第十三章 阶段复习(五) 电磁感应和交变电流（教师用书word）-【步步高】2025年高考物理大一轮复习讲义（教科版 桂川）

阶段复习(五)　电磁感应和交变电流 知识网络 规范训练　(2024·四川内江市零模)如图，P、Q是两根固定在水平面内的光滑平行金属导轨，间距为L，导轨足够长且电阻可忽略不计。图中EFHG矩形区域内有一方向垂直导轨平面向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场，EF、GH的距离为s。在t＝0时刻，两金属棒a、b分别以大小相同的速率v0，分别从磁场的边界EF、GH进入磁场。经过一段时间后，其中有一棒恰好停在磁场边界处，且在这个过程中，金属棒a、b没有相碰，相距最近时b棒仍位于磁场区域内。已知金属棒a、b是由相同材料制成，长度均为L，电阻分别为R和2R，a棒的质量为2m。在运动过程中两金属棒始终与导轨垂直且接触良好。求： (1)在t＝0时刻b棒的加速度大小； (2)两棒在整个过程中相距最近的距离； (3)在整个过程中，b棒产生的焦耳热。 解题指导 关键表述 关键表述解读 已知金属棒a、b是由相同材料制成，长度均为L，电阻分别为R和2R，a棒的质量为2m 电阻率相同，由电阻定律R＝ρ可得横截面积关系，密度相同，从而求出b棒的质量 两金属棒a、b分别以大小相同的速率v0，分别从磁场的边界EF、GH进入磁场 可求回路的电动势→回路的电流→b棒所受的安培力→加速度 光滑平行金属导轨，相距最近时b棒仍位于磁场区域内 金属棒a、b组成的系统动量守恒，速度相等时距离最近，可求共速时的速度，由动量定理可得两棒的距离变化 经过一段时间后，其中有一棒恰好停在磁场边界处，求在整个过程中，b棒产生的焦耳热 一金属棒先出磁场后继续匀速运动，另一金属棒切割磁感线减速运动至停至磁场边界，利用能量守恒定律求生成的总热量，再进行热量分配求得b棒生成的热量 答案　(1)　(2)　(3)mv02 解析　(1)根据电阻定律有 Ra＝R＝ρ，Rb＝2R＝ρ 可得Sa＝2Sb 根据ma＝2m＝ρ′LSa，mb＝ρ′LSb 可得mb＝ma＝m a进入磁场的速度方向向右，b的速度方向向左，根据右手定则可知，a产生的感应电流方向是E到F，b产生的感应电流方向是H到G，即两个感应电流方向相同，所以流过a、b的感应电流是两个感应电流之和，则有E＝2BLv0，I＝ 对于b，根据牛顿第二定律有BIL＝mba 联立解得在t＝0时刻b棒的加速度大小为 a＝ (2)取向右为正方向，相距最近时，两棒具有相同速度，根据系统动量守恒有2mv0－mv0＝(2m＋m)v 解得v＝ 此时，电路中感应电流为0，a、b棒一起向右匀速运动，直到b棒出磁场区域，之后b棒不受安培力、a棒受安培力减速直到停下；从b棒出磁场区域到a棒刚好停止磁场边界处， 对a棒运用动量定理得－BLΔt＝0－2mv 又q＝Δt＝Δt＝Δt＝＝ 联立解得两棒在整个过程中相距最近的距离为 Δs＝ (3)对a、b组成的系统，最终b棒一直做匀速直线运动，根据能量守恒定律有 mv02＝mv2＋Q总 对a、b，根据焦耳定律有Q＝I2RΔt 因a、b流过的电流一直相等，所用时间相同，故a、b产生的热量与电阻成正比，即Qa∶Qb＝1∶2 又Qa＋Qb＝Q总 联立解得b棒产生的焦耳热为Qb＝mv02 阶段复习练(五)　电磁感应和交变电流 1.(2023·海南卷·6)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 答案　C 解析　根据安培定则可知，线圈1、2中的电流产生的磁场方向都是竖直向下的，A错误；汽车进入磁场时，穿过矩形线圈abcd的磁通量向下增大，根据楞次定律可知感应电流的方向为adcb，离开时穿过矩形线圈的磁通量向下减小，根据楞次定律可知感应电流的方向为abcd，B错误，C正确；安培力的方向总是与汽车相对于磁场的运动方向相反，D错误。 2.(多选)(2023·海南卷·11)如图是工厂利用u＝220sin 100πt V的交流电给36 V照明灯供电的电路，变压器原线圈匝数为1 100匝，下列说法正确的是(　　) A．