【2019-2020】高考物理二轮复习专题四电路和电磁感应第12讲电磁感应规律及其应用练案
2020版高考物理大二轮复习试题：电磁感应规律及其应用(含答案)
回扣练12：电磁感应规律及其应用1．如图所示，两根相距为l 的平行直导轨ab 、cd ，b 、d 间连有一固定电阻R ，导轨电阻可忽略不计．MN 为放在ab 和cd 上的一导体杆，与ab 垂直，其电阻也为R .整个装置处于匀强磁场中，磁感应强度的大小为B ，磁场方向垂直于导轨所在平面(垂直纸面向里)．现对MN 施力使它沿导轨方向以速度v 水平向右做匀速运动．令U 表示MN 两端电压的大小，则( )A ．U ＝12Blv ，流过固定电阻R 的感应电流由b 经R 到dB ．U ＝Blv ，流过固定电阻R 的感应电流由d 经R 到bC ．MN 受到的安培力大小F A ＝B 2l 2v 2R，方向水平向右 D ．MN 受到的安培力大小F A ＝B 2l 2v R，方向水平向左 解析：选A.当MN 运动时，相当于电源．但其两边的电压是外电路的电压，假设导轨没电阻，MN 两端的电压也就是电阻R 两端的电压，电路中电动势为E ＝BlV ，MN 的电阻相当于电源的内阻，二者加起来为2R ，则电阻上的电压为12Blv ，再由右手定则，拇指指向速度方向，手心被磁场穿过，四指指向即为电流方向，即由N 到M ，那么流过电阻的就是由b 到d .故A 正确，B 错误．MN 受到的安培力F ＝BIl ＝B 2l 2v 2R；由左手定则可知，安培力的方向水平向左；故CD 错误．故选A.2．如图所示，两相邻有界匀强磁场的宽度均为L ，磁感应强度大小相等、方向相反，均垂直于纸面．有一边长为L 的正方形闭合线圈向右匀速通过整个磁场．用i 表示线圈中的感应电流，规定逆时针方向为电流正方向，图示线圈所在位置为位移起点，则下列关于i x 的图象中正确的是( )解析：选C.线圈进入磁场，在进入磁场的0～L 的过程中，E ＝BLv ，电流I ＝BLv R ，根据右手定则判断方向为逆时针方向，为正方向；在L ～2L 的过程中，电动势E ＝2BLv ，电流I ＝2BLv R，根据右手定则判断方向为顺时针方向，为负方向；在2L ～3L 的过程中，E ＝BLv ，电流I ＝BLv R，根据右手定则判断方向为逆时针方向，为正方向；故ABD 错误，C 正确；故选C.3．如图所示，表面粗糙的U 形金属线框水平固定，其上横放一根阻值为R 的金属棒ab ，金属棒与线框接触良好，一通电螺线管竖直放置在线框与金属棒组成的回路中，下列说法正确的是( )A ．当变阻器滑片P 向上滑动时，螺线管内部的磁通量增大B ．当变阻器滑片P 向下滑动时，金属棒所受摩擦力方向向右C ．当变阻器滑片P 向上滑动时，流过金属棒的电流方向由a 到bD ．当变阻器滑片P 向下滑动时，流过金属棒的电流方向由a 到b解析：选C.根据右手螺旋定则可知螺线管下端为N 极，而穿过回路的磁通量分为两部分，一部分为螺线管内部磁场，方向竖直向下，一部分为螺线管外部磁场，方向竖直向上，而总的磁通量方向为竖直向下，当变阻器滑片P 向上滑动时，滑动变阻器连入电路的电阻增大，螺线管中电流减小，产生的磁场变弱，即穿过回路的磁通量向下减小，根据楞次定律可得流过金属棒的电流方向由a 到b ，A 错误C 正确；当变阻器滑片P 向下滑动时，滑动变阻器连入电路的电阻减小，螺线管中电流变大，产生的磁场变强，即穿过回路的磁通量向下增大，根据楞次定律可得流过金属棒的电流方向由b 到a ，而导体棒所处磁场方向为竖直向上的，金属棒所受安培力方向向右，故摩擦力方向向左，故BD 错误．故选C.4．如图所示，处于竖直面的长方形导线框MNPQ 边长分别为L和2L ，M 、N 间连接两块水平正对放置的金属板，金属板距离为d ，虚线为线框中轴线，虚线右侧有垂直线框平面向里的匀强磁场．两板间有一个质量为m 、电量为q 的带正电油滴恰好处于平衡状态，重力加速度为g ，则下列关于磁场磁感应强度大小B 的变化情况及其变化率的说法正确的是( )A ．正在增强，ΔB Δt ＝mgd qL 2 B ．正在减小，ΔB Δt ＝mgd qL 2C ．正在增强，ΔB Δt ＝mgd 2qL 2D ．正在减小，ΔB Δt ＝mgd 2qL2 解析：选B.电荷量为q 的带正电的油滴恰好处于静止状态，电场力竖直向上，则电容器的下极板带正电，所以线框下端相当于电源的正极，感应电动势顺时针方向，感应电流的磁场方向和原磁场同向，根据楞次定律，可得穿过线框的磁通量在均匀减小；线框产生的感应电动势：E ＝ΔB Δt S ＝ΔB Δt L 2；油滴所受电场力：F ＝E 场q ，对油滴，根据平衡条件得：q E d＝mg ；所以解得，线圈中的磁通量变化率的大小为：ΔB Δt ＝mgd qL2；故选B. 5.如图所示，相距为d 的两条水平虚线L 1、L 2之间是方向水平向里的匀强磁场，磁感应强度为B ，正方形线圈abcd 边长为L (L ＜d )，质量为m 、电阻为R ，将线圈在磁场上方h 高处静止释放，cd 边刚进入磁场时速度为v 0，cd 边刚离开磁场时速度也为v 0，则线圈穿过磁场的过程中(从cd 边刚进入磁场一直到ab 边离开磁场为止)( )A ．感应电流所做的功为3mgdB ．线圈的最小速度一定大于mgR B 2L 2C ．线圈的最小速度一定是2g （h ＋L －d ）D ．线圈穿出磁场的过程中，感应电流为逆时针方向解析：选C.据能量守恒，研究从cd 边刚进入磁场到cd 边刚穿出磁场的过程：动能变化量为0，重力势能转化为线框进入磁场的过程中产生的热量，Q ＝mgd .cd 边刚进入磁场时速度为v 0，cd 边刚离开磁场时速度也为v 0，所以从cd 边刚穿出磁场到ab 边离开磁场的过程，线框产生的热量与从cd 边刚进入磁场到ab 边刚进入磁场的过程产生的热量相等，所以线圈从cd 边进入磁场到ab 边离开磁场的过程，产生的热量Q ′＝2mgd ，感应电流做的功为2mgd ，故A 错误．线框可能进入磁场先做减速运动，在完全进入磁场前已做匀速运动，刚完全进入磁场时的速度最小，有：mg ＝B 2L 2v R ，解得可能的最小速度v ＝mgR B 2L2，故B 错误．因为进磁场时要减速，线圈全部进入磁场后做匀加速运动，则知线圈刚全部进入磁场的瞬间速度最小，线圈从开始下落到线圈刚完全进入磁场的过程，根据能量守恒定律得：mg (h ＋L )＝Q＋12mv 2，解得最小速度v ＝2g （h ＋L －d ），故C 正确．线圈穿出磁场的过程，由楞次定律知，感应电流的方向为顺时针，故D 错误．故选C.6．如图所示的电路中，三个相同的灯泡a 、b 、c 和电感L 1、L 2与直流电源连接，电感的电阻忽略不计．电键S 从闭合状态突然断开时，下列判断正确的( )A ．a 先变亮，然后逐渐变暗B ．b 先变亮，然后逐渐变暗C ．c 先变亮，然后逐渐变暗D ．b 、c 都先变亮，然后逐渐变暗解析：选A.电键S 闭合时，电感L 1中电流等于两倍L 2的电流，断开电键S 的瞬间，由于自感作用，两个电感线圈相当于两个电源，与三个灯泡构成闭合回路，通过b 、c 的电流都通过a ，故a 先变亮，然后逐渐变暗，故A 正确； b 、c 灯泡由电流i 逐渐减小，B 、C 、D 错误 .故选A.7．(多选)如图甲所示，宽度为L 的足够长的光滑平行金属导轨固定在水平面上，导轨左端连接一电容为C 的电容器，将一质量为m 的导体棒与导轨垂直放置，导轨间存在垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度为B .用与导轨平行的外力F 向右拉动导体棒，使导体棒由静止开始运动，作用时间t 1后撤去力F ，撤去力F 前棒内电流变化情况如图乙所示．