2018年高考物理考试大纲解读考向分析【电学】试题分类含解析

专题七 电场

考纲原文再现

内容 物质的电结构、电荷守恒 静电现象的解释 点电荷 库仑定律 静电场 电场强度、点电荷的场强 电场线 电势能、电势 电势差 匀强电场中电势差与电场强度的关系 带电粒子在匀强电场中的运动 示波管 考查方向展示

考向1 通过点电荷形成的电场考查电场力与能的性质

【样题1】 （2017²新课标全国Ⅰ卷）在一静止点电荷的电场中，任一点的电势与该点到点电荷的距离r的关系如图所示。电场中四个点a、b、c和d的电场强度大小分别Ea、Eb、Ec和Ed。点a到点电荷的距离ra与点a的电势a已在图中用坐标（ra，a）标出，其余类推。现将一带正电的试探电荷由a点依次

要求 Ⅰ Ⅰ Ⅰ Ⅱ Ⅰ Ⅱ Ⅰ Ⅰ Ⅱ Ⅱ Ⅱ Ⅰ 经b、c点移动到d点，在相邻两点间移动的过程中，电场力所做的功分别为Wab、Wbc和Wcd。下列选项正确的是

A．Ea：Eb=4:1 C．Wab:Wbc=3:1 【答案】AC

B．Ec：Ed=2:1 D．Wbc:Wcd=1:3

【解析】由题图可知，a、b、c、d到点电荷的距离分别为1 m、2 m、3 m、6 m，根据点电荷的场强公

考向2 结合带电粒子的运动轨迹、电场线、等势面的关系考查电场的性质

【样题2】 （2017²天津卷）如图所示，在点电荷Q产生的电场中，实线MN是一条方向未标出的电场线，虚线AB是一个电子只在静电力作用下的运动轨迹。设电子在A、B两点的加速度大小分别为aA、aB，电势能分别为EpA、EpB。下列说法正确的是

A．电子一定从A向B运动

B．若aA>aB，则Q靠近M端且为正电荷 C．无论Q为正电荷还是负电荷一定有EpA【解析】电子在电场中做曲线运动，虚线AB是电子只在静电力作用下的运动轨迹，电场力沿电场线直

线曲线的凹侧，电场的方向与电场力的方向相反，如图所示，由所知条件无法判断电子的运动方向，故A错误；若aA>aB，说明电子在M点受到的电场力较大，M点的电场强度较大，根据点电荷的电场分布可知，靠近M端为场源电荷的位置，应带正电，故B正确；无论Q为正电荷还是负电荷，一定有电势AB，电子电势能Epe，电势能是标量，所以一定有EpAFE

考向3 通过图象考查公式U=Ed的应用

【样题3】 （2017²新课标全国Ⅲ卷）一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内a、b、c三点的位置如图所示，三点的电势分别为10 V、17 V、26 V。下列说法正确的是

A．电场强度的大小为2.5 V/cm B．坐标原点处的电势为1 V

C．电子在a点的电势能比在b点的低7 eV D．电子从b点运动到c点，电场力做功为9 eV 【答案】ABD

ad10177，d点坐标为(3.5 cm，dc17269U2617 V/cm2.5 V/cm，6 cm)，过c点作cf⊥bd于f，由几何关系可得cf=3.6 cm，则电场强度Ed3.6【解析】如图所示，设a、c之间的d点电势与b点相同，则

考向4 类比分析带电粒子在电场中的运动

【样题4】 （2017²江苏卷）如图所示，三块平行放置的带电金属薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分别位于O、M、P点。由O点静止释放的电子恰好能运动到P点。现将C板向右平移到P'点，则由O点静止释放的电子

A．运动到P点返回

B．运动到P和P'点之间返回 C．运动到P'点返回 D．穿过P'点 【答案】A

【解析】设A、B板间的电势差为U1，B、C板间的电势差为U2，板间距为d，电场强度为E，第一次由

O点静止释放的电子恰好能运动到P点，根据动能定理得：qU1=qU2=qEd，将C板向右移动，B、C板间

【样题5】 （2017²北京卷）如图所示，长l=1 m的轻质细绳上端固定，下端连接一个可视为质点的带电小球，小球静止在水平向右的匀强电场中，绳与竖直方向的夹角θ=37°。已知小球所带电荷量

q=1.0³10–6 C，匀强电场的场强E=3.0³103 N/C，取重力加速度g=10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。

