資源簡介

(共55張PPT)
第一講　恒定電流和交變電流
通覽知識 明要點
研學考點 提能力
目 錄 索 引
01
02
突破熱點 聚素養
03
通覽知識 明要點
研學考點 提能力
考點一　直流電路的分析與計算
高考風向標
考點 考題明細 考查頻度
直流電路的分析與計算 2024廣西卷,6; 2023海南卷,7; 2022浙江卷6月,12; 2022浙江卷1月,12; 2022江蘇卷,2 地方卷:
3年5考
命題角度1 閉合電路的動態分析
方法1:程序法 最常規的方法
方法2:結論法——“串反并同” 電源內阻不為零
最直接的方法
方法3:極限法 適用于變阻器限流接法
因滑動變阻器滑片滑動引起電路變化的問題,可將滑動變阻器的滑片分別滑至兩個極端,使電阻最大或電阻為零去討論。
例1 (2024海南模擬)如圖所示的電路中,電源電動勢為E,內阻r不能忽略。閉合開關S后,調整R的阻值,使電壓表的示數增大ΔU,在這一過程中(　　)
D.路端電壓增大,增大量為ΔU
答案 A
解析 電壓表的示數增大ΔU,可知電阻R1兩端的電壓增加ΔU,通過R1的電流增大,增大量為 ,A正確;R2兩端的電壓減小,內阻r和R2兩端的電壓之和減小量為ΔU,通過R2的電流減小,減小量小于 ,B、C錯誤;電路的總電流減小,根據閉合電路歐姆定律得U=E-Ir,則路端電壓增大,增大量為ΔU'=ΔU-ΔUR2<ΔU,D錯誤。
命題角度2 直流電路的分析與計算
例2 (2024廣西卷)將橫截面相同、材料不同的兩段導體L1、L2無縫連接成一段導體,總長度為1.00 m,接入圖甲電路。閉合開關S,滑片P從M端滑到N端,理想電壓表讀數U隨滑片P的滑動距離x的變化關系如圖乙所示,則導體L1、L2的電阻率之比約為(　　)
甲 乙
A.2∶3 B.2∶1
C.5∶3 D.1∶3
B
例3 (2023海南卷)如圖所示的電路中,已知電源電動勢為E,內阻不計,電容器電容為C,閉合開關K,待電路穩定后,電容器上所帶的電荷量為(　　)
C
規律總結 含電容器電路的分析與計算
(1)確定電容器和哪個電阻并聯,該電阻兩端的電壓即為電容器兩端的電壓。
(2)當電容器和某一電阻串聯后接在某一電路兩端時,該電阻阻值可視為零。接在某一電路兩端時,此電路兩端的電壓即為電容器兩端的電壓。
(3)電路的電流、電壓變化時,將會引起電容器的充、放電。如果電容器兩端的電壓升高,電容器將充電;如果電壓降低,電容器將通過與它連接的電路放電。電荷量的多少可根據ΔQ=C·ΔU計算,還應注意極板的電性是否發生改變。
命題角度3 直流電路的最大功率
1.當R一定時,由P=I2R知,I越大,P越大。
2.當r一定、R變化時,P出隨R的變化情況可通過下面兩個圖像進行分析。
例4 (2024江蘇無錫模擬)太陽能電池是通過光電效應或者光化學效應直接把光能轉化成電能的裝置。某太陽能電池在特定光照下工作電流I隨路端電壓U變化的圖線如圖中曲線①所示,輸出功率P隨路端電壓U的變化圖線如圖中曲線②所示。圖中給出了該太陽能電池斷路電壓U0和短路電流I0。當路端電壓為U1時,工作電流為I1,且恰達到
最大輸出功率P1,則此時該太陽能電池的內阻
為(　　)
C
解析 根據題意可知,該太陽能電池的電動勢為U0,路端電壓為U1時,該太陽能電池的總功率為P總=U0I1,該太陽能電池內阻的功率為P內=P總-P1,
拓展衍生
1.(2022北京卷)某同學利用壓力傳感器設計水庫水位預警系統。如圖所示,電路中的R1和R2,其中一個是定值電阻,另一個是壓力傳感器(可等效為可變電阻)。水位越高,對壓力傳感器的壓力越大,壓力傳感器的電阻值越小。當a、b兩端的電壓大于U1時,控制開關自動開啟低水位預警;當a、b兩端的電壓小于U2(U1、U2為定值)時,控制開關自動開啟高水位預警。
