2025 選考專題高考 物理 （川陜青寧蒙新晉豫）第8講　恒定電流和交變電流作業(yè)含答案

2025選考專題高考物理（川陜青寧蒙新晉豫）第8講恒定電流和交變電流作業(yè)含答案第8講恒定電流和交變電流時(shí)間|40min1.(多選)某車裝配了120塊“刀片電池”,每塊“刀片電池”的容量是200A·h,平均工作電壓是3.2V.下列說法正確的是 ()A.單塊電池充滿電后儲存的電荷量是200CB.單塊電池充滿電后儲存的電能是640W·hC.若該車在某次行駛中平均能耗是13kW·h/100km,則其續(xù)航里程是640kmD.若某塊電池充電電流是200A,則經(jīng)過30min可將該電池從其容量的30%充到80%2.[2024·江蘇無錫模擬]太陽能電池被廣泛應(yīng)用在空間探測器上.某太陽能電池在特定光照強(qiáng)度下工作電流I隨路端電壓U變化的圖線如圖中曲線①所示,輸出功率P隨路端電壓U的變化圖線如圖中曲線②所示.圖中給出了該電池?cái)嗦冯妷篣0和短路電流I0.當(dāng)路端電壓為U1時(shí),工作電流為I1,且恰達(dá)到最大輸出功率P1,則此時(shí)電池的內(nèi)阻為 ()A.UB.PC.UD.U3.[2024·河北卷]R1、R2為兩個(gè)完全相同的定值電阻,R1兩端的電壓隨時(shí)間周期性變化的規(guī)律如圖甲所示(三角形脈沖交流電壓的峰值是有效值的3倍),R2兩端的電壓隨時(shí)間按正弦規(guī)律變化如圖乙所示,則兩電阻在一個(gè)周期T內(nèi)產(chǎn)生的熱量之比Q1∶Q2為 ()A.2∶3 B.4∶3 C.2∶3 D.5∶44.[2024·安徽合肥模擬]如圖所示,電源的電動勢E不變,內(nèi)阻r=1Ω,定值電阻R1=R2=1Ω,滑動變阻器R3的最大值為6Ω,下列說法正確的是 ()A.R1消耗的功率最大時(shí),R3為0ΩB.R2消耗的功率最大時(shí),R3為6ΩC.電源的輸出功率最大時(shí),R3為6ΩD.R3消耗的功率最大時(shí),R3為1Ω5.[2024·湖北卷]在如圖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(shè)兩個(gè)二極管正向電阻為0、反向電阻無窮大.閉合開關(guān)S,燈泡L1、L2的電功率之比P1∶P2為 ()A.2∶1 B.1∶1C.1∶2 D.1∶46.[2024·湖北武漢模擬]如圖所示是某同學(xué)設(shè)計(jì)的溫控報(bào)警系統(tǒng):交流電源輸入有效值恒定的電壓,變壓器可視為理想變壓器,R0和R1分別為定值電阻和滑動變阻器;RT為熱敏電阻,其阻值隨溫度的升高而減小;S為報(bào)警裝置(可視為阻值恒定的電阻),其兩端電壓超過設(shè)定值時(shí)報(bào)警器發(fā)出警報(bào).現(xiàn)欲使S在溫度更低時(shí)報(bào)警,下列做法一定可行的是 ()A.僅將滑片P1左移B.僅將滑片P1右移C.將滑片P1左移,同時(shí)將滑片P2下移D.將滑片P1右移,同時(shí)將滑片P2上移7.[2024·湖南長沙模擬]如圖所示,理想變壓器原線圈與阻值R1=5Ω的定值電阻串聯(lián)后接在輸出電壓恒定的正弦交流電源a、b兩端,副線圈電路中定值電阻R2=10Ω,R為電阻箱,電流表A1、A2和電壓表V1、V2均為理想電表,理想變壓器原、副線圈匝數(shù)之比為k=5.改變電阻箱的阻值,電流表A1、A2和電壓表V1、V2的示數(shù)變化量的絕對值分別為ΔI1、ΔI2、ΔU1、ΔU2,下列關(guān)系式正確的是 ()A.ΔU1ΔI1=25Ω BC.ΔU2ΔI2=15Ω D8.[2024·江蘇南京模擬]小明同學(xué)設(shè)計(jì)了一個(gè)手動發(fā)電式電筒,裝置簡化如圖所示.裝置左側(cè)是一個(gè)半徑為R=0.5m的水平圓盤,當(dāng)圓盤繞軸心勻速轉(zhuǎn)動時(shí),固定在圓盤邊緣處的小圓柱帶動T形絕緣支架在水平方向往復(fù)運(yùn)動,T形支架進(jìn)而驅(qū)動導(dǎo)體棒在光滑的水平導(dǎo)軌上運(yùn)動,導(dǎo)體棒運(yùn)動的速度隨時(shí)間變化的關(guān)系為v=22sin(2t)m/s.導(dǎo)軌間距d=1m,導(dǎo)軌間存在垂直平面向外的勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度B=2T,導(dǎo)軌右端連接一理想變壓器,其輸出端給兩個(gè)額定電壓為2V的燈泡供電,兩燈泡剛好正常發(fā)光,線圈、導(dǎo)線及導(dǎo)軌電阻不計(jì),電壓表為理想電壓表.下列說法正確的是 (A.當(dāng)T形支架運(yùn)動到圓盤最左端時(shí),電壓表的示數(shù)為0B.理想變壓器的匝數(shù)比為1∶2C.變壓器輸出電流的頻率為2HzD.圓盤轉(zhuǎn)動的角速度為2rad/s9.如圖所示為某小組設(shè)計(jì)的電子秤原理圖.輕質(zhì)托盤與豎直放置的輕彈簧相連.R0為定值電阻,滑動變阻器R的滑片與彈簧上端連接.