求：

（1）小球所受电场力F的大小。 （2）小球的质量m。

（3）将电场撤去，小球回到最低点时速度v的大小。

【答案】（1）3.0³10–3 N （2）4.0³10–4 kg （3）2.0 m/s 【解析】（1）根据电场强度定义式可知，小球所受电场力大小为

F=qE=1.0³10–6³3.0³103 N=3.0³10–3 N

（2）小球受mg、绳的拉力T和电场力F作用处于平衡状态，如图所示 根据几何关系有

Ftan37，得m=4.0³10–4 kg mg12mv 2（3）撤去电场后，小球将绕悬点摆动，根据动能定理有mgl(1cos37)得v2gl(1cos37)2.0 m/s

【样题6】 （2016²上海卷）如图（a），长度L=0.8 m的光滑杆左端固定一带正电的点电荷A，其电荷量Q=1.8107C；一质量m=0.02 kg，带电量为q的小球B套在杆上。将杆沿水平方向固定于某非均匀外电场中，以杆左端为原点，沿杆向右为x轴正方向建立坐标系。点电荷A对小球B的作用力随B位置x的变化关系如图（b）中曲线I所示，小球B所受水平方向的合力随B位置x的变化关系如图（b）中曲线II所示，其中曲线II在0.16≤x≤0.20和x≥0.40范围可近似看作直线。求：（静电力常量

k9109Nm/C2）

（1）小球B所带电量q;

（2）非均匀外电场在x=0.3 m处沿细杆方向的电场强度大小E； （3）在合电场中，x=0.4 m与x=0.6 m之间的电势差U。

（4）已知小球在x=0.2 m处获得v=0.4 m/s的初速度时，最远可以运动到x=0.4 m。若小球在x=0.16 m处受到方向向右，大小为0.04 N的恒力作用后，由静止开始运动，为使小球能离开细杆，恒力作用的最小距离s是多少？

【答案】（1）1106C （2）3104N/C （3）800 V （4）0.065 m 【解析】（1）由图可知，当x=0.3 m时，F1=kF1x2=1?10-6C。 因此q=kQqQ=0.018N x2

（3）根据图像可知在x=0.4 m与x=0.6 m之间合力做功大小W合=0.004³0.2 J=8³10-4 J 由qU=W合可得U=W合q=800V

（4）由图可知小球从x=0.16 m到x=0.2 m处，电场力做功W1小球从x0.2m到x0.4m处，电场力做功W2=0.030.04J6104J 21mv2=1.6103J 2由图可知小球从x0.4m到x0.8m处，电场力做功W3=－0.004³0.4 J=1.6103J 由动能定理W1+W2+W3+F外s=0 解得s=W1W2W3=0.065m

F外

专题八 电路

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内容 欧姆定律 电阻定律 电阻的串联、并联 电源的电动势和内阻 闭合电路的欧姆定律 电功率、焦耳定律 考查方向展示

考向1 直流电路动态变化问题分析

【样题1】 （2014²上海卷）如图，电路中定值电阻阻值R大于电源内阻阻值r。将滑动变阻器滑片向下滑动，理想电压表V1、V2、V3，理想电流表A示数变化1、V2、V3示数变化量的绝对值分别为V量的绝对值I，则

要求 Ⅱ Ⅰ Ⅰ Ⅱ Ⅱ Ⅰ

A．A的示数增大 B．V2的示数增大 C．V3与I的比值大于r D．ΔV1大于V2 【答案】ACD

【解析】滑动变阻器的滑片向下滑动，导致滑动变阻器阻值变小，由于电压表断路，定值电阻和滑动变阻器为串联，滑动变阻器阻值变小，总电阻变小，电源电动势不变，总电流变大，即电流表示数变大，选项A对。电压表V1测量定值电阻R的电压，电阻不变，总电流变大，所以电压变大即V1示数增大。电压表V2测量定值电阻和滑动变阻器总电压即路端电压，示数变小，选项B错。电压表V3测量滑动变阻器电压，

设电流增加量为I，则根据V1IR，V2Ir，所以ΔV1>ΔV2，选项D对。电压表V3的变化量V3I(rR)，所以

V3(rR)r，选项C对。 I考向2 直流电路中的功率及其变化问题

【样题2】 某同学将一直流电源的总功率PE、输出功率PR和电源内部的发热功率Pr随电流I变化的图线画在同一坐标系中，如图中的a、b、c所示，则下列说法中正确的是

A．图线b表示输出功率PR随电流I变化的关系 B．图线a的最高点对应的功率为最大输出功率

C．在图线上A、B、C三点的纵坐标一定满足关系PA=PB+PC

D．两个图线交点M与N的横坐标之比一定为1:2，纵坐标之比一定为1:4 A．斜面的倾角 B．物块的质量

C．物块与斜面间的动摩擦因数 D．物块沿斜面向上滑行的最大高度 【答案】CD

【解析】由电源消耗功率和电源内部消耗功率表达式PE=EI、Pr=I2r可知，a是直线，表示的是电源消耗的总电功率，b是抛物线，表示的是电源内电阻上消耗的功率，c表示外电阻的功率即为电源的输出功率

