【创新方案】2015届高考物理二轮复习综合讲与练：专题四 电路和电磁感应（含2014高考题）
文档属性
| 名称 | 【创新方案】2015届高考物理二轮复习综合讲与练：专题四 电路和电磁感应（含2014高考题） |  | |
| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 1.8MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2015-03-28 09:25:16 | ||
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文档简介
专题四 电路和电磁感应
考情分析 备考策略
1.高考对本部分内容的要求较高，常在选择 ( http: / / www.21cnjy.com )题中考查电磁感应的图像问题、电路问题、变压器问题，在计算题中作为压轴题，综合应用电路的相关知识、牛顿运动定律和能量守恒定律解决导体棒类问题。 2.高考对本专题考查的重点：楞次定律的理解 ( http: / / www.21cnjy.com )和应用；感应电流的图像问题；电路中的动态分析问题；综合应用电路知识和能量观点解决电磁感应问题；变压器原理及三个关系；交流电的产生及描述等。
1.复习时应“抓住两个定律，运用两种观点， ( http: / / www.21cnjy.com )分析三种电路”。两个定律是指楞次定律和法拉第电磁感应定律；两种观点是指动力学观点和能量观点；三种电路是指直流电路、交流电路和感应电路。 2.注意本专题知识和日常生 ( http: / / www.21cnjy.com )活、科学研究的联系，能够将复杂的问题简化成物理模型进行分析。 要重视本专题与力学知识的综合应用，提升综合分析能力和计算能力。
考向一 直流电路的动态分析 (选择题)
1．明确一个定律、两个关系
(1)闭合电路的欧姆定律：I＝。
(2)路端电压与电流的关系：U＝E－Ir。
(3)路端电压与负载的关系
U＝IR＝E＝E，路端电压随外电阻的增大而增大，随外电阻的减小而减小。
2．明确引起电路动态变化的原因
(1)滑动变阻器、热敏电阻或光敏电阻的阻值变化。
(2)某支路开关闭合或断开。
(2014·天津高考)如图所示，电 ( http: / / www.21cnjy.com )路中R1、R2均为可变电阻，电源内阻不能忽略，平行板电容器C的极板水平放置，闭合电键S，电路达到稳定时，带电油滴悬浮在两板之间静止不动。如果仅改变下列某一个条件，油滴仍能静止不动的是( )
A．增大R1的阻值 B．增大R2的阻值
C．增大两板间的距离 D．断开电键S
[解析] 在直流电路中，R2与电容 ( http: / / www.21cnjy.com )器串联的支路不通，因此电容器两端的电压等于R1两端的电压，增大R1的阻值，R1两端的电压增大，电容器两端的电压增大，由E＝可知，电容器两极板间的电场强度增大，因此板间带电油滴受到的电场力增大，会向上运动，A错误；增大R2的阻值不改变电路中的总电阻，不改变R1两端的电压，因此电容器中的油滴仍保持静止，B正确；增大两板间的距离，而电容器两板间的电压一定，由E＝可知，板间的场强减小，油滴受到的电场力减小，油滴会向下运动，C错误；断开电键S，电容器会通过R1、R2进行放电，使板间场强减小，油滴受到的电场力减小而向下运动，D错误。
[答案] B
[感悟升华]
动态电路的分析方法——程序法
(1)由局部电阻变化判断总电阻的变化。
(2)由I＝判断总电流的变化。
(3)据U＝E－Ir判断路端电压的变化。
(4)由欧姆定律及串、并联电路特点判断各部分电流、电压变化，一般先分析固定电阻支路，再分析变化电阻支路。
1．(2014·自贡质检)为了儿童 ( http: / / www.21cnjy.com )安全，必须检测布绒玩具中是否存在金属断针，可以先将玩具放置于强磁场中，若其中有断针，则断针被磁化，用磁报警装置可以检测到断针的存在。如图所示是磁报警装置中的一部分电路示意图，其中RB是磁敏传感器，它的电阻随断针的出现而减小，a、b接报警器，当传感器RB所在处出现断针时，电流表的电流I、ab两端的电压U将( )
A．I变大，U变大 B．I变小，U变小
C．I变大，U变小 D．I变小，U变大
解析：选C 由题意知，RB的电阻随断针的出现 ( http: / / www.21cnjy.com )而减小，即外电路的总电阻R减小，由闭合电路欧姆定律有I总＝E/(R＋r)，可知I总必增大，再由U＝E－I总r可知，路端电压U减小，而由U1＝I总R1可知，U1增大，U3必减小，由电流表的电流I＝I总－I3可知，电流表的电流必变大，C正确。
2．在输液时，药液有时会从 ( http: / / www.21cnjy.com )针口流出体外，为了及时发现，设计了一种报警装置，电路如图所示。M是贴在针口处的传感器，接触到药液时其电阻RM发生变化，导致S两端电压U增大，装置发出警报，此时( )
A．RM变大，且R越大，U增大越明显
B．RM变大，且R越小，U增大越明显
C．RM变小，且R越大，U增大越明显
D．RM变小，且R越小，U增大越明显
解析：选C 当RM变大时 ( http: / / www.21cnjy.com )，回路的总电阻变大，根据I总＝，得干路中的电流变小，S两端的电压U＝I总RS变小，A、B错误；当RM变小时，回路的总电阻变小，根据I总＝，得干路中的电流变大，S两端的电压U＝I总RS变大，由R总＝＋RS知，R越大，RM变小时，对回路的总电阻变化的影响越明显，C正确，D错误。
3．如图所示电路中，电源电动势E恒定， ( http: / / www.21cnjy.com )内阻r＝1 Ω。定值电阻R3＝5 Ω。当电键K断开与闭合时，ab段电路消耗的电功率相等，则下列说法中正确的是( )
A．电阻R1、R2可能分别为4 Ω、5 Ω
B．电阻R1、R2可能分别为3 Ω、6 Ω
C．电键K断开时电压表的示数一定大于K闭合时的示数
D．电键K断开与闭合时电压表的示数变化量大小与电流表的示数变化量大小之比一定等于6 Ω
解析：选ACD 由闭合电路欧姆定律，电 ( http: / / www.21cnjy.com )键K断开与闭合时的电流分别为I1＝、I2＝，ab段电路消耗的电功率I(R1＋R2)＝IR1，将选项A和B中的阻值代入，A正确，B错误；电键K断开时外电路总电阻增大，则干路电流减小，a、b间电压U＝E－I(r＋R3)增大，C正确；把R3看成是电源的一部分，则电压表读数视为路端电压，有＝r＋R3，D正确。
考向二 交变电流的产生和描述 (选择题)
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．正弦式交流电的“四值”的应用(以电动势为例)
四值 计算式 应用
最大值 Em＝NBSω 计算电容器的耐压值
瞬时值 e＝Emsin ωt 计算闪光电器的闪光时间等
有效值 E＝ 电表的读数、电热、电功及保险丝熔断电流的计算等
平均值 ＝ 计算通过导体横截面的电量等
(2014·巴中质检)图甲为小 ( http: / / www.21cnjy.com )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′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表，示数是10 V。图乙是矩形线圈磁通量Φ随时间t变化的图像，则( )
A．电阻R上的热功率为20 W
B．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＝10cos 100πt(V)
D．通过R的电流i随时间t变化的规律是i＝cos 50πt(A)
[思路探究]
(1)计算功率时要用交流电的有效值，电表的读数即为电阻R两端电压的有效值。
(2)弄清各时刻线圈所处的位置是求解瞬时值的关键。
(3)书写瞬时值表达式时要弄清三个关键：最大值、角速度、零时刻线圈所处的位置。
[解析] 电压表的示数为该电压的有效值， ( http: / / www.21cnjy.com )因此电阻R上的热功率P＝＝10 W，A错误；由图像可知，0.02 s时，磁通量为零，此时线圈处于垂直于中性面的位置，产生的电动势以及路端电压应该是最大的，B错误；由图像知，该交流电为余弦式变化的交流电，因此电压的最大值为10 V，周期T＝0.02 s，则ω＝＝100π rad/s，所以电压随时间的变化规律u＝Um·cost＝10cos 100πt(V)，C正确；通过R的最大电流为Im＝＝ A，因此电流随时间的变化规律为i＝Imcos t＝cos 100πt(A)，D错误。
[答案] C
[感悟升华]
交变电流瞬时值表达式书写的基本思路
(1)确定正余弦交变电流的峰值，根据已知图像或由公式Em＝NBSω求出相应峰值。
(2)明确线圈的初始位置，找出对应的 ( http: / / www.21cnjy.com )函数关系式。若线圈从中性面开始计时，则E t关系为正弦函数，函数表达式为e＝Emsin ωt。若线圈从垂直中性面开始计时，则E t关系为余弦函数，函数表达式为e＝Emcos ωt。
4．(2014·天津高考)如图甲所示， ( http: / / www.21cnjy.com )在匀强磁场中，一矩形金属线圈两次分别以不同的转速，绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的交变电动势图像如图乙中曲线a、b所示，则( )
A．两次t＝0时刻线圈平面均与中性面重合
B．曲线a、b对应的线圈转速之比为2∶3
C．曲线a表示的交变电动势频率为25 Hz
D．曲线b表示的交变电动势有效值为10 V
解析：选AC t＝0时刻，两次 ( http: / / www.21cnjy.com )产生的交流电的电动势瞬时值均为零，因此线圈平面均与中性面重合，A正确；图中a、b对应的周期之比为2∶3，因此线圈转速之比na∶nb＝∶＝3∶2，B错误；a线表示的交流电动势的频率为fa＝＝ Hz＝25 Hz，C正确；曲线a表示的交变电动势的最大值Eam＝NBS·，由图像知Eam＝15 V，曲线b表示的交变电动势的最大值Ebm＝NBS·，因此＝＝，Ebm＝10 V，有效值Eb＝ V＝5 V，D错误。
5．如图所示，单匝矩形闭合导线框abc ( http: / / www.21cnjy.com )d全部处于磁感应强度为B的水平匀强磁场中，线框面积为S，电阻为R。线框绕与cd边重合的竖直固定转轴以角速度ω从中性面开始匀速转动，下列说法正确的是( )
A．转过时，线框中的电流方向为abcda
B．线框中感应电流的有效值为
C．从中性面开始转过的过程中，通过线框横截面的电荷量为
D．线框转一周的过程中，产生的热量为
解析：选C 由楞次定律和右手定则可知，转 ( http: / / www.21cnjy.com )过时，线框中的电流方向为adcba，A错误；线框中感应电流的最大值Im＝，由于线框中的感应电流是正弦交流电，其电流有效值I＝＝，B错误；由q＝可知，从中性面开始转过的过程中，通过线框横截面的电荷量q＝，C正确；线框转一周的过程中，产生的热量等于感应电流做的功，因此Q＝W＝I2R·＝，D错误。
6．图甲是小型交流发电机的示 ( http: / / www.21cnjy.com )意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场， 为交流电流表。线圈绕垂直于磁场的水平轴OO′沿逆时针方向匀速转动，从图示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图像如图乙所示。下列判断正确的是( )
A．电流表的示数为10 A
B．线圈转动的角速度为50π rad/s
C．0.01 s时线圈平面与磁场方向平行
D．0.02 s时电阻R中电流的方向自右向左
解析：选AC 电流表测量的是电路中电流 ( http: / / www.21cnjy.com )的有效值I＝10 A，A正确；由图像可知，T＝0.02 s，所以ω＝＝100π rad/s，B错误；t＝0.01 s时，电流最大，线圈平面与磁场方向平行，C正确；T ＝0.02 s时，线圈所处的状态就是图示状况，此时R中电流的方向自左向右，D错误。
考向三 变压器和远距离输电 (选择题)
1．理想变压器的动态分析
(1)根据题意弄清变量和不变量。一般情况下原线圈电压不变，原、副线圈的匝数比不变，其他物理量可能随电路的变化而发生变化。
(2)弄清动态变化过程中的决定关系。当原、副线圈匝数比一定时，U2由U1决定，P1由P2决定，I1由I2决定。
(3)分析流程如下
由＝分析U2由I2＝分析I2
由P1＝P2＝I2U2分析P1由P1＝U1I1分析I1由＝分析I1由P1＝U1I1分析P1
2．远距离输电过程功率的关系
(1)变压器输出功率：P出＝P损＋P用。
(2)输电线上的电流：I＝。
(3)输电线上损失的功率P损＝I2R线＝2R线＝＝U损I。
(2014·四川高考)如图所示，甲是远距离输电线路的示意图，乙是发电机输出电压随时间变化的图像，则( )
A．用户用电器上交流电的频率是100 Hz
B．发电机输出交流电的电压有效值是500 V
C．输电线的电流只由降压变压器原、副线圈的匝数比决定
D．当用户用电器的总电阻增大时，输电线上损失的功率减小
[解析] 由题图乙可得交流电的频率是5 ( http: / / www.21cnjy.com )0 Hz，发电机输出电压的最大值是500 V，所以有效值为250 V，变压器在输电过程中不改变交流电的频率，A、B错误；输电线的电流是由降压变压器的负载电阻和输出电压决定的，C错误；由于升压变压器的输出电压不变，当用户用电器的总电阻增大时，输出电流减小，根据电流与匝数成反比的关系可知，输电线上的电流减小，由P线＝IR线可知，输电线上损失的功率减小，D正确。
[答案] D
[感悟升华]
分析理想变压器动态问题时应注意的问题
当原、副线圈匝数变化时，要根据变压比确定副线圈电压的变化情况，从而进一步判断出变压器的输出电流、输出功率及输入电流、输入功率的变化情况。
7．(2013·四川高考)用220 V的 ( http: / / www.21cnjy.com )正弦交流电通过理想变压器对一负载供电，变压器输出电压是110 V，通过负载的电流图像如图所示，则( )
A．变压器输入功率约为3.9 W
B．输出电压的最大值是110 V
C．变压器原、副线圈匝数比是1∶2
D．负载电流的函数表达式i＝0.05sin A
解析：选A 由负载电流图像知，负载电流I2＝ ( http: / / www.21cnjy.com ) A，变压器的输出功率P2＝I2U2＝×110 W≈3.9 W，输入功率P1＝P2＝3.9 W，A正确；输出电压的最大值为U2m＝110 V，B错误；变压器原、副线圈的匝数比是＝＝2∶1，C错误；由图像知，负载电流的函数表达式i＝0.05sin 100πt(A)，D错误。
8．(2014·浙江高考)如图所示为 ( http: / / www.21cnjy.com )远距离交流输电的简化电路图。发电厂的输出电压是U，用等效总电阻是r的两条输电线输电，输电线路中的电流是I1，其末端间的电压为U1。在输电线与用户间连有一理想变压器，流入用户端的电流为I2。则( )
A．用户端的电压为
B．输电线上的电压降为U
C．理想变压器的输入功率为Ir
D．输电线路上损失的电功率为I1U
解析：选A 理想变压器输入和输出功率相 ( http: / / www.21cnjy.com )同，设用户端得到的电压为U2，则有I1U1＝U2I2，U2＝，A正确；输电线上的电压降为ΔU＝I1r，或者ΔU＝U－U1，B错误；理想变压器的输入功率为P＝I1U1，C错误；输电线路上损失的电功率为ΔP＝Ir，D错误。
9．(2014·全国新课标Ⅱ) 如图所示 ( http: / / www.21cnjy.com )，一理想变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2。原线圈通过一理想电流表○ 接正弦交流电源，一个二极管和阻值为R的负载电阻串联后接到副线圈的两端。假设该二极管的正向电阻为零，反向电阻为无穷大。用交流电压表测得a、b端和c、d端的电压分别为Uab和Ucd，则( )
A．Uab∶Ucd＝n1∶n2
B．增大负载电阻的阻值R，电流表的读数变小
C．负载电阻的阻值越小，cd间的电压Ucd越大
D．将二极管短路，电流表的读数加倍
解析：选BD 经交流电压表、交流电 ( http: / / www.21cnjy.com )流表测得的值分别为交变电压和交变电流的有效值，根据变压器公式＝得到输出电压，而c、d端电压不等于输出电压U2，因二极管具有单向导电性，输入电压通过变压器变压后经二极管整流后有效值发生变化， Ucd＝＝，则Uab∶Ucd＝n1∶n2，A错误；增大负载电阻的阻值R, Uab不变，Ucd也不变，根据P出＝可知输出功率减小，根据理想变压器的输入功率等于输出功率可知，输入功率必减小，故电流表读数变小，B正确，C错误；二极管短路时，U′cd＝U2，输出功率P′出＝＝＝2P出，故输入功率P1也加倍，而输入电压U1不变，根据P1＝U1I1得电流表读数加倍，D正确。
交变电流的综合问题分析
如图所示，有一矩形线圈的面 ( http: / / www.21cnjy.com )积为S，匝数为N，内阻不计，绕OO′轴在水平方向的磁感应强度为B的匀强磁场中以角速度ω做匀速转动，从图示位置开始计时。矩形线圈通过滑环接一理想变压器，滑动触头P上下移动时可改变输出电压，副线圈接有可调电阻R，下列判断正确的是( )
A．矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为e＝NBSωcos ωt
