下面是小编为大家整理的2022年度高考物理二轮复习教师文档专题四-专题六【优秀范文】,供大家参考。
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专题四- - 专题六
第 第 1 1 讲
恒定电流与交变电流
1．(2016²江苏单科，8)如图 1 所示的电路中，电源电动势为 12 V，内阻为 2 Ω，四个电阻的阻值已在图中标出，闭合开关 S，下列说法正确的有(
)
图 1 A．路端电压为 10 V B．电源的总功率为 10 W C． a 、 b 间电压的大小为 5 V D． a 、 b 间用导线连接后，电路的总电流为 1 A 解析 外电路的总电阻 R ＝ 20³2020＋20
Ω＝10 Ω，总电流I ＝ER ＋ r ＝1 A，则路端电压U ＝ IR ＝10 V，A 对；
电源的总功率 P 总 ＝ EI ＝12 W，B 错；
a 、 b 间电压大小为 U ab ＝0.5³15 V-0.5³5 V＝ 5 V，C 项对；
a 、 b 间用导线连接后，外电路的总电阻为 R ′＝2³ 5³155＋15
Ω＝7.5 Ω，电路中的总电流 I ＝ER ′＋ r ＝1.26 A，D 项错误。
答案 AC 2．(2016²江苏单科，4)一自耦变压器如图 2 所示，环形铁芯上只绕有一个线圈，将其接在a 、 b 间作为原线圈。通过滑动触头取该线圈的一部分，接在 c 、 d 间作为副线圈，在 a 、 b 间输入电压为 U 1 的交变电流时， c 、 d 间的输出电压为 U 2 ，在将滑动触头从 M 点顺时针转到 N点的过程中(
)
图 2 A． U 2 > U 1 ， U 2 降低
B． U 2 > U 1 ， U 2 升高 C． U 2 < U 1 ， U 2 降低
D． U 2 < U 1 ， U 2 升高 解析 由 U1U 2 ＝n 1n 2 ， n1 > n 2 知 U 2 < U 1 ；
滑动触头从 M 点顺时针旋转至 N 点过程， n 2 减小，则 U 2 降低，C 项正确。
答案 C 3．(2015²江苏单科，1)一电器中的变压器可视为理想变压器，它将 220 V 交变电流改变为110 V。已知变压器原线圈匝数为 800，则副线圈匝数为(
) A．200
B．400
C．1 600
D．3 200 解析 根据变压器的变压规律 U1U 2 ＝n 1n 2 得， n2 ＝ U2U 1 n1 ＝ 110220 ³800＝400，选项 B 正确。
答案 B 4．(2014²江苏单科，3)远距离输电的原理图如图 3 所示，升压变压器原、副线圈的匝数分别为 n 1 、 n 2 ，电压分别为 U 1 、 U 2 ，电流分别为 I 1 、 I 2 ，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(
)
图 3 A. I1I 2 ＝n 1n 2
B． I 2 ＝ U2R
C． I 1 U 1 ＝ I22 R
D． I 1 U 1 ＝ I 2 U 2
解析 由于理想变压器的电流比与匝数比成反比，即 I1I 2 ＝n 2n 1 ，A 错；
由于R 两端的电压不等于U 2 ，故 B 错；
由能量关系可得 U 1 I 1 ＝ I22 R ＋ P 用 ，故 C 错；
由功率关系， P 入 ＝ P 出 可得：
I 1 U 1 ＝ I 2 U 2 ，D 项正确。
答案 D [考 情 分 析]
2
直流电路和交流电路
T3：变压器、远距离输电
T1：理想变压器 T13：电阻定律
T4：自耦变压器 T8：直流电路的分析与计算 直流电路的分析与计算是高考的热点，重点考查电路的功率计算、动态过程分析等；
交流电路部分重点考查电流的“四值”、变压器的规律应用。一般以选择题为主，有时也与电磁感应结合在计算题中进行考查。
直流电路的分析与计算 [规 律 方 法] 闭合电路动态分析的两种常用方法 (1)程序分析法：流程如下
(2)利用结论法：即“串反并同”法 ①“串反”——即某一电阻增大(减小)时，与它串联或间接串联的电阻中的电流、两端电压、消耗的电功率都减小(增大)；
②“并同”——即某一电阻增大(减小)时，与它并联或间接并联的电阻中的电流、两端电压、消耗的电功率都增大(减小)。
[精 典 题 组] 1．(2016²苏北四市一模)在如图 4 所示的电路中， E 为电源，电源内阻为 r ，L 为小灯泡(其灯丝电阻可视为不变)， 为理想电压表， R 1 、 R 2 为定值电阻， R 3 为滑动变阻器，将滑动变阻器的滑片向上移动，则(
)
图 4 A．电压表的示数变大 B．小灯泡消耗的功率变小 C．通过 R 2 的电流变小 D．电源的内耗电压变大
解析 将滑动变阻器的滑片向上移动，滑动变阻器接入电路的阻值增大，电路中的总电阻增大；
由闭合电路欧姆定律可得，电路中的电流减小，故 R 1 两端的电压减小，并联部分电压增大，通过 R 2 的电流变大，A、C 错误；
由并联电路的电流规律可知，流过灯泡的电流一定减小，故由 P ＝ I2 R可知，小灯泡消耗的功率变小，B 正确；
因电路中电流减小，故电源的内耗电压减小，D 错误。
答案 B 2．(2016²全国卷Ⅱ，17)阻值相等的四个电阻、电容器 C 及电池 E (内阻可忽略)连接成如图5 所示电路。开关 S 断开且电流稳定时， C 所带的电荷量为 Q 1 ；
闭合开关 S，电流再次稳定后，C 所带的电荷量为 Q 2 。
Q 1 与 Q 2 的比值为(
)
图 5 A. 25
B.12
C.35
D.23
解析 S 断开时等效电路如图甲所示。
图甲 电容器两端电压为 U 1 ＝ER ＋ 23 R³ 23 R ³12 ＝15 E ；
S 闭合时等效电路如图乙所示。
图乙 电容器两端电压为 U 2 ＝ER ＋ 12 R³ 12 R ＝13 E ， 由 Q ＝ CU 得 Q1Q 2 ＝U 1U 2 ＝35 ，故选项 C 正确。
答案 C
3．(多选)如图 6 所示，平行金属板中带电质点 P 原来处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响， R 1 的阻值和电源内阻 r 相等。将滑动变阻器 R 4 的滑片向 b 端移动，则(
)
图 6 A． R 3 上消耗的功率增大 B．电流表读数减小，电压表读数增大 C．电源的输出功率增大 D．质点 P 将向下运动 解析 将滑动变阻器 R 4 的滑片向 b 端移动，其接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析得知干路电流 I 增大。电容器极板间的电压等于 R 3 两端的电压。