EEE2小为，功率的大小为，a、b线的交点N表示电源的总功率PE和电源内部的发热功率Pr相等，Rr2r4rEE2此时只有电源的内电阻，所以此时的电流的大小为，功率的大小为，所以横坐标之比为1:2，纵坐标

rr之比为1:4，所以D正确。

专题九 磁场

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内容 磁场、磁感应强度、磁感线 通电直导线和通电线圈周围磁场的方向 安培力、安培力的方向 匀强磁场中的安培力 洛伦兹力、洛伦兹力的方向 洛伦兹力公式 带电粒子在匀强磁场中的运动 质谱仪和回旋加速器 考查方向展示

考向1 结合几何关系考查带电粒子在磁场中的运动

【样题1】 （2017²新课标全国Ⅱ卷）如图，虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场，

要求 Ⅰ Ⅰ Ⅰ Ⅱ Ⅰ Ⅱ Ⅱ Ⅰ 1.安培力的计算只限于电流与磁感应强度垂直的情形 2.洛伦兹力的计算只限于速度与磁场方向垂直的情形 说明 P为磁场边界上的一点。大量相同的带电粒子以相同的速率经过P点，在纸面内沿不同的方向射入磁场。若

粒子射入速率为v1，这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上；若粒子射入速率为v2，相应的出射点分布在三分之一圆周上。不计重力及带电粒子之间的相互作用。则v2:v1为

A．3:2 【答案】C

B．2:1

C．3:1

D．3:2 【解析】当粒子在磁场中运动半个圆周时，打到圆形磁场的位置最远。则当粒子射入的速度为v1，如

故选C。

考向2 通过组合场考查带电粒子在复合场中的运动

【样题2】 （2017²新课标Ⅲ卷）如图，空间存在方向垂直于纸面（xOy平面）向里的磁场。在x≥0区域，磁感应强度的大小为B0；x<0区域，磁感应强度的大小为λB0（常数λ>1）。一质量为m、电荷量为

q（q>0）的带电粒子以速度v0从坐标原点O沿x轴正向射入磁场，此时开始计时，当粒子的速度方向再次

沿x轴正向时，求（不计重力）：

（1）粒子运动的时间； （2）粒子与O点间的距离。

2mv0πm11(1)(1) 【答案】（1） （2）qB0qB0【解析】（1）在匀强磁场中，带电粒子做圆周运动。设在x≥0区域，圆周半径为R1；在x<0区域，圆周半径为R2。由洛伦兹力公式及牛顿定律得

2mv0qB0v0①

R12mv0qB0v0②

R2粒子速度方向转过180°时，所用时间t1为t1πR1③ v0粒子再转过180°时，所用时间t2为t2πR2④ v0πm1(1)⑤ qB0联立①②③④式得，所求时间为t0t1t2（2）由几何关系及①②式得，所求距离为d2(R1R2)2mv01(1)⑥ qB0【样题3】 （2017²天津卷）平面直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的匀强磁场，第Ⅲ现象存在沿y轴负方向的匀强电场，如图所示。一带负电的粒子从电场中的Q点以速度v0沿x轴正方向开始运动，Q点到y轴的距离为到x轴距离的2倍。粒子从坐标原点O离开电场进入磁场，最终从x轴上的

P点射出磁场，P点到y轴距离与Q点到y轴距离相等。不计粒子重力，问：

（1）粒子到达O点时速度的大小和方向； （2）电场强度和磁感应强度的大小之比。

【答案】（1）v2v0，方向与x轴方向的夹角为45°角斜向上 （2）

Ev0 B2【解析】（1）粒子在电场中由Q到O做类平抛运动，设O点速度v与+x方向夹角为α，Q点到x轴的距离为L，到y轴的距离为2L，粒子的加速度为a，运动时间为t，根据类平抛运动的规律，有：

x方向：2Lv0t

y方向：L12at 2粒子到达O点时沿y轴方向的分速度为：vyat 又：tanvyv0

解得：tan1，即45，粒子到达O点时速度方向与x轴方向的夹角为45°角斜向上。 粒子到达O点时的速度大小为vv02v0 cos45【样题4】 （2016²浙江卷）为了进一步提高回旋加速器的能量，科学家建造了“扇形聚焦回旋加速器”。在扇形聚焦过程中，离子能以不变的速率在闭合平衡轨道上周期性旋转。扇形聚焦磁场分布的简化图如图所示，圆心为O的圆形区域等分成六个扇形区域，其中三个为峰区，三个为谷区，峰区和谷区相间分布。峰区内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为