B．矩形线圈从图示位置经过 时间时，通过电流表的电荷量为零
C．当P位置不动，R增大时，电压表读数也增大
D．当P位置向上移动，R不变时，电流表读数减小
第1步：找关键点
(1)由开始计时时线圈所处的位置，可知计时时线圈中的感应电动势最大。
(2)电压表的读数等于发电机输出电压的有效值，也等于变压器的输入电压。
(3)P向上移动，说明原线圈匝数减少。
第2步：寻交汇点
(1)交变电流：变压器的工作原理、电路的动态分析、瞬时感应电动势的计算。
(2)电磁感应：法拉第电磁感应定律的应用。
第3步：明突破点
(1)书写交变电流的瞬时值表达式时，关键是弄清最大值、开始计时时线圈的位置、角速度。
(2)通过线圈的电荷量可根据q＝N进行计算。
[解析] 计时起点线圈中的感应电动势为 ( http: / / www.21cnjy.com )最大值NBSω，所以感应电动势的瞬时值表达式为e＝NBSω·cos ωt，A正确；矩形线圈从图示位置经过时间，线圈磁通量的变化量为ΔΦ＝BS，故通过电流表的电荷量q＝N，所以不为零，B错误；电压表示数是线圈产生的感应电动势的有效值，即总是，C错误；当P位置向上移动时，输出电压升高，R不变时，输出功率增大，电流表读数增大，D错误。
[答案] A
[感悟升华]
交变电流的综合问题，涉及交流 ( http: / / www.21cnjy.com )电路最大值、有效值、平均值、瞬时值的计算，以及与电磁感应、安培力、闭合电路欧姆定律的综合应用等，解答时应注意以下几点：
(1)分清交流电路“四值”的不同计算方法和物理意义。
(2)学会将直流电路、部分电路欧姆定律的知识应用在交流电路中。
[跟踪训练]
(2014·德阳模拟)某 ( http: / / www.21cnjy.com )兴趣小组设计了一种发电装置，如图所示。在磁极和圆柱状铁芯之间形成的两磁场区域的圆心角α均为π，磁场均沿半径方向。匝数为N的矩形线圈abcd的边长ab＝cd＝l、bc＝ad＝2l。线圈以角速度ω绕中心轴匀速转动，bc和ad边同时进入磁场。在磁场中，两条边所经过处的磁感应强度大小均为B、方向始终与两边的运动方向垂直。线圈的总电阻为r，外接电阻为R。求：
(1)线圈切割磁感线时，感应电动势的大小Em；
(2)线圈切割磁感线时，bc边所受安培力的大小F；
(3)外接电阻上电流的有效值I。
解析：(1)bc、ad边的运动速度
v＝ω①
感应电动势
Em＝Ead＋Ebc＝4NBlv②
解得Em＝2NBl2ω③
(2)由闭合电路欧姆定律知回路中的电流
Im＝ ④
bc边受到的安培力F＝NBIm·2l⑤
解③④⑤得F＝⑥
(3)一个周期内，通电时间
t＝T＝T⑦
R上消耗的电能W＝IRt
且W＝I2RT⑧
解得I＝⑨
答案：(1)2NBl2ω (2) (3)
一、选择题
1．(2014·绵阳质检)如图所示，实验室 ( http: / / www.21cnjy.com )一台手摇交流发电机，内阻r＝1.0 Ω，外接R＝9.0 Ω的电阻。闭合开关S，当发电机转子以某一转速匀速转动时，产生的电动势e＝10·sin 10πt(V)，则( )
A．该交变电流的频率为10 Hz
B．该电动势的有效值为10 V
C．外接电阻R所消耗的电功率为10 W
D．电路中理想交流电流表的示数为1.0 A
解析：选D 因e＝10sin 10πt(V)，故ω＝10π rad/s，f＝＝5 Hz，A错误；Em＝10 V，故其有效值E＝＝10 V，B错误；交流电表的示数及功率的计算均要用有效值，因此电路中的示数I＝＝1.0 A，D正确；外接电阻R所消耗功率为P＝I2R＝1.02×9 W＝9 W，C错误。
2．(2014·江苏高考)远距离输电的原理图 ( http: / / www.21cnjy.com )如图所示，升压变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，电压分别为U1、U2，电流分别为I1、I2，输电线上的电阻为R。变压器为理想变压器，则下列关系式中正确的是( )
A.＝ B．I2＝
C．I1U1＝IR D．I1U1＝I2U2
解析：选D 根据变压器的工作原理可知＝，A错误；因U2、I2、R不满足欧姆定律公式中物理量之间的对应关系，B错误；U1I1＝U2I2，但U2I2≠IR，C错误，D正确。
3．如图甲所示为一个小型电风 ( http: / / www.21cnjy.com )扇的电路简图，其中理想变压器的原、副线圈匝数之比n1∶n2＝10∶1，接线柱a、b接上一个正弦交变电源，电压随时间变化规律如图乙所示，输出端接有额定电压均为12 V的灯泡和风扇电动机，电动机线圈电阻r＝2 Ω。接通电源后，灯泡正常发光，风扇正常工作，则( )
A．电阻R两端的电压是8 V
B．通过风扇电动机的电流是6 A
C．通过灯泡的交流电频率是100 Hz
D．风扇突然卡住的瞬间，灯泡变暗
解析：选D 变压器输入电压220 ( http: / / www.21cnjy.com ) V，输出电压22 V，灯泡正常发光，风扇正常工作，电阻R两端的电压是22 V－12 V＝10 V，A错误；通过风扇电动机的电流一定小于6 A，通过灯泡的交流电频率是50 Hz，B、C错误；风扇突然卡住的瞬间，电风扇中电流增大，灯泡中电流减小，灯泡变暗，D正确。
4．如图所示的电路中，电源电动势为E、内阻 ( http: / / www.21cnjy.com )为r，两平行金属板间有匀强磁场。开关S闭合后，当滑动变阻器滑片位于图示位置时，一带电粒子恰好以速度v匀速穿过两板。若不计重力，下列说法不正确的是( )
A．如果将开关断开，粒子将继续沿直线运动
B．保持开关闭合，将a极板向下移动一点，粒子可能向上偏转
C．保持开关闭合，将滑片P向上滑动一点，粒子将可能从下极板边缘射出
D．保持开关闭合，将滑片P向下滑动一点，粒子将可能从下极板边缘射出
解析：选A 将开关断开，电容器将通过 ( http: / / www.21cnjy.com )滑动变阻器放电，a、b板间的场强逐渐减小到零，所以粒子受到的洛伦兹力大于电场力，粒子将发生偏转，A错误；保持开关闭合，电容器两端电压不变，将a极板向下移动一点，由E＝知两极板之间电场强度增大，粒子所受电场力增大，它可能向上偏转，B正确；保持开关闭合，将滑片P向上滑动一点，平行金属板间电压降低，由F＝qE＝知粒子所受电场力小于洛伦兹力，若粒子带负电，粒子将可能从下极板边缘射出，C正确；保持开关闭合，将滑片P向下滑动一点，平行金属板间电压升高，粒子所受电场力大于洛伦兹力；若粒子带正电，它将可能从下极板边缘射出，D正确。
5．(2014·福建高考)如图所示 ( http: / / www.21cnjy.com )为模拟远距离输电实验电路图，两理想变压器的匝数n1＝n4＜n2＝n3，四根模拟输电线的电阻R1、R2、R3、R4的阻值均为R，A1、A2为相同的理想交流电流表，L1、L2为相同的小灯泡，灯丝电阻RL＞2R，忽略灯丝电阻随温度的变化。当A、B端接入低压交流电源时( )
A．A1、A2两表的示数相同
B．L1、L2两灯泡的亮度相同
C．R1消耗的功率大于R3消耗的功率
D．R2两端的电压小于R4两端的电压
解析：选D 远距离输电过程中，应 ( http: / / www.21cnjy.com )用高压输电能够减小输电线上的功率损失，R1消耗的功率小于R3消耗的功率，C错；而比较两个不同输电回路，输电线电阻相同，由P损＝I2·2R可知，A1示数小于A2示数，A错；根据欧姆定律可知，R2两端电压小于R4两端电压，D正确；由于输电线上损失电压不同，故两灯泡两端电压不同，故亮度不同，B错。
6．(2014·山东高考) 如图所示， ( http: / / www.21cnjy.com )将额定电压为60 V的用电器，通过一理想变压器接在正弦交变电源上。闭合开关S后，用电器正常工作，交流电压表和交流电流表(均为理想电表)的示数分别为220 V和2.2 A。以下判断正确的是( )
A．变压器输入功率为484 W
B．通过原线圈的电流的有效值为0.6 A
C．通过副线圈的电流的最大值为2.2 A
D．变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝11∶3
解析：选BD 由题意知U1＝220 ( http: / / www.21cnjy.com ) V，U2＝60 V，I2＝2.2 A，则由P1＝P2＝U2I2，＝＝解得n1∶n2＝11∶3，I1＝0.6 A，P1＝132 W，B、D正确，A错误；由于电流表显示的是有效值，因此通过副线圈电流的最大值为2.2 A，C错误；
7．(2014·广元质检)如图所示电 ( http: / / www.21cnjy.com )路中，开关闭合稳定后，某时刻理想电压表和电流表的读数都突然增大，造成这一现象的原因是电阻元件发生短路或断路故障，则可能出现了下列哪种故障( )
A．R1断路 B．R1短路
C．R2断路 D．R3短路
解析：选AD 若R1断路，则外电压增大 ( http: / / www.21cnjy.com )，电压表、电流表的读数均增大；若R1短路，则两电表读数应为零；若R2断路，则电流表读数减小至接近零，电压表读数增大；若R3短路，回路的总电阻减小，由闭合电路欧姆定律I＝得干路的总电流增大，所以U＝E－Ir，电源的外电压减小，通过R1的电流减小；因I＝I1＋I2，所以通过电流表支路的电流增大，故电压表和电流表的读数都突然增大，A、D正确。
8．(2014·四川名校 ( http: / / www.21cnjy.com )联考)如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2＝4∶1，原线圈接图乙所示的正弦交流电，副线圈与理想电压表、理想电流表、热敏电阻RT(阻值随温度的升高而减小)及报警器P组成闭合电路，回路中电流增大到一定值时报警器P将发出警报声。则以下判断正确的是( )
A．变压器副线圈中交流电压的瞬时表达式u＝9·sin 100πt(V)
B．电压表示数为9 V
C．RT处温度升高到一定值时，报警器P将会发出警报声
D．RT处温度升高时，变压器的输入功率变小
解析：选AC 由图乙知原线圈输入电 ( http: / / www.21cnjy.com )压的峰值U1＝36 V，由变压器变压公式＝知，变压器副线圈输出电压为9 V，副线圈中交流电压的瞬时表达式u＝9sin 100πt(V)，A正确；电压表示数小于9 V，B错误；RT处温度升高到一定值时，热敏电阻RT减小到一定值，回路中电流增加到一定值时报警器P将会发出警报声，C正确；RT处温度升高时，变压器输出电流增大，变压器的输入功率增大，D错误。
二、非选择题
9．如图所示，边长为l的 ( http: / / www.21cnjy.com )正方形线圈abcd的匝数为n，线圈电阻为r，外电路的电阻为R，ab的中点和cd的中点的连线OO′恰好位于匀强磁场中的边界上，磁感应强度为B，现在线圈以OO′为轴，以角速度ω匀速转动，求：
(1)闭合电路中电流瞬时值的表达式；
(2)线圈从图示位置转过90°的过程中电阻R上产生的热量；
(3)线圈从图示位置转过90°的过程中电阻R上通过的电荷量；
(4)电阻R上的最大电压。
解析：(1)线圈转动时，总有一条边切割磁感线，且ad边和bc边转动的线速度大小相等，当线圈平行于磁场时，产生的感应电动势最大，为
Em＝nBlv＝nBl·ω·l＝nBl2ω
由闭合电路欧姆定律可知电路中电流的最大值
Im＝＝
以图示位置，即中性面作为计时起点，流过R的电流表达式
i＝Imsin ωt＝sin ωt
(2)在线圈由图示位置匀速转过90°的过程中，用有效值来计算电阻R上产生的热量Q＝I2R·
其中I＝＝，T＝
即Q＝I2R·＝
(3)在转过90°的过程中感应电动势的平均值
＝n＝＝
流过R的平均电流
＝＝
所以流过R的电荷量
q＝·＝
(4)由部分电路欧姆定律可知电阻R上的最大电压
Um＝ImR＝
答案：(1)i＝sin ωt (2) (3) (4)
10.发电机的端电压为220 V， ( http: / / www.21cnjy.com )输出电功率为44 kW，输电导线的电阻为0.2 Ω，如果用初、次级线圈匝数之比为1∶10的升压变压器升压，经输电线路后，再用初、次级线圈匝数比为10∶1的降压变压器降压供给用户。
(1)画出全过程的线路图；
(2)求用户得到的电压和功率；
(3)若不经过变压而直接送到用户，求用户得到的功率和电压。
解析：(1)线路图如图所示。
(2)升压变压器次级线圈的输出电压U2＝U1＝2 200 V
设升压变压器初级线圈输入电流I1，由P＝U1I1得
I1＝＝ A＝200 A
所以升压变压器次级线圈输出电流I2＝I1＝20 A
输电线路上的电压损失和功率损失分别为
UR＝I2R＝4 V
PR＝IR＝0.08 kW
加到降压变压器初级线圈上的输入电流和电压分别为
I3＝I2＝20 A
U3＝U2－UR＝2 196 V
降压变压器的输出电压和电流分别为
U4＝U3＝219.6 V
I4＝I3＝200 A
用户得到的功率 P4＝U4I4＝43.92 kW
(3)若不采用高压输电，线路损失电压为U′R＝I1R＝40 V
用户得到的电压U′＝U1－ U′R＝180 V
用户得到的功率为P′＝U′I1＝36 kW
答案：(1)见解析图 (2)219.6 V 43.92 kW (3)36 kW 180 V
考向一 楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用 (选择题)
1．楞次定律中“阻碍”的表现
(1)阻碍磁通量的变化(增反减同)。
(2)阻碍物体间的相对运动(来拒去留)。
(3)阻碍原电流的变化(自感现象)。
2．楞次定律和右手定则的适用对象
(1)楞次定律：一般适用于线圈面积不变，磁感应强度发生变化的情形。
(2)右手定则：一般适用于导体棒切割磁感线的情形。
3．求感应电动势大小的五种类型
(1)磁通量变化型：E＝n。
(2)磁感应强度变化型：E＝nS。
(3)面积变化型：E＝nB。
(4)平动切割型：E＝Blv。
(5)转动切割型：E＝nBl2ω。
(2014·四川高考)如图所 ( http: / / www.21cnjy.com )示，不计电阻的光滑U形金属框水平放置，光滑、竖直玻璃挡板H、P固定在框上，H、P的间距很小。质量为0.2 kg的细金属杆CD恰好无挤压地放在两挡板之间，与金属框接触良好并围成边长为1 m的正方形，其有效电阻为0.1 Ω。此时在整个空间加方向与水平面成30°角且与金属杆垂直的匀强磁场，磁感应强度随时间变化规律是B＝(0.4－0.2t)T，图示磁场方向为正方向。框、挡板和杆不计形变。则( )
A．t＝1 s时，金属杆中感应电流方向从C到D
B．t＝3 s时，金属杆中感应电流方向从D到C
C．t＝1 s时，金属杆对挡板P的压力大小为0.1 N
D．t＝3 s时，金属杆对挡板H的压力大小为0.2 N
[思路探究]
(1)穿过磁场的磁通量并不是一直减小，当B＝0时，磁通量开始反向增加。
(2)感应电流的方向和安培力的方向分别用楞次定律和左手定则进行判断。
[解析] 由于B＝(0.4－0.2 ( http: / / www.21cnjy.com )t)T，在t＝1 s时穿过平面的磁通量向下并减少，则根据楞次定律可以判断，金属杆中感应电流方向从C到D，A正确；在t＝3 s时穿过平面的磁通量向上并增加，则根据楞次定律可以判断，金属杆中感应电流方向仍然是从C到D，B错误；由法拉第电磁感应定律得E＝＝Ssin 30°＝0.1 V，由闭合电路的欧姆定律得电路电流I＝＝1 A，在t＝1 s时，B＝0.2 T，方向斜向下，电流方向从C到D，金属杆对挡板P的压力水平向右，大小为FP＝BILsin 30°＝0.1 N，C正确；同理，在t＝3 s时，金属杆对挡板H的压力水平向左，大小为FH＝BILsin 30°＝0.1 N，D错误。
[答案] AC
[感悟升华]
解决与电路相联系的电磁感应问题的基本方法
(1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律(右手定则)确定感应电动势的大小和方向。
(2)画出等效电路，对整个回路进行分析，确定哪一部分是电源、哪一部分为负载以及负载间的连接关系。
(3)运用闭合电路欧姆定律、串并联电路的性质、电功率等公式求解。
1. (2014·内江模拟 ( http: / / www.21cnjy.com ))如图所示，上下开口、内壁光滑的铜管P和塑料管Q竖直放置，小磁块先后在两管中从相同高度处由静止释放，并落至底部。则小磁块( )
A．在P和Q中都做自由落体运动
B．在两个下落过程中的机械能都守恒
C．在P中的下落时间比在Q中的长
D．落至底部时在P中的速度比在Q中的大
解析：选C 小磁块从铜管P中下 ( http: / / www.21cnjy.com )落时，P中的磁通量发生变化，P中产生感应电流，给小磁块一个向上的磁场力，阻碍小磁块向下运动，因此小磁块在P中不是做自由落体运动，而塑料管Q中不会产生电磁感应现象，因此Q中小磁块做自由落体运动，A错误；P中的小磁块受到的磁场力对小磁块做负功，机械能不守恒，B错误；由于在P中小磁块下落的加速度小于g，而Q中小磁块做自由落体运动，因此从静止开始下落相同高度，在P中下落的时间比在Q中下落的时间长，C正确；根据动能定理可知，落到底部时在P中的速度比在Q中的速度小，D错误。
2．(2014·江苏高考)如图所示，一正方形 ( http: / / www.21cnjy.com )线圈的匝数为n，边长为a，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中。在Δt时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B均匀地增大到2B。在此过程中，线圈中产生的感应电动势为( )