整个过程中电容器未被击穿，不计空气阻力．下列说法正确的是 ( )A ．有外力作用时，导体棒在导轨上做匀速运动B ．有外力作用时，导体棒在导轨上做匀加速直线运动C ．外力F 的冲量大小为It 1⎝ ⎛⎭⎪⎫BL ＋m CBL D ．撤去外力F 后，导体棒最终静止在导轨上，电容器中最终储存的电能为零解析：选BC.对电容器Q ＝CU ，则ΔQ ＝C ΔU ，I ＝ΔQ Δt ；ΔU ＝ΔE ＝BL Δv ；解得I ＝CBL Δv Δt＝CBLa ，则导体棒的加速度a 恒定，做匀加速运动，选项A 错误，B 正确；根据牛顿第二定律：F －BIL ＝ma ，则F ＝BIL ＋mI CBL ，则外力F 的冲量大小为I F ＝Ft 1＝It 1⎝⎛⎭⎪⎫BL ＋m CBL ，选项C 正确；撤去外力F 后，导体棒开始时做减速运动，当导体棒产生的感应电动势与电容器两端电压相等时，回路中电流为零，此时安培力为零，导体棒做匀速运动，此时电容器两端的电压不为零，则最终储存的电能不为零，选项D 错误；故选BC.8．(多选)如图所示，在竖直平面内MN 、PQ 两光滑金属轨道平行竖直放置，两导轨上端M 、P 间连接一电阻R .金属小环a 、b 套在金属轨道上，质量为m 的金属杆固定在金属环上，该装置处在匀强磁场中，磁场方向垂直竖直平面向里．金属杆以初速度v 0从图示位置向上滑行，滑行至最高点后又返回到出发点．若运动过程中，金属杆保持水平，两环与导轨接触良好，不计轨道、金属杆、金属环的电阻及空气阻力．金属杆上滑过程和下滑过程相比较，以下说法正确的是( )A ．上滑过程所用时间比下滑过程短B ．上滑过程通过电阻R 的电量比下滑过程多C ．上滑过程通过电阻R 产生的热量比下滑过程大D ．上滑过程安培力的冲量比下滑过程安培力的冲量大解析：选AC. 如图所示，v t 图斜率代表加速度，其面积表示位移，上滑过程中，做加速度逐渐减小的减速运动，下滑过程中是加速度逐渐减小的加速运动，由于位移大小相等，可知上升时间小于下落时间，故A 正确；由q ＝ΔΦR，可知上滑过程通过电阻R 的电量等于下滑过程中电量，故B 错误；在相同位置，上滑时的速度大于下滑时的速度，则上滑过程安培力的平均值大于下滑过程安培力的平均值，导致上滑过程中导体棒克服安培力做功多，则上滑过程中电阻R 产生的热量大于下滑过程中产生的热量，故C 正确．安培力冲量I ＝BLq ，q ＝ΔΦR，可知上滑过程安培力的冲量等于下滑过程安培力的冲量，故D 错误．9．(多选)如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨MN 、PQ 相距为L ，导轨平面与水平面的夹角θ＝30°，导轨电阻不计，整个装置处于磁感应强度大小为B 、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中．质量为m 、长为L 、电阻为R 的金属棒垂直导轨放置，且始终与导轨接触良好．金属导轨的上端连接一个阻值也为R 的定值电阻．现闭合开关K ，给金属棒施加一个平行于导轨斜向上、大小为F ＝2mg 的恒力，使金属棒由静止开始运动．若金属棒上滑距离s 时，金属棒开始匀速运动，则在金属棒由静止到刚开始匀速运动过程，下列说法中正确的是(重力加速度为g )( )A ．金属棒的末速度为3mgRB 2L 2 B ．金属棒的最大加速度为1.4gC ．通过金属棒的电荷量为BLs RD ．定值电阻上产生的焦耳热为34mgs －9m 3g 2R 24B 4L4 解析：选AD.设金属棒匀速运动的速度为v ，则感应电动势E ＝BLv ；回路电流I ＝E 2R ＝BLv2R ；安培力F 安＝BIL ＝B 2L 2v 2R ；金属棒匀速时，受力平衡有F ＝mg sin 30°＋F 安，即2mg ＝12mg ＋B 2L 2v 2R联立解得：v ＝3mgR B 2L2，故A 正确；金属棒开始运动时，加速度最大，即F －mg sin 30°＝ma ，代入数据2mg －12mg ＝ma ，解得a ＝1.5g ，故B 错误；根据感应电量公式Q ＝ΔΦR 总＝BLs 2R，故C 错误；对金属棒运用动能定理，有Fs －mgs sin 30°－Q ＝12mv 2，其中定值电阻上产生的焦耳热为Q R ＝12Q ＝34mgs －9m 3g 2R 24B 4L4，故D 正确；故选AD. 10．(多选)如图甲所示，光滑且足够长的金属导轨MN 、PQ 平行地固定在同一水平面上，两导轨间距L ＝0.2 m ，两导轨的左端之间连接的电阻R ＝0.4 Ω，导轨上停放一质量m ＝0.1 kg 的金属杆ab ，位于两导轨之间的金属杆的电阻r ＝0.1 Ω，导轨的电阻可忽略不计．整个装置处于磁感应强度B ＝0.5 T 的匀强磁场中，磁场方向竖直向下．现用一外力F 水平向右拉金属杆，使之由静止开始运动，在整个运动过程中金属杆始终与导轨垂直并接触良好，若理想电压表的示数U 随时间t 变化的关系如图乙所示．则在金属杆开始运动经t ＝ 5.0 s 时( )A ．通过金属杆的感应电流的大小为1.0 A ，方向由b 指向aB ．金属杆的速率为4.0 m/sC ．外力F 的瞬时功率为1.0 WD ．0～5.0 s 内通过R 的电荷量为5.0 C解析：选AC.导体棒向右切割磁感线，由右手定则知电流方向为b 指向a ，金属杆开始运动经t ＝5.0 s ，由图象可知电压为0.4 V ，根据闭合电路欧姆定律得I ＝U R ＝0.40.4 A ＝1 A ，故A 正确；根据法拉第电磁感应定律知E ＝BLv ，根据电路结构可知：U ＝R R ＋r E ，解得v ＝5 m/s ，故B 错误；根据电路知U ＝R R ＋r BLv ＝0.08v ＝0.08at ，结合U t 图象知导体棒做匀加速运动，加速度为a ＝1 m/s 2，根据牛顿第二定律，在5 s 末时对金属杆有：F －BIL ＝ma 解得：F ＝0.2 N ，此时F 的瞬时功率P ＝Fv ＝0.2×5 W＝1 W 故C 正确；0～5.0 s 内通过R 的电荷量为q ＝It ＝E R ＋r t ＝ΔΦt （R ＋r ）×t ＝ΔΦR ＋r ＝B ×12at 2R ＋r ＝12.5 C ，故D 错误；综上所述本题答案是AC.。
高三物理第二轮专题复习 专题四电磁感应与电路教案 人教版
专题四 电磁感应与电路一、考点回顾“电磁感应”是电磁学的核心内容之一，同时又是与电学、力学知识紧密联系的知识点，是高考试题考查综合运用知识能力的很好落脚点，所以它向来高考关注的一个重点和热点，本专题涉及三个方面的知识：一、电磁感应，电磁感应研究是其它形式有能量转化为电能的特点和规律，其核心内容是法拉第电磁感应定律和楞次定律；二、与电路知识的综合，主要讨论电能在电路中传输、分配，并通过用电器转化为其它形式的能量的特点及规律；三、与力学知识的综合，主要讨论产生电磁感应的导体受力、运动特点规律以及电磁感应过程中的能量关系。
由于本专题所涉及的知识较为综合，能力要求较高，所以往往会在高考中现身。
从近三年的高考试题来看，无论哪一套试卷，都有这一部分内容的考题，题量稳定在1～2道，题型可能为选择、实验和计算题三种，并且以计算题形式出现的较多。
考查的知识：以本部分内容为主线与力和运动、动量、能量、电场、磁场、电路等知识的综合，感应电流（电动势）图象问题也经常出现。
二、典例题剖析根据本专题所涉及内容的特点及高考试题中出的特点，本专题的复习我们分这样几个小专题来进行：1.感应电流的产生及方向判断。
2.电磁感应与电路知识的综合。
3.电磁感应中的动力学问题。
4.电磁感应中动量定理、动能定理的应用。
