第13章 阶段复习练(五) 电磁感应和交变电流-【优化探究】2026高考物理一轮复习高考总复习配套课件（广东专版）

阶段复习练(五)　电磁感应和交变电流 第十三章　交变电流　传感器 1 命题突破　滚动练习 命题点一　电磁感应中的图像问题 命题点二　电磁感应中的动力学、能量问题 命题点三　电磁感应中的动量问题 命题点四　变压器与远距离输电 内容索引 2 命题突破　滚动练习 3 命题点一　电磁感应中的图像问题 4 图像 类型 随时间变化的图像，如B－t图像、Φ－t图像、E－t图像、I－t图像；随位移变化的图像，如E－x图像、I－x图像(所以要先看坐标轴，弄清哪个物理量随哪个物理量变化) 问题 类型 (1)由给定的电磁感应过程选出或画出正确的图像(画图像)； (2)由给定的有关图像分析电磁感应过程，求解相应的物理量 (用图像) 5 应 用 知 识 四个规律 左手定则、安培定则、右手定则、楞次定律 六类 公式 (1)平均电动势E＝n (2)平动切割电动势E＝Blv (3)转动切割电动势E＝Bl2ω (4)闭合电路欧姆定律I＝ (5)安培力F＝BIl (6)与牛顿运动定律相关的公式 6 [典例1]　如图所示，在光滑的水平桌面上放置 有一个由同种材料制成的粗细均匀的金属线框， 总电阻为R。AC＝CD＝2a，AG＝GF＝FE＝ED ＝a，各边交界处均为直角。竖直向下的匀强磁 场磁感应强度大小为B，其左边界与线框ED边平 行，其他方向上足够宽。在外力作用下，线框沿CD方向以速度v0匀速进入磁场，DE边与磁场左边界重合时开始计时，则金属线框进入磁场的整个过程中，A、C间电势差UAC，EF边所受安培力F随时间t变化的图像中正确的是(　　) 7 [答案]　C 8 [解析]　在0~时间内，只有DE边向右切割磁感 线，感应电动势E1＝Bav0，A、C间电势差UAC＝ E1＝Bav0＝0.25Bav0，在~时间内，FG进入 磁场，FG边、DE边均向右切割磁感线，则E2＝ B·2a·v0，A、C间电势差UAC＝E2＝B·2av0＝ 0.5Bav0，故A、B错误；在0~时间内，电流I1＝，EF边在磁场中的长度逐渐增大，则EF边所受安培力F＝BI1l＝BI1v0t＝，在时刻，有F1＝，在~时间内，EF边完全进入磁场，则有I2＝，EF边所受安培力F＝BI2a＝，故C正确，D错误。 9 [典例2]　(多选)如图甲所示，在水平桌面上，一个面积为S、电阻为r的圆形金属框置于磁场中，金属框平面与磁场方向垂直，磁感应强度B1随时间t的变化关系如图乙所示，在0~1 s内磁场方向垂直金属框平面向下。圆形金属框与一个电阻不计的水平平行金属导轨相连接，水平导轨上放置一根导体棒ab，导体棒的有效长度为L、接入电路电阻为R，且与导轨接触良好，导体棒处于另一匀强磁场中，其磁感应强度大小恒定为B2，方向垂直导轨平面向下。 10 若导体棒始终保持静止，则 流过导体棒的电流i、导体棒 所受的安培力F及静摩擦力 f随时间变化的图像正确的是 (设由a到b为电流的正方向， 水平向右为力的正方向)(　　) AC 11 [解析]　在0~1 s内磁感应强度B1随 时间t均匀增大，由法拉第电磁感应 定律可得，感应电动势恒定不变， 则感应电流也不变，由楞次定律可 得，感应电流沿逆时针方向(b→a)， 根据左手定则可得，导体棒受到的安培力的方向向左(负方向)，大小恒定，所以导体棒受到的静摩擦力方向向右，即为正方向，且大小也恒 定；在1~2 s内磁感应强度B1大小不变，则金属框中没有感应电动势，所以没有感应电流，则导体棒不受安培力，因此导体棒不受静摩擦力； 12 在2~3 s内磁感应强度B1随时间t均 匀减小，由法拉第电磁感应定律可 得，感应电动势恒定不变，则感应 电流也不变，由楞次定律可得，感 应电流沿顺时针方向(a→b)，根据左 手定则可得，导体棒受到的安培力的方向向右(正方向)，大小恒定，所以导体棒所受的静摩擦力方向向左，即为负方向，且大小也恒定；在3~4 s内磁感应强度B1随时间t向外均匀增加，由法拉第电磁感应定律可得，感应电动势恒定不变，则感应电流也不变，由楞次定律可得，感 13 应电流沿顺时针方向(a→b)，根据 左手定则可得，导体棒受到的安培 力的方向向右(正方向)，大小恒定， 所以导体棒所受的静摩擦力方向向 左，即为负方向，且大小也恒定； 4~5 s内的情况与1~2 s内相同；5~6 s内磁感应强度B1随时间t向外均匀减小，由法拉第电磁感应定律知产生的感应电动势恒定不变，则感应电流不变，由楞次定律知感应电流沿逆时针方向(b→a)，根据左手定则可得，导体棒受到的安培力的方向向左(负方向)，大小恒定，所以导体棒受到的静摩擦力方向向右，即为正方向，且大小也恒定。