B，谷区内没有磁场。质量为m，电荷量为q的正离子，以不变的速率v旋

转，其闭合平衡轨道如图中虚线所示。

（1）求闭合平衡轨道在峰区内圆弧的半径r，并判断离子旋转的方向是顺时针还是逆时针； （2）求轨道在一个峰区内圆弧的圆心角θ，及离子绕闭合平衡轨道旋转的周期T；

（3）在谷区也施加垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B'，新的闭合平衡轨道在一个峰区内的圆心角θ变为90°，求B'和B的关系。已知：sin(α±β)=sin αcos β±cos αsin β，cosα=1–2sin2 2【答案】（1）

mv2π(2π33)m31 旋转方向为逆时针方向 （2） T （3）BB qB3qB2mv① qB【解析】（1）封区内圆弧半径r旋转方向为逆时针方向②

（2）由对称性，封区内圆弧的圆心角每个圆弧的长度l2π③ 32πr2πmv④ 33qB每段直线长度L2rcosπ3mv⑤ 3r6qB周期T3(lL)⑥ v代入得T(2π33)m⑦

qB（3）谷区内的圆心角1209030⑧ 谷区内的轨道圆弧半径rmv⑨ qB由几何关系rsin2rsin2⑩

由三角关系sin3062⑪ =sin15=24代入得B31B⑫ 2

考向3 通过叠加场模型考查带电粒子在复合场中的运动

【样题5】 （2016²天津卷）如图所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小为

E53 N/C，同时存在着水平方向的匀强磁场，其方向与电场方向垂直，磁感应强度大小B=0.5 T。有

一带正电的小球，质量m=1³10–6 kg，电荷量q=2³10–6 C，正以速度v在图示的竖直面内做匀速直线运动，当经过P点时撤掉磁场（不考虑磁场消失引起的电磁感应现象），取g=10 m/s2。求：

（1）小球做匀速直线运动的速度v的大小和方向；

（2）从撤掉磁场到小球再次穿过P点所在的这条电场线经历的时间t。 【答案】（1）20 m/s，与电场方向夹角为60° （2）3.5 s

代入数据解得tan θ=3，θ=60°④ （2）解法一：

撤去磁场，小球在重力与电场力的合力作用下做类平抛运动，设其加速度为a，有

2222qEmg⑤ a=m设撤掉磁场后小球在初速度方向上的分位移为x，有x=vt⑥ 设小球在重力与电场力的合力方向上分位移为y，有y=

12

at⑦ 2y⑧ xa与mg的夹角和v与E的夹角相同，均为θ，又tan θ=

联立④⑤⑥⑦⑧式，代入数据解得t=23s=3.5 s⑨

解法二：撤去磁场后，由于电场力垂直于竖直方向，它对竖直方向的分运送没有影响，以P点为坐标原点，竖直向上为正方向，小球在竖直方向上做匀减速运动，其初速度为vy=vsin θ⑤

若使小球再次穿过P点所在的电场线，仅需小球的竖直方向上分位移为零，则有vyt–联立⑤⑥式，代入数据解得t=23s=3.5 s⑦

考向4 通过交变场模型考查带电粒子在复合场中的运动

【样题6】 （2016²江苏卷）回旋加速器的工作原理如图甲所示，置于真空中的D形金属盒半径为R，两盒间狭缝的间距为d，磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，被加速粒子的质量为m，电荷量为+q，加在狭缝间的交变电压如图乙所示，电压值的大小为U0．周期T=

12

gt=0⑥ 22πmT。一束该种粒子在t=0~时间内从AqB2处均匀地飘入狭缝，其初速度视为零。现考虑粒子在狭缝中的运动时间，假设能够出射的粒子每次经过狭缝均做加速运动，不考虑粒子间的相互作用。求：