下列說法正確的是(　　)
A.U1B.R2為壓力傳感器
C.若定值電阻的阻值越大,開啟高水位預警時的水位越低
D.若定值電阻的阻值越大,開啟低水位預警時的水位越高
C
解析 由題意可知水位越高,對壓力傳感器的壓力越大,壓力傳感器的電阻值越小。控制開關自動開啟低水位預警,此時水位較低,壓力傳感器的電阻值較大,由于a、b兩端此時的電壓大于U1,根據串聯電路電壓特點可知,R1為壓力傳感器,高水位時,壓力傳感器的電阻值較小,壓力傳感器兩端的電壓較小,則U1>U2,A、B錯誤。設電源的內阻為r,根據閉合電路歐姆定律可
低水位預警時,a、b兩端的電壓大于U1,壓力傳感器的電阻值需要比原來大,則水位越低;當開啟高水位預警時,a、b兩端的電壓小于U2,壓力傳感器的電阻值需要比原來大,則水位越低,C正確,D錯誤。
考點二　交變電流及變壓器問題的分析與計算
高考風向標
考點 考題明細 考查頻度
交變電流及變壓器問題的分析與計算 2024新課標卷,20;2024全國甲卷,19;2024山東卷,8; 2024廣東卷,1;2024湖北卷,5;2024湖南卷,6; 2023河北卷,5;2023遼寧卷,4;2023海南卷,11; 2023北京卷,7;2023廣東卷,6;2023山東卷,7; 2023湖南卷,9;2022山東卷,4;2022湖南卷,6; 2022湖北卷,9;2022天津卷,8;2022河北卷,3 全國卷:
3年2考
地方卷:
3年16考
命題角度1 交變電流“四值”及應用
溫馨提示 有效值的計算方法
(2)非正弦式交變電流:計算有效值時,要根據電流的熱效應,即“一個周期”內“相同電阻”上產生“相同熱量”,然后分段求和列式,求得有效值。
例5 (2024山東卷)如圖甲所示,在-d≤x≤d、-d≤y≤d的區域中存在垂直Oxy平面向里、磁感應強度大小為B的勻強磁場(用陰影表示磁場的區域),邊長為2d的正方形線圈與磁場邊界重合。線圈以y軸為轉軸勻速轉動時,線圈中產生的交變電動勢如圖乙所示。
若僅磁場的區域發生了變化,線圈中產生的電動勢變為圖丙所示實線部分,則變化后磁場的區域可能為(　　)
C
命題角度2 理想變壓器的分析與計算
1.三個基本關系
(1)P入=P出
2.三個決定關系
(1)副線圈輸出的功率決定原線圈輸入的功率;
(2)副線圈電流的變化決定原線圈電流的變化;
(3)在匝數比一定的情況下,原線圈兩端的電壓決定副線圈兩端的電壓。
例6 (多選)(2024全國甲卷)如圖所示,理想變壓器的副線圈接入電路的匝數可通過滑動觸頭T調節,副線圈回路接有滑動變阻器R、定值電阻R0和R1、開關S。S處于閉合狀態,在原線圈電壓U0不變的情況下,為提高R1的熱功率,可以(　　)
A.保持T不動,滑動變阻器R的滑片
向f端滑動
B.將T向b端移動,滑動變阻器R的
滑片位置不變
C.將T向a端移動,滑動變阻器R的滑片向f端滑動
D.將T向b端移動,滑動變阻器R的滑片向e端滑動
答案 AC
解析 保持T不動,說明ab兩端電壓不變,當滑動變阻器R的滑片向f端滑動時,電阻減小,流過R1的電流增大,R1的功率增加,A正確;將T向b端移動,副線圈匝數減小,副線圈電壓減小,而滑動變阻器R的滑片位置不變,說明流過R1的電流減小,R1的功率變小,B錯誤;將T向a端移動,副線圈電壓增加,滑動變阻器R的滑片向f端滑動,電阻減小,流過R1的電流增大,R1的功率增加,C正確; 將T向b端移動,副線圈電壓減小,滑動變阻器R的滑片向e端滑動,電阻增大,流過R1的電流減小,R1的功率變小,D錯誤。
