高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題四 電路與電磁感應(yīng)

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系統(tǒng)知識明晰備考考什么本專題考查的主要內(nèi)容有：電功、電熱等概念，電路的串、并聯(lián)規(guī)律，閉合電路歐姆定律，交變電流的產(chǎn)生及描述，變壓器，楞次定律及法拉第電磁感應(yīng)定律等。怎么考本專題知識是高考的熱點，對應(yīng)用電路的串、并聯(lián)規(guī)律結(jié)合閉合電路歐姆定律進行電路的動態(tài)分析、故障分析，交變電流的四值值，變壓器及遠(yuǎn)距離輸電知識，感應(yīng)電流產(chǎn)生的條件、方向判斷和感應(yīng)電動勢的計算，電磁感應(yīng)與圖象相結(jié)合的問題，多以選擇題的形式考查，電磁感應(yīng)規(guī)律與力學(xué)規(guī)律、能量轉(zhuǎn)化知識相綜合有時也以計算題的形式考查。怎么辦復(fù)習(xí)時應(yīng)理清各個基本概念，熟記各公式及適用條件，掌握交流“四值”的特點及其關(guān)系，注意訓(xùn)練和掌握閉合電路的動態(tài)分析問題、變壓器電路的動態(tài)分析問題及電磁感應(yīng)與電路相綜合問題的分析思路與方法，提高解決與實際生活、生產(chǎn)科技相結(jié)合的實際問題的能力。第1講直流與交流電路直流電路的動態(tài)問題分析(2012·黃岡模擬)如圖4－1－1所示，平行金屬板中帶電質(zhì)點P原處于靜止?fàn)顟B(tài)，不考慮電流表和電壓表對電路的影響，當(dāng)滑動變阻器R4的滑片向b端移動時，則()圖4－1－1A．電壓表讀數(shù)減小 B．電流表讀數(shù)減小C．質(zhì)點P將向上運動 D．R3上消耗的功率逐漸增大解答本題時應(yīng)把握以下三點：(1)明確R4的實際應(yīng)用阻值的變化及由此引起電路總阻值的變化。(2)根據(jù)閉合電路歐姆定律確定總電流及路端電壓的變化。(3)根據(jù)串并聯(lián)知識確定各支路電流、電壓的變化。R4的滑動觸片向b端移動時，R4的實際應(yīng)用阻值變小，回路總電阻變小，由閉合電路歐姆定律可知，總電流增大，路端電壓變小，由UR1＝I總·R1知，R1兩端電壓增大，由U端＝UR1＋UR3知，UR3變小，故電容器兩板間電場強度減小，質(zhì)點P向下運動，C錯誤；由IR3＝eq\f(UR3,R3)可知，IR3減小，故電流表示數(shù)變大，UR2增大，由UR3＝UR2＋UR4可知，電壓表示數(shù)減小，A正確，B錯誤；由PR3＝IR32R3可知，R3上消耗的功率逐漸減小，D錯誤。A一、基礎(chǔ)知識要記牢(1)部分電路歐姆定律：I＝eq\f(U,R)。(2)閉合電路的歐姆定律：I＝eq\f(E,R＋r)。①路端電壓與電流的關(guān)系：U＝E－Ir。②路端電壓與負(fù)載的關(guān)系：U＝IR＝eq\f(R,R＋r)E＝eq\f(1,1＋\f(r,R))E，路端電壓隨外電阻的增大而增大，隨外電阻的減小而減小。二、方法技巧要用好1．直流電路的動態(tài)分析方法(1)程序法：閉合電路中，由于局部電阻變化(或開關(guān)的通斷)，引起各部分電壓、電流(或燈泡明暗)發(fā)生變化，分析此類問題的基本步驟是：①由局部電阻變化判斷總電阻的變化；②由I＝eq\f(E,R＋r)判斷總電流的變化；③據(jù)U＝E－Ir判斷路端電壓的變化；④由歐姆定律及串并聯(lián)電路特點判斷各部分電流、電壓變化。(2)極限法：即因變阻器滑片滑動引起電路變化的問題，可將變阻器的滑動端分別滑至兩個極端去討論。(3)特殊值法：對于某些電路問題，可以采取代入特殊值法判定，從而得出結(jié)論。2．直流電路的動態(tài)分析技巧(1)當(dāng)電路中某一部分發(fā)生變化時，將引起電路中各處的電流和電壓都隨之發(fā)生變化，可謂“牽一發(fā)而動全身”。判斷此類問題時，應(yīng)先由局部的變化推出總電流的變化、路端電壓的變化，再由此分析對其他各部分電路產(chǎn)生的影響，一般是先分析固定電阻支路再分析變化電阻支路。(2)一個閉合電路就是一個整體，在研究電路的動態(tài)問題時，一定要弄清電路的串并聯(lián)結(jié)構(gòu)，同時要用整體的觀點來看問題，還要善于轉(zhuǎn)換思維的角度“電壓不行看電流”。(3)可直接應(yīng)用“部分電路中R、I、U的關(guān)系”中的兩個結(jié)論：①任一電阻R阻值增大，必引起通過該電阻的電流I的減小和該電阻兩端電壓U的增大。即R↑→eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(I↓,U↑))②任一電阻R阻值增大，必將引起與之并聯(lián)的支路中電流I并的增大和與之串聯(lián)的各電阻兩端電壓U串的減小。即R↑→eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(I并↑,U串↓))交變電流的產(chǎn)生及描述(2012·安徽高考)圖4－1－2甲是交流發(fā)電機模型示意圖。在磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，有一矩形線圈abcd可繞線圈平面內(nèi)垂直于磁感線的軸OO′轉(zhuǎn)動，由線圈引出的導(dǎo)線ae和df分別與兩個跟線圈一起繞OO′轉(zhuǎn)動的金屬圓環(huán)相連接，金屬圓環(huán)又分別與兩個固定的電刷保持滑動接觸，這樣矩形線圈在轉(zhuǎn)動中就可以保持和外電路電阻R形成閉合電路。圖乙是線圈的主視圖，導(dǎo)線ab和cd分別用它們的橫截面來表示。已知ab長度為L1，bc長度為L2，線圈以恒定角速度ω逆時針轉(zhuǎn)動。(只考慮單匝線圈)圖4－1－2(1)線圈平面處于中性面位置時開始計時，試推導(dǎo)t時刻整個線圈中的感應(yīng)電動勢e1的表達式；(2)線圈平面處于與中性面成φ0夾角位置時開始計時，如圖丙所示，試寫出t時刻整個線圈中的感應(yīng)電動勢e2的表達式；(3)若線圈電阻為r，求線圈每轉(zhuǎn)動一周電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱。(其他電阻均不計)解答本題時應(yīng)注意以下三點：(1)交流電的瞬時表達式與開始計時位置有關(guān)。(2)交流電路的等效電路。(3)計算電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱時應(yīng)使用交變電流的有效值。(1)矩形線圈abcd在磁場中轉(zhuǎn)動時，只有ab和cd切割磁感線，且轉(zhuǎn)動的半徑為r＝eq\f(L2,2)，設(shè)ab和cd的轉(zhuǎn)動速度為v，則v＝ω·eq\f(L2,2)在t時刻，導(dǎo)線ab和cd因切割磁感線而產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢均為E1＝BL1v⊥由圖可知v⊥＝vsinωt則整個線圈的感應(yīng)電動勢為e1＝2E1＝BL1L2ωsinω(2)當(dāng)線圈由題圖丙位置開始運動時，在t時刻整個線圈的感應(yīng)電動勢為e2＝BL1L2ωsin(ωt＋φ0(3)由閉合電路歐姆定律可知I＝eq\f(E,R＋r)這里E為線圈產(chǎn)生的電動勢的有效值E＝eq\f(Em,\r(2))＝eq\f(BL1L2ω,\r(2))則線圈轉(zhuǎn)動一周在R上產(chǎn)生的焦耳熱為QR＝I2RT其中T＝eq\f(2π,ω)所以QR＝πRωeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(BL1L2,R＋r)))2(1)e1＝BL1L2ωsin(2)e2＝BL1L2ωsin(ωt＋φ0(3)πRωeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(BL1L2,R＋r)))2一、基礎(chǔ)知識要記牢1．