增大 B．电源的工作效率降低 C．L1最亮，L4最暗 D．L1最暗，L4比L2亮 ‎【解析】　当开关S2与2接通、S1闭合时，外电路总电阻减小，由于电源的内阻未知，所以不能确定电源的输出功率是否增大，故A错误；外电路总电阻减小，路端电压U随之减小，由电源的功率η＝＝可知，电源的工作效率降低，故B正确；当开关S1断开，S2与1接通时，四个灯泡串联，电流都相同，由灯泡L1最亮，灯泡L2与L4的亮度相同，且最暗，可知L1电阻最大，L2与L4的电阻相同，且最小，当开关S2与2接通、S1闭合时，L2与L1并联后与另外两灯串联，L2与L1并联电压小于另外两个灯泡的电压，而L1电阻最大，由P＝可知，L1的功率最小，最暗，由于L4的电阻最小，可知L3最亮，由于L2与L4的电阻相同，而L4的电流大于L2的电流，则L4比L2亮，故C错误、D正确．‎ ‎【答案】　BD ‎[例8]　[2019·天津卷，8](多选)单匝闭合矩形线框电阻为R，在匀强磁场中绕与磁感线垂直的轴匀速转动，穿过线框的磁通量Φ与时间t的关系图象如图所示．下列说法正确的是(　　)‎ A.时刻线框平面与中性面垂直 B．线框的感应电动势有效值为 C．线框转一周外力所做的功为 D．从t＝0到t＝过程中线框的平均感应电动势为 ‎【命题意图】　本题考查了交变电流的产生和描述，以及考生对交流电产生过程、有效值的确定、平均感应电动势及安培力做功的分析和判断能力，是核心素养中能量观念的体现．‎ ‎【解析】　由Φ t图象可知，在时刻穿过线框的磁通量最大，线框处于中性面位置，选项A错误；交变电流感应电动势的最大值为Em＝BSω＝，有效值E＝Em＝，选项B正确；线框匀速转一周时外力所做的功等于克服安培力所做的功，W＝T＝，选项C正确；从t＝0到t＝的过程中平均感应电动势＝＝＝，选项D错误．‎ ‎【答案】　BC ‎[例9]　[2019·江苏卷，1]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 ‎【命题意图】　本题考查了变压器的工作原理，意在考查考生的推理能力．‎ ‎【解析】　假设理想变压器原线圈的输入电压为U1，则由变压器的工作原理可知＝，变压器副线圈的输出电压为U2＝10U1；当输入电压增加20 V时，即输入电压为(U1＋20) V ‎，则变压器的输出电压为U′2＝10(U1＋20) V，则输出电压的变化量为ΔU＝U′2－U2＝(10U1＋200－10U1) V＝200 V，即输出电压增加200 V，A、B、C错误，D正确．‎ ‎【答案】　D ‎[例10]　[2019·福建省泉州市高三质量检查]如图，利用理想变压器进行远距离输电，发电厂的输出电压恒定，输电线路的电阻不变，当用电高峰到来时(　　)‎ A．输电线上损耗的功率减小 B．电压表V1的示数减小，电流表A1增大 C．电压表V2的示数增大，电流表A2减小 D．用户功率与发电厂输出功率的比值减小 ‎【解析】　当用电高峰到来时，用户消耗的功率变大，则电流表A2读数变大，输电线上的电流变大，输电线上损耗的功率变大，选项A错误；电流表A1增大，因为发电厂的输出电压恒定，则升压变压器的次级电压不变，即电压表V1的示数不变，选项B错误；输电线上的电压损失变大，故降压变压器的初级电压减小，次级电压也减小，即电压表V2的示数减小，选项C错误；用户消耗的功率占发电厂输出总功率的比例＝1－＝1－，因为输电线上的电流增大，则电压损失增大，U1不变，所以用户消耗的功率占发电厂输出总功率的比例减小，故D正确．‎ ‎【答案】　D ‎『多维训练』‎ ‎10．[2019·江苏卷，3]如图所示的电路中，电阻R＝2 Ω.