5.电磁感应中的单金属棒的运动及能量分析。
6.电磁感应中的双金属棒运动及能量分析。
7.多种原因引起的电磁感应现象。
(一)感应电流的产生及方向判断1．(2007理综II 卷)如图所示，在PQ 、QR 区域是在在着磁感应强度大小相等、方向相反的匀强磁场，磁场方向均垂直于纸面，bc 边与磁场的边界P 重合。
导线框与磁场区域的尺寸如图所示。
从t ＝0时刻开始线框匀速横穿两个磁场区域。
以a →b →c →d →e →f 为线框中有电动势的正方向。
以下四个ε-t 关系示意图中正确的是【 】解析：楞次定律或左手定则可判定线框刚开始进入磁场时，电流方向，即感应电动势的方向为顺时针方向，故D 选项错误；1－2s 内，磁通量不变化，感应电动势为0，A 选项错误；2－3s 内，产生感应电动势E ＝2Blv ＋Blv ＝3Blv ，感应电动势的方向为逆时针方向（正方向），故C 选项正确。
高考物理二轮总复习课后习题 题型专项练 选择题专项练(三)
选择题专项练(三)一、单项选择题:每小题只有一个选项符合题目要求。
1.(浙江金丽衢十二校联考)11月30日,神舟十五号载人飞船成功对接空间站天和核心舱,神舟十四号、十五号航天员乘组首次“太空会师”。
2月10日航天员穿着白色舱外航天服出舱,完成舱外作业,如图所示。
已知空间站绕地球飞行周期为91 min,轨道高度约400 km,地球半径R=6 400 km,引力常量G=6.7×10-11N·m2/kg2。
下列说法正确的是( )A.由已知数据可估算出地球的质量约为6×1024 kgB.飞船要与空间站对接,必须先飞到比空间站更高轨道然后加速C.航天员出舱后,如果静止释放一个小球,小球将做自由落体运动D.舱外航天服采用白色,主要是白色能吸收更多的太阳能,以防出舱后航天员太冷2.(浙江金华三模)4月12日21时,我国全超导托卡马克核聚变装置(EAST)成功实现稳态高约束模式等离子体运行403 s,如图所示,在该装置内发生的核反应方程是12H+13H H+1,13H的质量为m2,24H的质量为m3,X的质量为m4,光速为c,下列说法正确的是( )A.只有氘(12H)和氚(13H)能发生核聚变,其他原子核不能B.发生一次上述核聚变反应所释放的核能大小为(m4+m3-m2-m1)c2C.其中粒子X的符号是01nD.核聚变反应发生后,需要外界不断给它提供能量才能将反应持续下去3.(重庆沙坪坝模拟)某发电机的示意图如图甲所示。
使线圈a沿轴线做简谐运动,线圈a中产生的感应电动势随时间变化的关系如图乙所示。
线圈a连接原、副线圈匝数比为1∶10的理想变压器,其输出端接充电设备。
线圈a及导线的电阻不计。
则( )甲乙A.变压器输出电流的频率为10 HzB.充电设备两端的电压有效值为5 VC.其他条件不变,对不同规格的充电设备充电,变压器输入功率可能不同D.其他条件不变,仅增大线圈a简谐运动的频率,充电设备两端的电压最大值不变4.三根超高压输电线缆平行且间距相等,其截面图如图所示,截面圆心构成正三角形,上方A、B两根输电线缆截面圆心连线水平,某时刻A中电流方向垂直纸面向外、B中电流方向垂直纸面向里、电流大小均为I,下方C 输电线缆中电流方向垂直纸面向外、电流大小为2I,则( )A.A、B两输电线缆相互吸引B.A输电线缆所受安培力斜向左下方,与水平方向夹角为60°C.A输电线缆在A、B两圆心连线中点处的磁感应强度方向竖直向上D.正三角形中心O处磁感应强度方向水平向左5.(江苏苏州模拟)如图所示,某工厂生产的卷纸缠绕在中心轴上,卷纸的直径为d,轴及卷纸的总质量为m。
高考物理二轮复习专题四电路与电磁感应1直流电路与交流电路课时作业含解析
2021-4-29 20XX年复习资料教学复习资料班级：科目：直流电路与交流电路[题组一] 直流电路的分析1.(2020·长沙长郡中学模拟)如图为直流电动机提升重物的装置，重物的重量G ＝500 N ，电源电动势E ＝90 V ，电源内阻r ＝2 Ω，不计各处摩擦，当电动机以v ＝0.6 m/s 的恒定速度向上提升重物时，电路中的电流I ＝5 A ，下列判断不正确的是( )A ．电动机消耗的总功率为400 WB ．电动机线圈的电阻为0.4 ΩC ．电源的效率约为88.9%D ．电动机的效率为75%解析：B [重物被提升的功率P 重＝Fv ＝Gv ＝500×0.6 W＝300 W ，此时电路中的电流I ＝5 A ，则电源的总功率P 总＝EI ＝90×5 W＝450 W ，设电动机线圈的电阻为R ，根据能量守恒定律得P 总＝P 重＋I 2r ＋I 2R ，则得R ＝P 总－P 重－I 2r I 2＝450－300－52×252 Ω＝4 Ω，电动机消耗的总功率P 电＝P 重＋I 2R ＝400 W ，电源的效率η1＝P 总－I 2r P 总×100%＝450－52×2450×100%≈88.9%，电动机的效率η2＝P 重P 重＋I 2R ×100%＝300300＋52×4×100%＝75%，故选项B 符合题意．] 2．(2020·广州模拟)在如图所示的电路中，E 为电源电动势，r 为电源内阻，R 1和R 3均为定值电阻，R 2为滑动变阻器．当R 2的滑动触点在a 端时合上开关S ，此时三个电表A 1、A 2和V 的示数分别为I 1、I 2和U .现将R 2的滑动触点向b 端移动，则三个电表示数的变化情况是( )A ．I 1增大，I 2不变，U 增大B ．I 1减小，I 2增大，U 减小C ．I 1增大，I 2减小，U 增大D ．I 1减小，I 2不变，U 减小解析：B [由题图知电压表测量路端电压，电流表A 1测量流过R 1的电流，电流表A 2测量流过R 2的电流．R 2的滑动触点向b 端移动时，R 2减小，整个电路的总电阻减小，总电流增大，电源的内电压增大，则路端电压减小，即电压表示数U 减小，R 3电压增大，R 1、R 2并联电压减小，通过R 1的电流I 1减小，而总电流I 增大，则流过R 2的电流I 2增大．故A 、C 、D 错误，B 正确．]3．(2020·孝义市一模)如图所示的电路中，电源电动势E ＝8 V ，内阻r ＝2 Ω，电阻R 2＝6 Ω，电容为1μF 的平行板电容器水平放置且下极板接地．当滑动变阻器R 1的滑片处于b 端时，有一带电油滴位于板间正中央P 点且恰好处于静止状态．下列说法正确的是( )A ．此时P 点电势为6 VB ．电容器上极板所带电荷量为6×10－6 CC ．若仅将电容器上极板缓慢上移少许，则P 点电势不变D ．若仅将滑片P 从b 端向a 端缓慢移动少许，则油滴将向下移动解析：B [由闭合电路的欧姆定律可知：路端电压U ＝R 2R 2＋r E ＝6 V ，那么电容器两极的电势差为6 V ，又有下端接地，故电势为零，那么P 点电势为12U ＝3 V ，故A 错误；电容器上极板所带电荷量Q ＝CU ＝1×10－6×6 C＝6×10－6C ，故B 正确；移动电容器上极板，电容器两端电势差不变；又有两极板间距离增大，故电场强度减小；又有P 点到下极板的距离不变，故电势差减小，那么，P 点电势减小，故C 错误；滑片P 从b 端向a 端移动，那么外电路电阻增大，所以路端电压增大，故两极板电势差增大，极板间场强增大，那么，油滴受到的电场力增大；油滴受重力和电场力作用，故有开始时油滴静止可知：电场力方向向上，那么，移动滑片后油滴合外力向上，故油滴向上运动，故D 错误．][题组二] 交变电流的产生及描述4．(2020·河南模拟)(多选)如图1所示，在匀强磁场中，一电阻均匀的金属正方形线圈abcd 以垂直磁感线的cd 边为转动轴匀速转动，线圈产生的交变电动势图像如图2所示，则下列说法正确的是( )A ．