交變電流的產(chǎn)生eq\x(磁通量最大)?eq\x(中性面)?eq\x(電流為零)?eq\x(線圈經(jīng)過中性面時，電流變向一次)2．交流電的“四值”eq\x(最大值)?eq\x(Em＝NBSω)?eq\x(計算電容器的耐壓值)eq\x(瞬時值)?eq\x(e＝Emsinωt)?eq\x(\a\al(計算閃光電器,的閃光時間等))eq\x(\a\al(正余弦交流,電的有效值))?eq\x(E＝Em/\r(2))?eq\x(電表的讀數(shù)及計算電熱、電功及保險絲的熔斷電流)eq\x(平均值)?eq\x(\x\to(E)＝NΔΦ/Δt)?eq\x(計算通過導(dǎo)體的電荷量)二、方法技巧要用好交變電流瞬時值表達式書寫的基本思路(1)確定正余弦交變電流的峰值，根據(jù)已知圖象或由公式Em＝NBSω求出相應(yīng)峰值。(2)明確線圈的初始位置，找出對應(yīng)的函數(shù)關(guān)系式。如：①線圈從中性面開始計時，則i－t關(guān)系為正弦函數(shù)，函數(shù)表達式為i＝Imsinωt。②線圈從垂直中性面開始計時，則i－t關(guān)系為余弦函數(shù)，函數(shù)表達式為i＝Imcosωt。有關(guān)變壓器問題的分析(2012·福建高考)如圖4－1－3所示，理想變壓器原線圈輸入電壓u＝Umsinωt，副線圈電路中R0為定值電阻，R是滑動變阻器。和是理想交流電壓表，示數(shù)分別用U1和U2表示，和是理想交流電流表，示數(shù)分別用I1和I2表示。下列說法正確的是()圖4－1－3A．I1和I2表示電流的瞬時值B．U1和U2表示電壓的最大值C．滑片P向下滑動過程中，U2不變、I1變大D．滑片P向下滑動過程中，U2變小、I1變小解答本題時應(yīng)注意以下兩點：(1)交流電路中電壓表、電流表的示數(shù)均指有效值。(2)變壓器原、副線圈電壓、電流的決定因素。交流電壓表和交流電流表測量的是有效值，選項A、B錯誤?；琍向下滑動時，接入電路中的電阻減小，副線圈負(fù)載電阻減小，因為原、副線圈的匝數(shù)比不變，所以U1、U2不變，因I2＝eq\f(U2,R＋R0)，所以I2變大；又U1I1＝U2I2，所以I1變大，故選項C正確。C一、基礎(chǔ)知識要記牢1．理想變壓器的基本關(guān)系式(1)功率關(guān)系：P入＝P出(2)電壓關(guān)系：eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)若n1>n2，為降壓變壓器；若n1<n2，為升壓變壓器。(3)電流關(guān)系：只有一個副線圈時，eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)；有多個副線圈時，U1I1＝U2I2＋U3I3＋…＋UnIn。2．原、副線圈中各量的因果關(guān)系(1)電壓關(guān)系：U1決定U2(2)電流關(guān)系：I2決定I1(3)功率關(guān)系：P2決定P1上述決定關(guān)系是由變壓器的原理及能量守恒確定的。3．遠(yuǎn)距離輸電(1)問題：電能的損失和電壓的損失。(2)關(guān)鍵：減少輸電線上電能的損失，P損＝I2R線。(3)方法：①減小輸電導(dǎo)線的電阻，如采用電阻率小的材料，加大導(dǎo)線的橫截面積；②提高輸電電壓，減小輸電電流。二、方法技巧要用好變壓器電路的動態(tài)分析技巧(1)根據(jù)題意弄清變量和不變量；(2)弄清動態(tài)變化過程中的決定關(guān)系，如：在原、副線圈匝數(shù)比(eq\f(n1,n2))一定時，輸出電壓U2由輸入電壓U1決定；輸入電流I1由輸出電流I2決定；輸入功率P1由輸出功率P2決定；(3)利用直流電路的動態(tài)分析方法分析，其思路過程可表示為：eq\x(由\f(U1,U2)＝\f(n1,n2)分析U2的情況)?eq\x(由I2＝\f(U2,R負(fù))分析I2的情況)?eq\x(由P2＝I2U2分析輸出功率情況)?eq\x(由P1＝P2判定輸入功率情況)?eq\x(由P1＝I1U1分析I1的變化情況)三、易錯易混要明了變壓器改變的是電壓和電流而不改變交流電的功率和頻率。1．某小型發(fā)電機產(chǎn)生的交變電動勢為e＝50sin100πt(V)。對此電動勢，下列表述正確的有()A．最大值是50eq\r(2)V B．頻率是100HzC．有效值是25eq\r(2)V D．周期是0.01s解析：選C最大值Em＝50V，有效值為E＝eq\f(Em,\r(2))＝25eq\r(2)V，頻率為50Hz，周期為T＝eq\f(1,f)＝0.02s，所以C正確D錯誤。2.(2012·福建莆田市質(zhì)檢)如圖4－1－4所示，一理想變壓器原線圈匝數(shù)n1＝1000匝，副線圈匝數(shù)n2＝200匝，原線圈中接一交變電源，交變電源電壓u＝220eq\r(2)sin100πtV。副線圈中接一電動機，電阻為11Ω，電流表A2示數(shù)為1A。電表對電路的影響忽略不計，則() 圖4－1－4A．此交流電的頻率為100HzB．電壓表示數(shù)為220eq\r(2)VC．電流表A1示數(shù)為5D．此電動機輸出功率為33W解析：選D由ω＝2πf得交流電的頻率為50Hz，故A錯誤；電壓表、電流表測量所得的是交變電流的有效值，故電壓表讀數(shù)為220V，故B錯誤；由eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)可知I1＝I2eq\f(n2,n1)＝0.2A，故C錯誤；由P出＝P入－P熱＝U1I1－I22R＝33W，故D正確。3．(2012·天津高考)通過一理想變壓器，經(jīng)同一線路輸送相同的電功率P，原線圈的電壓U保持不變，輸電線路的總電阻為R。當(dāng)副線圈與原線圈的匝數(shù)比為k時，線路損耗的電功率為P1，若將副線圈與原線圈的匝數(shù)比提高到nk，線路損耗的電功率為P2，則P1和eq\f(P2,P1)分別為()A.eq\f(PR,kU)，eq\f(1,n) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(P,kU)))2R，eq\f(1,n)C.eq\f(PR,kU)，eq\f(1,n2) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(P,kU)))2R，eq\f(1,n2)解析：選D當(dāng)副線圈與原線圈的匝數(shù)比為k時，副線圈輸出電壓為kU，輸出電流I＝eq\f(P,kU)，線路損耗的電功率為P1＝I2R＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(P,kU)))2R。若將副線圈與原線圈的匝數(shù)比提高到nk，副線圈輸出電壓為nkU，輸出電流I′＝eq\f(P,nkU)，線路損耗的電功率為P2＝I′2R＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(P,nkU)))2R。eq\f(P2,P1)＝eq\f(1,n2)，選項D正確，A、B、C錯誤。4．如圖4－1－5所示，E為內(nèi)阻不能忽略的電池，R1、R2、R3為定值電阻，S0、S為開關(guān)，eq\o\ac(○,V)與eq\o\ac(○,A)分別為電壓表與電流表。