断开S后，电压表的读数为3 V；闭合S后，电压表的读数为2 V，则电源的内阻r为(　　)‎ A．1 Ω B．2 Ω C．3 Ω D．4 Ω 命题意图：‎ 本题考查了闭合电路欧姆定律，意在考查考生的理解能力和推理能力．‎ 解析：当断开S时，电压表的读数等于电源的电动势，即E＝3 V；当闭合S时，有U＝IR，又由闭合电路欧姆定律可知，I＝，联立解得r＝1 Ω，A正确，B、C、D错误．‎ 答案：A ‎11．[2019·浙江卷，8]电动机与小电珠串联接入电路，电动机正常工作时，小电珠的电阻为R1，两端电压为U1，流过的电流为I1；电动机的内电阻为R2，两端电压为U2，流过的电流为I2.则(　　)‎ A．I1 C.＝ D.< 命题意图：本题考查电路基本知识，意在考查考生的认识理解能力．‎ 解析：电动机和小电珠串联接入电路，故I1＝I2，A错误；电动机是非纯电阻用电器，满足I2<，小电珠是纯电阻用电器，满足I1＝，又I1＝I2，故<，可得<，D正确．‎ 答案：D ‎12．将阻值为100 Ω的电阻丝绕成一个110匝的闭合矩形线圈，让其在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，产生的感应电动势如图乙所示．则可以判断(　　)‎ A．t＝0时刻线圈应转到图甲所示的位置 B．该线圈的转速为100π r/s C．穿过线圈的磁通量的最大值为Wb D．线圈转一周所产生的电热为9.68 J 解析：t＝0时刻线圈中感应电动势为零，线圈应转到中性面位置，即与图甲所示的位置垂直，选项A错误．由图乙可知，周期为0.02 s，该线圈的角速度为ω＝＝100 π rad/s，转速为n＝1/T＝50 r/s，选项B错误．由图乙可知，感应电动势最大值Em＝311 V，而Em＝NBSω，所以穿过线圈的磁通量的最大值为BS＝＝Wb，选项C 错误．感应电动势有效值为E＝220 V，线圈转一周所产生的电热为Q＝T＝9.68 J，选项D正确．‎ 答案：D ‎13．(多选)如图所示，由于理想变压器原线圈的输入电压降低，使电灯L变暗，下列哪些措施可以使电灯L重新变亮(　　)‎ A．其他条件不变，P1上移，同时P2下移 B．其他条件不变，P1下移，同时P2上移 C．其他条件不变，断开电键S D．其他条件不变，将滑动变阻器滑片P向下移动 解析：原线圈的输入电压降低，其他条件不变，P1上移，即原线圈匝数增多，P2下移，即副线圈匝数减小，由U2＝U1可得U2减小，电灯变暗，故A错误；原线圈的输入电压降低，其他条件不变，P1下移，即原线圈匝数减少，P2上移，即副线圈匝数增多，由U2＝U1知可以使U2增大，可以使电灯L重新变亮，故B正确；原线圈的输入电压降低，其他条件不变，则副线圈电压减小，断开电键S，并联部分电阻增大，副线圈中电流减小，R1分担电压减小，灯泡两端电压增大，可以使电灯L重新变亮，故C正确；原线圈的输入电压降低，其他条件不变，则副线圈电压减小，将滑动变阻器滑片P向下移动，并联部分电阻减小，灯泡两端电压更小，灯泡不能变亮，故D错误．‎ 答案：BC ‎课时作业7　电磁感应与电路 A卷　专题强化练 一、选择题(1～7题为单项选择题，8～10题为多项选择题)‎ ‎1．[2019·全国卷Ⅲ，14]楞次定律是下列哪个定律在电磁感应现象中的具体体现(　　)‎ A．电阻定律 B．库仑定律 C．欧姆定律 D．能量守恒定律 命题意图：本题考查了对基本规律的理解能力，体现了能量观念这一重要核心素养．‎ 解析：楞次定律的本质是感应磁场中能量的转化，是能量守恒定律在电磁感应现象中的具体体现，故选项D正确．‎ 答案：D ‎2.