(共24张PPT)
滚动综合练(二) 电学综合
1.(2024·山东淄博市一模)在金属球壳的球心有一个负
点电荷，球壳内外的电场线分布如图所示，下列说法
正确的是( )
A．K点的电场强度比L点的大
B．球壳内表面带负电，外表面带正电
C．试探电荷＋q在M点的电势能比在N点的大
D．试探电荷＋q沿电场线从M点运动到N点，电场力做负功
√
解析：电场线的疏密程度表示电场强度的大小，金属体内的电场强度处处为零，所以L点的电场强度比K点的大，故A错误；
因为金属球壳的球心有一个负点电荷，所以球壳内表面带正电，外表面带负电，故B错误；
沿着电场线方向电势逐渐降低，所以试探电荷＋q在M点的电势能比在N点的小，故C错误；
试探电荷＋q的受力方向与电场强度方向相同，所以逆着电场线方向从M点运动到N点，电场力做负功，故D正确。
√
2．(2024·湖北十一校第二次联考)如图所示为雷雨天一避雷针周围电场的等势面分布情况，在等势面中有A、B、C三点，其中A、B两点位置关于避雷针对称。下列说法正确的是( )
A．B点场强小于C点场强
B．某不计重力的正电荷在A、B两点的加速度相同
C．正电荷在C点的电势能比其在B点的电势能大
D．将负电荷从C点移动到B点，电场力所做的总功为正
解析：等差等势面越稀疏场强越小，因此C点场强小于B点场强，故A错误；
B点的电势大于C点的电势，根据Ep＝qφ可知正电荷在C点的电势能小于在B点的电势能，故C错误；
负电荷从C点移动到B点时，是从低电势移动到高电势，根据Ep＝qφ可知电势能变小，电场力做正功，故D正确。
√
√
√
由图中轨迹可知，a、b粒子离开磁场时的速度方向都与OP方向垂直，即a、b粒子离开磁场时的速度方向平行，故D错误。
√
√
在t＝0.01 s时，电动势为0，此时穿过线圈的磁通量最大，故C错误；
√
理想变压器原、副线圈的功率之比为1∶1，故B错误；
7．(多选)(2024·河南郑州市一模)如图甲所示，一个n＝100匝的圆形导体线圈面积S1＝0.5 m2，总电阻r＝1 Ω。在线圈内存在面积S2＝0.4 m2的垂直于线圈平面向外的匀强磁场区域，磁感应强度B随时间t变化的关系如图乙所示。有一个R＝2 Ω的电阻，将其与图甲中线圈的两端a、b分别相连接，其余电阻不计，下列说法正确的是( )
A．前4 s内a、b间的电势差为＝－0.04 V
B．4 s到6 s内a、b间的电势差为＝8 V
C．前4 s内通过电阻R的电荷量为8 C
D．4 s到6 s内电阻R上产生的焦耳热为64 J
√
√
√
(1)粒子的初速度v0；
(2)矩形磁场区域的宽度a；
(3)从PQ边射出的粒子数与射入磁场的总粒子数的比。
9.(2024·河南周口市二模)有多个相同矩形闭合线圈
(线圈1，线圈2，线圈3，…)固定在一绝缘杆上。每
个线圈电阻为R，相互靠近排列、彼此绝缘，相邻
线圈之间的距离可忽略。线圈和绝缘杆的总质量为
m，每个线圈的长边长为L，如图所示。现将整个装
置静置在足够长的光滑斜面上，斜面倾角为θ，在以MN为边界的斜面下方存在一匀强磁场区域，磁场方向垂直于斜面向上，磁感应强度大小为B。开始时线圈从斜面上某一位置由静止释放，下滑过程中线圈长边始终与MN平行。已知线圈1刚进磁场瞬间的加速度为未进入磁场时的3倍，线圈进入磁场t0时间后开始做匀速运动。重力加速度取g，求：
(1)开始时线圈1下边缘与MN的距离；
解析：未进入磁场时对所有线圈和绝缘杆整体进行受力分析，设加速度为a1，由牛顿第二定律知
mg sin θ＝ma1
设线圈进磁场瞬间，整体的加速度为a2，所受安培力为F，则
F－mg sin θ＝ma2，
(2)从线圈1刚进入磁场到开始做匀速运动过程中，线圈和绝缘杆所受的平均作用力。(共25张PPT)
复习效果自测
1．(2024·江西鹰潭市一模)如图所示，A、B两盏电灯的额定电压都为110 V，额定功率分别为PA＝25 W，PB＝110 W。把它们接到220 V的电路上，下面四种接法中，两灯不可能正常发光的是( )
√
B图中灯泡A和可变电阻并联，其总阻值可能与灯泡B的电阻相等，此时A、B灯泡均能正常工作，故B错误；
C图是灯泡A和可变电阻串联，根据串联电路电阻的分压特点可知，要使灯泡A正常工作，与A串联的可变电阻接入与A等值的电阻，同理，B正常工作时，与B串联的可变电阻接入与B等值的电阻，因此两灯可以正常工作，故C错误；
D图是灯泡A和灯泡B并联后又与可变电阻串联，两灯泡要想正常工作，必须满足灯泡A与灯泡B并联后和可变电阻R的阻值相等，即通过调节可变电阻可以使两灯泡的电压为110 V，可以正常发光，故D错误。
√
√
3.(2024·天津红桥区期末)如图所示的电路中，电源内
阻不可忽略。开关S闭合后，在滑动变阻器R0的滑片
向上移动的过程中(电压表和电流表均可视为理想电
表)( )
A．电压表的示数减小
B．电流表的示数减小
C．电源的总功率增大
D．电源内阻消耗的电功率减小