R 4减小，并联部分的总电阻减小，则 R 3 的电压减小， R 3 上消耗的功率减小，电容器极板间场强减小，质点 P 所受的电场力减小，所以质点 P 将向下运动。流过电流表的电流 I A ＝ I - I 3 ， I增大， I 3 减小，则 I A 增大，所以电流表读数增大。
R 4 的电压 U 4 ＝ U 3 - U 2 ， U 3 减小， U 2 增大，则U 4 减小，所以电压表读数减小。由于 R 1 的阻值和电源内阻 r 相等，则外电路总电阻大于电源的内阻 r ，当外电阻减小时，电源的输出功率增大，A、B 错误，C、D 正确。
答案 CD
交变电流的产生和描述 [规 律 方 法]
解决交变电流的产生和描述的基本方法 (1)抓牢两个特殊位置的特点：
①线圈平面与中性面重合时， S ⊥ B ， Φ 最大， Δ ΦΔ t＝0， e ＝0， i ＝0，电流方向将发生改变。
②线圈平面与中性面垂直时， S ∠ B ， Φ ＝0， Δ ΦΔ t最大， e 最大， i 最大，电流方向不改变。
(2)书写交变电流瞬时值表达式的基本思路：
①确定正弦式交变电流的峰值，根据已知图象读出或由公式 E m ＝ nBSω 求出相应峰值。
②明确线圈的初始位置，找出对应的函数关系式。
a．若线圈从中性面位置开始转动，则 i - t 图象为正弦函数图象，函数式为 i ＝ I m sin ωt 。
b．若线圈从垂直中性面位置开始转动，则 i - t 图象为余弦函数图象，函数式为 i ＝ I m cos ωt 。
[精 典 题 组] 1.利用实验室的手摇发电机产生的正弦交流电给灯泡 L 供电，其电路如图 7 所示。当线圈以角速度 ω 匀速转动时，电压表示数为 U ，灯泡正常发光。已知发电机线圈的电阻为 r ，灯泡
正常发光时的电阻为 R ，电表均为理想电表，导线电阻可忽略，则(
)
图 7 A．图中电流表示数为 Ur
B．灯泡的额定功率为U2R ＋ r
C．发电机的线圈中产生的电动势的最大值为 U (1＋ rR ) D．从线圈转到中性面开始计时，灯泡两端电压的瞬时值表达式为 u ＝ 2 U sin ωt
解析 由欧姆定律可知，图中电流表示数为 I ＝ UR ，选项 A 错误；
灯泡的额定功率为P ＝ UI ＝ U2R ，选项 B 错误；
设发电机的线圈中产生的电动势的最大值为 E m ，有效值为 E ＝E m2 ，由闭合电路欧姆定律得 E ＝ U ＋ Ir ， I ＝ UR ，联立解得E m ＝ 2 U (1＋ rR )，选项 C 错误；
从线圈转到中性面开始计时，发电机产生的正弦交变电流电流表达式为 i ＝ 2 I sin ωt ，灯泡两端电压的瞬时值表达式为 u ＝ 2 U sin ωt ，选项 D 正确。
答案 D 2.(多选)小型发电机线圈共 N 匝，每匝可简化为矩形线圈 abcd ， bc 边长度为 L 1 ，磁极间的磁场可视为匀强磁场，方向垂直于线圈中心轴 OO ′，线圈以角速度 ω 绕 OO ′匀速转动，如图 8 所示。矩形线圈 ab 边和 cd 边产生的感应电动势的最大值都为 e 0 ，不计线圈电阻，下列说法正确的是(
)
图 8 A． ab 边长度为 L ＝2 e 0BωL 1
B．产生的交变电流的周期是 2π ω
C．若从中性面开始计时，则发电机的感应电动势的瞬时值表达式为 e ＝2 Ne 0 sin ωt
D．发电机线圈从垂直中性面位置转动 90°的过程中，产生的感应电动势的平均值是 2 Ne0π 解析 由题意可知，线圈 ab 边和 cd 边产生的感应电动势的最大值都为 e 0 ，由 e 0 ＝ BLv ＝BL ωL12，解得 L ＝2 e 0BωL 1 ，选项 A 正确；
T ＝2πω，选项 B 错误；
对单匝矩形线圈，其感应电动势最大值为 2 e 0 ，发电机线圈共 N 匝，所以发电机线圈中总感应电动势最大值为 2 Ne 0 ，从中性面开始计时，则感应电动势的瞬时值表达式为 e ＝2 Ne 0 sin ωt ，选项 C 正确；
发电机线圈从垂直中性面位置转动 90°的过程中，磁通量变化量为 Δ Φ ＝ BLL 1 ＝ 2 e0ω ，时间 Δ t ＝T4 ＝π2 ω ，产生的感应电动势平均值是 E- ＝ N Δ ΦΔ t＝ 4 Ne0π，选项 D 错误。
答案 AC 3．(多选)(2016²湖南怀化模拟)如图 9 甲所示，阻值为 r ＝4 Ω 的矩形金属线框与理想电流表、理想变压器的原线圈构成回路，标有“12 V 36 W”的字样的灯泡 L 与理想变压器的副线圈构成回路，灯泡 L 恰能正常发光，理想变压器原、副线圈的匝数之比为 3∶1。矩形金属线框在匀强磁场中绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的电动势随时间变化的规律如图乙所示。则(
)
图 9 A．理想变压器原线圈输入电压的瞬时值表达式为 u ＝40 2sin(100π t )V B．理想电流表 的示数为 1 A C． t ＝0.01 s 时，矩形金属线框平面与磁场方向平行 D．灯泡 L 与理想变压器的副线圈构成的回路中的电流方向每秒改变 100 次 解析 由于灯泡恰能正常发光，说明理想变压器的输出电压 U 2 ＝12 V，根据理想变压器电压与匝数的关系可得 U 1 ＝ n1n 2 U2 ＝36 V，所以理想变压器输入电压的瞬时值表达式为 u ＝36 2sin(100π t )V，故 A 选项错误；
根据理想变压器的电流与匝数的关系可得 I 1 ＝ n2n 1 I2 ＝1 A，又电流表显示的交变电流的有效值，则理想电流表的示数为 1 A，故 B 选项正确；
t ＝0.01 s时，电动势的瞬时值为零，发电机的线圈平面与磁场方向垂直，故 C 错误；
由于理想变压器不改变交流电的频率，根据图乙可知，灯泡 L 与理想变压器的副线圈构成的回路中的电流方向每秒改变 100 次，故 D 选项正确。
答案 BD
变压器和远距离输电问题 [规 律 方 法] 1．理想变压器三个基本关系(只有一个副线圈) (1)功率关系：
P 入 ＝ P 出
(2)电压关系：
U1U 2 ＝n 1n 2
(3)电流关系：
I1I 2 ＝n 2n 1
2．几个制约关系 (1)输入功率由输出功率决定，即 P 入 ＝ P 出 (副制约原)；
(2)输出电压由输入电压和匝数比决定，即 U 2 ＝ n2n 1 U1 (原制约副)；
(3)输入电流由输出电流和匝数比决定，即 I 1 ＝ n2n 1 U1 (副制约原)；
(4)输出功率由用户负载决定，即 P 出 ＝ P 负总 ＝ P 负 1 ＋ P 负 2 „ (5)输出电流由输出电压和用户负载决定：