t ＝3 s 时刻通过线圈的磁通量为零B ．ab 边两端的电压大小等于dc 边两端的电压大小C ．此交变电动势的频率为50 HzD ．dc 边两端电压的有效值为2 2 V 解析：ABD [由图乙可知，当t ＝3 s 时，感应电动势最大，则此时穿过线框回路的磁通量变化率最大，磁通量为零．故A 正确；由图可知，线框中的ab 边与dc 边切割磁感线，产生电动势，由E ＝BLv 可知二者产生的电动势是相等的；由于线框各部分的电阻串联，所以ab 边与dc 边电压降U ＝IR 也相等，所以ab 边两端的电压大小等于dc 边两端的电压大小．故B 正确；由图可知，交流电的周期为0.04 s ，则此交变电动势的频率为：f ＝1T ＝10.04Hz ＝25 Hz ；故C 错误；由图可知，交流电压的最大值为16 V ，则有效值为8 2 V ，该电路的等效电路如图 设ab 边与dc 边产生的电动势都是E ，每一条边的电阻都是r ，则E ＝4 2 V电路中的电流：I ＝2E 4rdc 边两侧的电压：U dc ＝E －Ir ＝E －2E 4r ·r ＝12E ＝2 2 V ．故D 正确．] 5．(多选)如图所示，图线a 是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生的正弦交流电的图像，当调整线圈转速后，所产生的正弦交流电的图像如图线b 所示，以下关于这两个正弦交流电的说法正确的是( )A ．在图中t ＝0时刻穿过线圈的磁通量均为零B ．线圈先后两次转速之比为3∶2C ．交流电a 的瞬时值表达式为u ＝10sin 5πt (V)D ．交流电b 的最大值为203 V 解析：BCD [在图中t ＝0时刻，感应电动势为零，穿过线圈的磁通量最大，A 错误；a 的周期为0.4 s ，b 的周期为0.6 s ，转速与周期成反比，所以转速之比为3∶2，B 正确；交流电的瞬时值表达式为u ＝U m sin ωt ，所以a 的瞬时值表达式为u ＝10sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2π0.4t ＝10sin 5πt (V)，C 正确；由U m ＝NBSω，可知角速度变为原来的23，则最大值变为原来的23，交流电b 的最大值为203V ，D 正确．]6．图1中，单匝矩形线圈abcd 在匀强磁场中绕垂直磁场的轴转动．改变线圈的转速，穿过该线圈的磁通量随时间分别按图2中图线甲、乙的规律变化．设线圈的电阻为1.0 Ω，则( )A ．图线甲对应线圈在t ＝0时产生的感应电动势最大B ．图线甲、乙对应的线圈在t ＝2.0 s 时，线圈平面均平行于磁感线C ．图线甲、乙对应的线圈转速之比为4∶5D ．图线甲对应的线圈中交变电流的峰值为2.5π A解析：B [在t ＝0时，Φ甲最大，则产生的感应电动势最小，故A 错误；因为在t ＝0.2 s×10＝2.0 s 时，Φ甲＝Φ乙＝0，所以线圈平面均平行于磁感线，故B 正确；由图可知甲、乙图线对应的周期之比为4∶5，而线圈的转速n ＝1T，所以图线甲、乙对应的线圈转速之比为5∶4，故C 错误；甲图线对应的线圈中交流电压的峰值E m ＝BSω＝Φm ω＝0.4×2π0.16V ＝5π V，电流的峰值I m ＝E m R＝5π A，故D 项错误．][题组三] 变压器及远距离输电7．(2019·山西四模)如图甲所示，一阻值为R 的电阻接在电动势为E 、内阻为r 的直流电源两端，电源的效率为94.1%；如图乙所示，当该阻值为R 的电阻通过理想变压器接在电压有效值为E 、内阻为r 的交流电源上时，变压器原线圈两端的电压为E 2，则该变压器的原、副线圈匝数比为( ) A ．4∶1B ．1∶4C ．16∶1D ．1∶16 解析：B [当接直流电源时，有：η＝R R ＋r ＝94.1%解得：R ＝16r 根据原副线圈的电压比等于匝数比可知：n 1n 2＝U 1U 2＝E2U 2解得：U 2＝En 22n 1根据原副线圈的功率相等可知：I 1U 1＝I 2U 2 即为：E 2r ×E 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫En 22n 12R 解得：n 1n 2＝14故B 正确，A 、C 、D 错误．]8．(2020·安徽一模)有一理想变压器，副线圈所接电路如图所示，灯L 1、L 2为规格相同的两只小灯泡．当S 断开时，灯L 1正常发光．保持原线圈输入电压不变，S 闭合后，下列说法正确的是( )A ．电阻R 消耗的功率增大B ．原线圈的输入电流减小C ．原、副线圈的电压比增大D ．灯L 1、L 2都能正常发光解析：A [当S 闭开后，电路的电阻减小，副线圈的电流增大，所以电阻R 两端的电压增大，故R 消耗的功率增大，故A 正确；变压器原副线圈的匝数不变，故原副线圈中电流之比不变，副线圈中电流增大，故原线圈中电流也增大，故B 错误；因线圈匝数之比不变，故原副线圈中电压比不变，故C 错误；当S 闭合后，电路的电阻减小，副线圈的电流增大，所以通过电阻R 的电压增大，灯泡两端的电压减小，灯L 1、L 2都不能正常发光，故D 错误．]9．(2020·河南郑州检测)如图所示的电路中，R 为光敏电阻(增大照射光的强度电阻会减小)、C 为电容器，灯泡L 的额定电压为50 V ，理想变压器原、副线圈的匝数之比为2∶1.闭合开关S ，在a 、b 两端输入正弦式交变电流u ＝1002sin 10πt (V)，则下列说法正确的是( )A ．灯泡会正常发光B ．光敏电阻中的电流和灯泡中的电流相等C ．增大照射光的强度照射光敏电阻，灯泡会变亮D ．断开开关S ，灯泡会熄灭解析：C [由题可知，理想变压器原、副线圈的匝数之比为2∶1，原线圈两端的电压的有效值为100 V ，根据U 1U 2＝n 1n 2，可知副线圈两端的电压的有效值为50 V ，由于电容器和光敏电阻都会阻碍交变电流的通过，因此灯泡两端的电压小于50 V ，不会正常发光，A 错误；由于电容器能通交流，因此光敏电阻R 中的电流小于灯泡中的电流，B 错误；增大照射光的强度照射光敏电阻，光敏电阻的阻值减小，因此灯泡中的电流增大，灯泡会变亮，C 正确；断开开关S ，由于电容器能通交流，因此灯泡不会熄灭，D 错误．]10.(2020·资阳模拟)如图所示，理想变压器原、副线圈分别接有额定电压相同的灯泡a 和b .当输入电压U 为灯泡额定电压的10倍时，两灯泡均能正常发光．下列说法正确的是( )A ．原、副线圈匝数之比为1∶9B ．原、副线圈匝数之比为9∶1C ．此时a 和b 的电功率之比为10∶1D ．此时a 和b 的电功率之比为1∶10解析：B [灯泡正常发光，则其电压均为额定电压U ，则说明原线圈输入电压为9U ，输出电压为U ；则可知，原副线圈匝数之比为9∶1，故A 错误，B 正确；根据公式I 1I 2＝n 2n 1可得I 1I 2＝19，由于小灯泡两端的电压相等，所以根据公式P ＝UI 可得两者的电功率之比为1∶9；故C 错误，D 错误．][B 级－综合练]11．(2019·江苏南京三模，5)如图所示为远距离输电的原理图，升压变压器的原副线圈匝数比为m ，降压变压器的原副线圈匝数比为n ，输电线的电阻为R ，升压变压器和降压变压器均为一理想变压器，发电机输出的电压恒为U ，若由于用户的负载变化，使电压表V 2的示数减小了ΔU ，则下列判断正确的是( )A ．电流表A 2的示数增大了ΔU RB ．电流表A 1的示数增大了n ΔU RC ．电压表V 1的示数减小了ΔUD ．输电线损失的功率增加了⎝ ⎛⎭⎪⎫n ΔU R 2R 解析：B [由U U 1＝m 得U 1＝U m ，由于U 、m 不变，故U 1不变，故C 错．