命題角度3 遠距離輸電問題
(1)理清三個回路
(2)抓住兩個聯系
(3)掌握一個守恒
能量守恒關系:P1=P損+P3。
例7 (2024山東泰安三模)遠距離輸電的示意圖如圖所示,升壓變壓器的原、
電線的總電阻為R=200 Ω,變壓器均為理想變壓器。當用戶消耗的電功率為110 kW時,入戶電壓U4=220 V,則升壓變壓器的輸入電壓U1為 (　　)
A.465 V B.316.5 V
C.232.5 V D.216.5 V
答案 B
規律總結 輸電線路功率損失的四種計算方法
拓展衍生
2.(2024湖北卷)在如圖所示電路中接入正弦式交變電流,燈泡L1的電阻是燈泡L2的2倍。假設兩個二極管正向電阻為0、反向電阻無窮大。閉合開關S,燈泡L1、L2的電功率之比P1∶P2為(　　)
A.2∶1 B.1∶1
C.1∶2 D.1∶4
答案 C
解析 本題結合二極管考查交流電路中電功率的計算。由電路圖可知,二極管導通則短路與其并聯的燈泡,此時另一個燈泡與電源串聯,在正弦式交變電流一個完整的周期內,兩個燈泡有電流通過的時間相等,都為半個周期,
且電壓有效值相等,根據P= ,可知P1∶P2=RL2∶RL1=1∶2,故選C。
3.(2023山東卷)某節能儲能輸電網絡如圖所示,發電機的輸出電壓U1=250 V,輸出功率P=500 kW。降壓變壓器的匝數比n3∶n4=50∶1,輸電線總電阻R=62.5 Ω,其余線路電阻不計,用戶端電壓U4=220 V,功率P4=88 kW,所有變壓器均為理想變壓器。
下列說法正確的是(　　)
A.發電機的輸出電流為368 A
B.輸電線上損失的功率為4.8 kW
C.輸送給儲能站的功率為408 kW
D.升壓變壓器的匝數比n1∶n2=1∶44
答案 C
4.(2022湖南卷)如圖所示,理想變壓器原、副線圈總匝數相同,滑動觸頭P1初始位置在副線圈正中間,輸入端接入電壓有效值恒定的交流電源。定值電阻R1的阻值為R,滑動變阻器R2的最大阻值為9R,滑片P2初始位置在最右端。理想電壓表V的示數為U,理想電流表A的示數為I。下列說法正確的是(　　)
A.保持P1位置不變,P2向左緩慢滑動的過程中,
I減小,U不變
B.保持P1位置不變,P2向左緩慢滑動的過程中,
R1消耗的功率增大
C.保持P2位置不變,P1向下緩慢滑動的過程中,I減小,U增大
D.保持P2位置不變,P1向下緩慢滑動的過程中,R1消耗的功率減小
B
解析 保持P1位置不變,由題意可知,變壓器接入電路中原、副線圈的匝數比為2,若原線圈的電流為I,則副線圈的電流為2I,根據歐姆定律可得副線圈兩端的電壓有效值為U2=2IR1,則變壓器原線圈兩端的電壓有效值為U1=2U2=4IR1,設輸入電壓有效值為U0,則U0=4IR1+IR2,可得I= 。
P2向左緩慢滑動的過程中,R2減小,I變大,而U1=4IR1,可知變壓器原線圈兩端的電壓有效值變大,輸入電壓有效值不變,則R2兩端的電壓不斷變小,即電壓表示數U變小,原線圈兩端的電壓、輸入的電流都變大,則變壓器輸入功率變大,根據原、副線圈的功率相等,可知R1消耗的功率增大,故B正確,A錯誤。
突破熱點 聚素養
主題概述
重要思維方法:等效電源法、等效電阻法的應用
一、等效電源法
電源的輸出功率與負載的關系如圖所示,P出隨R的增大先增大后減小,當R=r時達到最大,Pm= 。P出二、等效電阻法
等效電阻法是指在含有理想變壓器的電路中,當副線圈接純電阻元件時,可以把理想變壓器(含與副線圈串聯的所有元件)當成一個電阻來處理。設
