(共30张PPT)
第10讲 电磁感应规律及应用
贯通 知识脉络
研学 核心考点
目录索引
贯通 知识脉络
研学 核心考点
考点一 楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用
命题角度1感应电流方向的判定
例1 (2025广东汕头模拟)如图所示,铁芯左边悬挂一个轻质金属环,铁芯上有两个线圈M和P,线圈M和电源、开关、热敏电阻RT相连,线圈P与电流表相连。已知热敏电阻RT的阻值随温度的升高而减小,保持开关闭合,下列说法正确的是( )
A.当温度升高时,金属环向左摆动
B.当温度不变时,电流表示数不为0
C.当电流从a经电流表到b时,说明温度降低
D.当电流表示数增大时,温度升高
A
解析 保持开关闭合,当温度升高时,热敏电阻RT的阻值减小,流过的电流增大,由右手螺旋定则可得电流产生的磁场方向向右穿过螺线管,如图所示,穿过小金属环的磁通量向右增大,由楞次定律可得穿过小金属环的感应电流I3的方向从左向右看为逆时针,小金属环在原磁场中受到的安培力阻碍磁通量的增大,故小金属环有缩小的趋势并向左摆动,故A正确;当温度不变时,线圈M中的电流不变,穿过线圈P的磁通量不变,线圈P中无感应电流产生,电流表示数为0,故B错误;当电流从a经电流表到b时,线圈P中感应电流产生的磁场水平向左,与原磁场方向相反,根据楞次定律知原磁场的磁通量增大,故流过RT的电流增大,即RT的阻值减小,说明温度升高,故C错误;当电流表示数增大时,根据法拉第电磁感应定律知,
穿过线圈M的磁通量的变化率增大,故流过RT
的电流的变化率变大,故RT的阻值变化得快,即
温度变化得快,但不能判断温度的升降,故D错误。
考教衔接
真题 图示
(2024北京卷) (2024江苏卷)
(2024广东卷)
衔接 教材
人教版选择性
必修第二册P29图2.1-9
关键 点拨 楞次定律应用的核心是确定磁通量的变化情况,可以是磁感应强度变化,也可以是面积变化,还可以是磁场与回路所在平面的夹角变化
人教版选择性
必修第二册P27图2.1-6
命题角度2两类电动势的求解
例2 (2024湖南卷)如图所示,有一硬质导线Oabc,其中是半径为R的半圆弧,b为圆弧的中点,直线段Oa长为R且垂直于直径ac。该导线在纸面内绕O点逆时针转动,导线始终在垂直纸面向里的匀强磁场中。则O、a、b、c各点电势关系为( )
A.φO>φa>φb>φc
B.φO<φa<φb<φc
C.φO>φa>φb=φc
D.φO<φa<φb=φc
C
解析 本题考查导体切割磁感线产生感应电动势。如图所示,该导线在纸面内绕O点逆时针转动,相当于Oa、Ob、Oc导体棒转动切割磁感线,根据右手定则可知O点电势最高;根据E=Blv=Bωl2,又lOb=lOc=R>lOa,所以0
φa>φb=φc,故选项C正确。
例3 (多选)(2025福建泉州一模)如图所示,用相同金属材料制成两个单匝闭合线圈a、b,它们的质量相等、粗细均匀,线圈a的半径为线圈b半径的2倍,将它们垂直放在随时间均匀变化的磁场中,下列说法正确的是( )
A.穿过线圈a、b的磁通量之比为2∶1
B.线圈a、b内的感应电动势之比为4∶1
C.线圈a、b内的感应电流之比为2∶1
D.线圈a、b产生的热功率之比为4∶1
BD
解析 线圈a的半径为线圈b半径的2倍,则线圈a、b围成的面积之比为,可得穿过两线圈的磁通量之比为,故A错误;根据法拉第电磁感应定律,有E=S,可得线圈a、b内的感应电动势之比为,故B正确;两线圈的质量相等,线圈a的半径为线圈b半径的2倍,所以线圈a的横截面积为线圈b横截面积的一半,根据电阻定律可知,线圈a、b的电阻之比,线圈a、b内的感应电流之比,故C错误;根据P=I2R可知,线圈a、b产生的热功率之比,故D正确。
命题角度3感应电荷量的两种求法
例4 (2025湖北卷)如图(a)所示,相距L的两足够长平行金属导轨放在同一水平面内,两长度均为L、电阻均为R的金属棒ab、cd垂直跨放在两导轨上,金属棒与导轨接触良好,导轨电阻忽略不计。导轨间存在方向与导轨平面垂直的磁场,其磁感应强度大小B随时间变化的图像如图(b)所示,t=T时刻,B=0。t=0时刻,两棒相距x0,ab棒速度为零,cd棒速度方向水平向右,并与棒垂直,则0~T时间内流过回路的电荷量为( )