A. B. C. D.
解析：选B 磁感应强度的变化率＝＝，法拉第电磁感应定律公式可写成E＝n＝nS，其中磁场中的有效面积S＝a2，代入得E＝，B正确，A、C、D错误。
3．(2014·山东高考 ( http: / / www.21cnjy.com ))如图所示，一端接有定值电阻的平行金属轨道固定在水平面内，通有恒定电流的长直绝缘导线垂直并紧靠轨道固定，导体棒与轨道垂直且接触良好。在向右匀速通过M、N两区的过程中，导体棒所受安培力分别用FM、FN表示。不计轨道电阻。以下叙述正确的是( )
A．FM向右 B．FN向左
C．FM逐渐增大 D．FN逐渐减小
解析：选BCD 由题意可 ( http: / / www.21cnjy.com )知，根据安培定则，在轨道内的M区、N区通电长直导线产生的磁场分别垂直轨道平面向外和向里，由此可知，当导体棒运动到M区时，根据右手定则可以判定，在导体棒内产生的感应电流与长直绝缘导线中的电流方向相反，再根据左手定则可知，金属棒在M区时受到的安培力方向向左，A错误；同理可以判定B正确；再根据导体棒在M区匀速靠近长直绝缘导线时对应的磁场越来越大，因此产生的感应电动势越来越大，根据闭合电路的欧姆定律和安培力的公式可知，导体棒所受的安培力FM也逐渐增大，C正确；同理D正确。
考向二 电磁感应的图像问题 (选择题)
1．问题分类
在电磁感应现象中，回路产生的感应电动 ( http: / / www.21cnjy.com )势、感应电流及磁场对导线的作用力随时间的变化规律，也可用图像直观地表示出来，如I t、B t、E t、E x、I x图像等。此问题可分为两类：
(1)由给定的电磁感应过程选出相应的物理量的函数图像。
(2)由给定的有关图像分析电磁感应过程，确定相关的物理量。
2．分析思路
(1)明确图像的种类。
(2)分析电磁感应的具体过程。
(3)结合相关规律写出函数表达式。
(4)根据函数关系进行图像分析。
(2014·眉山质检)如图甲所示， ( http: / / www.21cnjy.com )在水平面(纸面)内有三根相同的均匀金属棒ab、ac和MN，其中ab、ac在a点接触，构成“V”字型导轨，空间存在垂直于纸面的均匀磁场。用力使MN向右匀速运动，从图示位置开始计时，运动中MN始终与∠bac的平分线垂直且和导轨保持良好接触。下列关于回路中电流i与时间t的关系图线，可能正确的是( )
乙
[思路探究]
(1)找到等效电路和等效电源，并计算出感应电动势和回路电阻。
(2)从动生感应电动势和闭合电路欧姆定律角度入手，求出回路电流的表达式，根据表达式判断电流的变化规律。
[解析] 设图示位置时a距棒的距离为l0 ( http: / / www.21cnjy.com )，导体棒匀速切割磁感线的速度为v，单位长度金属棒的电阻为R0，导轨夹角为θ，运动时间t时，切割磁感线的导体棒长度l＝2(l0＋vt)tan ，有效电路中导体棒长度l总＝l＋，导体棒切割磁感线产生的感应电动势e＝Blv＝2Bv(l0＋vt)·tan，电路中总电阻R＝R0l总＝ R0，所以i＝＝＝，即i为恒定值与t无关，A正确。
[答案] A
[感悟升华]
解答电磁感应图像问题的“三个关注”
4．(2014·全国新课标Ⅰ) 如图甲 ( http: / / www.21cnjy.com )所示，线圈ab、cd绕在同一软铁芯上，在ab线圈中通以变化的电流，用示波器测得线圈cd间电压如图乙所示。已知线圈内部的磁场与流经线圈的电流成正比，则图丙中描述线圈ab中电流随时间变化关系的图中，可能正确的是( )
解析：选C 根据题图乙可知：cd两端在0～0 ( http: / / www.21cnjy.com ).5 s产生恒定的电压，根据法拉第电磁感应定律，穿过线圈的磁通量均匀变化，即恒定不变，C正确，A、B、D错误。
5．(2014·德阳一模)如图 ( http: / / www.21cnjy.com )甲所示，在x≤0的区域内存在匀强磁场，磁场的方向垂直于纸面向里。矩形线框abcd从t＝0时刻起由静止开始沿x轴正方向做匀加速运动，则线框中的感应电流I(取逆时针方向的电流为正)随时间t的变化图线是图乙中的( )
解析：选D 线框沿x轴正方向做匀加 ( http: / / www.21cnjy.com )速运动，cd边切割磁感线，根据右手定则，电流方向为顺时针，即负方向，A、C错误；线圈产生的感应电动势E＝BLv＝Blat，B错误，D正确。
6．在如图甲所示的电路中，L ( http: / / www.21cnjy.com )是一个自感系数很大、直流电阻不计的线圈，D1、D2是两个完全相同的电灯，E是内阻不计的电源。t＝0时刻，闭合开关S，经过一段时间后，电路达到稳定，t1时刻断开开关S。规定图示流过电灯D1、D2的电流方向为正，分别用I1、I2表示流过电灯D1和D2中的电流，则图乙中能定性描述I1、I2随时间t变化关系的是( )
解析：选AC t＝0时刻，闭合开关S，因线 ( http: / / www.21cnjy.com )圈的自感作用，电流由D1直接流到D2，但随线圈中的电流增大，D1中的电流逐渐变小；当电流稳定时，D1中电流为零，D2中电流达最大；t1时刻断开S后，D2中电流立即为零，而因线圈的自感作用，线圈与D1构成回路，此时D1中的电流与线圈中相等，方向向上，逐渐减小，A、C正确。
考向三 电磁感应的动力学、能量问题 (选择题或计算题)
1．导体棒(或部分线圈)切割磁感线时的分析思路
2．两种状态处理
(1)导体处于平衡态
处理方法：根据平衡条件(合力等于零)列式分析。
(2)导体处于非平衡态
处理方法：根据牛顿第二定律进行动态分析，或结合功能关系分析。
3．三种求解电能的思路
(1)利用克服安培力做的功求解：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功。
(2)利用能量守恒求解：其他形式的能的减少量等于产生的电能。
(3)利用电路特征求解：通过电路所产生的电能来计算。
(2014·遂宁模拟)如图所示，一对光 ( http: / / www.21cnjy.com )滑的平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距l＝0.5 m，左端接有阻值R＝0.3 Ω的电阻。一质量m＝0.1 kg、电阻r＝0.1 Ω的金属棒MN放置在导轨上，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B＝0.4 T。金属棒在水平向右的外力作用下，由静止开始以a＝2 m/s2的加速度做匀加速运动，当金属棒的位移x＝9 m时撤去外力，金属棒继续运动一段距离后停下来，已知撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1∶Q2＝2∶1。导轨足够长且电阻不计，金属棒在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触。求：
(1)金属棒在匀加速运动过程中，通过电阻R的电荷量q；
(2)撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2；
(3)外力做的功WF。
[解析] (1)设金属棒匀加速运动的时间为Δ ( http: / / www.21cnjy.com )t，做匀速运动过程中回路的磁通量变化量为ΔΦ，回路中的平均感应电动势为，由法拉第电磁感应定律得
＝①
其中ΔΦ＝Blx②
设回路中的平均电流为，由闭合电路欧姆定律得＝③
则通过电阻R的电荷量为q＝Δt④
联立①②③④式，代入数据得q＝4.5 C⑤
(2)设撤去外力时金属棒的速度为v，对金属棒的匀加速运动过程，由运动学公式得
v2＝2ax⑥
设金属棒在撤去外力后的运动过程中安培力做功为W，由动能定理得
W＝0－mv2⑦
撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2＝－W⑧
联立⑥⑦⑧式，代入数据得Q2＝1.8 J⑨
(3)由题意知，撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1∶Q2＝2∶1
可得Q1＝3.6 J⑩
在棒运动的整个过程中，由功能关系可知WF＝Q1＋Q2
由⑨⑩式得WF＝5.4 J
[答案] (1)4.5 C (2)1.8 J (3)5.4 J
[感悟升华]
此类问题中力现象和电磁现象相互联系、相互制约，解决问题前首先要建立“动→电→动”的思维顺序。
1．基本思路
(1)找准主动运动者，用法拉第电磁感应定律和楞次定律(右手定则)求解电动势大小和方向。
(2)根据欧姆定律，求解回路中电流。
(3)分析安培力对导体棒加速度、速度的影响，从而推理得出对电路中电流的影响，最后定性分析出导体棒的最终运动情况。
(4)运用运动学方程、牛顿第二定律、平衡方程或功能关系求解。
2．注意的问题
运用功能关系时，确定有哪些形式 ( http: / / www.21cnjy.com )的能量发生了转化。如有摩擦力做功，必有内能产生；有重力做功，重力势能必然发生变化；安培力做负功，必然有其他形式的能转化为电能。
7．如图所示，在距离水平地面h＝0.8 m的 ( http: / / www.21cnjy.com )虚线的上方有一个方向垂直于纸面向里的匀强磁场。正方形线框abcd的边长l＝0.2 m，质量m＝0.1 kg，电阻R＝0.08 Ω。某时刻对线框施加竖直向上的恒力F＝2 N，且ab边进入磁场时线框以v0＝2 m/s的速度恰好做匀速运动。当线框全部进入磁场后，立即撤去外力F，线框继续上升一段时间后开始下落，最后落至地面。整个过程线框没有转动，线框平面始终处于纸面内，g取10 m/s2。求：
(1)匀强磁场的磁感应强度B的大小；
(2)线框从开始进入磁场到运动到最高点所用的时间；
(3)线框落地时的速度大小。
解析：(1)线框的ab边刚进入磁场时，感应电流I＝＝
线框恰好做匀速运动，有F＝mg＋IBl
解得B＝1 T
(2)设线框进入磁场做匀速运动的时间为t1，有t1＝＝0.1 s
线框全部进入磁场后做竖直上抛运动，到最高点时所用时间t2＝＝0.2 s
线框从开始进入磁场到运动到最高点，所用时间t＝t1＋t2＝0.3 s
(3)线框从最高点回到磁场边界时速度大小不变，线框所受安培力大小也不变，则BIl＝mg
因此，线框穿出磁场过程中还是做匀速运动，离开磁场后做竖直下抛运动，由机械能守恒定律可得mv＝mv＋mg(h－l)
解得线框落地时的速度vt＝4 m/s
答案：(1)1 T (2)0.3 s (3)4 m/s
8．如图所示，两根足够长的 ( http: / / www.21cnjy.com )光滑直金属导轨MN、PQ平行固定在倾角θ＝37°的绝缘斜面上，两导轨间距L＝1 m，导轨的电阻可忽略。M、P两点间接有阻值为R的电阻。一根质量m＝1 kg、电阻r＝0.2 Ω的均匀直金属杆ab放在两导轨上，与导轨垂直且接触良好。整套装置处于磁感应强度B＝0.5 T的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向下。自图示位置起，杆ab受到大小为F＝0.5v＋2(式中v为杆ab运动的速度，所有物理量均采用国际单位制)、方向平行导轨沿斜面向下的拉力作用，由静止开始运动，测得通过电阻R的电流随时间均匀增大。g取10 m/s2，sin 37°＝0.6。
(1)试判断金属杆ab在匀强磁场中做何种运动，请写出推理过程；
(2)求电阻R的阻值；
(3)求金属杆ab自静止开始下滑通过位移x＝1 m所需的时间t。
解析：(1)金属杆做匀加速运动(或金属杆做初速度为零的匀加速运动)。
通过R的电流I＝＝，因为B、L、R、r为定值，所以I与v成正比，因通过R的电流I随时间均匀增大，即杆的速度v随时间均匀增大，即杆的加速度为恒量，故金属杆做匀加速运动。
(2)对回路，根据闭合电路欧姆定律I＝
对杆，根据牛顿第二定律有F＋mgsin θ－BIL＝ma
将F＝0.5v＋2代入得2＋mgsin θ＋v＝ma
因为v为变量，a为定值。所以a与v无关，必有
ma＝2＋mgsin θ，0.5－＝0
解得a＝8 m/s2，R＝0.3 Ω
(3)由x＝at2得，所需时间t＝ ＝0.5 s
答案：(1)见解析 (2)0.3 Ω (3)0.5 s
电磁感应综合问题
如图所示，两足够长的平行光 ( http: / / www.21cnjy.com )滑的金属导轨MN、PQ相距L＝1 m，导轨平面与水平面夹角α＝30°，导轨电阻不计。磁感应强度B1＝2 T的匀强磁场垂直导轨平面向上，长L＝1 m的金属棒ab垂直于MN、PQ放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，金属棒的质量m1＝2 kg、电阻R1＝1 Ω。两金属导轨的上端连接右侧电路，电路中通过导线接一对水平放置的平行金属板，两板间的距离和板长均为d＝0.5 m，定值电阻R2＝3 Ω，现闭合开关S并将金属棒由静止释放，重力加速度g＝10 m/s2，求：
(1)金属棒下滑的最大速度为多大？
(2)当金属棒下滑达到稳定状态时，整个电路消耗的电功率P为多少？
(3)当金属棒稳定下滑时，在水平放置的平 ( http: / / www.21cnjy.com )行金属板间加一垂直于纸面向里的匀强磁场B2＝3 T，在下板的右端且非常靠近下板的位置有一质量为m2＝3×10－4 kg、带电荷量为q＝－1×10－4 C的液滴以初速度v水平向左射入两板间，该液滴可视为质点。要使带电粒子能从金属板间射出，初速度v应满足什么条件？
第1步：找关键点
(1)金属棒由静止释放，做加速运动，加速度为零时，达到最大速度，最终做匀速运动。
(2)由题图可知，平行金属板间电压等于电阻R2的电压，随着金属棒速度的增加，电压逐渐增大，最终电压达到恒定。
第2步：寻交汇点
(1)受力情况的分析：安培力是金属棒受到的其中一个力，受力分析的方法与力学中的方法相同。
(2)运动情况的分析：和力学中的分析方法相同，需要根据金属棒的受力情况结合牛顿第二定律，分析加速度、速度的变化情况。
(3)能量转化情况的分析：能量的变化涉及到重力势能、动能、电势能、内能的相互转化，分析方法和力学中其他功能关系的分析方法相同。
第3步：明突破点
(1)问题一：对金属棒受力分析，明确各力的特点，运用平衡条件求最大速度。
(2)问题二：由于金属棒最终做匀速运动，根据能量守恒定律求电路消耗的功率。
(3)问题三：明确粒子射出极板有两种可能(左侧射出或右侧射出)，分析粒子在板间受到F电和mg的关系，利用其相关规律求解。
[解析] (1)当金属棒匀速下滑时速度最大，设最大速度为vm，此时有
m1gsin α＝F安
金属棒所受安培力F安＝ILB1
金属棒中电流I＝
所以m1gsin α＝
解得最大速度vm＝10 m/s
(2)由能量守恒定律可知，整个电路消耗的电功率P＝m1gsin α·vm
所以P＝100 W
(3)金属棒稳定下滑时，两板间电压U＝IR2＝15 V
因为液滴在两板间有m2g＋q＝0
所以该液滴在两平行金属板间由洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动，当液滴恰从上极板左端边缘射出时，圆周运动轨迹半径r1＝d＝
解得液滴初速度v1＝0.5 m/s
当液滴恰从上极板右侧边缘射出时，圆周运动轨迹半径r2＝＝
解得液滴初速度v2＝0.25 m/s
初速度v满足的条件是v≤0.25 m/s或v≥0.5 m/s。
[答案] (1)10 m/s (2)100 W (3)v≤0.25 m/s或v≥0.5 m/s
[感悟升华]
解决电磁感应综合问题的一般思路
(1)先作“源”的分析——分析电路中由电磁感应所产生的电源，求出电源参数E和r。
(2)再进行“路”的分析——分析电路结构，弄清串、并联关系，求出相关部分的电流大小，以便安培力的求解。
(3)然后是“力”的分析——分析研究对象(通常是金属杆、导体、线圈等)的受力情况，尤其注意其所受的安培力。
(4)接着进行“运动”状态的分析——根据力和运动的关系，判断出正确的运动模型。
(5)最后是“能量”的分析——寻找电磁感应过程和研究对象的运动过程中其能量转化和守恒的关系。
[跟踪训练]
1．(2014·浙江高考)其同学设 ( http: / / www.21cnjy.com )计一个发电测速装置，工作原理如图所示。一个半径为R＝0.1 m的圆形金属导轨固定在竖直平面上，一根长为R的金属棒OA，A端与导轨接触良好，O端固定在圆心处的转轴上。转轴的左端有一个半径为r＝的圆盘，圆盘和金属棒能随转轴一起转动。圆盘上绕有不可伸长的细线，下端挂着一个质量为m＝0.5 kg的铝块。在金属导轨区域内存在垂直于导轨平面向右的匀强磁场，磁感应强度B＝0.5 T。a点与导轨相连，b点通过电刷与O端相连。测量a、b两点间的电势差U可算得铝块速度。铝块由静止释放，下落h＝0.3 m时，测得U＝0.15 V。(细线与圆盘间没有滑动，金属棒、导轨、导线及电刷的电阻均不计，重力加速度g＝10 m/s2)
(1)测U时，与a点相接的是电压表的“正极”还是“负极”？
(2)求此时铝块的速度大小；
(3)求此下落过程中铝块机械能的损失。
解析：(1)根据右手定则可判断a点所接为正极。
(2)由电磁感应定律得U＝E＝
ΔΦ＝BR2Δθ
U＝BωR2
v＝rω＝ωR
所以v＝＝2 m/s
(3)ΔE＝mgh－mv2
ΔE＝0.5 J
答案：(1)正极 (2)2 m/s (3)0.5 J
2．如图所示，正方形单匝均匀线框a ( http: / / www.21cnjy.com )bcd，边长L＝0.4 m，每边电阻相等，总电阻R＝0.5 Ω。一根足够长的绝缘轻质细线跨过两个轻质光滑定滑轮，一端连接正方形线框，另一端连接绝缘物体P。物体P放在一个光滑的足够长的固定斜面上，斜面倾角θ＝30°，斜面上方的细线与斜面平行。在正方形线框正下方有一有界匀强磁场，上边界Ⅰ和下边界Ⅱ都水平，两边界之间距离也是L＝0.4 m。磁场方向水平，垂直纸面向里，磁感应强度大小B＝0.5 T。现让正方形线框的cd边距上边界Ⅰ高度h＝0.9 m的位置由静止释放，且线框在运动过程中始终与磁场垂直，cd边始终保持水平，物体P始终在斜面上运动，线框刚好能以v＝3 m/s的速度进入匀强磁场并匀速通过匀强磁场区域。释放前细线绷紧，重力加速度g＝10 m/s2，不计空气阻力。求：
(1)线框的cd边在匀强磁场中的运动过程中，c、d间的电压是多大；