I 2 ＝U 2R 负 。
【特别提醒】
(1)理想变压器原、副线圈之间相同的量：功率 P 、电压与匝数的比值 Un 、频率 f 及磁通量的变化率 Δ ΦΔ t。
(2)对于电源，原线圈相当于用电器；
对于用电器，副线圈相当于电源。
3．原线圈连接有电阻的变压器问题的处理 变压器的原理是电磁感应中的互感现象，变压器不能改变恒定电流，当原线圈接有电阻时，变压器的原线圈输出电压不是电源的电压，所以求解的关键是先求出原线圈中的电流，再由电压关系列式。
[精 典 题 组] 1．如图 10 所示，某旋转磁极式发电机的转子有两对磁极，定子线圈的输出端接在一理想变压器的原线圈上。不计定子线圈的电阻，当转子以 25 r/s 的转速匀速转动时，在定子线圈中产生频率为 50 Hz 的正弦交流电。若使转子以 50 r/s 的转速转动，则(
)
图 10 A．电流表 的示数变为原来的 2 倍
B．电压表 的示数不变 C．电阻 R 上交流电的频率为 50 Hz D．变压器铁芯中磁通量变化率的最大值变为原来的 4 倍 解析 转速加倍，根据 ω ＝2π n ，角速度加倍，根据 E m ＝ NBSω ，动生电动势的最大值加倍，变压器原线圈两端电压加倍，根据变压器原、副线圈的电压比等于匝数比可知，副线圈两端电压加倍，副线圈中电流加倍，根据电流与匝数关系可知电流表的示数也加倍，选项 A 正确，B 错误；
转速加倍，则原线圈输入电压频率加倍，为 100 Hz，变压器不改变电流频率，所以电阻 R 上交流电的频率为 100 Hz，故选项 C 错误；
根据法拉第电磁感应定律可知，电动势与磁通量变化率成正比，因为电动势加倍，变压器铁芯中磁通量变化率的最大值变为原来的 2倍，故选项 D 错误。
答案 A 2．(2016²扬州模拟)如图 11 所示为远距离输电的示意图，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压和输电线的电阻均不变。闭合开关 S 后(
)
图 11 A．升压变压器的输出电压增大 B．降压变压器的输出电流减小 C．输电线上损耗的功率增大 D．输电线上交流电的频率减小 解析 根据输入电压决定输出电压，闭合开关 S 后，升压变压器的输出电压不变，选项 A 错误；
闭合开关 S 后，负载增加，负载总电阻减小，降压变压器的输出电流增大，输电线上电流增大，输电线上损耗的功率增大，选项 B 错误、C 正确；
根据变压器不改变交变电流频率可知，输电线上交流电的频率不变，选项 D 错误。
答案 C 3．如图 12 所示的理想变压器中原、副线圈的匝数比为 5∶1，其中 R 1 ＝100 Ω、 R 2 ＝4
Ω分别代表输电线的电阻。在副线圈上接有两盏“8 V、4 W”的灯泡，若在 a 、 b 端输入 e ＝60 2sin 100π t (V)的交流电，当开关 S 断开时，灯泡 L 1 正常发光，则(
)
图 12 A．开关闭合后，灯泡 L 1 会变亮
B．开关闭合后， a 、 b 端输入功率变小 C．开关闭合前， R 1 、 R 2 消耗的功率相等 D．开关闭合前，电源的输出功率为 5 W 解析 开关闭合后，副线圈电路中总电阻变小，副线圈中的电流 I 2 变大，根据 n 1 I 1 ＝ n 2 I 2 可知，原线圈中的电流 I 1 也变大，所以 R 1 、 R 2 上的电压都变大，灯泡 L 1 上的电压变小，亮度变暗，选项 A 错误；
原线圈中的电流 I 1 变大， a 、 b 端输入功率变大，选项 B 错误；
开关闭合前，通过灯泡的电流 I 2 ＝ PU ＝0.5 A，R 2 上消耗的功率为 P 2 ＝ I22 R 2 ＝1 W，根据 n 1 I 1 ＝ n 2 I 2 求得 I 1 ＝0.1 A， R 1 上消耗的功率为 P 1 ＝ I21 R 1 ＝1 W，选项 C 正确；
开关闭合前，电源的输出功率为 P 总 ＝1 W＋1 W＋4 W＝6 W，选项 D 错误。
答案 C 4．(2016²徐州市模拟)如图 13 所示为一理想变压器通过二极管给某种型号的电池充电的简单原理图，现在变压器的原线圈接入有效电压为 220 V 的正弦交变电流，变压器原、副线圈的匝数比为 110∶1，交流电流表的示数为110
A，电池的内阻为 2 Ω，二极管具有单向导电性，下列说法正确的是(
)
图 13 A．电池的充电电压为 2 V B．理想变压器的输入功率为 15
W C．充电时，电池的热功率为210
W D．充电时，电能转化为化学能的功率为(210-150 ) W 解析 由 U1U 2 ＝n 1n 2 得变压器的输出电压U 2 ＝2 V，经过二极管后，正弦交变电流变成半波交变电流，根据有效值的定义得 U22R ³T2 ＝U2R ³ T ，解得电池的充电电压U ＝ 2 V，选项 A 错误；
理想变压器的输出功率 P 2 ＝ UI 2 ＝210 W，变压器的输入功率等于输出功率，故变压器的输入功率为210 W，选项 B 错误；
充电时，电池的热功率 P ＝ I22 r ＝(110 )2 ³2 W＝ 150
W，选项 C 错误；
充
电时，电能转化为化学能的功率为210 W-150
W＝(210 -150 ) W，选项 D 正确。
答案 D
高频考点八 结合理想变压器考查交流电路的动态分析 [满分策略] 理想变压器的动态分析是高考命题的重点，考查方向：一是负载不变，匝数比变化，讨论各量的变化情况；
二是匝数比不变，负载变化，讨论各量的变化情况。
(1)分析变压器动态变化问题的一般思维流程
(2)分析变压器动态变化问题的关键 ①弄清变量和不变量，确定是负载电阻不变还是匝数比不变；
②弄清变压器动态变化中的决定关系，即 P 2 决定 P 1 ， I 2 决定 I 1 ， U 1 决定 U 2 。
[满分示例] (3 分)如图 14 所示，有一矩形线圈的面积为 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(
)
图 14 A．矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为 e ＝ NBSω cos ωt
B．矩形线圈从图示位置经过π2 ω 时间时，通过电流表的电荷量为 0 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 [审题指导] 第一步：抓关键点→获取信息
第二步：分析选项→找解题依据 A 项：计时起点， E m ＝ NBSω ――――――――→e ＝ E m cos ωte ＝ NBSω cos ωt 。