A. B.
C. D.
(a)
(b)
B
解析 根据题意,E=n,则q=It=T=,故B正确。
例5 (多选)(2025山东济宁一模)如图所示,两条间距为d的平行光滑金属导轨(足够长)固定在水平面上,导轨的右端接定值电阻,磁感应强度大小为B的匀强磁场垂直于导轨平面竖直向上。一质量为m的金属棒MN放在导轨上,金属棒与导轨的夹角为30°,导线、导轨、金属棒的电阻均忽略不计。给金属棒一个沿水平方向且与棒垂直的恒力F,经过时间t金属棒获得最大速度v,金属棒与两导轨始终接触良好。在此过程中,下列说法正确的是( )
A.金属棒加速度的最大值为
B.金属棒产生的最大电动势为Bdv
C.定值电阻的阻值为
D.0~t时间内,流过定值电阻某一横截面的电荷量为
AD
解析 施加外力瞬间,金属棒的加速度最大,根据牛顿第二定律,金属棒加速度的最大值am=,故A正确;金属棒受一个沿水平方向且与棒垂直的恒力F,经过时间t金属棒获得最大速度v,则最大电动势为E=Bv=2Bdv,故B错误;速度最大时有F=BI,其中I=,解得R=,故C错误;根据动量定理有Ft-Bt=mv,根据电流定义式有q=t,联立解得q=,故D正确。
考点二 电磁感应中的图像问题
1.电磁感应图像问题的“三点关注”
2.电磁感应图像问题的“两种解法”
例6 (多选)(2024全国甲卷)如图所示,一绝缘细绳跨过两个在同一竖直面(纸面)内的光滑定滑轮,绳的一端连接一矩形金属线框,另一端连接一物块。线框与左侧滑轮之间的虚线区域内有方向为垂直于纸面的匀强磁场,磁场上下边界水平,在t=0时刻线框的上边框以不同的初速度从磁场下方进入磁场。运动过程中,线框始终在纸面内且上下边框保持水平。以向上为速度的正方向,下列线框的速度v随时间t变化的图像中可能正确的是( )
AC
解析 设线框的上边框进入磁场时的速度为v,线框的质量为m0,物块的质量为m,题图中线框进入磁场时线框的加速度向下,则对线框由牛顿第二定律可知m0g+F安-FT=m0a,对物块有FT-mg=ma,F安=,即+(m0-m)g =(m0+m)a,线框向上做减速运动,随速度的减小,向下的加速度减小,当加速度为零时,即线框匀速运动的速度为v0=。若线框进入磁场时的速度较小,则线框进入磁场时做加速度减小的减速运动,则选项A可能。因t=0时刻线框就进入磁场,则进入磁场时线框向上不可能做匀减速运动,则选项B不可能。若线框的质量等于物块的质量,线框进入磁场做加速度减小的减速运动,完全进入磁场后线框做匀速运动;当线框离开磁场时,受向下的安培力又做加速度减小的减速运动,最终离开磁场时做匀速运动,则选项C可能,D不可能。
例7 (2025四川南充联考)如图所示,abcd为边长为L的正方形线框,线框在纸面内,电阻为R。图中虚线区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场。现用外力作用于线框,使线框从图示位置开始沿x轴正方向做初速度为零的匀加速运动,线框运动过程中,ad边始终水平,线框平面始终与磁场方向垂直,磁场宽度大于L,x轴正方向作为力的正方向,则磁场对线框的作用力F随时间t的变化图像及线框ab边的电压Uab随时间t的变化图像正确的是( )
D
解析 线圈做初速度为零的匀加速运动,速度v=at,进磁场时和出磁场时受到的安培力F=,方向沿x轴负方向,则A、B错误。cd边进入磁场、ab边未进入磁场时,ab两端的电压Uab=BLv=BLat;ab、cd边均在磁场中时,Uab=BLv=BLat;cd边出磁场、ab边未出磁场时,ab两端的电压Uab=BLv=BLat,则选项C错误,D正确。
考点三 电磁感应中的动力学和能量问题
1.电磁感应综合问题的解题思路
2.求解焦耳热Q的三种方法
(1)焦耳定律:Q=I2Rt,适用于电流恒定的情况;
(2)功能关系:Q=W克安(W克安为克服安培力做的功);
(3)能量转化:Q=ΔE(其他能的减少量)。
对于电磁感应问题,研究思路常常有两条:一是从运动和力的角度,根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程;二是从能量的角度,分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题,根据动能定理、功能关系等列方程求解。
例8 (2025四川卷)如图所示,长度均为s的两根光滑金属直导轨MN和PQ固定在水平绝缘桌面上,两者平行且相距l,M、P连线垂直于导轨,定滑轮位于N、Q连线中点正上方h处。MN和PQ单位长度的电阻均为r,M、P间连接一阻值为2sr的电阻。空间有垂直于桌面向下的匀强磁场,磁感应强度大小为B。过定滑轮的不可伸长绝缘轻绳拉动质量为m、电阻不计的金属杆沿导轨向右做匀速直线运动,速度大小为v。零时刻,金属杆位于M、P连线处。金属杆在导轨上时与导轨始终垂直且接触良好,重力加速度大小为g。求:
(1)金属杆在导轨上运动时,回路的感应电动势;
(2)金属杆在导轨上与M、P连线相距d时,回路的热功率;
(3)金属杆在导轨上保持速度大小v做匀速直线运动的最大路程。
答案 (1)Blv (2)
(3)
解析 (1)因金属杆向右做匀速直线运动的速度为v,所以回路的感应电动势为E=Blv。
(2)金属杆运动距离d时,导轨接入电路的长度为2d,因此回路中的总电阻R=2dr+2sr
回路电流为I=
则P=I2R=。
(3)对金属杆进行受力分析,如图所示
金属杆做匀速直线运动,则在水平方向有Fcos θ=F安
在竖直方向有Fsin θ+FN=mg
解得FN=mg-F安tan θ
设金属杆在导轨上做匀速直线运动的路程为x
由几何关系可知tan θ=
又F安=BI1l,I1=
则FN=mg-(0≤x当FN=0时,金属杆不能做匀速直线运动,此时x有最大值