考向分析
等效思維法在分析物理問題時經常用到,等效法是在保證某一方面效果相同的前提下,用理想的、熟悉的、簡單的、形象的物理對象、物理過程或物理現象替代實際的、陌生的、復雜的、抽象的物理對象、物理過程或物理現象的一種處理方法,解決問題時可達到事半功倍的效果。
案例探究
典例 (2024湖南卷)根據國家能源局統計,截至2023年9月,我國風電裝機4億千瓦,連續13年居世界第一位,湖南在國內風電設備制造領域居于領先地位。某實驗小組模擬風力發電廠輸電網絡供電的裝置如圖所示。已知發電機轉子以角速度ω勻速轉動,升、降壓變壓器均為理想變壓器,輸電線路上的總電阻可簡化為一個定值電阻R0。當用戶端接一個定值電阻R時,R0上消耗的功率為P。
不計其余電阻,下列說法正確的是(　　)
A.風速增加,若轉子角速度增加一倍,則R0上消耗的功率為4P
B.輸電線路距離增加,若R0阻值增加一倍,則R0消耗的功率為4P
C.若升壓變壓器的副線圈匝數增加一倍,則R0上消耗的功率為8P
D.若在用戶端再并聯一個完全相同的電阻R,則R0上消耗的功率為6P
答案 A
解析 轉子在磁場中轉動時產生的電動勢的有效值為E= ,當轉子角速度增加一倍時,升壓變壓器原副線圈兩端電壓都增加一倍,輸電線上的電流變為I2'=2I2,故R0上消耗的電功率變為原來的4倍,故A正確。升壓變壓器副線圈匝數增加一倍,副線圈兩端電壓增加一倍,輸電線上的電流增加一倍,故R0上消耗的電功率變為原來的4倍,故C錯誤。
角度拓展
如圖所示,一理想變壓器ab端接交流電源,交流電源的電壓有效值恒定,原線圈匝數為90,已知R1=2R,R2=R3=R,當開關S斷開時,R1的功率為P1,當開關S閉合時,R1的功率為P1',且P1∶P1'=4∶9,則副線圈匝數為(　　)
A.30 B.45 C.60 D.180
答案 B(共63張PPT)
第二講　電磁感應規律及綜合應用
通覽知識 明要點
研學考點 提能力
目 錄 索 引
01
02
突破熱點 聚素養
03
通覽知識 明要點
研學考點 提能力
考點一　楞次定律和法拉第電磁感應定律的應用
高考風向標
考點 考題明細 考查頻度
楞次定律和法拉第電磁感應定律的應用 2024湖北卷,1;2024甘肅卷,4、6; 2024廣東卷,4;2024湖南卷,4; 2024江蘇卷,10;2023河北卷,8; 2023重慶卷,2;2023海南卷,6; 2023湖北卷,5;2023江蘇卷,8; 2022河北卷,5;2022廣東卷,4、10; 2022山東卷,12;2022全國甲卷,16 全國卷:
3年1考
地方卷:
3年15考
命題角度1 感應電流方向的判定
例1 (2024江蘇卷)如圖所示,在絕緣的水平面上,有閉合的兩個線圈a、b,線圈a處在勻強磁場中,現將線圈a從磁場中勻速拉出,線圈a、b中產生的感應電流方向分別是(　　)
A.順時針、順時針 B.順時針、逆時針
C.逆時針、順時針 D.逆時針、逆時針
答案 A
解析 線圈a從磁場中勻速拉出的過程中,穿過線圈a的磁通量在減小,根據楞次定律可知線圈a中產生的感應電流方向為順時針,由于線圈a從磁場中勻速拉出,則線圈a中產生的電流為恒定電流,線圈a靠近線圈b的過程中線圈b的磁通量在向外增大,可得線圈b中產生的感應電流方向為順時針。故選A。
命題角度2 兩類電動勢的求解
則t=3 s時,柔軟細金屬絲所受安培力大小為(　　)
答案 C
命題角度3 感應電荷量的兩種求法