电源电压有效值为220 V B．交变电流的周期为0.02 s C．副线圈匝数为180匝 D．副线圈匝数为240匝 答案　BC 解析　Um＝220 V，则U有效＝＝220 V，ω＝100π rad/s，由T＝可知周期T＝0.02 s，原、副线圈匝数比＝，解得n2＝180匝，B、C正确，A、D错误。 3．(多选)(2024·福建省模拟)20年来福建电网实现电网结构、电压等级、电力技术“三大跨越”。如图所示是远距离输电示意图，现将输送电压U2由220 kV升级为1 000 kV高压，输送的总电功率变为原来的2倍，保持发电机输出电压U1及用户得到的电压U4均不变，输电线的电阻不变，变压器均为理想变压器，则(　　) A.变为原来的倍 B．输电线上电流I2变为原来的 C．输电线损失的功率变为原来的()2 D．降压变压器原、副线圈匝数比值变小 答案　ABC 解析　由理想变压器基本关系知＝，U1不变，U2变为原来的倍，所以变为原来的倍，A正确；根据P送＝U2I2可知，因P送变为原来的2倍，U2变为原来的倍，则输电线上电流I2变为原来的，B正确；根据P损＝I22R线，可知P损变为原来的()2，C正确；总功率变大，损失的功率变小，则用户端功率变大，因用户端电压不变，则I4变大，又I2变小，I2＝I3，则＝变大，D错误。 4．(2023·湖南长沙市师大附中二模)如图所示，一理想自耦变压器线圈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R＝110 Ω且恒定不变，定值电阻的阻值R0为灯泡阻值的。当滑片P处于如图所示位置时，AB端与PB端匝数比为3∶1，S1、S2闭合时，两灯泡均正常发光。下列说法正确的是(　　) A．灯泡正常发光的电流为1 A B．灯泡正常发光的电功率为55 W C．S1、S2均闭合时，将P沿顺时针方向转动，L1一定变暗 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)，定值电阻消耗的电功率一定变大 答案　C 解析　S1、S2闭合时，副线圈电路的阻值R副＝＝，则AB的等效电阻RAB＝()2R副＝3R，那么此时流过灯泡L1的电流I＝＝0.5 A，故A错误；灯泡正常发光的功率为P＝I2R＝27.5 W，故B错误；P顺时针转动，n2减少，则变大，RAB变大，则流过灯泡L1的电流变小，灯泡L1一定变暗，故C正确； 断开S1，闭合S2，则有RAB′＝()2R0＝()2，P逆时针转动，n2增多，则变小，RAB′由R可减小到R，讨论R0的功率变化时，可将灯泡L1的电阻R看作电源的“等效内阻”，当RAB′＝R时，R0的电功率最大，故D错误。 5．(多选)(2023·广东广州市三模)图甲所示的一款健身车的主要构件如图乙，金属飞轮A和金属前轮C可绕同一转轴转动，A和C之间有金属辐条，辐条长度等于A和C的半径之差。脚踏轮B和飞轮A通过链条传动，带动前轮C转动。整个前轮C都处在方向垂直轮面向里的匀强磁场中。将电阻R的a端用导线连接在飞轮A上，b端用导线连接前轮C边缘。健身者脚蹬脚踏轮B使其以角速度ω顺时针转动，转动过程不打滑，电路中其他电阻忽略不计，下列说法正确的是(　　) A．电阻a端的电势高于b端的电势 B．金属前轮边缘所组成的圆形闭合回路中的磁通量保持不变 C．电阻R的热功率与ω2成正比 D．若ω保持不变，飞轮A的半径也不变，但金属前轮C的半径变为原来的，则ab两端的电压变为原来的 答案　BC 解析　根据右手定则可知电流从b端通过电阻流到a端，因此b端的电势高于a端的电势，故A错误；金属前轮边缘所组成的圆形闭合回路面积不变，磁感应强度不变，则磁通量保持不变，故B正确；由于轮B和飞轮A通过链条传动，则ωRB＝ωARA，而A和C同轴转动，角速度相同，得ωC＝ωA＝，辐条产生的感应电动势E＝BL＝B(RC－RA)＝，电阻R的热功率P＝，而E∝ω，因此电阻R的热功率与ω2成正比，故C正确；电路中其他电阻忽略不计，则Uab＝E，由E＝可知，若ω保持不变，飞轮A的半径也不变，但金属前轮C的半径变为原来的，则ab两端的电压并不会变为原来的，故D错误。 6.