解得xm=。(共27张PPT)
第11讲 电磁感应中的动量问题
考点一 动量定理在电磁感应中的应用
例1 (多选)(2025湖南卷)如图所示,关于x轴对称的光滑导轨固定在水平面内,导轨形状为抛物线,顶点位于O点。一足够长的金属杆初始位置与y轴重合,金属杆的质量为m,单位长度的电阻为r0。整个空间存在竖直向上的匀强磁场,磁感应强度为B。现给金属杆一沿x轴正方向的初速度v0,金属杆运动过程中始终与y轴平行,且与电阻不计的导轨接触良好。下列说法正确的是( )
A.金属杆沿x轴正方向运动过程中,金属杆中电流沿y轴负方向
B.金属杆可以在沿x轴正方向的恒力作用下做匀速直线运动
C.金属杆停止运动时,与导轨围成的面积为
D.若金属杆的初速度减半,则金属杆停止运动时经过的距离小于原来的一半
AC
解析 根据右手定则可知金属杆沿x轴正方向运动过程中,金属杆中电流沿y轴负方向,故A正确;若金属杆可以在沿x轴正方向的力F作用下做匀速直线运动,则有F=F安=BIL,I=,可得F=,由于金属杆运动过程中接入导轨中的长度L在变化,故F为变力,故B错误;取一微小时间Δt,设此时金属杆接入导轨中的长度为L',根据动量定理有-BI'L'Δt=-BL'q' =mΔv,同时有q=·Δt=,联立得-=mΔv,对从开始到金属杆停止运动时整个过程累积可得-=0-mv0,解得此时金属杆与导轨围成的面积S=,故C正确;若金属杆的初速度减半,由上述分析可知当金属杆停止运动时金属杆与导轨围成的面积S'=S,根据抛物线的图像规律可知此时金属杆停止运动时经过的距离大于原来的一半,故D错误。
例2 (2025黑吉辽蒙卷)如图(a)所示,固定在光滑绝缘水平面上的单匝正方形导体框abcd,置于始终竖直向下的匀强磁场中,ad边与磁场边界平行,ab边中点位于磁场边界。导体框的质量m=1 kg、电阻R=0.5 Ω、边长L=1 m。磁感应强度B随时间t连续变化,0~1 s内B-t图像如图(b)所示。导体框中的感应电流I与时间t关系图像如图(c)所示,其中0~1 s内的图像未画出,规定顺时针方向(俯视)为电流正方向。
(1)求t=0.5 s时ad边受到的安培力大小F。
(2)在图(b)中画出1~2 s内的B-t图像(无需写出计算过程)。
(3)从t=2 s开始,磁场不再随时间变化。之后导体框解除固定,给导体框一个向右的初速度v0=0.1 m/s,求ad边离开磁场时的速度大小v1。
答案 (1)0.015 N (2)见解析图
(3)0.01 m/s
解析 (1)在0~1.0 s内,由法拉第电磁感应定律得
E1=×12 V=0.05 V
由闭合电路欧姆定律可知,0~1.0 s内导体框中的感应电流大小为I1==0.1 A
由图(b)可知,t=0.5 s时磁感应强度大小为B0.5=0.15 T
所以此时ad边受到的安培力大小为F=B0.5I1L=0.15×0.1×1 N=0.015 N。
(2)0~1.0 s内导体框中的感应电流大小为I1=0.1 A,根据楞次定律可知感应电流方向为顺时针,由图(c)可知1.0~2.0 s内的感应电流大小为I2=0.2 A,方向为逆时针
根据欧姆定律可知1.0~2.0 s内的感应电动势大小为E2=I2R=0.1 V
由法拉第电磁感应定律得E2==0.1 V
1.0~2.0 s内导体框中的磁通量的变化率为=0.2 V
解得t=2 s时磁感应强度大小为B2=0.3 T,方向垂直于纸面向里
故1.0~2.0 s内的磁感应强度随时间变化的图像如图所示。
(3)导体框从磁场离开的过程中,由动量定理得-B2L·Δt=mv1-mv0
其中q=·Δt=Δt=
联立解得ad边离开磁场时的速度大小为v1=0.01 m/s。
例3 (2025河北部分高中模拟)如图所示,两水平平行金属导轨由宽轨M1N1、M2N2,窄轨O1P1、O2P2两部分组成,宽轨部分间距为2L,窄轨部分间距为L。现将两根材料相同、横截面积相同的金属棒ab、cd分别静置在宽轨和窄轨上。金属棒ab的质量为m,电阻为R,长度为2L,金属棒cd的长度为L,两金属棒在运动过程中始终与导轨垂直且接触良好。除金属棒的电阻之外其余电阻不计,宽轨和窄轨都足够长。金属导轨处在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。现给金属棒ab一水平向右的初速度v0,此后金属棒ab始终在宽轨磁场中运动,金属棒cd始终在窄轨磁场中运动,不计一切摩擦。
下列说法正确的是( )
A.金属棒ab刚开始运动时,ab棒中的电流方向为b→a
B.当两金属棒匀速运动时,ab棒的速度为
C.金属棒ab从开始运动到匀速运动的过程中,通过ab棒的电荷量为
D.金属棒ab从开始运动到匀速运动的过程中,ab棒中产生的热量为
C
解析 金属棒ab刚开始运动时,根据右手定则可知ab棒中的电流方向为a→b,故A错误;依题意,金属棒cd的质量为,电阻为,匀速运动时,两棒切割磁感线产生的电动势大小相等,有B·2Lvab=BLvcd,得末速度2vab=vcd,对ab棒,有-B·2LΔt=mvab-mv0,对cd棒有BLΔt=vcd,解得vab+vcd=v0,则vab=, vcd=,故B错误;根据q=Δt,联立解得q=,故C正确;由能量关系,整个过程中产生的热量Q总=,又Qab=Q总,联立解得Qab=,故D错误。
考点二 动量守恒定律在电磁感应中的应用
物理 模型
方法 指引 对于两金属杆在平直的光滑导轨上运动的情况,要注意两杆切割磁感线产生的电动势是相加还是相减,如果两金属杆所受的外力之和为零,则考虑应用动量守恒定律处理问题