故选A、C。 14 命题点二　电磁感应中的动力学、能量问题 15 1.通电导体在磁场中将受到安培力作用，所以电磁感应问题往往与力学问题联系在一起，处理此类问题的基本方法： (1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律求感应电动势的大小和方向。 (2)求回路中电流的大小和方向。 (3)分析研究导体受力情况(包括安培力)。 (4)列动力学方程或平衡方程求解。 16 2.解电磁感应现象中的能量问题的一般步骤 (1)在电磁感应中，切割磁感线的导体或磁通量发生变化的回路将产生感应电动势，该导体或回路就相当于电源。 (2)分析清楚有哪些力做功，就可以知道有哪些形式的能量发生了相互转化。 (3)根据能量守恒列方程求解。 17 [典例3]　(2025·广东江门模拟)如图所示，MN、 PQ为间距L＝0.5 m且足够长的平行导轨，导轨 平面与水平面间的夹角θ＝37°，N、Q间连接有 一个阻值R＝0.6 Ω的电阻。有一匀强磁场垂直 于导轨平面且方向向上，磁感应强度大小为B0 ＝1 T，将一根质量为m＝0.5 kg、电阻r＝0.4 Ω的金属棒ab紧靠NQ放置在导轨上，且与导轨接触良好。现由静止释放金属棒，当金属棒滑行至cd处时达到稳定速度。已知金属棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.50，金属棒沿导轨下滑过程中始终与NQ平行，不计导轨的电阻，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。 18 (1)求金属棒沿导轨开始下滑时的加速度大小； [解析]　金属棒开始下滑的初速度为零，摩擦力f＝μmgcos θ 重力沿导轨向下的分力G1＝mgsin θ 根据牛顿第二定律可得G1－f＝ma 即mgsin θ－μmgcos θ＝ma 代入数据解得a＝2 m/s2。 [答案]　2 m/s2 19 (2)求金属棒到达cd处的速度大小和此时a、b两端的电势差Uab； [解析]　对金属棒ab受力分析，达到稳定速度时，根据平衡条件有 G1＝f＋F安 即mgsin θ＝F安＋μmgcos θ 又因为F安＝B0IL I＝ E＝B0Lv 代入数据解得金属棒达到的稳定速度v＝4 m/s 由右手定则可知，电流方向从b流向a，则φa＞φb，故Uab＞0 Uab＝IR＝1.2 V。 [答案]　4 m/s　1.2 V 20 (3)已知金属棒ab从静止释放至运动到cd过程中，通过电阻R的电荷量为2.5 C，求此过程中整个回路产生的焦耳热。 [解析]　根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律可得，金属棒从静止释放至运动到cd的过程中通过电阻R的电荷量为 q＝t＝t＝t＝ 则金属棒在磁场中下滑的位移 s0＝＝5 m 21 由动能定理有 mgs0sin θ－μmgs0cos θ－W克安＝mv2－0 此过程中整个回路产生的焦耳热等于克服安培 力做的功，即 Q＝W克安＝1 J。 [答案]　1 J 22 命题点三　电磁感应中的动量问题 23 动量观点在电磁感应问题中的应用主要是解决变力的冲量问题。在求解导体棒做非匀变速运动的问题时，应用动量定理可以避免由于加速度变化而导致运动学公式不能使用的麻烦。对于单杆模型应用动量定理，安培力的冲量I安＝BlΔt＝Bql，且电荷量q＝·Δt＝n。对于双杆模型满足动量守恒定律的，通常可以类比完全非弹性碰撞的模型。 