(2)线框的质量m1和物体P的质量m2分别是多大；
(3)在cd边刚进入磁场时， ( http: / / www.21cnjy.com )给线框施加一个竖直向下的拉力F，使线框以进入磁场前的加速度匀加速通过磁场区域，在此过程中，力F做功W＝0.23 J，求正方形线框cd边产生的焦耳热是多少。
解析：(1)正方形线框匀速通过匀强磁场区域的过程中，设cd边上的感应电动势为E，线框中的电流强度为I，c、d间的电压为Ucd，则
由法拉第电磁感应定律知E＝BLv
由闭合电路欧姆定律知I＝
Ucd＝IR
解得Ucd＝0.45 V
(2)正方形线框匀速通过磁场区域的过程中，设受到的安培力为F安，细线上的张力为FT，则F安＝BIL
对m2有 FT＝m2gsin θ
对m1有m1g＝FT＋F安
正方形线框在进入磁场之前的运动过程中，根据能量守恒有
m1gh－m2ghsin θ＝(m1＋m2)v2
解得m1＝0.032 kg，m2＝0.016 kg
(3)因为线框在磁场中运动的加速 ( http: / / www.21cnjy.com )度与进入磁场前的加速度相同，所以在通过磁场区域的过程中，线框和物体P的总机械能保持不变，故力F做的功W等于整个线框中产生的焦耳热Q，即
W＝Q
设线框cd边产生的焦耳热为Qcd，根据Q＝I2Rt有
Qcd＝Q
解得Qcd＝0.057 5 J
答案：(1)0.45 V (2)0.032 kg 0.016 kg (3)0.057 5 J
卷(一)
1．(2014·全国高考) 很多相同 ( http: / / www.21cnjy.com )的绝缘铜圆环沿竖直方向叠放，形成一很长的竖直圆筒。一条形磁铁沿圆筒的中心轴竖直放置，其下端与圆筒上端开口平齐。让条形磁铁从静止开始下落，条形磁铁在圆筒中的运动速率( )
A．均匀增大 B．先增大，后减小
C．逐渐增大，趋于不变 D．先增大，再减小，最后不变
解析：选C 竖直圆筒相当于闭合电路， ( http: / / www.21cnjy.com )磁铁穿过闭合电路，产生感应电流，根据楞次定律，磁铁受到向上的阻碍磁铁运动的安培力，开始时磁铁的速度小，产生的感应电流也小，安培力也小，磁铁加速运动，随着速度的增大，产生的感应电流增大，安培力也增大，直到安培力等于磁铁重力的时候，磁铁匀速运动，C正确。
2．(2014·安徽高考)英国物理 ( http: / / www.21cnjy.com )学家麦克斯韦认为，磁场变化时会在空间激发感生电场。如图所示，一个半径为r的绝缘细圆环水平放置，环内存在竖直向上的匀强磁场B，环上套一带电荷量为＋q的小球。已知磁感应强度B随时间均匀增加，其变化率为k，若小球在环上运动一周，则感生电场对小球的作用力所做功的大小是( )
A．0 B.r2qk C．2πr2qk D．πr2qk
解析：选D 变化的磁场产生的感生电动 ( http: / / www.21cnjy.com )势为E＝πr2＝kπr2，小球在环上运动一周感生电场对其所做的功W＝qE＝qkπr2，D正确，A、B、C错误。
3．(2014·达州模拟)如图甲所 ( http: / / www.21cnjy.com )示，两平行虚线间的区域内存在着有界匀强磁场，有一较小的直角三角形线框abc的ab边与磁场边界平行，现使此线框向右匀速穿过磁场区域，运动过程中始终保持速度方向与ab边垂直。规定线框中感应电流的方向逆时针为正，则图乙中可以定性地表示线框在进出磁场的过程中感应电流随时间变化的规律的是( )
解析：选D 设∠c＝θ， ( http: / / www.21cnjy.com )线框进入磁场过程中，由法拉第电磁感应定律知E＝Blv＝Bv(xbc－x)tan θ，又因为x＝vt，I＝，所以I＝，回路中电阻一定，D正确。
4．如图所示，虚线MN表示 ( http: / / www.21cnjy.com )正方形金属框的一条对称轴，A、B、C是三个磁感线均匀分布的有界磁场区，区内磁感应强度大小随时间变化的规律都满足B＝kt，金属框按照图示方式处在磁场中，测得金属框在A区中的感应电流为I0，在B区和C区内感应电流分别为IB、IC，则下列判断中正确的是( )
A．IB＝2I0，IC＝2I0 B．IB＝2I0，IC＝0
C．IB＝0，IC＝0 D．IB＝I0，IC＝0
解析：选B A、B、C的磁通量分 ( http: / / www.21cnjy.com )别为ΦA＝，ΦB＝BL2和ΦC＝0，由法拉第电磁感应定律得，EA＝，EB＝kL2和EC＝0；回路的电阻一定，由I＝，可知IB＝2I0，IC＝0，B正确。
5．如图所示，在磁感应强度为B、方 ( http: / / www.21cnjy.com )向垂直纸面向里的匀强磁场中，金属杆MN在平行金属导轨上以速度v向右匀速滑动，MN中产生的感应电动势为E1；若磁感应强度增为2B，其他条件不变，MN中产生的感应电动势变为E2。则通过电阻R的电流方向及E1与E2之比E1∶E2分别为( )
A．c→a,2∶1 B．a→c,2∶1
C．a→c,1∶2 D．c→a,1∶2
解析：选C 由右手定则可知，电流的方向为a→c，由E＝BLv可知，E1∶E2＝1∶2，C正确。
6．如图所示，足够长平行金属导轨倾斜 ( http: / / www.21cnjy.com )放置，倾角为37°，宽度为0.5 m，电阻忽略不计，其上端接一小灯泡，电阻为1 Ω。一导体棒MN垂直于导轨放置，质量为0.2 kg，接入电路的电阻为1 Ω，两端与导轨接触良好，与导轨间的动摩擦因数为0.5。在导轨间存在着垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为0.8 T。将导体棒MN由静止释放，运动一段时间后，小灯泡稳定发光，此后导体棒MN的运动速度以及小灯泡消耗的电功率分别为(重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6)( )
A．2.5 m/s,1 W B．5 m/s,1 W
C．7.5 m/s,9 W D．15 m/s,9 W
解析：选B 当灯泡稳定发光后，物体 ( http: / / www.21cnjy.com )做匀速运动，根据平衡条件进行分析。物体做匀速运动时，有mgsin θ－μmgcos θ＝，解得v＝5 m/s，I＝＝1 A，P＝I2R＝1 W，B正确。
7. (2014·眉山质检)如图所示， ( http: / / www.21cnjy.com )两足够长的光滑金属导轨竖直放置，相距为L，一导线与两导轨相连，磁感应强度大小为B的匀强磁场与导轨平面垂直，一电阻为R、质量为m的导体棒在距磁场上边界h处静止释放，导体棒进入磁场后速度减小，最终稳定时离磁场上边缘的距离为H。整个运动过程中，导体棒与导轨接触良好，且始终保持水平，不计导轨的电阻。下列说法正确的是( )
A．整个运动过程中回路的最大电流为
B．整个运动过程中导体棒产生的焦耳热为m(H＋h)g－
C．整个运动过程中导体棒克服安培力所做的功为mgH
D．整个运动过程中回路电流的功率为2R
解析：选B 导体棒进入磁场后，先 ( http: / / www.21cnjy.com )做变减速运动，安培力也逐渐减小，当减到与重力相等时导体棒稳定，所以导体棒进入磁场时的速度最大，所产生的感应电动势最大，其感应电流也最大，由自由落体运动规律，进入磁场时的速度大小为v＝，产生的感应电动势为E＝BLv，由闭合电路欧姆定律得Im＝＝＝，A错误；导体棒稳定后，有mg＝BIL，I＝＝，由能量守恒定律可知Q＝m(H＋h)g－·mv′2，解得Q＝m(H＋h)g－，B正确；克服安培力做功与产生的焦耳热相等，C错误；回路中的电流是变化的，由P＝I2R知功率也是变化的，D错误。
8．(2014·江苏高考 ( http: / / www.21cnjy.com ))如图所示，在线圈上端放置一盛有冷水的金属杯，现接通交流电源，过了几分钟，杯内的水沸腾起来。若要缩短上述加热时间，下列措施可行的有( )
A．增加线圈的匝数
B．提高交流电源的频率
C．将金属杯换为瓷杯
D．取走线圈中的铁芯
解析：选AB 当线圈上通交流电时，金属杯 ( http: / / www.21cnjy.com )由于发生电磁感应现象，杯中有感应电流，对水加热，若要增大感应电流，则需要增大感应电动势或者减小杯体的电阻。增加线圈的匝数，使得穿过金属杯的磁场增强，感应电动势增大，A正确；提高交流电的频率，使得磁通量的变化率增大，感应电动势增大，B正确；若将金属杯换为瓷杯，则不会产生感应电流，C错误；取走线圈中的铁芯，磁场会大大减弱，感应电动势减小，D错误。
9．如图甲所示，MN左侧有一垂直 ( http: / / www.21cnjy.com )纸面向里的匀强磁场。现将一边长为L、质量为m、电阻为R的正方形金属线框置于该磁场中，使线框平面与磁场方向垂直，且bc边与磁场边界MN重合。当t＝0时，对线框施加一水平拉力F，使线框由静止开始向右做匀加速直线运动；当t＝t0时，线框的ad边与磁场边界MN重合。图乙为拉力F随时间t变化的图线。由以上条件可知，磁场的磁感应强度B的大小及t0时刻线框的速率v为( )
A．B＝ B．B＝
C．v＝ D．v＝
解析：选BC 由法拉第电磁感应定 ( http: / / www.21cnjy.com )律有E＝BLv，而v＝at，由欧姆定律有I＝，由安培力公式有F安＝BIL，由牛顿第二定律有F－F安＝ma，解得F＝ma＋t，由此式及F t图像可知F0＝ma，＝，解得a＝，B＝·，则v＝at0＝，B、C正确，A、D错误。
10．(2014·达州质 ( http: / / www.21cnjy.com )检)如图所示，光滑水平面上存在有界匀强磁场，直径与磁场宽度相同的金属圆形线框以一定的初速度斜向匀速通过磁场。在必要的时间段内施加必要的水平拉力保证其匀速运动，则( )
A．金属框内感应电流方向先逆时针再顺时针
B．金属框内感应电流先增大后减小
C．水平拉力方向与速度同向
D．水平拉力方向与速度方向无关
解析：选AD 金属圆形线框以 ( http: / / www.21cnjy.com )一定的初速度斜向匀速通过磁场，由楞次定律可知，金属框内感应电流方向先逆时针再顺时针，A正确；根据法拉第电磁感应定律，金属框内感应电流先增大后减小，再增大后减小，B错误；要保证其匀速运动，水平拉力的方向先向右，后向左，与速度方向无关，C错误，D正确。
11．(2014·石家庄模拟) ( http: / / www.21cnjy.com )如图甲所示，螺线管匝数n＝1 500匝，横截面积S＝20 cm2，螺线管导线电阻r＝1 Ω，电阻R＝4 Ω，磁感应强度B随时间t的变化情况如图乙所示(以向右为正方向)，下列说法正确的是( )
A．电阻R的电流方向是从A到C
B．感应电流的大小保持不变
C．电阻R的电压为6 V
D．C点的电势为4.8 V
解析：选BD 由楞次定律，电阻R的 ( http: / / www.21cnjy.com )电流方向是从C到A，A错误；由于磁感应强度均匀增大，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律，感应电流的大小保持不变，B正确；螺旋管内产生的感应电动势E＝nS＝1 500×20×10－4×2 V＝6 V，电流I＝＝1.2 A，电阻R的电压为UAC＝IR＝4.8 V，A点接地，则φA＝0，所以C点的电势为4.8 V，C错误，D正确。
12．(2013·四川高考)如图所示，边 ( http: / / www.21cnjy.com )长为L、不可形变的正方形导线框内有半径为r的圆形磁场区域，其磁感应强度B随时间t的变化关系为B＝kt(常量k>0)。回路中滑动变阻器R的最大阻值为R0，滑动片P位于滑动变阻器中央，定值电阻R1＝R0、R2＝。闭合开关S，电压表的示数为U，不考虑虚线MN右侧导体的感应电动势，则( )
A．R2两端的电压为
B．电容器的a极板带正电
C．滑动变阻器R的热功率为电阻R2的5倍
D．正方形导线框中的感应电动势为kL2
解析：选AC 滑动片P将滑动变阻 ( http: / / www.21cnjy.com )器分成相等的两部分电阻，即R左＝R右＝，R2与R右并联值为，线路中总电阻为，故R2两端的电压为U2＝，A正确；由楞次定律得正方形导线框的感应电动势方向为逆时针，据此判断电容器b板带正电，B错误；滑动变阻器左半部分的电压为，热功率为P左＝＝，P右＝＝，滑动变阻器消耗的总功率为P滑＝P左＋P右＝，R2消耗的功率为P2＝＝，显然＝5，C正确；正方形导线框的有效面积为圆形磁场的面积，由法拉第电磁感应定律得，感应电动势E＝＝πr2·＝πkr2，D错误。
13．如图所示，足够长的光滑斜面上中间 ( http: / / www.21cnjy.com )虚线区域内有一垂直于斜面向上的匀强磁场，一正方形金属线框从斜面底端以一定初速度上滑，线框越过虚线进入磁场，最后又回到斜面底端，则下列说法中正确的是( )
A．上滑过程线框中产生的焦耳热等于下滑过程线框中产生的焦耳热
B．上滑过程线框中产生的焦耳热大于下滑过程线框中产生的焦耳热
C．上滑过程线框克服重力做功的平均功率等于下滑过程中重力的平均功率
D．上滑过程线框克服重力做功的平均功率大于下滑过程中重力的平均功率
解析：选BD 上滑经过磁场的末速度与下滑 ( http: / / www.21cnjy.com )经过磁场的初速度相等，可知线框进出磁场的过程中，上滑时的平均速度大于下滑时的平均速度，由＝BL 知，上>下，由穿越磁场时通过的电荷量q＝知q上＝q下，由产生的焦耳热Q＝W＝qE知，Q上>Q下，A错误，B正确；因过程中有能量损失，上滑平均速度大于下滑平均速度，用时t上卷(二)
1. (2014·重庆高考) ( http: / / www.21cnjy.com ) 某电子天平原理如图所示，E形磁铁的两侧为N极，中心为S极，两极间的磁感应强度大小均为B，磁极宽度均为L，忽略边缘效应，一正方形线圈套于中心磁极，其骨架与秤盘连为一体，线圈两端C、D与外电路连接，当质量为m的重物放在秤盘上时，弹簧被压缩，秤盘和线圈一起向下运动(骨架与磁极不接触)，随后外电路对线圈供电，秤盘和线圈恢复到未放重物时的位置并静止，由此时对应的供电电流I可确定重物的质量。已知线圈匝数为n，线圈电阻为R，重力加速度为g。问：
(1)线圈向下运动过程中，线圈中感应电流是从C端还是从D端流出？
(2)供电电流I是从C端还是从D端流入？求重物质量与电流的关系；
(3)若线圈消耗的最大功率为P，该电子天平能称量的最大质量是多少？
解析：(1)由右手定则知，感应电流从C端流出。
(2)外加电流从D端流入。
设线圈受到的安培力为FA，则
FA＝mg
FA＝2nBIL
解得m＝
(3)设称量最大质量为m0，则m0＝I0
P＝IR
解得m0＝
答案：(1)C端 (2)D端 m＝ (3)
2．(2014·天津高考 ( http: / / www.21cnjy.com ))如图所示，两根足够长的平行金属导轨固定在倾角θ＝30°的斜面上，导轨电阻不计，间距L＝0.4 m。导轨所在空间被分成区域Ⅰ和Ⅱ，两区域的边界与斜面的交线为MN，Ⅰ中的匀强磁场方向垂直斜面向下，Ⅱ中的匀强磁场方向垂直斜面向上，两磁场的磁感应强度大小均为B＝0.5 T。在区域Ⅰ中，将质量m1＝0.1 kg，电阻R1＝0.1 Ω的金属条ab放在导轨上，ab刚好不下滑。然后，在区域Ⅱ中将质量m2＝0.4 kg，电阻R2＝0.1 Ω的光滑导体棒cd置于导轨上，由静止开始下滑。cd在滑动过程中始终处于区域Ⅱ的磁场中，ab、cd始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，取g＝10 m/s2。问：
(1)cd下滑的过程中，ab中的电流方向；
(2)ab刚要向上滑动时，cd的速度v多大；
(3)从cd开始下滑到ab刚要向上滑动的过程中，cd滑动的距离x＝3.8 m，此过程中ab上产生的热量Q是多少。
解析：(1)由右手定则知，cd中电流由d流向c，则ab中电流由a流向b。
(2)开始放置ab刚好不下滑时，ab所受摩擦力为最大静摩擦力，设其为Fmax，有Fmax＝m1gsin θ①
设ab刚好要上滑时，cd棒的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律有
E＝BLv②
设电路中的感应电流为I，由闭合电路欧姆定律有
I＝③
设ab所受安培力为F安，有
F安＝ILB④
此时ab受到的最大静摩擦力方向沿斜面向下，由平衡条件有F安＝m1gsin θ＋Fmax⑤
综合①②③④⑤式，代入数据解得v＝5 m/s⑥
(3)设cd棒的运动过程中电路中产生的总热量为Q总，由能量守恒有
m2gxsin θ＝Q总＋m2v2⑦
又Q＝Q总⑧
解得Q＝1.3 J⑨
答案：(1)由a流向b (2)5 m/s (3)1.3 J
3．(2014·上海八校联考)如图甲所示 ( http: / / www.21cnjy.com )，MN、PQ是固定于同一水平面内相互平行的粗糙长直导轨，间距L＝2.0 m，R是连在导轨一端的电阻，质量m＝1.0 kg的导体棒ab垂直跨在导轨上，电压传感器与这部分装置相连。导轨所在空间有磁感应强度B＝0.50 T、方向垂直平面向里的匀强磁场。从t＝0开始对导体棒ab施加一个水平向左的外力F，使其由静止开始沿导轨向左运动，电压传感器测出R两端的电压随时间变化的图线如图乙所示，其中OA、BC段是直线，AB段是曲线。假设从1.2 s开始以后外力F的功率P＝4.5 W保持不变。导轨和导体棒ab的电阻均忽略不计，导体棒ab在运动过程中始终与导轨垂直，且接触良好，不计电压传感器对电路的影响，g取10 m/s2。求：
(1)导体棒ab最大速度vm的大小；
(2)在1.2 s～2.4 s的时间内，该装置产生的总热量Q。
解析：(1)从乙图可知，t＝2.4 s时R两端的电压达到最大，Um＝1.0 V，由于导体棒内阻不计，
故Um＝Em＝BLvm
所以vm＝＝1.0 m/s
(2)因为E＝U＝BLv，而B、L为常数，所以设t2＝1.2 s时导体棒的速度为v1，由乙图可知此时电压
U1＝0.90 V
由E1＝U1＝BLv1
得v1＝＝0.90 m/s
在1.2 s～2.4 s时间内，根据功能原理得
mv＋P·Δt＝mv＋Q
解得Q＝5.305 J
答案：(1)1.0 m/s (2)5.305 J