當(dāng)盤中沒有放物體時(shí),滑片剛好位于滑動變阻器的最上端.該小組用理想電壓表的示數(shù)U反映待測物體的質(zhì)量m;用單位質(zhì)量變化下電壓表示數(shù)變化量的絕對值ΔUΔm描述電子秤的靈敏度.不計(jì)一切摩擦,彈簧始終處于彈性限度內(nèi),下列說法正確的是 A.僅更換阻值更大的定值電阻R0,電子秤的靈敏度會下降B.電子秤的靈敏度會隨待測物體質(zhì)量的增大而增大C.彈簧的勁度系數(shù)越小,則電子秤的量程越大D.電壓表的示數(shù)與待測物體的質(zhì)量成非線性關(guān)系10.[2024·湖南卷]根據(jù)國家能源局統(tǒng)計(jì),截止到2023年9月,我國風(fēng)電裝機(jī)4億千瓦,連續(xù)13年居世界第一位,湖南在國內(nèi)風(fēng)電設(shè)備制造領(lǐng)域居于領(lǐng)先地位.某實(shí)驗(yàn)小組模擬風(fēng)力發(fā)電廠輸電網(wǎng)絡(luò)供電的裝置如圖所示.已知發(fā)電機(jī)轉(zhuǎn)子以角速度ω勻速運(yùn)動,升、降壓變壓器均為理想變壓器,輸電線路上的總電阻可簡化為一個(gè)定值電阻R0.當(dāng)用戶端接一個(gè)定阻電阻R時(shí),R0上消耗的功率為P.不計(jì)其余電阻,下列說法正確的是()A.風(fēng)速增加,若轉(zhuǎn)子角速度增加一倍,則R0上消耗的功率為4PB.輸電線路距離增加,若R0阻值增加一倍,則R0上消耗的功率為4PC.若升壓變壓器的副線圈匝數(shù)增加一倍,則R0上消耗的功率為8PD.若在用戶端再并聯(lián)一個(gè)完全相同的電阻R,則R0上消耗的功率為6P11.(多選)[2024·湖北襄陽模擬]直徑為d的半圓形金屬線框放置在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中,磁場方向垂直紙面向外,P、Q兩點(diǎn)連線與磁場垂直,線框繞P、Q軸以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動,將線框接入如圖所示的電路中,理想變壓器原、副線圈匝數(shù)比為1n,已知線框電阻為r,原線圈兩端并聯(lián)電阻阻值為R0,副線圈兩端的滑動變阻器接入阻值為R1,其他電阻不計(jì),則 (A.通過滑動變阻器的電流方向不變B.滑動變阻器的滑片下滑,通過R0的電流增大C.無論滑動變阻器的滑片上滑還是下滑,R1兩端電壓不變D.R0兩端電壓小于2第8講恒定電流和交變電流1.BD[解析]單塊電池充滿電后儲存的電荷量是q=200A·h=200A·3600s=7.2×105C,故A錯(cuò)誤;單塊電池充滿電后儲存的電能是E1=Uq=3.2V×200A·h=640W·h,故B正確;該車充滿電后儲存的電能為E=120E1=120×0.64kW·h=76.8kW·h,則其續(xù)航里程是s=76.813×100km≈591km,故C錯(cuò)誤;若某塊電池充電電流是200A,則經(jīng)過30min可給該電池充的電荷量Q=200A×30min=100A·h=12q,即為總?cè)萘康?0%,可將該電池從其容量的30%充到80%,2.C[解析]根據(jù)題意可知,太陽能電池的電動勢為U0,路端電壓為U1時(shí),太陽能電池的總功率為P總=U0I1,太陽能電池內(nèi)阻的功率為P內(nèi)=P總-P1,根據(jù)P內(nèi)=I12r可得r=U0I13.B[解析]設(shè)R1、R2的阻值均為R,根據(jù)題中所給信息,由電流的熱效應(yīng)可得Q1=U032R·T2+U02R·T2=2U023RT,Q2=U024.C[解析]由串、并聯(lián)電路的基本規(guī)律可知,R1與R3是并聯(lián)關(guān)系,R1消耗的功率PR1=UR12R1,由閉合電路歐姆定律可得UR1=E-Ir,PR1最大時(shí),干路中電流最小,電路中總電阻最大,R3為6Ω,A錯(cuò)誤;當(dāng)R3減小時(shí),R2消耗的功率增大,可知R2消耗的功率最大時(shí),R3為0Ω,B錯(cuò)誤;電源的輸出功率P出=I2R外=E2R外+r2R外+2r,當(dāng)R外=r=1Ω時(shí)電源輸出功率最大,電源內(nèi)阻為1Ω,而外電阻小于1Ω,所以R3越大,電源的輸出功率越大,輸出功率最大時(shí),R3為6Ω,C正確;當(dāng)?shù)刃щ娫磧?nèi)阻r'=rR1r+R1+R2=5.C[解析]兩個(gè)二極管正向電阻為0,反向電阻無窮大,則二極管導(dǎo)通時(shí)短路并聯(lián)的燈泡,此時(shí)另一個(gè)燈泡與電源串聯(lián),根據(jù)電路圖可知,在一個(gè)完整的周期內(nèi),兩個(gè)燈泡有電流通過的時(shí)間相等,都為半個(gè)周期,電壓有效值也相等,根據(jù)P=U2R,可知P1∶P2=RL2∶RL1=1∶2,故C6.A[解析]RT為熱敏電阻,其阻值隨溫度的升高而減小,欲使S在溫度更低時(shí)報(bào)警,則需要溫度更低時(shí