设降压变压器的输入电压为U ′，则U ′＝U 1－I 1R ，由U ′U 2＝n 得，U 2＝1n ⎝ ⎛⎭⎪⎫U m －I 1R ，则ΔU ＝－R n ΔI 1，由此可见，电流表A 1的示数增大了n ΔU R ，即B 正确．由I 1I 2＝1n 得I 2＝nI 1，由此可知，I 2增大了n 2ΔU R，故A 错．输电线损失的功率增加量ΔP ＝(I 1＋ΔI 1)2R －I 21R ＝2I 1ΔI 1·R ＋ΔI 21R ≠⎝⎛⎭⎪⎫n ΔU R 2R ，故D 错．]12.(2020·新课标Ⅱ卷一模)如图所示，直角三角形导线框OPQ 放置在磁感应强度大小为B ，方向垂直于OQ 向右的匀强磁场中，且OP 边的长度为L ，∠POQ ＝θ.当导线框绕OQ 边以角速度ω逆时针转动(从O 向Q 观察)时，下列说法正确的是( )A ．导线框OPQ 内无感应电流B ．导线框OPQ 内产生大小恒定，方向周期性变化的交变电流C ．P 点的电势始终大于O 点的电势D ．如果截去导线PQ ，则P 、O 两点的电势差的最大值为12BL 2ωsin θcos θ 解析：D [导线框OPQ 内，只有边长OP 做切割磁感线运动，产生感应电动势，根据法拉第电磁感应定律可求得感应电动势的大小为E ＝BL ·L sin θ2·ωcos θsin ωt ＝12BL 2ωsin θcos θsin ωt ，故导线框OPQ 内产生正弦式交变电流，故A 、B 错误；由于导体框OPQ 内产生正弦式交变电流，P 点的电动势与O 点的电动势大小成周期性变化，故C 错误；如果截取导线PQ ，则没有感应电流，但PQ 两点的电势差U ＝BL L sin θ2ωcos θsin ωt ＝12BL 2ωsin θcos θsin ωt ，故最大值为12BL 2ωsin θcos θ，故D 正确．] 13．(2020·衡水模拟)(多选)如图所示，面积S ＝0.5 m 2、n ＝50匝、电阻不计的矩形闭合导线圈ABCD 处于磁感应强度大小为B ＝210 T 的水平匀强磁场中，线框绕垂直于磁场的轴OO ′以角速度ω＝200 rad/s 匀速转动，并与理想变压器原线圈1相连，副线圈2接入一只“220 V 100 W”的灯泡甲，副线圈3接入一只“110 V 60 W”的灯泡乙与滑动变阻器，已知当滑动变阻器的滑片处于最左端时两灯均正常发光，交流电流表的量程为0～0.6 A ，且为理想电表．下列说法正确的是( )A ．从图示位置计时，线框中交变电压瞬时值的表达式为e ＝5002sin 200t VB ．当两灯正常发光时，交流电流表的示数为0.30 AC ．变压器线圈的匝数之比为n 1∶n 2∶n 3＝50∶22∶11D ．当滑动变阻器的滑片向右滑动时，电流表的示数增大解析：AC [图示位置穿过线框的磁通量最大，电动势的最大值E m ＝NBSω＝50×210×0.5×200 V＝500 2 V ．图示位置穿过线框的磁通量最大，导线框中产生交变电压的表达式为u ＝5002sin 200t V ．故A 正确；变压器副线圈2中的电功率为100 W ，变压器副线圈3中电功率为60 W ，则变压器原线圈中的电功率为160 W ，所以变压器原线圈中电流强度I 1＝P 1U 1＝160500 A ＝825A ．故B 错误；电动势的最大值为500 2 V ，则交流电压的有效值500 V ．滑动变阻器的滑片处于最左端时接入电路中的电阻值为0；根据电压之比等于匝数比，则原副线圈的匝数比＝500∶220∶110＝50∶22∶11，故C 正确，当滑动变阻器的滑片向右滑动时，接入副线圈的电阻值增大，所以副线圈3中的电流值减小，输出功率与输入功率都减小，所以电流表的示数减小，故D错误．]14．(多选)如图所示的电路中，E为电源，内电阻为r，V为理想电压表，L为阻值恒为2r的小灯泡，定值电阻R1的阻值恒为r，R3为半导体材料制成的光敏电阻(其阻值随光照的增强而减小)．电容器两极板处于水平状态，闭合开关S，电容器中心P点有一带电小球处于静止状态，电源负极接地，则下列说法正确的是( )A．若将R2的滑片上移，则电压表的示数变小B．若突然将电容器上极板上移，则小球在P点的电势能增大C．若光照变强，则小球会向上运动D．若光照变强，则A、B间电路的功率变大解析：BD [R2与电容器C串联，若只是将R2的滑片上移，对电路没有影响，电压表示数不变，A项错误；若只是将电容器上极板上移，则电容器两端电压U C不变，两极板间距d 增大，场强E减小，P点的电势减小，由题分析可知小球带负电，则小球在P点的电势能增大，B项正确；若光照变强，则光敏电阻R3的阻值减小，灯L和R3两端电压减小，电容器两端电压减小，两极板间场强E减小，小球所受电场力减小，球会向下运动，C项错误；将R1视为电源一部分，则等效电源内阻阻值为2r，而A、B间L和R3的总电阻为R L＋R3＝2r＋R3＞2r，若光照变强，则R3的阻值减小，A、B间电路的功率变大，故D项正确．]高考物理二轮复习专题四电路与电磁感应1直流电路与交流电路课时作业含解析结束语同学们，相信梦想是价值的源泉，相信成功的信念比成功本身更重要，相信人生有挫折没有失败，相信生命的质量来自决不妥协的信念。
专题五 电路与电磁感应 (2)——2023届高考物理大单元二轮复习讲重难
【例 1】答案：D 解析：A. 外壳不能使用金属材料，若使用金属材料外壳也会发生电磁感应，形成回路，消 耗能量，故 A 错误； B. 通过楞次定律结合右手螺旋法则，知电流由 d 流出，相当于电源正极， d 点电势高于 c 点，故 B 错误； C. 在送电线圈电压不变的情况下，增加送电线圈匝数不改变送电线圈的电流和周围的磁场， 不可以提高受电线圈的电压，故 C 错误； D. 根据电磁感应原理可知，接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同， 故 D 正确。
（1）解决电磁感应图象问题的一般步骤 ①明确图象的种类，即是 B t 图象还是 t 图象或者是 E t 图象、 I t 图象等。 ②分析电磁感应的具体过程。 ③用右手定则或楞次定律确定方向对应关系。 ④结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律等写出函数关系式.平张号 ⑤根据函数关系式，进行数学分析，如分析斜率的变化、截距等。 ⑥应用图象信息画图象、判断图象或讨论各物理量的变化。
（2） B t I t 如图 1，规定垂直纸面向里为磁场正方向，顺时针为电流正方向，根据 B t 图象画出 I t 图象，如图 2。
为方便记忆，我们设定：伸出右手，让大拇指指向磁场正方向，环绕四指，如果四指 环绕方向为线圈中电流正方向，则称为“B、I 二者满足右手”；若环绕方向为线圈中电流负 方向，则称为“B、I 二者不满足右手”。
专题五 电路与电磁感应 （2）
第十讲 电磁感应及应用
——2023届高考大单元二轮复习讲重难
一、核心思路
二、重点知识
1.“三定则、一定律”的应用 （1）安培定则：判断运动电荷、电流产生的磁场方向。 （2）左手定则：判断磁场对运动电荷、电流的作用力的方向。 （3）右手定则：判断部分导体切割磁感线产生感应电流的方向。 （4）楞次定律：判断闭合电路磁通量发生变化产生的感应电流的方向。 2.求感应电动势的两种方法 （1） E n ，用来计算感应电动势的平均值。
2023年中考物理二轮专题复习-电和磁