4．(2014·安徽高考)如图甲所示， ( http: / / www.21cnjy.com )匀强磁场的磁感应强度B为0.5 T，其方向垂直于倾角θ为30°的斜面向上。绝缘斜面上固定有“∧”形状的光滑金属导轨MPN(电阻忽略不计)，MP和NP长度均为2.5 m，MN连线水平，长为3 m。以MN中点O为原点、OP为x轴建立一维坐标系Ox。一根粗细均匀的金属杆CD，长度d为3 m、质量m为1 kg、电阻R为0.3 Ω，在拉力F的作用下，从MN处以恒定速度v＝1 m/s在导轨上沿x轴正向运动(金属杆与导轨接触良好)。g取10 m/s2。
(1)求金属杆CD运动过程中产生的感应电动势E及运动到x＝0.8 m处电势差UCD；
(2)推导金属杆CD从MN处运动到P点过程中拉力F与位置坐标x的关系式，并在图乙中画出F x关系图像；
(3)求金属杆CD从MN处运动到P点的全过程产生的焦耳热。
解析：(1)金属杆CD在匀速运动中产生的感应电动势
E＝Blv(l＝d)
E＝1.5 V(D点电势高)
在x＝0.8 m处，金属杆在导轨间的电势差为零。设此时杆在导轨外的长度为l外，则l外＝d－d
OP＝ ＝2 m
得l外＝1.2 m
由楞次定律判断D点电势高，故C、D两端电势差
UCD＝－Bl外v
解得UCD＝－0.6 V
(2)杆在导轨间的长度l与位置x关系是
l＝d＝3－x
对应的电阻Rl为Rl＝R
电流I＝
杆受的安培力
F安＝BIl＝7.5－3.75x
根据平衡条件得F＝F安＋mgsin θ
F＝12.5－3.75x(0≤x≤2)
画出的F x图像如图所示。
(3)外力F所做的功WF等于F x图线下所围的面积，即
WF＝×2 J＝17.5 J
而杆的重力势能增加量
ΔEp＝mgOPsin θ
故全过程产生的焦耳热
Q＝WF－ΔEp＝7.5 J
答案：(1)1.5 V －0.6 V (2)F＝12.5－3.75x(0≤x≤2) 见解析图 (3)7.5 J
考情分析 备考策略
1.高考对本部分内容的要求较高，常在选择 ( http: / / www.21cnjy.com )题中考查电磁感应的图像问题、电路问题、变压器问题，在计算题中作为压轴题，综合应用电路的相关知识、牛顿运动定律和能量守恒定律解决导体棒类问题。 2.高考对本专题考查的重点：楞次定律的理解 ( http: / / www.21cnjy.com )和应用；感应电流的图像问题；电路中的动态分析问题；综合应用电路知识和能量观点解决电磁感应问题；变压器原理及三个关系；交流电的产生及描述等。
1.复习时应“抓住两个定律，运用两种观点， ( http: / / www.21cnjy.com )分析三种电路”。两个定律是指楞次定律和法拉第电磁感应定律；两种观点是指动力学观点和能量观点；三种电路是指直流电路、交流电路和感应电路。 2.注意本专题知识和日常生 ( http: / / www.21cnjy.com )活、科学研究的联系，能够将复杂的问题简化成物理模型进行分析。 要重视本专题与力学知识的综合应用，提升综合分析能力和计算能力。
考向一 直流电路的动态分析 (选择题)
1．明确一个定律、两个关系
(1)闭合电路的欧姆定律：I＝。
(2)路端电压与电流的关系：U＝E－Ir。
(3)路端电压与负载的关系
U＝IR＝E＝E，路端电压随外电阻的增大而增大，随外电阻的减小而减小。
2．明确引起电路动态变化的原因
(1)滑动变阻器、热敏电阻或光敏电阻的阻值变化。
(2)某支路开关闭合或断开。
(2014·天津高考)如图所示，电 ( http: / / www.21cnjy.com )路中R1、R2均为可变电阻，电源内阻不能忽略，平行板电容器C的极板水平放置，闭合电键S，电路达到稳定时，带电油滴悬浮在两板之间静止不动。如果仅改变下列某一个条件，油滴仍能静止不动的是( )
A．增大R1的阻值 B．增大R2的阻值
C．增大两板间的距离 D．断开电键S
[解析] 在直流电路中，R2与电容 ( http: / / www.21cnjy.com )器串联的支路不通，因此电容器两端的电压等于R1两端的电压，增大R1的阻值，R1两端的电压增大，电容器两端的电压增大，由E＝可知，电容器两极板间的电场强度增大，因此板间带电油滴受到的电场力增大，会向上运动，A错误；增大R2的阻值不改变电路中的总电阻，不改变R1两端的电压，因此电容器中的油滴仍保持静止，B正确；增大两板间的距离，而电容器两板间的电压一定，由E＝可知，板间的场强减小，油滴受到的电场力减小，油滴会向下运动，C错误；断开电键S，电容器会通过R1、R2进行放电，使板间场强减小，油滴受到的电场力减小而向下运动，D错误。
[答案] B
[感悟升华]
动态电路的分析方法——程序法
(1)由局部电阻变化判断总电阻的变化。
(2)由I＝判断总电流的变化。
(3)据U＝E－Ir判断路端电压的变化。
(4)由欧姆定律及串、并联电路特点判断各部分电流、电压变化，一般先分析固定电阻支路，再分析变化电阻支路。
1．(2014·自贡质检)为了儿童 ( http: / / www.21cnjy.com )安全，必须检测布绒玩具中是否存在金属断针，可以先将玩具放置于强磁场中，若其中有断针，则断针被磁化，用磁报警装置可以检测到断针的存在。如图所示是磁报警装置中的一部分电路示意图，其中RB是磁敏传感器，它的电阻随断针的出现而减小，a、b接报警器，当传感器RB所在处出现断针时，电流表的电流I、ab两端的电压U将( )
A．I变大，U变大 B．I变小，U变小
C．I变大，U变小 D．I变小，U变大
解析：选C 由题意知，RB的电阻随断针的出现 ( http: / / www.21cnjy.com )而减小，即外电路的总电阻R减小，由闭合电路欧姆定律有I总＝E/(R＋r)，可知I总必增大，再由U＝E－I总r可知，路端电压U减小，而由U1＝I总R1可知，U1增大，U3必减小，由电流表的电流I＝I总－I3可知，电流表的电流必变大，C正确。
2．在输液时，药液有时会从 ( http: / / www.21cnjy.com )针口流出体外，为了及时发现，设计了一种报警装置，电路如图所示。M是贴在针口处的传感器，接触到药液时其电阻RM发生变化，导致S两端电压U增大，装置发出警报，此时( )
A．RM变大，且R越大，U增大越明显
B．RM变大，且R越小，U增大越明显
C．RM变小，且R越大，U增大越明显
D．RM变小，且R越小，U增大越明显
解析：选C 当RM变大时 ( http: / / www.21cnjy.com )，回路的总电阻变大，根据I总＝，得干路中的电流变小，S两端的电压U＝I总RS变小，A、B错误；当RM变小时，回路的总电阻变小，根据I总＝，得干路中的电流变大，S两端的电压U＝I总RS变大，由R总＝＋RS知，R越大，RM变小时，对回路的总电阻变化的影响越明显，C正确，D错误。
3．如图所示电路中，电源电动势E恒定， ( http: / / www.21cnjy.com )内阻r＝1 Ω。定值电阻R3＝5 Ω。当电键K断开与闭合时，ab段电路消耗的电功率相等，则下列说法中正确的是( )
A．电阻R1、R2可能分别为4 Ω、5 Ω
B．电阻R1、R2可能分别为3 Ω、6 Ω
C．电键K断开时电压表的示数一定大于K闭合时的示数
D．电键K断开与闭合时电压表的示数变化量大小与电流表的示数变化量大小之比一定等于6 Ω
解析：选ACD 由闭合电路欧姆定律，电 ( http: / / www.21cnjy.com )键K断开与闭合时的电流分别为I1＝、I2＝，ab段电路消耗的电功率I(R1＋R2)＝IR1，将选项A和B中的阻值代入，A正确，B错误；电键K断开时外电路总电阻增大，则干路电流减小，a、b间电压U＝E－I(r＋R3)增大，C正确；把R3看成是电源的一部分，则电压表读数视为路端电压，有＝r＋R3，D正确。
考向二 交变电流的产生和描述 (选择题)
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．正弦式交流电的“四值”的应用(以电动势为例)
四值 计算式 应用
最大值 Em＝NBSω 计算电容器的耐压值
瞬时值 e＝Emsin ωt 计算闪光电器的闪光时间等
有效值 E＝ 电表的读数、电热、电功及保险丝熔断电流的计算等
平均值 ＝ 计算通过导体横截面的电量等
(2014·巴中质检)图甲为小 ( http: / / www.21cnjy.com )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′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表，示数是10 V。图乙是矩形线圈磁通量Φ随时间t变化的图像，则( )
A．电阻R上的热功率为20 W
B．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＝10cos 100πt(V)
D．通过R的电流i随时间t变化的规律是i＝cos 50πt(A)
[思路探究]
(1)计算功率时要用交流电的有效值，电表的读数即为电阻R两端电压的有效值。
(2)弄清各时刻线圈所处的位置是求解瞬时值的关键。
(3)书写瞬时值表达式时要弄清三个关键：最大值、角速度、零时刻线圈所处的位置。
[解析] 电压表的示数为该电压的有效值， ( http: / / www.21cnjy.com )因此电阻R上的热功率P＝＝10 W，A错误；由图像可知，0.02 s时，磁通量为零，此时线圈处于垂直于中性面的位置，产生的电动势以及路端电压应该是最大的，B错误；由图像知，该交流电为余弦式变化的交流电，因此电压的最大值为10 V，周期T＝0.02 s，则ω＝＝100π rad/s，所以电压随时间的变化规律u＝Um·cost＝10cos 100πt(V)，C正确；通过R的最大电流为Im＝＝ A，因此电流随时间的变化规律为i＝Imcos t＝cos 100πt(A)，D错误。
[答案] C
[感悟升华]
交变电流瞬时值表达式书写的基本思路
(1)确定正余弦交变电流的峰值，根据已知图像或由公式Em＝NBSω求出相应峰值。
(2)明确线圈的初始位置，找出对应的 ( http: / / www.21cnjy.com )函数关系式。若线圈从中性面开始计时，则E t关系为正弦函数，函数表达式为e＝Emsin ωt。若线圈从垂直中性面开始计时，则E t关系为余弦函数，函数表达式为e＝Emcos ωt。
4．(2014·天津高考)如图甲所示， ( http: / / www.21cnjy.com )在匀强磁场中，一矩形金属线圈两次分别以不同的转速，绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的交变电动势图像如图乙中曲线a、b所示，则( )
A．两次t＝0时刻线圈平面均与中性面重合
B．曲线a、b对应的线圈转速之比为2∶3
C．曲线a表示的交变电动势频率为25 Hz
D．曲线b表示的交变电动势有效值为10 V
解析：选AC t＝0时刻，两次 ( http: / / www.21cnjy.com )产生的交流电的电动势瞬时值均为零，因此线圈平面均与中性面重合，A正确；图中a、b对应的周期之比为2∶3，因此线圈转速之比na∶nb＝∶＝3∶2，B错误；a线表示的交流电动势的频率为fa＝＝ Hz＝25 Hz，C正确；曲线a表示的交变电动势的最大值Eam＝NBS·，由图像知Eam＝15 V，曲线b表示的交变电动势的最大值Ebm＝NBS·，因此＝＝，Ebm＝10 V，有效值Eb＝ V＝5 V，D错误。
5．如图所示，单匝矩形闭合导线框abc ( http: / / www.21cnjy.com )d全部处于磁感应强度为B的水平匀强磁场中，线框面积为S，电阻为R。线框绕与cd边重合的竖直固定转轴以角速度ω从中性面开始匀速转动，下列说法正确的是( )
A．转过时，线框中的电流方向为abcda
B．线框中感应电流的有效值为
C．从中性面开始转过的过程中，通过线框横截面的电荷量为
D．线框转一周的过程中，产生的热量为
解析：选C 由楞次定律和右手定则可知，转 ( http: / / www.21cnjy.com )过时，线框中的电流方向为adcba，A错误；线框中感应电流的最大值Im＝，由于线框中的感应电流是正弦交流电，其电流有效值I＝＝，B错误；由q＝可知，从中性面开始转过的过程中，通过线框横截面的电荷量q＝，C正确；线框转一周的过程中，产生的热量等于感应电流做的功，因此Q＝W＝I2R·＝，D错误。
6．图甲是小型交流发电机的示 ( http: / / www.21cnjy.com )意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场， 为交流电流表。线圈绕垂直于磁场的水平轴OO′沿逆时针方向匀速转动，从图示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图像如图乙所示。下列判断正确的是( )
A．电流表的示数为10 A
B．线圈转动的角速度为50π rad/s
C．0.01 s时线圈平面与磁场方向平行
D．0.02 s时电阻R中电流的方向自右向左
解析：选AC 电流表测量的是电路中电流 ( http: / / www.21cnjy.com )的有效值I＝10 A，A正确；由图像可知，T＝0.02 s，所以ω＝＝100π rad/s，B错误；t＝0.01 s时，电流最大，线圈平面与磁场方向平行，C正确；T ＝0.02 s时，线圈所处的状态就是图示状况，此时R中电流的方向自左向右，D错误。
考向三 变压器和远距离输电 (选择题)
1．理想变压器的动态分析
(1)根据题意弄清变量和不变量。一般情况下原线圈电压不变，原、副线圈的匝数比不变，其他物理量可能随电路的变化而发生变化。
(2)弄清动态变化过程中的决定关系。当原、副线圈匝数比一定时，U2由U1决定，P1由P2决定，I1由I2决定。
(3)分析流程如下
由＝分析U2由I2＝分析I2
由P1＝P2＝I2U2分析P1由P1＝U1I1分析I1由＝分析I1由P1＝U1I1分析P1
2．远距离输电过程功率的关系
(1)变压器输出功率：P出＝P损＋P用。
(2)输电线上的电流：I＝。
(3)输电线上损失的功率P损＝I2R线＝2R线＝＝U损I。
(2014·四川高考)如图所示，甲是远距离输电线路的示意图，乙是发电机输出电压随时间变化的图像，则( )
A．用户用电器上交流电的频率是100 Hz
B．发电机输出交流电的电压有效值是500 V
C．输电线的电流只由降压变压器原、副线圈的匝数比决定
D．当用户用电器的总电阻增大时，输电线上损失的功率减小
[解析] 由题图乙可得交流电的频率是5 ( http: / / www.21cnjy.com )0 Hz，发电机输出电压的最大值是500 V，所以有效值为250 V，变压器在输电过程中不改变交流电的频率，A、B错误；输电线的电流是由降压变压器的负载电阻和输出电压决定的，C错误；由于升压变压器的输出电压不变，当用户用电器的总电阻增大时，输出电流减小，根据电流与匝数成反比的关系可知，输电线上的电流减小，由P线＝IR线可知，输电线上损失的功率减小，D正确。
[答案] D
[感悟升华]
分析理想变压器动态问题时应注意的问题
当原、副线圈匝数变化时，要根据变压比确定副线圈电压的变化情况，从而进一步判断出变压器的输出电流、输出功率及输入电流、输入功率的变化情况。
7．(2013·四川高考)用220 V的 ( http: / / www.21cnjy.com )正弦交流电通过理想变压器对一负载供电，变压器输出电压是110 V，通过负载的电流图像如图所示，则( )
A．变压器输入功率约为3.9 W
B．输出电压的最大值是110 V
C．变压器原、副线圈匝数比是1∶2
D．负载电流的函数表达式i＝0.05sin A
解析：选A 由负载电流图像知，负载电流I2＝ ( http: / / www.21cnjy.com ) A，变压器的输出功率P2＝I2U2＝×110 W≈3.9 W，输入功率P1＝P2＝3.9 W，A正确；输出电压的最大值为U2m＝110 V，B错误；变压器原、副线圈的匝数比是＝＝2∶1，C错误；由图像知，负载电流的函数表达式i＝0.05sin 100πt(A)，D错误。
8．(2014·浙江高考)如图所示为 ( http: / / www.21cnjy.com )远距离交流输电的简化电路图。发电厂的输出电压是U，用等效总电阻是r的两条输电线输电，输电线路中的电流是I1，其末端间的电压为U1。在输电线与用户间连有一理想变压器，流入用户端的电流为I2。则( )
A．用户端的电压为
B．输电线上的电压降为U
C．理想变压器的输入功率为Ir
D．输电线路上损失的电功率为I1U
解析：选A 理想变压器输入和输出功率相 ( http: / / www.21cnjy.com )同，设用户端得到的电压为U2，则有I1U1＝U2I2，U2＝，A正确；输电线上的电压降为ΔU＝I1r，或者ΔU＝U－U1，B错误；理想变压器的输入功率为P＝I1U1，C错误；输电线路上损失的电功率为ΔP＝Ir，D错误。
9．(2014·全国新课标Ⅱ) 如图所示 ( http: / / www.21cnjy.com )，一理想变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2。原线圈通过一理想电流表○ 接正弦交流电源，一个二极管和阻值为R的负载电阻串联后接到副线圈的两端。假设该二极管的正向电阻为零，反向电阻为无穷大。用交流电压表测得a、b端和c、d端的电压分别为Uab和Ucd，则( )
A．Uab∶Ucd＝n1∶n2
B．增大负载电阻的阻值R，电流表的读数变小
C．负载电阻的阻值越小，cd间的电压Ucd越大
D．将二极管短路，电流表的读数加倍
解析：选BD 经交流电压表、交流电 ( http: / / www.21cnjy.com )流表测得的值分别为交变电压和交变电流的有效值，根据变压器公式＝得到输出电压，而c、d端电压不等于输出电压U2，因二极管具有单向导电性，输入电压通过变压器变压后经二极管整流后有效值发生变化， Ucd＝＝，则Uab∶Ucd＝n1∶n2，A错误；增大负载电阻的阻值R, Uab不变，Ucd也不变，根据P出＝可知输出功率减小，根据理想变压器的输入功率等于输出功率可知，输入功率必减小，故电流表读数变小，B正确，C错误；二极管短路时，U′cd＝U2，输出功率P′出＝＝＝2P出，故输入功率P1也加倍，而输入电压U1不变，根据P1＝U1I1得电流表读数加倍，D正确。
