2018年高三物理(新课标)二轮复习满分突破阶段训练四：电路和电磁感应-物理小金刚系列
2018届高三物理二轮复习课件：专题四 电路与电磁感应 1-4-12 精品
解析 S 闭合后，L1 两端的电压为 3.0 V，由乙图可知，I1＝ 0.25 A，故 P1＝0.75 W，R1＝12 Ω，A、B 均错；L2 与 R 及电源 串联，把 R 和电源等效成电动势为 3 V，内阻为 7.5 Ω 的新电源， 在图乙中作出新电源的 I-U 图线，如图，两图线的交点表示出了 此时 L2 两端的电压与通过的电流的大 小，由图知 U2＝1.5 V，I2＝0.2 A，所 以 R2＝UI22＝10..52 Ω＝7.5 Ω，P2＝U2I2 ＝1.5×0.2 W＝3 W，C、D 正确．
3．交流电“四值”的应用 (1)最大值：分析电容器的耐压值． (2)瞬时值：计算闪光电器的闪光时间、线圈某时刻的受力情 况． (3)有效值：电表的读数及计算电热、电功、电功率及保险丝 的熔断电流． (4)平均值：计算通过电路截面的电荷量．
命题视角 考向 1 交变电流的“四值” [例 4] (多选)在垂直纸面向里的方向上 有一范围足够大的匀强磁场，一单匝矩形线圈 垂直于磁场放置，t＝0 时刻线圈由图示的位置 开始以线圈的 cd 边为轴匀速转动，周期为 T， 角速度为 ω，当经过1T2时线圈中的感应电流大 小为 I，已知线圈的总电阻为 R，线圈的面积为 S.则下列说法正 确的是( BCD )
2. (2017·湖南衡阳二模)(多选)如图所示的电路中，电源的电 动势 E 和内阻 r 一定，A、B 为平行板电容器的两块正对金属板， R1 为光敏电阻．当 R2 的滑动触头 P 在 a 端时，闭合开关 S，此时 电流表 A 和电压表 V 的示数分别为 I 和 U.以下说法正确的是 ( BD )
电阻与电源内阻的关系未知，无法确定电源的输出功率如何变化，
故 D 错误．
答案 A
1．闭合电路动态变化的原因 (1)当外电路的任何一个电阻增大(或减小)时，电路的总电阻 一定增大(或减小)． (2)若电键的通断使串联的用电器增多，总电阻增大；若电键 的通断使并联的支路增多，总电阻减小． (3)热敏电阻或光敏电阻的阻值变化．
2018届高三物理二轮复习 专题四 电路和电磁感应 第2讲 电磁感应及其应用讲义
设问 方式
②转动切割磁感线的电磁感 应
[例](2016·全国卷Ⅱ，20题) (2016·全国卷Ⅲ，21题)
③电磁感应现象中的图象 [例](2016·四川卷，7题)
④磁场变化引起的电磁电磁
感应
[例](2016·全国卷Ⅲ，25题) (2016·浙江卷，16题)
审题 ①要审清磁场方向及变化情况，确定产生感应电动势的方向及计算公式． 要点 ②要认真做好电路连接关系分析，受力分析，运动状态和过程分析，做功及能量转化分析
解析 由于 B＝(0.4－0.2t)T，在 t＝1 s 时穿过平面的磁通量向下并减少，则根据 楞次定律可以判断，金属杆中感应电流方向从 C 到 D，选项 A 正确；在 t＝3 s 时穿 过平面的磁通量反向增加，根据楞次定律可知，金属杆中感应电流方向仍然是从 C 到 D，选项 B 错误；由于磁感应强度均匀变化，根据法拉第电磁感应定律 E＝ΔΔΦt ＝ΔΔBt Ssin 30°＝0.1 V，由闭合电路和欧姆定律知电流 I＝ER＝1 A，在 t＝1 s 时，B＝0.2 T， 方向斜向下，电流方向从 C 到 D，金属杆对挡板 P 的压力水平向右，大小为 FP＝BILsin 30°＝0.1 N，选项 C 正确；同理，在 t＝3 s 时，金属杆对挡板 H 的压力水平向左， 大小为 FH＝BILsin 30°＝0.1 N，选项 D 错误．
A．t＝1 s时，金属杆中感应电流方向从C到D B．t＝3 s时，金属杆中感应电流方向从D到C C．t＝1 s时，金属杆对挡板P的压力大小为0.1 N D．t＝3 s时，金属杆对挡板H的压力大小为0.2 N
突破点拨 (1)确定t＝1 s和t＝3 s时，穿过正方形的磁场方向，判断t＝1 s到t＝3 s时间内磁 通量如何变化． (2)确定t＝1 s和t＝3 s时穿过正方形的磁通量，判断并计算t＝1 s到t＝3 s时间内 磁通量的变化． (3)画出t＝1 s和t＝3 s时金属杆的平面受力图．
2018年高考物理二轮专题总复习课时作业：第一部分 二轮专题突破 专题四 电路与电磁感应 10 含答案 精品
电流互感器把大电流变成小电流，测量时更安全，据变压器原理，n2>n1，原线圈要接在火线上，故本题只有A正确．N1：N2：1I1：I N2：N正确．A．发电机产生的交流电的频率是100 Hz．降压变压器输出的电压有效值是340 V．输电线的电流仅由输送功率决定n1：n＝：k n3：n＝：1模拟输电导线的电阻r＝3 Ω，T2的负载是规格为“15 当T1的输入电压正常发光，两个变压器可视为理想变压器，则)．由于磁场方向周期性变化，电流表示数也周期性变化．电压表的示数在导体棒位于图中ab位置时最大．当导体棒运动到图中虚线cd位置时，水平外力F＝0．由于乙交变电流的周期短，因此灯泡比第一次亮．由于乙的频率比甲的大，因此电容器有可能被击穿．无论接甲电源，还是接乙电源，若滑动触头P向上移动，灯泡都变暗副线圈的匝数比为，a、b”的灯泡，两电表为理想交流电表．当滑动变阻器的滑片处于中间位置时，两灯泡恰好都正常发光．下列说法正确的是1：2错．原、副线圈两端电压2：144 V，B移动时，副线圈电路的电阻变小，电流变大，则原线圈电路中电流也变大，即通过灯泡的电流变大，灯泡．如图所示，平行金属板中带电质点P原来处于静止状态，不考虑电流表和电压表对r相等．将滑动变阻器R4n1：n2＝：，原线圈两端．电流表的读数为 2 A．电压表的读数为110 V的功率为110 W．矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为e＝NBSωcosωt．矩形线圈从图示位置经过π2ω时间内，通过电流表A1的电荷量为n1：n＝：10放在导轨上，在水平外力速度随时间变化的规律是棒中产生的电动势的表达式；ab棒中产生的是什么电流？上的电热功率P.0.025 s的时间内，通过外力F所做的功．棒中产生的电动势的表达式为。
天津市2018届高考物理二轮复习：阶段训练4 电路和电磁
阶段训练(四)电路和电磁感应(时间:45分钟满分:100分)一、单项选择题(每小题6分,共36分。
每小题给出的四个选项中,只有一个选项是正确的)1.如图所示,电路中的A、B是两个完全相同的灯泡,L是一个自感系数很大、电阻可忽略的自感线圈,C是电容很大的电容器。
在开关S闭合与断开时,A、B灯泡发光情况是()A.S刚闭合后,A灯亮一下又逐渐变暗,B灯逐渐变亮B.S刚闭合后,B灯亮一下又逐渐变暗,A灯逐渐变亮C.S闭合足够长时间后,A灯泡和B灯泡一样亮D.S闭合足够长时间后再断开,B灯立即熄灭,A灯逐渐熄灭2.如图所示,电源电动势为E,内阻为r。
当滑动变阻器的滑片P从左端滑到右端时,理想电压表V1、V2示数变化的绝对值分别为ΔU1和ΔU2,干路电流为I,下列说法正确的是(灯泡电阻不变)()A.小灯泡L1、L3变暗,L2变亮B.ΔU1与ΔI的比值不变C.ΔU1<ΔU2D.ΔU1=ΔU23.如图甲所示,在匀强磁场中,一矩形金属线圈两次以不同的转速绕与磁感线垂直的轴匀速转动,产生的交流电动势随时间变化的e-t图象分别如图乙中曲线a、b所示,则()A.两次t=0时刻穿过线圈的磁通量均为0B.曲线a表示的交流电动势的频率为25 HzC.曲线b表示的交流电动势的最大值为15 VD.曲线a、b对应的线圈转速之比为3∶24.如图所示,在倾角为θ的光滑斜面上,相距均为d的三条水平虚线l1、l2、l3,它们之间的区域Ⅰ、Ⅱ分别存在垂直斜面向下和垂直斜面向上的匀强磁场,磁感应强度大小均为B。
—个质量为m、边长为d、总电阻为R的正方形导线框,从l1上方一定高处由静止开始沿斜面下滑,当ab 边刚越过l1进入磁场Ⅰ时,恰好以速度v1做匀速直线运动;当ab边在越过l2运动到l3之前的某个时刻,线框又开始以速度v2做匀速直线运动,重力加速度为g。
在线框从释放到穿出磁场的过程中,下列说法正确的是()A.线框中感应电流的方向不变B.线框ab边从l1运动到l2所用时间大于从l2运动到l3所用时间C.线框以速度v2做匀速直线运动时,发热功率为sin2θD.线框从ab边进入磁场到速度变为v2的过程中,减少的机械能ΔE机与重力做功W G的关系式是ΔE机=5.如图所示,B是一个螺线管,C是与螺线管相连接的金属线圈。
高考物理二轮总复习课后习题专题4 电路与电磁感应 专题分层突破练10 恒定电流和交变电流 (2)
专题分层突破练10 恒定电流和交变电流A组1.(河北大名一中模拟)一台抽油烟机的主要部件是照明灯和抽气扇(电动机),它们可以独立工作,互不影响,抽气扇有“强吸”和“弱吸”两个挡位,功率大小不同。
下列电路图符合要求的是( )2.(浙江1月选考)如图所示,甲图是一种手摇发电机及用细短铁丝显示的磁场分布情况,摇动手柄可使对称固定在转轴上的矩形线圈转动;乙图是另一种手摇发电机及磁场分布情况,皮带轮带动固定在转轴两侧的两个线圈转动。
下列说法正确的是( )A.甲图中线圈转动区域磁场可视为匀强磁场B.乙图中线圈转动区域磁场可视为匀强磁场C.甲图中线圈转动时产生的电流是正弦式交变电流D.乙图线圈匀速转动时产生的电流是正弦式交变电流3.(江苏海安一中期中)在如图所示的电路中,R0是定值电阻,R1、R2是滑动变阻器,D为理想二极管。
电源的电动势为E,内阻为r,接通开关S,质量为m的带电油滴恰能静止在水平放置的两金属板间。
若只改变其中的一个条件,下列说法正确的是( )A.将R1的滑片向下移动,油滴将向上运动B.将R2的滑片向右移动,油滴将向下运动C.断开开关S,将有电子自下而上通过理想二极管D.增大电容器两极板间的距离,油滴将加速向上运动4.(多选)(广东普通高中一模)进行变压器演示实验的装置示意图如图所示,在铁环上用刷有绝缘漆的铜丝绕制了匝数分别为n1、n2的两个线圈。
左侧线圈与开关S1、干电池E1、交流电源E2构成电路,交流电源E2的电动势e=6√2sin 100πt(V),右侧线圈与开关S2、灵敏电流表G、交流电压表V构成电路。
则( )A.若S 1接“1”,在S 2接“3”的瞬间灵敏电流表指针将发生偏转B.若S 2接“3”,在S 1接“1”的瞬间灵敏电流表指针将发生偏转C.若S 1接“2”,在S 2接“4”后,电压表指针的摆动频率为50n 2n 1D.若S 1接“2”,S 2接“4”,稳定后电压表的读数为6n 2n 1V5.(多选)(河北卷)如图所示,发电机的矩形线圈长为2L 、宽为L,匝数为N,放置在磁感应强度大小为B 的匀强磁场中。
2018届高三物理二轮复习课时作业：专题四 电路与电磁感应4.2含解析
(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)一、选择题(1～5题为单项选择题，6～9题为多项选择题)1．(2017·内蒙古部分学校高三联考)如图1所示，固定闭合线圈abcd 处于方向垂直纸面向外的磁场中，磁感线分布均匀、磁场的磁感应强度大小B 随时间t 的变化规律如图2所示，则下列说法正确的是( )A ．t ＝1 s 时，ab 边受到的安培力方向向左B ．t ＝2 s 时，ab 边受到的安培力为0C ．t ＝2 s 时，ab 边受到的安培力最大D ．t ＝4 s 时，ab 边受到的安培力最大解析： 由题图2知，0～2 s 内磁感应强度大小逐渐增大，根据楞次定律和左手定则判断知ab 边受到的安培力方向向右，A 错误；t ＝2 s 时，ΔBΔt ＝0，感应电流i ＝0，安培力F ＝0，B 正确，C 错误；t ＝4 s 时，B ＝0，安培力F ＝0，D 错误。