2023年中考物理二轮专题复习-电和磁一、单选题1．图是研究电磁现象的四个实验装置，相关说法正确的是（）A．甲图能研究电磁感应现象的实验装置，当导体棒ab上下运动时电流计指针偏转B．乙图中开关闭合，磁场中的导体棒会受力运动，该过程机械能转化为电能C．丙图是证明通电导体周围有磁场，这个现象是法拉第首先发现的D．丁图电磁铁的工作原理图，根据该原理可以制成电磁继电器2．下列著名科学家与其主要成就对应不正确．．．的是（）A．沈括：第一个发现磁偏角B．欧姆：首先通过实验得到电流跟电压、电阻定量关系C．奥斯特：首先通过实验发现磁场对电流有力的作用D．焦耳：最先通过实验精确确定电流产生热量跟电流、电阻和通电时间的关系3．下列实验能说明电动机工作原理的是（）A．B．C．D．4．如图所示是奥斯特实验的示意图，以下关于奥斯特实验的分析正确的是（）A．小磁针发生偏转说明通电导线周围存在磁场B．移去小磁针后，通电导线周围磁场消失C．断开开关，直导线周围磁场不会立即消失D．通电导线周围的磁场方向由小磁针的指向决定5．大力发展电动汽车是解决能源环境问题的有效途径，电动汽车使用电动机为汽车提供动力。
下列图中能说明电动机工作原理的是（）A．B．C．D．6．实验室里，小梦不小心将一条形磁铁从中间断开，断开的两端分别设为甲、乙，如图所示，则下列判断正确的是（）A．甲端是N极，乙端是S极B．甲端是N极，乙端是N极C．甲端是S极，乙端是S极D．甲端是S极，乙端是N极7．如图所示，对下列现象相应的说明正确的是（）A．甲图说明通电螺线管周围的磁场与U形磁体类似B．乙图中只改变电流的方向，测力计的示数变小C．丙图中U形磁铁周围的磁感线在靠近磁极处分布得比较密D．丁图中小磁针的N指向地理南极8．如图所示是实验室用电流表的内部结构图，处在磁场中的线圈有电流通过时，线圈会带动指针一起偏转，线圈中的电流越大，指针偏转角度越大。
下列四幅图能反映电流表内部原理的是（）A．B． C．D．9．电子车票，也称“无纸化”车票，乘客网上购票后，直接通过“刷身份证”或“扫手机”即可顺利进站。
高考物理二轮复习时间表
高考物理二轮复习时间表高考物理二轮复习时间表章节内容时间考点专题一力与物体的平衡3月10日考向一受力分析3月11日考向二静态平衡3月12日考向三动态平衡3月14日考向四电磁感应中的受力平衡专题二力与直线运动3月15日考向一匀变速直线运动规律的应用3月16日考向二运动图象问题3月17日考向三牛顿运动定律的应用3月18日考向四动力学方法分析“传送带”模型和“板—块”模型3月19日考向五动力学中的临界问题专题三力学中的曲线运动3月21日考向一平抛运动的规律及应用3月22日考向二圆周运动的分析3月23日考向三万有引力定律的理解和应用3月24日考向四双星和多星问题专题四电学中的曲线运动3月25日考向一带电粒子在电场中的曲线运动 3月26日考向二带电粒子在磁场中的曲线运动专题五动量和能量3月28日考向一功和功率动能定理3月29日考向二能量观点的应用3月30日考向三动力学观点和能量观点的综合应用3月31日考向四动量定理的应用4月3日考向五动量观点、能量观点的应用4月5日考向六力学三大观点的综合应用专题六电场和磁场4月6日考向一电场的性质4月11日考向二电势差与电场强度的关系4月12日考向三平行板电容器相关问题分析4月13日考向四带电粒子（带电体）在电场中的运动4月14日考向五磁场的性质4月15日考向六带电粒子在匀强有磁场中的运动4月16日考向七带电粒子（带电体）在叠加场中的运动专题七电路与电磁感应4月18日考向一直流电路的计算及动态分析4月19日考向二交变电流及理想变压器4月20日考向三楞次定律和法拉第电磁感应定律4月21日考向四电磁感应中的图象问题4月22日考向五电磁感应定律中的能量和动量问题4月23日考向六动力学中的单杆、双杆、导线框问题专题八原子结构与原子核4月25日考向一氢原子能级跃迁和光电效应4月26日考向二衰变、核反应与核能的计算专题九力学实验4月27日考向一基本仪器的使用与读数4月28日考向二“纸带类”实验4月29日考向三“弹簧”“橡皮条”类实验4月30日考向四力学实验拓展创新专题十电学实验5月4日考向一基本器材的使用与读数5月5日考向二电表的改装、多用电表的原理与使用5月6日考向三以测电阻为核心的实验5月11日考向四以测电源的电动势和内阻为核心的实验专题十一热学5月12日考向一分子动理论内能、用油膜法估测分子的大小5月13日考向二气体热现象的微观意义、固体和液体5月14日考向三气体实验定律和理想气体状态方程5月15日考向二气体实验定律与图象、热力学第一定律等的综合高考物理二轮复习的方法一、积极调整心态，增强应试心理素质掌握知识的水平与运用知识解决问题的水平是高考成功的硬件;而在考前、考中的心态调整水平是高考成功的软件。
2023届高考物理二轮复习练考点14 电磁感应的应用
2023届高考物理二轮复习练考点14 电磁感应的应用电磁感应的应用考点2.1 由于磁场变化产生电动势类问题【例题】(多选)如图所示，不计电阻的光滑U 形金属框水平放置，光滑、竖直玻璃挡板H 、P 固定在框上，H 、P 的间距很小．质量为0.2 kg 的细金属杆CD 恰好无挤压地放在两挡板之间，与金属框接触良好并围成边长为1 m 的正方形，其有效电阻为0.1 Ω.此时在整个空间加方向与水平面成30°角且与金属杆垂直的匀强磁场，磁感应强度随时间变化规律是B ＝(0.4－0.2t ) T ，图示磁场方向为正方向．框、挡板和杆不计形变．则( )A ．t ＝1 s 时，金属杆中感应电流方向从C 到DB ．t ＝3 s 时，金属杆中感应电流方向从D 到CC ．t ＝1 s 时，金属杆对挡板P 的压力大小为0.1 ND ．t ＝3 s 时，金属杆对挡板H 的压力大小为0.2 N1.如图甲所示线圈的匝数n ＝100匝，横截面积S ＝50 cm 2，线圈总电阻r ＝10 Ω，沿轴向有匀强磁场，设图示磁场方向为正，磁场的磁感应强度随时间作如图乙所示变化，则在开始的0.1 s 内( )A ．磁通量的变化量为0.25 WbB ．磁通量的变化率为2.5×10－2 Wb/sC ．a 、b 间电压为0D ．在a 、b 间接一个理想电流表时，电流表的示数为0.25 A2.(多选)用均匀导线做成的正方形线圈边长为l ，正方形的一半放在垂直于纸面向里的匀强磁场中，如图所示，当磁场以ΔB Δt 的变化率增强时，则( )A ．线圈中感应电流方向为acbdaB ．线圈中产生的电动势E ＝ΔB Δt ·l 22C ．线圈中a 点电势高于b 点电势D ．线圈中a 、b 两点间的电势差为ΔB Δt ·l 223.如图甲所示，一个电阻值为R、匝数为n的圆形金属线圈与阻值为2R的电阻R1连接成闭合回路．线圈的半径为r1，在线圈中半径为r2的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系图线如图乙所示．图线与横、纵轴的截距分别为t0和B0，导线的电阻不计．求0至t1时间内：(1)通过电阻R1上的电流大小和方向；(2)通过电阻R1上的电荷量q及电阻R1上产生的热量．【补】.如图甲所示，一匝数N＝10、总电阻为R＝2.5 Ω、边长L＝0.3 m的均质正三角形金属线框静置在粗糙水平面上，线框的顶点正好是半径r＝L3的圆形磁场的圆心，磁场方向竖直向下(正方向)，磁感应强度大小B随时间t变化的关系如图乙所示，a、b是磁场边界与线框的两交点，已知线框与水平面间的最大静摩擦力f＝0.6 N，取π＝3，则()A．t＝0时穿过线框的磁通量为0.06 Wb B．线框静止时，线框中的感应电流大小为0.6 AC．线框静止时，a、b两点间电压为118V D．经时间t＝0.8 s，线框开始滑动考点2.2 杆切割类之单杆问题【例题】如图所示，足够长平行金属导轨倾斜放置，倾角为37°，宽度为0.5 m，电阻忽略不计，其上端接一小灯泡，电阻为1 Ω.