解析：当变阻器R0的滑片向上滑动时，R0接入电路的阻值变大，外电路的电阻变大，回路中总电流减小，电源的内电压减小，所以路端电压增大，即电压表的示数增大，故A错误；
R1两端的电压也随之减小，故R0与R2两端的电压增大，则电流表的示数增大，故B错误；
P总＝EI，故电源的总功率减小，故C错误；
Pr＝I2r，故电源内阻消耗的电功率减小，故D正确。
√
4.(2024·湖北七市州教科研协作体二模)如图所示，光敏电
阻A、B与恒压源(输出电压U不变)串联，光敏电阻的阻值
随光照强度增大而减小，初始时A、B的光照强度E相同，
阻值相等。现保持A的光照强度不变，改变B的光照强度EB，则B消耗的电功率P变化情况为( )
A．无论EB增大还是减小，P均变小
B．无论EB增大还是减小，P均变大
C．EB增大时，P变大，EB减小时，P变小
D．EB增大时，P变小，EB减小时，P变大
√
5.(2024·河北唐山市期末)如图所示的U－I图像，直线a为
一电源的路端电压与电流的关系，直线b为电阻R两端电
压与电流的关系。若将该电源与电阻R连成闭合回路，闭
合开关后，下列说法正确的是( )
A．闭合回路路端电压为6 V
B．闭合回路中总电阻为4 Ω
C．电源的输出功率为4 W
D．电源的总功率为4 W
解析：图线a和图线b的交点表示电阻接入电路时，电路的总电流和路端电压，故路端电压为4 V，故A错误；
电源的输出功率P出＝UI＝4 W，电源的总功率P总＝EI＝6 W，故C正确，D错误。
6.(多选)(2024·广西名校高考仿真)在匀强磁场中，一个
1 000匝的闭合矩形金属线圈，绕与磁感线垂直的固定
轴匀速转动，穿过该线圈的磁通量随时间按图示正弦
规律变化。设线圈总电阻为10 Ω，则( )
A．t＝1.0 s时，线圈中的电流改变方向
B．t＝0.5 s时，线圈中的感应电动势最大
C．线圈转动产生电动势的最大值为40π V
D．一个周期内，线圈产生的热量为160π2 J
√
√
解析：在t＝1 s时，磁通量为零，变化率最大，感应电动势最大，电流方向没有改变，A错误；
在t＝0.5 s时穿过线圈平面的磁通量最大，变化率为零(切线斜率为零)，感应电动势为零，B错误；
√
线圈从题图所示位置转过90°开始计时，此时磁通量为最大，为BS，半个周期后的磁通量为－BS，则磁通量变化量为2BS，C错误；
电流表的示数等于交流电的有效值，则线圈从题图所示位置转过90°时，电流的瞬时值为零，但是电流表的示数不为0，D错误。
8．(多选)(2024·重庆市第二次检测)如图所示，定值电阻R1、R2与R3的阻值均为R，理想变压器原线圈接输出电压有效值恒定的交流电源，原、副线圈匝数之比n1∶n2∶n3＝3∶2∶1，电表均为理想交流电表。闭合开关S且电路稳定后，电流表示数为I, 电压表示数为U。下列说法正确的是( )
A．通过R2的电流是通过R3电流的2倍
B．通过R1的电流是通过R3电流的3倍
C．若仅使R2阻值变小，则该电源的输
出功率一定变大
D．若仅使R2阻值变小，则电流表示数I的变化量与电压表示数U的变化量之比保持不变
√
√
√
将副线圈及其负载等效到原线圈电路中，当R2变小时其等效电阻变小，原线圈中电流变大，故该电源的输出功率一定变大，故C正确；
√
9．(2024·四川宜宾市第二次诊断)图甲为远距离输电示意图，升压变压器原、副线圈的匝数比为1∶200，降压变压器原、副线圈的匝数比为200∶1，远距离输电线的总电阻为100 Ω，若升压变压器的输入电压如图乙所示，输入功率为500 kW，下列说法正确的是( )
A．用户端交流电的频率为100 Hz
B．用户端电压为245 V
C．输电线中的电流为15 A
D．输电线路的损耗功率为25 kW
√
10．(2024·山东淄博市一模)一交变电压随时间变化的图像如图甲所示，每个周期内，前二分之一周期电压按正弦规律变化，后二分之一周期电压恒定。若将此交流电连接成如图乙所示的电路，电阻R阻值为50 Ω，则( )
A．理想电压表读数为50 V
B．理想电流表读数为0.8 A
C．电阻R消耗的电功率为45 W
D．电阻R在50 s内产生的热量为2 025 J
(1)从图乙中位置开始计时，线圈产生电动势的瞬时值表达式；
(2)线圈从图示位置转过90°的过程中通过电阻R的电荷量；
(3)外力对线圈做功的功率。
答案：0.9 W(共30张PPT)
复习效果自测
√
1．(2024·湖北卷，T1)《梦溪笔谈》中记录了一次罕见的雷击事件：房屋被雷击后，屋内的银饰、宝刀等金属熔化了，但是漆器、刀鞘等非金属却完好(原文为：有一木格，其中杂贮诸器，其漆器银扣者，银悉熔流在地，漆器曾不焦灼。有一宝刀，极坚钢，就刀室中熔为汁，而室亦俨然)。导致金属熔化而非金属完好的原因可能为( )
A．摩擦 B．声波
C．涡流 D．光照
解析：在雷击事件中金属和非金属都经历了摩擦、声波和光照的影响，而金属能够因电磁感应产生涡流，非金属不能，因此可能原因为涡流。
