04 任务群（四） 电路与电磁感应（Word练习）-【正禾一本通】2026年新高考物理高三一轮总复习高效讲义

任务群（四） 电路与电磁感应 任务1　直流电路的分析与计算 1．闭合电路欧姆定律的三个公式 (1)E＝U外＋U内(适用于任意电路)； (2)E＝U外＋Ir(适用于任意电路)； (3)E＝IR＋Ir(适用于纯电阻电路)。 2．直流电路的动态分析 程序法 R局I总＝U内＝I总rU外＝E－U内U支＝U外－I总R干最后确定I支 串联电路注意分析各部分的电压关系，并联电路注意分析各部分的电流关系 结论法： “串反 并同” “串反”：指某一电阻增大(减小)时，与它串联或间接串联的电阻中的电流、两端电压、电功率都将减小(增大)。 “并同”：指某一电阻增大(减小)时，与它并联或间接并联的电阻中的电流、两端电压、电功率都将增大(减小) 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 3.电源输出功率的P出­R图像和P出­I图像 P出 ­R图像 P出 ­I图像 P出＝R P出＝EI－I2r 短路：I＝，P出＝0 断路：I＝0，P出＝0 当R＝r时，P出最大，P出＝ 短路：I＝，P出＝0 断路：I＝0，P出＝0 当I＝时，P出最大，P出＝ 考向1　电阻定律和欧姆定律 【例1】 (2024·广西高考)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 考向2　闭合电路的分析与计算 【例2】 (多选)如图所示，电路中C为电容器，电流表、电压表均为理想电表。闭合开关S至电路稳定后，缓慢调节滑动变阻器滑片P向左移动一小段距离，结果发现电压表V1的示数变化量的绝对值为ΔU1，电流表A的示数变化量的绝对值为ΔI，电源的电动势E和内阻r均不变。则滑片P向左移动的过程中(　　 ) A．的值变小 B．电阻R1的电功率变小 C．电压表V2示数变大 D．电容器所带的电荷量变大 [规律方法]电容器的特点 (1)只有当电容器充、放电时，电容器所在支路中才会有电流，当电路稳定时，电容器所在的支路相当于断路。 (2)电路稳定时，与电容器串联的电路中没有电流，同支路的电阻相当于导线，电容器两端的电压等于与之并联的电阻两端的电压。 【例3】 (2024·四川宜宾三模)如图所示，电路中的电源电动势为E，内阻忽略不计，定值电阻R2＝4 Ω，R3＝2 Ω，R4＝1 Ω。闭合开关S，当电阻箱R1接入电路的阻值为2 Ω时，一带电微粒恰好悬浮于电容器C两板的正中间位置，已知带电微粒的质量为m，电容器C两极板间的距离为d，重力加速度为g，电源负极接地，则下列说法正确的是(　　 ) A．带电微粒带负电荷 B．带电微粒的电荷量大小为 C．带电微粒的电势能为 D．减小电阻箱R1接入电路的阻值，悬浮的带电微粒会向下移动 考向3　闭合电路的功率问题 【例4】 (多选)如图所示，a、b分别表示一个电池组和一只电阻的U ­I图线。下列说法正确的是(　　 ) A．电池组的内阻是1 Ω B．电阻的阻值为3 Ω C．改变外电阻的阻值时，该电池组的最大输出功率为4 W D．将该电阻与该电池组组成闭合回路，电池组的输出功率是4 W 【例5】 图甲所示的电路中，电源电动势E＝6 V，内阻r＝2 Ω，定值电阻R＝4 Ω，已知滑动变阻器消耗的功率P与其接入电路的阻值RP的关系如图乙所示，则下列说法中正确的是(　　 ) A．图乙中滑动变阻器的最大功率P2＝2 W B．图乙中R1＝6 Ω，R2＝12 Ω C．滑动变阻器消耗的功率P最大时，定值电阻R消耗的功率也最大 D．调整滑动变阻器RP的阻值，可以使电源的输出电流达到2 A [规律方法]等效电源的电动势和内阻 含有电源、定值电阻的部分电路可等效为一个“新电源”，下面是几种常见电路的等效电动势和等效内阻： 任务2　变压器与远距离输电 1．理想变压器原、副线圈基本量的关系 功率关系 原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率，即P入＝P出 电压关系 原、副线圈的电压比等于匝数比，即，与副线圈的个数无关 电流关系 ①只有一个副线圈时：； ②有多个副线圈时：由P入＝P出得U1I1＝U2I2＋U3I3＋…＋UnIn或I1n1＝I2n2＋I3n3＋…＋Innn 频率关系 f1＝f2，变压器不改变交流电的频率 2.理想变压器的等效电阻模型 如图甲所示，将变压器与负载看作一个整体，等效为一个新的电阻R′，如图乙所示，设变压器等效负载电阻为R′，在图甲中由变压器的电压规律知，解得U2＝U1，所以负载电阻R的功率为P＝。 在图乙中等效电阻的功率为P′＝，由P＝P′，解得a、b间的等效电阻为R′＝R。 3．远距离输电问题 (1)理清一个原理简图 (2)牢记六个基本关系、三个关联关系 项目 升压变压器T1两端 降压变压器T2两端 基本 关系 ①；②；③P1＝P2 ①；②；③P3＝P4 关联 关系 ①P2＝P线＋P3；②U2＝U线＋U3；③I2＝I线＝I3 考向1　变压器电路的分析与计算 【例6】 (多选)(2024·全国甲卷)如图，理想变压器的副线圈接入电路的匝数可通过滑动触头T调节，副线圈回路接有滑动变阻器R、定值电阻R0和R1、开关S。