B 项：矩形线圈经时间 t ＝π2 ω ＝T4 ，所以Δ Φ ＝ BSq ItEIRq ＝ ER ² t ＝ NΔ ΦR≠0。
C 项：当 P 位置不动， n 1 不变，线圈内阻不计→电压表读数不变。
D 项：当 P 位置向上移动， n 1 减小2 21 1U nU n U 2 增大，22UIR
I 2 增大1 22 1I nI n I 1 增大，电流表读数增大。
[满分模板] 解析 计时起点，线圈内的感应电动势最大值为 E m ＝ NBSω ，所以感应电动势的瞬时值表达式为 e ＝ NBSω cos ωt ，A 选项正确；
矩形线圈从图示位置经过π2 ω 时间，线圈磁通量的变化量为 Δ Φ ＝ BS ，故通过电流表的电荷量 q ＝ N Δ ΦR，即不为 0，B 选项错误；
电压表示数是线圈产生的感应电动势的有效值，即总是 NBSω2，C 选项错误；
当 P 位置向上移动，输出电压升高， R 不变时，输出功率增大，电流表读数增大，选项 D 错误。
答案 A [满分体验] (3 分)(2016²天津理综，5)如图 15 所示，理想变压器原线圈接在交流电源上，图中各电表均为理想电表。下列说法正确的是(
)
图 15 A．当滑动变阻器的滑动触头 P 向上滑动时， R 1 消耗的功率变大 B．当滑动变阻器的滑动触头 P 向上滑动时，电压表 V 示数变大
C．当滑动变阻器的滑动触头 P 向上滑动时，电流表 A 1 示数变大 D．若闭合开关 S，则电流表 A 1 示数变大，A 2 示数变大 解析 当滑动变阻器的滑动触头 P 向上滑动时，接入电路的阻值变大，变压器副线圈两端电压不变，副线圈电路中的电流减小，则 R 1 消耗的功率及其两端电压均变小，故电压表的示数变大，选项 A 错误，B 正确；
当滑动变阻器的滑动触头 P 向上滑动时，副线圈中的电流减小，则原线圈中的电流也减小，电流表 A 1 示数变小，选项 C 错误；
若闭合开关 S，副线圈电路中总电阻减小，副线圈中的电流变大， R 1 两端电压变大， R 2 两端电压减小，电流表 A 2 示数减小，原线圈中的电流变大，电流表 A 1 示数变大，选项 D 错误。
答案 B
一、单项选择题 1．(2016²南京市模拟)如图 1 所示，面积为 S 、匝数为 N 、电阻为 r 的线圈与阻值为 R 的电阻构成闭合回路，理想交流电压表并联在电阻 R 的两端。线圈在磁感应强度为 B 的匀强磁场中，绕垂直于磁场的转动轴以角速度 ω 匀速转动。设线圈转动到图示位置的时刻 t ＝0，则(
)
图 1 A．在 t ＝0 时刻，穿过线圈的磁通量达到最大，流过电阻 R 的电流为零，电压表的读数也为零 B．1 秒钟内流过电阻 R 的电流方向改变 ωπ 次 C．经π2 ω 的时间，通过电阻R 的电量为2π NBS4（ R ＋ r ）
D．在电阻 R 的两端再并联一只电容较大的电容器后，电压表的读数不变 解析 t ＝0 时刻线圈处于中性面 Φ 最大， e ＝0， i ＝0，但电压表的读数为有效值不为 0，A错；
T ＝ 2πω，交流电在 1 T 内电流方向改变两次，所以 1 s 内电流方向改变次数为 2³ 1T ＝ωπ ，B 正确；
在π2 ω ＝T4 时间内，通过R 的电量 Q ＝ Δ ΦR ＋ r ＝NBSR ＋ r ，则 C 错；
电容器有通交流隔直流的特点，在 R 两端并联一只电容较大的电容器，相当于总电阻减小，则路端电压减小，电压表测路端电压，所以 D 错。
答案 B 2．(2016²四川理综，2)如图 2 所示，接在家庭电路上的理想降压变压器给小灯泡 L 供电，如果将原、副线圈减少相同匝数，其他条件不变，则(
)
图 2 A．小灯泡变亮 B．小灯泡变暗 C．原、副线圈两端电压的比值不变 D．通过原、副线圈电流的比值不变 解析 原、副线圈减去相同的匝数 n 后，有 n1 ′n 2 ′ ＝n 1 － nn 2 － n ，可以得出，n 1n 2 -n 1 ′n 2 ′ ＝n （ n 2 － n 1 ）n 2 （ n 2 － n ）
<0，则说明 n1 ′n 2 ′ 的比值变大，由n 1 ′n 2 ′ ＝U 1U 2 ′ ＝I 2 ′I 1 ′ 知，选项 C、D 错误；
由n 1n 2 ＝U 1U 2 和n 1 ′n 2 ′ ＝U 1U 2 ′ 知，U 2 ′< U 2 ，再由 P ＝ U2 ′2R知，灯泡变暗，选项 A 错误，B 正确。
答案 B 3.如图 3 所示，四个相同的灯泡与理想自耦变压器连接，其额定电压为 U ，已知原线圈和副线圈的匝数比为 3∶1，当接上交流电源后，副线圈上三个灯泡均正常发光，则下列说法正确的是(
)
图 3 A．L 1 能正常工作 B．L 1 不能正常工作，且两端电压小于 U
C．交流电源电压为 2 U
D．交流电源电压为 3 U
解析 由于副线圈上三个灯泡均正常发光，故 U 2 ＝ U ，加在原、副线圈两端的电压之比为 U 原 ∶U 2 ＝3∶1，原、副线圈中的电流之比 I 1 ∶ I 2 ＝1∶3，设每个灯的额定电流为 I ，则 I 2 ＝3 I ， I 1＝ I ，灯 L 1 能正常发光，选项 A 正确，B 错误；
灯 L 1 两端的电压也为 U ，故 U 1 ＝ U ＋ U 原 ＝4 U ，选项 C、D 错误。
答案 A
4．(2016²扬州市模拟)如图 4 所示为一交流发电机的原理示意图，其中矩形线圈 abcd 的边长 ab ＝ cd ＝ L 1 ， bc ＝ ad ＝ L 2 ，匝数为 n ，线圈的总电阻为 r ，线圈在磁感应强度为 B 的匀强磁场中绕垂直于磁场的转轴 OO ′匀速转动，角速度为 ω ，线圈两端通过电刷 E 、 F 与阻值为 R的定值电阻连接。从线圈经过中性面开始计时，则(
)
图 4 A．线圈中感应电动势的最大值为 BωL 1 L 2
B．线圈中感应电动势随时间变化的函数表达式为 e ＝ nBωL 1 L 2 cos ωt
C．经过 14 周期时间通过电阻R 的电荷量为 BL1 L 2R ＋ r
D．此发电机在上述工作状态下的输出功率为 n2 B 2 ω 2 L 21 L22 R2（ R ＋ r ）2
解析 线圈产生的感应电动势的最大值 E m ＝ nBωL 1 L 2 ，选项 A 错误；
感应电动势随时间变化的表达式 e ＝ E m sin ωt ＝ nBωL 1 L 2 sin ωt ，选项B错误；
根据法拉第电磁感应定律有 E ＝ n Δ ΦΔ t，由闭合电路欧姆定律有 I ＝ER ＋ r ，又 Δ Φ ＝ BL1 L 2 ， q ＝ I Δ t ，联立解得 q ＝ n BL1 L 2R ＋ r ，选项 C 错误；