例4 (多选)(2025山东省实验模拟)如图所示,两根足够长的平行光滑金属导轨固定在水平面内,导轨间距为L。导轨上垂直放置导体棒a和b,质量均为m,电阻均为R,回路中其余部分的电阻不计。匀强磁场磁感应强度大小为B、方向竖直向上。开始时,两棒均静止,间距为x0。t=0时刻导体棒a获得向右的初速度v0,两导体棒的Δv-t图像(Δv=va-vb)如图乙所示,下列说法正确的是( )
A.0~t2时间内,导体棒b产生的焦耳热为
B.t1时刻,棒a的加速度大小为
C.t2时刻,两棒之间的距离为
D.0~t2时间内,通过棒b的电荷量为
BD
解析 t2时刻Δv=0,说明两棒速度相等,设为v,取向右为正方向,由动量守恒定律有mv0=2mv,设0~t2时间内回路产生的焦耳热为Q,由能量守恒定律得Q=×2mv2,联立解得Q=,导体棒b产生的焦耳热为Qb=,故A错误;t1时刻,Δv=va-vb=,回路中产生的总的感应电动势为E=BLva-BLvb=BLΔv=BLv0,回路中感应电流大小为I=,此时棒a所受的安培力大小为F=BIL,对棒b,由牛顿第二定律可得a=,联立解得a=,故B正确;t2时刻两棒速度相同,由A选项分析知v=,0~t2时间内,取向右为正方向,对棒b,由动量定理,有BLt2=mv-0,又t2=q,即BqL=mv,联立得q=,根据电荷量的计算公式可得q=t=t=,解得t2时刻,两棒之间的距离为x=x0+,故C错误,D正确。
例5 (2025河北卷)某电磁助推装置设计如图,超级电容器经调控系统为电路提供1 000 A的恒定电流,水平固定的平行长直导轨处于垂直水平面的匀强磁场中,a可视为始终垂直导轨的导体棒,b为表面绝缘的无人机。初始时a静止于MM'处,b静止于a右侧某处。现将开关S接1端,a与b正碰后锁定并一起运动,损失动能全部储存为弹性势能。当a运行至NN'时将S接2端,同时解除锁定,所储势能瞬间全部转化为动能,a与b分离。已知电容器电容C为10 F,导轨间距为0.5 m,磁感应强度大小为1 T,MM'到NN'的距离为5 m,a、b质量分别为2 kg、8 kg,a在导轨间的电阻为0.01 Ω。碰撞、分离时间极短,各部分始终接触良好,不计导轨电阻、摩擦和储能耗损,忽略电流对磁场的影响。
(1)若分离后某时刻a的速度大小为10 m/s,求此时通过a的电流大小。
(2)忽略a、b所受空气阻力,当a与b的初始间距为1.25 m时,求b分离后的速度大小,分析其是否为b能够获得的最大速度;并求a运动过程中电容器的电压减小量。
(3)忽略a所受空气阻力,若b所受空气阻力大小Ff与其速度v的关系为Ff=kv2 (k=0.025 N·s2/m2),b初始位置与(2)问一致,试估算a运行至NN'时,a、b分离前的速度大小能否达到(2)问中分离前速度的99%,并给出结论。(0.992=0.980 1)
答案 (1)500 A (2)25 m/s 是 40 V (3)能 见解析
解析 本题考查电磁感应。
(1)根据法拉第电磁感应定律有E=BLv
通过a的电流I1=
解得I1=500 A。
(2)以水平向右为正方向,a从MM'运动至b位置过程中由安培力提供加速度
有BIL=maa1,x1=a1,v1=a1t1
解得a1=250 m/s2,t1=0.1 s,v1=25 m/s
a与b碰撞过程中系统动量守恒,有mav1=(ma+mb)v2
储存的弹性势能为Ep=ma(ma+mb)
解得v2=5 m/s,Ep=500 J
a、b碰后一起运动至NN'过程中,x2=5 m-1.25 m=3.75 m,由安培力提供加速度,有BIL=(ma+mb)a2,x2=v2t2+a2,v3=v2+a2t2
解得a2=50 m/s2,t2=0.3 s,v3=20 m/s
a、b分离过程,由动量守恒定律有
(ma+mb)v3=mav4+mbv5
由能量守恒定律有
Ep=mamb(ma+mb)
解得v4=0,v5=25 m/s
在整个过程中安培力大小恒定,a、b分离时,若a的速度为零,则此时b能获得最大速度,最大速度为25 m/s
上述过程中通过导体棒a的电荷量q=I(t1+t2)=400 C
电容器电压的减少量ΔU=
解得ΔU=40 V。
(3)以水平向右为正方向,a、b碰后共同速度为v2=5 m/s,若无空气阻力,到达NN'的速度为v3=20 m/s,其v2-x图像如图所示
若考虑阻力Ff=kv2,则实际v2-x图像应在图中所示图像的下方,可知克服阻力做的功为W<·x2
由能量守恒定律有Fx2-W=(ma+mb)(v2'2-)
解得v2'2>396 m2/s2>392.04 m2/s2=·0.992
可知a、b分离前的速度大小能达到(2)问中分离前速度的99%。
例6 (2025安徽滁州检测)如图甲所示,两条间距为L、电阻不计的光滑平行金属轨道固定在水平面上,轨道右侧与光滑绝缘斜面的底部平滑连接,斜面倾角为θ,水平轨道处于竖直向上的匀强磁场中,磁感应强度大小为B。将长度均为L的金属棒P、Q放在轨道上,两棒均与轨道垂直,Q棒到斜面底部的距离为x0。现给P棒一初速度v0,在Q棒第一次到达斜面底端之前,两棒的速度—时间图像如图乙所示,已知P棒的质量为m,两棒电阻均为R,重力加速度为g,整个过程两棒未相碰,P棒始终在水平轨道上,Q棒未冲出斜面,求:
甲
乙
(1)Q棒第一次到达水平轨道右端时的加速度大小;
(2)Q棒从开始运动至第一次到达水平轨道右端所用的时间;
(3)P棒做减速运动的总位移大小和Q棒在斜面上运动的总时间。
答案 (1) (2) (3)+x0
解析 (1)在Q棒第一次到达斜面底端之前,由动量守恒定律得mv0=0.9mv0+0.2m'v0
解得m'=0.5m
对Q棒,根据牛顿第二定律F安=m'a
又有E=BL(v1-v2),I=,F安=BIL
综合得F安=,又有v1-v2=0.7v0
解得a=。
(2)在Q棒第一次到达斜面底端之前,对Q棒,由动量定理有Δt=m'Δv
则=m'v2,解得x1=+x0
由动量守恒定律有mv0=mv1+m'v2