S处于闭合状态，在原线圈电压U0不变的情况下，为提高R1的热功率，可以(　　) A．保持T不动，滑动变阻器R的滑片向f端滑动 B．将T向b端移动，滑动变阻器R的滑片位置不变 C．将T向a端移动，滑动变阻器R的滑片向f端滑动 D．将T向b端移动，滑动变阻器R的滑片向e端滑动 【例7】 (2024·山东菏泽二模)如图，矩形线框切割磁感线产生交流电压e＝线圈匝数N＝5、电阻r＝1 Ω，将其接在理想变压器的原线圈上。“220 V　22 W”的灯泡L正常发光，内阻为10 Ω的电风扇M正常工作，电流表A的示数为0.3 A。导线电阻不计，电压表和电流表均为理想电表，不计灯泡电阻的变化，矩形线框最大电流不能超过20 A。下列说法错误的是(　　 ) A．矩形线框转动过程中磁通量的变化率最大值为 B．电风扇输出的机械效率约为99.1% C．原、副线圈的匝数比n1∶n2＝1∶10 D．若将电风扇去掉，则小灯泡变亮，电流表的示数变大 【例8】 (多选)(2024·福建龙岩三模)某理想自耦变压器的构造如图所示，线圈AB绕在一个圆环形闭合铁芯上，左端输入正弦交流电压u＝220sin 100πt (V)，L1、L2为相同的灯泡，其电阻均为110 Ω且恒定不变，定值电阻R0的阻值为灯泡阻值的。当滑动触头P处于如图所示位置时，AB端与PB端的匝数比为4∶1，S1、S2闭合时，两灯泡消耗的电功率相同。下列说法正确的是(　　 ) A．灯泡L1的电流为0.4 A B．灯泡L2消耗的电功率为27.5 W C．S1、S2均闭合时，将P沿逆时针方向转动(灯泡一直没有损坏)，L1、L2均变亮 D．断开S1，闭合S2，将P沿逆时针方向转动(灯泡一直没有损坏)，定值电阻R0消耗的电功率先变大后变小 [规律方法]利用理想变压器的等效电阻模型可将复杂的变压器电路问题转化为一般电路的分析与计算问题，从而使求解变简捷。 考向2　输电电路的分析与计算 【例9】 我国农村地区幅员辽阔，在人烟稀少的地区，一台低压变压器的供电半径可达1 000 m左右，这使得远离变压器的用户由于输电线的电阻较大导致供电电压偏低。某同学为了研究这种现象设计了如图所示的电路，图中T为理想降压变压器，对用户供电，甲用户离变压器很近，输电线电阻不计，乙用户距变压器500 m，丙用户距变压器1 000 m，r1、r2为两段低压输电线的等效电阻，可认为r1＝r2，R1、R2、R3是三个用户正在工作的用电器的等效电阻，且R1＝R2＝R3，R为丙用户未接入的用电器，用U1、U2、U3分别表示R1、R2、R3两端的电压，输入电压的有效值U0不变，下列说法正确的是(　　 ) A．U1－U2＝2(U2－U3) B．U1－U2<2(U2－U3) C．若闭合S，U1不变，U2、U3均增大 D．若闭合S，U1不变，U2、U3均减小 【例10】 如图所示为高压输电电路图，发电站输送的电压为u＝Umsin 50πt(V)，变压器为理想变压器。将两个相同的电压互感器甲和乙分别接入远距离输电线路的前后端，电流互感器接入远距离输电线路。电压互感器的原、副线圈匝数比为k∶1，电流互感器的原、副线圈匝数比为1∶k，且k>100。高压输电线路正常工作时，电压互感器甲、乙的示数分别为U1、U2，电流互感器的示数为I。则(　　 ) A．用户使用的电流是频率为50 Hz的交流电 B．该远距离输电线路上的电阻为 C．该远距离输电线路上损耗的功率为k2I(U1－U2) D．该远距离输电线路上的电流为 [规律方法]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 P损＝R线 I线为输电线路上的电流，R线为线路电阻 P损＝ ΔU为输电线路上损失的电压，注意不要与U2、U3混淆 P损＝ΔU·I线 任务3　楞次定律与法拉第电磁感应定律的应用 1．感应电流方向的判断方法 (1)楞次定律：线圈面积不变，磁感应强度发生变化的情形，往往用楞次定律。 (2)右手定则：导体棒切割磁感线的情形往往用右手定则。 2．感应电动势大小的计算方法 (1)E＝n，主要用来计算感应电动势的平均值，常用q＝求解电荷量。 (2)E＝Blv，主要用来计算导体平动切割磁感线产生电动势的瞬时值。 (3)E＝Bl2ω，主要用来计算导体转动切割磁感线产生电动势的瞬时值。 (4)E＝L，主要用于计算线圈自身电流变化产生的自感电动势。 考向1　感应电动势的方向和大小 【例11】 (2024·北京东城二模)如图甲所示，一轻质弹簧上端固定，下端悬挂一个体积很小的磁铁，在小磁铁正下方桌面上放置一个闭合铜制线圈。将小磁铁从初始静止的位置向下拉到某一位置后放开，小磁铁将做阻尼振动，位移x随时间t变化的示意图如图乙所示(初始静止位置为原点，向上为正方向，经t0时间，可认为振幅A衰减到0)。