一导体棒MN垂直于导轨放置，质量为0.2 kg，接入电路的电阻为1 Ω，两端与导轨接触良好，与导轨间的动摩擦因数为0.5.在导轨间存在着垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为0.8 T．将导体棒MN由静止释放，运动一段时间后，小灯泡稳定发光，此后导体棒MN的运动速度以及小灯泡消耗的电功率分别为(重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6)()A ．2.5 m/s 1 WB ．5 m/s 1 WC ．7.5 m/s 9 WD ．15 m/s 9 W1.(多选)如图所示，平行金属导轨与水平面成θ角，用导线与固定电阻R 1和R 2相连，匀强磁场垂直穿过导轨平面.有一导体棒ab ，质量为m ，两导轨间距为l ，导体棒的电阻与固定电阻R 1和R 2的阻值相等，都等于R ，导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，导体棒ab 沿导轨向上滑动，当上滑的速度为v 时，有( )A ．棒中感应电流的方向由a 到bB ．棒所受安培力的大小为B 2l 2v 23RC ．棒两端的电压为Blv 3D ．棒动能的减少量等于其重力势能的增加量与电路上产生的电热之和2.如图所示，处于匀强磁场中的两根足够长．电阻不计的平行金属导轨相距lm ，导轨平面与水平面成θ=37°角，下端连接阻值为R 的电阻．匀强磁场方向与导轨平面垂直．质量为0.2kg ．电阻不计的金属棒放在两导轨上，棒与导轨垂直并保持良好接触，它们之间的动摩擦因数为0.25．求：（g =10rn/s 2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）(1)求金属棒沿导轨由静止开始下滑时的加速度大小；(2)当金属棒下滑速度达到稳定时，电阻R 消耗的功率为8W ，求该速度的大小．3.如图两根足够长的光滑平行直导轨MN 、PQ 与水平面成θ角放置，两导轨间距为L ，M 、P 两点间接有阻值为R 的电阻.一根质量为m 的均匀直金属杆ab 放在两导轨上，并与导轨垂直.整套装置处于磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向上，导轨和金属杆接触良好，它们的电阻不计.现让ab 杆由静止开始沿导轨下滑.（1）求ab 杆下滑的最大速度v max .（2）ab 杆由静止释放至达到最大速度的过程中，电阻R 产生的焦耳热为Q ，求该过程中ab 杆下滑的距离x 及通过电阻R 的电荷量q .4.如图甲所示，足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ竖直放置，其宽度L＝1 m，一匀强磁场垂直穿过导轨平面，导轨的上端M与P之间连接一阻值为R＝0.40 Ω的电阻，质量为m ＝0.01 kg、电阻为r＝0.30 Ω的金属棒ab紧贴在导轨上．现使金属棒ab由静止开始下滑，下滑过程中ab始终保持水平，且与导轨接触良好，其下滑距离x与时间t的关系如图乙所示，图象中的OA段为曲线，AB段为直线，导轨电阻不计，g取10 m/s2（忽略ab棒运动过程中对原磁场的影响）。
高考物理二轮总复习课后习题热点情境练 科技发展类(一) (3)
科技发展类(一)1.(山东济宁一模)中国实验快堆是第四代核能系统的优选堆型,采用钚(94239Pu)作燃料,在堆心燃料钚的外围再生区里放置不易发生裂变的铀(92238U),钚-239裂变释放出的快中子被再生区内的铀-238吸收,转变为铀-239,铀-239极不稳定,经过衰变,进一步转变为易裂变的钚-239,从而实现核燃料的“增殖”。
下列说法正确的是( )A.铀-239转变为钚-239,经过了3次β衰变B.铀-239发生衰变过程中,电荷数守恒,质量数也守恒C.铀-239发生衰变的实质是原子核内的中子转化为一个质子和一个电子D.钚(94239Pu)裂变生成两个中等质量的核,钚核的比结合能大于生成的两个核的比结合能2.(多选)(广东深圳一模)磁悬浮列车是高速低耗交通工具,如图甲所示,它的驱动系统简化为如图乙所示的物理模型。
固定在列车底部的正方形金属线框的边长为L,匝数为N,总电阻为R;水平面内平行长直导轨间存在磁感应强度均为B、方向交互相反、边长均为L的正方形组合匀强磁场。
当磁场以速度v匀速向右移动时,可驱动停在轨道上的列车,则( )A.图示时刻线框中感应电流沿逆时针方向B.列车运动的方向与磁场移动的方向相同C.列车速度为v'时线框中的感应电动势大小为2NBL(v-v')D.列车速度为v'时线框受到的安培力大小为2NB 2L2(v-v') R3.(多选)(河北石家庄一模)如图甲所示,某实验室设计了一款能够与人协作、共同完成冰壶比赛的机器人。
当机器人与冰壶之间的距离保持在8 m 之内时,机器人可以实时追踪冰壶的运动信息。
在某次投掷练习中机器人夹取冰壶,由静止开始做匀加速运动,之后释放冰壶,二者均做匀减速直线运动,冰壶准确命中目标,二者在整个运动过程中的v-t图像如图乙所示。
此次投掷中,下列说法正确的是( )A.冰壶减速运动的加速度大小为0.125 m/s2B.9 s末,冰壶的速度大小为5.75 m/sC.7 s末,冰壶、机器人二者间距为7 mD.机器人能够一直准确获取冰壶的运动信息4.(重庆万州第二高级中学模拟)电磁场与现代高科技密切关联,并有重要应用。
高中物理第二轮复习目录
1
目录
CONTENTS
第一部分 专题提升
专题一 力与物体的运动 第1讲 力与物体的平衡 第2讲 力和直线运动 第3讲 力与曲线运动
2
目录
CONTENTS
专题二 动量与能量 第1讲 功能关系与能量守恒 第2讲 动量和能量观点的应用
3
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专题三 电场与磁场 第1讲 电场和磁场的基本性质 第2讲 带电粒子在复合场中的运动
7
目录
CONTENTS
第二部分 应考技巧指导
一、高考物理中常用的“八大”解题方法 二、高考必须记牢的“六个”物理模型
8
4
目录
CONTENTS
专题四 电路和电磁感应 第1讲 直流电路和交流电路 第2讲 电磁感应规律及其应用
专题五 近代物理初步题六 物理实验及创新实验 第1讲 力学实验 第2讲 电学实验
6
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CONTENTS
专题七 选考模块 第1讲 选修3-3 分子动理论 固体、液体和气体 热力 学定律 第2讲 选修3-4 振动与波动 光的折射和反射 电磁波 相对论
2021届高考物理二轮复习专题四 电路与电磁感应(考点+习题)含解析
专题四电路与电磁感应1.恒定电流(1)闭合电路中的电压、电流关系:E=U外+U内,I=,U=E-Ir。
(2)闭合电路中的功率关系:P总=EI,P内=I2r,P出=IU=I2R=P总-P内。
(3)直流电路中的能量关系:电功W=qU=UIt,电热Q=I2Rt。
(4)纯电阻电路中W=Q,非纯电阻电路中W>Q。
2.电磁感应(1)判断感应电流的方向:右手定则和楞次定律(增反减同、来拒去留、增缩减扩)。
(2)求解感应电动势常见情况与方法(3)自感现象与涡流自感电动势与导体中的电流变化率成正比,线圈的自感系数L跟线圈的形状、长短、匝数等因素有关系。
线圈的横截面积越大,线圈越长,匝数越多,它的自感系数就越大。
带有铁芯的线圈其自感系数比没有铁芯时大得多。
3.交变电流(1)交变电流的“四值”①最大值:为U m、I m,即交变电流的峰值。