如图所示，e1f1g1和e2f2g2是两根足够长且电阻不计的固定光滑平行金属轨道，其中f1g1和f2g2为轨道的水平部分，e1f1和e2f2是倾角θ＝37°的倾斜部分。在f1f2右侧空间中存在磁感应强度大小B＝2 T，方向竖直向上的匀强磁场。将质量m＝1 kg，单位长度电阻值R0＝10 Ω/m的导体棒ab置于倾斜导轨上，距离斜面轨道底端高度h＝5 cm，另一完全相同的导体棒cd静止于水平导轨上，导轨间距均为D＝8 cm，导体棒长度均为L＝10 cm。t＝0时，导体棒ab从静止释放，到两棒最终稳定运动过程中，ab、cd棒未发生碰撞，且两导体棒始终与导轨保持垂直，g取10 m/s2。不计导体棒在轨道连接处的动能损失，求： (1)ab棒刚滑到斜面轨道底端时回路中产生的电流； (2)两导体棒的最终速度大小； (3)从ab棒静止释放到两棒最终稳定运动过程中，通过回路的电荷量。 答案　(1)0.1 A　(2)0.5 m/s　(3)3.125 C 解析　由题知ab棒和cd棒接入电路的部分电阻大小均为R＝DR0＝0.8 Ω。 (1)ab棒从斜面轨道滑到底端， 根据动能定理有mgh＝mv2 切割产生的感应电动势为E＝BDv 根据闭合电路欧姆定律有I＝ 联立解得v＝1 m/s，E＝0.16 V，I＝0.1 A。 (2)因为两导体棒所受的安培力始终大小相等、方向相反，所以将两棒组成的系统作为研究对象，由动量守恒得mv＝2mv共，解得v共＝0.5 m/s。 (3)从ab棒刚进入磁场到与cd棒共速，对导体棒ab，由动量定理得－BD·Δt＝m(v共－v) 代入数据解得q＝Δt＝3.125 C。 7．(2023·新课标卷·26)一边长为L、质量为m的正方形金属细框，每边电阻为R0，置于光滑的绝缘水平桌面(纸面)上。宽度为2L的区域内存在方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，两虚线为磁场边界，如图(a)所示。 (1)使金属框以一定的初速度向右运动，进入磁场。运动过程中金属框的左、右边框始终与磁场边界平行，金属框完全穿过磁场区域后，速度大小降为它初速度的一半，求金属框的初速度大小。 (2)在桌面上固定两条光滑长直金属导轨，导轨与磁场边界垂直，左端连接电阻R1＝2R0，导轨电阻可忽略，金属框置于导轨上，如图(b)所示。让金属框以与(1)中相同的初速度向右运动，进入磁场。运动过程中金属框的上、下边框处处与导轨始终接触良好。求在金属框整个运动过程中，电阻R1产生的热量。 答案　(1)　(2) 解析　(1)金属框进入磁场的过程， 根据法拉第电磁感应定律有E＝BLv 感应电流I＝ 金属框右边框所受的安培力大小F安＝BIL 安培力的冲量大小IF＝∑BIL·Δt＝∑·Δt 又∑v·Δt＝L，可得IF＝ 金属框完全进入磁场到即将离开磁场的过程中，左右两边产生的感应电动势相互抵消，无感应电流产生，不受安培力作用 根据金属框进入磁场的情况可知，金属框出磁场时同样有IF＝ 根据动量定理可得－2IF＝m－mv0 解得v0＝ (2)金属框进入磁场过程，由于金属框的上、下边框处处与导轨始终接触良好， 所以金属框的上、下边框被短路，作出等效电路如图甲所示。 设金属框速度大小为v1，根据法拉第电磁感应定律有E＝BLv1，感应电流I＝＝ 设金属框完全进入磁场时速度大小为v2， 由动量定理可得－∑BIL·Δt＝mv2－mv0 又∑v1·Δt＝L，可得v2＝， 由能量守恒定律可得，此过程中电路中产生的总热量Q总1＝mv02－mv22 由并联电路电流规律和Q＝I2Rt可知，R1上产生的热量Q1＝Q总1＝ 金属框完全进入磁场后到右边框运动到磁场右边界时，等效电路如图乙所示。 通过R1的电流I1＝＝， 即流过左右边框的电流之和为 设金属框右边框刚要出磁场时速度大小为v3， 由动量定理可得－∑BI1L·Δt＝mv3－mv2 可得v3＝0，则右边框刚好不出磁场 由能量守恒定律可得，此过程中电路中产生的总热量Q总2＝mv22－mv32 R1上产生的热量Q2＝Q总2＝ 在金属框整个运动过程中，电阻R1产生的热量为Q＝Q1＋Q2＝。 学科网（北京）股份有限公司 $