（1）出射粒子的动能Em；

（2）粒子从飘入狭缝至动能达到Em所需的总时间t0；

（3）要使飘入狭缝的粒子中有超过99%能射出，d应满足的条件。

甲 乙

1）Eq2B2R2【答案】（πBR22BRdπmm2m （2）t02U 0qB【解析】（1）粒子运动半径为R时

mv2qvBR

且E1m2mv2 q2B2R2解得Em2m

（3）只有在0~(T2t)时间内飘入的粒子才能每次均被加速 T则所占的比例为2tT 2由99%，解得dπmU0100qB2R

3）dπmU0100qB2R（ 专题十 电磁感应

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内容 电磁感应现象 磁通量 法拉第电磁感应定律 楞次定律 自感、涡流 考查方向展示

考向1 以物理学史为背景考查电磁感应现象的研究

【样题1】 （2014²新课标全国卷）在法拉第时代，下列验证“由磁产生电”设想的实验中，能观察到感应电流的是

A．将绕在磁铁上的线圈与电流表组合成一闭合回路，然后观察电流表的变化 B．在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈，然后观察电流表的变化

C．将一房间内的线圈两端与相邻房间的电流表连接，往线圈中插入条形磁铁后，再到相邻房间去观察电流表的变化

D．绕在同一铁环上的两个线圈，分别接电源和电流表，在给线圈通电或断电的瞬间，观察电流表的变化

【答案】D

【解析】法拉第发现的电磁感应定律并总结出五种情况下会产生感应电流，其核心就是通过闭合线圈的磁通量发生变化，选项AB中，绕在磁铁上面的线圈和通电线圈，线圈面积都没有发生变化，前者磁场强弱没有变化，后者通电线圈中若为恒定电流则产生恒定的磁场，也是磁场强弱不变，都会导致磁通量不变化，不会产生感应电流，选项A、B错。选项C中往线圈中插入条行磁铁导致磁通量发生变化，在这一瞬间会产生感应电流，但是过程短暂，等到插入后再到相邻房间去，过程已经结束，观察不到电流表的变化。选项C错。选项D中，线圈通电或断电瞬间，导致线圈产生的磁场变化，从而引起另一个线圈的磁通量变化产生感应电流，可以观察到电流表指针偏转，选项D对。

考向2 以科技应用为背景考查楞次定律

【样题2】 （2017²新课标全国Ⅰ卷）扫描隧道显微镜（STM）可用来探测样品表面原子尺度上的形貌。为了有效隔离外界振动对STM的扰动，在圆底盘周边沿其径向对称地安装若干对紫铜薄板，并施加磁场来快速衰减其微小振动，如图所示。无扰动时，按下列四种方案对紫铜薄板施加恒磁场；出现扰动后，

要求 Ⅰ Ⅰ Ⅱ Ⅱ Ⅰ 对于紫铜薄板上下及左右振动的衰减最有效的方案是

【答案】A

【解析】感应电流产生的条件是闭合回路中的磁通量发上变化。在A图中系统振动时在磁场中的部分有时多有时少，磁通量发生变化，产生感应电流，受到安培力，阻碍系统的振动，故A正确；而BCD三个图均无此现象，故错误。

考向3 以导体框穿越磁场为模型考查法拉第电磁感应定律

【样题3】 （2017²新课标全国Ⅱ卷）两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁感应强度方向与纸面垂直。边长为0.1 m、总电阻为0.005 Ω的正方形导线框abcd位于纸面内，cd边与磁场边界平行，如图（a）所示。已知导线框一直向右做匀速直线运动，cd边于t=0时刻进入磁场。线框中感应电动势随时间变化的图线如图（b）所示（感应电流的方向为顺时针时，感应电动势取正）。下列说法正确的是

A．磁感应强度的大小为0.5 T B．导线框运动速度的大小为0.5 m/s C．磁感应强度的方向垂直于纸面向外

D．在t=0.4 s至t=0.6 s这段时间内，导线框所受的安培力大小为0.1 N 【答案】AC

【解析】开关闭合时，电感阻碍电流变化，产生自感电动势，I1缓慢减小，I2缓慢增大；电路稳定时电

考向4 以导体棒切割磁感线为背景考查动生电动势的计算

【样题4】 （2017`北京卷）发电机和电动机具有装置上的类似性，源于它们机理上的类似性。直流发电机和直流电动机的工作原理可以简化为如图1、图2所示的情景。在竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中，两根光滑平行金属轨道MN、PQ固定在水平面内，相距为L，电阻不计。电阻为R的金属导体棒ab垂直于MN、PQ放在轨道上，与轨道接触良好，以速度v（v平行于MN）向右做匀速运动。图1轨道端点MP间接有阻值为r的电阻，导体棒ab受到水平向右的外力作用。图2轨道端点MP间接有直流电源，导体棒