‎ 有一个本来无电流的固定的金属圆环如图所示，虚线为其轴线．在其右侧有一个条形永磁体，永磁体在圆环的轴线上，当永磁体绕垂直于纸面的水平轴OO′匀速转动时，如果从右往左看，下列情况下，关于圆环中感应电流的方向和大小的说法正确的是(　　)‎ A．当永磁体顺时针开始转动瞬间，感应电流沿顺时针方向，感应电流最大 B．当永磁体顺时针开始转动瞬间，感应电流沿逆时针方向，感应电流最大 C．当永磁体逆时针开始转动瞬间，感应电流沿顺时针方向，感应电流最小 D．当永磁体逆时针开始转动瞬间，感应电流沿逆时针方向，感应电流最小 解析：根据楞次定律可知，不管永磁体是顺时针转动还是逆时针转动，开始转动瞬间垂直向左穿过圆环的磁感线条数减少，由楞次定律可知感应电流的磁场方向一定向左，根据安培定则可知，感应电流的方向是顺时针方向(从左往右看)，此时穿过圆环的磁通量最大，磁通量的变化率最小，所以感应电流最小，选项C正确．‎ 答案：C ‎3.‎ 用绝缘导线绕成一圆环，环内有一用同样绝缘导线折成的内接正四边形线框，如图所示，现把它们放在方向垂直环面向里的匀强磁场中．当匀强磁场均匀变化时，在圆环和四边形线框中产生的感应电流的比值为(不考虑感应电流产生的磁场对磁场变化的影响)(　　)‎ A．2 B. C. D. 命题意图：法拉第电磁感应定律是高考考查的热点，考查情境主要有磁场变化、导体棒转动切割磁感线以及电磁驱动和电磁阻尼等．‎ 解析：设磁感应强度的变化率＝k，圆环的半径为a，则由法拉第电磁感应定律可得圆环上产生的感应电动势E1＝·πa2＝πka2，由几何关系可知四边形线框的边长为a，则四边形线框上产生的感应电动势E2＝·‎2a2＝2ka2，设导线的电阻率为ρ，横截面积为S，则由电阻定律可得圆环的电阻R1＝ρ，四边形线框的电阻R2＝ρ，故圆环中的电流I1＝＝，四边形线框中的电流I2＝＝，所以＝，故选项B正确．‎ 答案：B ‎4．[2019·湖北省襄阳四中高三测试]如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比41，电压表和电流表均为理想电表，原线圈接在u＝36sin 100πt(V)的正弦交流电，图中D为理想二极管，(正向电阻不计，反向电阻为无穷大)，定值电阻R＝9 Ω，则下列说法正确的是(　　)‎ A．t＝ s时，原线圈输入电压的瞬时值为18 V B．t＝ s时，电压表示数为18 V C．电流表示数为‎1 A D．变压器的输入功率为9 W 解析：t＝ s时，u＝36sin(100π×)V＝18 V，A正确；电压表测量的是有效值，输入电压的最大值为Um＝36 V．有效值为U＝＝36 V，B错误；由＝得：U2＝9 V，由I＝＝‎1 A，根据二极管具有单向导电性，结合电流的热效应，则：I2R×＋0＝I′2RT，故电流表的示数为I′＝ A，C错误；变压器的输入功率等于输出功率，即P1＝P2＝U2I′＝ W，D错误．‎ 答案：A ‎5．如图甲所示，理想变压器的原、副线圈匝数比n1：n2＝10：1，原线圈输入的交流电压如图乙所示，副线圈电路接有滑动变阻器R和额定电压为12 V、工作时内阻为2 Ω的电动机．闭合开关，电动机正常工作，电流表示数为‎1 A，则(　　)‎ A．副线圈两端电压为22 V B．电动机输出的机械功率为12 W C．通过电动机的交流电频率为50 Hz D．突然卡住电动机，原线圈输入功率变小 解析：由图乙可知U1＝220 V，又知n1：n2＝10：1，则由＝，得副线圈两端电压U2＝22 V，A项错误；电动机输出的机械功率P机＝P总－P内＝1×12 W－12×2 W＝10 W，B项错误；由图乙可知，T＝0.02 s，则f＝＝50 Hz，C项正确；若卡住电动机，则副线圈回路电流变大，再由P入＝P出＝I2U2，可知原线圈输入功率变大，D项错误．