所以mv0t1=mx1+m'x0。
将x1代入得t1=。
(3)由题意知,Q棒最终停在斜面底部,整个过程对P得 -=-mv0
解得x相'=
又有x相'=x-x0
解得x=+x0
对P、Q系统整个过程有
-m'gsin θ·t=-mv0
解得总时间t=。(共48张PPT)
第9讲 恒定电流和交变电流
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微专题4
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考点一 直流电路的分析与计算
方法2:结论法——“串反并同”
命题角度1闭合电路的动态分析
方法1:程序法
最常规的方法
电源内阻不为零
最直接的方法
方法3:极限法
因滑动变阻器滑片滑动引起电路变化的问题,可将滑动变阻器的滑片分别滑至两个极端,使电阻最大或电阻为零去讨论。
适用于变阻器限流接法
例1 (2025四川南充检测)二氧化锡传感器的电阻随着一氧化碳的浓度增大而减小,将其接入如图所示的电路中,可以测量汽车尾气一氧化碳的浓度是否超标。当一氧化碳浓度增大时,电压表V和电流表A示数的变化情况可能为( )
A.V示数变小,A示数变小
B.V示数变大,A示数变大
C.V示数变化量与A示数变化量之比变小
D.V示数变化量与A示数变化量之比变大
B
解析 当一氧化碳浓度增大时,二氧化锡传感器的电阻减小,由闭合电路欧姆定律知,电路中电流变大,则A示数变大;由欧姆定律知R的电压变大,则电压表V变大,A错误,B正确。V示数变化量与A示数变化量之比等于R的阻值,故比值不变,C、D错误。
例2 如图所示,电源电动势为E,内阻为r,闭合开关S,电压表V1的示数为U1,电流表A1的示数为I1,将滑动变阻器的滑动片从中点向上滑动一段距离,电压表V1、V2、V3示数变化量的绝对值分别为ΔU1、ΔU2、ΔU3,电阻R1、R2、R3的电功率分别为P1、P2、P3,电流表A1示数变化量的绝对值为ΔI1。已知图中电表均可视为理想电表,下列说法正确的是( )
A.P1、P2、P3均减小 B.ΔU2小于ΔU3
C.减小 D.大于
B
解析 滑动片向上滑动时,R4的值变大,外电路的总电阻增大,故回路的总电流I1=减小,又U2=E-I1(r+R1),故U2增大,流经R2的电流IR2=增大, I1=IR2+I2,故I2减小,P=I2R,因此P1、P3均减小,P2增大,A项错误; U2=U3+UR3,U2增大,I2减小,故UR3减小,因此U3增大,ΔU2=ΔU3-ΔUR3(ΔUR3为R3两端电压变化量的绝对值),ΔU2小于ΔU3,B项正确;因为外电路总电阻增大,故=R外增大,C项错误;U1=E-I1r,U2=E-I1(r+R1),所以=r,=r+R1,D项错误。
命题角度2直流电路的分析与计算
例3 (2024广西卷)将横截面相同、材料不同的两段导体L1、L2无缝连接成一段导体,总长度为1.00 m,接入图甲电路。闭合开关S,滑动片从M端滑到N端,理想电压表读数U随滑片的滑动距离x的变化关系如图乙所示,则导体L1、L2的电阻率之比约为( )
A.2∶3 B.2∶1
C.5∶3 D.1∶3
甲
乙
B
解析 根据电阻定律得ΔR=ρ,根据欧姆定律得ΔU=IΔR,整理可得ρ=,结合题图可知导体L1、L2的电阻率之比为,选项B正确。
例4 (2025广东惠州模拟)阻值相等的四个电阻R、电容器C及电池E(内阻可忽略)连接成如图所示电路。开关S断开且电流稳定时,C所带的电荷量为Q1,闭合开关S,电流再次稳定后,C所带的电荷量为Q2。Q1与Q2的比值为
( )
A. B.
C. D.
C
解析 根据闭合电路欧姆定律,开关S断开时,电容器的电压U1=R×E,且Q1=CU1,S闭合时电容器的电压变为U2=R=E,且Q2=CU2,故,故选C。
命题角度3直流电路的最大功率
1.当R一定时,由P=I2R知,I越大,P越大。
2.当r一定、R变化时,P出随R的变化情况可通过下面两个图像进行分析。
类型 P出-R图像 P出-I图像
公式 P出=EI-I2r
图像
特例
例5 太阳能电池是通过光电效应或者光化学效应直接把光能转化成电能的装置。某太阳能电池在特定光照下工作电流I随路端电压U变化的图线如图中曲线①所示,输出功率P随路端电压U的变化图线如图中曲线②所示。图中给出了该太阳能电池断路电压U0和短路电流I0。当路端电压为U1时,工作电流为I1,且恰达到最大输出功率P1,则此时该太阳能电池的内阻为
( )
A. B.
C. D.
C
解析 根据题意可知,该太阳能电池的电动势为U0,路端电压为U1时,该太阳能电池的总功率为P总=U0I1,该太阳能电池内阻的功率为P内=P总-P1,又P内=r,P1=U1I1,联立可得r=,故选C。
例6 (多选)(2025东北三省三校模拟)如图所示,电源电动势E=9 V,内阻r=6 Ω,电阻R1=4 Ω,R2=8 Ω,R4=3 Ω,R3是可变电阻,电容器电容C=4 μF,a、b分别为电容器上下两个极板,G为灵敏电流表。初始时开关S1闭合、S2断开,电路稳定,现将开关S2也闭合直至电路再次稳定,则下列说法正确的是
( )
A.开关S1闭合、S2断开,电路稳定时电容器b极板带正电
B.S2闭合后,调节R3使得上下两极板电势相等,此时
R3=1.5 Ω
C.若R3=1 Ω,则S2闭合前后电路稳定时电源的输出功
率相等
D.若R3=1 Ω,则在整个过程中流过电流表的电荷量为1.7×10-5 C
BCD