√
2．(2024·江苏卷，T10)如图所示，在绝缘的水平面上，有闭合的两个线圈a、b，线圈a处在匀强磁场中，现将线圈a从磁场中匀速拉出，线圈a、b中产生的感应电流方向分别是( )
A．顺时针，顺时针
B．顺时针，逆时针
C．逆时针，顺时针
D．逆时针，逆时针
解析：线圈a从磁场中匀速拉出的过程中穿过线圈a的磁通量在减小，则根据楞次定律可知线圈a中产生的感应电流为顺时针，由于线圈a从磁场中匀速拉出则a中产生的电流为恒定电流，则线圈a靠近线圈b的过程中线圈b的磁通量在向外增大，同理可得线圈b产生的感应电流为顺时针。
3．(2024·吉林延边州质检)物理学中有很多关于圆盘的实验，如图所示，第一个是法拉第圆盘，圆盘全部处于磁场区域，可绕中心轴转动，通过导线将圆盘圆心和边缘与外面电阻相连。第二个是阿拉果圆盘，将一铜圆盘水平放置，圆盘可绕中心轴自由转动，在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针。第三个是费曼圆盘，一块水平放置的绝缘体圆盘可绕过其中心的竖直轴自由转动，在圆盘的中部有一个线圈，圆盘的边缘固定着若干带负电的金属小球。以下说法正确的是( )
A．法拉第圆盘在转动过程中，圆盘中磁通量不变，有感应电动势，无感应电流
B．阿拉果圆盘实验中，转动圆盘，小磁针会同向转动，转动小磁针，圆盘也会同向转动
C．费曼圆盘中，当开关闭合的一瞬间，圆盘会逆时针(俯视)转动
D．法拉第圆盘和阿拉果圆盘都是电磁驱动的表现
√
解析：圆盘运动过程中，半径方向的金属条在切割磁感线，在圆心和边缘之间产生了感应电动势，产生感应电流，故A错误；
阿拉果圆盘实验中，转动圆盘或小磁针，都产生感应电流，因安培力的作用，另个物体也会跟着转动，属于电磁驱动，故B正确；
费曼圆盘中开关闭合瞬间，产生逆时针方向的电场，负电荷受顺时针电场力，圆盘会顺时针(俯视)转动，故C错误；
法拉第圆盘是机械能转化为电能的过程，并不是电磁驱动，故D错误。
√
小磁铁下落的整个过程中，圆环产生的感应电流总是要阻碍小磁铁与圆环间的相对运动，所以圆环对它的作用力始终竖直向上，则加速度始终小于g，故B、C错误；
小磁铁在圆环上方下落时，圆环磁通量增加，则产生的感应磁场方向竖直向上，圆环中的感应电流沿逆时针方向，小磁铁在圆环下方下落时，圆环磁通量减小，产生的感应磁场方向竖直向下，圆环中的感应电流沿顺时针方向，故D正确。
√
5．(2024·辽宁辽阳市期末)如图所示，圆形线圈的匝数n＝100，面积S＝0.3 m2，处在垂直于纸面向里的匀强磁场中。磁感应强度大小B随时间t变化的规律为B＝0.5t(T)，定值电阻R＝5 Ω，线圈的电阻r＝1 Ω。下列说法正确的是( )
A．通过电阻R的电流方向为a→b
B．线圈产生的感应电动势为15 V
C．定值电阻R两端的电压为10 V
D．通过电阻R的电流为2 A
解析：穿过线圈的磁通量增加，由楞次定律可知，线圈中感应电流为逆时针，则通过电阻R的电流方向为b→a，故A错误；
√
√
√
解析：cd棒沿导轨向下运动，根据右手定则可知，cd中电流的方向为c→d，A正确；
ab棒所受安培力方向沿导轨向下，由平衡条件得2mg sin α＋F＝f，cd棒加速下滑过程中，感应电流变大，安培力变大，则金属棒ab运动前，其受到的摩擦力逐渐增大，B错误；
√
解析：根据B－t图像，由楞次定律可知，线圈中感应电流方向一直为顺时针；在t0时刻，磁场的方向发生变化，故安培力方向在t0时刻发生变化，t＝0至t＝t0时段，安培力向左；t＝t0至t＝t1时段，安培力向右，故A、B错误；
√
8．(2024·重庆市第二次检测)如图1所示，两根足够长的光滑平行金属导轨固定在水平桌面上，其左侧连接定值电阻R，整个导轨处于垂直导轨平面向下的匀强磁场中，导轨电阻不计。一质量m＝1 kg且电阻不计的细直金属杆ab置于导轨上，与导轨垂直并接触良好。t＝0时刻，杆ab在水平向右的拉力F作用下，由静止开始做匀加速直线运动，力F随时间t变化的图像如图2所示，t＝2 s 时刻撤去力F。整个运动过程中，杆ab的位移大小为( )
A．8 m
B．10 m
C．12 m
D．14 m
9．(多选)(2024·江西新余市二模)如图所示，空间有一匀强磁场区域，磁场方向与竖直面(纸面)垂直，纸面内磁场上方有一个正方形导线框abcd，其上、下两边与磁场边界(图中虚线)平行，边长等于磁场上、下边界的距离。若线框自由下落，从ab边进入磁场开始，直至cd边达到磁场下边界为止，线框的运动可能是( )
A．始终做匀速直线运动
B．始终做匀加速直线运动
C．先做加速度减小的减速运动再做匀速直线运动
D．先做加速度减小的加速运动再做匀速直线运动
√
√
√
解析：导线框开始做自由落体运动，ab边以一定的速度进入磁场，ab边切割磁感线产生感应电流，根据左手定则可知ab边受到向上的安培力，当ab边进入磁场时安培力等于重力，则线框做匀速运动，当线框离开磁场过程中仍做匀速运动，则A正确；