‎ 答案：C ‎6.‎ 如图所示，两根足够长的平行直导轨AB、CD与水平面成θ角放置，两导轨间距为L，A、C两点间接有阻值为R的定值电阻．一根质量均匀分布的直金属杆放在两导轨上，并与导轨垂直．整套装置处于磁感应强度大小为B0的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向上，导轨和金属杆接触良好，金属杆的阻值为r，其余部分电阻不计，金属杆与导轨之间的动摩擦因数为μ.现将外力F沿与导轨平行的方向作用在金属杆上，让其由静止开始沿导轨向上做匀加速直线运动，则下列外力F与作用时间t的图象中正确的是(　　)‎ 解析：分析金属杆在运动过程中的受力情况可知，金属杆受重力mg、导轨的支持力FN、外力F、摩擦力Ff和安培力F安的共同作用，金属杆沿导轨方向向上运动，由牛顿第二定律有F－mgsin θ－F安－Ff＝ma，又F安＝B0IL，I＝＝，所以F安＝B0IL＝，Ff＝μmgcos θ，所以有F－mgsin θ－－μmgcos θ＝ma，又因v＝at，将其代入上式可得F＝t＋mgsin θ＋μmgcos θ＋ma，由此表达式可知，选项B正确．‎ 答案：B ‎7.‎ 如图所示，理想变压器的原、副线圈中连接有三个灯泡L1、L2、L3，它们的电阻分别为R1＝3 Ω、R2＝1 Ω和R3＝4 Ω，原线圈输入的是有效值为U的交变电压，当开关K断开时，电流表A1的示数为I，当开关K闭合时，电流表A1的示数变为4I.图中两电流表均为理想电流表，则开关K闭合时两电流表的示数I′1与I′2之比为(　　)‎ A．1：2 B．1：3‎ C．2：3 D．5：1‎ 解析：开关断开时，通过A2的电流I2＝，副线圈的输出电压U2＝I2(R2＋R3)，由＝可得原线圈两端的电压U1＝，则U＝U1＋IR1；开关闭合时，原、副线圈的电流比为＝，通过A2的电流I′ 2＝，副线圈的输出电压U′2＝I′2R2＝R2，由＝可得原线圈两端的电压U′1＝4I2R2，则U＝U′1＋4IR1，有U1＋IR1＝U′1＋4IR1，解得＝3，则I′ 1：I′ 2＝1：3，B正确．‎ 答案：B ‎8．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0～2t0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 D．通过电阻R的电流恒为 解析：由图可知，在0～2t0时间内磁通量由向上且减小变为向下且增大，根据楞次定律可知，线框中产生逆时针方向的感应电流，则电容器a板带负电，选项A正确；在0～2t0时间内，磁感应强度由向上的B0变为向下的B0，则线框中磁通量变化为ΔΦ＝ΔB·L2＝B‎0L2，选项B错误；线框中产生的电动势为E＝＝＝，选项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，选项D错误．‎ 答案：AC ‎9.‎ 某同学在实验室中研究远距离输电．由于输电线太长，他将每‎100米导线卷成一卷，共卷成8卷(忽略输电线路的电磁感应)．在输送功率相同时，第一次直接将输电线与学生电源及用电器相连，测得输电线上损失的功率为P1，第二次采用如图所示的电路输电，其中理想变压器T1与学生电源相连，其原、副线圈的匝数比为n1n2，理想变压器T2与用电器相连，测得输电线上损失的功率为P2.下列说法正确的是(　　)‎ A．前后两次实验都可用于研究远距离直流输电 B．