解析 开关S1闭合,S2断开,由图像可知电容器b极板与电源负极相连,故b极板带负电,A错误;电容器上下两极板电势相等,则R1、R3两端电压相等,设R1、R2所在支路电压为U,则有R1=R3,代入题中数据解得R3=1.5 Ω,B正确;未闭合S2前,外电路电阻R外1=R1+R2=12 Ω,此时电源输出功率P1=R外1=3 W,若R3=1 Ω,闭合S2后,外电路电阻R外2= =3 Ω,此时电源输出功率P2=R外2=3 W,则有P1=P2,C正确;未闭合S2前,电容器两端电压Uab1=R2=4 V,若R3=1 Ω,闭合S2后,电源路端
电压U0=R外2=3 V,则电容器两端电压Uab2=R1-R3=- V,则在整个过程中流过电流表的电荷量为ΔQ=C(Uab1-Uab2)=4×10-6× C=1.7×10-5 C,D正确。
考点二 交变电流及变压器问题的分析与计算
命题角度1交变电流“四值”及应用
例7 (2025广东茂名模拟)图甲为某地的发电风车,图乙为风车简化的发电模型,风车扇叶带动内部铜质线圈绕垂直于磁场的水平转轴OO'顺时针匀速转动产生交变电流,图丙为风车转动的角速度为ω时线圈输出电流i与时间t的关系,下列说法正确的是( )
A.线圈输出电流的有效值是Im
B.当线圈转到竖直位置时电流表的
示数为Im
C.当线圈转到图乙所示位置时产生的感应电流方向为D→C→B→A
D.若风车转动的角速度变为2ω,则线圈输出最大电流为2Im
D
解析 根据正弦式交变电流最大值与有效值的关系可知有效值I=,A错误;当线圈转到竖直位置时,电动势最大,电流最大,但电流表测量的是电流的有效值,B错误;根据右手定则可知,线圈转到图乙所示位置时产生的感应电流方向为A→B→C→D,C错误;由图丙可知,线圈感应电流的表达式为i=Imcos ωt,则线圈的感应电动势e=ImRcos ωt,且em=ImR=2BLv,其中L为AB的长度,v为线圈外侧转动的线速度。若风车转动的角速度由ω变为2ω,则此时线圈的感应电动势e'=2BL(2v)cos 2ωt,即Im'==2Im,故当风车转动的角速度变为2ω时,线圈输出最大电流为2Im,D正确。
考教衔接
真题 图示
(2024北京卷)
(2024河北卷)
衔接 教材
人教选择性必修第二册P68图3-2
关键 点拨 从交变电流图像中获取有效信息是解题关键。波形最高点对应的纵坐标值为峰值,相邻的两个相同相位点(如波峰到波峰)的时间间隔为周期,由周期可求解角速度
命题角度2理想变压器的分析与计算
1.三个基本关系
(1)P入=P出
(2)
(3)
2.三个决定关系
(1)副线圈输出的功率决定原线圈输入的功率;
(2)副线圈电流的变化决定原线圈电流的变化;
(3)在匝数比一定的情况下,原线圈两端的电压决定副线圈两端的电压。
例8 (2025福建卷)如图甲所示,交变电流变压器的原、副线圈的匝数比为4∶1,输入电压随时间变化的u-t图像如图乙所示,定值电阻 R1的阻值为R2的2倍,则( )
A.副线圈交变电流的周期为0.25 s
B.电压表示数为12 V
C.副线圈干路电流为流过R1电流的2倍
D.原、副线圈功率之比为4∶1
甲
乙
B
解析 此题考查变压器问题。
由图可知T=0.25 s-0.1 s=0.15 s,解得T=0.2 s,A错误;电压表示数为有效值,设为U2,根据题意U1==48 V,而=4,解得U2==12 V,B正确;由并联电路电流与电压的关系可知U2=IR1R1=IR2R2,且R1=2R2,则IR2=2IR1,I2=IR1+IR2=3IR1,故副线圈干路电流为流过R1电流的3倍,C错误;根据变压器的原理可知,原、副线圈功率相同,即P1=P2,功率之比为1∶1,D错误。
命题角度3远距离输电问题
1.理清三个回路
2.抓住两个联系
(1)理想的升压变压器中线圈1(匝数为n1)和线圈2(匝数为n2)中各个量间的关系是,P1=P2。
(2)理想的降压变压器中线圈3(匝数为n3)和线圈4(匝数为n4)中各个量间的关系是,P3=P4。
3.掌握一个守恒
能量守恒关系:P1=P损+P3。
例9 (多选)(2025湖北卷)在如图所示的输电线路中,交流发电机的输出电压一定,两变压器均为理想变压器,左侧升压变压器的原、副线圈匝数分别为n1、n2,两变压器间输电线路电阻为r。下列说法正确的是( )
A.仅增加用户数,r消耗的功率增大
B.仅增加用户数,用户端的电压增大
C.仅适当增加n2,用户端的电压增大
D.仅适当增加n2,整个电路消耗的电功率减小
AC
解析 用户量增大,I4增大,由,则I3增大,Pr=r也增大,故A正确;用户量增大,U3=U2-U损=U2-I3r,U2不变,U损增大,则U3减小,由,U4也减小,故B错误;n2增大,U2也增大,I2反而要减小,则U损=I2r=I3r要减小,则U3增大,U4也增大,故C正确;n2增大,U4增大,P出=也增大,则P入也增大,故D错误。
规律总结
输电线路功率损失的四种计算方法
P损=P1-P4 P1为输送的功率,P4为用户得到的功率
I线为输电线路上的电流,R线为输电线路电阻
ΔU为输电线路上损失的电压,不要与U2、U3相混
P损=ΔUI线 例10 (多选)(2025山东日照一模)某风力发电机的原理如图所示,发电机的线圈固定,磁体在叶片驱动下绕线圈对称轴转动,磁体间的磁场为匀强磁场,磁感应强度的大小为0.2 T,线圈的匝数为100、面积为0.5 m2,不计线圈的电阻,磁体转动的角速度为45 rad/s。发电机产生的交变电流经过变压器升压后向远处输电,升压变压器原、副线圈的匝数比为1∶8,输电线总电阻为8 Ω,输电线上损失的功率为5 kW,在用户端用降压变压器把电压降为220 V。假设两个变压器均是理想变压器,下列说法正确的是( )
A.当磁场方向与线圈平行时,感应电动势为零
B.发电机输出电压的有效值为450 V
C.输电线上的电流为25 A
D.降压变压器原、副线圈的匝数比为170∶11
BD