24 [典例4]　(2025·广东模拟)如图，间距为L的两平行金属导轨右端接有电阻R，固定在离地高为H的平面上，空间存在着方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场。质量为m的金属杆ab垂直导轨放置，杆获得一个大小为v0的水平初速度后向左运动并离开导轨，其落地点距导轨左端的水平距离为s。已知重力加速度为g，忽略一切摩擦，杆和导轨电阻不计。求： 25 (1)杆即将离开轨道时的加速度大小a； [解析]　杆离开轨道后做平抛运动，则有 H＝gt2 s＝vt，联立解得，杆离开轨道时的速度大小为 v＝s 杆离开轨道时，产生的感应电动势为E＝BLv 感应电流大小为I＝ 26 杆受到的安培力大小为F＝BIL 根据牛顿第二定律可得F＝ma 联立解得杆即将离开轨道时的加速度大小为 a＝。 [答案]　 27 (2)杆穿过匀强磁场的过程中，克服安培力做的功W； [解析]　根据动能定理，可得－W＝mv2－m 联立解得杆穿过匀强磁场的过程中，克服安培力做的功为W＝m()。 [答案]　m() 28 (3)杆ab在水平轨道运动的位移x。 [解析]　根据动量定理，可得－BLt＝mv－mv0 又q＝t＝，联立解得 x＝(v0－)。 [答案]　(v0－) 29 命题点四　变压器与远距离输电 30 1.理想变压器的三个决定关系 (1)输入电压决定输出电压。 (2)输出电流决定输入电流。 (3)输出功率决定输入功率。 31 2.远距离输电的几个基本关系式 (1)功率关系：P1＝P2，P2＝P损＋P3，P3＝P4。 (2)电压关系：，U2＝U线＋U3，。 (3)电流关系：，I2＝I线＝I3，。 32 (4)输电电流：I线＝。 (5)输电导线上损耗的电功率P损＝P2－P3＝R线＝＝U线I线。 (6)输电导线上的电压损失U线＝I线R线＝U2－U3。 33 3.两个联系 (1)线圈1(匝数为n1)和线圈2(匝数为n2)中各个量间的关系是：，I1n1＝I2n2，P1＝P2。 (2)线圈3(匝数为n3)和线圈4(匝数为n4)中各个量间的关系是：，I3n3＝I4n4，P3＝P4。 34 [典例5]　(多选)(2025·广东江门模拟)如图所示的电路中，定值电阻R1＝40 Ω，R2＝10 Ω，R为电阻箱，理想变压器原线圈匝数为n1＝2 200，副线圈匝数n2可以通过滑片P调节，其最大值为1 500匝。当滑片在图中位置时副线圈匝数n2＝800，此时原线圈接220 V的交流电源，开关K断开后，小灯泡L(10 V　10 W)正常发光。已知当小灯泡两端的电压低于 5 V时，它将不再发光，小灯泡的阻值为定值，不随电压发生变化。下列说法正确的是(　　) A.小灯泡正常发光时，电阻箱的阻值为70 Ω B.仅闭合开关K小灯泡不再发光 C.闭合开关K后，仅将n2调至1 200匝可使小灯泡恰 好发光 D.闭合开关K后，仅调节R可使小灯泡再次正常发光 BC 35 [解析]　由，可知，当n2＝800时，U2＝80 V， 小灯泡正常发光时其阻值RL＝＝10 Ω，额定电流 I＝＝1 A，此时电阻箱与小灯泡和R1串联，所以 电阻箱的阻值R＝＝30 Ω，A项错误； 闭合开关K后，电阻箱与小灯泡串联后与R2并联，它们的总电阻R总＝＝8 Ω，它们再与R1串联，此时小灯泡与电阻箱串联后的总电压为U总＝ V，而UL'＝U总＝ V＜5 V，所以小灯泡不发光，B项正确； 36 若要小灯泡恰好发光，其两端电压U0＝5 V，电流 I0＝0.5 A，则此时电阻箱两端的电压为I0R＝15 V， R2两端的电压为U0＋I0R＝20 V，通过R2的电流为 A＝2 A，所以通过R1的电流为I1＝2 A＋0.5 A＝ 2.5 A，R1两端电压为2.5×40 V＝100 V，即此时副 线圈两端的电压U2'＝100 V＋20 V＝120 V，由，可知n2'＝1 200，C项正确； 闭合开关K后，若要使小灯泡再次正常发光，设此时流过R2的电流为I'，则流过R1的电流为I＋I'，故有U2＝(I＋I')R1＋I'R2，解得I'＝0.8 A，则此时电阻箱与小灯泡两端的总电压为I'R2＝8 V，而小灯泡正常发光的电压为10 V，故无法通过仅调节R使小灯泡再次正常发光，D项错误。 37 $$