实验可以证明，T1采用升压变压器(匝数比>1)能减小远距离输电过程中的能量损失 C．若输送功率一定，则P2：P1＝n1：n2‎ D．若输送功率一定，则P2：P1＝n：n 解析：变压器只能改变交变电流的电压，所以第二次实验只能研究远距离交流输电，A错误；实验可以证明，T1采用升压变压器能减小输电线中的电流，从而减小远距离输电过程中的能量损失，B正确；第一次实验，输电线中的电流I＝，输电线上损失的功率P1＝I2R＝R；第二次实验，升压变压器副线圈上的电压U2＝U1‎ ‎，输电线中的电流I′＝，输电线上损失的功率P2＝I′2R＝R，解得P2：P1＝n：n，C错误，D正确．‎ 答案：BD ‎10.‎ 如图所示，在匀强磁场的上方有一质量为m、半径为R的细导线做成的圆环，圆环的圆心与匀强磁场的上边界的距离为h.将圆环由静止释放，圆环刚进入磁场的瞬间和完全进入磁场的瞬间，速度均为v.已知匀强磁场的磁感应强度为B，导体圆环的电阻为r，重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　)‎ A．圆环刚进入磁场的瞬间，速度v＝ B．圆环进人磁场的过程中，电阻产生的热量为2mgR C．圆环进入磁场的过程中，通过导体横截面的电荷量为 D．圆环进入磁场的过程做的是匀速直线运动 解析：圆环从图示位置开始运动到刚进入磁场时，下落的高度为h－R，根据自由落体运动的规律得到v2＝‎2g(h－R)，解得v＝，故选项A正确；圆环刚进入磁场的瞬间和完全进入磁场的瞬间，速度相等，根据功能关系可以知道重力做的功，大小为2mgR，根据能量守恒，重力做的功等于电阻产生的热量，故选项B正确；圆环进入磁场的过程中，通过导体某个横截面的电荷量为q＝·Δt＝·Δt＝＝，故选项C正确；圆环进入磁场的过程中，受到的安培力F＝，随有效长度l发生改变，圆环受力不平衡，因此圆环不可能做匀速直线运动，故选项D错误．‎ 答案：ABC 二、非选择题 ‎11.‎ 如图所示，电阻不计且足够长的U形金属框架放置在倾角θ＝37°的绝缘斜面上，框架与斜面间的动摩擦因数μ＝0.8，框架的质量m1＝‎0.4 kg、宽度l＝‎0.5 m．质量m2＝‎0.1 kg、电阻R＝0.5 Ω的导体棒ab垂直放在框架上，整个装置处于垂直斜面向上的匀强磁场中，磁感应强度大小B＝2.0 T．对棒施加沿斜面向上的恒力F＝8 N，棒从静止开始无摩擦地运动，当棒的运动速度达到某值时，框架开始运动．棒与框架接触良好，设框架与斜面间最大静摩擦力与滑动摩擦力相等．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取‎10 m/s2)‎ ‎(1)求框架刚开始运动时流过导体棒的电流I；‎ ‎(2)若已知这一过程导体棒向上位移x＝‎0.5 m，求此过程中回路中产生的热量Q(结果保留两位有效数字)．‎ 解析：(1)框架开始运动时，有 F安＝m1gsin θ＋Ff 其中F安＝IlB Ff＝μ(m1＋m2)gcos θ 解得I＝‎‎5.6 A ‎(2)设导体棒速度为v，则 E＝Blv I＝ 解得v＝‎2.8 m/s 导体棒沿斜面上升x＝‎0.5 m过程中，有 Fx－W安－m2gxsin θ＝m2v2‎ 且Q＝W安 故Q＝Fx－m2gxsin θ－m2v2＝3.3 J.‎ 答案：(1)‎5.6 A　(2)3.3 J ‎12.‎ 利用悬停直升机空投救灾物资时，有些物资只能从不高于h＝‎‎20 m 处自由释放才能安全着地，但实际直升机能够安全悬停的高度比h要高得多，直接空投会造成损失．为解决这一问题，研究小组设计了一台限速装置，不论从多高处释放物资，最终都能使物资以安全速度着地．