线圈中感应电动势的有效值 E ＝E m2 ＝nBωL 1 L 22，电流的有效值 I ＝nBωL 1 L 22（ R ＋ r ）
，交流发电机的输出功率即电阻 R 的热功率 P ＝ I2 R ＝ n2 B 2 ω 2 L 21 L22 R2（ R ＋ r ）2 ，选项 D 正确。
答案 D 5.图 5 中理想变压器原、副线圈的匝数之比为 2∶1，现在原线圈两端加上交变电压 u ＝311sin 100π t (V)时，灯泡 L 1 、L 2 均正常发光，电压表和电流表可视为理想电表。则下列说法中正确的是(
)
图 5 A．该交流电的周期为 0.2 s B．电压表的示数为 155.5 V
C．若将滑动变阻器的滑片 P 向上滑动，则电流表读数变大 D．若将滑动变阻器的滑片 P 向上滑动，则 L 1 将变暗、L 2 将变亮 解析 由交变电压 u ＝311sin 100π t (V)可知，该交流电的周期 T ＝0.02 s，选项 A 错误；
原线圈电压为 220 V，根据变压器变压公式可知副线圈输出电压为 110 V，电压表的示数为 110 V，选项 B 错误；
若将滑动变阻器的滑片 P 向上滑动，电压表示数不变，灯泡 L 1 所在支路的电流不变，灯泡 L 1 亮度不变；
灯泡 L 2 所在支路的电阻减小，电流增大，L 2 将变亮。串联在副线圈输出端的电流表测量的是两个灯泡支路的总电流，所以电流表读数变大，选项 C 正确，D错误。
答案 C 6．(2016²宿迁二模)如图 6 所示，矩形线圈 abcd 在磁感应强度大小为 B ＝216π
T 的匀强磁场中绕垂直于磁场的 dc 边以角速度 ω ＝100π rad/s 匀速转动。线圈的匝数 N ＝100，边长ad ＝0.4 m， ab ＝0.2 m。理想变压器原、副线圈的匝数比是 2∶1，一只理想二极管和一个阻值为 25 Ω 的定值电阻 R 串联在副线圈电路中，已知电压表和电流表均为理想交流电表，线圈和导线的电阻不计，则下列说法正确的是(
)
图 6 A．该矩形线圈产生的电动势的最大值为 50 V B．电压表的示数为 50 V C．1 min 内电阻 R 上产生的热量为 750 J D．减小电阻 R 的值，电流表示数变小 解析 该线圈产生的电动势的最大值为 E m ＝ NBSω ＝100³216π ³0.2³0.4³100π V＝502 V，A 错误；
根据理想变压器的变压公式可得副线圈两端电压的有效值为 25 V，由于二极管的单向导电性，结合有效值的定义有 （25 V）2R³ T2 ＝U2RT ，解得电压表的示数为 U ＝12.5 2 V≈17.68 V，B 错误；
由焦耳定律得 1 min 内电阻 R 上产生的热量为 Q ＝ U2R t ＝2522³25 ³60 J＝750 J，C 正确；
减小电阻 R 的值，副线圈中的电流增大，则原线圈中的电流增大，电流表的示数变大，D 错误。
答案 C 二、多项选择题 7．(2016²南通市模拟)某电厂要将电能输送到较远的用户，输送的总功率为 100 kW，电厂
输出电压仅为 200 V。为减少输送功率损失，先用一理想升压变压器将电压升高再输出，到达目的地后用理想降压变压器降压。已知输电线路的总电阻为 120 Ω，若在输电线路上消耗的功率为输送功率的 12%，用户所需电压为 220 V，则(
) A．理想升压变压器的原、副线圈的匝数比为 1∶50 B．理想降压变压器的原、副线圈的匝数比为 35∶1 C．理想升压变压器的原、副线圈中的电流分别为 400 A 和 10 A D．理想降压变压器的原、副线圈中的电流分别为 10 A 和 400 A 解析 远距离输电原理示意图如图，由升压变压器输入功率 P 1 ＝ U 1 I 1 ＝100 kW、 U 1 ＝200 V 得升压变压器原线圈中的电流 I 1 ＝500 A。由输电线路损失功率 Δ P ＝ P 1 ³12%＝ I22 R 得输电线路电流 I 2 ＝10 A，所以 n1n 2 ＝I 2I 1 ＝150 。由用户功率P 4 ＝ P 1 -Δ P ＝ U 4 I 4 得降压变压器副线圈中的电流I 4 ＝400 A，所以 n3n 4 ＝I 4I 3 ＝I 4I 2 ＝401。
答案 AD 8．一小型发电机产生的电动势随时间变化的规律如图 7 甲所示，已知发电机线圈内阻为 1.0 Ω，外接一个电压表和一个电阻为 10 Ω 的灯泡，如图乙所示。下列说法正确的是(
)
图 7 A．产生的交变电流的频率为 5 Hz B．通过灯泡的电流为 2.2 A C．电压表读数为 20 V D．灯泡的实际功率为 40 W 解析 根据图甲可知产生的交变电流的周期为 T ＝0.02 s，频率为 f ＝ 1T ＝50 Hz，选项 A 错误；
电动势的有效值 E ＝22 V，根据闭合电路欧姆定律，通过灯泡的电流为 I ＝ER ＋ r ＝2 A，选项B 错误；
电压表读数 U ＝ IR ＝20 V，选项 C 正确；
灯泡的实际功率为 P ＝ UI ＝40 W，选项 D 正确。
答案 CD
9．(2016²江苏四市联考)如图 8 所示，在某一输电线路的起始端接入两个互感器，原、副线圈的匝数比分别为 100∶1 和 1∶100，图中 a、b 表示电压表或电流表，已知电压表的示数为22 V，电流表的示数为 1 A，则(
)
图 8 A．a 为电流表，b 为电压表 B．a 为电压表，b 为电流表 C．线路输送电功率是 220 kW D．输电线路总电阻为 22 Ω 解析 左侧的互感器原线圈并联在输电线路上，测量的是输电电压，所以 a 为电压表；
右侧的互感器原线圈串联在输电线路上，测量的是输电电流，b 为电流表，选项 B 正确，A 错误；
电压表的示数为 22 V，根据变压公式得 U1U 2 ＝n 1n 2 ＝100，输电电压为U 1 ＝100³22 V＝2 200 V；
电流表的示数为 1 A，根据变流公式得 I1I 2 ＝n 2n 1 ＝100，输电电流为I 1 ＝100³1 A＝100 A，线路输送电功率为 P ＝ U 1 I 1 ＝220 kW，选项 C 正确；
根据题述条件，不能求出输电线路总电阻，选项 D 错误。
答案 BC 10.(2016²陕西宝鸡模拟)在如图 9 所示的电路中，电源的电动势为 E ，内阻为 r ， R 1 、 R 3 为定值电阻， R 2 为滑动变阻器， C 为电容器。将滑动变阻器的滑动触头置于位置 a ，闭合开关 S，电路稳定时理想电压表 、 的示数分别为 U 1 、 U 2 ，理想电流表 的示数为 I 。当滑动变阻器的滑动触头由 a 滑到 b 且电路再次稳定时，理想电压表 、 的示数分别为 U 1 ′、 U 2 ′，理想电流表 的示数为 I ′，则以下判断中正确的是(