交变电流的综合问题分析
如图所示，有一矩形线圈的面 ( http: / / www.21cnjy.com )积为S，匝数为N，内阻不计，绕OO′轴在水平方向的磁感应强度为B的匀强磁场中以角速度ω做匀速转动，从图示位置开始计时。矩形线圈通过滑环接一理想变压器，滑动触头P上下移动时可改变输出电压，副线圈接有可调电阻R，下列判断正确的是( )
A．矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为e＝NBSωcos ωt
B．矩形线圈从图示位置经过 时间时，通过电流表的电荷量为零
C．当P位置不动，R增大时，电压表读数也增大
D．当P位置向上移动，R不变时，电流表读数减小
第1步：找关键点
(1)由开始计时时线圈所处的位置，可知计时时线圈中的感应电动势最大。
(2)电压表的读数等于发电机输出电压的有效值，也等于变压器的输入电压。
(3)P向上移动，说明原线圈匝数减少。
第2步：寻交汇点
(1)交变电流：变压器的工作原理、电路的动态分析、瞬时感应电动势的计算。
(2)电磁感应：法拉第电磁感应定律的应用。
第3步：明突破点
(1)书写交变电流的瞬时值表达式时，关键是弄清最大值、开始计时时线圈的位置、角速度。
(2)通过线圈的电荷量可根据q＝N进行计算。
[解析] 计时起点线圈中的感应电动势为 ( http: / / www.21cnjy.com )最大值NBSω，所以感应电动势的瞬时值表达式为e＝NBSω·cos ωt，A正确；矩形线圈从图示位置经过时间，线圈磁通量的变化量为ΔΦ＝BS，故通过电流表的电荷量q＝N，所以不为零，B错误；电压表示数是线圈产生的感应电动势的有效值，即总是，C错误；当P位置向上移动时，输出电压升高，R不变时，输出功率增大，电流表读数增大，D错误。
[答案] A
[感悟升华]
交变电流的综合问题，涉及交流 ( http: / / www.21cnjy.com )电路最大值、有效值、平均值、瞬时值的计算，以及与电磁感应、安培力、闭合电路欧姆定律的综合应用等，解答时应注意以下几点：
(1)分清交流电路“四值”的不同计算方法和物理意义。
(2)学会将直流电路、部分电路欧姆定律的知识应用在交流电路中。
[跟踪训练]
(2014·德阳模拟)某 ( http: / / www.21cnjy.com )兴趣小组设计了一种发电装置，如图所示。在磁极和圆柱状铁芯之间形成的两磁场区域的圆心角α均为π，磁场均沿半径方向。匝数为N的矩形线圈abcd的边长ab＝cd＝l、bc＝ad＝2l。线圈以角速度ω绕中心轴匀速转动，bc和ad边同时进入磁场。在磁场中，两条边所经过处的磁感应强度大小均为B、方向始终与两边的运动方向垂直。线圈的总电阻为r，外接电阻为R。求：
(1)线圈切割磁感线时，感应电动势的大小Em；
(2)线圈切割磁感线时，bc边所受安培力的大小F；
(3)外接电阻上电流的有效值I。
解析：(1)bc、ad边的运动速度
v＝ω①
感应电动势
Em＝Ead＋Ebc＝4NBlv②
解得Em＝2NBl2ω③
(2)由闭合电路欧姆定律知回路中的电流
Im＝ ④
bc边受到的安培力F＝NBIm·2l⑤
解③④⑤得F＝⑥
(3)一个周期内，通电时间
t＝T＝T⑦
R上消耗的电能W＝IRt
且W＝I2RT⑧
解得I＝⑨
答案：(1)2NBl2ω (2) (3)
一、选择题
1．(2014·绵阳质检)如图所示，实验室 ( http: / / www.21cnjy.com )一台手摇交流发电机，内阻r＝1.0 Ω，外接R＝9.0 Ω的电阻。闭合开关S，当发电机转子以某一转速匀速转动时，产生的电动势e＝10·sin 10πt(V)，则( )
A．该交变电流的频率为10 Hz
B．该电动势的有效值为10 V
C．外接电阻R所消耗的电功率为10 W
D．电路中理想交流电流表的示数为1.0 A
解析：选D 因e＝10sin 10πt(V)，故ω＝10π rad/s，f＝＝5 Hz，A错误；Em＝10 V，故其有效值E＝＝10 V，B错误；交流电表的示数及功率的计算均要用有效值，因此电路中的示数I＝＝1.0 A，D正确；外接电阻R所消耗功率为P＝I2R＝1.02×9 W＝9 W，C错误。
2．(2014·江苏高考)远距离输电的原理图 ( http: / / www.21cnjy.com )如图所示，升压变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，电压分别为U1、U2，电流分别为I1、I2，输电线上的电阻为R。变压器为理想变压器，则下列关系式中正确的是( )
A.＝ B．I2＝
C．I1U1＝IR D．I1U1＝I2U2
解析：选D 根据变压器的工作原理可知＝，A错误；因U2、I2、R不满足欧姆定律公式中物理量之间的对应关系，B错误；U1I1＝U2I2，但U2I2≠IR，C错误，D正确。
3．如图甲所示为一个小型电风 ( http: / / www.21cnjy.com )扇的电路简图，其中理想变压器的原、副线圈匝数之比n1∶n2＝10∶1，接线柱a、b接上一个正弦交变电源，电压随时间变化规律如图乙所示，输出端接有额定电压均为12 V的灯泡和风扇电动机，电动机线圈电阻r＝2 Ω。接通电源后，灯泡正常发光，风扇正常工作，则( )
A．电阻R两端的电压是8 V
B．通过风扇电动机的电流是6 A
C．通过灯泡的交流电频率是100 Hz
D．风扇突然卡住的瞬间，灯泡变暗
解析：选D 变压器输入电压220 ( http: / / www.21cnjy.com ) V，输出电压22 V，灯泡正常发光，风扇正常工作，电阻R两端的电压是22 V－12 V＝10 V，A错误；通过风扇电动机的电流一定小于6 A，通过灯泡的交流电频率是50 Hz，B、C错误；风扇突然卡住的瞬间，电风扇中电流增大，灯泡中电流减小，灯泡变暗，D正确。
4．如图所示的电路中，电源电动势为E、内阻 ( http: / / www.21cnjy.com )为r，两平行金属板间有匀强磁场。开关S闭合后，当滑动变阻器滑片位于图示位置时，一带电粒子恰好以速度v匀速穿过两板。若不计重力，下列说法不正确的是( )
A．如果将开关断开，粒子将继续沿直线运动
B．保持开关闭合，将a极板向下移动一点，粒子可能向上偏转
C．保持开关闭合，将滑片P向上滑动一点，粒子将可能从下极板边缘射出
D．保持开关闭合，将滑片P向下滑动一点，粒子将可能从下极板边缘射出
解析：选A 将开关断开，电容器将通过 ( http: / / www.21cnjy.com )滑动变阻器放电，a、b板间的场强逐渐减小到零，所以粒子受到的洛伦兹力大于电场力，粒子将发生偏转，A错误；保持开关闭合，电容器两端电压不变，将a极板向下移动一点，由E＝知两极板之间电场强度增大，粒子所受电场力增大，它可能向上偏转，B正确；保持开关闭合，将滑片P向上滑动一点，平行金属板间电压降低，由F＝qE＝知粒子所受电场力小于洛伦兹力，若粒子带负电，粒子将可能从下极板边缘射出，C正确；保持开关闭合，将滑片P向下滑动一点，平行金属板间电压升高，粒子所受电场力大于洛伦兹力；若粒子带正电，它将可能从下极板边缘射出，D正确。
5．(2014·福建高考)如图所示 ( http: / / www.21cnjy.com )为模拟远距离输电实验电路图，两理想变压器的匝数n1＝n4＜n2＝n3，四根模拟输电线的电阻R1、R2、R3、R4的阻值均为R，A1、A2为相同的理想交流电流表，L1、L2为相同的小灯泡，灯丝电阻RL＞2R，忽略灯丝电阻随温度的变化。当A、B端接入低压交流电源时( )
A．A1、A2两表的示数相同
B．L1、L2两灯泡的亮度相同
C．R1消耗的功率大于R3消耗的功率
D．R2两端的电压小于R4两端的电压
解析：选D 远距离输电过程中，应 ( http: / / www.21cnjy.com )用高压输电能够减小输电线上的功率损失，R1消耗的功率小于R3消耗的功率，C错；而比较两个不同输电回路，输电线电阻相同，由P损＝I2·2R可知，A1示数小于A2示数，A错；根据欧姆定律可知，R2两端电压小于R4两端电压，D正确；由于输电线上损失电压不同，故两灯泡两端电压不同，故亮度不同，B错。
6．(2014·山东高考) 如图所示， ( http: / / www.21cnjy.com )将额定电压为60 V的用电器，通过一理想变压器接在正弦交变电源上。闭合开关S后，用电器正常工作，交流电压表和交流电流表(均为理想电表)的示数分别为220 V和2.2 A。以下判断正确的是( )
A．变压器输入功率为484 W
B．通过原线圈的电流的有效值为0.6 A
C．通过副线圈的电流的最大值为2.2 A
D．变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝11∶3
解析：选BD 由题意知U1＝220 ( http: / / www.21cnjy.com ) V，U2＝60 V，I2＝2.2 A，则由P1＝P2＝U2I2，＝＝解得n1∶n2＝11∶3，I1＝0.6 A，P1＝132 W，B、D正确，A错误；由于电流表显示的是有效值，因此通过副线圈电流的最大值为2.2 A，C错误；
7．(2014·广元质检)如图所示电 ( http: / / www.21cnjy.com )路中，开关闭合稳定后，某时刻理想电压表和电流表的读数都突然增大，造成这一现象的原因是电阻元件发生短路或断路故障，则可能出现了下列哪种故障( )
A．R1断路 B．R1短路
C．R2断路 D．R3短路
解析：选AD 若R1断路，则外电压增大 ( http: / / www.21cnjy.com )，电压表、电流表的读数均增大；若R1短路，则两电表读数应为零；若R2断路，则电流表读数减小至接近零，电压表读数增大；若R3短路，回路的总电阻减小，由闭合电路欧姆定律I＝得干路的总电流增大，所以U＝E－Ir，电源的外电压减小，通过R1的电流减小；因I＝I1＋I2，所以通过电流表支路的电流增大，故电压表和电流表的读数都突然增大，A、D正确。
8．(2014·四川名校 ( http: / / www.21cnjy.com )联考)如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2＝4∶1，原线圈接图乙所示的正弦交流电，副线圈与理想电压表、理想电流表、热敏电阻RT(阻值随温度的升高而减小)及报警器P组成闭合电路，回路中电流增大到一定值时报警器P将发出警报声。则以下判断正确的是( )
A．变压器副线圈中交流电压的瞬时表达式u＝9·sin 100πt(V)
B．电压表示数为9 V
C．RT处温度升高到一定值时，报警器P将会发出警报声
D．RT处温度升高时，变压器的输入功率变小
解析：选AC 由图乙知原线圈输入电 ( http: / / www.21cnjy.com )压的峰值U1＝36 V，由变压器变压公式＝知，变压器副线圈输出电压为9 V，副线圈中交流电压的瞬时表达式u＝9sin 100πt(V)，A正确；电压表示数小于9 V，B错误；RT处温度升高到一定值时，热敏电阻RT减小到一定值，回路中电流增加到一定值时报警器P将会发出警报声，C正确；RT处温度升高时，变压器输出电流增大，变压器的输入功率增大，D错误。
二、非选择题
9．如图所示，边长为l的 ( http: / / www.21cnjy.com )正方形线圈abcd的匝数为n，线圈电阻为r，外电路的电阻为R，ab的中点和cd的中点的连线OO′恰好位于匀强磁场中的边界上，磁感应强度为B，现在线圈以OO′为轴，以角速度ω匀速转动，求：
(1)闭合电路中电流瞬时值的表达式；
(2)线圈从图示位置转过90°的过程中电阻R上产生的热量；
(3)线圈从图示位置转过90°的过程中电阻R上通过的电荷量；
(4)电阻R上的最大电压。
解析：(1)线圈转动时，总有一条边切割磁感线，且ad边和bc边转动的线速度大小相等，当线圈平行于磁场时，产生的感应电动势最大，为
Em＝nBlv＝nBl·ω·l＝nBl2ω
由闭合电路欧姆定律可知电路中电流的最大值
Im＝＝
以图示位置，即中性面作为计时起点，流过R的电流表达式
i＝Imsin ωt＝sin ωt
(2)在线圈由图示位置匀速转过90°的过程中，用有效值来计算电阻R上产生的热量Q＝I2R·
其中I＝＝，T＝
即Q＝I2R·＝
(3)在转过90°的过程中感应电动势的平均值
＝n＝＝
流过R的平均电流
＝＝
所以流过R的电荷量
q＝·＝
(4)由部分电路欧姆定律可知电阻R上的最大电压
Um＝ImR＝
答案：(1)i＝sin ωt (2) (3) (4)
10.发电机的端电压为220 V， ( http: / / www.21cnjy.com )输出电功率为44 kW，输电导线的电阻为0.2 Ω，如果用初、次级线圈匝数之比为1∶10的升压变压器升压，经输电线路后，再用初、次级线圈匝数比为10∶1的降压变压器降压供给用户。
(1)画出全过程的线路图；
(2)求用户得到的电压和功率；
(3)若不经过变压而直接送到用户，求用户得到的功率和电压。
解析：(1)线路图如图所示。
(2)升压变压器次级线圈的输出电压U2＝U1＝2 200 V
设升压变压器初级线圈输入电流I1，由P＝U1I1得
I1＝＝ A＝200 A
所以升压变压器次级线圈输出电流I2＝I1＝20 A
输电线路上的电压损失和功率损失分别为
UR＝I2R＝4 V
PR＝IR＝0.08 kW
加到降压变压器初级线圈上的输入电流和电压分别为
I3＝I2＝20 A
U3＝U2－UR＝2 196 V
降压变压器的输出电压和电流分别为
U4＝U3＝219.6 V
I4＝I3＝200 A
用户得到的功率 P4＝U4I4＝43.92 kW
(3)若不采用高压输电，线路损失电压为U′R＝I1R＝40 V
用户得到的电压U′＝U1－ U′R＝180 V
用户得到的功率为P′＝U′I1＝36 kW
答案：(1)见解析图 (2)219.6 V 43.92 kW (3)36 kW 180 V
考向一 楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用 (选择题)
1．楞次定律中“阻碍”的表现
(1)阻碍磁通量的变化(增反减同)。
(2)阻碍物体间的相对运动(来拒去留)。
(3)阻碍原电流的变化(自感现象)。
2．楞次定律和右手定则的适用对象
(1)楞次定律：一般适用于线圈面积不变，磁感应强度发生变化的情形。
(2)右手定则：一般适用于导体棒切割磁感线的情形。
3．求感应电动势大小的五种类型
(1)磁通量变化型：E＝n。
(2)磁感应强度变化型：E＝nS。
(3)面积变化型：E＝nB。
(4)平动切割型：E＝Blv。
(5)转动切割型：E＝nBl2ω。
(2014·四川高考)如图所 ( http: / / www.21cnjy.com )示，不计电阻的光滑U形金属框水平放置，光滑、竖直玻璃挡板H、P固定在框上，H、P的间距很小。质量为0.2 kg的细金属杆CD恰好无挤压地放在两挡板之间，与金属框接触良好并围成边长为1 m的正方形，其有效电阻为0.1 Ω。此时在整个空间加方向与水平面成30°角且与金属杆垂直的匀强磁场，磁感应强度随时间变化规律是B＝(0.4－0.2t)T，图示磁场方向为正方向。框、挡板和杆不计形变。则( )
A．t＝1 s时，金属杆中感应电流方向从C到D
B．t＝3 s时，金属杆中感应电流方向从D到C
C．t＝1 s时，金属杆对挡板P的压力大小为0.1 N
D．t＝3 s时，金属杆对挡板H的压力大小为0.2 N
[思路探究]
(1)穿过磁场的磁通量并不是一直减小，当B＝0时，磁通量开始反向增加。
(2)感应电流的方向和安培力的方向分别用楞次定律和左手定则进行判断。
[解析] 由于B＝(0.4－0.2 ( http: / / www.21cnjy.com )t)T，在t＝1 s时穿过平面的磁通量向下并减少，则根据楞次定律可以判断，金属杆中感应电流方向从C到D，A正确；在t＝3 s时穿过平面的磁通量向上并增加，则根据楞次定律可以判断，金属杆中感应电流方向仍然是从C到D，B错误；由法拉第电磁感应定律得E＝＝Ssin 30°＝0.1 V，由闭合电路的欧姆定律得电路电流I＝＝1 A，在t＝1 s时，B＝0.2 T，方向斜向下，电流方向从C到D，金属杆对挡板P的压力水平向右，大小为FP＝BILsin 30°＝0.1 N，C正确；同理，在t＝3 s时，金属杆对挡板H的压力水平向左，大小为FH＝BILsin 30°＝0.1 N，D错误。
[答案] AC
[感悟升华]
解决与电路相联系的电磁感应问题的基本方法
(1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律(右手定则)确定感应电动势的大小和方向。
(2)画出等效电路，对整个回路进行分析，确定哪一部分是电源、哪一部分为负载以及负载间的连接关系。
(3)运用闭合电路欧姆定律、串并联电路的性质、电功率等公式求解。
1. (2014·内江模拟 ( http: / / www.21cnjy.com ))如图所示，上下开口、内壁光滑的铜管P和塑料管Q竖直放置，小磁块先后在两管中从相同高度处由静止释放，并落至底部。则小磁块( )
A．在P和Q中都做自由落体运动
B．在两个下落过程中的机械能都守恒
C．在P中的下落时间比在Q中的长
D．落至底部时在P中的速度比在Q中的大
解析：选C 小磁块从铜管P中下 ( http: / / www.21cnjy.com )落时，P中的磁通量发生变化，P中产生感应电流，给小磁块一个向上的磁场力，阻碍小磁块向下运动，因此小磁块在P中不是做自由落体运动，而塑料管Q中不会产生电磁感应现象，因此Q中小磁块做自由落体运动，A错误；P中的小磁块受到的磁场力对小磁块做负功，机械能不守恒，B错误；由于在P中小磁块下落的加速度小于g，而Q中小磁块做自由落体运动，因此从静止开始下落相同高度，在P中下落的时间比在Q中下落的时间长，C正确；根据动能定理可知，落到底部时在P中的速度比在Q中的速度小，D错误。
2．(2014·江苏高考)如图所示，一正方形 ( http: / / www.21cnjy.com )线圈的匝数为n，边长为a，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中。在Δt时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B均匀地增大到2B。在此过程中，线圈中产生的感应电动势为( )