该装置简化工作原理如图所示，竖直绝缘圆盘可以绕圆心O自由转动，其上固定半径分别为r1＝‎1 m和r2＝‎0.5 m的两个同心金属圆环，两端固定于两圆环的金属杆EF的延长线通过圆心O，足够长的不可伸长的轻质细绳一端缠绕在大金属圆环上，另一端通过光滑滑轮连接着救灾物资，圆环上的a点和b点通过电刷连接可调电阻R，两圆环之间区域存在垂直于圆盘平面向内的匀强磁场，磁感应强度大小B＝40 T．g为重力加速度，细绳与大金属圆环间没有相对滑动，金属杆、金属圆环、导线及电刷的电阻均不计，空气阻力及一切摩擦均不计．‎ ‎(1)求物资能安全着地的最大速度vm的大小(取g＝‎10 m/s2)；‎ ‎(2)若物资以最大安全速度匀速下降，求此时可调电阻R两端的电势差；‎ ‎(3)若质量为m的物资匀速下降，当m＝‎60 kg时，应如何设置可调电阻R的阻值？试推导出杆EF所受安培力与物资质量m的大小关系．‎ 解析：(1)由v＝2gh 解得vm＝‎20 m/s.‎ ‎(2)物资以最大安全速度匀速下降，在Δt时间内，金属杆EF扫过的面积 ΔS＝vmΔt·r1－Δt·r2＝ 金属杆上产生的感应电动势 Em＝＝ 解得Em＝300 V，则可调电阻R两端的电势差为300 V.‎ ‎(3)物资匀速下降时，有mgv＝ 又由(2)可推知E＝，即E∝v，故R∝v 故v＝vm时，可调电阻R有最大阻值Rm＝＝7.5 Ω 所以可调电阻R的阻值应不大于7.5 Ω 金属杆EF所受安培力大小F＝BIL＝B(r1－r2)‎ 整理可得F＝mg.‎ 答案：(1)‎20 m/s　(2)300 V　(3)mg 创新解读：本题创新之处：①电磁感应问题与生活实际中直升机空投救灾物资结合；②导体棒在两圆环之间的磁场中切割磁感线并与可调电阻连接，通过调节可调电阻阻值控制电流从而控制物资下降的速度．求杆EF切割磁感线产生的感应电动势时还可以用平均速度计算，即E＝B(r1－r2)＝.‎ B卷　电磁感应中的STSE问题 ‎1．如图1所示的是工业上探测物件表面层内部是否存在缺陷的涡流探伤技术．其原理是用电流线圈使物件内产生涡电流，借助探测线圈测定涡电流的改变，从而获得构件内部是否断裂及位置的信息．如图2所示的是一个带铁芯的线圈L、开关S和电源用导线连接起来的跳环实验装置，将一个套环置于线圈L上且使铁芯穿过其中，闭合开关S的瞬间，套环将立刻跳起．关于对以上两个运用实例理解正确的是(　　)‎ A．涡流探伤技术运用了互感原理，跳环实验演示了自感现象 B．能被探测的物件和实验所用的套环必须是导电材料 C．以上两个案例中的线圈所连接电源都必须是变化的交流电源 D．以上两个案例中的线圈所连接电源也可以都是稳恒电源 解析：涡流探伤技术运用了互感原理，跳环实验演示了互感现象，A项错误；能被探测的物件和实验所用的套环必须是导电材料，才能在套环中形成感应电流，B项正确；以上两个案例中涡流探伤技术的线圈必须用交流电源，而跳环实验演示所连接电源是直流电源，C、D项错误．故选B.‎ 答案：B ‎2．近年来，无线充电成为应用于我们日常生活中的一项新科技，其中利用电磁感应原理来实现无线充电是比较成熟的一种方式，电动汽车无线充电方式的基本原理如图所示：路面下依次铺设圆形线圈，相邻两个线圈由供电装置通以反向电流，车身底部固定感应线圈，通过充电装置与蓄电池相连，汽车在此路面上行驶时，就可以进行充电．在汽车匀速行驶的过程中，下列说法正确的是(　　)‎ A．感应线圈中电流的磁场方向一定与路面线圈中电流的磁场方向相反 B．感应线圈中产生的是方向改变、大小不变的电流 C．感应线圈一定受到路面线圈磁场的安培力，会阻碍汽车运动 D．