初始時S0與S均閉合，現(xiàn)將S斷開，則()圖4－1－5A.eq\o\ac(○,V)的讀數(shù)變大，eq\o\ac(○,A)的讀數(shù)變小B.eq\o\ac(○,V)的讀數(shù)變大，eq\o\ac(○,A)的讀數(shù)變大C.eq\o\ac(○,V)的讀數(shù)變小，eq\o\ac(○,A)的讀數(shù)變小D.eq\o\ac(○,V)的讀數(shù)變小，eq\o\ac(○,A)的讀數(shù)變大解析：選B當(dāng)S斷開時，外電阻變大，總電流I變小，路端電壓U外變大，所以電壓表的示數(shù)變大；總電流變小，電阻R1上的電壓U1減小，而路端電壓變大，電阻R3上的電壓變大，所以電流表的示數(shù)變大。所以B項正確。5．(2012·南通調(diào)研)如圖4－1－6所示，在勻強磁場中有一個單匝矩形線圈ABCD，AB邊與磁場垂直，MN邊始終與金屬滑環(huán)K相連，PQ邊始終與金屬滑環(huán)L相連。金屬滑環(huán)L、交流電流表eq\a\vs4\al(\o(A,\s\do4(○)))、定值電阻R、金屬滑環(huán)K通過導(dǎo)線串聯(lián)。使矩形線圈以恒定角速度繞過BC、AD中點的軸旋轉(zhuǎn)。下列說法中正確的是() 圖4－1－6A．交流電流表eq\o\ac(○,A)的示數(shù)隨時間按余弦規(guī)律變化B．線圈轉(zhuǎn)動的角速度越大，交流電流表eq\a\vs4\al(\o(A,\s\do4(○)))的示數(shù)越小C．線圈平面與磁場平行時，流經(jīng)定值電阻R的電流瞬時值為零D．線圈轉(zhuǎn)動的角速度增加為原來的兩倍，則流經(jīng)定值電阻R的電流的有效值也變?yōu)樵瓉淼膬杀督馕觯哼xD電流表的示數(shù)為交流電的有效值，并不隨時間而變，故A錯誤；由Em＝BSω，電流表示數(shù)I＝eq\f(Em,\r(2)R＋r)＝eq\f(BSω,\r(2)R＋r)，故ω越大，I越大，B錯誤；當(dāng)線圈與磁場平行時，回路中的電動勢最大，回路中的電流最大，C錯誤；由I＝eq\f(BSω,\r(2)R＋r)可知，當(dāng)ω′＝2ω時，I′＝2I，D正確。6．(2012·蘇北四市調(diào)研)某同學(xué)自制變壓器，原線圈為n1匝，在做副線圈時，將導(dǎo)線ab對折后并在一起，在鐵芯上繞n2圈，從導(dǎo)線對折處引出一個接頭c，連成如圖4－1－7所示電路。S為單刀雙擲圖4－1－7開關(guān)，線圈電阻不計，原線圈接u1＝Umsinωt的交流電源。下列說法正確的是()A．S接b時，電壓表示數(shù)為eq\f(\r(2)n2Um,n1)B．S接c時，電壓表示數(shù)為eq\f(\r(2)n2Um,n1)C．S接c時，滑動觸頭P向下移動，變壓器輸入功率變大D．S接c時，滑動觸頭P向上移動，變壓器輸入電流變大解析：選D將S接在b時，副線圈產(chǎn)生的總電動勢為零，故電壓表示數(shù)為零，A錯誤；當(dāng)S接c時，副線圈的匝數(shù)為n2，由eq\f(\f(Um,\r(2)),U2)＝eq\f(n1,n2)得：U2＝eq\f(\r(2)n2Um,2n1)，B錯誤；S接c時，P向下移動，R變大，P入＝P出＝eq\f(U22,R)變小，C錯誤；P向上移動時，R變小，P入＝I1U1＝eq\f(U22,R)變大，故I1變大，D正確。1．(2012·浙江高考)功率為10W的發(fā)光二極管(LED燈)的亮度與功率為60W的白熾燈相當(dāng)。根據(jù)國家節(jié)能戰(zhàn)略，2016年前普通白熾燈應(yīng)被淘汰。假設(shè)每戶家庭有2只60W的白熾燈，均用10W的LED燈替代。估算出全國一年節(jié)省的電能最接近()A．8×108kW·h B．8×1010kW·hC．8×1011kW·h D．8×1013kW·h解析：選B因每只白熾燈和發(fā)光二極管的功率分別為60W和10W，按4億戶家庭，每戶家庭每天亮燈6小時計算，全國一年節(jié)省的電能最接近4×108×2×(60－10)×10－3kW×365×6h＝8.76×1010kW·h，則選項B正確，A、C、D錯誤。2.(2012·新課標(biāo)全國卷)自耦變壓器鐵芯上只繞有一個線圈，原、副線圈都只取該線圈的某部分。一升壓式自耦調(diào)壓變壓器的電路如圖1所示，其副線圈匝數(shù)可調(diào)。已知變壓器線圈總匝數(shù)為1900匝；原線圈為1100匝，接在有效值為220V的交流電源上。當(dāng)變壓器輸出電壓調(diào)至最大時，負(fù)載R上的功率為2.0kW。設(shè)此時原線圈中電流有效值為I1，負(fù)載兩端電壓的有效圖1值為U2，且變壓器是理想的，則U2和I1分別約為()A．380V和5.3A B．380VC．240V和5.3A D．240V解析：選B對理想變壓器，原、副線圈功率相同，故通過原線圈的電流I1＝eq\f(P,U1)＝eq\f(2000,220)A≈9.1A，負(fù)載兩端電壓即為副線圈電壓，由eq\f(U1,n1)＝eq\f(U2,n2)，即eq\f(220,1100)＝eq\f(U2,1900)，可得U2＝380V，故B對。3．如圖2所示電路，電源內(nèi)阻不可忽略。開關(guān)S閉合后，在變阻器R0的滑動端向下滑動的過程中()圖2A．電壓表與電流表的示數(shù)都減小B．電壓表與電流表的示數(shù)都增大C．電壓表的示數(shù)增大，電流表的示數(shù)減小D．電壓表的示數(shù)減小，電流表的示數(shù)增大解析：選A滑動變阻器R0的滑片向下滑動，R0接入電路的電阻變小，電路的總電阻變小，總電流變大，電源的內(nèi)電壓變大，外電壓變小，電壓表的示數(shù)變小，R1兩端的電壓變大，R2兩端的電壓變小，電流表的示數(shù)變小，A項正確。4．(2012·龍巖一中高三二模)如圖3所示，理想變壓器的副線圈上通過輸電線接有兩個相同的燈泡L1和L2，輸電線的等效電阻為R。開始時，開關(guān)S斷開，當(dāng)S接通后()A．副線圈兩端從M、N的輸出電壓減小 圖3B．副線圈輸電線等效電阻R兩端的電壓降減小C．通過燈泡L1的電流減小D．原線圈中的電流減小解析：選C原副線圈電壓比等于線圈匝數(shù)比，線圈匝數(shù)比沒有變化，原線圈兩端的電壓沒有變化，故M、N的輸出電壓不變化，A錯；S接通后負(fù)載電阻阻值減小，故總電阻減小，總電流變大，R兩端的電壓降變大，L1兩端的電壓減小，B錯C對；輸出功率由P＝IU，I變大U不變可知P變大，故輸入功率變大，原線圈中的電流變大，D錯。5．(2012·蘇北四市調(diào)研)如圖4所示，矩形線圈abcd與可變電容器C、理想電流表eq\a\vs4\al(\o(A,\s\do4(○)))組成閉合電路。線圈在有界勻強磁場中繞垂直于磁場的bc邊勻速轉(zhuǎn)動，轉(zhuǎn)動的角速度ω＝100πrad/s。線圈的匝數(shù)N＝100匝，邊長ab＝0.2m、ad＝0.4m，電阻不計。磁場只分布在bc邊的左側(cè)，磁感應(yīng)強度大小B＝eq\f(\r(2),16π)T。電容器放電時間不計。下列說法正確的是() 圖4A．該線圈產(chǎn)生的交流電動勢峰值為50VB．該線圈產(chǎn)生的交流電動勢有效值為25eq\r(2)VC．電容器的耐壓值至少為50VD．電容器的電容C變大時，電流表的示數(shù)變小解析：選B線圈轉(zhuǎn)動時產(chǎn)生的電動勢的最大值Em＝NB·ab·adω＝50eq\r(2)V，故電容器的耐壓值至少為50eq\r(2)V，A、C均錯誤；設(shè)電動勢有效值為E，則eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(Em,\r(2)R)))2Req\f(T,2)＋0＝eq\f(E2,R)T得線圈產(chǎn)生的交流電動勢的有效值為25eq\r(2)V，B正確。由XC＝eq\f(1,2πfC)可知，C越大，XC越小，故電流表示數(shù)越大，D錯誤。6．