)
图 9 A．滑动变阻器的滑动触头由 a 滑向 b 的过程中，电容器的带电荷量减少 B．滑动变阻器的滑动触头由 a 滑向 b 的过程中，通过 R 3 的电流方向为由右向左 C． U 1 ＞ U 1 ′， U 2 ＞ U 2 ′， I ＞ I ′
D．| U2 － U 2 ′I － I ′|＝ R 1 ＋ r
解析 滑动变阻器的滑动触头由 a 滑到 b 过程中， R 2 增大，电路中 R 总 增大，电路再次稳定时，由闭合电路的欧姆定律可得 I 总 减小， U 内 减小， U 外 增大，又由 C ＝ QU 得电容器的带电荷量Q ＝CU ＝ CU 外 增大，故 A 错误；
电容器再次充电， I 3 增大，由电源正负极方向可得通过 R 3 的电流方向为由右向左，故 B 正确；
由于 I 3 增大， I 总 减小，则 I ′＜ I ， U 1 ′＜ U 1 ， U 2 ′> U 2 ，故 C 错误；
由闭合电路欧姆定律得| U2 － U 2 ′I － I ′|＝ R 1 ＋ r ，故 D 正确。
答案 BD 11．如图 10 所示，图甲中 M 为一电动机，当滑动变阻器 R 的触头从左端滑到另一端的过程中，两电压表的读数随电流表读数的变化情况如图乙所示。已知电流表读数在 0.2 A 以下时，电动机没有发生转动。不考虑电表对电路的影响，以下判断正确的是(
)
图 10 A．变阻器向右滑动时，V 2 读数逐渐减小 B．电路中电源内阻为 2 Ω C．此电路中，电动机的输出功率先减小后不变 D．变阻器的最大阻值为 36 Ω 解析 由图甲可知 测量的是路端电压 U ，且 U ＝ E - Ir ，则图乙中上方的图象为 U - I 图象，该图象的斜率大小为电源内阻， r ＝ 3.4－3.00.3－0.1
Ω＝2 Ω，B 项正确；
滑动变阻器滑片向右滑动时， R 接入电路的电阻增大，电流 I 减小，则 U 逐渐增大，A 项错；
R 的滑动触头向右端滑动的过程中，由乙图可知 两端的电压减小，电流减小，电动机的输出功率 P 出 ＝ U 1 I - I2 r机 先减小，电流表值在 0.2 A 以下， 的读数在 0.8 V 以下时，电动机停止转动，无功率输出，C项正确；
滑动变阻器的最大阻值为 R ＝ 3.4－0.40.1 Ω＝30 Ω，D 项错。
答案 BC 三、计算题 12．(2016²信阳模拟)如图 11 甲所示，长、宽分别为 L 1 、 L 2 的矩形金属线框位于竖直平面内，其匝数为 n ，总电阻为 r ，可绕其竖直中心轴 O 1 O 2 转动，线框的两个末端分别与两个彼此绝缘的铜环 C 、 D (集流环)焊接在一起，并通过电刷和定值电阻 R 相连。线框所在空间有水平向右
均匀分布的磁场，磁感应强度 B 的大小随时间 t 的变化关系如图乙所示，其中 B 0 、 B 1 和 t 1 均为已知。在 0～ t 1 时间内，线框保持静止，且线框平面和磁场垂直；
t 1 时刻后线框在外力的驱动下开始绕其竖直中心轴以角速度 ω 匀速转动。求：
图 11 (1)0～ t 1 时间内通过电阻 R 的电流大小；
(2)线框匀速转动后，在转动一周的过程中电流通过电阻 R 产生的热量；
(3)线框匀速转动后，从图甲所示位置转过 90°的过程中，通过电阻 R 的电荷量。
解析 在 0～ t 1 时间内，金属线框中的感应电动势为 E 1 ＝ n Δ ΦΔ t＝ nL1 L 2 （ B 1 － B 0 ）t 1 根据闭合电路欧姆定律，通过电阻 R 的电流 I 1 ＝ER ＋ r ＝nL 1 L 2 （ B 1 － B 0 ）（ R ＋ r ）
t 1 (2)线框产生感应电动势的最大值 E m ＝ nB 1 L 1 L 2 ω
感应电动势的有效值 E ＝22nB 1 L 1 L 2 ω
通过电阻 R 的电流的有效值 I ＝2 nB 1 L 1 L 2 ω2（ R ＋ r ）
线框转动一周所需的时间 t ＝ 2 πω 此过程中，电阻 R 产生的热量 Q ＝ I2 Rt ＝π Rω ( nB 1 L 1 L 2R ＋ r)2
(3)线框从图甲所示位置转过 90°的过程中 平均感应电动势 E- ＝ n Δ ΦΔ t＝ nB1 L 1 L 2Δ t 平均感应电流 I- ＝E-R ＋ r ＝nB 1 L 1 L 2Δ t （ R ＋ r ）
通过电阻 R 的电荷量 q ＝ I- Δ t ＝ nB 1 L 1 L 2R ＋ r
答案 (1) nL1 L 2 （ B 1 － B 0 ）（ R ＋ r ）
t 1 (2)π Rω ( nB1 L 1 L 2R ＋ r)2
(3) nB1 L 1 L 2R ＋ r 第 第 2 2 讲
电磁感应规律及其应用
1．(2016²江苏单科，6)电吉他中电拾音器的基本结构如图 1 所示，磁体附近的金属弦被磁化，因此弦振动时，在线圈中产生感应电流，电流经电路放大后传送到音箱发出声音，下列说法正确的有(
)
图 1 A．选用铜质弦，电吉他仍能正常工作 B．取走磁体，电吉他将不能正常工作 C．增加线圈匝数可以增大线圈中的感应电动势 D．弦振动过程中，线圈中的电流方向不断变化 解析 铜质弦为非磁性材料，不能被磁化，选用铜质弦，电吉他不能正常工作，A 项错误；
若取走磁体，金属弦不能被磁化，其振动时，不能在线圈中产生感应电动势，电吉他不能正常工作，B 项对；
由 E ＝ n Δ ΦΔ t可知，C 项正确；
弦振动过程中，穿过线圈的磁通量大小不断变化，由楞次定律可知，线圈中感应电流方向不断变化，D 项正确。
答案 BCD 2．(2014²江苏单科，1)如图 2 所示，一正方形线圈的匝数为 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 Δ t 时间内，磁感应强度的方向不变，大小由 B 均匀地增大到 2 B 。在此过程中，线圈中产生的感应电动势为(
)
图 2 A.Ba22Δ t
B.nBa22Δ t
C.nBa2Δ t
D.2 nBa2Δ t 解析 由法拉第电磁感应定律可知，在 Δ t 时间内线圈中产生的平均感应电动势为 E ＝ n Δ ΦΔ t＝ n2 B a22 － Ba22Δ t＝nBa22Δ t ，选项 B 正确。
答案 B 3．(多选)(2014²江苏单科，7)如图 3 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(
)
图 3 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 杯内的水之所以沸腾，是由于金属杯处于下方线圈所产生的交变磁场中，产生涡流，从而使金属杯温度升高，而瓷杯内不会产生涡流，故 C 错；