解析 当磁场方向与线圈平行时,线圈切割磁感线最快(垂直切割),此时感应电动势最大,故A错误;发电机输出电压的最大值为Em=NBSω=450 V,发电机输出电压的有效值为U1==450 V,故B正确;输电线上损失的功率为ΔP=R,代入数据,解得I线=25 A,故C错误;根据可知,升压变压器的输出电压为U2=3 600 V,输电线上损失的电压为ΔU=I线R=200 V,则减压变压器的输入电压为U3=U2-ΔU=3 400 V,根据,解得降压变压器原、副线圈的匝数比为,故D正确。
微专题4
题型概述
微专题4 等效电源法、等效电阻法的应用
一、等效电源法
电源的输出功率与负载的关系如图所示,P出随R的增大先增大后减小,当R=r时达到最大,Pm=。P出二、等效电阻法
等效电阻法是指在含有理想变压器的电路中,当副线圈接纯电阻元件时,可以把理想变压器(含与副线圈串联的所有元件)当成一个电阻来处理。设原、副线圈匝数比为k=,原线圈输入电压为U1,副线圈输出电压为U2,原线圈中的电流为I1,副线圈中的电流为I2,副线圈负载总电阻为R副,则等效电阻为R等效==k2=k2R副。
考向分析
等效思维法在分析物理问题时经常用到,等效法是在保证某一方面效果相同的前提下,用理想的、熟悉的、简单的、形象的物理对象、物理过程或物理现象替代实际的、陌生的、复杂的、抽象的物理对象、物理过程或物理现象的一种处理方法,解决问题时可达到事半功倍的效果。
典例探究
(2025湖南怀化模拟)如图甲所示,理想变压器原线圈连接定值电阻R0,副线圈连接滑动变阻器R,滑动变阻器最大阻值足够大,M、N端输入正弦式交变电流。将滑动变阻器的滑片从a端缓慢向下滑动,记录理想电压表V的示数U1与理想电流表A的示数I1,描绘出U1-I1图像,如图乙所示。当滑动变阻器接入电路的阻值为9R0时,滑动变阻器消耗的功率达到最大,则下列说法正确的是( )
A.定值电阻R0的阻值为10 Ω
B.滑动变阻器消耗的最大功率为400 W
C.理想变压器原、副线圈的匝数之比n1∶n2=1∶3
D.交变电压的峰值为100 V
C
解析 设交变电压的有效值为E,将定值电阻R0等效为交流电源的内阻,根据闭合电路欧姆定律有U1=E-I1R0,结合题图乙可知E=200 V,R0= Ω=20 Ω, A错误;根据E=,解得Em=200 V,D错误;将理想变压器与滑动变阻器整体等效为一个电阻,等效电阻Rx=R,滑动变阻器消耗的功率P=Rx=,当Rx=R0时,滑动变阻器消耗的功率最大,最大功率Pm==500 W,由·9R0=R0,解得n1∶n2=1∶3,B错误,C正确。
拓展衍生
(多选)如图所示,理想变压器的原、副线圈匝数比为3∶1,在原线圈回路中接有定值电阻R1=900 Ω,副线圈回路中接有滑动变阻器R2,R2的最大阻值等于R1,原线圈一侧接交流电压u=Umsin 100πt (V)的正弦式交流电源,电流表和电压表均为理想交流电表,电源内阻忽略不计。滑动变阻器滑动片自上向下滑动时,下列说法正确的是( )
A.副线圈中交变电流的频率为100 Hz
B.当R2=100 Ω时,R2消耗的功率最大
C.电压表与电流表的示数变化量ΔU、ΔI满足=300 Ω
D.R2消耗的功率一直减小
BC
解析 原、副线圈的频率相同,均为f= Hz=50 Hz,A错误;将原、副线圈和电阻R1以及交流电源等效为副线圈的电源,根据闭合电路欧姆定律有U2=E-I2r,由题意U1=-I1R1,又=3,=3,联立得U2=-I2,即等效电源的内阻为=100 Ω,则当R2=100 Ω时,R2消耗的功率最大,B正确;结合上述分析得==3·=300 Ω,C正确;由上述分析可知,滑动变阻器滑动片自上向下滑动时,阻值先接近100 Ω,再远离100 Ω,则R2消耗的功率先增大后减小,D错误。(共19张PPT)
计算题突破3 力学三大观点在电磁感应中的应用
1.核心思路
(1)动力学观点:通过分析导体棒或线框在磁场中的受力,结合牛顿第二定律研究加速度、速度等物理量随时间的变化情况。
(2)动量观点:通过动量定理或动量守恒处理瞬时作用或非匀变速过程,尤其适用于时间极短的碰撞或冲击问题。
(3)能量观点:利用能量守恒或功能关系分析电磁感应中的能量转化。
2.方法选择建议
(1)求瞬时加速度、速度、时间的关系→动力学的观点。
(2)求电荷量、位移或冲击问题→动量观点。
(3)求焦耳热、效率或能量分配→能量观点。
(4)解答多物体相互作用(如双棒模型)问题→动量守恒定律、能量守恒定律。
例1 (2025福建卷)如图所示,光滑斜面倾角为θ=30°,Ⅰ号区域与Ⅱ号区域均存在垂直于斜面向上的匀强磁场,磁感应强度大小相等,正方形线框abcd 质量为m,总电阻为R,粗细均匀,Ⅰ号区域宽为L1,Ⅱ号区域宽为L2,两区域间的无磁场区域的宽度大于线框宽度。线框从某一位置释放,cd边进入Ⅰ号区域时速度为v,且直到ab边离开Ⅰ号区域时,速度始终为v。cd边进入Ⅱ号区域时的速度和ab边离开Ⅱ号区域时的速度一致,已知重力加速度为g。
(1)求线框释放时cd边与Ⅰ号区域上边缘的距离x;
(2)求cd边进入Ⅰ号区域时,cd边两端的电势差;
(3)求线框进入Ⅱ号区域到完全离开过程中克服安培力做功的功率。
答案 (1) (2)
(3)见解析
解析 本题结合线框模型,综合考查电磁感应中的动力学、能量和动量问题。
(1)对线框从释放到cd边进入Ⅰ号区域的过程进行受力分析,由牛顿第二定律可知mgsin θ=ma1
由运动学公式可知v2=2a1x
解得x=
故线框释放时cd边离Ⅰ号区域上边缘距离为。
(2)设线框边长为L,区域Ⅰ的磁感应强度大小B,由cd边进入Ⅰ号区域到ab边离开Ⅰ号区域速度均为v可知,在Ⅰ号区域内,线框始终受力平衡,且正方形线框边长L等于Ⅰ号区域宽度,即L=L1,线框切割磁感线产生的感应电动势E1=BLv,cd边受到的安培力F1=BIL=BL
由线框受力平衡可知mgsin θ=F1