ab通过滑轮匀速提升重物，电路中的电流为I。

（1）求在Δt时间内，图1“发电机”产生的电能和图2“电动机”输出的机械能。

（2）从微观角度看，导体棒ab中的自由电荷所受洛伦兹力在上述能量转化中起着重要作用。为了方便，可认为导体棒中的自由电荷为正电荷。

a．请在图3（图1的导体棒ab）、图4（图2的导体棒ab）中，分别画出自由电荷所受洛伦兹力的示意图。

b．我们知道，洛伦兹力对运动电荷不做功。那么，导体棒ab中的自由电荷所受洛伦兹力是如何在能量转化过程中起到作用的呢？请以图2“电动机”为例，通过计算分析说明。

B2L2v2t【答案】（1） BLvt （2）a．如图3、4 b．见解析

Rr

【解析】（1）图1中，电路中的电流I1棒ab受到的安培力F1=BI1L

BLv RrB2L2v2t在Δt时间内，“发电机”产生的电能等于棒ab克服安培力做的功E电F1vt

Rr图2中，棒ab受到的安培力F2=BIL

在Δt时间内，“电动机”输出的机械能等于安培力对棒ab做的功E机F2vtBILvt

b．设自由电荷的电荷量为q，沿导体棒定向移动的速率为u

如图4所示，沿棒方向的洛伦兹力f1qvB，做负功W1f1utqvBut 垂直棒方向的洛伦兹力f2quB，做正功W2f2vtquBvt 所示W1W2，即导体棒中一个自由电荷所受的洛伦兹力做功为零

f1做负功，阻碍自由电荷的定向移动，宏观上表现为“反电动势”，消耗电源的电能；f2做正功，宏

观上表现为安培力做正功，使机械能增加。大量自由电荷所受洛伦兹力做功的宏观表现是将电能转化为等量的机械能，在此过程中洛伦兹力通过两个分力做功起到“传递能量的作用。

考向5 以棒切割为模型考查电磁感应与电路的综合问题

【样题5】 （2016²新课标全国Ⅲ卷）如图，两条相距l的光滑平行金属导轨位于同一水平面（纸面）内，其左端接一阻值为R的电阻；一与导轨垂直的金属棒置于两导轨上；在电阻、导轨和金属棒中间有一面积为S的区域，区域中存在垂直于纸面向里的均匀磁场，磁感应强度大小B1随时间t的变化关系为B1kt，式中k为常量；在金属棒右侧还有一匀强磁场区域，区域左边界MN（虚线）与导轨垂直，磁场的磁感应强

度大小为B0，方向也垂直于纸面向里。某时刻，金属棒在一外加水平恒力的作用下从静止开始向右运动，在t0时刻恰好以速度v0越过MN，此后向右做匀速运动。金属棒与导轨始终相互垂直并接触良好，它们的电阻均忽略不计。求：

（1）在t=0到t=t0时间间隔内，流过电阻的电荷量的绝对值；

（2）在时刻t（t>t0）穿过回路的总磁通量和金属棒所受外加水平恒力的大小。 【答案】（1）

kt0SBl （2）(B0lv0kS)0 RR【解析】（1）在金属棒未越过MN之前，t时刻穿过回路的磁通量为ktS 设在从t时刻到tt的时间间隔内，流过电阻R的电荷量为q 回路磁通量的变化量Φ=kSt 由法拉第电磁感应定律有联立可得qΦq，由欧姆定律有i，由电流的定义有i tRtkSt Rkt0S R在t=0到t=t0时间间隔内，流过电阻R的电荷量q的绝对值q

由欧姆定律有ItR(BlvkS)B0l联立可得F00

R考向6 结合图象考查电场感应的综合问题

【样题6】 （2016²广东卷）如图（a）所示，平行长直金属导轨水平放置，间距L=0.4 m，导轨右端接有阻值R=1 Ω的电阻，导体棒垂直放置在导轨上，且接触良好，导体棒及导轨的电阻均不计，导轨间正方形区域abcd内有方向竖直向下的匀强磁场，bd连线与导轨垂直，长度也为L，从0时刻开始，磁感应强度B的大小随时间t变化，规律如图（b）所示；同一时刻，棒从导轨左端开始向右匀速运动，1 s后刚好进入磁场，若使棒在导轨上始终以速度v=1 m/s做直线运动，求：