要想缩短加热时间，则应增大磁场的强度和变化率，因此 A、B 正确，D 错误。
答案 AB 4．(2015²江苏单科，13)做磁共振(MRI)检查时，对人体施加的磁场发生变化时会在肌肉组织中产生感应电流。某同学为了估算该感应电流对肌肉组织的影响，将包裹在骨骼上的一圈肌肉组织等效成单匝线圈，线圈的半径 r ＝5.0 cm，线圈导线的截面积 A ＝0.80 cm2 ，电阻率ρ ＝1.5 Ω²m。如图 4 所示，匀强磁场方向与线圈平面垂直，若磁感应强度 B 在 0.3 s 内从1.5 T 均匀地减为零，求：(计算结果保留一位有效数字)
图 4 (1)该圈肌肉组织的电阻 R ；
(2)该圈肌肉组织中的感应电动势 E ；
(3)0.3 s 内该圈肌肉组织中产生的热量 Q 。
解析 (1)由电阻定律 R ＝ ρ 2π rA，代入数据解得 R ≈6³103
Ω (2)感应电动势 E ＝ Δ BΔ t π r2 ，代入数据解得E ≈4³10-2
V (3)由焦耳定律得 Q ＝ E2R Δ t ，代入数据解得Q ≈8³10-8
J 答案 (1)6³103
Ω (2)4³10 -2
V (3)8³10 -8
J [考 情 分 析]
2
电磁感应定律的综合应用
T1：法拉第电磁感应定律的应用 T7：涡流
T13：电磁感应定律的应用
T6：楞次定律、法拉第电磁感应定律 电磁感应的综合应用是高中物理中难度较大、综合性最强的部分之一，是高考必考内容之一。电磁感应与力学、电路、磁场、能量等密切联系，涉及知识面广，综合性强，能力要求高，题型有计算题、选择题。
楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用 [规 律 方 法] 1．感应电流方向的判断方法 (1)右手定则，即根据导体在磁场中做切割磁感线运动的情况进行判断；
(2)楞次定律，即根据穿过闭合回路的磁通量的变化情况进行判断。
2．楞次定律中“阻碍”的主要表现形式 (1)阻碍原磁通量的变化——“增反减同”；
(2)阻碍相对运动——“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)——“增反减同”。
3．感应电动势大小的计算 (1)法拉第电磁感应定律：
E ＝ n Δ ΦΔ t，适用于普遍情况。
(2) E ＝ Blv ，适用于导体棒切割磁感线的情况。
(3) E ＝ 12 Bl2 ω ，适用于导体棒旋转切割磁感线的情况。
[精 典 题 组]
1．(2016²北京理综，16)如图 5 所示，匀强磁场中有两个导体圆环 a 、 b ，磁场方向与圆环所在平面垂直。磁感应强度 B 随时间均匀增大。两圆环半径之比为 2∶1，圆环中产生的感应电动势分别为 E a 和 E b ，不考虑两圆环间的相互影响。下列说法正确的是(
)
图 5 A． E a ∶ E b ＝4∶1，感应电流均沿逆时针方向 B． E a ∶ E b ＝4∶1，感应电流均沿顺时针方向 C． E a ∶ E b ＝2∶1，感应电流均沿逆时针方向 D． E a ∶ E b ＝2∶1，感应电流均沿顺时针方向 解析 由法拉第电磁感应定律得圆环中产生的电动势为 E ＝ Δ ΦΔ t＝π r2 ² Δ BΔ t ，则E aE b ＝r2ar2b ＝41 ，由楞次定律可知感应电流的方向均沿顺时针方向，B 项对。
答案 B 2．(多选)(2016²全国卷Ⅱ，20)法拉第圆盘发电机的示意图如图 6 所示。铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片 P 、 Q 分别与圆盘的边缘和铜轴接触。圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场 B中。圆盘旋转时，关于流过电阻 R 的电流，下列说法正确的是(
)
图 6 A．若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定 B．若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿 a 到 b 的方向流动 C．若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化 D．若圆盘转动的角速度变为原来的 2 倍，则电流在 R 上的热功率也变为原来的 2 倍 解析 将圆盘看成无数幅条组成，它们都在切割磁感线从而产生感应电动势和感应电流，根据右手定则可知圆盘上感应电流从边缘流向中心，则当圆盘顺时针(俯视)转动时，流过电阻的电流方向从 a 到 b ，B 对；
由法拉第电磁感应定律得感生电动势 E ＝ BLv- ＝ 12 BL2 ω ，I ＝ER ＋ r ，ω 恒定时， I 大小恒定， ω 大小变化时， I 大小变化，方向不变，故 A 对，C 错；
由 P ＝ I2 R＝B2 L 4 ω 2 R4（ R ＋ r ）2 知，当 ω 变为 2 倍时， P 变为原来的 4 倍，D 错。
答案 AB
3．(多选)(2016²江西新余模拟)如图 7 甲，固定在光滑水平面上的正三角形金属线框，匝数n ＝20，总电阻 R ＝2.5 Ω，边长 L ＝0.3 m，处在两个半径均为 r ＝ L /3 的圆形匀强磁场区域中。线框顶点与右侧磁场区域圆心重合，线框底边中点与左侧磁场区域圆心重合。磁感应强度 B 1 垂直水平面向上，大小不变；
B 2 垂直水平面向下，大小随时间变化， B 1 、 B 2 的值和变化规律如图乙所示。则下列说法中正确的是(π 取 3)(
)
图 7 A．通过线框中的感应电流方向为逆时针方向 B． t ＝0 时刻穿过线框的磁通量为 0.1 Wb C．在 0～0.6 s 内通过线框中的电荷量为 0.006 C D．0～0.6 s 时间内线框中产生的热量为 0.06 J 解析 匀强磁场 B 1 不变化，磁场 B 2 垂直水平面向下，大小随时间均匀增加，根据楞次定律，线框中的感应电流方向为逆时针方向，选项 A 正确；
t ＝0 时刻穿过线框的磁通量为 Φ ＝ B 1 ² 12π r2 ＋ B2 ² 16 π r2 ＝-0.005 Wb，选项 B 错误；
t ＝0.6 s 时穿过线框的磁通量为Φ ′＝ B 1 ′² 12π r2 ＋ B2 ′² 16 π r2 ＝0.01 Wb，根据q ＝ n Δ ΦR＝ n Φ ′－ ΦR，在 0～0.6 s 内通过线框中的电荷量为 0.12 C，选项 C 错误；
0～0.6 s 时间内线框中产生的热量 Q ＝( n Δ ΦΔ t)2 1R t ＝0.06 J，选项 D 正确。