如圖5所示，有一臺交流發(fā)電機E，通過理想升壓變壓器T1和理想降壓變壓器T2向遠(yuǎn)處用戶供電，輸電線的總電阻為R。T1的輸入電壓和輸入功率分別為U1和P1，它的輸出電壓和輸出功率分別為U2和P2；T2的輸入電壓和輸入功率分別為U3和P3；它的輸出電壓和輸出功率分別為U4和P4。設(shè)T1的輸入電壓U1一定，當(dāng)用戶消耗的電功率變大時，有()圖5A．U2減小，U4變大 B．U2不變，U3不變C．P1變小，P2變小 D．P2變大，P3變大解析：選D由理想變壓器輸出功率決定輸入功率可得，當(dāng)用戶功率增大時，升壓變壓器的輸入功率必增大，即P1增大，輸入電壓U1為定值不變，升壓變壓器的匝數(shù)不變，輸入電壓不變，故輸出電壓U2不變，由于P1增大，由P1＝U1I1＝P2＝U2I2可得，I1增加，P2、I2增加，由閉合電路歐姆定律：U3＝U2－I2R，故U3減小，降壓變壓器原、副線圈匝數(shù)不變，所以隨U3減小，U4減小，A、B錯誤；由于用戶功率增加，即P4增加，理想變壓器無功率損耗可得：P3＝P4，功率P3也增加，故C錯誤，D正確。7．在電學(xué)探究實驗課中，某組同學(xué)在實驗室利用如圖6甲所示的電路圖連接好電路，并用于測定定值電阻R0、電源的電動勢E和內(nèi)電阻r。調(diào)節(jié)滑動變阻器的滑動觸頭P向某一方向移動時，一個同學(xué)記錄了電流表A和電壓表V1的測量數(shù)據(jù)，另一同學(xué)記錄的是電流表A和電壓表V2的測量數(shù)據(jù)。根據(jù)所得數(shù)據(jù)描繪了如圖乙所示的兩條U－I直線。則有()圖6A．圖象中的圖線乙是電壓表V1的測量值所對應(yīng)的圖線B．由圖象可以得出電源電動勢和內(nèi)阻分別是E＝1.50V，r＝1.0ΩC．圖象中兩直線的交點表示定值電阻R0上消耗的功率為0.75WD．圖象中兩直線的交點表示在本電路中該電源的效率達到最大值解析：選B題圖中圖線甲是由路端電壓與干路電流的數(shù)據(jù)所描繪的，圖線乙是R0的伏安特性曲線，且U2＝IR0，所以A錯誤；由甲圖線，電源內(nèi)阻r＝1.0Ω，電源電動勢E＝1.50V，B選項正確；由乙圖線可求出定值電阻R0＝2.0Ω，圖象中兩直線的交點表示此時電路中的電流為0.5A，電壓表V1的示數(shù)U1＝1.0V，電壓表V2的示數(shù)U2＝1.0V，此時R0上消耗的功率P0＝IU1＝0.5W,所以C錯誤；由于電源的效率η＝eq\f(I2R外,I2R外＋r)＝eq\f(R外,R外＋r)＝eq\f(1,1＋\f(r,R外))，R外越大，η越大，所以當(dāng)P滑到最右端時，R外最大，η最大，因此D選項錯誤。8．如圖7所示，一理想變壓器原線圈的匝數(shù)n1＝1100匝，副線圈的匝數(shù)n2＝220匝，交流電源的電壓u＝220eq\r(2)sin100πtV，電阻R＝44Ω，電壓表、電流表均為理想電表，則下列說法錯誤的是()圖7A．交流電的頻率為50HzB．電流表的示數(shù)為0.2C．電流表的示數(shù)為eq\r(2)AD．電壓表的示數(shù)為44V解析：選C由交流電源的電壓瞬時值表達式可知，ω＝100πrad/s，所以頻率f＝eq\f(1,T)＝eq\f(ω,2π)＝50Hz，A項說法正確；理想變壓器的電壓比等于線圈匝數(shù)比，即eq\f(n1,n2)＝eq\f(U1,U2)，其中原線圈電壓的有效值U1＝220V，U2＝eq\f(n2,n1)U1＝44V，故D項說法正確；I2＝eq\f(U2,R)＝1A，故C項說法錯誤；由電流比與線圈匝數(shù)成反比，即eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)，所以I1＝eq\f(n2,n1)I2＝0.2A，故B項說法正確。9．(2012·四川高考)四川省“十二五”水利發(fā)展規(guī)劃指出，若按現(xiàn)有供水能力測算，我省供水缺口極大，蓄引提水是目前解決供水問題的重要手段之一。某地要把河水抽高20m，進入蓄水池，用一臺電動機通過傳功效率為80%的皮帶，帶動效率為60%的離心水泵工作。工作電壓為380V，此時輸入電動機的電功率為19kW，電動機的內(nèi)阻為0.4Ω。已知水的密度為1×103kg/m3，重力加速度取10m/(1)電動機內(nèi)阻消耗的熱功率；(2)將蓄水池蓄入864m3的水需要的時間(不計進解析：(1)設(shè)電動機的電功率為P，則P＝UI①設(shè)電動機內(nèi)阻r上消耗的熱功率為Pr，則Pr＝I2r②代入數(shù)據(jù)解得Pr＝1×103W。③(2)設(shè)蓄水總質(zhì)量為M，所用抽水時間為t。抽水高度為h，蓄水池容積為V，水的密度為ρ，則M＝ρV④設(shè)質(zhì)量為M的河水增加的重力勢能為ΔEp，則ΔEp＝Mgh⑤設(shè)電動機的輸出功率為P0，則P0＝P－Pr⑥根據(jù)能量守恒定律得P0t×60%×80%＝ΔEp⑦代入數(shù)據(jù)解得t＝2×104s⑧答案：(1)1×103W(2)2×104s10．(2012·江蘇高考)某興趣小組設(shè)計了一種發(fā)電裝置，如圖8所示。在磁極和圓柱狀鐵芯之間形成的兩磁場區(qū)域的圓心角均為eq\f(4,9)π，磁場均沿半徑方向。匝數(shù)為N的矩形線圈abcd的邊長ab＝cd＝l、bc＝ad＝2l。線圈以角速度ω繞中心軸勻速轉(zhuǎn)動，bc和ad邊同時進入磁場。在磁場中，兩條邊所經(jīng)過處的磁感應(yīng)強度大小均為B、方向始終與兩邊的運動方向垂直。線圈的總電阻為r，外接電阻為R。求：圖8(1)線圈切割磁感線時，感應(yīng)電動勢的大小Em；(2)線圈切割磁感線時，bc邊所受安培力的大小F；(3)外接電阻上電流的有效值I。解析：(1)bc、ad邊的運動速度v＝ωeq\f(l,2)，感應(yīng)電動勢Em＝4NBlv解得Em＝2NBl2ω。(2)電流Im＝eq\f(Em,r＋R)，安培力F＝2NBIml解得F＝eq\f(4N2B2l3ω,r＋R)。(3)一個周期內(nèi)，通電時間t＝eq\f(4,9)TR上消耗的電能W＝Im2Rt且W＝I2RT解得I＝eq\f(4NBl2ω,3r＋R)答案：(1)2NBl2ω(2)eq\f(4N2B2l3ω,r＋R)(3)eq\f(4NBl2ω,3r＋R)第2講電磁感應(yīng)規(guī)律及應(yīng)用楞次定律和法拉第電磁感應(yīng)定律的應(yīng)用半徑為a右端開小口的導(dǎo)體圓環(huán)和長為2a的導(dǎo)體直桿，單位長度電阻均為R0。圓環(huán)水平固定放置，整個內(nèi)部區(qū)域分布著豎直向下的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B。桿在圓環(huán)上以速度v平行于直徑CD向右做勻速直線運動，桿始終有兩點與圓環(huán)良好接觸，從圓環(huán)中心O開始，桿的位置由θ確定，如圖4－2－1所示。則()A．θ＝0時，桿產(chǎn)生的電動勢為2Bav 圖4－2－1B．θ＝eq\f(π,3)時，桿產(chǎn)生的電動勢為eq\r(3)BavC．θ＝0時，桿受的安培力大小為eq\f(2B2av,π＋2R0)D．θ＝eq\f(π,3)時，桿受的安培力大小為eq\f(2B2av,5π＋3R0)解答本題時應(yīng)注意以下兩點：(1)桿切割磁感線的有效長度與θ的關(guān)系。(2)等效電路圖的畫法。根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得E＝Blv(其中l(wèi)為有效長度)，當(dāng)θ＝0時，l＝2a，則E＝2Bav；當(dāng)θ＝eq\f(π,3)時，l＝a，則E＝Bav，故A選項正確，B選項錯誤；根據(jù)通電直導(dǎo)線在磁場中所受安培力的大小的計算公式可得F＝BIl，又根據(jù)閉合電路歐姆定律可得I＝eq\f(E,r＋R)，當(dāng)θ＝0時，l＝2a，E＝2Bav，r＋R＝(π＋2)aR0，解得F＝eq\f(4B2av,π＋2R0)；當(dāng)θ＝eq\f(π,3)時，l＝a，E＝Bav，r＋R＝(eq\f(5π,3)＋1)aR0，解得F＝eq\f(3B2av,5π＋3R0)，故C、D選項錯誤。