给路面线圈通以同向电流，不会影响充电效果 解析：由于路面下铺设圆形线圈，相邻两个线圈中的电流方向相反，所以感应线圈中电流的磁场方向不一定与路面线圈中电流的磁场方向相反，故A错误；由于路面线圈中的电流变化情况不确定，即产生的磁场变化情况无法确定，所以感应线圈中的电流大小不能确定．故B错误；感应线圈随汽车一起运动过程中会产生感应电流，在路面线圈的磁场中受到安培力，根据“来拒去留”可知，此安培力阻碍相对运动，即阻碍汽车运动，故C正确；给路面线圈通以同向电流时，路面线圈产生相同方向的磁场，在汽车运动过程中产生的感应电流与路面线圈反向时不同，充电效果不同，故D错误．‎ 答案：C ‎3．(多选)漏电断路器是家庭电路中必不可少的一种安全保护装置，如图为其基本原理图．电源线的火线与零线并行绕在铁芯上，当与放大器相连的线圈有微小电流时，即刻会驱动电磁继电器断开电源，实现安全保护．下列相关说法正确的是(　　)‎ A．当与地不绝缘的人不小心触碰到火线时，漏电断路器会即刻断开电源 B ‎．当与地绝缘的人不小心同时触碰到火线与零线时，漏电断路器会即刻断开电源 C．当外接电网是恒定直流电源时，漏电断路器不能正常工作 D．在相同条件下，放大器绕在铁芯上的线圈匝数越多，则能检测到更微小的漏电 解析：由于火线和零线并行绕制，所以在家庭电路正常工作时，火线和零线的电流大小相等，方向相反，因此合磁通量为零，当与地不绝缘的人接触火线发生触电时，火线的电流比零线的电流大，导致穿过线圈的磁通量变化，产生感应电流，从而使继电器工作，电磁铁将开关吸引，断开电源，故A正确．B项当与地绝缘的人不小心同时接触到火线与零线时，不会形成电流变化，从而不会引起电磁感应现象；故漏电断路器不会断开电源，故B错．C项当外接电网是恒定直流电源时，如果有人触电仍会产生电磁感应现象，故能正确工作，故C错．D项在相同条件下，放大器绕在铁芯上的线圈匝数越多产生的感应电动势越大，则能检测到更微小的漏电，故D对．‎ 答案：AD ‎4．[2019·浙江杭州模拟]如图所示，虚线框内为某种电磁缓冲车的结构示意图，其主要部件为缓冲滑块K和质量为m的缓冲车厢．在缓冲车的底板上，沿车的轴线固定着两个光滑水平绝缘导轨PQ、MN.缓冲车的底部，安装有电磁铁(图中未画出)，能产生垂直于导轨平面的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B.导轨内的缓冲滑块K由高强度绝缘材料制成，滑块K上绕有闭合矩形线圈abcd，线圈的总电阻为R，匝数为n，ab边长为L.假设缓冲车以速度v0与障碍物C碰撞后，滑块K立即停下，此后线圈与轨道的磁场作用力使缓冲车厢减速运动，从而实现缓冲，一切摩擦阻力不计．‎ ‎(1)求线圈abcd中最大感应电动势的大小；‎ ‎(2)若缓冲车厢向前移动距离L后速度为零(缓冲车厢未与滑块K接触)，求此过程线圈abcd中通过的电荷量q和产生的焦耳热Q；‎ ‎(3)若缓冲车以速度v0与障碍物C碰撞后，滑块K立即停下，求此后缓冲车厢的速度v随位移x的变化规律(缓冲车厢未与滑块K接触)．‎ 解析：(1)缓冲车以速度v0与障碍物C碰撞后，滑块K立即停下，滑块相对磁场的速度大小为v0，此时线圈中产生的感应电动势最大，则Em＝nBLv0.‎ ‎(2)由法拉第电磁感应定律有＝n 根据闭合电路欧姆定律有＝，通过线圈的电荷量q＝t，解得q＝n 由能量守恒定律有Q＝mv.‎ ‎(3)位移为x时线圈中通过的电荷量q1＝n 由动量定理有－nB1Lt1＝mv－mv0，又q1＝1t1‎ 解得v＝－＋v0.‎ 答案：(1)nBLv0　(2)mv　(3)－＋v0‎