答案： B2．(2017·吉林省长春市七校高三第二次联考)一匝由粗细均匀的同种导线绕成的矩形导线框abcd 固定不动，其中矩形区域efcd 存在磁场(未画出)，磁场方向与线圈平面垂直，磁感应强度大小B 随时间t 均匀变化，且ΔBΔt＝k (k >0)，已知ab ＝fc ＝4L ，bc ＝5L ，已知L 长度的电阻为r ，则导线框abcd 中的电流为( )A.8kL 29rB.25kL 218rC.4kL 29rD ．25kL 29r解析： 电路中的总电阻为R ＝18r ，电路中的感应电动势为E ＝ΔBΔt S ＝16kL 2，导线框abcd中的电流为I ＝E R ＝8kL 29r，选项A 正确。
3．(2017·广西重点高中高三一模)如图甲所示，单匝矩形线圈abcd 垂直固定在匀强磁场中。
规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向，磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示。
以逆时针方向为电流正方向，以向右方向为安培力正方向，下列关于bc 段导线中的感应电流i 和受到的安培力F 随时间变化的图象正确的是( )解析： 0～0.5T 时间内，磁感应强度减小，方向垂直纸面向里，由楞次定律可知，产生的感应电流沿顺时针方向，为负，同理可知，0.5T ～T 时间内，电流为正，由法拉第电磁感应定律可知，0～0.5T 时间内通过bc 段导线的电流是0.5T ～T 时间内通过bc 段导线的12，A 错，B 对；由安培力公式F ＝BIL ，I ＝E R ，E ＝ΔΦΔt ＝ΔBΔt S 可知，t ＝T 时bc 段导线受到的安培力大小是t ＝0时bc 段导线受到的安培力大小的4倍，C 、D 均错。
【高考物理】2018最新版本高考物理二轮总复习专题过关检测--专题：电磁感应(含详细答案解析)-专题拔高特训
高考物理二轮总复习专题过关检测电磁感应(附参考答案)(时间:90分钟满分:100分)一、选择题(本题共10小题,共40分.在每小题给出的四个选项中,有的只有一个选项正确,有的有多个选项正确.全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)1.如图12-1所示，金属杆ab、cd可以在光滑导轨PQ和R S上滑动，匀强磁场方向垂直纸面向里，当ab、cd分别以速度v1、v2滑动时，发现回路感生电流方向为逆时针方向，则v1和v2的大小、方向可能是()图12-1A.v1＞v2,v1向右，v2向左B.v1＞v2,v1和v2都向左C.v1=v2,v1和v2都向右D.v1=v2,v1和v2都向左解析:因回路abdc中产生逆时针方向的感生电流，由题意可知回路abdc的面积应增大，选项A、C、D错误，B正确.答案:B2.(2010河北唐山高三摸底，12)如图12-2所示，把一个闭合线圈放在蹄形磁铁两磁极之间(两磁极间磁场可视为匀强磁场)，蹄形磁铁和闭合线圈都可以绕OO′轴转动.当蹄形磁铁匀速转动时，线圈也开始转动，当线圈的转动稳定后，有()图12-2A.线圈与蹄形磁铁的转动方向相同B.线圈与蹄形磁铁的转动方向相反C.线圈中产生交流电D.线圈中产生为大小改变、方向不变的电流解析:本题考查法拉第电磁感应定律、楞次定律等考点.根据楞次定律的推广含义可知A正确、B错误；最终达到稳定状态时磁铁比线圈的转速大，则磁铁相对线圈中心轴做匀速圆周运动，所以产生的电流为交流电.答案:AC3.如图12-3 所示,线圈M和线圈P绕在同一铁芯上.设两个线圈中的电流方向与图中所标的电流方向相同时为正.当M中通入下列哪种电流时,在线圈P中能产生正方向的恒定感应电流()图12-3图12-4解析:据楞次定律，P 中产生正方向的恒定感应电流说明M 中通入的电流是均匀变化的，且方向为正方向时应均匀减弱，故D 正确.答案:D4.如图12-5所示，边长为L 的正方形导线框质量为m ，由距磁场H 高处自由下落，其下边ab 进入匀强磁场后，线圈开始做减速运动，直到其上边cd 刚刚穿出磁场时，速度减为ab 边进入磁场时的一半，磁场的宽度也为L ，则线框穿越匀强磁场过程中产生的焦耳热为( )图12-5A.2mgLB.2mgL +mgHC.mgH mgL 432+D.mgH mgL 412+ 解析:设刚进入磁场时的速度为v 1,刚穿出磁场时的速度212v v =① 线框自开始进入磁场到完全穿出磁场共下落高度为2L .由题意得mgH mv =2121② Q mv L mg mv +=⋅+222121221③ 由①②③得mgH mgL Q 432+=.C 选项正确. 答案:C5.如图12-6(a)所示,圆形线圈P 静止在水平桌面上,其正上方悬挂一相同线圈Q ,P 和Q 共轴,Q 中通有变化电流,电流随时间变化的规律如图12-6(b)所示,P 所受的重力为G ,桌面对P 的支持力为F N ,则( )图12-6。
2018届高三物理二轮复习课件第1部分 专题讲练突破 电磁感应和电路4-1-3
线框完全进入磁场后，线框受力情况与进入磁场前相同，加速度 大小仍为a＝2 m/s2，对该过程有s－L2＝vt3＋12at23 代入数据得t3＝1 s 线框从开始运动至ab边到达gh处所用的时间为 t＝t1＋t2＋t3＝3.7 s 答案：(1)5 m/s (2)2 J (3)3.7 s
2．如右图所示，平行金属导轨与水平面间夹角均为37°，导轨间 距为1 m，电阻不计，导轨足够长．两根金属棒ab和a′b′的质 量都是0.2 kg，电阻都是1 Ω，与导轨垂直放置且接触良好，金属 棒和导轨之间的动摩擦因数为0.25，两个导轨平面处均存在着垂 直轨道平面向上的匀强磁场(图中未画出)，磁感应强度B的大小 相同．让a′b′固定不动，将金属棒ab由静止释放，当ab下滑速 度达到稳定时，整个回路消耗的电功率为8 W．求：
1．电磁感应中动力学和能量问题的“两状态、两对象” (1)两状态 ①导体处于平衡状态——静止或匀速直线运动状态． 处理方法：根据平衡状态时导体所受合外力等于零列式分析． ②导体处于非平衡状态——加速度不为零． 处理方法：根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系分 析．
(2)两对象
①电学对象电源：E＝Blv或E＝n
(2)线框进入磁场的过程中做匀速运动，根据功能关系有 Q＝(F－mgsin α)L2 解得Q＝2 J (3)线框进入磁场前做匀加速直线运动，进入磁场的过程中做匀 速直线运动，线框完全进入磁场后仍做匀加速直线运动 进入磁场前线框的运动时间为t1＝va＝2.5 s 进入磁场过程中线框匀速运动的时间为t2＝Lv2＝0.2 s
率变为原来的4倍，选项D错误．
[真题3] (2016·高考全国甲卷)如图，水平面(纸面)内间距为l的平 行金属导轨间接一电阻，质量为m、长度为l的金属杆置于导轨 上．t＝0时，金属杆在水平向右、大小为F的恒定拉力作用下由 静止开始运动．t0时刻，金属杆进入磁感应强度大小为B、方向 垂直于纸面向里的匀强磁场区域，且在磁场中恰好能保持匀速运 动．杆与导轨的电阻均忽略不计，两者始终保持垂直且接触良 好，两者之间的动摩擦因数为μ.重力加速度大小为g.求
2018届高考物理二轮复习板块一专题突破复习专题四电路与电磁感应第二讲电磁感应及综合应用学案
第二讲电磁感觉及综合应用[ 高考调研 ][ 知识建构 ]1. 考察方向：①联合闭合电路的欧姆定律，利用楞次定律或右手定章判断感觉电流的方向以及大小计算．②联合牛顿第二定律，对导体棒切割磁感线的运动进行受力剖析和运动分析．③联合图象，应用法拉第电磁感觉定律、闭合电路的欧姆定律、电功率、功能关系等规律，解决电磁感觉的综合问题．2.常用的思想方法：①图象法．②微元法．③清除法．④等效法．[答案](1) 楞次定律与右手定章的关系楞次定律右手定章研究整个闭合导体回路闭合导体回路的一部分对象合用磁通量变化产生感觉电流的各样状况一段导体在磁场中做切割磁感线运动范围关系右手定章是楞次定律的特别状况ΔΦ(2) 公式：E＝nΔtΔΦn：线圈的匝数，ΔΦ ：磁通量的变化量，Δt：对应于ΔΦ 所用的时间，Δt：磁通量的变化率．(3)解决电路问题的基本思路①找电源：哪部分电路产生了电磁感觉现象，则这部分电路就是电源．②由法拉第电磁感觉定律求出感觉电动势的大小，依据楞次定律或右手定章确立出电源的正负极．a．在外电路，电流从正极流向负极；在内电路，电流从负极流向正极．b．存在双感觉电动势的问题中，要求出总的电动势．③正确剖析电路的构造，画出等效电路图．a．内电路：“切割”磁感线的导体和磁通量发生变化的线圈都相当于“电源”，该部分导体的电阻相当于内电阻．b．外电路：除“电源”之外的电路即外电路．④运用闭合电路欧姆定律、串并联电路特色、电功率等列方程求解．(4)动力学识题E＝ Blv基本思路：导体受外力运动――→ 感觉电动势错误!感觉电流错误!导体受安培力― →合F＝ ma外力变化― ―→加快度变化― →速度变化 .考向一楞次定律和法拉第电磁感觉定律的应用[ 概括提炼 ]1．感觉电流方向的判断方法(1)右手定章，即依据导体在磁场中做切割磁感线运动的状况进行判断．(2)楞次定律，即依据穿过闭合回路的磁通量的变化状况进行判断．2．楞次定律中“阻挡”的主要表现形式(1)阻挡原磁通量的变化——“增反减同”．(2)阻挡相对运动——“来拒去留”．(3)使线圈面积有扩大或减小的趋向——“增减少扩”．(4)阻挡原电流的变化 ( 自感现象 ) ——“增反减同”．3．感觉电动势大小的计算ΔΦ(1) 法拉第电磁感觉定律：E＝ n Δt，合用于广泛状况．(2) E＝Blv，合用于导体棒切割磁感线的状况．(3) E＝1Bl2ω，合用于导体棒旋转切割磁感线的状况．2( 多项选择 )(2017·全国卷Ⅱ) 两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁感觉强度方向与纸面垂直．边长为0.1 m 、总电阻为0.005Ω 的正方形导线框abcd 位于纸面内， cd 边与磁场界限平行，如图(a) 所示．已知导线框向来向右做匀速直线运动，cd 边于t ＝0时辰进入磁场．线框中感觉电动势随时间变化的图线如图(b) 所示 ( 感觉电流的方向为顺时针时，感觉电动势取正) ．以下说法正确的选项是()A．磁感觉强度的大小为 0.5 TB．导线框运动速度的大小为0.5 m/sC．磁感觉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[ 思路点拨 ] 线框进入磁场，依据右手定章或楞次定律能判断出磁场方向，联合图象分析出线框运动的速度，从图象上感觉电动势的大小能计算出磁感觉强度与安培力．l0.1[ 分析 ] 由E－t图象可知，线框经过0.2 s所有进入磁场，则速度v＝t ＝0.2m/s ＝0.5 m/s ，选项 B 正确；＝ 0.01 V ，依据＝可知，＝ 0.2 T ，选项 A 错误；依据楞次E E BLv B定律可知，磁感觉强度的方向垂直于纸面向外，选项 C 正确；在t＝ 0.4s 至t＝ 0.4 s 这段E 0.01F＝ BIL＝0.04 N，时间内，导线框中的感觉电流I ＝R＝0.005A＝2 A，所受的安培力大小选项 D 错误，应选BC.[答案] BC用法拉第电磁感觉定律求解感觉电动势常有状况与方法情形图研究对象回路 ( 不必定闭一段直导线 ( 或等效绕一端转动的一段导绕与 B垂直的轴转动合)成直导线 )体棒的导线框表达式＝ΔΦE＝ BLv sinθ＝12ωE＝ NBSωsinωtE nΔt E2BL[ 娴熟加强 ]1．(2017 ·全国卷Ⅲ ) 如图，在方向垂直于纸面向里的匀强磁场中有一U 形金属导轨，导轨平面与磁场垂直．金属杆PQ置于导轨上并与导轨形成闭合回路PQRS，一圆环形金属线框T 位于回路围成的地区内，线框与导轨共面．现让金属杆忽然向右运动，在运动开始PQ的瞬时，对于感觉电流的方向，以下说法正确的选项是()A．PQRS中沿顺时针方向，T 中沿逆时针方向B．PQRS中沿顺时针方向，T 中沿顺时针方向C．PQRS中沿逆时针方向，T 中沿逆时针方向D．