不计空气阻力，下列说法正确的是(　　 ) A．x＞0的那些时刻线圈对桌面的压力小于线圈的重力 B．x＝0的那些时刻线圈中没有感应电流 C．更换电阻率更大的线圈，振幅A会更快地衰减到零 D．增加线圈的匝数，t0会减小，线圈产生的内能不变 【例12】 (多选)如图所示，将一通电螺线管竖直放置，螺线管内部形成方向竖直向上、磁感应强度大小为B＝kt(k为常量，t为时间)的磁场，在内部用绝缘轻绳悬挂一与螺线管共轴的金属薄圆管，其电阻率为ρ，高度为h，半径为r，厚度为d(d≪r)。下列说法正确的是(　　 ) A．从上向下看，金属薄圆管中的感应电流为顺时针方向 B．金属薄圆管的感应电动势为 C．金属薄圆管的热功率为 D．轻绳对金属薄圆管的拉力大小随时间减小 [规律方法]使用楞次定律的一般解题步骤 【例13】 (2024·湖南高考)如图，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 考向2　感应电场的分析与计算 【例14】 麦克斯韦从场的观点出发，认为变化的磁场会激发感生电场。如图甲所示，半径为r的绝缘光滑真空管道(内径远小于半径r)固定在水平面上，管内有一质量为m、带电荷量为＋q的小球，直径略小于管道内径。真空管处在匀强磁场中，磁感应强度B随时间t的变化如图乙所示，规定竖直向上为正方向。t＝0时刻无初速度释放小球。下列说法正确的是(　　 ) A．俯视真空管道，感生电场的方向是逆时针 B．感生电场对小球的作用力大小为q C．小球绕环一周，感生电场做功为q D．t0时刻管道对小球的作用力大小为 任务4　电磁感应中的电路、图像问题 1．电磁感应中的电路问题 2．解答图像问题的两个常用方法 (1)排除法：定性分析电磁感应过程中某个物理量的变化情况，把握三个关注，快速排除错误的选项。这种方法能快速解决问题，但不一定对所有问题都适用。具体如下： (2)函数关系法：根据题目所给的条件写出物理量之间的函数关系，再对图像作出判断，这种方法得到的结果准确、详细，但不够简捷。 考向1　电磁感应中的图像问题 【例15】 (多选)(2024·全国甲卷)如图，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垂直纸面的匀强磁场，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(　　) 【例16】 (多选)如图所示，光滑平行金属导轨左端接一定值电阻R，水平置于方向竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中，导轨上有一质量为m，电阻为R的导体棒ab以初速度v0向右运动，已知导体棒长度为d，导轨间距为L，导轨电阻不计，导体棒的瞬时速度为v，所受安培力大小为F，流过导体棒的电荷量为q，导体棒两端的电压为U，下列描述各物理量随时间t或位移x变化的图像正确的是(　　 ) 【例17】 (多选)(2024·湖北武汉二模)如图，绝缘细线的下端悬挂着一金属材料做成的空心心形挂件，该挂件所在空间水平直线MN下方存在匀强磁场，其磁感应强度B的方向垂直挂件平面，且大小随时间均匀增大。若某段时间内挂件处于静止状态，则该段时间内挂件中产生的感应电流大小i、细线拉力大小F随时间t变化的规律可能是(　　 ) 考向2　电磁感应中的电路问题 【例18】 如图所示，固定在水平面上的半径为r的金属圆环内存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。长为l的金属棒，一端与圆环接触良好，另一端固定在竖直导电转轴OO′上，接入回路的电阻为R，随轴以角速度ω匀速转动。在圆环的A点和电刷间接有阻值也为R的电阻和电容为C、板间距为d的平行板电容器，有一带电微粒在电容器极板间处于静止状态。已知重力加速度为g，不计其他电阻和摩擦，下列说法正确的是(　　 ) A．回路中的电动势为Bl2ω B．微粒的电荷量与质量之比为 C．外电阻消耗的电功率为 D．电容器所带的电荷量为 【例19】 (多选)电磁驱动技术现已广泛应用于生产、生活和军事中，如图所示为一电磁驱动模型，水平面内，连续排列的边长为L的正方形区域内存在竖直方向的匀强磁场，相邻区域的磁感应强度方向相反，大小均为B。质量为m、总电阻为R的矩形金属线框abcd处于匀强磁场中，ab边长为L。当匀强磁场水平向右以速度v匀速运动时，金属线框能达到的最大速度为v0。线框达到最大速度后做匀速直线运动，线框运动中受到的阻力恒定，则下列说法正确的是(　　 ) A．图示位置时，线框ab边中感应电流方向从a到b B．线框运动中受到的阻力大小为 C．线框匀速运动后，受到安培力所做的功等于回路中产生的焦耳热 D．线框匀速运动后，外界每秒提供给线框的总能量为 【例20】 我国在高铁列车和电动汽车的设计和制造领域处于世界领先水平，为了节约利用能源，高铁在“刹车”时采用了电磁式动力回收装置，可将部分动能转化为电能并储存起来。