当ab边进入磁场后安培力大于重力时，线框做减速运动，随着速度的减小，安培力减小，当安培力等于重力时线圈做匀速运动，C正确；
当ab边进入磁场后安培力小于重力时，线框做加速运动，随着速度的增加，安培力增大，当安培力等于重力时线圈做匀速运动，D正确；
由于线圈进入磁场过程中速度不断变化，则安培力不断变化，则线圈不可能做匀加速运动，B错误。
10．(2024·陕西汉中市联考)如图所示，两根足够长的固定的光滑平行金属导轨位于同一绝缘水平面内，两导轨间的距离为L，导轨上面横放着两根长度也为L的导体棒ab和cd，两根导体棒的质量分别为m、2m，电阻分别为R、2R，构成矩形回路，回路中其余部分的电阻可不计。在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。开始时，cd棒静止，ab棒有大小为v0、方向指向cd棒的初速度，若两导体棒在运动过程中始终不接触。求：
(1)ab棒所受的最大安培力Fmax；
(2)从开始至cd棒稳定运动时，cd棒产生的焦耳热Qcd；
11．(2024·河北卷，T14)如图，边长为2L的正方形金属细框固定放置在绝缘水平面上，细框中心O处固定一竖直细导体轴OO′。间距为L、与水平面成θ角的平行导轨通过导线分别与细框及导体轴相连。导轨和细框分别处在与各自所在平面垂直的匀强磁场中，磁感应强度大小均为B。足够长的细导体棒OA在水平面内绕O点以角速度ω匀速转动，水平放置在导轨上的导体棒CD始终静止。OA棒在转动过程中，CD棒在所受安培力达到最大和最小时均恰好能静止。已知CD棒在导轨间的电阻值为R，电路中其余部分的电阻均不计，CD棒始终与导轨垂直，各部分始终接触良好，不计空气阻力，重力加速度大小为g。
(1)求CD棒所受安培力的最大值和最小值。
(2)锁定OA棒，推动CD棒下滑，撤去推力瞬间，CD棒的加速度大小为a，所受安培力大小等于(1)问中安培力的最大值，求CD棒与导轨间的动摩擦因数。(共53张PPT)
模块四 电磁感应和电路
专题十一 直流电路和交流电路
命题点1
PART
01
第一部分
命题点1 直流电路的规律和应用
(2)结论法——“串反并同”(电源内阻不能忽略)
“串反”：指某一电阻增大(减小)时，与它直接串联或间接串联的电阻中的电流、两端电压、电功率都将减小(增大)。
“并同”：指某一电阻增大(减小)时，与它直接并联或间接并联的电阻中的电流、两端电压、电功率都将增大(减小)。
(3)极限法
因变阻器滑片滑动引起电路变化的问题，可将变阻器的滑片分别滑至两个极端，使电阻最大或电阻为0去讨论。
4．两种典型电路的特点
(1)含容电路：当电容器充、放电时，电容器所在支路中有电流；电路稳定时，电容器所在的支路相当于断路，电容器两端的电压等于与之并联的电阻两端的电压。
(2)含二极管电路：与二极管串联的支路具有单向导电性。
√
(2024·广西卷，T6)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，滑片P从M端滑到N端，理想电压表读数U随滑片P的滑动距离x的变化关系如图乙，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
命题视角：题目以“串联电阻的分压规律”为命题情境，主要考查了电阻定律、串联分压规律、欧姆定律等知识。
方法技巧：关键是确定电压变化量和电阻变化量成正比，电阻的变化量和电阻长度变化量成正比。
(2024·江西九江市二模)如图所示，若照射光敏电阻的光减弱，则( )
A．电压表的示数减小
B．电流表的示数减小
C．电容器所带电荷量减小
D．电源输出功率减小
√
[解析] 减弱对光敏电阻R3光照的强度，R3增大，总电阻增大，则干路电流减小，路端电压增大，即电压表示数增大，故A错误；
路端电压增大，则R1两端的电压增大，电流增大，电流表的示数增大，故B错误；
总电流减小，通过R1的电流增大，则通过R2的电流减小，R2两端的电压减小，即电容器两端的电压减小，又由Q＝CU可得电容器所带电荷量减小，故C正确；
当电源的内阻和外电阻阻值相等时，电源输出功率最大，本题中电源内阻与外阻阻值之间的大小关系未知，故无法判断电源输出功率增大还是减小，故D错误。
√
命题视角：题目以“含容电路”为命题情境，主要考查了电容器的电容、电容器所带电荷量的求解、电势、串并联电路的特点和规律等知识。
方法技巧：利用串联分压的结论，求出电容器两板间的电压，即电势差。
命题点2
PART
02
第二部分
命题点2 交变电流的产生和描述
3．交变电流的“四值”问题
考向1 交变电流的产生和描述
(多选)(2024·新课标卷，T20)电动汽车制动时可利用车轮转动将其动能转换成电能储存起来。车轮转动时带动磁极绕固定的线圈旋转，在线圈中产生电流。磁极匀速转动的某瞬间，磁场方向恰与线圈平面垂直，如图所示。将两磁极间的磁场视为匀强磁场，则磁极再转过90°时，线圈中( )