答案 AD 4．如图 8 甲所示，绝缘的水平桌面上放置一金属圆环，在圆环的正上方放置一个螺线管，在螺线管中通入如图乙所示的电流，电流从螺线管 a 端流入为正，以下说法正确的是(
)
图 8 A．从上往下看，0～1 s 内圆环中的感应电流沿顺时针方向 B．0～1 s 内圆环面积有扩张的趋势
C．3 s 末圆环对桌面的压力小于圆环的重力 D．1～2 s 内和 2～3 s 内圆环中的感应电流方向相反 解析 由图乙知，0～1 s 内螺线管中电流逐渐增大，穿过圆环向上的磁通量增大，由楞次定律知圆环中感应电流的磁场向下，圆环面积有缩小的趋势，从上往下看，0～1 s 内圆环中的感应电流沿顺时针方向，选项 A 正确，B 错误；
同理可得 1～2 s 内和 2～3 s 内圆环中的感应电流方向相同，选项 D 错误；
3 s 末电流的变化率为 0，螺线管中磁感应强度的变化率为 0，在圆环中不产生感应电流，圆环对桌面的压力等于圆环的重力，选项 C 错误。
答案 A
电磁感应中的力、电综合问题 [规 律 方 法]
解决电磁感应中的力、电问题的关键 电磁感应与力学问题联系的桥梁是磁场对感应电流的安培力。解答电磁感应中的力学问题，在分析方法上，要始终抓住导体的受力(特别是安培力)特点及其变化规律，明确导体的运动过程以及运动过程中状态的变化，准确把握运动状态的临界点。
(3)临界点→运动状态的临界点 [精 典 题 组] 1.(2016²襄阳模拟)如图 9，两根相距 L ＝1 m、电阻不计的平行光滑金属导轨水平放置，导轨足够长，其一端接有一阻值为 R ＝2 Ω 的电阻，导轨处在磁感应强度为 B ＝0.5 T 的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向里。一根质量 m ＝0.2 kg、电阻 r ＝0.5 Ω 的金属棒置于导轨左端，并与导轨垂直放置。有两种情况可以让棒在导轨上做匀变速直线运动：(1)给棒施加一个水平向右的随时间变化的力 F ，可以让棒从静止开始向右以加速度 a 1 ＝1 m/s2做匀加速运动；
(2)将轨道左端的定值电阻换成一个随时间变化的电阻 R 0 ，再给棒一个水平向右的初速度 v 0 ＝6 m/s，可以使棒向右以加速度 a 2 ＝-1 m/s2 匀减速运动一段时间。则上述两种情况所描述的变力 F 和变化的电阻 R 0 满足的方程是(
)
图 9 A． F ＝0.1 t ＋0.2(N)， R 0 ＝7-1.25 t (Ω) B． F ＝0.1 t ＋0.2(N)， R 0 ＝7＋1.25 t (Ω) C． F ＝0.125 t ＋0.2(N)， R 0 ＝7.5-1.25 t (Ω) D． F ＝0.125 t ＋0.2(N)， R 0 ＝7.5＋1.25 t (Ω) 解析 第一种情况：金属棒在水平方向上受到力 F 和安培力 F A ，由牛顿第二定律得 F - F A ＝ ma 1 ，其中安培力 F A ＝ BIL ＝ B2 L 2 a1 tR ＋ r，解得力 F 随安培力变化的方程为 F ＝0.1 t ＋0.2(N)，C、D 错误；
第二种情况：金属棒在水平方向上只受安培力，因此有- B2 L 2 （ v0 ＋ a 2 t ）R 0 ＋ r＝ ma 2 ，解得 R 0 ＝7-1.25 t (Ω)，B 错误，A 正确。
答案 A 2. (2016²湖南益阳模拟)如图 10 所示，竖直面内的正方形导线框 ABCD 和 abcd 的边长均为l 、电阻均为 R ，质量分别为 2 m 和 m ，它们分别系在一跨过两个定滑轮的绝缘轻绳两端，在两导线框之间有一宽度为 2 l 、磁感应强度为 B 、方向垂直纸面向里的匀强磁场。开始时 ABCD的下边界与匀强磁场的上边界重合， abcd 的上边界到匀强磁场的下边界的距离为 l 。现将两导线框由静止释放，当 ABCD 全部进入磁场时，两导线框开始做匀速运动。不计摩擦和空气阻力，重力加速度为 g ，求：
图 10 (1)两导线框匀速运动的速度大小；
(2)两导线框在从开始运动至等高的过程中所产生的总焦耳热；
(3)导线框 abcd 通过磁场的时间。
解析 (1)如图所示，设两导线框刚匀速运动的速度大小为 v 、此时轻绳上的张力为 T ，则对ABCD 有
T ＝2 mg ① 对 abcd 有 T ＝ mg ＋ BIl ② I ＝ ER ③ E ＝ Blv ④ 则 v ＝ mgRB2 l 2 ⑤ (2)设两导线框在从开始运动至等高的过程中所产生的总焦耳热为 Q ，当左、右两导线框分别向上、向下运动 2 l 的距离时，两导线框等高，对这一过程，由能量守恒定律有 4 mgl ＝2 mgl ＋ 12 ³3 mv2 ＋ Q ⑥ 联立⑤⑥解得 Q ＝2 mgl - 3 m3 g 2 R 22 B4 l 4
(3)导线框 abcd 通过磁场的过程中以速度 v 匀速运动，设导线框 abcd 通过磁场的时间为 t ，则 t ＝ 3 lv⑦ 联立⑤⑦解得 t ＝ 3 B2 l 3mgR。
答案 (1) mgRB2 l 2
(2)2 mgl - 3 m3 g 2 R 22 B4 l 4
(3) 3 B2 l 3mgR 3.(2016²河北衡水模拟)如图 11 所示，粗糙斜面的倾角 θ ＝37°，半径 r ＝0.5 m 的圆形区域内存在着垂直于斜面向下的匀强磁场。一个匝数 n ＝10 匝的刚性正方形线框 abcd ，通过松弛的柔软导线与一个额定功率 P ＝1.25 W 的小灯泡 A 相连，圆形磁场的一条直径恰好过线框bc 边。已知线框质量 m ＝2 kg，总电阻 R 0 ＝1.25 Ω，边长 L >2 r ，与斜面间的动摩擦因数 μ＝0.5。从 t ＝0 时起，磁场的磁感应强度按 B ＝2-2π t (T)的规律变化。开始时线框静止在斜面上，在线框运动前，灯泡始终正常发光。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力， g 取 10 m/s2 ，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
图 11 (1)小灯泡正常发光时的电阻 R ；
(2)线框保持不动的时间内，小灯泡产生的热量 Q 。
解析 (1)由法拉第电磁感应定律有 E ＝ n Δ ΦΔ t 得 E ＝ n | Δ BΔ t |³12 π r2 ＝10³ 2π ³12 π³0.52
V＝2.5 V 小灯泡正常发光，有 P ＝ I2 ...
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