PQRS中沿逆时针方向，T 中沿顺时针方向[ 分析 ]金属杆PQ向右切割磁感线，依据右手定章可知PQRS中感觉电流沿逆时针方向；本来 T 中的磁场方向垂直于纸面向里，金属杆PQ中的感觉电流产生的磁场方向垂直于纸面向外，使得穿过 T 的磁通量减小，依据楞次定律可知所述，可知A、 B、 C项错误， D项正确．T 中产生顺时针方向的感觉电流，综上[答案]D2．(2017 ·金丽衢十二校联考) 如右图所示，用一条横截面积为S 的硬导线做成一个边长为 L 的正方形，把正方形的一半固定在平均增大的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，ΔB磁感觉强度大小随时间的变化率＝k(k>0)，虚线ab与正方形的一条对角线重合，导线的Δt 电阻率为ρ.则以下说法正确的选项是()A．线框中产生顺时针方向的感觉电流B．线框拥有扩充的趋向C．若某时辰的磁感觉强度为B，则线框遇到的安培力为2k BL2S 8ρkL2 D．线框中ab两点间的电势差大小为2[ 分析 ] 依据楞次定律，线框中产生的感觉电流方向沿逆时针方向，故 A 错误；B增大，穿过线框的磁通量增大，依据楞次定律，感觉电流的磁场为了阻挡磁通量的增添，线框有收缩的趋向，故 B 错误；由法拉第电磁感觉定律得：ΔΦΔBΔB1212E＝＝S＝· L ＝ kL，因线框Δt ΔtΔt224电阻 R＝ρS，那么感觉电流大小为E kSLF＝BI×2L＝2kBL2SI ＝＝8，则线框遇到的安培力为：8，故Rρρ112C正确；由上剖析，可知，ab 两点间的电势差大小U＝2E＝4kL，故 D错误．[答案] C3． ( 多项选择 )(2016 ·全国卷Ⅱ) 法拉第圆盘发电机的表示图如下图．铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、 Q分别与圆盘的边沿和铜轴接触．圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中．圆回旋转时对于流过电阻R的电流，以下说法正确的选项是()A．若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定B．若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿 a 到 b 的方向流动C．若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化D．若圆盘转动的角速度变成本来的2 倍，则电流在R上的热功率也变成本来的 2 倍[ 分析 ] 法拉第圆盘相当于无数根辐条做切割磁感线运动，若圆盘顺时针转动，依据右手定章可知电流在圆盘上流向圆心，在外电路由 a 流向 b，B正确．圆盘转动方向不变，电流方向也不会发生改变， C 错误．产生的感觉电动势大小＝12ω，可知若ω不变，则EE2Bl不变， A 正确．当ω变成本来的 2 倍时，E、I也会变成本来的 2 倍，依据P＝I2R，可知热功率变成本来的 4 倍， D 错误．[答案] AB考向二电磁感觉中的图象问题[ 概括提炼 ]电磁感觉图象问题解题“5步曲”第 1步：明确图象的种类．是B－ t 图、 I － t 图、 v－t 图、 F－t 图或是 E－ t 图等；第 2步：剖析电磁感觉的详细过程．明确运动分红几个阶段( 依据磁通量的变化特色或切割特色剖析 ) ；第 3 步：写出函数方程．联合法拉第电磁感觉定律、欧姆定律、牛顿运动定律等写出函数方程；第 4 步：进行数学剖析．依据函数方程进行数学剖析，比如剖析斜率的变化、截距等；第 5 步：得结果．绘图象或判断图象．(2017 ·河北唐山一模) 如下图，在水平圆滑的平行金属导轨左端接必定值电阻R ，导体棒ab 垂直导轨搁置， 整个装置处于竖直向下的匀强磁场中．现给导体棒一直右的初速度，不考虑导体棒和导轨电阻，以下图线中， 导体棒速度随时间的变化和经过电阻R 的电荷量q 随导体棒位移的变化描绘正确的选项是()B 2L 2v[分析]导体棒运动过程中受向左的安培力F ＝R ，安培力阻挡棒的运动， 速度减小，由牛顿第二定律得棒的加快度大小F B 2L 2v，则a 减小， v － t 图线斜率的绝对值减小，＝ ＝am RmΔΦ BL故 B 项正确， A 项错误．经过 R 的电荷量 q ＝R ＝ R x ，可知 C 、 D 项错误．[答案] B图象问题的思路与方法(1) 图象选择问题：求解物理图象的选择题可用“清除法”，即清除与题目要求相违反的图象，留下正确图象． 也可用“比较法”， 即依据要求画出正确的草图， 再与选择比较． 解决此类问题重点是掌握图象特色、 剖析有关物理量的函数关系、 剖析物理过程的变化或物理状态的变化．(2) 图象剖析问题：定性剖析物理图象，要明确图象中的横轴与纵轴所代表的物理量，弄清图象的物理意义，借助有关的物理看法、 公式、不变量和定律作出相应判断． 在有关物理图象的定量计算时， 要弄清图象所揭露的物理规律及物理量间的函数关系， 擅长发掘图象中的隐含条件， 明确有关图象所包围的面积、 斜率，以及图象的横轴、 纵轴的截距所表示的物理意义．[ 娴熟加强 ]1．( 多项选择 ) 如图甲所示，圆滑平行金属导轨、所在平面与水平面成θ角，、之MN PQ M P 间接一阻值为 R的定值电阻，阻值为r 的金属棒 bc 垂直导轨搁置，其余电阻不计．整个装置处在磁感觉强度为 B 的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向上．t ＝0时对棒施加一平行于导轨向上的外力，棒由静止开始沿导轨向上运动，经过R 的感觉电荷量q随t2 的变化F关系如图乙所示．以下对于金属棒bc 的加快度 a、经过棒的电流I 、金属棒遇到的外力 F、穿过回路 cbPM的磁通量Φ随时间 t 变化的图象中正确的选项是()[分析]Blv Bla 2，联合图乙可知金属棒的加快度 a 恒定，选由题意可得 q＝It ＝＋ t ＝＋ tR r R rB2l 2项 A 错误， B 正确；由牛顿第二定律可得F－ mg sinθ－BIl ＝ ma，故有 F＝R＋r at ＋ m( g sinθ12＋a) ，选项 C 正确；由Φ＝ Bl x ＋ at可知选项 D错误．2[答案] BC2．(2017 ·江西南昌三校四联) 如下图，有一个矩形界限的匀强磁场地区，磁场方向垂直纸面向里．一个三角形闭合导线框，由地点1( 左) 沿纸面匀速运动到地点2( 右) ．取线框刚抵达磁场界限的时辰为计时起点( t＝0) ，规定逆时针方向为电流的正方向，则图中能正确反应线框中电流与时间关系的是()[ 分析 ]线框进入磁场的过程，磁通量向里增添，依据楞次定律得悉感觉电流的磁场向外，由安培定章可知感觉电流方向为逆时针，电流方向应为正方向，故B、 C 错误；线框进入磁场的过程，线框有效的切割长度先平均增大后平均减小，由E＝ BLv，可知感觉电动势先平均增大后平均减小；线框完整进入磁场后，磁通量不变，没有感觉电流产生；线框穿出磁场的过程，磁通量向里减小，依据楞次定律得悉感觉电流的磁场向里，由安培定章可知感应电流方向为顺时针，电流方向应为负方向，线框有效的切割长度先平均增大后平均减小，由 E＝ BLv，可知感觉电动势先平均增大后平均减小；故 A 正确，D错误．[答案]A3．(2017 ·江淮十校三模) 宽为L 的两圆滑竖直裸导轨间接有固定电阻R，导轨(电阻忽略不计 ) 间Ⅰ、Ⅱ地区中有垂直纸面向里宽为d、磁感觉强度为 B 的匀强磁场，Ⅰ、Ⅱ地区间距为 h，如图，有一质量为m、长为 L 电阻不计的金属杆与竖直导轨密切接触，从距地区Ⅰ上端 H处杆由静止开释．若杆在Ⅰ、Ⅱ地区中运动状况完整同样，现以杆由静止开释为计时起点，则杆中电流随时间t 变化的图象可能正确的选项是()[ 分析 ]杆在Ⅰ、Ⅱ地区中运动状况完整同样，说明产生的感觉电流也应完整同样，排除 A 和 C 选项．因杆在无磁场地区中做a＝g的匀加快运动，又杆在Ⅰ、Ⅱ地区中运动状况完整同样，则杆在Ⅰ、Ⅱ地区应做减速运动，在地区Ⅰ中对杆受力剖析知其受竖直向下的重B2L2v力和竖直向上的安培力，由牛顿第二定律得加快度a＝mg－R，方向竖直向上，则知杆做mBLv加快度渐渐增大的减速运动，又I ＝R，由 I －t 图线斜率变化状况可知选项 B 正确，选项D错误．[答案]B考向三电磁感觉中的能量转变问题[ 概括提炼 ]能量转变及焦耳热的求法1．能量转变其余形式战胜安培力做功电流做功焦耳热或其余――→电能――→的能量形式的能量2．求解焦耳热Q的三种方法(1)焦耳定律： Q＝ I 2Rt.(2)功能关系： Q＝ W战胜安培力．(3)能量转变： Q＝ΔE其余能的减少许．将一斜面固定在水平面上，斜面的倾角为θ＝30°，其上表面绝缘且斜面的顶端固定一挡板，在斜面上加一垂直斜面向上的匀强磁场，磁场地区的宽度为＝ 0.4 m，如图甲所示，磁场界限与挡板平行，且上界限到斜面顶端的距离为x ＝0.55Hm．将一通电导线围成的矩形导线框abcd 置于斜面的底端，已知导线框的质量为m＝0.1 kg、导线框的电阻为R＝0.25Ω、 ab 的长度为L＝0.5 m．从 t ＝0时辰开始在导线框上加一恒定的拉力 F，拉力的方向平行于斜面向上，使导线框由静止开始运动，当导线框的下面与磁场的上界限重合时，将恒力F撤走，最后导线框与斜面顶端的挡板发生碰撞，碰后导线框以等大的速度反弹，导线框沿斜面向下运动．已知导线框向上运动的v－ t 图象如图乙所示，3导线框与斜面间的动摩擦因数为μ＝，整个运动过程中导线框没有发生转动，且一直没有走开斜面， g＝10 m/s2.(1) 求在导线框上施加的恒力F 以及磁感觉强度的大小；2 2(2) 若导线框沿斜面向下运动经过磁场时，其速度 v 与位移 s 的关系为 v ＝ v 0－B Ls ，其mR中 v 0 是导线框 ab 边刚进入磁场时的速度大小， s 为导线框 ab 边进入磁场地区后对磁场上面界的位移大小，求整个过程中导线框中产生的热量Q .[ 思路路线 ](1)(2)[分析](1) 由v－t图象可知，在 0～ 0.4 s 时间内导线框做匀加快直线运动，进入磁场时的速度为v1＝2.0 m/s，所以在此过程中的加快度a＝Δv2＝ 5.0 m/sΔt由牛顿第二定律有F－ mg sinθ－μmg cosθ＝ ma解得 F＝1.5 N由 v－t 图象可知，导线框进入磁场地区后以速度v1做匀速直线运动E BLv1经过导线框的电流 I ＝R＝R导线框所受安培力 F 安＝ BIL对于导线框匀速运动的过程，由力的均衡条件有B2L2v1F＝ mg sinθ＋μmg cosθ＋解得 B＝0.50 T.R(2) 导线框进入磁场地区后做匀速直线运动，并以速度v1匀速穿出磁场，说明导线框的宽度等于磁场的宽度H导线框 ab 边走开磁场后做匀减速直线运动，抵达挡板时的位移为x0＝ x－ H＝0.15 m设导线框与挡板碰撞前的速度为v2，由动能定理，有－ mg( x－ H)sinθ－μmg( x－ H)cosθ＝121221 2mv－2mv解得 v ＝2＝ 1.0 m/sv － 2g x－ Hsin θ＋μcos θ21导线框碰挡板后速度大小仍为v2，导线框下滑过程中，因为重力沿斜面方向的分力与滑动摩擦力大小相等，即mg sinθ＝μmg cosθ＝0.50 N，所以导线框与挡板碰撞后向下做匀速运动， ab 边刚进入磁场时的速度为v2＝1.0 m/s；进入磁场后因为又遇到安培力作用而减速，做加快度渐渐变小的减速运动，设导线框所有走开磁场地区时的速度为v30B 2L2322B2L2H由 v＝v－mR s 得 v＝ v －mR＝－ 1.0 m/s因 v3<0，说明导线框在走开磁场前速度已经减为零，这时安培力消逝，导线框受力均衡，所以导线框将静止在磁场中某地点导线框向上运动经过磁场地区的过程中产生的焦耳热Q1＝ I 2Rt ＝2221＝ 0.40 J B L HvR导线框向下运动进入磁场的过程中产生的焦耳热12Q2＝ mv2＝0.05 J2所以＝1＋2＝0.45 J.Q Q Q[ 答案 ] (1)1.5 N0.50 T (2)0.45 J用动力学看法、能量看法解答电磁感觉问题的一般步骤[ 娴熟加强 ]迁徙一单杆模型中的能量问题1．