A．电流最小
B．电流最大
C．电流方向由P指向Q
D．电流方向由Q指向P
√
√
[解析] 如题图，开始线圈处于中性面位置，当磁极再转过90°时，穿过线圈的磁通量为0，此时电流最大；在磁极转动的过程中，穿过线圈的磁通量在减小，根据楞次定律可知，此时感应电流方向由Q指向P。
√
命题视角：这两道题目以“电动汽车制动时可利用车轮转动将其动能转换成电能”和“交变电流的图像”为命题情境，主要考查了中性面位置的特点、楞次定律、交变电流的有效值、瞬时值和最大值等知识。
方法技巧：分析题目时，要注意线圈的起始位置。
√
(2024·湖北卷，T5)在如图所示电路中接入正弦交流电，灯泡L1的电阻是灯泡L2的2倍。假设两个二极管正向电阻为0、反向电阻无穷大。闭合开关S，灯泡L1、L2的电功率之比P1：P2为( )
A．2∶1
B．1∶1
C．1∶2
D．1∶4
√
命题视角：这两道高考题以“交变电流的图像”和“含二极管的电路”为命题情境，主要考查了电流有效值的求解和应用。
方法技巧：关键是分析一个周期内的电流的热效应。
命题点3
PART
03
第三部分
命题点3 变压器和远距离输电
近3年15卷15考
1．理想变压器基本关系
2．理想变压器动态分析
(1)负载电阻不变，讨论变压器原、副线圈两端的电压、电流、电功率等随匝数比的变化情况。
(2)匝数比不变，讨论变压器原、副线圈两端的电压、电流、电功率等随负载电阻的变化情况。
3．远距离输电问题
(1)厘清三个回路
√
√
(2024·江西萍乡市二模)图为街头变压器通过降压给用户供电的示意图，变压器的输入电压是市区电网的电压，负载变化时输入电压不会有太大的波动。输出电压通过输电线输送给用户，两条输电线的总电阻用R0表示，变阻器R代表用户用电器的总电阻，当用电器增加时，相当于R的阻值减小。如果变压器上的能量损失可以忽略，各电表均为理想电表，则当用户的用电器增加时( )
A．电流表A1、A2示数均增大
B．电压表V1、V2、V3示数均减小
C．变压器的输出功率减小
D．输电线上发热功率减小
√
[解析] 由于输入电压不变，V1的示数不变，输入电压和匝数比不变，故输出电压不变，V2的示数不变，R、R0串联，R减小，则V3示数减小，故B错误；
输入电压不变，A1示数增大，根据P＝UI可知变压器的输出功率增大，故C错误；
√
√
√
考向2 远距离输电问题
(2023·天津卷，T6)输电线为用户输电的情景如图所示，电路中升压变压器T1和降压变压器T2都认为是理想变压器，中间输电电路电阻为R，下列说法正确的是( )
A．T1输出电压与T2输入电压相等
B．T1输出功率大于T2输入功率
C．若用户接入的用电器增多，则R功率降低
D．若用户接入的用电器增多，则T2输出功率降低
√
[解析] 由于输电过程中电阻R要产生热量，会损失功率，故T1输出功率大于T2输入功率，T1输出电压大于T2输入电压，故A错误，B正确；
由于输入电压不变，所以变压器T1的输出电压不变，随着用户接入的用电器增多，导致用户端的等效电阻变小，则电流变大，根据P损＝I2R可知R功率增大，故C错误；
用户接入电路的用电器增多，用电器消耗功率增大，即T2输出功率增大，故D错误。
命题视角：题目以“远距离输电”为命题情境，主要考查了变压器的原理、变压器电路的动态分析、远距离输电过程中的电压降低和功率损耗等知识。
方法技巧：远距离输电问题，最关键的是求中间回路的电流。
(2024·湖北七市州二模)2023年6月底投运的杭州柔性低频交流输电示范工程实现了杭州市富阳区、萧山区两大负荷中心互联互通，为杭州亚运会主场馆所在区域提供了最大功率为30.8万千瓦的灵活电能支撑。该输电工程的原理简图如图所示，海上风力发电站输出电压U＝880 V，经升压变压器转换为220 kV 的高压后送入远距离输电线路，到达杭州电力中心通过降压变压器将电能分别输送给富阳和萧山负荷中心，降压变压器原、副线圈的匝数比为n3∶n4∶n5＝200∶1∶2。下列说法正确的是( )
A．升压变压器原、副线圈的匝数之比为n1∶n2＝1∶25
B．通过R的电流与通过富阳负荷中心的电流之比1∶200
C．仅当富阳负荷中心负载增加时，萧山负荷中心获得的电压增大
D．当换用传统电网输电时，远距离输电线路等效电阻R增大。若萧山和富阳负荷中心负载不变，则海上风力发电站输出功率减小
√
当富阳负荷中心负载增加时，功率增大，负载线路电流增大，则降压变压器原线圈中的电流增大，输电线损耗的电压增大，降压变压器原线圈上得到的电压减小，萧山负荷中心获得的电压将减小，C错误；
当换用传统电网输电时，发电站输出功率P出＝U出I，设萧山和富阳负荷中心负载为R负载，则有U出＝I(R＋R负载)，由于远距离输电线路等效电阻R增大，则输电的电流I变小，则发电站输出功率减小，D正确。(共61张PPT)
专题十二 电磁感应的综合分析