),報(bào)警裝置兩端電壓超過設(shè)定值而發(fā)出警報(bào),若僅將滑片P1左移,則滑動變阻器的阻值變小,由于副線圈電壓不變,因此副線圈電流增大,故可以在溫度更低時(shí),報(bào)警裝置兩端電壓超過設(shè)定值而發(fā)出警報(bào),故A正確;若僅將滑片P1右移,則滑動變阻器的阻值變大,由于副線圈電壓不變,因此副線圈電流減小,故在溫度更高時(shí),報(bào)警裝置兩端電壓才能達(dá)到設(shè)定值,故B錯(cuò)誤;若將滑片P1左移,同時(shí)將滑片P2下移,則滑動變阻器的阻值調(diào)小,而副線圈電壓變小,因此副線圈電流不一定變化,故C錯(cuò)誤;若將滑片P1右移,同時(shí)將滑片P2上移,則滑動變阻器的阻值調(diào)大,而副線圈電壓變大,因此副線圈電流不一定變化,故D錯(cuò)誤.7.C[解析]在原線圈回路中,根據(jù)歐姆定律有U1=Uab-I1R1,則ΔU1ΔI1=R1=5Ω,故A、B錯(cuò)誤;由理想變壓器電壓、電流與匝數(shù)的關(guān)系,可得U1U2=k,I2I1=k,聯(lián)立解得U2=Uabk-I2R1k8.B[解析]導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的瞬時(shí)值e=Bdv=2×1×22sin(2t)V=2sin(2t)V,則感應(yīng)電動勢的峰值為2V,電壓表示數(shù)為感應(yīng)電動勢的有效值,有UV=Um2=1V,電壓表示數(shù)一直為1V不變,A錯(cuò)誤;變壓器原線圈電壓U1=UV=1V,變壓器副線圈電壓U2=2V,理想變壓器的匝數(shù)比為n1n2=U1U2=12,B正確;由速度隨時(shí)間變化的關(guān)系式可知,圓盤轉(zhuǎn)動的角速度ω=2rad/s,D錯(cuò)誤;變壓器輸出電流的周期T=2πω=2π2s=2πs,變壓器輸出電流的頻率為9.A[解析]由圖可知,滑動變阻器R與定值電阻R0串聯(lián),滑動變阻器的電阻全部連入電路,電壓表測量滑片上半部分電阻兩端的電壓,當(dāng)滑動變阻器的滑片P向下移動時(shí),電路中的電阻不變,由歐姆定律可知,電路中的電流I不變,電壓表的示數(shù)U=IR',又R'=ρlS,mg=kl,解得U=IρgkSm,即電壓表的示數(shù)與待測物體的質(zhì)量成正比關(guān)系,故D錯(cuò)誤;由U=IρgkSm可知,彈簧的勁度系數(shù)k越小,則質(zhì)量m的最大值越小,即電子秤的量程越小,故C錯(cuò)誤;由U=IρgkSm可知,電子秤的靈敏度ΔUΔm=IρgkS,僅更換阻值更大的定值電阻R0,則電路中的電流I會減小,電子秤的靈敏度會下降,10.A[解析]設(shè)降壓變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為k,則原、副線圈中的電流之比I3I4=1k,將降壓變壓器及其所連負(fù)載等效成升壓變壓器副線圈所連電路中的一個(gè)電阻R等效,研究R等效與輸電線路總電阻R0串聯(lián)接在升壓變壓器副線圈兩端形成的閉合回路,如圖所示,根據(jù)理想變壓器的輸出功率等于輸入功率,即I32R等效=I42R,解得R等效=k2R,則流過R0的電流I2=U2R等效+R0=U2k2R+R0.轉(zhuǎn)子產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢e=NBSωsinωt,若風(fēng)速增加,轉(zhuǎn)子角速度增加一倍,則發(fā)電機(jī)產(chǎn)生的電動勢有效值變?yōu)樵瓉淼?倍,由于整個(gè)電路結(jié)構(gòu)不變,故各部分的電壓都變?yōu)樵瓉淼?倍,即R0上的電壓U0也變?yōu)樵瓉淼?倍,根據(jù)P=U02R0可知,R0上消耗的功率變?yōu)樵瓉淼?倍,即變?yōu)?P,故A正確;若升壓變壓器的副線圈匝數(shù)增加一倍,則升壓變壓器副線圈兩端電壓U2變?yōu)樵瓉淼?倍,由于升壓變壓器副線圈所連的電路結(jié)構(gòu)不變,故升壓變壓器副線圈所連的電路中各部分電壓都變?yōu)樵瓉淼?倍,即R0上的電壓U0也變?yōu)樵瓉淼?倍,根據(jù)P=U02R0可知,R0上消耗的功率變?yōu)樵瓉淼?倍,即變?yōu)?P,故C錯(cuò)誤;若輸電線路距離增加,R0阻值增加一倍,則流過R0的電流I2變小,根據(jù)P=I22R0可知,R0上消耗的功率小于原來的2倍,即小于2P,故B錯(cuò)誤;若在用戶端再串聯(lián)一個(gè)完全相同的電阻R,則流過R011.BD[解析]線框繞P、Q連線以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動,產(chǎn)生正弦式交變電流,故A錯(cuò)誤;原、副線圈匝數(shù)的比值為1n,根據(jù)原、副線圈電壓之比等于原、副線圈匝數(shù)之比,所以U1=U2n,設(shè)流過電阻R0的電流為I0,則有I0=U1R0,設(shè)流過原線圈的電流為I1