如图所示为该装置的简化模型，在光滑的水平面内，一个“日”字形的金属线框，各边长l＝0.5 m，其中CD、JK、MN边的电阻均为R＝ Ω，CM、DN的电阻可忽略，线框以v0＝9 m/s的速度冲进宽度也为l、磁感应强度B＝0.4 T的匀强磁场，最终整个线框恰好能穿出磁场。忽略空气阻力的影响，求： (1)线框刚进磁场时通过MN的电流大小和方向，并指出M、N哪端电势高； (2)整个线框的质量m； (3)MN边穿过磁场的过程中，MN中产生的焦耳热Q。 [规律方法]分析电磁感应中的电路问题时一定要注意： (1)分清电源和负载，电源两端电压是路端电压而不是感应电动势。 (2)明确有几部分电源，判断好各自的方向及串、并联关系。 大题突破四　力学三大观点在电磁感应中的应用 题型一　电磁感应中的动力学与能量问题 1．电磁感应中的动力学与能量问题常出现的两类情境：一是线框进出磁场；二是导体棒切割磁感线运动。分析思路如下： 2．求解焦耳热Q的三种方法 (1)焦耳定律：Q＝I2Rt，适用于感应电流恒定的情况； (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)。 角度1　电磁感应中的力和运动 【例1】 (多选)(2024·吉林高考)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，重力加速度大小为g，两棒在下滑过程中(　　) A．回路中的电流方向为abcda B．ab中电流趋于 C．ab与cd加速度大小之比始终为2∶1 D．两棒产生的电动势始终相等 角度2　电磁感应中动力学和能量的综合问题 【例2】 (2024·福建福州三模)如图所示， 间距为L＝1.0 m的两条平行光滑竖直金属导轨PQ、MN足够长，底部Q、N之间连有一阻值为R1＝3 Ω的电阻，磁感应强度为B1＝0.5 T的匀强磁场与导轨平面垂直，导轨的上端点P、M分别与横截面积为5×10－3 m2的100匝线圈的两端连接，线圈的轴线与大小随时间均匀变化的匀强磁场B2平行，开关K闭合后，质量为m＝1×10－2 kg、阻值为R2＝2 Ω的金属棒ab恰能保持静止。若断开开关后金属棒下落2 m时恰好达到最大速度，金属棒始终与导轨接触良好，其余部分电阻不计，g取10 m/s2，求： (1)金属棒ab恰能保持静止时，匀强磁场B2的磁感应强度的变化率； (2)金属棒ab下落时能达到的最大速度v的大小； (3)金属棒ab从开始下落到恰好运动至最大速度的过程中，金属棒产生的焦耳热Q。 [审题突破] 提取关键信息 对应物理规律及关系 光滑竖直金属导轨 不考虑棒与导轨间的弹力和摩擦力 棒ab恰好保持静止 受力平衡，合力为零 棒ab下落2 m时恰好达到最大速度 重力和安培力再一次达到平衡 棒ab开始下落到最大速度时产生的焦耳热 利用动能定理分析列式，注意是金属棒ab产生的焦耳热，而不是全部的焦耳热 【例3】 (2024·广东湛江二模)如图甲所示，水平绝缘传送带正在输送一闭合正方形金属线框abcd，线框每一边电阻均为r，在输送中让线框随传送带通过一固定的匀强磁场区域，磁场方向竖直向下，磁感应强度大小为B，磁场边界MN、PQ与传送带运动方向垂直，其间距为2d。已知传送带以恒定速率v0运动，线框质量为m，边长为d，线框与传送带间的动摩擦因数为μ，且在传送带上始终保持线框左、右两边平行于磁场边界，在线框右边刚进入磁场到线框右边刚离开磁场的过程中，其速度v随时间t变化的图像如图乙所示，重力加速度大小为g。求： (1)线框右边刚进入磁场时，a、b两点的电势差； (2)整个线框恰好离开磁场时的速度大小； (3)整个线框穿过磁场过程中产生的焦耳热。 [规律方法]导体框在磁场中做变加速运动，当涉及过程的力、位移、初速度、末速度等物理量时，可利用能量的观点处理，分析时一定要理顺有哪些力做功、伴随着怎样的能量转化。 题型二　动量观点在电磁感应中的应用 1．在导体单杆切割磁感线做变加速运动时，若运用牛顿运动定律和能量观点不能解决，且问题涉及力、时间、初速度、末速度等物理量时，可考虑运用动量定理巧妙解决问题。 求解的物理量 应用示例 电荷量或速度 －BLΔt＝mv2－mv1，q＝Δt， 即－BqL＝mv2－mv1 位移 －＝0－mv0， 即－＝0－mv0 时间 －BLΔt＋F其他Δt＝mv2－mv1 即－BLq＋F其他Δt＝mv2－mv1 已知电荷量q、F其他(F其他为恒力) －＋F其他Δt＝mv2－mv1， 即－＋F其他Δt＝mv2－mv1 已知位移x、F其他(F其他为恒力) 2.“双轨＋双杆”模型 如图所示，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨，两根相同的光滑导体棒ab、cd静止在导轨上。t＝0时，ab棒以初速度v0向右滑动。运动过程中，ab、cd棒始终与导轨垂直并接触良好。 模型分析：双轨和两导体棒组成闭合回路，通过两导体棒的感应电流相等，所受安培力大小也相等，ab棒受到水平向左的安培力，向右减速；cd棒受到水平向右的安培力，向右加速，最终导体棒ab、cd共速，感应电流消失，一起向右做匀速直线运动。