命题点1
PART
01
第一部分
命题点1 两个定律的应用
近3年18卷18考
1．电磁感应现象和楞次定律
(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)使线圈面积有扩大或缩小的趋势(增缩减扩)。
(4)阻碍原电流的变化(自感现象)。
3．导体切割磁感线产生感应电动势
(1)导体棒垂直平动切割磁感线：如图甲所示，E＝Blv，主要用于求感应电动势的瞬时值。
考向1 楞次定律的理解和应用
(2023·海南卷，T6)汽车测速利用了电磁感应现象，汽车可简化为一个矩形线圈abcd，埋在地下的线圈分别为1、2，通上顺时针(俯视)方向电流，当汽车经过线圈时( )
A．线圈1、2产生的磁场方向竖直向上
B．汽车进入线圈1过程产生感应电流方向为abcd
C．汽车离开线圈1过程产生感应电流方向为abcd
D．汽车进入线圈2过程受到的安培力方向与速度方向相同
√
[解析] 由右手螺旋定则可知，线圈1、2形成的磁场方向都是竖直向下的，A错误；
汽车进入线圈1时，线圈abcd中向下的磁通量增大，由楞次定律可判断，线圈abcd中的感应电流方向与线圈1反向，即感应电流方向为adcb，同理，汽车离开线圈1时，线圈abcd中向下的磁通量减小，线圈abcd中的感应电流方向是顺时针，即感应电流方向为abcd，故B错误，C正确；
安培力为阻力，与速度方向相反，D错误。
命题视角：题目以“汽车测速利用了电磁感应的原理”为命题情境，主要考查了楞次定律的应用、法拉第电磁感应定律的应用、右手螺旋定则和左手定则的应用等知识。
方法技巧：要记住“判断感应电流方向用右手螺旋定则，判断感应电流受力的方向用左手定则”。
【变式训练1】(2024·辽宁凌源市二模)如图所示，薄玻璃板上放有两个粗细相同的玻璃水杯，杯中装入质量相等的水，其中右侧水杯内的底面平放一薄铜片，在两个水杯中都放入温度传感器用来测温度。玻璃板的下方一装有多个磁铁的塑料圆盘旋转起来，经过一段时间，可以观测到右侧水杯中水温明显上升，而左侧水杯中的水温没有变化，这是因为( )
A．磁铁使水杯中的水产生涡流引起的
B．磁铁使水杯底部的铜片产生涡流引起的
C．磁铁与空气摩擦生热引起的
D．磁铁使水杯底部的铜片磁化引起的
√
解析：水是绝缘体，磁铁不能使水产生涡流，A错误；
磁铁在转动过程中，通过铜片的磁通量发生变化，在铜片中产生涡流，电流生热使水的温度升高，B正确；
若空气摩擦生热，对两侧水温的影响应该是一样的，不能仅一侧升温明显，C错误；
磁铁不能使铜片磁化，且磁化也不能产生热量，D错误。
考向2 法拉第电磁感应定律的应用
(2024·广东卷，T4)电磁俘能器可在汽车发动机振动时利用电磁感应发电实现能量回收，结构如图甲所示。两对永磁铁可随发动机一起上下振动，每对永磁铁间有水平方向的匀强磁场，磁感应强度大小均为B。磁场中，边长为L的正方形线圈竖直固定在减震装置上。某时刻磁场分布与线圈位置如图乙所示，永磁铁振动时磁场分界线不会离开线圈。关于图乙中的线圈，下列说法正确的是( )
A．穿过线圈的磁通量为BL2
B．永磁铁相对线圈上升越高，线圈中感应
电动势越大
C．永磁铁相对线圈上升越快，线圈中感应
电动势越小
D．永磁铁相对线圈下降时，线圈中感应电流的方向为顺时针方向
√
[解析] 根据题图乙可知此时穿过线圈的磁通量为0，故A错误；
根据法拉第电磁感应定律可知永磁铁相对线圈上升越快，磁通量变化越快，线圈中感应电动势越大，故B、C错误；
永磁铁相对线圈下降时，根据安培定则可知线圈中感应电流的方向为顺时针方向，故D正确。
命题视角：题目以“电磁俘能器利用电磁感应发电实现能量回收的原理”为命题情境，主要考查了磁通量、法拉第电磁感应定律、安培定则等知识。
方法技巧：可以把永磁铁相对线圈的运动，转化为我们比较熟悉的线圈相对于永磁铁的运动分析。
√
√
命题视角：题目以“导体在匀强磁场中转动切割磁感线”为命题情境，主要考查了右手定则、部分导体切割磁感线产生电动势的求解等知识。
方法技巧：注意有效切割长度是该点与转轴的连线。
命题点2
PART
02
第二部分
命题点2 电磁感应中的动力学和能量问题
近3年11卷11考
1．动力学问题的三个分析
(1)“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)“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，以便求解安培力。
(3)“力”的分析——分析研究对象(通常是金属棒、导体、线圈等)的受力情况，尤其注意其所受的安培力。接着进行“运动状态”的分析——根据力和运动的关系，建立正确的运动模型。
2．动力学问题的解题思路
(1)找准主动运动者，用法拉第电磁感应定律和楞次定律求解感应电动势的大小和方向。
(2)根据等效电路图，求解回路中电流的大小及方向。