,理想變壓器的輸入功率為P1,則有I1=P1U1,設(shè)線框產(chǎn)生的電動勢為E,則有E-U1r=I0+I1=U1R0+P1U1,理想變壓器輸出功率P2=U22R1,理想變壓器的輸出功率等于輸入功率,即P1=P2,聯(lián)立可得U1=R1R0R1R0+R1r+n2R0rE=R0R0+r+n2R0rR1E,其中R0、r、E、n為定值,當(dāng)電阻R1增大時(shí),原線圈兩端電壓增大,通過電阻R0的電流I0增大,線圈匝數(shù)比不變,滑動變阻器兩端的電壓與原線圈兩端電壓成正比,故B正確,C第9講電磁感應(yīng)【網(wǎng)絡(luò)構(gòu)建】【關(guān)鍵能力】掌握電磁感應(yīng)圖像問題,重視以導(dǎo)體棒切割磁感線為素材的導(dǎo)軌模型,熟練掌握電磁感應(yīng)中的能量問題,培養(yǎng)學(xué)生的推理能力、分析綜合能力.強(qiáng)化與電路、牛頓運(yùn)動定律、動量、能量相結(jié)合的綜合性題型的訓(xùn)練.題型1楞次定律、法拉第電磁感應(yīng)定律及應(yīng)用1.用楞次定律判斷感應(yīng)電流的方法2.感應(yīng)電動勢大小的三種計(jì)算方法(1)E=nΔΦ(2)E=Blv,主要用來計(jì)算導(dǎo)體平動切割磁感線產(chǎn)生電動勢的瞬時(shí)值;(3)E=12Bl2ω,主要用來計(jì)算導(dǎo)體轉(zhuǎn)動切割磁感線產(chǎn)生電動勢的瞬時(shí)值例1[2024·湖南卷]如圖所示,有一硬質(zhì)導(dǎo)線Oabc,其中abc是半徑為R的半圓弧,b為圓弧的中點(diǎn),直線段Oa長為R且垂直于直徑ac.該導(dǎo)線在紙面內(nèi)繞O點(diǎn)逆時(shí)針轉(zhuǎn)動,導(dǎo)線始終在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場中,則O、a、b、c各點(diǎn)電勢關(guān)系為 ()A.φO>φa>φb>φcB.φO<φa<φb<φcC.φO>φa>φb=φcD.φO<φa<φb=φc例2(多選)[2023·全國甲卷]一有機(jī)玻璃管豎直放在水平地面上,管上有漆包線繞成的線圈,線圈的兩端與電流傳感器相連,線圈在玻璃管上部的5匝均勻分布,下部的3匝也均勻分布,下部相鄰兩匝間的距離大于上部相鄰兩匝間的距離,如圖甲所示.現(xiàn)讓一個(gè)很小的強(qiáng)磁體在玻璃管內(nèi)沿軸線從上端口由靜止下落,電流傳感器測得線圈中電流I隨時(shí)間t的變化如圖乙所示,則 ()A.小磁體在玻璃管內(nèi)下降速度越來越快B.下落過程中,小磁體的N極、S極上下顛倒了8次C.下落過程中,小磁體受到的電磁阻力始終保持不變D.與上部相比,小磁體通過線圈下部的過程中,磁通量變化率的最大值更大【技法點(diǎn)撥】本題根據(jù)經(jīng)典的電磁阻尼現(xiàn)象演示實(shí)驗(yàn)圖像,從多個(gè)設(shè)問角度考查學(xué)生對電磁感應(yīng)原理的深入理解和掌握.其中,B選項(xiàng)迷惑性較強(qiáng).可以假設(shè)小磁體是N極向下穿過線圈,則在穿入靠近每匝線圈的過程中磁通量向下增加而產(chǎn)生逆時(shí)針方向的電流,在穿出遠(yuǎn)離每匝線圈的過程中磁通量向下減少而產(chǎn)生順時(shí)針方向的電流,即電流方向相反,與題干描述的穿過線圈的過程中電流方向變化相符,與小磁體是否翻轉(zhuǎn)磁極沒有關(guān)系.【遷移拓展】1.[2024·廣東卷]電磁俘能器可在汽車發(fā)動機(jī)振動時(shí)利用電磁感應(yīng)發(fā)電實(shí)現(xiàn)能量回收,結(jié)構(gòu)如圖甲所示.兩對永磁鐵可隨發(fā)動機(jī)一起上下振動,每對永磁鐵間有水平方向的勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)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(shí)刻磁場分布與線圈位置如圖乙所示,永磁鐵振動時(shí)磁場分界線不會離開線圈.關(guān)于圖乙中的線圈,下列說法正確的是 ()A.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(yīng)電動勢越大C.永磁鐵相對線圈上升越快,線圈中感應(yīng)電動勢越小D.永磁鐵相對線圈下降時(shí),線圈中感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針方向2.(多選)[2024·湖南長沙模擬]如圖所示,足夠長的圓柱形永磁體豎直放置,其周圍存在輻向磁場.一個(gè)圓形金屬線圈與磁體中心同軸,線圈由靜止釋放后經(jīng)過時(shí)間t速度達(dá)到最大值v,此過程中線圈平面始終保持水平.