该过程导体棒ab、cd组成的系统所受合外力为零，动量守恒：mabv0＝(mab＋mcd)v共；系统损失的动能，通过克服安培力做功转化为回路的电能，进而转化为电路的内能——类比完全非弹性碰撞。 角度1　导轨等宽情境 【例4】 如图所示，水平面内固定有两根平行的光滑长直金属轨道，间距为L，电阻不计。虚线左侧区域有竖直向下的磁感应强度为B1＝B的匀强磁场，虚线右侧有竖直向上的磁感应强度为B2＝2B的匀强磁场。t＝0时刻金属杆a以v1＝v0的初速度向左滑动，金属杆b以v2＝2v0的初速度向右滑动。金属杆a、b始终与导轨垂直且接触良好，金属杆a始终在左侧轨道磁场区域运动，金属杆b始终在右侧轨道磁场区域运动。金属杆a的质量为m，电阻为2r，金属杆b的质量为2m，电阻为r。求： (1)t＝0时刻金属杆b瞬间的加速度大小； (2)金属杆a最多能产生多少焦耳热； (3)当金属杆b的速度为v0时，金属杆a的速度大小。 【例5】 (2024·黑龙江哈尔滨三模)如图所示，间距为L的平行倾斜金属轨道AB、CD与足够长、间距也为L的水平金属导轨BG、DH平滑连接，虚线BD、EF之间充满竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B0，现有两根长度为L、质量为m、电阻为R的完全相同的导体棒P、Q，其中Q静止于水平导轨上，P从距水平轨道高为h处由静止释放，P、Q未在磁场中发生碰撞，且Q出磁场前已与P共速，P出磁场时速度大小为Q出磁场时速度大小的一半，导体棒P、Q与导轨始终保持良好接触且与导轨垂直。已知重力加速度为g，不计一切摩擦及导轨电阻。求： (1)P运动到倾斜导轨底端虚线BD处时的速度大小及Q刚开始运动时的加速度大小； (2)从P运动到虚线BD处开始至Q运动到刚离开虚线EF处的过程，回路中产生的总焦耳热； (3)Q从开始运动到与P共速时通过的距离，及Q刚出磁场时与P之间的距离。 角度2　导轨不等宽情境 【例6】 如图，光滑金属导轨A1B1C1D1、A2B2C2D2，其中A1B1、A2B2为半径为h的圆弧导轨，B1C1、B2C2是间距为3L且足够长的水平导轨，C1′D1、C2′D2是间距为2L且足够长的水平导轨。金属导体棒M、N质量均为m，接入电路中的电阻均为R，导体棒N静置在C1′D1、C2′D2间，水平导轨间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。现将导体棒M自圆弧导轨的最高点处由静止释放，两导体棒在运动过程中均与导轨垂直且始终接触良好，导轨电阻不计，重力加速度大小为g。求： (1)导体棒M运动到B1B2处时，对导轨的压力； (2)导体棒M由静止释放至达到稳定状态的过程中，通过其横截面的电荷量； (3)在上述过程中导体棒N产生的焦耳热。 [规律方法]不管导轨是否等宽，双杆系统(水平方向除安培力外没有其他外力)稳定后都做匀速直线运动，整个回路的电动势为零。当导轨不等宽时，双杆系统的动量不守恒，常用动量定理建立两杆之间的关系。 任务群（四） 电路与电磁感应 【例1】解析：选B。根据电阻定律R＝ρ，根据欧姆定律ΔU＝I·ΔR，整理可得ρ＝，结合题图可知导体L1、L2的电阻率之比，故B正确。 【例2】解析：选BC。根据闭合电路的欧姆定律有E＝U1＋＝R1＋r保持不变，故A错误；缓慢调节滑动变阻器滑片P向左移动一小段距离，滑动变阻器接入电路的阻值增大，总电流减小，电阻R1的电功率变小，故B正确；总电流减小，电源内阻的电压减小，路端电压增大，即电压表V2示数变大，故C正确；总电流减小，电阻R1两端的电压减小，电容器与电阻R1并联，则电容器两极板间的电势差减小，根据Q＝CU可知，电容器所带的电荷量变小，故D错误。 【例3】解析：选C。电源负极接地，则电势为零，电容器上极板电势φ上＝，下极板电势φ下＝，则下极板电势高，电场强度方向向上，可知带电微粒带正电荷，根据q＝mg，可得q＝，A、B错误；带电微粒的电势能为Ep＝φq＝，C正确；减小电阻箱R1接入电路的阻值，则电容器上极板电势降低，两板电势差变大，电场强度变大，则悬浮的带电微粒会向上移动，D错误。 【例4】解析：选AC。电池组的内阻等于a图线的斜率的绝对值，为r＝ Ω＝1 Ω，故A正确；电阻的阻值等于b图线的斜率，为R＝ Ω，故B错误；设外电阻为R外，电源的输出功率为P输＝I2R外＝R外＝，根据数学知识可得，R外＝r时分母最小，电源的输出功率最大，此时电源的最大输出功率为P外max＝ W＝4 W，故C正确；两图线的交点表示将该电阻接在该电池组两端的工作状态，则电阻两端的电压为U＝1 V，电流为I＝3 A，则电池组的输出功率P＝UI＝1×3 W＝3 W，故D错误。 【例5】解析：选B。