例3 (2024河北邯鄲一模)2023年11月,我國首顆高精度地磁場探測衛星投入使用,該衛星將大幅提高我國空間磁場探測技術水平。地磁場的磁感線從地理南極出發,回到地理北極,磁感線分布如圖甲所示。在地面上不太大范圍內,地磁場都可以看成是勻強磁場。設在北京某處有一個半徑為r、總電阻為R的單匝閉合線圈,初始狀態線圈水平放置,線圈所在位置地磁場的磁感應強度大小為B,方向與線圈面成α(α<45°)角。若以東西方向的直徑為軸,從東向西看,把線圈逆時針轉過 ,如圖乙所示,
則此過程通過回路截面的電荷量為(　　)
答案 A
拓展衍生
1.(多選)(2024云南昆明一模)法拉第制作了最早的圓盤發電機,如圖甲所示。興趣小組仿制了一個金屬圓盤發電機,按圖乙連接電路。圓盤邊緣與電刷P緊貼,用導線把電刷P與電阻R的a端連接,圓盤的中心軸線O與電阻R的b端連接。將該圓盤放置在垂直于盤面向外的勻強磁場中,磁感應強度大小為B。使圓盤以角速度ω勻速轉動,轉動方向如圖乙所示。已知圓盤半徑為L,除電阻R外其他電阻不計。下列說法正確的是(　　)
A.通過電阻R的電流方向為b→a
B.通過電阻R的電流方向為a→b
AC
解析 圓盤可看成由無數根沿著半徑的導體棒組成,每根導體棒均切割磁感線,從而產生感應電動勢,產生感應電流,根據右手定則,圓盤上感應電流從圓周邊緣流向圓心O點,通過電阻R的電流方向為b→a,故A正確,B錯誤;
2.(2024廣東卷)電磁俘能器可在汽車發動機振動時利用電磁感應發電實現能量回收。結構如圖甲所示,兩對永久磁體可隨發動機一起上下振動。每對永久磁體間有水平方向的勻強磁場,磁感應強度大小均為B。磁場中,邊長為L的正方形線圈豎直固定在減震裝置上。某時刻磁場分布與線圈位置如圖乙所示,永久磁體振動時磁場分界線不會離開線圈。關于圖乙中的線圈,下列說法正確的是(　　)
A.穿過線圈的磁通量為BL2
B.永久磁體相對線圈上升越高,線圈中
感應電動勢越大
C.永久磁體相對線圈上升越快,線圈中
感應電動勢越小
D.永久磁體相對線圈下降時,線圈中感應電流的方向為順時針方向
D
解析 本題考查法拉第電磁感應定律等。根據磁通量的概念,圖示時刻回路內的磁通量為0,選項A錯誤;永久磁體相對于線圈上升越快,線圈中感應電動勢越大,選項B、C錯誤;永久磁體相對于線圈下降時,回路內的向外的磁場增大,向內的磁場減小,根據楞次定律,感應電流的磁場向內,線圈中感應電流的方向為順時針方向,選項D正確。
考點二　電磁感應中的圖像問題
高考風向標
考點 考題明細 考查頻度
電磁感應中的圖像問題 2024全國甲卷,21; 2023福建卷,4; 2022河北卷,8 全國卷:
3年1考
地方卷:
3年2考
1.電磁感應圖像問題的“三點關注”
2.電磁感應圖像問題的“兩種解法”
例4 (2024江蘇連云港一模)如圖所示,水平光滑金屬導軌OA、OB間的夾角為60°,固定放置在方向豎直向下的勻強磁場中。輕質絕緣彈簧右端固定在C點,彈簧軸線平分∠AOB,C、O間距恰為彈簧的原長,導體棒與彈簧左端連接并垂直于彈簧,導體棒和導軌單位長度的阻值相同。導體棒從圖示位置以初速度v0向右運動到O點的過程中,導體棒的速度v、加速度a、回路中電流I、通過O點的電荷量q隨時間t變化的圖像可能正確的是(　　)
A
解析 導體棒向右運動過程,彈簧形變量變小,向右的彈力變小,導體棒的速度增大,根據楞次定律可知導體棒受到向左的安培力增大,因此,若導體棒的速度增大,則導體棒受到向右的合外力應該是減小的,導體棒的加速度應該是減小的,v-t圖像斜率應該是減小的,導體棒靠近O點過程中,某時刻加速度為零,此時應該速度最大,故A正確,B錯誤;設某時刻導體棒接入導軌的長
化規律應該與速度的變化規律相同,故C錯誤;根據q=It,則q-t圖像與v-t圖趨勢相同,故D錯誤。