(2017 ·河北名校结盟 ) 如下图，相距为L 的两条足够长的圆滑平行金属导轨、MNPQ与水平面的夹角为θ， N、 Q两点间接有阻值为R的电阻．整个装置处于磁感觉强度为B 的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下．将质量为m、阻值也为 R 的金属杆 cd 垂直放在导轨上，杆 cd 由静止开释，下滑距离x 时达到最大速度．重力加快度为g，导轨电阻不计，杆与导轨接触优秀．求：(1)杆 cd 下滑的最大加快度和最大速度；(2)上述过程中，杆上产生的热量．[ 分析 ] (1) 设杆cd下滑到某地点时速度为v，则杆产生的感觉电动势E＝ BLv，回路中E的感觉电流I ＝R＋R杆所受的安培力F＝ BILB2L2v依据牛顿第二定律有mg sinθ－2R＝ ma当速度 v＝0时，杆的加快度最大，最大加快度a＝ g sinθ，方向沿导轨平面向下2mgR sin θ当杆的加快度a＝0时，速度最大，最大速度v m＝B2L2，方向沿导轨平面向下．(2)杆 cd 从开始运动抵达到最大速度过程中，依据能量守恒定律得12mgx sinθ＝ Q总＋2mv1又 Q杆＝2Q总13222θmg R sin所以 Q杆＝2mgx sinθ－B4L4.2mgR sin θ[答案](1) g sin θ，方向沿导轨平面向下B2L2，方向沿导轨平面向下13222mg R sinθ(2) 2mgx sin θ－B4L4迁徙二双杆模型中的能量问题2． ( 多项选择 )(2017 ·浙江五校联考) 如下图，足够长的圆滑水平直导轨的间距为l ，电阻不计，垂直轨道平面有磁感觉强度为 B 的匀强磁场，导轨上相隔必定距离搁置两根长度均为 l 的金属棒， a 棒质量为 m，电阻为 R， b 棒质量为2m，电阻为 2R，现给a棒一个水平向右的初速度 v ，已知 a 棒在此后的运动过程中没有与 b 棒发生碰撞，当 a 棒的速度减为v02 时，b 棒恰好遇到了阻碍物立刻停止运动，而 a 棒仍持续运动，则以下说法正确的选项是()v0A．b棒遇到阻碍物前瞬时的速度为252B．在b棒停止运动前 b 棒产生的焦耳热为Q b＝24mv0C．b棒停止运动后，a棒持续滑行的距离为3mv0R 2B2l2D．b棒停止运动后，a棒持续滑行的距离为mv0R 2B2l2[分析]设 b 棒遇到阻碍物前瞬时的速度为v2，以前两棒构成的系统动量守恒，则mv0 v0v0＝m2＋2mv2，解得 v2＝4，所以选项A错误；在 b 棒停止运动前，依据能量守恒定律可得a1 2 1v0212525棒和 b 棒产生的总焦耳热Q＝ Q a＋ Q b＝2mv0－2m 2－2×2mv2＝16mv0，Q b＝2Q a，解得Q b＝2420，所以选项B正确；a棒独自向右滑行的过程中，当其速度为v时，所受的安培力大小为mvB2l 2B2l 2F 安＝ BIl ＝3R v，依据动量定理有－ F 安Δt＝ mΔv，所以有∑－3R v·Δt＝∑(m·Δv)，22v030Bl mvR可得3R x＝ m2，b 棒停止运动后 a 棒持续行进的距离x＝2B2l2，所以选项C正确，选项D 错误．[答案]BC迁徙三线框模型中的能量问题3．(2017 ·苏州模拟 ) 如下图，竖直面内的正方形导线框ABCD和 abcd 的边长均为l 、电阻均为 R，质量分别为2m和m，它们分别系在一越过两个定滑轮的绝缘轻绳两头，在两导线框之间有一宽度为2l、磁感觉强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场．开始时ABCD的下界限与匀强磁场的上界限重合，abcd 的上界限到匀强磁场的下界限的距离为l .现将两导线框由静止开释，当ABCD所有进入磁场时，两导线框开始做匀速运动．不计摩擦和空气阻力，重力加快度为g，求：(1)两导线框匀速运动的速度大小；(2)两导线框在从开始运动至等高的过程中所产生的总焦耳热；(3)导线框 abcd 经过磁场的时间．[ 分析 ] (1) 如下图，设两导线框刚匀速运动的速度大小为v、此时轻绳上的张力为T，则对 ABCD有 T＝2mg①对 abcd 有 T＝ mg＋ BIl ②EI＝R③E＝ Blv ④mgR则 v＝B2l2.⑤(2) 设两导线框在从开始运动至等高的过程中所产生的总焦耳热为Q，当左、右两导线框分别向上、向下运动2l的距离时，两导线框等高，对这一过程，由能量守恒定律有4mgl 12＝2mgl＋ 2×3mv＋Q⑥3 223mg R联立⑤⑥解得Q＝2mgl－2B4l4.(3) 导线框abcd经过磁场的过程中以速度v 匀速运动，设导线框abcd 经过磁场的时间3l为 t ，则 t ＝v⑦3B2l3联立⑤⑦解得t ＝mgR.mgR322233mg R3Bl[ 答案 ] (1) B2l2(2)2 mgl－2B4l4(3) mgR高考题型展望——杆＋导轨模型[ 考点概括 ]1．单杆模型的常有状况2.双杆在导轨上滑动(1)初速度不为零，不受其余水平外力的作用圆滑的平行导轨表示图质量 m1＝ m2电阻 r 1＝ r 2长度 L1＝ L2杆 MN做变减速运动，杆 PQ做变加快剖析运动，稳准时，两杆的加快度均为零，以相等的速度匀速运动(2)初速度为零，一杆遇到恒定水平外力的作用圆滑的平行导轨圆滑不等距导轨质量 m1＝ m2电阻 r 1＝ r 2长度 L1＝2L2杆MN做变减速运动，杆PQ做变加快运动，稳准时，两杆的加快度均为零，两杆的速度之比为 1∶2不圆滑平行导轨表示图摩擦力 F ＝Ff1f2质量 m1＝ m2质量1＝2m m电阻 r 1＝ r 2电阻 r1＝ r 2长度 L＝L12长度 L1＝L2开始时，若 F <F≤2F ，则 PQ杆先f f开始时，两杆做变加快运动；稳固变加快后匀加快运动； MN杆静止．若>2f，杆先变加快后匀加快运剖析时，两杆以同样的加快度做匀加快F F PQ动，MN杆先静止后变加快最后和 PQ 运动杆同时做匀加快运动，且加快度相同[ 典题示例 ]如图 1 所示，在竖直向下的磁感觉强度为 B 的匀强磁场中，两根足够长的平行圆滑金属轨道 MN、PQ固定在水平面内，相距为L.一质量为 m的导体棒 ab 垂直于 MN、PQ放在轨道上，与轨道接触优秀．轨道和导体棒的电阻均不计．(1) 如图 2 所示，若轨道左端M、P间接一电动势为E、内阻为 r 的电源和一阻值为R的电阻．闭合开关S，导体棒从静止开始运动．求经过一段时间后，导体棒所能达到的最大速度的大小．(2) 如图 3 所示，若轨道左端M、P 间接一电容器，电容器的电容为C，导体棒在水平向右的恒力 F 的作用下从静止开始运动．求导体棒运动过程中的加快度的大小．[ 审题指导]第一步读题干—提信息题干信息1) 圆滑金属轨道滑动中不受摩擦力EΔq2) 轨道和导体棒的电阻均不计求电流I时，图 3 不可以用I ＝R总，应选I ＝Δt3) 求导体棒运动过程中的加快度的大小猜想棒可能匀加快运动第二步审程序—顺思路[ 分析 ] (1) 闭合开关后，导体棒ab产生的电动势与电阻R两头的电压相等时，导体棒Eab 达到最大速度v2， I ＝R＋r，U＝ IR， U＝ BLv2ER解得 v2＝BL R＋ r.(2) 导体棒ab 向右加快运动，在极短时间内，导体棒的速度变化，依据加快度ΔtΔv的定义 a＝ΔvΔE＝BLΔv，电容器增添的电荷量Δq＝CΔE＝，导体棒产生的电动势变化ΔtCBLΔv依据电流的定义I ＝Δq，解得 I ＝CBLa Δt导体棒 ab 遇到的安培力 F 安＝ BIL＝ B2L2Ca 依据牛顿第二定律得F－F 安＝ ma解得 a＝F22. m＋ CBL[答案](1)ER(2)＋FBL＋r2 2R m CBL杆模型剖析思路[ 展望题组]1． ( 多项选择 )(2017 ·苏州模拟) 如下图，在磁感觉强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中，有一水平绝缘桌面，桌面上搁置了间距为L 的足够长的两平行圆滑导轨，导轨左边连一阻值为R的电阻，轨道电阻不计．与两轨道垂直的质量为M、电阻为 r 的导体杆开始静止放在轨道上，现经过与轨道平行的轻绳经过一圆滑的定滑轮与一质量为m的物块相连，导体杆在重力作用下开始运动，导体杆的速度达到最大时为v m.运动中杆一直垂直轨道，则下列说法正确的选项是()A．导体杆做的是匀变速直线运动，运动过程中流过电阻R的电流方向是a→ bmg R＋ rB．导体杆获取的最大速度为v m＝B2L2v m mgC．当物块的速度为v＝2时，导体杆的加快度为2MmgD．导体杆开始运动时加快度最大，且为＋M m[ 分析 ] 导体杆先做变速直线运动，后做匀速运动，运动过程中流过电阻R的电流方向是→，A 错误；杆产生的感觉电动势为＝，因v 变大，故E变大，电路中电流IE＝，b a E BLv R 电流变大，杆受的安培力 F 安＝ BIL，因 I变大，故 F 安变大，选杆和物块整体为研究对象，依据牛顿第二定律，－B2L2v＋)，当a＝ 0时，杆达到最大速度vm＝mg R＋ r， B ＝ ( 2 2mg R＋ r M m a B Lv＝v m mg，C 错误；导体杆开始运动时正确；当物块的速度为2时，导体杆的加快度为2M＋ mmg加快度最大，为M＋m，D正确．[答案] BD2．(2017 ·江西六校联考) 如下图，ab和cd是两条竖直固定的圆滑平行金属导轨，MN和 M′ N′是用绝缘细线连结的两根金属杆，其质量分别为m和2m，用竖直向上、大小未知的外力 F 作用在杆 MN中点，使两杆水沉静止，并恰好与导轨接触．整个装置处在磁感觉强度为、方向垂直导轨平面向里的匀强磁场中，导轨足够长，间距为L ，电阻可忽视，两B杆总电阻为 R，与导轨一直接触优秀，重力加快度为g. t ＝0时辰，将细线烧断，保持力F不变．(1)细线烧断后随意时辰，求两杆运动的速度大小之比．(2) 若杆MN至速度最大时发生的位移为s，该过程中经过金属杆横截面的电荷量Δq和电路中产生的焦耳热Q各为多少？[ 分析 ] (1) 解法一：以两杆为研究对象，初始合外力为零，有F＝3mg细线烧断后杆MN向上运动，杆 M′ N′向下运动，随意时辰，两杆中感觉电流等大反向，。
新课标2018届高考物理二轮复习专题四电路和电磁感应能力训练12电磁感应及综合应
专题能力训练12 电磁感应及综合应用(时间:45分钟满分:100分)一、选择题(本题共8小题,每小题8分,共64分。
在每小题给出的四个选项中,1~6题只有一个选项符合题目要求,7~8题有多个选项符合题目要求。
全部选对的得8分,选对但不全的得4分,有选错的得0分)1.如图所示,边长为a的导线框abcd处于磁感应强度为B0的匀强磁场中,bc边与磁场右边界重合。
现发生以下两个过程:一是仅让线框以垂直于边界的速度v匀速向右运动;二是仅使磁感应强度随时间均匀变化。
若导线框在上述两个过程中产生的感应电流大小相等,则磁感应强度随时间的变化率为()A. B. C. D.2.如图所示,在光滑水平面上,有一个粗细均匀的单匝正方形闭合线框abcd。
t=0时刻,线框在水平外力的作用下,从静止开始向右做匀加速直线运动,bc边刚进入磁场的时刻为t1,ad边刚进入磁场的时刻为t2,设线框中产生的感应电流的大小为I,ad边两端电压大小为U,水平拉力大小为F,则下列I、U、F随运动时间t变化关系图象正确的是()3.(2017·湖南株洲期末)用导线绕一圆环,环内有一用同样导线折成的内接正方形线框,圆环与线框彼此绝缘,如图所示。
把它们放在磁感应强度为B的匀强磁场中,磁场方向垂直于圆环平面(纸面)向里。
当磁场均匀减小时()A.圆环和线框中的电流方向都为顺时针B.圆环和线框中的电流方向都为逆时针C.圆环和线框中的电流大小之比为1∶2D.圆环和线框中的电流大小比为2∶14.小明有一个磁浮玩具,其原理是利用电磁铁产生磁性,让具有磁性的玩偶稳定地飘浮起来,其构造如图所示。