A一、基礎(chǔ)知識要記牢1．感應(yīng)電流(1)產(chǎn)生條件：①閉合電路的部分導(dǎo)體在磁場內(nèi)做切割磁感線運動；②穿過閉合電路的磁通量發(fā)生變化。(2)方向判斷：右手定則：常用于情況①；楞次定律：常用于情況②。2．感應(yīng)電動勢的計算(1)法拉第電磁感應(yīng)定律：E＝neq\f(ΔΦ,Δt)。若B變，而S不變，則E＝neq\f(ΔB,Δt)·S；若S變而B不變，則E＝nBeq\f(ΔS,Δt)。常用于計算平均電動勢。(2)導(dǎo)體垂直切割磁感線運動：E＝Blv，主要用于求電動勢的瞬時值。二、方法技巧要用好1．楞次定律推廣的三種表述(1)阻礙原磁通量的變化(增反減同)。(2)阻礙相對運動(來拒去留)。(3)阻礙原電流的變化(自感現(xiàn)象)。2．解決與電路相聯(lián)系的電磁感應(yīng)問題的基本方法(1)用法拉第電磁感應(yīng)定律和楞次定律(右手定則)確定感應(yīng)電動勢的大小和方向。(2)畫出等效電路，對整個回路進行分析，確定哪一部分是電源，哪一部分為負(fù)載以及負(fù)載間的連接關(guān)系。(3)運用閉合電路歐姆定律、串并聯(lián)電路的性質(zhì)、電功率等公式求解。電磁感應(yīng)的圖象問題(2011·海南高考)如圖4－2－2，EOF和E′O′F′為空間一勻強磁場的邊界，其中EO∥E′O′，F(xiàn)O∥F′O′，且EO⊥OF；OO′為∠EOF的角平分線，OO′間的距離為l；磁場方向垂直于紙面向里。一邊長為l的正方形導(dǎo)線框沿O′O方向勻速通過磁場，t＝0時刻恰好位于圖示位置。規(guī)定導(dǎo)線框中感應(yīng)電流沿逆時針方向時為正，則感應(yīng)電流i與時間t的關(guān)系圖線可能正確的是() 圖4－2－2圖4－2－3解題時一定要分析清楚運動過程，找出切割磁感線的有效長度，要有全局觀，同時搞清切割磁感線的有幾部分導(dǎo)體。注意每段導(dǎo)體中的感應(yīng)電動勢的方向。利用感應(yīng)電流方向和i－t圖象里的面積表示電荷量進行選項排除是較便利的方法。本題中四個選項都是i－t關(guān)系圖線，故可用排除法。因在第一個階段內(nèi)通過導(dǎo)線框的磁通量向里增大，由楞次定律可判定此過程中電流沿逆時針方向，故C、D錯誤。由于穿過整個磁場區(qū)域的磁通量變化量ΔΦ＝0，由q＝eq\f(ΔΦ,R)可知整個過程中通過導(dǎo)線框的總電荷量也應(yīng)為零，而在i－t圖象中圖線與時間軸所圍總面積為零，即時間軸的上下圖形面積的絕對值應(yīng)相等。故A錯誤，B正確。B一、基礎(chǔ)知識要記牢(1)在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中，回路產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢、感應(yīng)電流及磁場對導(dǎo)線的作用力隨時間的變化規(guī)律，也可用圖象直觀地表示出來。如I－t、B－t、E－t、E－s、I－s圖象等。此問題可分為兩類：①由給定的電磁感應(yīng)過程選出或畫出相應(yīng)的物理量的函數(shù)圖象。②由給定的有關(guān)圖象分析電磁感應(yīng)過程，確定相關(guān)的物理量。(2)分析思路①明確圖象的種類。②分析電磁感應(yīng)的具體過程。③結(jié)合相關(guān)規(guī)律寫出函數(shù)表達式。④根據(jù)函數(shù)關(guān)系進行圖象分析。二、方法技巧要用好圖象類問題的解決方法(1)圖象選擇問題：求解物理圖象的選擇類問題可用“排除法”，即排除與題目要求相違背的圖象，留下正確圖象；也可用“對照法”，即按照題目要求畫出正確的草圖，再與選項對照，選出正確選擇。解決此類問題的關(guān)鍵就是把握圖象特點、分析相關(guān)物理量的函數(shù)關(guān)系、分析物理過程的變化規(guī)律或關(guān)鍵物理狀態(tài)。(2)圖象分析問題：在定性分析物理圖象時，要明確圖象中的橫軸與縱軸所代表的物理量，要弄清圖象的物理意義，借助有關(guān)的物理概念、公式、定理和定律作出分析判斷；而對物理圖象定量計算時，要搞清圖象所揭示的物理規(guī)律或物理量間的函數(shù)關(guān)系，并要注意物理量的單位換算問題，要善于挖掘圖象中的隱含條件，明確有關(guān)圖線所包圍的面積、圖象在某位置的斜率(或其絕對值)、圖線在縱軸和橫軸上的截距所表示的物理意義。電磁感應(yīng)中的力學(xué)問題(2012·天津高考)如圖4－2－4所示，一對光滑的平行金屬導(dǎo)軌固定在同一水平面內(nèi)，導(dǎo)軌間距l(xiāng)＝0.5m，左端接有阻值R＝0.3Ω的電阻，一質(zhì)量m＝0.1kg，電阻r＝0.1Ω的金屬棒MN放置在導(dǎo)軌上，整個裝置置于豎直向上的勻強磁場中，磁場的磁感應(yīng)強度B＝0.4T。棒在水圖4平向右的外力作用下，由靜止開始以a＝2m/s2的加速度做勻加速運動，當(dāng)棒的位移x＝9m時撤去外力，棒繼續(xù)運動一段距離后停下來，已知撤去外力前后回路中產(chǎn)生的焦耳熱之比Q1∶Q2＝2∶1。導(dǎo)軌足夠長且電阻不計，(1)棒在勻加速運動過程中，通過電阻R的電荷量q；(2)撤去外力后回路中產(chǎn)生的焦耳熱Q2；(3)外力做的功WF。解答本題時應(yīng)注意以下兩點：(1)求感應(yīng)電荷量q應(yīng)使用平均電流。(2)因電流是變量，外力也是變力，求回路中的焦耳熱、外力做的功WF時應(yīng)從能量轉(zhuǎn)化和守恒的角度分析。(1)設(shè)棒勻加速運動的時間為Δt，回路的磁通量變化量為ΔΦ，回路中的平均感應(yīng)電動勢為eq\x\to(E)，由法拉第電磁感應(yīng)定律得eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,Δt)①其中ΔΦ＝Blx②設(shè)回路中的平均電流為eq\x\to(I)，由閉合電路的歐姆定律得eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R＋r)③則通過電阻R的電荷量為q＝eq\x\to(I)Δt④聯(lián)立①②③④式，代入數(shù)據(jù)得q＝4.5(2)設(shè)撤去外力時棒的速度為v，對棒的勻加速運動過程，由運動學(xué)公式得v2＝2ax⑥設(shè)棒在撤去外力后的運動過程中安培力做功為W，由動能定理得W＝0－eq\f(1,2)mv2⑦撤去外力后回路中產(chǎn)生的焦耳熱Q2＝－W⑧聯(lián)立⑥⑦⑧式，代入數(shù)據(jù)得Q2＝1.8J⑨(3)由題意知，撤去外力前后回路中產(chǎn)生的焦耳熱之比Q1∶Q2＝2∶1，可得Q1＝3.6Jeq\o(○,\s\up1(10))在棒運動的整個過程中，由功能關(guān)系可知WF＝Q1＋Q2?由⑨⑩?式得WF＝5.4J?(1)4.5C(2)1.8J(3)5.4一、基礎(chǔ)知識要記牢1．動力學(xué)問題電磁感應(yīng)中產(chǎn)生的感應(yīng)電流在磁場中將受到安培力的作用，因此，電磁感應(yīng)問題往往與力學(xué)問題聯(lián)系在一起，解決這類電磁感應(yīng)中的力學(xué)問題，要重視動態(tài)分析。