拓展衍生
3.(多選)(2024全國甲卷)如圖所示,一絕緣細繩跨過兩個在同一豎直面(紙面)內的光滑定滑輪,繩的一端連接一矩形金屬線框,另一端連接一物塊。線框與左側滑輪之間的虛線區域內有方向為垂直于紙面的勻強磁場,磁場上下邊界水平,在t=0時刻線框的上邊框以不同的初速度從磁場下方進入磁場。運動過程中,線框始終在紙面內且上下邊框保持水平。以向上為速度的正方向,下列線框的速度v隨時間t變化的圖像中可能正確的是(　　)
AC
解析 設線框的上邊框進入磁場時的速度為v,線框的質量為m0,物塊的質量為m,題圖中線框進入磁場時線框的加速度向下,則對線框由牛頓第二定律
度較小,則線框進入磁場時做加速度減小的減速運動,則選項A可能。因t=0時刻線框就進入磁場,則進入磁場時線框向上不可能做勻減速運動,則選項B不可能。若線框的質量等于物塊的質量,線框進入磁場做加速度減小的減速運動,完全進入磁場后線框做勻速運動;當線框離開磁場時,受向下的安培力又做加速度減小的減速運動,最終離開磁場時做勻速運動,則選項C可能,D不可能。
考點三　電磁感應中的動力學、動量和能量問題
高考風向標
考點 考題明細 考查頻度
電磁感應中的動力學、動量和能量問 題 2024湖南卷,8;2024黑吉遼卷,9;2024山東卷,11; 2024全國甲卷,25;2024江西卷,15;2024湖北卷,15; 2024廣西卷,15;2024河北卷,14;2024安徽卷,15; 2024浙江卷,13、19;2023重慶卷,7;2023廣東卷,14; 2023山東卷,12;2023湖南卷,14;2023遼寧卷,10; 2022湖北卷,15;2022湖南卷,10;2022全國乙卷,24 全國卷:
3年2考
地方卷:
3年17考
命題角度1 電磁感應中的動力學問題
例5 (多選)(2024黑吉遼卷)如圖,兩條“ ”形的光滑平行金屬導軌固定在絕緣水平面上,間距為L,左、右兩導軌面與水平面夾角均為30°,均處于豎直向上的勻強磁場中,磁感應強度大小分別為2B和B。將有一定阻值的導體棒ab、cd放置在導軌上,同時由靜止釋放,兩棒在下滑過程中始終與導軌垂直并接觸良好。ab、cd的質量分別為2m和m,長度均為L。導軌足夠長且電阻不計,重力加速度為g,兩棒在下滑過程中(　　)
A.回路中的電流方向為abcda
C.ab與cd加速度大小之比始終為2∶1
D.兩棒產生的電動勢始終相等
答案 AB
解析 考查楞次定律、安培力以及牛頓第二定律。兩導體棒沿軌道向下滑動,根據右手定則可知回路中的電流方向為abcda,故A正確;對任意時刻,當電路中的電流為I時,對ab根據牛頓第二定律得2mgsin 30°-2BILcos 30° =2ma1,對cd根據牛頓第二定律得mgsin 30°-BILcos 30°=ma2,可得a1=a2,故C錯誤;當導體棒勻速運動時,電路中的電流達到穩定值,此時對ab分析得, 2mgsin 30°=2BI'Lcos 30°,解得I'= ,故B正確;根據前面分析可知, a1=a2,故可知兩導體棒速度大小始終相同,由于兩邊磁感應強度不同,因此兩棒產生的感應電動勢不同,故D錯誤。
命題角度2
電磁感應中的能量、動量分析
例6 (多選)發電機的工作原理可以簡化為如圖所示的情境。質量為m的導體棒垂直于光滑導軌放置,導軌間距為l,導軌間分布著垂直于導軌平面、磁感應強度大小為B的勻強磁場。將負載(電阻為R的電熱毯)接入導軌中形成閉合回路,導體棒在恒力F0的作用下由靜止開始沿光滑導軌向右運動。t時刻,導體棒速度達到v。導軌和導體棒電阻忽略不計,導軌無限長,導體棒始終與導軌垂直且接觸良好。下列說法正確的是(　　)