已知金屬線圈的直徑為d、匝數(shù)為N、質(zhì)量為m、總電阻為R,金屬線圈下落過程中所經(jīng)過之處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B,重力加速度大小為g,不計(jì)空氣阻力,則 ()A.從上往下看,線圈中感應(yīng)電流沿順時(shí)針方向B.線圈達(dá)到最大速度之前做勻加速直線運(yùn)動C.線圈下落速度為v時(shí)的熱功率為NmgvD.t時(shí)間內(nèi)通過線圈的某一橫截面的電荷量為mgt題型2電磁感應(yīng)中的電路與圖像問題1.電磁感應(yīng)中電路問題的解題流程2.電磁感應(yīng)中圖像問題的解題思路電磁感應(yīng)相關(guān)的圖像類型豐富,除了Φ-t圖像、B-t圖像、v-t圖像等,還涉及e-x圖像、i-x圖像等;從電動勢的產(chǎn)生途徑來看,可以是因電磁感應(yīng)而產(chǎn)生的,更多的是由于切割磁感線而產(chǎn)生的;從因果關(guān)系來看,可以拓展出許多圖像:例3(多選)[2024·全國甲卷]如圖所示,一絕緣細(xì)繩跨過兩個(gè)在同一豎直面(紙面)內(nèi)的光滑定滑輪,繩的一端連接一矩形金屬線框,另一端連接一物塊.線框與左側(cè)滑輪之間的虛線區(qū)域內(nèi)有方向垂直紙面的勻強(qiáng)磁場,磁場上下邊界水平.在t=0時(shí)刻線框的上邊框以不同的初速度從磁場下方進(jìn)入磁場.運(yùn)動過程中,線框始終在紙面內(nèi)且上下邊框保持水平.以向上為速度的正方向,下列線框的速度v隨時(shí)間t變化的圖像中可能正確的是 ()ABCD例4[2024·河北保定模擬]在水平面上建立如圖所示的平面坐標(biāo)系xOy,磁感應(yīng)強(qiáng)度為2T的勻強(qiáng)磁場垂直于水平面向下.光滑閉合金屬導(dǎo)軌OAB的OA部分與x軸重合,曲線部分OBA滿足方程y=-2x2+4x.足夠長的導(dǎo)體棒CD與導(dǎo)軌OA由同種材料制成,每米的電阻均為2Ω,導(dǎo)軌其余部分電阻不計(jì).起初CD與y軸重合,D與O重合,在垂直于CD的水平外力的作用下,CD沿x軸正方向以5m/s的速度勻速運(yùn)動,CD與導(dǎo)軌接觸良好,且始終與x軸垂直.(1)求CD運(yùn)動到曲線頂點(diǎn)B時(shí)流過CD的電流I的大小和方向;(2)設(shè)CD與曲線部分的交點(diǎn)為G,求CD在導(dǎo)軌上運(yùn)動過程中D、G兩點(diǎn)間電壓U與其橫坐標(biāo)x的函數(shù)關(guān)系;(3)求水平外力的最大功率.【遷移拓展】1.[2022·全國甲卷]三個(gè)用同樣的細(xì)導(dǎo)線做成的剛性閉合線框,正方形線框的邊長與圓線框的直徑相等,圓線框的半徑與正六邊形線框的邊長相等,如圖所示.把它們放入磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間線性變化的同一勻強(qiáng)磁場中,線框所在平面均與磁場方向垂直,正方形、圓形和正六邊形線框中感應(yīng)電流的大小分別為I1、I2和I3,則 ()A.I1<I3<I2B.I1>I3>I2C.I1=I2>I3D.I1=I2=I32.[2024·河北滄州模擬]如圖所示為有理想邊界的兩個(gè)勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度均為B=0.5T,兩平行邊界間距x=0.1m.一邊長L=0.2m的正方形線框abcd由粗細(xì)均勻的電阻絲圍成,總電阻為R=0.4Ω.現(xiàn)使線框以v=2m/s的速度從位置Ⅰ勻速運(yùn)動到位置Ⅱ,則下列能正確反映整個(gè)過程中線框上a、b兩點(diǎn)間的電勢差Uab隨時(shí)間t變化的圖線是 ()3.(多選)[2024·湖南岳陽模擬]在如圖所示的電路中,半徑為r的半圓形金屬滑軌一端與阻值為R的定值電阻連接,另一端靠近金屬棒轉(zhuǎn)軸(但不連接),金屬棒的長度略大于2r,可繞O點(diǎn)在豎直面內(nèi)轉(zhuǎn)動,在轉(zhuǎn)軸處與定值電阻R相連,轉(zhuǎn)動過程中始終保持與滑軌良好接觸.t=0時(shí)刻,金屬棒在外界控制下從豎直位置以角速度ω繞O點(diǎn)順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動,直至水平,整個(gè)裝置處在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于滑軌所在平面向里的勻強(qiáng)磁場(圖中未畫出)中.金屬棒和滑軌的電阻均不計(jì).下列說法正確的是 ()A.通過定值電阻的電流方向發(fā)生改變B.在t=π4ωC.通過定值電阻的電流的最大值為2D.在金屬棒從豎直位置轉(zhuǎn)到水平位置的過程中,通過定值電阻的電荷量為π題型3電磁感應(yīng)中的力學(xué)綜合問題電磁感應(yīng)可以融合電磁學(xué)和力學(xué)的知識綜合起來應(yīng)用,常以壓軸題形式出現(xiàn).