電磁感應(yīng)現(xiàn)象中感應(yīng)電動勢→感應(yīng)電流→通電導(dǎo)體受安培力→合外力變化→加速度變化→速度變化→感應(yīng)電動勢變化→……周而復(fù)始地循環(huán)，循環(huán)結(jié)束時，加速度等于零，導(dǎo)體達到穩(wěn)定狀態(tài)。2．能量問題(1)安培力做的功是電能和其他形式的能之間相互轉(zhuǎn)化的“橋梁”，用框圖表示如下：eq\x(電能)eq\o(,\s\up7(W安＞0),\s\do5(W安＜0))eq\x(其他形式的能)安培力做的功是電能與其他形式的能轉(zhuǎn)化的量度。安培力做多少正功，就有多少電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能；安培力做多少負(fù)功，就有多少其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能。(2)明確功能關(guān)系，確定有哪些形式的能發(fā)生了轉(zhuǎn)化。如有摩擦力做功，必有內(nèi)能產(chǎn)生；有重力做功，重力勢能必然發(fā)生變化；安培力做負(fù)功，必然有其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能等。二、方法技巧要用好1．解決電磁感應(yīng)中的力學(xué)問題的具體步驟為(1)明確哪一部分電路產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，則這部分電路就是等效電源；(2)正確分析電路的結(jié)構(gòu)，畫出等效電路圖；(3)分析所研究的導(dǎo)體的受力情況(包括安培力、用左手定則確定其方向)；(4)列出動力學(xué)方程或平衡方程或功能關(guān)系并求解。2．弄清兩種狀態(tài)(1)導(dǎo)體處于平衡狀態(tài)——靜止或勻速直線運動(根據(jù)平衡條件，合外力為零列式分析)。(2)導(dǎo)體處于非平衡狀態(tài)——加速度不為零(根據(jù)牛頓第二定律進行動態(tài)分析或結(jié)合功能關(guān)系分析)。三、易錯易混要明了安培力是變力時，安培力的功不能用功的定義式求解，而應(yīng)用功能關(guān)系求解。1．(2012·北京高考)物理課上，老師做了一個奇妙的“跳環(huán)實驗”。如圖4－2－5所示，她把一個帶鐵芯的線圈L、開關(guān)S和電源用導(dǎo)線連接起來后，將一金屬套環(huán)置于線圈L上，且使鐵芯穿過套環(huán)。閉合開關(guān)S的瞬間，套環(huán)立刻跳起。某同學(xué)另找來器材再探究此實驗。他連接好電路，經(jīng)重復(fù)試驗，圖4－2－5線圈上的套環(huán)均未動。對比老師演示的實驗，下列四個選項中，導(dǎo)致套環(huán)未動的原因可能是()A．線圈接在了直流電源上B．電源電壓過高C．所選線圈的匝數(shù)過多D．所用套環(huán)的材料與老師的不同解析：選D金屬套環(huán)跳起的原因是開關(guān)S閉合時，套環(huán)上產(chǎn)生的感應(yīng)電流與通電線圈上的電流相互作用而引起的。無論實驗用交流電還是直流電，閉合開關(guān)S瞬間，金屬套環(huán)都會跳起。如果套環(huán)是塑料材料做的，則不能產(chǎn)生感應(yīng)電流，也就不會受安培力作用而跳起。所以答案是D。2.如圖4－2－6所示，豎直平面內(nèi)有一金屬環(huán)，半徑為a，總電阻為R(指拉直時兩端的電阻)，磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場垂直穿過環(huán)平面，在環(huán)的最高點A用鉸鏈連接長度為2a、電阻為eq\f(R,2)的導(dǎo)體棒AB，AB由水平位置緊貼環(huán)面擺下，當(dāng)擺到豎直位置時，B點的線速度為v，則這時AB兩端的電壓大小為() 圖4－2－6A.eq\f(Bav,3) B.eq\f(Bav,6)C.eq\f(2Bav,3) D．Bav解析：選A由題意可得：E＝B×2a×eq\f(1,2)v，UAB＝eq\f(E,\f(1,4)R＋\f(1,2)R)×eq\f(1,4)R＝eq\f(Bav,3)，選項A正確。3.如圖4－2－7所示，固定的水平長直導(dǎo)線中通有電流I，矩形線框與導(dǎo)線在同一豎直平面內(nèi)，且一邊與導(dǎo)線平行。線框由靜止釋放，在下落過程中()A．穿過線框的磁通量保持不變 圖4－2－7B．線框中感應(yīng)電流方向保持不變C．線框所受安培力的合力為零D．線框的機械能不斷增大解析：選B當(dāng)線框由靜止向下運動時，穿過線框的磁通量逐漸減小，根據(jù)楞次定律可得產(chǎn)生的感應(yīng)電流的方向為順時針且方向不發(fā)生變化，A錯誤，B正確；因線框上下兩邊所在處的磁場強弱不同，線框所受的安培力的合力一定不為零，C錯誤；整個線框所受的安培力的合力豎直向上，對線框做負(fù)功，線框的機械能減小，D錯誤。4.用均勻?qū)Ь€做成的正方形線框邊長為0.2m，正方形的一半放在垂直紙面向里的勻強磁場中，如圖4－2－8所示。當(dāng)磁場以10T/s的變化率增強時，線框中a、bA．Uab＝0.1V B．Uab＝－0.1V 圖4－2－8C．Uab＝0.2V D．Uab＝－0.2V解析：選B題圖中正方形線框的左半部分磁通量變化而產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，從而在線框中有感應(yīng)電流，把左半部分線框看成電源，其電動勢為E，內(nèi)電阻為eq\f(r,2)，畫出等效電路圖如圖所示。則a、b兩點間的電勢差即為電源的路端電壓，設(shè)l是邊長，且依據(jù)題意知eq\f(ΔB,Δt)＝10T/s，由E＝eq\f(ΔΦ,Δt)得E＝eq\f(ΔBS,Δt)＝eq\f(ΔBl2,2Δt)＝10×eq\f(0.22,2)V＝0.2V，所以U＝IR＝eq\f(E,\f(r,2)＋\f(r,2))·eq\f(r,2)＝eq\f(0.2,r)×eq\f(r,2)V＝0.1V，由于a點電勢低于b點電勢，故Uab＝－0.1V，即B選項正確。5．(2012·廣東高考)如圖4－2－9所示，質(zhì)量為M的導(dǎo)體棒ab，垂直放在相距為l的平行光滑金屬導(dǎo)軌上，導(dǎo)軌平面與水平面的夾角為θ，并處于磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強磁場中，左側(cè)是水平放置、間距為d的平行金屬板，R和Rx分別表示定值電阻和滑動變阻器的阻值，不計其他電阻。圖4－2－9(1)調(diào)節(jié)Rx＝R，釋放導(dǎo)體棒，當(dāng)棒沿導(dǎo)軌勻速下滑時，求通過棒的電流I及棒的速率v。(2)改變Rx，待棒沿導(dǎo)軌再次勻速下滑后，將質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的微粒水平射入金屬板間，若它能勻速通過，求此時的Rx。解析：(1)導(dǎo)體棒勻速下滑時，Mgsinθ＝BIl①I＝eq\f(Mgsinθ,Bl)②設(shè)導(dǎo)體棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E0E0＝Blv③由閉合電路歐姆定律得I＝eq\f(E0,R＋Rx)④聯(lián)立②③④，得v＝eq\f(2MgRsinθ,B2l2)⑤(2)改變Rx，由②式可知電流不變。設(shè)帶電微粒在金屬板間勻速通過時，板間電壓為U，電場強度大小為EU＝IRx⑥E＝eq\f(U,d)⑦mg＝qE⑧聯(lián)立②⑥⑦⑧，得Rx＝eq\f(mBld,qMsinθ)⑨答案：(1)eq\f(Mgsinθ,Bl)eq\f(2MgRsinθ,B2l2)(2)eq\f(mBld,qMsinθ)1．