由闭合电路欧姆定律的推论可知，当电路外电阻等于内阻r时，输出功率最大，最大值为Pm＝，把定值电阻看成电源内阻的一部分，由题图乙可知，当RP＝R1＝R＋r＝6 Ω时，滑动变阻器消耗的功率最大，最大功率为P2＝＝1.5 W，A错误；滑动变阻器的阻值为3 Ω时与阻值为R2时消耗的功率相等，有×3 Ω＝R2，解得R2＝12 Ω，B正确；当回路中电流最大时，即RP＝0时，定值电阻R消耗的功率最大，C错误；当滑动变阻器RP的阻值为0时，电路中电流最大，最大值为Im＝ A＝1 A，则调整滑动变阻器RP的阻值，不可以使电源的输出电流达到2 A，D错误。 【例6】解析：选AC。保持T不动，则原、副线圈匝数比不变，又变压器的输入电压不变，根据变压器的变压规律可知，变压器的输出电压不变，滑动变阻器的滑片向f端滑动时，其接入电路的电阻减小，根据欧姆定律可知通过R1的电流增大，根据P＝I2R可知，R1的热功率增大，A正确；仅将T向b端移动，则原、副线圈的匝数比增大，又变压器的输入电压不变，根据变压器的变压规律可知，变压器的输出电压减小，则R1两端的电压减小，根据P＝可知，R1的热功率减小，B错误；同理，仅将T向a端移动，R1的热功率增大，结合A项分析可知，再将滑动变阻器的滑片向f端滑动，R1的热功率进一步增大，C正确；经以上分析可知，将T向b端移动，滑动变阻器的滑片向e端滑动，R1的热功率减小，D错误。 【例7】解析：选D。根据法拉第电磁感应定律，有Em＝解得 V＝5 V，故A正确；副线圈电路中，灯泡与电风扇并联，灯泡L正常发光，则电风扇M的电压为UM＝220 V，电风扇所在支路的电流为IM＝I2－＝0.2 A，电风扇输出的机械效率约为η＝≈99.1%，故B正确；原、副线圈的匝数比为，又E＝＝25 V，由闭合电路欧姆定律，可得U1＝E－I1r，联立解得，故C正确；若将电风扇去掉，则副线圈电阻增大，电流表示数减小，根据变压器的电流关系，可知原线圈电流减小，原线圈路端电压增大，副线圈电压随之增大，则小灯泡变亮，故D错误。 【例8】解析：选ACD。S1、S2闭合时，副线圈电路的阻值R副＝，副线圈电路的等效电阻为RAB＝R副＝4R，则此时流过灯泡的电流I1＝，根据左端输入正弦交流电压瞬时值的表达式可得，左端输入电压的有效值为U有＝＝220 V，联立解得I1＝0.4 A，故A正确；灯泡L2消耗的电功率等于L1的功率P＝R＝17.6 W，故B错误；S1、S2均闭合时，将P沿逆时针方向转动(灯泡一直没有损坏)，n2增大，则变小，因此RAB变小，则流过灯泡L1的电流增大，根据理想变压器原、副线圈电流与线圈匝数的关系知，流过灯泡L2的电流也增大，故L1、L2均变亮，C正确；断开S1，闭合S2，则有RAB′＝R，将P沿逆时针方向转动(灯泡一直没有损坏)，n2增大，则变小，分析可知RAB′变小，由R逐渐减小为R，将灯泡L1的电阻R看作电源的“等效内阻”，定值电阻R0消耗的电功率为PR0＝RAB′＝，当RAB′＝R时，R0的电功率将有最大值，故将P沿逆时针方向转动(灯泡一直没有损坏)，定值电阻消耗的电功率先变大后变小，故D正确。 【例9】解析：选D。由理想变压器的电压特点可知，其中n1、n2分别为原、副线圈匝数，由题意可知电路中U1保持不变。由题图可知U1－U2＝Ir1·r1①，U2－U3＝Ir2·r2②，又有Ir1＝Ir2＋IR2③，根据并联电路特点可得Ir2(r2＋R3)＝IR2R2，因为R2＝R3，所以由上式可知IR2>Ir2，上述结论结合③式得Ir1>2Ir2④，又r1＝r2，由①②④三式可得U1－U2>2(U2－U3)，故A、B错误；S闭合后，根据并联电路特点可知，R3和R并联电阻之和小于R3，所以S闭合后，R2、R3、R、r2的和电阻减小，设和电阻为R和，又由欧姆定律可得U1＝Ir1(r1＋R和)，所以Ir1增大，再结合①可得U2减小，又U2＝IR2·R2，则通过R2的电流IR2减小，结合③式得通过r2的电流Ir2增大，又由②得U3减小，故D正确。 【例10】解析：选C。用户使用的电流是频率为f＝＝25 Hz，故A错误；远距离输电线路前端电压满足，远距离输电线路后端电压满足，远距离输电线路中的电流满足1×I线＝k×I，该远距离输电线路上的电流为I线＝kI，则r＝，故B、D错误；远距离输电线路上损耗的功率为P损＝故C正确。 【例11】解析：选D。根据“来拒去留”，则x＞0的那些时刻，当磁铁远离线圈向上运动时，磁铁对线圈有向上的作用力，此时线圈对桌面的压力小于线圈的重力；当磁铁靠近线圈向下运动时，磁铁对线圈有向下的作用力，此时线圈对桌面的压力大于线圈的重力，A错误。x＝0的那些时刻磁铁的速度最大，则穿过线圈的磁通量变化率最大，则线圈中有感应电流，B错误。更换电阻率更大的线圈，线圈中产生的感应电流会变小，线圈中产生的感应电流的磁场变弱，对磁铁的“阻碍”作用变弱，则振幅A会更慢地衰减到零，C错误。增加线圈的匝数，线圈中产生的感应电动势变大，感应电流变大，机械能很快就转化为内能，则t0会减小，由于开始时线圈的机械能不变，则线圈产生的内能不变，D正确。 【例12】解析：选AC。