CD
的增大,加速度逐漸減小,當加速度減小為零后,導體棒做勻速運動,由于不知道t時刻加速度是否為零,則在0~t時間內發電機電動勢可能隨時間先增大后不變,也可能一直增大,B錯誤;
拓展衍生
4.(多選)(2023山東卷)足夠長U形導軌平置在光滑水平絕緣桌面上,寬為1 m,電阻不計。質量為1 kg、長為1 m、電阻為1 Ω的導體棒MN放置在導軌上,與導軌形成矩形回路并始終接觸良好,Ⅰ和Ⅱ區域內分別存在豎直方向的勻強磁場,磁感應強度分別為B1和B2,其中B1=2 T,方向向下。用不可伸長的輕繩跨過固定輕滑輪將導軌CD段中點與質量為0.1 kg的重物相連,繩與CD垂直且平行于桌面。如圖所示,某時刻MN、CD同時分別進入磁場區域Ⅰ和Ⅱ并做勻速直線運動,MN、CD與磁場邊界平行。MN的速度v1=2 m/s,CD的速度為v2且v2>v1,MN和導軌間的動摩擦因數為0.2。重力加速度大小取10 m/s2,下列說法正確的是(　　)
A.B2的方向向上 B.B2的方向向下
C.v2=5 m/s D.v2=3 m/s
BD
解析 由v2>v1得,對導體棒受力分析可知導體棒受到向右的摩擦力以及向左的安培力,摩擦力大小為Ff=μmg=2 N,導體棒的安培力大小為F1=Ff=2 N,由左手定則可知導體棒的電流方向為N→M→D→C→N,導軌受到向左的摩擦力、向右的拉力和向右的安培力,安培力大小為F2=Ff-m0g=1 N,由左手定則可知B2的方向為垂直于紙面向里,選項A錯誤,B正確;對導體棒分析
得F1=B1IL,對導軌分析得F2=B2IL,電路中的電流為I= ,聯立解得v2=3 m/s,選項C錯誤,D正確。
5.(2024安徽卷)如圖所示,一“U”形金屬導軌固定在豎直平面內,一電阻不計、質量為m的金屬棒ab垂直于導軌,并靜置于絕緣固定支架上。邊長為L的正方形cdef區域內,存在垂直于紙面向外的勻強磁場。支架上方的導軌間存在豎直向下的勻強磁場。兩磁場的磁感應強度大小B隨時間t的變化關系均為B=kt(SI),k為常數(k>0)。支架上方的導軌足夠長,兩邊導軌單位長度的電阻均為r,支架下方導軌的總電阻為R。t=0時,對ab施加豎直向上的拉力,恰使其向上做加速度大小為a的勻加速直線運動,整個運動過程中ab與兩邊導軌接觸良好。已知ab與導軌間動摩擦因數為μ,重力加速度大小為g。不計空氣阻力,兩磁場互不影響。
(1)求通過面積Scdef的磁通量大小隨時間t變化的關系式,以及感應電動勢的大小,并寫出ab中電流的方向。
(2)求ab所受安培力的大小隨時間t變化的關系式。
(3)求經過多長時間,對ab所施加的拉力達到最大值,并求此最大值。
解析 (1)通過面積Scdef的磁通量大小隨時間t變化的關系式為Φ=BScdef=kL2t
由楞次定律可知ab中的電流從a流向b。
(2)根據左手定則可知ab受到的安培力方向垂直導軌平面向里,
大小為F安=BIL
其中B=kt
(3)由題知t=0時,對ab施加豎直向上的拉力,恰使其向上做加速度大小為a的勻加速直線運動,對ab受力分析,由牛頓第二定律有F-mg-μF安=ma
突破熱點 聚素養
模型建構
經典物理模型:電磁感應中的“桿+導軌”模型
“桿+導軌”模型又分為“單桿”模型和“雙桿”模型,導軌放置方式可分為水平、豎直和傾斜,桿的運動狀態可分為勻速、勻變速、非勻變速運動等。
(一)單桿模型
物理 模型
勻強磁場與導軌垂直,磁感應強度為B,導軌寬為l,桿cd質量為m,初速度為零,拉力恒為F,水平導軌光滑,除電阻R外,其他電阻不計
(二)雙桿模型