(2012·新課標(biāo)全國卷)如圖1所示，均勻磁場中有一由半圓弧及其直徑構(gòu)成的導(dǎo)線框，半圓直徑與磁場邊緣重合；磁場方向垂直于半圓面(紙面)向里，磁感應(yīng)強度大小為B0。使該線框從靜止開始繞過圓心O、垂直于半圓面的軸以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動半周，在線框中產(chǎn)生感應(yīng)電流?，F(xiàn)使線 圖1框保持圖中所示位置，磁感應(yīng)強度大小隨時間線性變化。為了產(chǎn)生與線框轉(zhuǎn)動半周過程中同樣大小的電流，磁感應(yīng)強度隨時間的變化率eq\f(ΔB,Δt)的大小應(yīng)為()A.eq\f(4ωB0,π) B.eq\f(2ωB0,π)C.eq\f(ωB0,π) D.eq\f(ωB0,2π)解析：選C當(dāng)導(dǎo)線框勻速轉(zhuǎn)動時，設(shè)半徑為r，導(dǎo)線框電阻為R，在很小的Δt時間內(nèi)，轉(zhuǎn)過圓心角Δθ＝ωΔt，由法拉第電磁感應(yīng)定律及歐姆定律可得感應(yīng)電流I1＝eq\f(B0ΔS,RΔt)＝eq\f(B0·πr2\f(Δθ,2π),RΔt)＝eq\f(B0r2ω,2R)；當(dāng)導(dǎo)線框不動，而磁感應(yīng)強度發(fā)生變化時，同理可得感應(yīng)電流I2＝eq\f(ΔBS,RΔt)＝eq\f(ΔB·πr2,2RΔt)，令I(lǐng)1＝I2，可得eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(B0ω,π)，C對。2.(2012·三明一中高考模擬)如圖2所示的電路中，L是一個自感系數(shù)很大、直流電阻不計的線圈，D1、D2和D3是三個完全相同的燈泡，E是內(nèi)阻不計的電源。在t＝0時刻，閉合開關(guān)S，電路穩(wěn)定后在t1時刻斷開開關(guān)S。規(guī)定以電路穩(wěn)定時流過D1、D2的電流方向為正方向，分別用I1、I2表示流過D1和D2的電流，則下圖中能定性描述電流I隨時間t變化關(guān)系的是() 圖2圖3解析：選C當(dāng)閉合開關(guān)S瞬間L的自感電動勢很大，阻礙電流的通過，故通過D1燈泡的電流逐漸增加，通過D2的電流恒定不變；在t1時刻斷開開關(guān)S時，D1、D2、D3和線圈構(gòu)成回路，通過D1的電流方向沒有改變，且從原來的數(shù)值逐漸減小，故A、B均錯；通過D2的電流方向反向，且大小從I1逐漸較小，故C對D錯。3.如圖4所示，一圓形閉合銅環(huán)由高處從靜止開始下落，穿過一根豎直懸掛的條形磁鐵，銅環(huán)的中心軸線與條形磁鐵的中軸線始終保持重合。若取磁鐵中心O為坐標(biāo)原點，建立豎直向下為正方向的x軸，則圖5中最能正確反映環(huán)中感應(yīng)電流i隨環(huán)心位置坐標(biāo)x變化的關(guān)系圖象是()圖4圖5解析：選B閉合銅環(huán)在下落過程中穿過銅環(huán)的磁場方向始終向上，磁通量先增加后減少，由楞次定律可判斷感應(yīng)電流的方向要發(fā)生變化，D項錯誤；因穿過閉合銅環(huán)的磁通量的變化率不是均勻變化，所以感應(yīng)電流隨x的變化關(guān)系不可能是線性關(guān)系，A項錯誤；銅環(huán)由靜止開始下落，速度較小，所以穿過銅環(huán)的磁通量的變化率較小，產(chǎn)生的感應(yīng)電流的最大值較小，過O點后，銅環(huán)的速度增大，磁通量的變化率較大，所以感應(yīng)電流的反向最大值大于正向最大值，故B項正確，C項錯誤。4．(2012·淄博模擬)如圖6所示，等腰三角形內(nèi)分布有垂直于紙面向外的勻強磁場，它的底邊在x軸上且長為2L，高為L。紙面內(nèi)一邊長為L的正方形導(dǎo)線框沿x軸正方向做勻速直線運動穿過勻強磁場區(qū)域，在t＝0時刻恰好位于圖中所示的位置。以順時針方向為導(dǎo)線框中電流的正方向，在下面四幅圖中能夠正確表示 圖6電流－位移(I－x)關(guān)系的是()圖7解析：選C線框勻速穿過L的過程中，有效長度l均勻增加，由E＝Blv知，電動勢隨位移均勻變大，x＝L處電動勢最大，電流I最大；從x＝L至x＝1.5L過程中，框架兩邊都切割，總電動勢減小，電流減?。粡膞＝1.5L至x＝2L，左邊框切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大于右邊框切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢，故電流反向且增大；x＝2L5．(2012·福建省高三仿真模擬)如圖8甲，導(dǎo)體框平面與水平面成θ角，質(zhì)量為M的導(dǎo)體棒PQ與ab、cd接觸良好，回路的總電阻為R，整個裝置放于垂直于框架平面的變化的磁場中，磁感應(yīng)強度的變化如圖乙，PQ始終靜止，則在0～t2s內(nèi)，PQ受到的摩擦力的變化情況可能是()圖8①f一直增大②f一直減?、踗先減小后增大④f先增大后減小A．①③ B．①④C．②③ D．②④解析：選A在0～t1時間內(nèi)，由楞次定律的推論可知，當(dāng)磁感應(yīng)強度在正方向上均勻減小，所受安培力的方向沿斜面向上，導(dǎo)體棒還受沿斜面向下的重力的分力Mgsinθ，當(dāng)F安>Mgsinθ時f方向向下，故Mgsinθ＋f＝F安，當(dāng)F安減小時f減小，f減小到0后磁感應(yīng)強度再減小，f的方向向上且不斷增加，在t1～t2秒內(nèi)，f不斷增加，故③對；若F安<Mgsinθ時，f的方向向上，故當(dāng)磁感應(yīng)強度在正方向上均勻減小時，f變大，若磁感應(yīng)強度反方向增加，安培力方向向下增加，則f變大，故①對。6.(2012·重慶高考)如圖9所示，正方形區(qū)域MNPQ內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場。在外力作用下，一正方形閉合剛性導(dǎo)線框沿QN方向勻速運動，t＝0時刻，其四個頂點M′、N′、P′、Q′恰好在磁場邊界中點。下列圖象中能反映線框所受安培力f的大小隨時間t變化規(guī)律的是()圖9圖10解析：選B在導(dǎo)線框運動過程中，導(dǎo)線框的Q′M′和P′N′兩邊所受安培力始終平衡，M′N′和P′Q′切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，在閉合導(dǎo)線框中產(chǎn)生感應(yīng)電流。則E＝BvL有效，I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BvL有效,R)，f＝BIL有效＝eq\f(B2vL有效2,R)，設(shè)導(dǎo)線框邊長為a，則導(dǎo)線框運動到M′N′完全出磁場之前的過程中，L有效＝a－(a－2vt)＝2vt，f1＝eq\f(4B2v3t2,R)；在M′N′完全出磁場后直到P′Q′開始出磁場之前，僅有P′Q′受安培力，有效長度不變，為a，f2＝eq\f(B2va2,R)，不變；P′Q′出磁場的過程中，有效長度L有效＝a－2vt，f3＝eq\f(B2v,R)(a－2vt)2；根據(jù)三個過程中安培力的表達式可知，B選項正確。7．在水平桌面上，一個圓形金屬框置于勻強磁場B1中，線框平面與磁場垂直，圓形金屬框與一個水平的平行金屬導(dǎo)軌相連接，導(dǎo)軌上放置一根導(dǎo)體棒ab，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)體棒處于另一勻強磁場B2中，該磁場的磁感應(yīng)強度恒定，方向垂直導(dǎo)軌平面向下，如圖11甲所示。