A. B. C. D.
解析：选B 磁感应强度的变化率＝＝，法拉第电磁感应定律公式可写成E＝n＝nS，其中磁场中的有效面积S＝a2，代入得E＝，B正确，A、C、D错误。
3．(2014·山东高考 ( http: / / www.21cnjy.com ))如图所示，一端接有定值电阻的平行金属轨道固定在水平面内，通有恒定电流的长直绝缘导线垂直并紧靠轨道固定，导体棒与轨道垂直且接触良好。在向右匀速通过M、N两区的过程中，导体棒所受安培力分别用FM、FN表示。不计轨道电阻。以下叙述正确的是( )
A．FM向右 B．FN向左
C．FM逐渐增大 D．FN逐渐减小
解析：选BCD 由题意可 ( http: / / www.21cnjy.com )知，根据安培定则，在轨道内的M区、N区通电长直导线产生的磁场分别垂直轨道平面向外和向里，由此可知，当导体棒运动到M区时，根据右手定则可以判定，在导体棒内产生的感应电流与长直绝缘导线中的电流方向相反，再根据左手定则可知，金属棒在M区时受到的安培力方向向左，A错误；同理可以判定B正确；再根据导体棒在M区匀速靠近长直绝缘导线时对应的磁场越来越大，因此产生的感应电动势越来越大，根据闭合电路的欧姆定律和安培力的公式可知，导体棒所受的安培力FM也逐渐增大，C正确；同理D正确。
考向二 电磁感应的图像问题 (选择题)
1．问题分类
在电磁感应现象中，回路产生的感应电动 ( http: / / www.21cnjy.com )势、感应电流及磁场对导线的作用力随时间的变化规律，也可用图像直观地表示出来，如I t、B t、E t、E x、I x图像等。此问题可分为两类：
(1)由给定的电磁感应过程选出相应的物理量的函数图像。
(2)由给定的有关图像分析电磁感应过程，确定相关的物理量。
2．分析思路
(1)明确图像的种类。
(2)分析电磁感应的具体过程。
(3)结合相关规律写出函数表达式。
(4)根据函数关系进行图像分析。
(2014·眉山质检)如图甲所示， ( http: / / www.21cnjy.com )在水平面(纸面)内有三根相同的均匀金属棒ab、ac和MN，其中ab、ac在a点接触，构成“V”字型导轨，空间存在垂直于纸面的均匀磁场。用力使MN向右匀速运动，从图示位置开始计时，运动中MN始终与∠bac的平分线垂直且和导轨保持良好接触。下列关于回路中电流i与时间t的关系图线，可能正确的是( )
乙
[思路探究]
(1)找到等效电路和等效电源，并计算出感应电动势和回路电阻。
(2)从动生感应电动势和闭合电路欧姆定律角度入手，求出回路电流的表达式，根据表达式判断电流的变化规律。
[解析] 设图示位置时a距棒的距离为l0 ( http: / / www.21cnjy.com )，导体棒匀速切割磁感线的速度为v，单位长度金属棒的电阻为R0，导轨夹角为θ，运动时间t时，切割磁感线的导体棒长度l＝2(l0＋vt)tan ，有效电路中导体棒长度l总＝l＋，导体棒切割磁感线产生的感应电动势e＝Blv＝2Bv(l0＋vt)·tan，电路中总电阻R＝R0l总＝ R0，所以i＝＝＝，即i为恒定值与t无关，A正确。
[答案] A
[感悟升华]
解答电磁感应图像问题的“三个关注”
4．(2014·全国新课标Ⅰ) 如图甲 ( http: / / www.21cnjy.com )所示，线圈ab、cd绕在同一软铁芯上，在ab线圈中通以变化的电流，用示波器测得线圈cd间电压如图乙所示。已知线圈内部的磁场与流经线圈的电流成正比，则图丙中描述线圈ab中电流随时间变化关系的图中，可能正确的是( )
解析：选C 根据题图乙可知：cd两端在0～0 ( http: / / www.21cnjy.com ).5 s产生恒定的电压，根据法拉第电磁感应定律，穿过线圈的磁通量均匀变化，即恒定不变，C正确，A、B、D错误。
5．(2014·德阳一模)如图 ( http: / / www.21cnjy.com )甲所示，在x≤0的区域内存在匀强磁场，磁场的方向垂直于纸面向里。矩形线框abcd从t＝0时刻起由静止开始沿x轴正方向做匀加速运动，则线框中的感应电流I(取逆时针方向的电流为正)随时间t的变化图线是图乙中的( )
解析：选D 线框沿x轴正方向做匀加 ( http: / / www.21cnjy.com )速运动，cd边切割磁感线，根据右手定则，电流方向为顺时针，即负方向，A、C错误；线圈产生的感应电动势E＝BLv＝Blat，B错误，D正确。
6．在如图甲所示的电路中，L ( http: / / www.21cnjy.com )是一个自感系数很大、直流电阻不计的线圈，D1、D2是两个完全相同的电灯，E是内阻不计的电源。t＝0时刻，闭合开关S，经过一段时间后，电路达到稳定，t1时刻断开开关S。规定图示流过电灯D1、D2的电流方向为正，分别用I1、I2表示流过电灯D1和D2中的电流，则图乙中能定性描述I1、I2随时间t变化关系的是( )
解析：选AC t＝0时刻，闭合开关S，因线 ( http: / / www.21cnjy.com )圈的自感作用，电流由D1直接流到D2，但随线圈中的电流增大，D1中的电流逐渐变小；当电流稳定时，D1中电流为零，D2中电流达最大；t1时刻断开S后，D2中电流立即为零，而因线圈的自感作用，线圈与D1构成回路，此时D1中的电流与线圈中相等，方向向上，逐渐减小，A、C正确。
考向三 电磁感应的动力学、能量问题 (选择题或计算题)
1．导体棒(或部分线圈)切割磁感线时的分析思路
2．两种状态处理
(1)导体处于平衡态
处理方法：根据平衡条件(合力等于零)列式分析。
(2)导体处于非平衡态
处理方法：根据牛顿第二定律进行动态分析，或结合功能关系分析。
3．三种求解电能的思路
(1)利用克服安培力做的功求解：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功。
(2)利用能量守恒求解：其他形式的能的减少量等于产生的电能。
(3)利用电路特征求解：通过电路所产生的电能来计算。
(2014·遂宁模拟)如图所示，一对光 ( http: / / www.21cnjy.com )滑的平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距l＝0.5 m，左端接有阻值R＝0.3 Ω的电阻。一质量m＝0.1 kg、电阻r＝0.1 Ω的金属棒MN放置在导轨上，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B＝0.4 T。金属棒在水平向右的外力作用下，由静止开始以a＝2 m/s2的加速度做匀加速运动，当金属棒的位移x＝9 m时撤去外力，金属棒继续运动一段距离后停下来，已知撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1∶Q2＝2∶1。导轨足够长且电阻不计，金属棒在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触。求：
(1)金属棒在匀加速运动过程中，通过电阻R的电荷量q；
(2)撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2；
(3)外力做的功WF。
[解析] (1)设金属棒匀加速运动的时间为Δ ( http: / / www.21cnjy.com )t，做匀速运动过程中回路的磁通量变化量为ΔΦ，回路中的平均感应电动势为，由法拉第电磁感应定律得
＝①
其中ΔΦ＝Blx②
设回路中的平均电流为，由闭合电路欧姆定律得＝③
则通过电阻R的电荷量为q＝Δt④
联立①②③④式，代入数据得q＝4.5 C⑤
(2)设撤去外力时金属棒的速度为v，对金属棒的匀加速运动过程，由运动学公式得
v2＝2ax⑥
设金属棒在撤去外力后的运动过程中安培力做功为W，由动能定理得
W＝0－mv2⑦
撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2＝－W⑧
联立⑥⑦⑧式，代入数据得Q2＝1.8 J⑨
(3)由题意知，撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1∶Q2＝2∶1
可得Q1＝3.6 J⑩
在棒运动的整个过程中，由功能关系可知WF＝Q1＋Q2
由⑨⑩式得WF＝5.4 J
[答案] (1)4.5 C (2)1.8 J (3)5.4 J
[感悟升华]
此类问题中力现象和电磁现象相互联系、相互制约，解决问题前首先要建立“动→电→动”的思维顺序。
1．基本思路
(1)找准主动运动者，用法拉第电磁感应定律和楞次定律(右手定则)求解电动势大小和方向。
(2)根据欧姆定律，求解回路中电流。
(3)分析安培力对导体棒加速度、速度的影响，从而推理得出对电路中电流的影响，最后定性分析出导体棒的最终运动情况。
(4)运用运动学方程、牛顿第二定律、平衡方程或功能关系求解。
2．注意的问题
运用功能关系时，确定有哪些形式 ( http: / / www.21cnjy.com )的能量发生了转化。如有摩擦力做功，必有内能产生；有重力做功，重力势能必然发生变化；安培力做负功，必然有其他形式的能转化为电能。
7．如图所示，在距离水平地面h＝0.8 m的 ( http: / / www.21cnjy.com )虚线的上方有一个方向垂直于纸面向里的匀强磁场。正方形线框abcd的边长l＝0.2 m，质量m＝0.1 kg，电阻R＝0.08 Ω。某时刻对线框施加竖直向上的恒力F＝2 N，且ab边进入磁场时线框以v0＝2 m/s的速度恰好做匀速运动。当线框全部进入磁场后，立即撤去外力F，线框继续上升一段时间后开始下落，最后落至地面。整个过程线框没有转动，线框平面始终处于纸面内，g取10 m/s2。求：
(1)匀强磁场的磁感应强度B的大小；
(2)线框从开始进入磁场到运动到最高点所用的时间；
(3)线框落地时的速度大小。
解析：(1)线框的ab边刚进入磁场时，感应电流I＝＝
线框恰好做匀速运动，有F＝mg＋IBl
解得B＝1 T
(2)设线框进入磁场做匀速运动的时间为t1，有t1＝＝0.1 s
线框全部进入磁场后做竖直上抛运动，到最高点时所用时间t2＝＝0.2 s
线框从开始进入磁场到运动到最高点，所用时间t＝t1＋t2＝0.3 s
(3)线框从最高点回到磁场边界时速度大小不变，线框所受安培力大小也不变，则BIl＝mg
因此，线框穿出磁场过程中还是做匀速运动，离开磁场后做竖直下抛运动，由机械能守恒定律可得mv＝mv＋mg(h－l)
解得线框落地时的速度vt＝4 m/s
答案：(1)1 T (2)0.3 s (3)4 m/s
8．如图所示，两根足够长的 ( http: / / www.21cnjy.com )光滑直金属导轨MN、PQ平行固定在倾角θ＝37°的绝缘斜面上，两导轨间距L＝1 m，导轨的电阻可忽略。M、P两点间接有阻值为R的电阻。一根质量m＝1 kg、电阻r＝0.2 Ω的均匀直金属杆ab放在两导轨上，与导轨垂直且接触良好。整套装置处于磁感应强度B＝0.5 T的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向下。自图示位置起，杆ab受到大小为F＝0.5v＋2(式中v为杆ab运动的速度，所有物理量均采用国际单位制)、方向平行导轨沿斜面向下的拉力作用，由静止开始运动，测得通过电阻R的电流随时间均匀增大。g取10 m/s2，sin 37°＝0.6。
(1)试判断金属杆ab在匀强磁场中做何种运动，请写出推理过程；
(2)求电阻R的阻值；
(3)求金属杆ab自静止开始下滑通过位移x＝1 m所需的时间t。
解析：(1)金属杆做匀加速运动(或金属杆做初速度为零的匀加速运动)。
通过R的电流I＝＝，因为B、L、R、r为定值，所以I与v成正比，因通过R的电流I随时间均匀增大，即杆的速度v随时间均匀增大，即杆的加速度为恒量，故金属杆做匀加速运动。
(2)对回路，根据闭合电路欧姆定律I＝
对杆，根据牛顿第二定律有F＋mgsin θ－BIL＝ma
将F＝0.5v＋2代入得2＋mgsin θ＋v＝ma
因为v为变量，a为定值。所以a与v无关，必有
ma＝2＋mgsin θ，0.5－＝0
解得a＝8 m/s2，R＝0.3 Ω
(3)由x＝at2得，所需时间t＝ ＝0.5 s
答案：(1)见解析 (2)0.3 Ω (3)0.5 s
电磁感应综合问题
如图所示，两足够长的平行光 ( http: / / www.21cnjy.com )滑的金属导轨MN、PQ相距L＝1 m，导轨平面与水平面夹角α＝30°，导轨电阻不计。磁感应强度B1＝2 T的匀强磁场垂直导轨平面向上，长L＝1 m的金属棒ab垂直于MN、PQ放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，金属棒的质量m1＝2 kg、电阻R1＝1 Ω。两金属导轨的上端连接右侧电路，电路中通过导线接一对水平放置的平行金属板，两板间的距离和板长均为d＝0.5 m，定值电阻R2＝3 Ω，现闭合开关S并将金属棒由静止释放，重力加速度g＝10 m/s2，求：
(1)金属棒下滑的最大速度为多大？
(2)当金属棒下滑达到稳定状态时，整个电路消耗的电功率P为多少？
(3)当金属棒稳定下滑时，在水平放置的平 ( http: / / www.21cnjy.com )行金属板间加一垂直于纸面向里的匀强磁场B2＝3 T，在下板的右端且非常靠近下板的位置有一质量为m2＝3×10－4 kg、带电荷量为q＝－1×10－4 C的液滴以初速度v水平向左射入两板间，该液滴可视为质点。要使带电粒子能从金属板间射出，初速度v应满足什么条件？
第1步：找关键点
(1)金属棒由静止释放，做加速运动，加速度为零时，达到最大速度，最终做匀速运动。
(2)由题图可知，平行金属板间电压等于电阻R2的电压，随着金属棒速度的增加，电压逐渐增大，最终电压达到恒定。
第2步：寻交汇点
(1)受力情况的分析：安培力是金属棒受到的其中一个力，受力分析的方法与力学中的方法相同。
(2)运动情况的分析：和力学中的分析方法相同，需要根据金属棒的受力情况结合牛顿第二定律，分析加速度、速度的变化情况。
(3)能量转化情况的分析：能量的变化涉及到重力势能、动能、电势能、内能的相互转化，分析方法和力学中其他功能关系的分析方法相同。
第3步：明突破点
(1)问题一：对金属棒受力分析，明确各力的特点，运用平衡条件求最大速度。
(2)问题二：由于金属棒最终做匀速运动，根据能量守恒定律求电路消耗的功率。
(3)问题三：明确粒子射出极板有两种可能(左侧射出或右侧射出)，分析粒子在板间受到F电和mg的关系，利用其相关规律求解。
[解析] (1)当金属棒匀速下滑时速度最大，设最大速度为vm，此时有
m1gsin α＝F安
金属棒所受安培力F安＝ILB1
金属棒中电流I＝
所以m1gsin α＝
解得最大速度vm＝10 m/s
(2)由能量守恒定律可知，整个电路消耗的电功率P＝m1gsin α·vm
所以P＝100 W
(3)金属棒稳定下滑时，两板间电压U＝IR2＝15 V
因为液滴在两板间有m2g＋q＝0
所以该液滴在两平行金属板间由洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动，当液滴恰从上极板左端边缘射出时，圆周运动轨迹半径r1＝d＝
解得液滴初速度v1＝0.5 m/s
当液滴恰从上极板右侧边缘射出时，圆周运动轨迹半径r2＝＝
解得液滴初速度v2＝0.25 m/s
初速度v满足的条件是v≤0.25 m/s或v≥0.5 m/s。
[答案] (1)10 m/s (2)100 W (3)v≤0.25 m/s或v≥0.5 m/s
[感悟升华]
解决电磁感应综合问题的一般思路
(1)先作“源”的分析——分析电路中由电磁感应所产生的电源，求出电源参数E和r。
(2)再进行“路”的分析——分析电路结构，弄清串、并联关系，求出相关部分的电流大小，以便安培力的求解。
(3)然后是“力”的分析——分析研究对象(通常是金属杆、导体、线圈等)的受力情况，尤其注意其所受的安培力。
(4)接着进行“运动”状态的分析——根据力和运动的关系，判断出正确的运动模型。
(5)最后是“能量”的分析——寻找电磁感应过程和研究对象的运动过程中其能量转化和守恒的关系。
[跟踪训练]
1．(2014·浙江高考)其同学设 ( http: / / www.21cnjy.com )计一个发电测速装置，工作原理如图所示。一个半径为R＝0.1 m的圆形金属导轨固定在竖直平面上，一根长为R的金属棒OA，A端与导轨接触良好，O端固定在圆心处的转轴上。转轴的左端有一个半径为r＝的圆盘，圆盘和金属棒能随转轴一起转动。圆盘上绕有不可伸长的细线，下端挂着一个质量为m＝0.5 kg的铝块。在金属导轨区域内存在垂直于导轨平面向右的匀强磁场，磁感应强度B＝0.5 T。a点与导轨相连，b点通过电刷与O端相连。测量a、b两点间的电势差U可算得铝块速度。铝块由静止释放，下落h＝0.3 m时，测得U＝0.15 V。(细线与圆盘间没有滑动，金属棒、导轨、导线及电刷的电阻均不计，重力加速度g＝10 m/s2)
(1)测U时，与a点相接的是电压表的“正极”还是“负极”？
(2)求此时铝块的速度大小；
(3)求此下落过程中铝块机械能的损失。
解析：(1)根据右手定则可判断a点所接为正极。
(2)由电磁感应定律得U＝E＝
ΔΦ＝BR2Δθ
U＝BωR2
v＝rω＝ωR
所以v＝＝2 m/s
(3)ΔE＝mgh－mv2
ΔE＝0.5 J
答案：(1)正极 (2)2 m/s (3)0.5 J
2．如图所示，正方形单匝均匀线框a ( http: / / www.21cnjy.com )bcd，边长L＝0.4 m，每边电阻相等，总电阻R＝0.5 Ω。一根足够长的绝缘轻质细线跨过两个轻质光滑定滑轮，一端连接正方形线框，另一端连接绝缘物体P。物体P放在一个光滑的足够长的固定斜面上，斜面倾角θ＝30°，斜面上方的细线与斜面平行。在正方形线框正下方有一有界匀强磁场，上边界Ⅰ和下边界Ⅱ都水平，两边界之间距离也是L＝0.4 m。磁场方向水平，垂直纸面向里，磁感应强度大小B＝0.5 T。现让正方形线框的cd边距上边界Ⅰ高度h＝0.9 m的位置由静止释放，且线框在运动过程中始终与磁场垂直，cd边始终保持水平，物体P始终在斜面上运动，线框刚好能以v＝3 m/s的速度进入匀强磁场并匀速通过匀强磁场区域。释放前细线绷紧，重力加速度g＝10 m/s2，不计空气阻力。求：
(1)线框的cd边在匀强磁场中的运动过程中，c、d间的电压是多大；
(2)线框的质量m1和物体P的质量m2分别是多大；
(3)在cd边刚进入磁场时， ( http: / / www.21cnjy.com )给线框施加一个竖直向下的拉力F，使线框以进入磁场前的加速度匀加速通过磁场区域，在此过程中，力F做功W＝0.23 J，求正方形线框cd边产生的焦耳热是多少。
解析：(1)正方形线框匀速通过匀强磁场区域的过程中，设cd边上的感应电动势为E，线框中的电流强度为I，c、d间的电压为Ucd，则
由法拉第电磁感应定律知E＝BLv
由闭合电路欧姆定律知I＝
Ucd＝IR
解得Ucd＝0.45 V
(2)正方形线框匀速通过磁场区域的过程中，设受到的安培力为F安，细线上的张力为FT，则F安＝BIL
对m2有 FT＝m2gsin θ
对m1有m1g＝FT＋F安
正方形线框在进入磁场之前的运动过程中，根据能量守恒有
m1gh－m2ghsin θ＝(m1＋m2)v2
解得m1＝0.032 kg，m2＝0.016 kg