若图中电源的电压固定,可变电阻为一可以随意改变电阻大小的装置,则下列叙述正确的是()A.电路中的电源必须是交流电源B.电路中的a端点须连接直流电源的负极C.若增加环绕软铁的线圈匝数,可增加玩偶飘浮的最大高度D.若将可变电阻的电阻值调大,可增加玩偶飘浮的最大高度5.如图甲所示,正三角形导线框abc固定在磁场中,磁场方向与线圈平面垂直,磁感应强度B随时间变化的关系如图乙所示。
高三物理二轮复习第二篇题型专项突破题型四电磁感应问题课件
(3)前3s内通过电阻R的电荷量
【解析】(1)由题图知
B 0.1 T/ s。 t
根E据 楞Φ次定B律Ld,ab0.棒1中0.5电1流.0方V向0.为05由Va到b。
t t I E 0.05 0.25 A
R 0.2 A
(2)ab棒做匀变速运动,位移s1=3.5m时,
速度大小设为v1,
则
=2as1,代入数据,a=-4m/s2
(3)注意过程或阶段的选取,一般进磁场或出磁场、磁 通量最大或最小、有效切割长度最大或最小等是分段 的关键点。
【典例1】如图所示,在边长为a的正方形区域内,有以 对角线为边界、垂直于纸面的两个匀强磁场,磁感应强 度大小相同、方向相反,纸面内一边长为a的正方形导 线框沿x轴匀速穿过磁场区域,t=0时刻恰好开始进入磁 场区域,以顺时针方向为导线框中电流的正方向,下列 选项中能够正确表示电流与位移关系的是 ( )
v2t,线框进
入磁场过程,L增大,i变3大,i与时间t成正比,故A错误;
线框做匀速运动,由平衡条件得:F=F安培2 =B3 IB L= t增大,F增大,F与时间的二次方成正比,3故R B错误;由功
4B 2v3t2 ， 3R
率表达式,P=I2R= 4 B 2 v 4 t 2 ,故C正确;流过导体横截面的 电量q=It= v2t2,3故R D正确。
第3步:写出函数方程:进行数学分析。根据函数方程进行数学分析,例 如分析斜率的变化、截距等。 第5步:得结果。画图象或判断图象。
2.研究电磁感应的图象问题要注意以下几点: (1)定性或定量地表示出所研究问题的函数关系是选择 或绘制图象的关键。 (2)在图象中I、v等物理量的方向是通过正负值来反映 的。
外力大小为F,线框中电功率的瞬时值为P,在这段时间 内通过导体某横截面的电荷量为q,其中C、D图象为抛 物线。则这些物理量随时间变化的关系可能正确的是
2018届高三物理二轮复习习题：专题四 电路与电磁感应
限时规范训练(十三)建议用时45分钟，实际用时________一、单项选择题1．(2017·宁波效实中学等十校3月联考)关于下列物理现象的分析，说法正确的是( )A ．鸟儿能欢快地停在高压电线上，是因为鸟儿的脚底上有一层绝缘皮B ．电动机电路开关断开时会出现电火花，是因为电路中的线圈产生很大的自感电动势C ．话筒能把声音变成相应的电流，是因为电流的磁效应D ．静电喷涂时，被喷工件表面所带的电荷与涂料微粒所带的应为同种电荷解析：选 B.鸟儿能欢快地停在高压电线上，是因为鸟儿的两脚之间的导线的电阻很小，两脚间的跨步电压很小，选项A 错误；电动机电路开关断开时会出现电火花，是因为电路中的线圈产生很大的自感电动势，击穿空气产生火花放电，选项B 正确；话筒能把声音变成相应的电流，是因为电磁感应现象，选项C 错误；静电喷涂时，被喷工件表面所带的电荷与涂料微粒所带的应为异种电荷，选项D 错误．2．如图为无线充电技术中使用的受电线圈示意图，线圈匝数为n ，面积为S .若在t 1到t 2时间内，匀强磁场平行于线圈轴线向右穿过线圈，其磁感应强度大小由B 1均匀增加到B 2，则该段时间线圈两端a 和b 之间的电势差φa －φb ( )A ．恒为nSB 2－B 1 t 2－t 1B ．从0均匀变化到nS B 2－B 1 t 2－t 1 C ．恒为－nS B 2－B 1 t 2－t 1D ．从0均匀变化到－nS B 2－B 1 t 2－t 1解析：选C.根据法拉第电磁感应定律得，感应电动势E ＝nΔΦΔt ＝n B 2－B 1 S t 2－t 1，由楞次定律和右手螺旋定则可判断b 点电势高于a 点电势，因磁场均匀变化，所以感应电动势恒定，因此a 、b 两点电势差恒为φa －φb ＝－n B 2－B 1 S t 2－t 1，选项C 正确． 3．(2017·高考北京卷)图a 和图b 是教材中演示自感现象的两个电路图，L 1和L 2为电感线圈．实验时，断开开关S 1瞬间，灯A 1突然闪亮，随后逐渐变暗；闭合开关S 2，灯A 2逐渐变亮，而另一个相同的灯A 3立即变亮，最终A 2与A 3的亮度相同．下列说法正确的是( )a bA．图a中，A1与L1的电阻值相同B．图a中，闭合S1，电路稳定后，A1中电流大于L1中电流C．图b中，变阻器R与L2的电阻值相同D．图b中，闭合S2瞬间，L2中电流与变阻器R中电流相等解析：选C.分析图a，断开开关S1瞬间，A1突然闪亮，说明流经A1的电流瞬间增大，从而得到S1闭合，电路稳定时，A1中的电流小于L1中的电流，所以选项B错误．由并联电路特点可知，A1的电阻值大于L1的电阻值，所以选项A错误．分析图b，开关S2闭合后，灯A2逐渐变亮，A3立即变亮，说明闭合S2瞬间A2与A3中的电流不相等，那么L2与R中的电流也不相等，所以选项D错误．最终A2与A3亮度相同，说明流经A2与A3的电流相同，由欧姆定律可知，R与L2的电阻值相等，所以选项C正确．4．(2017·高考天津卷)如图所示，两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有电阻R.金属棒ab与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下．现使磁感应强度随时间均匀减小，ab始终保持静止，下列说法正确的是( )A．ab中的感应电流方向由b到aB．ab中的感应电流逐渐减小C．ab所受的安培力保持不变D．ab所受的静摩擦力逐渐减小解析：选D.磁感应强度随时间均匀减小，ab始终保持静止，所以闭合回路面积不发生改变，根据楞次定律ab中产生由a到b的恒定电流，A错误，由法拉第电磁感应定律，E＝nΔΦΔt＝nΔBΔtS，电阻一定，则感应电流不变，B错误；由于电流恒定，磁感应强度逐渐减小，所以，安培力逐渐减小，静摩擦力与安培力是一对平衡力，所以静摩擦力逐渐减小，C错误，D正确．5．(2017·江西五市八校第二次联考)如图甲所示，两平行光滑导轨倾角为30°，相距10 cm，质量为10 g的直导线PQ水平放置在导轨上，从Q向P看的侧视图如图乙所示．导轨上端与电路相连，电路中电源电动势为12.5 V，内阻为0.5 Ω，限流电阻R＝5 Ω，R′为滑动变阻器，其余电阻均不计．在整个直导线的空间中充满磁感应强度大小为1 T的匀强磁场(图中未画出)，磁场方向可以改变，但始终保持垂直于直导线．g取10 m/s2.若要保持直导线静止在导轨上，则电路中滑动变阻器连入电路电阻的极值取值情况及与之相对应的磁场方向是( )A ．电阻的最小值为12 Ω，磁场方向水平向右B ．电阻的最大值为25 Ω，磁场方向垂直斜面向左上方C ．电阻的最小值为7 Ω，磁场方向水平向左D ．电阻的最大值为19.5 Ω，磁场方向垂直斜面向右下方解析：选D.磁场方向水平向右时，直导线所受的安培力方向竖直向上，由平衡条件有mg ＝BIL ，得I ＝mg BL ＝0.01×101×0.1 A ＝1 A ，由I ＝E R ＋R ′＋r，得R ′＝7 Ω，故A 错误；磁场方向垂直斜面向左上方时，直导线所受的安培力方向沿斜面向下，不可能静止在斜面上，故B 错误；磁场方向水平向左时，直导线所受的安培力方向竖直向下，不可能静止在斜面上，故C 错误；磁场方向垂直斜面向右下方时，直导线所受的安培力方向沿斜面向上，由平衡条件有mg sin 30°＝BIL ，得I ＝12·mg BL ＝0.5 A ，由I ＝E R ＋R ′＋r，得R ′＝19.5 Ω，即电阻的最大值为19.5 Ω，故D 正确．二、多项选择题6．如图所示是法拉第制作的世界上第一台发电机的模型原理图．把一个半径为r 的铜盘放在磁感应强度大小为B 的匀强磁场中，使磁感线水平向右垂直穿过铜盘，铜盘安装在水平的铜轴上，两块铜片C 、D 分别与转动轴和铜盘的边缘接触，G 为灵敏电流表．现使铜盘按照图示方向以角速度ω匀速转动，则下列说法中正确的是( )A ．C 点电势一定高于D 点电势B ．圆盘中产生的感应电动势大小为12B ωr 2C ．电流表中的电流方向为由a 到bD ．若铜盘不转动，使所加磁场磁感应强度均匀增大，在铜盘中可以产生涡旋电流解析：选BD.把铜盘看作由中心指向边缘的无数条铜棒组合而成，当铜盘转动时，每根铜棒都在切割磁感线，相当于电源，由右手定则知，盘边缘为电源正极，中心为电源负极，C 点电势低于D 点电势，选项A 错误；此电源对外电路供电，电流由b 经电流表再从a 流向铜盘，选项C错误；铜棒转动切割磁感线，相当于电源，回路中感应电动势为E ＝Brv ＝Br ω12r ＝12B ωr 2，选项B 正确；若铜盘不转动，使所加磁场磁感应强度均匀增大，在铜盘中产生感生环形电场，使铜盘中的自由电荷在电场力的作用下定向移动，形成环形电流，选项D 正确．7．如图所示，横放“V”字形金属框架放在匀强磁场中，磁场与框架平面垂直，金属棒与框架接触良好，框架导体和金属棒电阻率相同，截面积相等，现金属棒从B 点开始沿“V”字形角平分线方向做匀速直线运动，那么金属棒脱离框架前，电路中的磁通量Φ、感应电动势E 、感应电流I 以及金属棒所受到的安培力F 随时间变化的图象正确的是()解析：选BC.金属棒切割磁感线的长度为L ＝2vt tan θ，磁通量Φ＝B ·12L ·vt ＝Bv 2tan θ·t 2，可见磁通量是时间的二次函数，选项A 错误；电路中感应电动势为E ＝BLv ＝2Bv 2tan θ·t ，感应电动势E 与时间t 成正比，所以选项B 正确；设金属棒和框架单位长度的电阻为ρ，则电路的总电阻为R ＝2ρv ⎝ ⎛⎭⎪⎫tan θ＋1cos θt ，电路中的感应电流为I ＝E R ＝Bv tan θρ⎝ ⎛⎭⎪⎫tan θ＋1cos θ，I与t 无关，为定值，选项C 正确；安培力F ＝BIL ，因为电流I 不变，L 与时间t 成正比，所以安培力与时间t 成正比，选项D 错误．8．如图所示，两根相距l ＝0.4 m 、电阻不计的光滑金属导轨在同一水平面内平行放置，两导轨左端与阻值R ＝0.15 Ω的电阻相连．导轨x ＞0的一侧存在沿＋x 方向均匀增大的稳恒磁场，其方向与导轨平面垂直(竖直向下)，磁感应强度B ＝0.5＋0.5x (T)．一根质量m ＝0.1 kg 、电阻r ＝0.05 Ω的金属棒置于导轨上，并与导轨垂直．棒在水平外力作用下从x ＝0处沿导轨向右做直线运动，运动过程中回路电流恒为2 A ．以下判断正确的是()A ．金属棒在x ＝3 m 处的速度为0.5 m/sB ．金属棒在x ＝3 m 处的速度为0.75 m/sC ．金属棒从x ＝0运动到x ＝3 m 过程中克服安培力做的功为1.6 JD ．金属棒从x ＝0运动到x ＝3 m 过程中克服安培力做的功为3.0 J解析：选AD.在x ＝3 m 处，磁感应强度为B ＝2 T ，因为回路中电流I 恒为2 A ，由闭合电路欧姆定律，回路中的感应电动势E ＝I (R ＋r )＝0.4 V ，由E ＝Blv 可得，此时金属棒的速度v ＝0.5 m/s ，选项A 正确，B 错误；由安培力公式可知，F 安＝BIl ＝0.8×(0.5＋0.5x )(N)，随着x 呈线性变化关系，因此可用F 安x 图象的面积或平均作用力来求功，可得克服安培力做功为3.0 J ，选项C 错误，D 正确．三、非选择题9．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．解析：(1)正方形磁场的面积为S ，则S ＝L 22＝0.08 m 2.在棒进入磁场前，回路中的感应电动势是由于磁场的变化而产生的．