例5(多選)[2024·湖南卷]某電磁緩沖裝置如圖所示,兩足夠長的平行金屬導(dǎo)軌置于同一水平面內(nèi),導(dǎo)軌左端與一阻值為R的定值電阻相連,導(dǎo)軌BC段與B1C1段粗糙,其余部分光滑,AA1右側(cè)處于豎直向下的勻強(qiáng)磁場中,一質(zhì)量為m的金屬桿垂直導(dǎo)軌放置.現(xiàn)讓金屬桿以初速度v0沿導(dǎo)軌向右經(jīng)過AA1進(jìn)入磁場,最終恰好停在CC1處.已知金屬桿接入導(dǎo)軌之間的阻值為R,與粗糙導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為μ,AB=BC=d.導(dǎo)軌電阻不計(jì),重力加速度為g,下列說法正確的是 ()A.金屬桿經(jīng)過BB1的速度為vB.在整個(gè)過程中,定值電阻R產(chǎn)生的熱量為12mv02C.金屬桿經(jīng)過AA1B1B與BB1C1C區(qū)域,金屬桿所受安培力的沖量相同D.若將金屬桿的初速度加倍,則金屬桿在磁場中運(yùn)動的距離大于原來的2倍

例6[2023·全國甲卷]如圖所示,水平桌面上固定一光滑U形金屬導(dǎo)軌,其平行部分的間距為l,導(dǎo)軌的最右端與桌面右邊緣對齊.導(dǎo)軌的電阻忽略不計(jì).導(dǎo)軌所在區(qū)域有方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.一質(zhì)量為m、電阻為R、長度也為l的金屬棒P靜止在導(dǎo)軌上.導(dǎo)軌上質(zhì)量為3m的絕緣棒Q位于P的左側(cè),以大小為v0的速度向P運(yùn)動并與P發(fā)生彈性碰撞,碰撞時(shí)間很短.碰撞一次后,P和Q先后從導(dǎo)軌的最右端滑出導(dǎo)軌,并落在地面上同一地點(diǎn).P在導(dǎo)軌上運(yùn)動時(shí),兩端與導(dǎo)軌接觸良好,P與Q始終平行.不計(jì)空氣阻力.求:(1)金屬棒P滑出導(dǎo)軌時(shí)的速度大小;(2)金屬棒P在導(dǎo)軌上運(yùn)動過程中產(chǎn)生的熱量;(3)與P碰撞后,絕緣棒Q在導(dǎo)軌上運(yùn)動的時(shí)間.【技法點(diǎn)撥】本題將彈性碰撞與電磁感應(yīng)、微元法巧妙結(jié)合,能力要求高.兩物體發(fā)生彈性碰撞,利用動量守恒和動能之和不變列方程解答;導(dǎo)體棒在磁場中切割磁感線運(yùn)動為變速直線運(yùn)動,可以采用微元法,把位移分割為微元,利用動量定理列方程解答.例7[2024·湖北卷]如圖所示,兩足夠長平行金屬直導(dǎo)軌MN、PQ的間距為L,固定在同一水平面內(nèi),直導(dǎo)軌在左端M、P點(diǎn)分別與兩條豎直固定、半徑為L的14圓弧導(dǎo)軌相切.MP連線與直導(dǎo)軌垂直,其左側(cè)無磁場,右側(cè)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場.長為L、質(zhì)量為m、電阻為R的金屬棒ab跨放在兩圓弧導(dǎo)軌的最高點(diǎn).質(zhì)量為2m、電阻為6R的均勻金屬絲制成一個(gè)半徑為L的圓環(huán),水平放置在兩直導(dǎo)軌上,其圓心到兩直導(dǎo)軌的距離相等.忽略導(dǎo)軌的電阻、所有摩擦以及金屬環(huán)的可能形變,金屬棒、金屬環(huán)均與導(dǎo)軌始終接觸良好,重力加速度大小為g.現(xiàn)將金屬棒ab(1)ab剛越過MP時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小;(2)金屬環(huán)剛開始運(yùn)動時(shí)的加速度大小;(3)為使ab在整個(gè)運(yùn)動過程中不與金屬環(huán)接觸,金屬環(huán)圓心初始位置到MP的最小距離.【遷移拓展】1.(多選)[2024·山東青島模擬]如圖所示,兩足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌與水平面成θ角放置,導(dǎo)軌電阻不計(jì),其頂端接有一電阻,底端靜置一金屬棒,整個(gè)裝置處于方向垂直于導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場中.為了使金屬棒沿導(dǎo)軌上滑,磁感應(yīng)強(qiáng)度開始隨時(shí)間均勻變化,當(dāng)金屬棒運(yùn)動到a處時(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)度開始保持不變.金屬棒剛運(yùn)動到a處時(shí)速度大小為v1,繼續(xù)滑行一段距離到達(dá)最高點(diǎn)b后,再返回到a處時(shí)速度大小為v2.重力加速度為g,則()A.金屬棒從導(dǎo)軌底端上滑到a處的過程中,磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間在均勻增大B.金屬棒上滑經(jīng)過ab段的加速度小于下滑經(jīng)過ab段的加速度C.金屬棒上滑經(jīng)過ab段和下滑經(jīng)過ab段過程中,通過R的電荷量之比為1∶1D.