(3)因为线框在磁场中运动的加速 ( http: / / www.21cnjy.com )度与进入磁场前的加速度相同，所以在通过磁场区域的过程中，线框和物体P的总机械能保持不变，故力F做的功W等于整个线框中产生的焦耳热Q，即
W＝Q
设线框cd边产生的焦耳热为Qcd，根据Q＝I2Rt有
Qcd＝Q
解得Qcd＝0.057 5 J
答案：(1)0.45 V (2)0.032 kg 0.016 kg (3)0.057 5 J
卷(一)
1．(2014·全国高考) 很多相同 ( http: / / www.21cnjy.com )的绝缘铜圆环沿竖直方向叠放，形成一很长的竖直圆筒。一条形磁铁沿圆筒的中心轴竖直放置，其下端与圆筒上端开口平齐。让条形磁铁从静止开始下落，条形磁铁在圆筒中的运动速率( )
A．均匀增大 B．先增大，后减小
C．逐渐增大，趋于不变 D．先增大，再减小，最后不变
解析：选C 竖直圆筒相当于闭合电路， ( http: / / www.21cnjy.com )磁铁穿过闭合电路，产生感应电流，根据楞次定律，磁铁受到向上的阻碍磁铁运动的安培力，开始时磁铁的速度小，产生的感应电流也小，安培力也小，磁铁加速运动，随着速度的增大，产生的感应电流增大，安培力也增大，直到安培力等于磁铁重力的时候，磁铁匀速运动，C正确。
2．(2014·安徽高考)英国物理 ( http: / / www.21cnjy.com )学家麦克斯韦认为，磁场变化时会在空间激发感生电场。如图所示，一个半径为r的绝缘细圆环水平放置，环内存在竖直向上的匀强磁场B，环上套一带电荷量为＋q的小球。已知磁感应强度B随时间均匀增加，其变化率为k，若小球在环上运动一周，则感生电场对小球的作用力所做功的大小是( )
A．0 B.r2qk C．2πr2qk D．πr2qk
解析：选D 变化的磁场产生的感生电动 ( http: / / www.21cnjy.com )势为E＝πr2＝kπr2，小球在环上运动一周感生电场对其所做的功W＝qE＝qkπr2，D正确，A、B、C错误。
3．(2014·达州模拟)如图甲所 ( http: / / www.21cnjy.com )示，两平行虚线间的区域内存在着有界匀强磁场，有一较小的直角三角形线框abc的ab边与磁场边界平行，现使此线框向右匀速穿过磁场区域，运动过程中始终保持速度方向与ab边垂直。规定线框中感应电流的方向逆时针为正，则图乙中可以定性地表示线框在进出磁场的过程中感应电流随时间变化的规律的是( )
解析：选D 设∠c＝θ， ( http: / / www.21cnjy.com )线框进入磁场过程中，由法拉第电磁感应定律知E＝Blv＝Bv(xbc－x)tan θ，又因为x＝vt，I＝，所以I＝，回路中电阻一定，D正确。
4．如图所示，虚线MN表示 ( http: / / www.21cnjy.com )正方形金属框的一条对称轴，A、B、C是三个磁感线均匀分布的有界磁场区，区内磁感应强度大小随时间变化的规律都满足B＝kt，金属框按照图示方式处在磁场中，测得金属框在A区中的感应电流为I0，在B区和C区内感应电流分别为IB、IC，则下列判断中正确的是( )
A．IB＝2I0，IC＝2I0 B．IB＝2I0，IC＝0
C．IB＝0，IC＝0 D．IB＝I0，IC＝0
解析：选B A、B、C的磁通量分 ( http: / / www.21cnjy.com )别为ΦA＝，ΦB＝BL2和ΦC＝0，由法拉第电磁感应定律得，EA＝，EB＝kL2和EC＝0；回路的电阻一定，由I＝，可知IB＝2I0，IC＝0，B正确。
5．如图所示，在磁感应强度为B、方 ( http: / / www.21cnjy.com )向垂直纸面向里的匀强磁场中，金属杆MN在平行金属导轨上以速度v向右匀速滑动，MN中产生的感应电动势为E1；若磁感应强度增为2B，其他条件不变，MN中产生的感应电动势变为E2。则通过电阻R的电流方向及E1与E2之比E1∶E2分别为( )
A．c→a,2∶1 B．a→c,2∶1
C．a→c,1∶2 D．c→a,1∶2
解析：选C 由右手定则可知，电流的方向为a→c，由E＝BLv可知，E1∶E2＝1∶2，C正确。
6．如图所示，足够长平行金属导轨倾斜 ( http: / / www.21cnjy.com )放置，倾角为37°，宽度为0.5 m，电阻忽略不计，其上端接一小灯泡，电阻为1 Ω。一导体棒MN垂直于导轨放置，质量为0.2 kg，接入电路的电阻为1 Ω，两端与导轨接触良好，与导轨间的动摩擦因数为0.5。在导轨间存在着垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为0.8 T。将导体棒MN由静止释放，运动一段时间后，小灯泡稳定发光，此后导体棒MN的运动速度以及小灯泡消耗的电功率分别为(重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6)( )
A．2.5 m/s,1 W B．5 m/s,1 W
C．7.5 m/s,9 W D．15 m/s,9 W
解析：选B 当灯泡稳定发光后，物体 ( http: / / www.21cnjy.com )做匀速运动，根据平衡条件进行分析。物体做匀速运动时，有mgsin θ－μmgcos θ＝，解得v＝5 m/s，I＝＝1 A，P＝I2R＝1 W，B正确。
7. (2014·眉山质检)如图所示， ( http: / / www.21cnjy.com )两足够长的光滑金属导轨竖直放置，相距为L，一导线与两导轨相连，磁感应强度大小为B的匀强磁场与导轨平面垂直，一电阻为R、质量为m的导体棒在距磁场上边界h处静止释放，导体棒进入磁场后速度减小，最终稳定时离磁场上边缘的距离为H。整个运动过程中，导体棒与导轨接触良好，且始终保持水平，不计导轨的电阻。下列说法正确的是( )
A．整个运动过程中回路的最大电流为
B．整个运动过程中导体棒产生的焦耳热为m(H＋h)g－
C．整个运动过程中导体棒克服安培力所做的功为mgH
D．整个运动过程中回路电流的功率为2R
解析：选B 导体棒进入磁场后，先 ( http: / / www.21cnjy.com )做变减速运动，安培力也逐渐减小，当减到与重力相等时导体棒稳定，所以导体棒进入磁场时的速度最大，所产生的感应电动势最大，其感应电流也最大，由自由落体运动规律，进入磁场时的速度大小为v＝，产生的感应电动势为E＝BLv，由闭合电路欧姆定律得Im＝＝＝，A错误；导体棒稳定后，有mg＝BIL，I＝＝，由能量守恒定律可知Q＝m(H＋h)g－·mv′2，解得Q＝m(H＋h)g－，B正确；克服安培力做功与产生的焦耳热相等，C错误；回路中的电流是变化的，由P＝I2R知功率也是变化的，D错误。
8．(2014·江苏高考 ( http: / / www.21cnjy.com ))如图所示，在线圈上端放置一盛有冷水的金属杯，现接通交流电源，过了几分钟，杯内的水沸腾起来。若要缩短上述加热时间，下列措施可行的有( )
A．增加线圈的匝数
B．提高交流电源的频率
C．将金属杯换为瓷杯
D．取走线圈中的铁芯
解析：选AB 当线圈上通交流电时，金属杯 ( http: / / www.21cnjy.com )由于发生电磁感应现象，杯中有感应电流，对水加热，若要增大感应电流，则需要增大感应电动势或者减小杯体的电阻。增加线圈的匝数，使得穿过金属杯的磁场增强，感应电动势增大，A正确；提高交流电的频率，使得磁通量的变化率增大，感应电动势增大，B正确；若将金属杯换为瓷杯，则不会产生感应电流，C错误；取走线圈中的铁芯，磁场会大大减弱，感应电动势减小，D错误。
9．如图甲所示，MN左侧有一垂直 ( http: / / www.21cnjy.com )纸面向里的匀强磁场。现将一边长为L、质量为m、电阻为R的正方形金属线框置于该磁场中，使线框平面与磁场方向垂直，且bc边与磁场边界MN重合。当t＝0时，对线框施加一水平拉力F，使线框由静止开始向右做匀加速直线运动；当t＝t0时，线框的ad边与磁场边界MN重合。图乙为拉力F随时间t变化的图线。由以上条件可知，磁场的磁感应强度B的大小及t0时刻线框的速率v为( )
A．B＝ B．B＝
C．v＝ D．v＝
解析：选BC 由法拉第电磁感应定 ( http: / / www.21cnjy.com )律有E＝BLv，而v＝at，由欧姆定律有I＝，由安培力公式有F安＝BIL，由牛顿第二定律有F－F安＝ma，解得F＝ma＋t，由此式及F t图像可知F0＝ma，＝，解得a＝，B＝·，则v＝at0＝，B、C正确，A、D错误。
10．(2014·达州质 ( http: / / www.21cnjy.com )检)如图所示，光滑水平面上存在有界匀强磁场，直径与磁场宽度相同的金属圆形线框以一定的初速度斜向匀速通过磁场。在必要的时间段内施加必要的水平拉力保证其匀速运动，则( )
A．金属框内感应电流方向先逆时针再顺时针
B．金属框内感应电流先增大后减小
C．水平拉力方向与速度同向
D．水平拉力方向与速度方向无关
解析：选AD 金属圆形线框以 ( http: / / www.21cnjy.com )一定的初速度斜向匀速通过磁场，由楞次定律可知，金属框内感应电流方向先逆时针再顺时针，A正确；根据法拉第电磁感应定律，金属框内感应电流先增大后减小，再增大后减小，B错误；要保证其匀速运动，水平拉力的方向先向右，后向左，与速度方向无关，C错误，D正确。
11．(2014·石家庄模拟) ( http: / / www.21cnjy.com )如图甲所示，螺线管匝数n＝1 500匝，横截面积S＝20 cm2，螺线管导线电阻r＝1 Ω，电阻R＝4 Ω，磁感应强度B随时间t的变化情况如图乙所示(以向右为正方向)，下列说法正确的是( )
A．电阻R的电流方向是从A到C
B．感应电流的大小保持不变
C．电阻R的电压为6 V
D．C点的电势为4.8 V
解析：选BD 由楞次定律，电阻R的 ( http: / / www.21cnjy.com )电流方向是从C到A，A错误；由于磁感应强度均匀增大，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律，感应电流的大小保持不变，B正确；螺旋管内产生的感应电动势E＝nS＝1 500×20×10－4×2 V＝6 V，电流I＝＝1.2 A，电阻R的电压为UAC＝IR＝4.8 V，A点接地，则φA＝0，所以C点的电势为4.8 V，C错误，D正确。
12．(2013·四川高考)如图所示，边 ( http: / / www.21cnjy.com )长为L、不可形变的正方形导线框内有半径为r的圆形磁场区域，其磁感应强度B随时间t的变化关系为B＝kt(常量k>0)。回路中滑动变阻器R的最大阻值为R0，滑动片P位于滑动变阻器中央，定值电阻R1＝R0、R2＝。闭合开关S，电压表的示数为U，不考虑虚线MN右侧导体的感应电动势，则( )
A．R2两端的电压为
B．电容器的a极板带正电
C．滑动变阻器R的热功率为电阻R2的5倍
D．正方形导线框中的感应电动势为kL2
解析：选AC 滑动片P将滑动变阻 ( http: / / www.21cnjy.com )器分成相等的两部分电阻，即R左＝R右＝，R2与R右并联值为，线路中总电阻为，故R2两端的电压为U2＝，A正确；由楞次定律得正方形导线框的感应电动势方向为逆时针，据此判断电容器b板带正电，B错误；滑动变阻器左半部分的电压为，热功率为P左＝＝，P右＝＝，滑动变阻器消耗的总功率为P滑＝P左＋P右＝，R2消耗的功率为P2＝＝，显然＝5，C正确；正方形导线框的有效面积为圆形磁场的面积，由法拉第电磁感应定律得，感应电动势E＝＝πr2·＝πkr2，D错误。
13．如图所示，足够长的光滑斜面上中间 ( http: / / www.21cnjy.com )虚线区域内有一垂直于斜面向上的匀强磁场，一正方形金属线框从斜面底端以一定初速度上滑，线框越过虚线进入磁场，最后又回到斜面底端，则下列说法中正确的是( )
A．上滑过程线框中产生的焦耳热等于下滑过程线框中产生的焦耳热
B．上滑过程线框中产生的焦耳热大于下滑过程线框中产生的焦耳热
C．上滑过程线框克服重力做功的平均功率等于下滑过程中重力的平均功率
D．上滑过程线框克服重力做功的平均功率大于下滑过程中重力的平均功率
解析：选BD 上滑经过磁场的末速度与下滑 ( http: / / www.21cnjy.com )经过磁场的初速度相等，可知线框进出磁场的过程中，上滑时的平均速度大于下滑时的平均速度，由＝BL 知，上>下，由穿越磁场时通过的电荷量q＝知q上＝q下，由产生的焦耳热Q＝W＝qE知，Q上>Q下，A错误，B正确；因过程中有能量损失，上滑平均速度大于下滑平均速度，用时t上
1. (2014·重庆高考) ( http: / / www.21cnjy.com ) 某电子天平原理如图所示，E形磁铁的两侧为N极，中心为S极，两极间的磁感应强度大小均为B，磁极宽度均为L，忽略边缘效应，一正方形线圈套于中心磁极，其骨架与秤盘连为一体，线圈两端C、D与外电路连接，当质量为m的重物放在秤盘上时，弹簧被压缩，秤盘和线圈一起向下运动(骨架与磁极不接触)，随后外电路对线圈供电，秤盘和线圈恢复到未放重物时的位置并静止，由此时对应的供电电流I可确定重物的质量。已知线圈匝数为n，线圈电阻为R，重力加速度为g。问：
(1)线圈向下运动过程中，线圈中感应电流是从C端还是从D端流出？
(2)供电电流I是从C端还是从D端流入？求重物质量与电流的关系；
(3)若线圈消耗的最大功率为P，该电子天平能称量的最大质量是多少？
解析：(1)由右手定则知，感应电流从C端流出。
(2)外加电流从D端流入。
设线圈受到的安培力为FA，则
FA＝mg
FA＝2nBIL
解得m＝
(3)设称量最大质量为m0，则m0＝I0
P＝IR
解得m0＝
答案：(1)C端 (2)D端 m＝ (3)
2．(2014·天津高考 ( http: / / www.21cnjy.com ))如图所示，两根足够长的平行金属导轨固定在倾角θ＝30°的斜面上，导轨电阻不计，间距L＝0.4 m。导轨所在空间被分成区域Ⅰ和Ⅱ，两区域的边界与斜面的交线为MN，Ⅰ中的匀强磁场方向垂直斜面向下，Ⅱ中的匀强磁场方向垂直斜面向上，两磁场的磁感应强度大小均为B＝0.5 T。在区域Ⅰ中，将质量m1＝0.1 kg，电阻R1＝0.1 Ω的金属条ab放在导轨上，ab刚好不下滑。然后，在区域Ⅱ中将质量m2＝0.4 kg，电阻R2＝0.1 Ω的光滑导体棒cd置于导轨上，由静止开始下滑。cd在滑动过程中始终处于区域Ⅱ的磁场中，ab、cd始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，取g＝10 m/s2。问：
(1)cd下滑的过程中，ab中的电流方向；
(2)ab刚要向上滑动时，cd的速度v多大；
(3)从cd开始下滑到ab刚要向上滑动的过程中，cd滑动的距离x＝3.8 m，此过程中ab上产生的热量Q是多少。
解析：(1)由右手定则知，cd中电流由d流向c，则ab中电流由a流向b。
(2)开始放置ab刚好不下滑时，ab所受摩擦力为最大静摩擦力，设其为Fmax，有Fmax＝m1gsin θ①
设ab刚好要上滑时，cd棒的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律有
E＝BLv②
设电路中的感应电流为I，由闭合电路欧姆定律有
I＝③
设ab所受安培力为F安，有
F安＝ILB④
此时ab受到的最大静摩擦力方向沿斜面向下，由平衡条件有F安＝m1gsin θ＋Fmax⑤
综合①②③④⑤式，代入数据解得v＝5 m/s⑥
(3)设cd棒的运动过程中电路中产生的总热量为Q总，由能量守恒有
m2gxsin θ＝Q总＋m2v2⑦
又Q＝Q总⑧
解得Q＝1.3 J⑨
答案：(1)由a流向b (2)5 m/s (3)1.3 J
3．(2014·上海八校联考)如图甲所示 ( http: / / www.21cnjy.com )，MN、PQ是固定于同一水平面内相互平行的粗糙长直导轨，间距L＝2.0 m，R是连在导轨一端的电阻，质量m＝1.0 kg的导体棒ab垂直跨在导轨上，电压传感器与这部分装置相连。导轨所在空间有磁感应强度B＝0.50 T、方向垂直平面向里的匀强磁场。从t＝0开始对导体棒ab施加一个水平向左的外力F，使其由静止开始沿导轨向左运动，电压传感器测出R两端的电压随时间变化的图线如图乙所示，其中OA、BC段是直线，AB段是曲线。假设从1.2 s开始以后外力F的功率P＝4.5 W保持不变。导轨和导体棒ab的电阻均忽略不计，导体棒ab在运动过程中始终与导轨垂直，且接触良好，不计电压传感器对电路的影响，g取10 m/s2。求：
(1)导体棒ab最大速度vm的大小；
(2)在1.2 s～2.4 s的时间内，该装置产生的总热量Q。
解析：(1)从乙图可知，t＝2.4 s时R两端的电压达到最大，Um＝1.0 V，由于导体棒内阻不计，
故Um＝Em＝BLvm
所以vm＝＝1.0 m/s
(2)因为E＝U＝BLv，而B、L为常数，所以设t2＝1.2 s时导体棒的速度为v1，由乙图可知此时电压
U1＝0.90 V
由E1＝U1＝BLv1
得v1＝＝0.90 m/s
在1.2 s～2.4 s时间内，根据功能原理得
mv＋P·Δt＝mv＋Q
解得Q＝5.305 J
答案：(1)1.0 m/s (2)5.305 J
4．(2014·安徽高考)如图甲所示， ( http: / / www.21cnjy.com )匀强磁场的磁感应强度B为0.5 T，其方向垂直于倾角θ为30°的斜面向上。绝缘斜面上固定有“∧”形状的光滑金属导轨MPN(电阻忽略不计)，MP和NP长度均为2.5 m，MN连线水平，长为3 m。以MN中点O为原点、OP为x轴建立一维坐标系Ox。一根粗细均匀的金属杆CD，长度d为3 m、质量m为1 kg、电阻R为0.3 Ω，在拉力F的作用下，从MN处以恒定速度v＝1 m/s在导轨上沿x轴正向运动(金属杆与导轨接触良好)。g取10 m/s2。
(1)求金属杆CD运动过程中产生的感应电动势E及运动到x＝0.8 m处电势差UCD；
(2)推导金属杆CD从MN处运动到P点过程中拉力F与位置坐标x的关系式，并在图乙中画出F x关系图像；
(3)求金属杆CD从MN处运动到P点的全过程产生的焦耳热。
解析：(1)金属杆CD在匀速运动中产生的感应电动势
E＝Blv(l＝d)
E＝1.5 V(D点电势高)
在x＝0.8 m处，金属杆在导轨间的电势差为零。设此时杆在导轨外的长度为l外，则l外＝d－d
OP＝ ＝2 m
得l外＝1.2 m
由楞次定律判断D点电势高，故C、D两端电势差
UCD＝－Bl外v
解得UCD＝－0.6 V
(2)杆在导轨间的长度l与位置x关系是
l＝d＝3－x
对应的电阻Rl为Rl＝R
电流I＝
杆受的安培力
F安＝BIl＝7.5－3.75x
根据平衡条件得F＝F安＋mgsin θ
F＝12.5－3.75x(0≤x≤2)
画出的F x图像如图所示。
(3)外力F所做的功WF等于F x图线下所围的面积，即
WF＝×2 J＝17.5 J
而杆的重力势能增加量
ΔEp＝mgOPsin θ
故全过程产生的焦耳热
Q＝WF－ΔEp＝7.5 J
答案：(1)1.5 V －0.6 V (2)F＝12.5－3.75x(0≤x≤2) 见解析图 (3)7.5 J
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