由B t 图象可知ΔB Δt ＝0.5 T/s ，根据E ＝n ΔΦΔt，得回路中的感应电动势E ＝ΔB ΔtS ＝0.5×0.08 V＝0.04 V. (2)当导体棒通过bd 位置时感应电动势、感应电流最大，导体棒受到的安培力最大．此时感应电动势E ′＝BLv ＝0.5×0.4×1 V＝0.2 V ；回路中感应电流I ′＝E ′R ＝0.21A ＝0.2 A 导体棒受到的安培力 F ＝BI ′L ＝0.5×0.2×0.4 N＝0.04 N当导体棒通过三角形abd 区域时，导体棒切割磁感线的有效长度l ＝2v (t －1)(1 s≤t ≤1.2 s)感应电动势e ＝Blv ＝2Bv 2(t －1)＝(t －1)V感应电流i ＝e R＝(t －1)A(1 s≤t ≤1.2 s)答案：(1)0.04 V (2)0.04 N i ＝(t －1)A(1 s≤t ≤1.2 s)10．(2017·高考江苏卷)如图所示，两条相距d 的平行金属导轨位于同一水平面内，其右端接一阻值为R 的电阻．质量为m 的金属杆静置在导轨上，其左侧的矩形匀强磁场区域MNPQ 的磁感应强度大小为B 、方向竖直向下．当该磁场区域以速度v 0匀速地向右扫过金属杆后，金属杆的速度变为v .导轨和金属杆的电阻不计，导轨光滑且足够长，杆在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触．求：(1)MN 刚扫过金属杆时，杆中感应电流的大小I ；(2)MN 刚扫过金属杆时，杆的加速度大小a ；(3)PQ 刚要离开金属杆时，感应电流的功率P .解析：(1)感应电动势E ＝Bdv 0感应电流I ＝E R解得I ＝Bdv 0R(2)安培力F ＝BId由牛顿第二定律得F ＝ma解得a ＝B 2d 2v 0mR(3)金属杆切割磁感线的速度v ′＝v 0－v ，则感应电动势E ＝Bd (v 0－v )电功率P ＝E 2R解得P ＝B 2d 2 v 0－v 2R答案：(1)Bdv 0R (2)B 2d 2v 0mR (3)B 2d 2 v 0－v 2R11．如图甲所示，虚线右侧足够大区域存在匀强磁场，磁场方向竖直向下．在光滑绝缘水平面内有一长方形金属线框，ab 边长为L ＝0.2 m ，线框质量m ＝0.1 kg 、电阻R ＝0.1 Ω，在水平向右的外力F 作用下，以初速度v 0＝1 m/s 匀加速进入磁场，外力F 大小随时间t 变化的图线如图乙所示．以线框右边刚进入磁场开始计时．(1)求匀强磁场的磁感应强度大小B ；(2)求线框进入磁场的过程中，通过线框的电荷量q ；(3)若线框进入磁场过程中F 做的功为W F ＝0.27 J ，求在此过程中线框产生的焦耳热Q . 解析：(1)由F －t 图象可知，线框全部进入磁场后，F 2＝0.2 N ，线框的加速度a ＝F m ＝2 m/s 2t ＝0时刻线框所受的安培力F A ＝BIL ＝B 2L 2v 0R，且F 1＝0.3 N 由牛顿第二定律得：F 1－F A ＝ma联立解得B ＝0.5 T.(2)线框进入磁场过程中通过横截面的电荷量q ＝I Δt由法拉第电磁感应定律得E ＝ΔΦΔt由闭合电路欧姆定律得I ＝E R 解得电荷量q ＝ΔΦR ＝BLx R由匀变速直线运动规律得x ＝v 0t ＋12at 2 代入数据解得x ＝0.75 mq ＝0.75 C.(3)线框进入磁场过程，由能量守恒定律得W F＝Q＋12mv2－12mv20，v＝v0＋at解得Q＝0.12 J.答案：(1)0.5 T (2)0.75 C (3)0.12 J。
2018届高三物理二轮复习习题：专题四 电路与电磁感应
限时规范训练(十二)建议用时45分钟，实际用时________一、单项选择题1．在如图所示的电路中，已知电阻R 1的阻值小于滑动变阻器R 的最大阻值．闭合电键S ，在滑动变阻器的滑片P 由左端向右滑动的过程中，四个电表V 1、V 2、A 1、A 2的示数及其变化量分别用U 1、U 2、I 1、I 2、ΔU 1、ΔU 2、ΔI 1、ΔI 2表示，下列说法中正确的是( )A ．U 1先变大后变小，I 1不变B ．U 1先变小后变大，I 1变小C.ΔU 1ΔI 2的绝对值先变大后变小，ΔU 2ΔI 2的绝对值不变 D ．U 2先变小后变大，I 2先变小后变大解析：选D.滑片P 由滑动变阻器的左端向右端滑动的过程中，滑动变阻器R 的左半部分与R 1串联然后与R 的右半部分并联，并联电阻先变大后变小，所以电路总电阻先变大后变小，根据闭合电路欧姆定律，I 2先变小后变大，U 1先变大后变小，由极限法可得当滑片P 滑到滑动变阻器右端时，电流表A 1把R 1所在支路短路，此时I 1最大，所以I 1一直增大，A 、B 错误；对于C 项，ΔU 1ΔI 2的绝对值等于电源的内阻，保持不变；ΔU 2ΔI 2的绝对值等于R 2，保持不变，所以C 错误；电阻R 2不变，电压表V 2的示数U 2＝I 2R 2，U 2先变小后变大，D 正确．2．(2017·黄山月考)如图所示，在AB 间接入正弦交流电U 1＝220 V ，通过理想变压器和二极管D 1、D 2给阻值R ＝20 Ω的纯电阻负载供电，已知D 1、D 2为相同的理想二极管，正向电阻为0，反向电阻无穷大，变压器原线圈n 1＝110匝，副线圈n 2＝20匝，Q 为副线圈正中央抽头，为保证安全，二极管的反向耐压值至少为U 0，设电阻R 上消耗的热功率为P ，则有( )A ．U 0＝40 2 V ，P ＝80 WB ．U 0＝40 V ，P ＝80 WC ．U 0＝40 2 V ，P ＝20 WD ．U 0＝40 V ，P ＝20 W解析：选C.变压器的次级电压U 2＝n 2n 1U 1＝20110×220 V＝40 V ，故二极管的反向耐压值至少为40 2 V ；电阻R 上电压有效值为20 V ，则R 消耗的热功率为P ＝U 2R ＝20220W ＝20 W ，故C 正确． 3．(2017·河南中原名校高三联考)如图所示，变压器输入有效值恒定的电压，副线圈匝数可调，输出电压通过输电线送给用户(电灯等用电器)，R 表示输电线的电阻，则( )A ．用电器增加时，变压器输出电压增大B ．要提高用户的电压，滑动触头P 应向上滑C ．用电器增加时，输电线的热损耗减少D ．用电器增加时，变压器的输入功率减小解析：选 B.由于变压器原、副线圈的匝数不变，而且输入电压不变，因此增加负载不会影响输出电压，故A 错误；根据变压器原理可知输出电压U 2＝n 2n 1U 1，当滑动触头P 向上滑时，n 2增大，所以输出电压增大，用户两端电压增大，故B 正确；由于用电器是并联的，因此用电器增加时总电阻变小，输出电压不变，总电流增大，故输电线上热损耗增大，故C 错误；用电器增加时总电阻变小，总电流增大，输出功率增大，所以输入功率增大，故D 错误．4．(2017·西安一中期末考试)如图所示的电路中，灯泡A 和灯泡B 原来都是正常发光的，现在突然灯泡A 比原来变暗了些，灯泡B 比原来变亮了些，则电路中出现的故障可能是( )A ．R 3断路B ．R 2断路C ．R 1短路D ．R 1、R 2同时短路解析：选B.由题图可知，通过灯泡A 的电流等于通过灯泡B 的电流与通过R 2的电流之和．灯泡A 比原来变暗了些，灯泡B 比原来变亮了些，说明通过灯泡B 的电流变大，而通过灯泡A 的电流变小，因此通过R 1的电流变小，所以R 2断路符合条件．R 3断路或R 1短路都会使两灯泡比原来变亮；R 1、R 2同时短路会使灯泡A 比原来变亮，灯泡B 熄灭，故B 正确．5．一台小型发电机产生的电动势随时间以正弦规律变化的图象如图甲所示．已知发电机线圈内阻为5.0 Ω，现外接一只电阻为95.0 Ω的灯泡，如图乙所示，则( )A．电压表V的读数为220 VB．电路中的电流方向每秒改变50次C．灯泡实际消耗的功率为484 WD．发电机线圈内阻每秒产生的焦耳热为24.2 J解析：选D.由题图甲知发电机产生的感应电动势有效值为220 V，灯泡中电流大小为I＝ER＋r ＝2.2 A，电压表读数为U＝IR＝2.2×95.0 V＝209 V，选项A错误；由题图甲知交变电流的周期为0.02 s，则其频率为50 Hz，电路中的电流方向每秒改变100次，选项B错误；灯泡实际消耗的功率为P＝IU＝209×2.2 W＝459.8 W，选项C错误；发电机线圈内阻每秒产生的焦耳热为Q ＝I2rt＝2.22×5×1 J＝24.2 J，选项D正确．6．如图，一理想变压器原线圈接入一交流电源，副线圈电路中R1、R2和R3均为定值电阻，V1和V2为理想电压表， A1和A2为理想电流表．开关S闭合时，V1和V2的读数分别为U1和U2；A1和A2的读数分别为I1和I2.若交流电源电压不变，现断开S，下列推断中正确的是( )A．U2可能变小、I2一定变小B．U2一定不变、I2一定变小C．I1一定变小、I2可能变大D．I1可能变大、I2可能变大解析：选B.交流电源电压不变，U1数值不变，根据变压器变压公式可知，副线圈电压只与原线圈电压和变压器原、副线圈匝数比有关．现断开S，U2不变，副线圈所接电路的等效电阻增大，电流表A2的读数I2变小，选项B正确．变压器输出功率减小，导致变压器输入功率变小，I1变小，选项C、D错误．7．如图所示为某住宅区的应急供电系统，由交流发电机和副线圈匝数可调的理想降压变压器组成．发电机中矩形线圈所围的面积为S，匝数为N，电阻不计，它可绕水平轴OO′在磁感应强度为B的水平匀强磁场中以角速度ω匀速转动．矩形线圈通过滑环连接降压变压器，滑动触头P上下移动时可改变输出电压，R0表示输电线的电阻．以线圈平面与磁场平行时为计时起点，下列判断正确的是( )A ．若发电机线圈某时刻处于图示位置，变压器原线圈的电流瞬时值为零B ．发电机线圈感应电动势的瞬时值表达式为e ＝NB ωS sin ωtC ．当用电量增加时，为使用户电压保持不变，滑动触头P 应向上滑动D ．当滑动触头P 向下移动时，变压器原线圈两端的电压将升高解析：选C.当线圈与磁场平行时，感应电流最大，A 错误；从垂直中性面计时，则感应电动势的瞬时值表达式为e ＝NBS ωcos ωt ，B 错误；根据功率P ＝UI ，当电压不变，则电流增大，从而可确定触头P 移动方向向上，C 正确；当触头P 向下移动时，会改变副线圈的电流，从而改变原线圈的电流，不会改变原线圈的电压，D 错误．8．如图1所示为远距离输电示意图，升压变压器原、副线圈匝数比为1∶100，降压变压器原副线圈匝数比为100∶1，远距离输电线的总电阻为100 Ω.若升压变压器的输入电压如图2所示，输入功率为750 kW.下列说法正确的是( )A ．用户端交流电的频率为100 HzB ．输电线中电流为30 AC ．用户端电压为250 VD ．输电线路损耗功率为180 kW解析：选B.由题图2知，交流电的周期为0.02 s ，则其频率f ＝1T＝50 Hz ，A 错误；由于输入电压的有效值为250 V ，则输入电流I ＝P U ＝3 000 A ，由变流比知，输电线中的电流为30 A ，B 正确；由变压比知，升压变压器中副线圈两端的电压为25 000 V ，输电线上损失的电压ΔU ＝I 线R ＝30×100 V＝3 000 V ，因此降压变压器输入端电压为22 000 V ，由变压比知，用户端电压为220 V ，C 错误；输电线损耗的功率P 损＝I 2线R ＝302×100 W＝90 kW ，D 错误．二、多项选择题9．某正弦交流电的i －t 图象如图所示，则该电流的( )A．频率f＝0.02 HzB．有效值I＝10 2 AC．峰值I m＝10 2 AD．瞬时值表达式i＝20sin 100πt(A)解析：选BD.由题图可知，该交流电的周期为0.02 s，则频率为50 Hz，角速度为100πrad/s，最大值为20 A，则有效值为10 2 A，瞬时值表达式为：i＝20sin 100πt(A)，即B、D正确．10．在如图所示的电路中，E为电源电动势，r为电源内阻，R1是半导体制成的NTC热敏电阻，其阻值随着温度的升高而减小，R2、R3为定值电阻，C为电容器，L为小灯泡，电流表内阻可忽略．