金屬棒從a處上滑到b后再返回到a處的總時(shí)間等于v2.(多選)[2024·湖北黃岡模擬]列車進(jìn)站時(shí),其剎車原理可簡化為如圖所示,在車身下方固定一單匝矩形線框,利用線框進(jìn)入磁場時(shí)所受的安培力輔助列車剎車.已知列車的質(zhì)量為m,車身長為s,線框的ab邊和cd邊長度均為L(L小于勻強(qiáng)磁場的寬度),線框的總電阻為R.軌道上勻強(qiáng)磁場區(qū)域足夠長,磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B.車頭進(jìn)入磁場瞬間的速度為v0,列車停止前所受鐵軌及空氣阻力的合力恒為Ff.車尾進(jìn)入磁場瞬間,列車剛好停止.下列說法正確的是 ()A.列車進(jìn)站過程中,線框中的電流方向?yàn)閍bcdaB.列車的ab邊進(jìn)入磁場瞬間,線框中的電流大小I=2C.列車從進(jìn)站到停下來的過程中,減少的動能大于線框產(chǎn)生的焦耳熱D.列車的ab邊進(jìn)入磁場瞬間,加速度大小a=B第9講電磁感應(yīng)題型1例1C[解析]a、b、c點(diǎn)繞O點(diǎn)逆時(shí)針轉(zhuǎn)動時(shí),相當(dāng)于長為Oa、Ob、Oc的導(dǎo)體棒轉(zhuǎn)動切割磁感線,由右手定則可知,O點(diǎn)電勢最高.由法拉第電磁感應(yīng)定律有E=Blv=12Bωl2,又lOa=R,lOb=lOc=R2+(2R)2=5R,則UOa<UOb=UOc,即φO-φa<φO-φb=φO-φc,所以φO>φa>φ例2AD[解析]在小磁體下落的過程中,它經(jīng)過的每匝線圈的磁通量都是先增大后減小,由上到下每匝線圈都依次充當(dāng)電源,電流的峰值越來越大,即小磁體在依次穿過每匝線圈的過程中,線圈中的磁通量變化率的最大值越來越大,可以判斷小磁體下落的速度越來越大,故A、D正確;電流方向變化的原因是穿過線圈的磁通量先增大后減小,而不是小磁體的N、S極上下顛倒,故B錯(cuò)誤;線圈可等效為條形磁鐵,線圈中的電流變化則磁鐵磁性變化,因此小磁體受到的電磁阻力是變化的,C錯(cuò)誤.【遷移拓展】1.D[解析]題圖乙中穿過正方形線圈上下方的磁通量正負(fù)抵消,故此時(shí)穿過線圈的磁通量為零,A錯(cuò)誤;正方形線圈與永磁鐵相對運(yùn)動時(shí),上下兩條邊切割磁感線,根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知,線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E=2BLv,永磁鐵相對線圈上升越快,線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢越大,C錯(cuò)誤;永磁鐵相對線圈上升的高低,對線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢沒有影響,B錯(cuò)誤;永磁鐵相對線圈下降時(shí),穿過線圈的磁通量向紙外增大,根據(jù)楞次定律可知,線圈中產(chǎn)生順時(shí)針方向的感應(yīng)電流,D正確.2.AD[解析]線圈的每一部分都在切割磁感線,根據(jù)右手定則可知,從上往下看,線圈中感應(yīng)電流沿順時(shí)針方向,A正確;線圈達(dá)到最大速度之前,隨著速度增大,電流增大,所受向上的安培力增大,根據(jù)牛頓第二定律可知,加速度逐漸減小,即線圈做加速度減小的加速運(yùn)動,B錯(cuò)誤;線圈下落速度為v時(shí),安培力與重力平衡,則克服安培力做功的功率等于重力做功的功率,又知熱功率等于克服安培力做功功率,故P熱=Fv=mgv,C錯(cuò)誤;t時(shí)間內(nèi),根據(jù)動量定理有mgt-Ft=mv,其中F=NπdBI,It=q,聯(lián)立得mgt-NπdBq=mv,解得q=mgt-mv題型2例3AC[解析]設(shè)線框的上邊框進(jìn)入磁場時(shí)的速度為v,線框的質(zhì)量為M,物塊的質(zhì)量為m,由選項(xiàng)圖可知,線框進(jìn)入磁場時(shí)的加速度向下,對線框由牛頓第二定律可知Mg+F安-FT=Ma,對物塊有FT-mg=ma,其中F安=B2L2vR,聯(lián)立可得B2L2vR+(M-m)g=(M+m)a,線框向上做減速運(yùn)動,隨著速度的減小,向下的加速度減小;若M<例4(1)4A方向由D到C(2)U=-4x2+8x(V)(3)80W[解析](1)曲線方程可變形為y=-2(x-1)2+2,當(dāng)CD運(yùn)動到曲線頂點(diǎn)B時(shí),x=1m,y=2m,故此時(shí)CD的有效長度為L1=2m感應(yīng)電動勢為E1=BL1v=20V電路中的總電阻為R總=RCD+ROD根據(jù)閉合電路歐姆定律可知,流過CD的電流為I=E1根據(jù)右手定則可知,導(dǎo)體棒CD中電流方向由D到C(2)當(dāng)CD棒的橫坐標