(3)分析安培力对导体棒运动速度、加速度的影响，从而推理得出对电路中的电流有什么影响，最后定性分析导体棒的最终运动情况。
(4)列牛顿第二定律或平衡方程求解。
3．电磁感应中的能量问题
(1)焦耳热Q的三种求法
焦耳定律：Q＝I2Rt；功能关系：Q＝W克服安培力；能量转化：Q＝ΔE其他能的减少量。
(2)用到的物理规律
匀变速直线运动规律、牛顿运动定律、动能定理、能量守恒定律等。
(多选)(2024·辽宁、吉林、黑龙江卷，T9)如图，两条“∧”形的光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，间距为L，左、右两导轨面与水平面夹角均为30°，均处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小分别为2B和B。将有一定阻值的导体棒ab、cd放置在导轨上，同时由静止释放，两棒在下滑过程中始终与导轨垂直并接触良好，ab、cd的质量分别为2m和m，长度均为L。导轨足够长且电阻不计，重力加速度为g，两棒在下滑过程中( )
√
√
[解析] 两导体棒沿轨道向下滑动，根据右手定则可知回路中的电流方向为abcda，故A正确；
根据前面分析可知aab＝acd，故可知两导体棒速度大小始终相等，由于两边磁感应强度不同，故产生的感应电动势不等，故D错误。
命题视角：题目以“两导体棒分别在两个倾斜导轨上切割磁感线运动”为命题情境，主要考查了右手定则、牛顿第二定律、法拉第电磁感应定律等知识。
方法技巧：解题关键是尽管两个导体棒都切割磁感线运动，但是流过两个导体棒的电流是相同的。
【变式训练2】 (多选)(2024·安徽合肥市一模)如图所示，光
滑绝缘水平面内有一粗细均匀的单匝矩形闭合导线框abcd，
处于竖直向下、磁感应强度为B的有界匀强磁场中。现用
一水平外力垂直作用于ab边中点，将线框以速度v匀速拉出
磁场。线框长为l1，宽为l2，总电阻为R。在线框被拉出磁场的过程中，下列说法正确的是( )
√
√
解析：根据右手定则，可知线框中的感应电流方向为adcba，故A错误；
(多选)(2024·广东东莞市三模)如图所示，固定位
置在同一水平面内的两根平行长直金属导轨的间距为d，
其右端接有阻值为R的电阻，整个装置处在竖直向上磁
感应强度大小为B的匀强磁场中。一质量为m(质量分布均匀)的导体杆ab垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触，杆与导轨之间的动摩擦因数为μ。现杆在水平向左、垂直于杆的恒力F作用下从静止开始沿导轨运动距离l时，速度恰好达到最大(运动过程中杆始终与导轨保持垂直)。设杆接入电路的电阻为r，导轨电阻不计，重力加速度大小为g，则此过程( )
√
√
在杆从开始运动到达到最大速度的过程中由动能定理有WF＋Wf＋W安＝ΔEk，其中Wf＝－μmg，W安＝－Q，恒力F做的功与摩擦力做的功之和等于杆动能的变化量与回路产生的焦耳热之和，故C错误；
恒力F做的功与安培力做的功之和等于杆动能的变化量与克服摩擦力做的功之和，故D正确。
命题点3
PART
03
第三部分
命题点3 电磁感应中的动量观点的应用
近3年12卷12考
1．单棒问题的分析思路
在导体单杆切割磁感线做变加速运动时，若用牛顿运动定律和能量观点不能解决问题，则可运用动量定理巧妙解决问题。
2.双棒问题的分析思路
物理 模型 “一动一静”：甲杆静止不动，乙杆运动，其实质是单杆问题，不过要注意问题包含着一个条件——甲杆静止，受力平衡
两杆都在运动，对于这种情况，要注意两杆切割磁感线产生的感应电动势是相加还是相减；系统动量是否守恒
分析 方法 动力 学观点 通常情况下一个金属杆做加速度逐渐减小的加速运动，而另一个金属杆做加速度逐渐减小的减速运动，最终两金属杆以共同的速度匀速运动
能量 观点 两杆系统机械能减少量等于回路中产生的焦耳热之和
动量 观点 对于两金属杆在平直的光滑导轨上运动的情况，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
A．通过金属棒ab的电荷量为2 C
B．通过金属棒ab的电荷量为1 C
C．金属棒ab中产生的焦耳热为2.5 J
D．金属棒ab中产生的焦耳热为4.5 J
√
√
(1)ab刚越过MP时产生的感应电动势大小；
(2)金属环刚开始运动时的加速度大小；
(3)为使ab在整个运动过程中不与金属环接触，金属环圆心初始位置到MP的最小距离。
命题视角：题目以“金属棒和金属圆环切割磁感线运动”为命题情境，主要考查了动能定理、法拉第电磁感应定律、牛顿第二定律、动量定理和动量守恒定律等知识。
方法技巧：把“金属棒和金属圆环切割磁感线运动”模型转化为“双棒模型”，金属棒和金属圆环受到的安培力等大、反向，整体不受外力，系统的动量守恒。
审题与规范答题(四)——电磁感应型
【审题定位】