当电路所处环境温度下降时，则( )A．电流表的示数增大B．R2两端的电压减小C．小灯泡变暗D．电容器C所带的电荷量增大解析：选BD.当温度下降时，热敏电阻R1阻值增大，电路总电阻增大，电路中总电流I减小，即电流表的示数减小，选项A错误；R2两端的电压U2＝IR2，电路中总电流I减小，所以电压U2减小，选项B正确；由于电源内电压U r＝Ir减小，R2两端的电压也减小，则小灯泡L两端电压增大，所以小灯泡L变亮，选项C错误；电源内电压减小，路端电压增大，电容器两端电压增大，电容器所带的电荷量Q＝UC增大，选项D正确．11．(2017·哈尔滨三中模拟)如图所示的正方形线框abcd边长为L，每边电阻均为r，在垂直于纸面向里，磁感应强度为B的匀强磁场中绕cd轴以角速度ω匀速转动，c、d两点与一阻值为r的电阻相连，各表均可视为理想表，导线电阻不计，则下列说法中正确的是( )A．线框abcd产生的电流为交变电流B．当S断开时，电压表的示数为零C ．当S 断开时，电压表的示数为28B ωL 2 D ．当S 闭合时，电压表的示数为2B ωL 214r解析：选ACD.正方形线框abcd 在匀强磁场中绕cd 轴以角速度ω匀速转动产生的电流为正弦式交变电流，故A 正确；正方形线框匀速转动产生的感应电动势有效值为2BL 2ω2，等效电路如图所示，当S 断开时，电压表的示数U ＝14E ＝2BL 2ω8，故B 错误，C 正确；当S 闭合时，电路的总电阻R ＝3r ＋r 2＝72r ，总电流I ＝E R ＝2BL 2ω7r ，电流表的示数I A ＝12I ＝2BL 2ω14r ，故D 正确．12．(2017·安徽江南十校联考)如图所示，处在垂直纸面向外、磁感应强度大小为B 的匀强磁场中的矩形线框MNPQ ，以恒定的角速度ω绕对角线NQ 转动．已知MN 长为l 1，NP 长为l 2，线框电阻为R .在t ＝0时刻线框平面与纸面重合，下列说法正确的是( )A ．矩形线框产生的感应电动势有效值为22Bl 1l 2ω B ．矩形线框转过半周时，通过线框的电流为零C ．矩形线框转动一周时，通过线框的电流为Bl 1l 2RD ．矩形线框在转动半周过程中产生的热量为πB 2l 21l 22ω2R解析：选ABD.矩形线框产生正弦式交变电流，则产生的感应电动势最大值E m ＝Bl 1l 2ω，所以有效值E ＝22Bl 1l 2ω，A 正确；当矩形线框转过半周时，线框平面与磁场垂直，磁通量最大，磁通量变化量为零，感应电动势为零，感应电流为零，B 正确；转过一周时，通过线框的电流为零，C 错误；矩形线框在转动半周过程中产生的热量 Q ＝E 2R t ＝E 2πR ω＝πB 2l 21l 22ω2R，D 正确． 13．如图甲所示为远距离输电示意图，变压器均为理想变压器．升压变压器原、副线圈匝数比为1∶100，其输入电压变化规律如图乙所示，远距离输电线的总电阻为100 Ω.降压变压器副线圈电路部分为一火警报警系统原理图，其中R 1为一定值电阻，R 2为用半导体热敏材料制成的传感器，当温度升高时其阻值变小．电压表V 显示加在报警器上的电压(报警器未画出)．未出现火警时，升压变压器的输入功率为750 kW.下列说法中正确的有( )A ．降压变压器副线圈输出的交流电频率为50 HzB ．远距离输电线路损耗的功率为180 kWC ．当传感器R 2所在处出现火警时，电压表V 的示数变大D ．当传感器R 2所在处出现火警时，输电线上的电流变大解析：选AD.由题图乙知交流电的周期为0.02 s ，所以频率为50 Hz ，A 正确；由图题乙知升压变压器输入端电压有效值为250 V ，根据电压与匝数成正比知副线圈电压为25 000 V ，所以输电线中的电流I ＝P U＝30 A ，输电线损失的电压ΔU ＝IR ＝30×100 V＝3 000 V ，输电线路损耗功率ΔP ＝ΔUI ＝90 kW ，B 错误；当传感器R 2所在处出现火警时，其阻值减小，副线圈两端电压不变，副线圈中电流增大，定值电阻所分电压增大，所以电压表V 的示数变小，C 错误；副线圈电流增大，根据电流与匝数成反比知，输电线上的电流变大，D 正确．14．如图所示，图甲中M 为一电动机，当滑动变阻器R 的触头从左端滑到另一端的过程中，两电压表的读数随电流表读数的变化情况如图乙所示．已知电流表读数在0.2 A 以下时，电动机没有发生转动．不考虑电表对电路的影响，以下判断正确的是( )A ．变阻器向右滑动时，V 2读数逐渐减小B ．电路中电源内阻为2 ΩC ．此电路中，电动机的输出功率先减小后不变D ．变阻器的最大阻值为36 Ω解析：选BC.由图甲可知○V 2 测量的是路端电压U ，且U ＝E －Ir ，则图乙中上方的图象为U I 图象，该图象的斜率大小为电源内阻，r ＝3.4－3.00.3－0.1Ω＝2 Ω，B 项正确；滑动变阻器滑片向右滑动时，R 接入电路的电阻增大，电流I 减小，则U 逐渐增大，A 项错；R 的滑动触头向右端滑动的过程中，由乙图可知○M 两端的电压减小，电流减小，电动机的输出功率P 出＝U 1I －I 2r 机先减小，电流表值在0.2 A 以下，○V 1 的读数在0.8 V 以下时，电动机停止转动，无功率输出，C 项正确；滑动变阻器的最大阻值为R ＝3.4－0.40.1Ω＝30 Ω，D 项错．。
2018届高三物理二轮复习试题：板块一 专题突破复习专题四 电路与电磁感应12
跟踪强化训练(十二)一、选择题1．(多选)(2017·广州模拟)电吉他中电拾音器的基本结构如右图所示，磁体附近的金属弦被磁化，因此弦振动时，在线圈中产生感应电流，电流经电路放大后传送到音箱发出声音．下列说法正确的有( )A ．选用铜质弦，电吉他仍能正常工作B ．取走磁体，电吉他将不能正常工作C ．增加线圈匝数可以增大线圈中的感应电动势D ．弦振动过程中，线圈中的电流方向不断变化[解析] 铜质弦无法被磁化，不能产生磁场引起线圈中磁通量的变化从而产生感应电流，所以铜质弦不能使电吉他正常工作，故A 项错误；取走磁体，金属弦无法被磁化，线圈中不会产生感应电流，B 项正确；由E ＝n ΔΦΔt ，知C 项正确；金属弦来回振动，线圈中磁通量不断增加或减小，电流方向不断变化，D 项正确．[答案] BCD2．(2017·福建师大附中阶段测试)在半径为r 、电阻为R 的圆形导线框内，以直径为界，左、右两侧分别存在着方向如图甲所示的匀强磁场．以垂直纸面向外的磁场为正，两部分磁场的磁感应强度B 随时间t 的变化规律分别如图乙所示，则0～t 0时间内导线框中( )A ．没有感应电流B ．感应电流方向为逆时针C ．感应电流大小为πr 2B 0t 0RD ．感应电流大小为2πr 2B 0t 0R[解析] 由右手定则，可知左右两侧产生的感应电动势为串联，感应电流方向为顺时针，B 错误．回路的感应电动势E ＝E 1＋E 2＝ΔB 1Δt ·S ＋ΔB 2Δt S ＝B 0t 0·πr 22×2＝B 0πr 2t 0，则I ＝E R ＝B 0πr 2t 0R，C 正确，A 、D 错误．[答案] C3．(2017·厦门阶段性教学质检)如右图所示，在均匀磁场中有一由两段14圆弧及其半径构成的导线框CDEF ，且C 点和F 点正好是OD 、OE 的中点，14圆的半径OE 和OD 与磁场边缘重合，磁场方向垂直于14圆面(纸面)向里，磁感应强度大小为B 0.使该线框绕过圆心O 、垂直于半圆面的轴以角速度ω匀速转过90°，在线框中产生感应电流．现使线框保持图中所示位置不变，而磁感应强度大小随时间均匀变化．为了产生与线框转过90°过程中同样大小的电流，则磁感应强度随时间的变化率ΔB Δt 的大小应为()A.ωB 02πB.ωB 0πC.2ωB 0πD.4ωB 0π[解析] 设OE ＝2r ，线框的电阻为R ，该线框绕过圆心O 、垂直于半圆面的轴以角速度ω匀速转动90°，在线框中产生的感应电流I ＝32B 0ωr 2R .线框保持图中所示位置，磁感应强度大小随时间线性变化．为了产生与线框转动90°过程中同样大小的电流，有I ＝ΔB Δt ·3πr 24R，所以有ΔB Δt ＝2ωB 0π，故C 对，A 、B 、D 错． [答案] C4．(2017·湖南六校联考)如右图所示，水平地面上方正方形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，两个边长相等的单匝闭合正方形线圈Ⅰ和Ⅱ，分别用相同材料、不同粗细的导线绕制(Ⅰ为细导线)而成．两线圈在距磁场上边界h 高处由静止开始自由下落，再进入磁场，最后落到地面．运动过程中，线圈平面始终保持在竖直平面内且下边缘平行于磁场上边界．设线圈Ⅰ、Ⅱ落地时的速度大小分别为v 1、v 2，在磁场中运动时产生的热量分别为Q 1、Q 2.不计空气阻力，则( )A．v1<v2，Q1<Q2B．v1＝v2，Q1＝Q2C．v1<v2，Q1>Q2D．v1＝v2，Q1<Q2[解析]由于从同一高度下落，到达磁场上边界时具有相同的速度v，切割磁感线产生感应电流同时受到安培力F＝B2l2vR，又R＝ρ4lS(ρ为材料的电阻率，l为线圈的边长)，所以安培力F＝B2l v S4ρ，此时加速度a＝g－Fm，且m＝ρ0S·4l(ρ0为材料的密度)，所以加速度a＝g－B2v16ρρ0是定值，线圈Ⅰ和Ⅱ同步运动，落地速度相等即v1＝v2.由能量守恒可得Q＝mg(h＋H)－12m v2(H是磁场区域的高度)，线圈Ⅰ为细导线则质量m小，产生的热量小，所以Q1<Q2，D对．[答案] D5．(多选)(2017·河北名校联盟)如右图所示，由一段外皮绝缘的导线扭成两个半径为R和r的闭合回路，R>r，导线单位长度的电阻为A，导线截面半径远小于R和r.圆形区域内存在垂直平面向里、磁感应强度大小随时间按B＝kt(k>0，为常数)的规律变化的磁场，下列说法正确的是()A ．小圆环中电流的方向为逆时针B ．大圆环中电流的方向为逆时针C ．回路中感应电流大小为k (R 2＋r 2)(R ＋r )AD ．回路中感应电流大小为k (R －r )2A[解析] 根据穿过整个回路的磁通量增大，依据楞次定律，及R >r ，则大圆环中电流的方向为逆时针，小圆环中电流的方向为顺时针，故A 错误，B 正确；根据法拉第电磁感应定律，则有：E ＝k π(R 2－r 2)，由闭合电路欧姆定律，那么回路中感应电流大小为I ＝E R 总＝k π(R 2－r 2)2π(R ＋r )A＝k (R －r )2A ，故C 错误，D 正确． [答案] BD6．(2017·天津卷)如图所示，两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有电阻R .金属棒ab 与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下．现使磁感应强度随时间均匀减小，ab 始终保持静止，下列说法正确的是( )A ．ab 中的感应电流方向由b 到aB ．ab 中的感应电流逐渐减小C ．ab 所受的安培力保持不变D ．ab 所受的静摩擦力逐渐减小[解析] 本题考查楞次定律、电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、安培力、平衡条件．由于通过回路的磁通量向下减小，则根据楞次定律可知ab 中感应电流的方向由a 到b ，A 错误．因ab 不动，回路面积不变；当B 均匀减小时，由E ＝n ΔΦΔt ＝n ΔB Δt S 知，产生的感应电动势恒定，回路中感应电流I ＝E R ＋r恒定，B 错误．由F ＝BIL 知F 随B 减小而减小，C 错误．对ab 由平衡条件有f ＝F ，故D 正确．[答案] D7．(多选)(2017·河南六市一模)边长为a 的闭合金属正三角形轻质框架，左边竖直且与磁场右边界平行，完全处于垂直于框架平面向里的匀强磁场中，现把框架匀速水平向右拉出磁场，如图所示，则下列图象与这一拉出过程相符合的是( )[解析] 设正三角形轻质框架开始出磁场的时刻t ＝0，则其切割磁感线的有效长度L ＝2x tan30°＝233x ，则感应电动势E 电动势＝BL v ＝233B v x ，则C 项正确，D 项错误．