（1）棒进入磁场前，回路中的电动势E；

（2）棒在运动过程中受到的最大安培力F，以及棒通过三角形abd区域时电流i与时间t的关系式。 【答案】（1）E=0.04 V；（2）F=0.04 N，i=t–1（其中，1 s≤t≤1.2 s）

【解析】（1）在棒进入磁场前，由于正方形区域abcd内磁场磁感应强度B的变化，使回路中产生感应电动势和感应电流，根据法拉第电磁感应定律可知，在棒进入磁场前回路中的电动势为

E=nΔBL2()=0.04 V Δt2（2）当棒进入磁场时，磁场磁感应强度B=0.5 T恒定不变，此时由于导体棒做切割磁感线运动，使回

路中产生感应电动势和感应电流，根据法拉第电磁感应定律可知，回路中的电动势为：e=Blv，当棒与bd重合时，切割有效长度l=L，达到最大，即感应电动势也达到最大em=BLv=0.2 V>E=0.04 V 根据闭合电路欧姆定律可知，回路中的感应电流最大为：im=

em=0.2 A RL＋1 s） 2v根据安培力大小计算公式可知，棒在运动过程中受到的最大安培力为：F=imLB=0.04 N 在棒通过三角形abd区域时，切割有效长度l=2v(t–1)（其中，1 s≤t≤

Le2Bv2(t1)（其中，1 s≤t≤综合上述分析可知，回路中的感应电流为：i==＋1 s）

2vRR即i=t–1（其中，1 s≤t≤1.2 s）

考向7 以能量转化为纽带考查法拉第电场感应定律的综合应用

【样题7】 如图所示，两金属杆AB和CD长均为L，电阻均为R，质量分别为3m和m。用两根质量和电阻均可忽略的不可伸长的柔软导线将它们连成闭合回路，并悬挂在水平光滑的绝缘圆棒两侧。在金属杆

AB下方有高度为H的匀强磁场，磁感应强度大小为B0，方向与回路平面垂直，此时CD处于磁场中。现从静

止开始释放AB，经过一段时间，AB即将进入磁场的上边界时，其加速度为零，此时CD尚未离开磁场，这一过程中AB上产生的焦耳热为Q。求：

（1）AB即将进入磁场的上边界时，速度v1的大小；

（2）此过程中CD移动的距离h和通过导线横截面的电荷量q。

4mgRB0LQ8m2gRQ16m2gR233 【答案】（1）v122 （2）h q44B0LmgB0L2mgRB0L【解析】（1）AB到达磁场上边界时，加速度为零，则 对AB有3mg=2T 对CD有2T=mg+B0IL

B02L2v1又B0IL

2R解得v14mgR22 B0L4mv12（2）根据能量守恒有3mghmgh2Q

2Q16m2gR2解得h 44mgB0LΔB0LhB0LQ8m2gR33 通过导线横截面的电荷量q2R2R2mgRB0L考向8 移动力学为背景考查电磁感应的综合问题

【样题8】 如图所示，两根相距L1的平行粗糙金属导轨固定在水平面上，导轨上分布着n 个宽度为d、间距为2d的匀强磁场区域，磁场方向竖直向上。在导轨左端连接一个阻值为R的电阻，导轨的左端距离第一个磁场区域L2的位置放有一根质量为m、长为L1、阻值为r的金属棒，导轨电阻及金属棒与导轨间的接触

电阻均不计。某时刻起，金属棒在一水平向右的已知恒力F作用下由静止开始向右运动，已知金属棒与导轨间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。

（1）若金属棒能匀速通过每个匀强磁场区域，求其离开第2个匀强磁场区域时的速度v2的大小。 （2）在满足（1）的条件时，求第n个匀强磁场区域的磁感应强度Bn的大小。

（3）现保持恒力F不变，使每个磁场区域的磁感应强度均相同，发现金属棒通过每个磁场区域时电路中的电流变化规律相同，求金属棒从开始运动到通过第n个磁场区域的整个过程中左端电阻R上产生的焦耳热Q。

12(Fmg)(L22d)【答案】（1）v2 （2）BnL1m（3）Q4m(Fmg)(Rr)2 2(L22nd2d)3ndR(Fmg)

Rr【解析】（1）金属棒在磁场外做匀加速运动，有Fmgma 金属棒进入第2个匀强磁场时的速度也为v2，且v22a(L22d) 解得v222(Fmg)(L22d) m（2）金属棒进入第n个匀强磁场区域前，匀加速运动的总位移xL22d(n1) 金属棒进入第n个匀强磁场的速度vn2ax