磁感應(yīng)強度B1隨時間t的變化關(guān)系如圖11乙所示，0～1s內(nèi)磁場方向垂直線框平面向下。若導(dǎo)體棒始終保持靜止，并設(shè)向右為靜摩擦力的正方向，則導(dǎo)體棒所受的靜摩擦力Ff隨時間變化的圖象是下列圖12中的()圖11圖12解析：選D由題圖乙可知在1～2s和4～5s這兩段時間內(nèi)，圓形線圈中磁感應(yīng)強度B1保持不變，為定值，由法拉第電磁感應(yīng)定律可得，電路中無電動勢產(chǎn)生，整個回路無電流，導(dǎo)體棒不受安培力和靜摩擦力作用，所以A、B錯誤；在0～1s內(nèi)，由題圖乙可得，磁場垂直于線框平面向下均勻增加，由楞次定律結(jié)合右手定則可判斷出，線框中的感應(yīng)電流方向為逆時針方向，電流大小I＝eq\f(E,R)＝eq\f(ΔBS,ΔtR)，因為磁場均勻變化，則I為定值，導(dǎo)體棒電流由b→a，即得安培力大小恒定，由左手定則可得方向水平向左。因為棒始終靜止，所以受力平衡，靜摩擦力與安培力等大反向，即靜摩擦力大小恒定、方向水平向右，為正值，C錯誤，D正確。8.(2012·龍巖一中高三二模)如圖13所示，在一個光滑傾斜絕緣板的上方，有垂直板面的等距離的a、b、c三條邊界線隔成了Ⅰ、Ⅱ兩區(qū)，Ⅰ區(qū)加向外的勻強磁場、Ⅱ區(qū)加向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小均為B。另有一導(dǎo)體圓環(huán)從上方某處開始自由向下滾動，一直加速著穿過該磁場區(qū)，已知環(huán)的直徑等于每一磁場區(qū)的寬度，下列分析不正確的是()A．環(huán)中感應(yīng)電流方向先順時針又逆時針再順時針 圖13B．環(huán)直徑在a、c兩邊界時感應(yīng)電流大小相等，都小于直徑在b處時的電流C．環(huán)直徑在c處時運動的加速度小于在a處時的加速度D．運動過程中，重力勢能的減少等于動能增加量與產(chǎn)生熱能的和解析：選B由楞次定律知A對；因?qū)w圓環(huán)一直加速著穿過該磁場區(qū)，故環(huán)直徑在a、c兩邊界時其速度va<vc，導(dǎo)體圓環(huán)的環(huán)直徑在a處時產(chǎn)生的電動勢小，感應(yīng)電流小，在a處時受向上的安培力小于在c處時向上的安培力，故a沿斜面方向的合力大于c處時的合力，在c處時運動的加速度小于在a處時的加速度，故B錯誤C正確；由能量的轉(zhuǎn)化守恒知D對。9.如圖14所示，固定的水平光滑金屬導(dǎo)軌，間距為L，左端接有阻值為R的電阻，處在方向豎直向下、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒與固定彈簧相連，放在導(dǎo)軌上，導(dǎo)軌與導(dǎo)體棒的電阻均可忽略。初始時刻，彈簧恰處于自然長度，導(dǎo)體棒具有水平向右的初速度v0。在沿導(dǎo)軌往復(fù)運動的過程中，導(dǎo)體棒始終與導(dǎo) 圖14軌垂直并保持良好接觸。(1)求初始時刻導(dǎo)體棒受到的安培力。(2)若導(dǎo)體棒從初始時刻到速度第一次為零時，彈簧的彈性勢能為Ep，則這一過程中安培力所做的功W1和電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱Q1分別為多少？(3)導(dǎo)體棒往復(fù)運動，最終將靜止于何處？從導(dǎo)體棒開始運動直到最終靜止的過程中，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱Q為多少？解析：導(dǎo)體棒以初速度v0做切割磁感線運動而產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，回路中的感應(yīng)電流使導(dǎo)體棒受到安培力的作用，安培力做功使系統(tǒng)機械能減少，最終將全部機械能轉(zhuǎn)化為電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱。由平衡條件知，棒最終靜止時，彈簧的彈力為零，即此時彈簧處于初始的原長狀態(tài)。(1)初始時刻棒中感應(yīng)電動勢E＝BLv0①棒中感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R)②作用于棒上的安培力F＝BIL③聯(lián)立①②③，得F＝eq\f(B2L2v0,R)安培力方向：水平向左(2)由功和能的關(guān)系，安培力做功為W1＝Ep－eq\f(1,2)mv02電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱Q1＝eq\f(1,2)mv02－Ep(3)由能量轉(zhuǎn)化及平衡條件等，可判斷：棒最終靜止于初始位置。Q＝eq\f(1,2)mv02答案：(1)eq\f(B2L2v0,R)水平向左(2)Ep－eq\f(1,2)mv02eq\f(1,2)mv02－Ep(3)靜止于初始位置eq\f(1,2)mv0210．(2012·浙江高考)為了提高自行車夜間行駛的安全性，小明同學(xué)設(shè)計了一種“閃爍”裝置。如圖15所示，自行車后輪由半徑r1＝5.0×10－2m的金屬內(nèi)圈、半徑r2＝0.40m的金屬外圈和絕緣幅條構(gòu)成。后輪的內(nèi)、外圈之間等間隔地接有4根金屬條，每根金屬條的中間均串聯(lián)有一電阻值為R的小燈泡。在支架上裝有磁鐵，形成了磁感應(yīng)強度B＝0.10T、方向垂直紙面向外的“扇形”勻強磁場，其內(nèi)半徑為r1、外半徑為r2張角θ＝eq\f(π,6)。后輪以角速度ω＝2πrad/s相對于轉(zhuǎn)軸轉(zhuǎn)動。若不計其它電阻，忽略磁場的邊緣效應(yīng)。(1)當(dāng)金屬條ab進入“扇形”磁場時，求感應(yīng)電動勢E，并指出ab上的電流方向；(2)當(dāng)金屬條ab進入“扇形”磁場時，畫出“閃爍”裝置的電路圖；(3)從金屬條ab進入“扇形”磁場時開始，經(jīng)計算畫出輪子轉(zhuǎn)一圈過程中，內(nèi)圈與外圈之間電勢差Uab隨時間t變化的Uab－t圖象。解析：(1)金屬條ab在磁場中切割磁感線時，電動勢E＝eq\f(1,2)Br2ω所以E＝eq\f(1,2)Bω(r22－r12)＝4.9×10－2V根據(jù)右手定則(或楞次定律)，可得感應(yīng)電流方向為b→a。(2)通過分析，可得電路圖為(3)設(shè)電路中的總電阻為R總，根據(jù)電路圖可知，R總＝R＋eq\f(1,3)R＝eq\f(4,3)R①ab兩端電勢差Uab＝E－IR＝E－eq\f(E,R總)R＝eq\f(1,4)E≈1.2×10－2V②設(shè)ab離開磁場區(qū)域的時刻為t1，下一根金屬條進入磁場區(qū)域的時刻為t2，t1＝eq\f(θ,ω)＝eq\f(1,12)s③t2＝eq\f(\f(π,2),ω)＝eq\f(1,4)s④設(shè)輪子轉(zhuǎn)一圈的時間為T，T＝eq\f(2π,ω)＝1s⑤由T＝1s，金屬條有四次進出，后三次與第一次相同。⑥由②、③、④、⑤、⑥可畫出如下Uab－t圖象。答案：見解析1.(2012·蘇北四市一模)兩根足夠長的光滑平行直導(dǎo)軌MN、PQ與水平面成θ角放置，兩導(dǎo)軌間距為L，M、P兩點間接有阻值為R的電阻。一根質(zhì)量為m的均勻直金屬桿ab放在兩導(dǎo)軌上，并與導(dǎo)軌垂直。整套裝置處于磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，磁場方向垂直于導(dǎo)軌平面向上，導(dǎo)軌和金屬桿接觸良好，它們的電阻不計?，F(xiàn)讓ab桿由靜止開始沿 圖1導(dǎo)軌下滑。(1)求ab桿下滑的最大速度vm；(2)ab桿由靜止釋放至達到最大速度的過程中，電阻R產(chǎn)生的焦耳熱