框架匀速运动，故F 外力＝F 安＝B 2L 2v R ＝4B 2x 2v 3R∝x 2，A 项错误．P 外力功率＝F 外力v ∝F 外力∝x 2，B 项正确．[答案] BC 8．(多选)(2017·河北石家庄二模)如图甲所示，质量m ＝3.0×10－3 kg 的“”形金属细框竖直放置在两水银槽中，“”形框的水平细杆CD 长l ＝0.20 m ，处于磁感应强度大小B 1＝1.0 T 、方向水平向右的匀强磁场中．有一匝数n ＝300匝、面积S ＝0.01 m 2的线圈通过开关K 与两水银槽相连．线圈处于与线圈平面垂直、沿竖直方向的匀强磁场中，其磁感应强度B 2随时间t 变化的关系如图乙所示．t ＝0.22 s 时闭合开关K 瞬间细框跳起(细框跳起瞬间安培力远大于重力)，跳起的最大高度h ＝0.20 m ．不计空气阻力，重力加速度g ＝10 m/s 2，下列说法正确的是( )A ．0～0.10 s 内线圈中的感应电动势大小为3 VB ．开关K 闭合瞬间，CD 中的电流方向由C 到DC ．磁感应强度B 2的方向竖直向下D ．开关K 闭合瞬间，通过细杆CD 的电荷量为0.03 C[解析] 0～0.1 s 内线圈中的磁场均匀变化，由法拉第电磁感应定律E ＝n ΔΦΔt ＝nS ΔB Δt ，代入数据得E ＝30 V ，A 错．开关闭合瞬间，细框会跳起，可知细框受向上的安培力，由左手定则可判断电流方向由C 到D ，B 对．由于t ＝0.22 s 时通过线圈的磁通量正在减少，再对线圈由楞次定律可知感应电流产生的磁场的方向与B 2的方向相同，故再由安培定则可知C 错误．K 闭合瞬间，因安培力远大于重力，则由动量定理有B 1IlΔt ＝m v ，通过细杆的电荷量Q ＝IΔt ，线框向上跳起的过程中v 2＝2gh ，解得Q ＝0.03 C ，D 对．[答案] BD9．(多选)(2017·山东泰安二模)如图甲所示，间距为L 的光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B ，轨道左侧连接一定值电阻R .垂直导轨的导体棒ab 在水平外力F 作用下沿导轨运动，F 随t 变化的规律如乙图所示．在0～t 0时间内，棒从静止开始做匀加速直线运动．乙图中t 0、F 1、F 2为已知量，棒和导轨的电阻不计．则( )A ．在t 0以后，导体棒一直做匀加速直线运动B ．在t 0以后，导体棒先做加速，最后做匀速直线运动C ．在0～t 0时间内，导体棒的加速度大小为2(F 2－F 1)R B 2L 2t 0D ．在0～t 0时间内，通过导体棒横截面的电荷量为(F 2－F 1)t 02BL[解析] 因在0～t 0时间内棒做匀加速直线运动，故在t 0时刻F 2大于棒所受的安培力，在t 0以后，外力保持F 2不变，安培力逐渐变大，导体棒做加速度越来越小的加速运动，当加速度a ＝0，即导体棒所受安培力与外力F 2相等后，导体棒做匀速直线运动，故A 错误，B 正确．设在0～t 0时间内导体棒的加速度为a ，通过导体棒横截面的电荷量为q ，导体棒的质量为m ，t 0时刻导体棒的速度为v ，则有：a ＝v t 0，F 2－B 2L 2v R ＝ma ，F 1＝ma ，q ＝ΔΦR ，ΔΦ＝BΔS ＝BL v 2t 0，解得：a ＝(F 2－F 1)R B 2L 2t 0，q ＝(F 2－F 1)t 02BL，故C 错误、D 正确． [答案] BD二、非选择题10．(2017·贵州模拟)如图所示，足够长的平行光滑金属导轨竖直固定放置，导轨间距L ＝0.2 m ，完全相同的两金属棒ab 、cd 均垂直于导轨放置且与导轨接触良好，其长度恰好等于导轨间距，两棒的质量均为m ＝0.01 kg ，电阻均为R ＝0.2 Ω，回路中其余电阻忽略不计．cd棒放置在水平绝缘平台上，整个装置处在垂直于导轨平面向里的匀强磁场中，磁感应强度B＝1 T．棒ab在恒力F作用下由静止开始向上运动，位移x＝0.1 m时达到最大速度，此时cd棒对绝缘平台的压力恰好为零．g取10 m/s2，求：(1)恒力F的大小；(2)在此过程中ab棒产生的焦耳热．[解析](1)ab棒达到最大速度时，设cd棒受安培力为F1，对cd 棒受力分析：F1－mg＝0对ab棒受力分析：F－F1－mg＝0联立解得：F＝2mg＝0.2 N(2)设ab棒最大速度为v，此时，对ab棒有F1＝BILF－mg－F1＝0E＝BL vI＝E 2R从开始到达到最大速度的过程中Fx ＝12m v 2＋mgx ＋Q 两棒产生的热量相同，所以ab 棒产生的焦耳热为Q ab ＝12Q ＝2.5×10－3 J [答案] (1)0.2 N (2)2.5×10－3 J11．(2017·吉林长春二模)如图甲所示，在一个倾角为37°的粗糙绝缘斜面上，静止地放置着一个匝数为n ＝10的正方形金属线圈，其上下边与斜面底边平行，线圈的总电阻R ＝0.1 Ω，质量m ＝0.5 kg ，边长L ＝0.2 m ．如果向下轻推一下此线圈，则它刚好可沿斜面匀速下滑．现在将线圈静止放在斜面上，在线圈的水平中线(图中虚线)以下区域中加上垂直斜面方向的磁场，磁感应强度B 随时间t 变化规律如图乙所示．求：(1)刚加上磁场时线圈中的感应电流大小；(2)从加上磁场开始，经过多长时间线圈开始运动，并计算该过程线圈中产生的热量Q (设线圈与斜面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g ＝10 m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)．[解析] (1)线圈中的感应电动势E ＝n ΔΦΔt ＝nS ΔB Δt由题图乙可知，ΔBΔt＝0.5 T/s由闭合电路的欧姆定律，得感应电流I＝E R解得I＝1 A(2)设线圈刚开始匀速滑动时受的滑动摩擦力为f，有mg sin37°＝f加磁场后，线圈刚要运动时，有F安＝f＋mg sin37°F安＝nBIL又B＝B0＋kt联立解得t＝4 s由焦耳定律，得Q＝I2Rt解得Q＝0.4 J[答案](1)1 A(2)4 s0.4 J。
2018届高考物理二轮专题复习文档：寒假作业(四) 电路与电磁感应 Word版含解析
寒假作业(四) 电路与电磁感应1.如图所示，在匀强磁场中有一个矩形单匝线圈ABCD ，AB 边与磁场垂直，MN 边始终与金属滑环K 相连，PQ 边始终与金属滑环L 相连；金属滑环L 、交流电流表A 、定值电阻R 、金属滑环K 通过导线串联。
使矩形线圈以恒定角速度绕过BC 、AD 中点的轴旋转。
下列说法中正确的是( )A ．交流电流表A 的示数随时间按余弦规律变化B ．线圈转动的角速度越大，交流电流表A 的示数越小C ．线圈平面与磁场平行时，流经定值电阻R 的电流最大D ．线圈平面与磁场垂直时，流经定值电阻R 的电流最大解析：选C 交流电流表测量的是交流电的有效值，线圈的角速度恒定，电流表示数不随时间而变化，故A 错误。
由交流电动势最大值E m ＝NBSω可知，ω越大，E m 越大，有效值E ＝22E m越大，交流电流表A 的示数越大，故B 错误。
当线圈平面与磁场平行时，AB 边与CD 边垂直切割磁感线，感应电动势最大，感应电流最大，故C 正确，D 错误。
2．[多选]将四根完全相同的表面涂有绝缘层的金属丝首尾连接，扭成如图所示四种形状的闭合线圈，图中大圆半径均为小圆半径的两倍，将线圈先后置于同一匀强磁场中，线圈平面均与磁场方向垂直。
若磁感应强度从B 增大到2B ，则线圈中通过的电量最少的是( )解析：选BC 根据法拉第电磁感应定律，E ＝N ΔΦΔt，由闭合电路欧姆定律，I ＝E R ，且电量q ＝It ，则有q ＝N ΔΦR ，若磁感应强度从B 增大到2B ，则线圈中通过的电量最少的是磁通量变化最少的，由于穿过线圈的磁通量分正负面，设小圆半径为R ，因此A 选项的磁通量变化量为ΔΦA ＝5B πR 2，而D 选项是将小圆旋转180度后再翻转，则磁通量变化量与A 选项相同，为ΔΦD ＝5B πR 2，对于B 选项，是将A 选项小圆旋转180度，则磁通量的变化量为ΔΦB ＝3B πR 2；而C 选项，是将A 选项小圆翻转180度，则磁通量的变化量同B 选项，为ΔΦC ＝3B πR 2。
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2018年高三物理（新课标）二轮复习满分突破
阶段训练(四)电路和电磁感应
(时间:45分钟满分:100分)
一、选择题(本题共10小题,每小题6分,共60分。
在每小题给出的四个选项中,1~6题
只有一个选项符合题目要求,7~10题有多个选项符合题目要求。
全部选对的得6分,选
对但不全的得3分,有选错的得0分)
1.
如图所示,电路中的A、B是两个完全相同的灯泡,L是一个自感系数很大、电阻可忽略的自感线圈,C是电容很大的电容器。
在开关S闭合与断开时,A、B灯泡发光情况是()
A.S刚闭合后,A灯亮一下又逐渐变暗,B灯逐渐变亮
B.S刚闭合后,B灯亮一下又逐渐变暗,A灯逐渐变亮
C.S闭合足够长时间后,A灯泡和B灯泡一样亮
D.S闭合足够长时间后再断开,B灯立即熄灭,A灯逐渐熄灭
2.
如图所示,电源电动势为E,内阻为r。
当滑动变阻器的滑片P从左端滑到右端时,理想电压表V1、V2示数变化的绝对值分别为ΔU1和ΔU2,干路电流为I,下列说法正确的是(灯泡电阻不变)()
A.小灯泡L1、L3变暗,L2变亮
B.ΔU1与ΔI的比值不变
C.ΔU1<ΔU2
D.ΔU1=ΔU2
3.如图甲所示,在匀强磁场中,一矩形金属线圈两次以不同的转速绕与磁感线垂直的轴匀速转动,产生的交流电动势随时间变化的e-t图象分别如图乙中曲线a、b所示,则()
A.两次t=0时刻穿过线圈的磁通量均为0
B.曲线a表示的交流电动势的频率为25 Hz
C.曲线b表示的交流电动势的最大值为15 V
D.曲线a、b对应的线圈转速之比为3∶2
4.
如图所示,在倾角为θ的光滑斜面上,相距均为d 的三条水平虚线l 1、l 2、l 3,它们之间的区域Ⅰ、Ⅱ分
别存在垂直斜面向下和垂直斜面向上的匀强磁场,磁感应强度大小均为B 。
—个质量为m 、边长为d 、总电阻为R 的正方形导线框,从l 1上方一定高处由静止开始沿斜面下滑,当ab 边刚越过l 1进入磁场Ⅰ时,恰好以速度v 1做匀速直线运动;当ab 边在越过l 2运动到l 3之前的某个时刻,线框又开始以速度v 2做匀速直线运动,重力加速度为g 。
在线框从释放到穿出磁场的过程中,下列说法正确的是( )
A.线框中感应电流的方向不变
B.线框ab 边从l 1运动到l 2所用时间大于从l 2运动到l 3所用时间
C.线框以速度v 2做匀速直线运动时,发热功率为
m 2g 2R 4B 2d 2sin 2θ D.线框从ab 边进入磁场到速度变为v 2的过程中,减少的机械能ΔE 机与重力做功W G 的关系式是ΔE 机=12mv 12−12mv 22
5.
如图所示,B 是一个螺线管,C 是与螺线管相连接的金属线圈。
在B 的正上方用绝缘丝线悬挂一个金
属圆环A ,A 的环面水平且与螺线管的横截面平行。
若仅在金属线圈C 所处的空间加上与C 环面垂直的变化磁场,发现在t 1至t 2时间段内绝缘丝线的拉力变小,则金属线圈C 处所加磁场的磁感应强度随时间变化的B -t 图象可能是( )
6.如图甲所示的电路中,理想变压器原、副线圈匝数比为 5∶1,原线圈输入如图乙所示的电压,副线圈
接火灾报警系统(报警器未画出),电压表和电流表均为理想电表,R 0为定值电阻,R 为半导体热敏电阻(其阻值随温度的升高而减小)。
下列说法正确的是( )
A.图乙中电压的有效值为110 V
B.电压表的示数为44 V
C.R 处出现火警时,电流表示数减小
D.R 处出现火警时,电阻R 0消耗的电功率增大
7.。