(biāo)為x時(shí),導(dǎo)體棒接入電路部分產(chǎn)生的電動勢為E=Byv=-20x2+40x(V)電路中的總電阻為R總'=RGD+RODRDAROD+根據(jù)閉合電路歐姆定律可知,流過CD的電流為I'=ERD、G兩點(diǎn)間電壓U=I'×RODRDAROD+(3)當(dāng)CD運(yùn)動到曲線頂點(diǎn)B時(shí),CD接入電路的有效長度最長,由于CD中的電流恒定,所以此時(shí)CD所受安培力最大,而CD勻速運(yùn)動,則此時(shí)水平外力最大,水平外力的功率最大,為Pm=FAmv=BIL1v=80W【遷移拓展】1.C[解析]設(shè)圓線框的半徑為r,則由題意可知正方形線框的邊長為2r,正六邊形線框的邊長為r,所以圓線框的周長為C2=2πr,面積為S2=πr2,正方形線框的周長和面積分別為C1=8r,S1=4r2,正六邊形線框的周長和面積分別為C3=6r,S3=12×6×r×32r=33r22,三個(gè)線框的材料、橫截面積完全相同,根據(jù)電阻定律R=ρLS橫截面,可知三個(gè)線框的電阻之比為R1∶R2∶R3=C1∶C2∶C3=8∶2π∶6,根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有I=ER=ΔBΔt·SR,可得電流之比為I1∶I2∶I32.A[解析]ab邊切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E=BLv=0.2V,線框中的感應(yīng)電流為I=ER=0.5A,cd邊在兩平行邊界之間運(yùn)動的時(shí)間t1=xv=5×10-2s,ab邊運(yùn)動的位置Ⅱ所用的時(shí)間t2=Lv=10×10-2s,所以在0~5×10-2s時(shí)間內(nèi),ab段為電源,a端電勢高于b端電勢,a、b兩點(diǎn)間的電勢差為U1=I·34R=0.15V;在5×10-2~10×10-2s時(shí)間內(nèi),ab段和cd段都為電源,a端電勢高于b端電勢,感應(yīng)電流為0,a、b兩點(diǎn)間的電勢差U2=E=0.2V;在10×10-2~15×10-2s時(shí)間內(nèi),cd段為電源,a端電勢高于b端電勢,a、b兩點(diǎn)間的電勢差為U3=I·143.BC[解析]由右手定則可知,金屬棒轉(zhuǎn)動過程中,回路中的感應(yīng)電流方向一直為順時(shí)針方向,即通過定值電阻的電流方向一直不變,故A錯(cuò)誤;在t=π4ω時(shí)刻,金屬棒轉(zhuǎn)過的角度為π4,接入電路的有效長度為2r,則感應(yīng)電動勢為E1=B·2r·12ω·2r=ωBr2,通過定值電阻的電流為I1=E1R=ωBr2R,故B正確;當(dāng)金屬棒轉(zhuǎn)到水平位置時(shí),感應(yīng)電動勢最大,為Em=B·2r·12ω·2r=2ωBr2,則通過定值電阻的電流的最大值為Im=EmR=2ωBr2R,故C正確;由E=ΔΦΔt,I=E題型3例5CD[解析]金屬桿經(jīng)過AA1B1B區(qū)域,切割磁感線,產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動勢為E1=ΔΦΔt1=BLdΔt1,電路中的平均感應(yīng)電流I1=E1R+R=BLd2RΔt1,金屬桿受到的平均安培力FA1=I1LB=B2L2d2RΔt1,安培力的沖量IA1=FA1·Δt1=B2L2d2R,同理,金屬桿經(jīng)過BB1C1C區(qū)域,金屬桿所受安培力的沖量IA2=B2L2d2R,所以金屬桿經(jīng)過這兩個(gè)區(qū)域所受安培力的沖量相同,故C正確;金屬桿經(jīng)過AA1B1B區(qū)域過程,根據(jù)動量定理得-IA1=mvBB1-mv0,金屬桿經(jīng)過BB1C1C區(qū)域過程,設(shè)所用時(shí)間為Δt2,根據(jù)動量定理得-IA2-μmg·Δt2=0-mvBB1,聯(lián)立解得vBB1=v02+μgΔt22,故A錯(cuò)誤;根據(jù)能量守恒定律可知,在整個(gè)過程中,金屬桿減少的動能等于克服摩擦力做的功和克服安培力做的功之和,則克服安培力做的功WA=12mv02-μmgd,而克服安培力做的功轉(zhuǎn)化為金屬桿和定值電阻產(chǎn)生的焦耳熱,所以總焦耳熱Q=WA=12mv02-μmgd,由于金屬桿的電阻和定值電阻的阻值相同,故定值電阻上產(chǎn)生的熱量QR=12Q=14mv02例6(1)12v0(2)mv02[解析](1)以向右為正,設(shè)Q與P發(fā)生碰撞后,Q的速度為v1,P的速度為v2.由于P和Q間為彈性碰撞,由動量守恒定律和機(jī)械能守恒定律有3mv0=3mv1+mv212(3m)v02=12(3m)v設(shè)P滑出導(dǎo)軌時(shí)的速度為v3,由題意可知v3=v1聯(lián)立解得v3=12v(2)設(shè)P在導(dǎo)軌上運(yùn)動過程中產(chǎn)生的熱量為W,由能量守恒定律有W=12mv22-聯(lián)立解得W