金属棒在第n个匀强磁场中匀速运动，则有FmgFA0

22BnL1vn安培力FABnIL1

Rr21解得BnL14m(Fmg)(Rr)2 2(L22nd2d)（3）金属棒进入每个磁场时的速度v0和离开每个磁场时的速度v均相同 由运动学公式有v02aL2，v0v2a2d

222金属棒从开始运动到通过第n个磁场区域的过程中，由能量守恒有

1(Fmg)(xnd)Q总mv2

2解得Q总3nd(Fmg) 电阻R上产生的焦耳热Q3ndR(Fmg)

Rr专题十一 交变电流

考纲原文再现

内容 交变电流、交变电流的图像 正弦交变电流的函数表达式、峰值和有效值 理想变压器 远距离输电 考查方向展示

考向1 以发电机模型考查交流电的产生原理和概念

【样题1】 （2015²四川卷）小型手摇发电机线圈共N匝，每匝可简化为矩形线圈abcd，磁极间的磁场视为匀强磁场，方向垂直于线圈中心轴OO′，线圈绕OO′匀速转动，如图所示。矩形线圈ab边和cd边产生的感应电动势的最大值都为e0，不计线圈电阻，则发电机输出电压

要求 Ⅰ Ⅰ Ⅱ Ⅰ

A．峰值是e0 B．峰值是2e0 C．有效值是【答案】D

2Ne0 D．有效值是2Ne0 2【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e0，因此对单匝矩形线圈总电动势最大值为2e0，又因为发电机线圈共N匝，所以发电机线圈中总电动势最大值为2Ne0，根据闭合电路欧姆定律可知，在不计线圈内阻时，输出电压等于感应电动势的大小，即其峰值为2Ne0，故选项AB错误；又由题意可知，若从图示位置开始计时，发电机线圈中产生的感应电流为正弦式交变电流，由其有效值与

峰值的关系可知，U=Um，即U=2Ne0，故选项C错误；选项D正确。 2考向2 以生活实际为背景考查交变电流的应用

【样题2】 （2017²江苏卷）某音响电路的简化电路图如图所示，输入信号既有高频成分，也有低频成分，则

A．电感L1的作用是通高频 B．电容C2的作用是通高频 D．扬声器乙用于输出高频成分

C．扬声器甲用于输出高频成分 【答案】BD

【解析】电感线圈对交流电的阻碍作用由感抗描述，XL2πfL，频率越高阻碍作用越大，对输入端的

考向3 以交流电源考查理想变压器及原理

【样题3】 （2017²北京卷）如图所示，理想变压器的原线圈接在u2202sinπt(V)的交流电源上，副线圈接有R=55 Ω的负载电阻，原、副线圈匝数之比为2:1，电流表、电压表均为理想电表。下列说法正确的是

A．原线圈的输入功率为2202W B．电流表的读数为1 A C．电压表的读数为1102V D．副线圈输出交流电的周期为50 s 【答案】B

【解析】电表的读数均为有效值，原线圈两端电压有效值为220 V，由理想变压器原、副线圈两端电压与线圈匝数成正比，可知副线圈两端电压有效值为110 V，C错误；流过电阻R的电流为2 A，可知负载消耗的功率为220 W，根据能量守恒可知，原线圈的输入功率为220 W，A错误；由P=UI可知，电流表的读数为1 A，B正确，由交变电压瞬时值表达式可知，ω=100π rad/s，周期T=0.02 s，D错误。

考向4 以电路动态分析为背景考查理想变压器原理及应用

【样题4】 （2016²天津卷）如图所示，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

A．当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，R1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A1示数变大 D．若闭合开关S，则电流表A1示数变大、A2示数变大 【答案】B

【解析】当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，R的阻值变大，副线圈中电流变小，原线圈中电流也变小，电流表A1示数变小；R1消耗的功率及两端电压均变小，副线圈总电压不变，则电压表的示数变大，

考向5 以交流电源和理想变压器为载体考查交变电流的综合问题

【样题5】 （2014²福建卷）图为模拟远距离输电实验电路图，两理想变压器的匝数n1=n42R，忽略灯丝电阻随温度的变化。当A、B端接入低压交流电源时

A．A1、A2两表的示数相同 B．L1、L2两灯泡的亮度相同 C．R1消耗的功率大于R3消耗的功率 D．R2两端的电压小于R4两端的电压 【答案】D

n3U2n2n3U3n44n3【解析】取==k>1，降压变压器与L1部分可等效为电阻r===2RL=k2RL，则A1示数

n4n1n4I3n4I4n3