电磁感应问题主要考查电磁感应现象与直流电路、磁场、动力学、动量和能量相联系的综合问题。基本思路：①用法拉第电磁感应定律及楞次定律求感应电动势的大小及方向；②求电路中的电流；③分析导体的受力情况，根据平衡条件或者牛顿第二定律列方程；④分析导体运动过程中各力做功和能量的转化情况，考虑应用能量解决问题；⑤涉及电荷量或者位移的求解，一般用动量定理；双棒运动的问题，如果最终同速，一般考虑用动量守恒定律。
(1)求2 s时，拉力F的功率P。
(2)求棒MN的最大速度vm。(结果保留2位小数)
(3)当棒MN达到最大速度vm时，④解除PQ锁定，同时撤去拉力F，则撤去拉力F后两金属棒之间距离增加量Δx的最大值是多少？(结果保留2位小数)
【审题模板】
序号 隐含条件 物理规律表达
① 向右做匀加速直线运动 v1＝at1＝0.1×2 m/s＝0.2 m/s
② 拉力F的功率不变 拉力F减小，速度增大
③ 棒以最大速度vm做匀速直线运动 拉力F与F安相等
④ 解除PQ锁定，同时撤去拉力F 金属棒PQ、MN组成的系统动量守恒mvm＝2mv
(1)求2 s时，拉力F的功率P。
(2)求棒MN的最大速度vm。(结果保留2位小数)
(3)当棒MN达到最大速度vm时，④解除PQ锁定，同时撤去拉力F，则撤去拉力F后两金属棒之间距离增加量Δx的最大值是多少？(结果保留2位小数)(共19张PPT)
高考热点强化练5 动量和能量
观点在电磁感应中的应用
1．(2024·河南五市联考)如图所示，光滑水平面上有一个由均匀电阻丝做成的正方形线框，线框的边长为L，质量为m，总电阻为R。线框以垂直于磁场边界的初速度v进入磁感应强度大小为B、方向如图所示的匀强磁场区域(线框ab、cd两边始终与磁场边界平行)。
(1)求cd边刚进入磁场时c、d两点的电势差。
(2)求线框进入磁场过程中的最大加速度的大小。
(3)如果线框完全进入磁场之前速度已减小为0，求cd边上产生的焦耳热。
2．(2024·天津南开区质检)如图所示，两根间距L＝1.0 m、电阻不计的足够长光滑平行金属导轨与水平面夹角θ＝30°，导轨底端接有R＝2.0 Ω的定值电阻，导轨所在区域存在磁感应强度B＝1.0 T的匀强磁场，磁场方向垂直于导轨平面向上。一质量m＝0.2 kg、电阻r＝1.0 Ω的金属杆ab垂直于导轨放置，某时刻给金属杆一个沿斜面向上F＝2.0 N的恒力，使金属杆由静止开始运动，x＝1.2 m时达到最大速度，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)金属杆获得的最大速度vm的大小和此时ab杆两端的电势差Uab；
答案：3 m/s －2 V
(2)金属杆从静止到运动1.2 m的过程中，通过电阻R的电荷量q和电阻R产生的焦耳热QR。
答案：0.4 C 0.2 J
3.(2024·山西临汾市模拟) 如图所示，足够长的两平行金
属导轨倾斜固定，与水平面的夹角θ＝37°，导轨间距
为L，处于磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨平面
的匀强磁场中(图中没有画出)。两个导体棒P和Q垂直于导轨放置，相距为x0，Q紧靠两个小立柱静止于导轨上。每根导体棒的长度为L、质量为m、电阻为R。t＝0时刻，对P施加一方向沿导轨向上的拉力，使其由静止开始沿导轨向上做匀加速运动。t＝t0时刻Q开始运动，之后P所受的拉力保持不变，t＝2t0时刻Q的速度为v。两导体棒与两导轨间的动摩擦因数均为μ＝0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。两导轨电阻忽略不计，重力加速度为g，sin 37°＝0.6。求：
(1)t0时刻导体棒P的速度v0；
(2)t0时刻导体棒P所受拉力的大小F0；
(3)2t0时刻两导体棒之间的距离x。
4．(2024·湖南衡阳市联考)水平面内固定有两根平行光滑导轨，其中AD、EF段用绝缘材料制成，其余部分为金属。两平行导轨的间距为L＝2 m，导轨的左侧连接一阻值为R＝2 Ω的定值电阻，右侧接有一电容C＝2×105 μF的电容器，电容器不带电。水平导轨的MNPQ区域存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小B＝0.5 T，MA和NE的长度均为x＝3.6 m。金属棒a垂直放置在导轨的MN处，质量ma＝0.6 kg，接入电路的电阻r＝1 Ω，金属棒b垂直导轨放置于DF左侧，质量mb＝1.4 kg。现使金属棒a以初速度v0＝6 m/s向右运动，与静止的金属棒b发生弹性碰撞，碰撞后金属棒b向右运动，最终速度稳定。不计金属导轨的电阻，求：
(1)金属棒a与金属棒b碰撞后的速度大小各是多少；
答案：1.6 m/s 2.4 m/s
(2)整个运动过程中金属棒a上产生的焦耳热；
答案：2.256 J
(3)金属棒b稳定运动时电容器所带的电荷量。
答案：0.42 C