穿过金属薄圆管的磁通量向上逐渐增加，则根据楞次定律可知，从上向下看，金属薄圆管中的感应电流为顺时针方向，故A正确；由法拉第电磁感应定律可知，金属薄圆管的感应电动势大小为E＝πr2＝kπr2，故B错误；由电阻定律可知，金属薄圆管的电阻为R＝金属薄圆管的热功率大小为P＝，故C正确；根据左手定则可知，金属薄圆管中各段所受的安培力方向指向圆管的轴线，则轻绳对金属薄圆管的拉力的合力大小始终等于金属薄圆管的重力，不随时间变化，故D错误。 【例13】解析：选C。根据右手定则判断，O点电势比a、b、c三点的电势都高，由题及几何关系可知Oa＝R，Ob＝R，根据E＝Bl2ω可得EOa＝BR2ω，又EOa＝φO－φa，EOb＝φO－φb，EOc＝φO－φc，故φO>φa>φb＝φc，C正确。 【例14】解析：选C。根据楞次定律判断，感生电场的方向为顺时针，故A错误；由法拉第电磁感应定律可得E电动势＝，由于ΔΦ＝ΔBS，面积公式为S＝πr2，整理有E电动势＝，由题图乙可知，有，产生的感生电场的电场强度为E，由于E电动势＝Ed＝E·2πr，整理有E＝，感生电场对小球的作用力F＝Eq＝q，故B错误；小球绕一圈电场力做功W＝F·2πr＝q，故C正确；小球在感生电场中加速，有Eq＝maE，t0时刻小球的速度v＝，在水平方向上有qvB0＋FNx＝，解得FNx＝－，所以管道对小球的作用力的大小为FN＝，故D错误。 【例15】解析：选AC。线框在减速进入磁场的过程中，对线框受力分析，根据牛顿第二定律有mg＋－FT＝ma，对物块受力分析，根据牛顿第二定律有FT－Mg＝Ma，联立解得a＝g，则随着速度的减小，加速度不断减小，B错误；结合B项分析可知，若匀强磁场区域高度与线框宽度相等且物块质量与线框质量相等，则线框在磁场中一直做加速度逐渐减小的减速运动，出磁场后做匀速运动，则A选项的图像可能正确；若匀强磁场区域高度大于线框宽度且物块质量与线框质量相等，则线框进磁场和出磁场阶段均做加速度逐渐减小的减速运动，完全在磁场中运动时不受安培力，做匀速运动，完全出磁场后，也做匀速运动，则C选项的图像可能正确；D选项的图像中线框出磁场后做匀加速运动，说明物块质量大于线框质量，但在此情况下，结合B项分析可知，若存在第三段减速阶段，则不会存在第二段匀速阶段，D错误。 【例16】解析：选AC。根据牛顿第二定律有F＝BIL＝ma，根据法拉第电磁感应定律有E＝BLv，其中I＝，解得F＝＝ma，分析可知导体棒的速度逐渐减小，且加速度逐渐减小，初始时刻安培力大小为，故A正确，D错误；根据欧姆定律可知U＝BLv，则导体棒两端的电压的最大值为BLv0，故B错误；根据电流的定义式有q＝Δt＝Δt＝，则q与x成正比例函数，故C正确。 【例17】解析：选AD。根据法拉第电磁感应定律得感应电动势大小为e＝，磁感应强度B均匀增大，则为定值，则电动势大小不变，挂件的电阻不变，则感应电流i不随时间改变，故A正确，B错误；根据楞次定律可知挂件中电流沿逆时针方向，则受到的安培力竖直向上，受力分析可知细线拉力F＝mg－F安＝mg－BIL，因为磁感应强度B均匀增大，电流大小不变，则F ­t图像为一条斜率为负的一次函数，故C错误，D正确。 【例18】解析：选D。金属棒绕OO′轴转动切割磁感线，回路中的电动势E＝Br2ω，故A错误；电容器两极板间的电压等于电阻R两端的电压，为，带电微粒在两极板间处于静止状态，则q＝mg，解得，故B错误；外电阻消耗的功率P＝，故C错误；电容器所带的电荷量Q＝，故D正确。 【例19】解析：选BD。线框相对于磁场向左运动，根据右手定则知，线框ab边中感应电流方向从b到a，故A错误；因阻力恒定，又线框最后做匀速直线运动，由二力平衡知，阻力应与安培力大小相等，由于磁场以速度v向右运动，当金属框稳定后以最大速度v0向右运动，此时金属框相对于磁场的运动速度大小为v－v0，根据右手定则可以判断回路中产生的感应电动势E等于ad、bc边分别产生的感应电动势之和，即E＝2BL(v－v0)，根据欧姆定律可得，此时金属框中产生的感应电流为I＝，金属框的两条边ad和bc都受到安培力作用，ab与正方形磁场区域边长相等说明ad和bc边所处的磁场方向一直相反，电流方向也相反，根据左手定则可知它们所受的安培力方向一致，故金属框受到的安培力大小为F＝f＝2BIL＝，故B正确；线框匀速运动后，磁场的匀速运动产生感应电流，从而产生焦耳热，与安培力做功无关，故C错误；线框匀速运动后，外界提供给线框的总能量等于回路中的焦耳热和克服阻力做功之和，即外界每秒提供给线框的总能量为E总＝，故D正确。 【例20】 解析：(1)导体MN进入磁场产生的感应电动势为 E＝Blv0＝1.8 V 回路的总电阻为R总＝ Ω 通过导体MN的电流大小为 I＝＝3.6 A 根据楞次定律或右手定则可知，电流的方向从N到M，M端电势高。 (2)在整个线框穿过磁场的过程中，总有一个边在切割磁感线，回路的总电阻相当于不变，根据动量定理有 －(Bi1lΔt1＋Bi2lΔt2＋…＋BinlΔtn)＝0－mv0 i1＝，v1Δt1＝Δx1 i2＝，v2Δt2＝Δx2，…，in＝，vnΔtn＝Δxn Δx1＋Δx2＋…＋Δxn＝3l 整理后得＝mv0 解得m＝ kg(约为0.013 kg)。 (3)对MN边通过磁场的过程使用动量定理，设t1为MN穿过磁场的时间，有 －Blt1＝mv－mv0 整理得＝mv－mv0 解得v＝6 m/s 根据能量守恒定律有 Q总＝mv2 MN导体棒产生的焦耳热 Q＝Q总＝0.2 J。 答案：(1)3.6 A，电流方向从N到M　M端电势高 (2) kg　(3)0.2 J 大题突破四　力学三大观点在电磁感应中的应用 【例1】解析：选AB。由于ab和cd均沿导轨下滑，则通过abcd回路的磁通量增大，根据楞次定律可知，回路中的电流方向为abcda，A正确；初始时，对ab和cd分别受力分析，如图所示， 根据牛顿第二定律分别有2mg sin 30°－IL·2B cos 30°＝2ma1、mg sin 30°－ILB cos 30°＝ma2，可得a1＝a2＝，则ab与cd加速度大小之比始终为1∶1，C错误；当加速度趋于零时，两导体棒中的电流趋于稳定，结合C项分析可知，ab中电流趋于，B正确；由于ab和cd加速度大小始终相等，则两导体棒的速度大小始终相等，由法拉第电磁感应定律可知两导体棒产生的感应电动势大小之比始终为2∶1，D错误。 【例2】解析：(1)金属棒保持静止，根据平衡条件得 mg＝B1I1L 解得I1＝0.2 A，则线圈产生的感应电动势为 E1＝I1R2＝0.4 V 由法拉第电磁感应定律可知 E1＝N 解得＝0.8 T/s。 (2)断开开关K后，金属棒向下做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度是0(即合外力是0)时速度最大，此时恰能匀速下降，根据平衡条件得mg＝B1I2L 此时金属棒中产生的感应电动势为 E2＝B1Lv 根据闭合电路欧姆定律得 I2＝ 联立解得金属棒的最大速度为v＝2 m/s。 (3)金属棒从开始下落到最大速度的过程中，根据动能定理得 mgh－W克安＝mv2－0 金属棒产生的焦耳热 Q＝W克安＝0.072 J。 答案：(1)0.8 T/s　(2)2 m/s　(3)0.072 J 【例3】解析：(1)线框右边刚进入磁场时，有 E＝Bdv0 由楞次定律可知，线框进入磁场过程中感应电流方向为逆时针(俯视)，故a、b两点电势差 Uab＝－Bdv0。 (2)整个线框刚好离开磁场时的速度等于整个线框刚好进入磁场时的速度，设其大小为v，从线框恰好完全进入磁场至右边恰好出磁场的过程中，线框做匀加速直线运动，由动能定理有 μmgd＝mv2 解得v＝。 (3)线框穿过磁场的整个过程中初、末速度分别为v0、v，整个过程中摩擦力不变，由动能定理有 W安＋μmg×3d＝ 又由功能关系有Q＝－W安 解得Q＝4μmgd。 答案：(1)－Bdv0　(2)　(3)4μmgd 【例4】解析：(1)t＝0时刻，两金属杆切割磁感线产生感应电动势，两杆的电流方向均向下，则有 I＝ t＝0时刻对金属杆b根据牛顿第二定律有 2BIL＝2ma 解得a＝。 (2)根据左手定则可知两金属杆均受向左的安培力，当两杆产生的感应电动势相等时，两杆的速度分别为va，vb，则有BLva＝2BLvb 分别对两金属杆运用动量定理有 F安t＝mva－mv0 2F安t＝－2mvb－(－2m×2v0) 解得va＝2v0，vb＝v0 对两金属杆根据功能关系有 Q＝×2m(2v0)2－ 金属杆a的焦耳热为Qa＝Q 解得Qa＝ (3)当金属杆b的速度为v0时，分别对两金属杆运用动量定理有 F安′t′＝mv″－mv0 2F安′t′＝－2m×v0－(－2m×2v0) 解得v′＝v0。 答案：(1)(2)mv02　(3)v0 【例5】解析：(1)P从静止释放到斜面底端过程有 mgh＝mv2－0 解得v＝ Q刚开始运动时的加速度 F安＝ma 且有F安＝B0IL，I＝，E＝B0Lv 解得a＝。 (2)P从斜面底端到P、Q共速过程，系统动量守恒、能量守恒，有mv＝2mv1 Q＝ 解得Q＝。 (3)P从斜面底端到P、Q共速过程，对Q由动量定理得 B0LΔt1＝mv1－0 Δt1＝ Δx＝ P从v1到v1的过程，对P由动量定理得 －B0LΔt＝m－mv1 ， 则Q出磁场时与导体棒P之间的距离 x＝。 答案：(1)　(2) (3) 【例6】解析：(1)导体棒M从圆弧导轨滑下的过程，根据动能定理可得mgh＝mv02 运动到B1B2处时，根据牛顿第二定律可得 FN－mg＝m 联立解得FN＝3mg 由牛顿第三定律可知，导体棒M运动到B1B2处时，对导轨的压力为3mg。 (2)两金属棒最终分别做匀速直线运动，则有 EM＝3BLvM，EN＝2BLvN 又有EM－EN＝0 解得3vM＝2vN 分别对M、N应用动量定理，对M有 －3BLt＝mvM－mv0 对N有2BLt＝mvN 又有q＝t 解得vN＝，vM＝ q＝。 (3)全过程根据系统能量守恒有 mgh＝＋Q 又有QN＝Q 联立解得QN＝mgh。 答案：(1)3mg　(2)　(3)mgh 学科网（北京）股份有限公司 $