物理 模型 “雙桿”模型分為兩類:一類是“一動一靜”,甲桿靜止不動,乙桿運動,其實質是單桿問題,不過要注意問題包含著一個條件——甲桿靜止,受力平衡。另一種情況是兩桿都在運動,對于這種情況,要注意兩桿切割磁感線產生的感應電動勢是相加還是相減
考向分析
“桿+導軌”模型是高考的熱點,考查的知識點多,題目的綜合性強,物理情境變化空間大,也是復習中的難點。此類試題可以很好地考查力與運動的關系,一般會與動量定理、動量守恒定律、動能定理、焦耳定律、功能關系、能量守恒定律等聯系在一起,進而考查學生綜合分析問題的能力。
案例探究
典例 (2023全國甲卷)如圖所示,水平桌面上
固定一光滑U形金屬導軌,其平行部分的間距
為l,導軌的最右端與桌面右邊緣對齊,導軌的
電阻忽略不計。導軌所在區域有方向豎直向
上的勻強磁場,磁感應強度大小為B。一質量為m、電阻為R、長度也為l的金屬棒P靜止在導軌上。導軌上質量為3m的絕緣棒Q位于P的左側,以大小為v0的速度向P運動并與P發生彈性碰撞,碰撞時間很短。碰撞一次后,P和Q先后從導軌的最右端滑出導軌,并落在地面上同一地點。P在導軌上運動時,兩端與導軌接觸良好,P與Q始終平行,不計空氣阻力。求:
(1)金屬棒P滑出導軌時的速度大小;
(2)金屬棒P在導軌上運動過程中產生的熱量;
(3)與P碰撞后,絕緣棒Q在導軌上運動的時間。
解析 (1)設Q、P碰撞后瞬間的速度分別是v1、v2,規定向右為正方向
絕緣棒Q與金屬棒P發生彈性碰撞
由動量守恒定律得3mv0=3mv1+mv2
由機械能守恒定律得
規律總結 “四步法”解決雙桿切割問題
角度拓展
(多選)如圖所示,兩寬度不等的光滑平行金屬導軌水平固定放置,窄軌間距為L,寬軌間距為2L。導體棒ab、cd分別垂直放置在兩導軌上,質量均為m,導軌間的電阻均為R。導軌間存在垂直紙面向里的勻強磁場,磁感應強度的大小為B。
已知兩導軌均足夠長、電阻不計。使兩導體棒均以大小為v0的初速度平行于導軌水平向右運動,導體棒運動過程中始終與導軌垂直且接觸良好,導體棒ab始終未滑離窄軌,在導體棒運動的過程中,下列說法正確的是(　　)
答案 ACD
大題突破(四):電磁感應規律的綜合應用
典例示范 (12分)如圖所示,兩根足夠長的平行光滑金屬導軌水平放置,間距為l,一端與阻值為R的電阻相連。導軌所在空間存在豎直向下的勻強磁場,磁感應強度為B。一根質量為m的金屬棒置于導軌上,其長度恰好等于導軌間距,與導軌接觸良好。t=0時金屬棒以初速度v0沿導軌向右運動,不計空氣阻力,不計導軌及金屬棒的電阻。求:
(1)t=0時金屬棒產生的感應電流I的大小;
(2)t=0時金屬棒的加速度大小a;
(3)t=0之后的整個運動過程中通過
金屬棒的電荷量q。
滿分答卷 (1)由法拉第電磁感應定律得
E=Blv0①(1分)
(3)對金屬棒,由動量定理有
-∑(lBi·Δt)=0-mv0⑦(1分)
又q=∑(i·Δt)⑧(1分)
原生態樣卷剖析
學生答卷及批閱展示
教師點評
1.未注意題干條件“不計導軌及金屬棒的電阻”,導致②③式錯誤,不得分。
技巧:審題要仔細,準確把握關鍵條件。
2.⑥式最后結果化簡得比較規范,但多出了導體棒電阻,導致不能得分。
技巧:解題時最好在草稿上化簡,讓閱卷老師一目了然。同時,審題要仔細。
3.對于⑦式,根據微元法寫出-Blq=0-mv0同樣給分。
技巧:在求電荷量問題中,注意微元法的應用。
總評:該題滿分12分,該同學作答整體思路較清晰,但由于審題不仔細,造成扣分,只得到7分。
解答思路歸納

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