联立解得E1=,B=
故当cd边进入Ⅰ号区域时,cd边两端的电势差ucd=E1=。
(3)对于线框从cd边进入Ⅱ号区域,到ab边离开Ⅱ号区域的过程,由动能定理可知
mg(L1+L2)sin θ-W安=0
解得W安=mg(L1+L2)
若L1≤L2
线框从cd边开始进入Ⅱ号区域到ab边进入Ⅱ号区域过程中,安培力的冲量
I1=t1=BL1t1=
线框从cd边开始离开Ⅱ号区域到ab边离开Ⅱ号区域,安培力冲量
I2=t2=BL1t2=
设线框从cd边进入Ⅱ号区域到ab边离开Ⅱ号区域的总运动时间为t,当线框完全进入Ⅱ号区域时线框不受安培力,对线框列动量定理有
mgsin θ·t-I1-I2=0,解得t=,故此时安培力平均功率
若L1>L2,同理
线框从cd边开始进入Ⅱ号区域到cd边离开Ⅱ号区域,安培力的冲量
I1'=
线框从ab边开始进入Ⅱ号区域到ab边离开Ⅱ号区域,安培力的冲量
I2'=
设线框从cd边进入Ⅱ号区域到ab边离开Ⅱ号区域的总运动时间为t',在线框cd边离开Ⅱ号区域到ab边进入Ⅱ号区域之间的时间内线框不受安培力,由动量定理可知
mgsin θ·t'-I1'-I2'=0,解得t'=
故此时安培力的平均功率'=。
例2 (2025安徽卷)如图所示,平行光滑金属导轨被固定在水平绝缘桌面上,导轨间距为L,右端连接阻值为R的定值电阻。水平导轨上足够长的矩形区域 MNPQ存在竖直向上的匀强磁场,磁感应强度大小为B。某装置从MQ左侧沿导轨水平向右发射第1根导体棒,导体棒以初速度v0进入磁场,速度减为0时被锁定;从原位置再发射第2根相同的导体棒,导体棒仍以初速度v0进入磁场,速度减为0时被锁定,以此类推,直到发射第n根相同的导体棒进入磁场。已知导体棒的质量为m,电阻为R,长度恰好等于导轨间距,与导轨接触良好(发射前导体棒与导轨不接触),不计空气阻力、导轨的电阻,忽略回路中的电流对原磁场的影响。求:
(1)第1根导体棒刚进入磁场时,所受安培力的功率;
(2)第2根导体棒从进入磁场到速度减为0的过程中,其横截面上通过的电荷量;
(3)从第1根导体棒进入磁场到第n根导体棒速度减为0的过程中,导轨右端定值电阻 R上产生的总热量。
答案 (1) (2)
(3)(n=1,2,3,…)
解析 (1)第1根导体棒刚进入磁场时产生的感应电动势为E=BLv0
则此时回路的电流为I=
此时导体棒受到的安培力F安=BIL
此时导体棒受安培力的功率P=F安v0=。
(2)第2根导体棒从进入磁场到速度减为0的过程中,根据动量定理有
-BL·Δt=0-mv0
其中·Δt=q 解得q=。
(3)由于每根导体棒均以初速度v0进入磁场,速度减为0时被锁定,则根据能量守恒,每根导体棒进入磁场后产生的总热量均为Q=
第1根导体棒进入磁场到速度减为0的过程中,导轨右端定值电阻R上产生的热量QR1=·Q
第2根导体棒进入磁场到速度减为0的过程中,导轨右端定值电阻R上产生的热量QR2=·Q
第3根导体棒进入磁场到速度减为0的过程中,导轨右端定值电阻R上产生的热量QR3=·Q
第n根导体棒进入磁场到速度减为0的过程中,导轨右端定值电阻R上产生的热量QRn=·Q
则从第1根导体棒进入磁场到第n根导体棒速度减为0的过程中,导轨右端定值电阻R上产生的总热量QR=QR1+QR2+QR3+…+QRn
通过“裂项相消法”分解数列,得出QR=·Q=(n=1,2,3,…)。
例3 (2025山东卷)如图所示,平行轨道的间距为L,轨道平面与水平面夹角为α,二者的交线与轨道垂直,以轨道上O点为坐标原点,沿轨道向下为x轴正方向建立坐标系。轨道之间存在区域Ⅰ、Ⅱ,区域Ⅰ(-2L≤x<-L)内充满磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场;区域Ⅱ(x≥0)内充满方向垂直轨道平面向上的磁场,磁感应强度大小B1=k1t+k2x,k1和k2均为大于零的常量,该磁场可视为由随时间t均匀增加的匀强磁场和随x轴坐标均匀增加的磁场叠加而成。将质量为m、边长为L、电阻为R的匀质正方形闭合金属框epqf放置在轨道上时,pq边与轨道垂直,由静止释放。已知轨道绝缘、光滑、足够长且不可移动,磁场上、下边界均与x轴垂直,整个过程中金属框不发生形变,重力加速度大小为g,不计自感。
(1)若金属框从开始进入到完全离开区域Ⅰ的过程中匀速运动,求金属框匀速运动的速率v和释放时pq边与区域Ⅰ上边界的距离s;
(2)金属框沿轨道下滑,当ef边刚进入区域Ⅱ时开始计时(t=0),此时金属框的速率为v0,若k1=,求从开始计时到金属框达到平衡状态的过程中,ef边移动的距离d。
答案 (1) (2)
解析 (1)由金属框从开始进入到完全离开区域Ⅰ的过程中匀速运动可知,金属框在从pq边进入区域Ⅰ到ef边出区域Ⅰ的过程中做匀速直线运动,受力平衡,对金属框受力分析,如图所示,则有F安=mgtan α
由法拉第电磁感应定律有E1=BLvcos α
由闭合电路欧姆定律有I=
又F安=BIL
联立解得v=
在进入区域Ⅰ前对金属框分析,则有a=gsin α,v2=2as
解得s=。
(2)由题意可知,金属框ef边进入区域Ⅱ后的电动势E=E感+E动
又E感==L2·=k1L2
E动=Epq-Eef=BpqLv'-BefLv'=[k1t+k2(x+L)]Lv'-[k1t+k2x]Lv'=k2L2v'
金属框中的电流I=
故金属框所受安培力的合力
F安'=BpqIL-BefIL=[k1t+k2(x+L)]IL-(k1t+k2x)IL=k2L2I
联立解得F安'=v'
将k1=代入化简可得F安'=mgsin α+
设金属框达到平衡状态时的速度为v1',此时受力分析有F安1'=mgsin α,
解得v1'=0
对金属框,由动量定理有
(mgsin α-)t=m(v1'-v0)
即=mv0
解得d=。