②瞬时值:反映交变电流每瞬间的值,如e=E m sinωt。
③有效值:正弦式交变电流的有效值与最大值之间的关系为E=、U=、I=;非正弦式交变电流的有效值可以根据电流的热效应来求解。
计算交变电流的电功、电功率和测定交流电路的电压、电流都是指有效值。
④平均值:反映交变电流的某物理量在t时间内的平均大小,如平均电动势E=n。
(2)理想变压器的基本关系式①功率关系:P入=P出;②电压关系:=;③电流关系:=。
(3)远距离输电常用关系式(如图所示)①功率关系:P1=P2,P3=P4,P2=P线+P3。
②电压损失:U损=I2R线=U2-U3。
③输电电流:I线===。
④输电导线上损耗的电功率:P损=I线U损=R线=R线。
高考演练1.(2019江苏单科,1,3分)某理想变压器原、副线圈的匝数之比为1∶10,当输入电压增加20 V时,输出电压()A.降低2 VB.增加2 VC.降低200 VD.增加200 V答案D依据理想变压器原、副线圈的电压比与匝数比关系公式可知,=,则ΔU 2=ΔU1,得ΔU2=200 V,故选项D正确。
高考物理复习：电磁感应规律及其应用
二 轮
阻，导轨足够长。固定金属棒ab，释放金属棒cd，则下列说法正确的是(
)
理
复
习
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第一部分 专题四 电路和电磁感应
A．当cd棒的加速度大小为a时释放ab棒，释放的一瞬间ab棒的加速度为0
B．当cd棒的加速度大小为a时释放ab棒，释放的一瞬间ab棒的加速度大于a
C．当cd棒速度达到最大时释放ab棒，释放的一瞬间ab棒有最大加速度
理
轮
复 习
(3)ab边产生的焦耳热Q。
[答案]
(1)BLv
B2L2v2 (2) R
B2L3v (3) 4R
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第一部分 专题四 电路和电磁感应
[解析] (1)由法拉第电磁感应定律可得，感应电动势
E＝BLv
(2)线框中的感应电流 I＝ER
拉力大小等于安培力大小 F＝BIL
二
拉力的功率 P＝Fv＝B2LR2v2
轮
复 习
(3)线框 ab 边电阻 Rab＝R4
时间 t＝Lv
ab 边产生的焦耳热 Q＝I2Rabt＝B42LR3v
物 理
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第一部分 专题四 电路和电磁感应
6．如图所示，固定在水平面上间距为l的两条平行光滑金属导轨，垂直于
导轨放置的两根金属棒MN和PQ长度也为l、电阻均为R，两棒与导轨始终接触
习
且适用于 B 与 S 垂直的情况。
③通过回路截面的电荷量 q 仅与 n、ΔΦ 和回路电阻 R 有关，与时间长短无关。
推知如下 q＝ I Δt＝nΔΔtRΦΔt＝nΔRΦ。
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第一部分 专题四 电路和电磁感应
类题演练
1．(2019·陕西模拟)有人根据条形磁铁的磁场分布情况制作了一个用塑料
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【2019-2020】高考物理二轮复习专题四电路和电磁感应第12讲电磁感应规律及其应用练案第12讲电磁感应规律及其应用限时：40分钟一、选择题(本题共8小题，其中1～4题为单选，5～8题为多选)1．(2018·××市高三第三次教学质量检测)一段导线abcde位于磁感应强度大小为B 的匀强磁场中，且与磁场方向(垂直于纸面向里)垂直。
线段ab、bc、cd和de的长度均为L，且∠abc＝∠cde＝120°，流经导线的电流为I，方向如图中箭头所示。
导线段abcde所受到的磁场的作用力的合力大小为( B )A．2BIL B．3BILC．(3＋2)BIL D．4BIL[解析] 因为∠abc＝∠cde＝120°，根据几何关系可知∠bcd＝60°，故b与d之间的直线距离也为L，则导线段abcde有效长度为3L，故所受安培力的大小为：F＝3BIL，故ACD 错误，B正确，故选B。
2．(2018·××市高三第三次教学质量检测)如图所示，某小组利用电流传感器(接入电脑，图中未画出)记录灯泡A和自感元件L构成的并联电路在断电瞬间各支路电流随时间的变化情况，i1表示小灯泡中的电流，i2表示自感元件中的电流(已知开关S闭合时i2>i1)，则下列图象中正确的是( A )[解析] 当电键断开后，电感与灯泡形成回路，电感阻碍自身电流变化，产生的感应电流仍沿着原来方向，大小从i2开始不断减小，流过灯泡A的电流方向发生变化，故C正确，ABD错误，故选C。
3．(2018·××市高考压轴卷)物理课上，老师做了一个“电磁阻尼”实验：如图所示，弹簧上端固定，下端悬挂一个磁铁，将磁铁托起到某一高度后放开，磁铁能上下振动较长时间才停下来；如果在磁铁下方放一个固定的铝质圆环，使磁极上下振动时穿过它，磁铁就会很快地停下来。
某同学另找器材再探究此实验。
他安装好器材，经反复实验后发现：磁铁下方放置圆环，并没有对磁铁的振动产生影响，对比老师演示的实验，其原因可能是( D )A．弹簧的劲度系数太小B．磁铁的质量太小C．磁铁的磁性太强D．圆环的材料与老师用的不同[解析] 只要能够产生感应电流，都能对磁铁的运动产生阻碍作用，ABC错；若圆环的材料为非金属材料，不能产生感应电流，无法对磁铁产生阻碍作用，故选D。
4．(2018·××市高三下学期第二次质量检测)法拉第发明了世界上第一台发电机——法拉第圆盘发电机，原理如图所示。
铜质圆盘水平放置在竖直向下的匀强磁场中，圆盘圆心处固定一个带摇柄的转轴，边缘和转轴处各有一个铜电刷与其紧贴，用导线将电刷与电阻R 连接起来形成回路，其他电阻均不计。
转动摇柄，使圆盘如图示方向匀速转动。
已知匀强磁场的磁感应强度为B，圆盘半径为r，电阻的功率为P。
则( D )A ．圆盘转动的角速度为PR Br 2，流过电阻R 的电流方向为从c 到d B ．圆盘转动的角速度为PR Br 2，流过电阻R 的电流方向为从d 到c C ．圆盘转动的角速度为2PR Br2，流过电阻R 的电流方向为从c 到d D ．圆盘转动的角速度为2PR Br 2，流过电阻R 的电流方向为从d 到c[解析] 将圆盘看成无数幅条组成，它们都切割磁感线，从而产生感应电动势，出现感应电流，根据右手定则圆盘上感应电流从边缘流向圆心，则流过电阻R 的电流方向为从d到c ；根据法拉第电磁感应定律，得圆盘产生的感应电动势E ＝Br v ＝Br ·0＋ωr 2＝12Br 2ω，电阻消耗的电功率P ＝E 2R ＝12Br 2ω2R ，解得ω＝2PR Br2，D 正确。
5．(2018·西交大附中高三下学期期中)已知地磁场类似于条形磁铁产生的磁场，地磁N 极位于地理南极。
如图所示，在湖北某中学实验室的水平桌面上，放置边长为L 的正方形闭合导体线框abcd ，线框的ad 边沿南北方向，ab 边沿东西方向，下列说法正确的是( AC )A ．若使线框向东平移，则a 点电势比d 点电势低B ．若使线框向北平移，则a 点电势等于b 点电势C ．若以ad 边为轴，将线框向上翻转90°，则翻转过程线框中电流方向始终为adcb 方向D ．若以ab 边为轴，将线框向上翻转90°，则翻转过程线框中电流方向始终为adcb 方向[解析] 北半球的磁场方向由南向北斜向下分布。
A 项，若线框向东平动，根据右手定则，ad边切割磁感线产生的电流方向沿ad方向，在电源内部电流方向由低电势到高电势，所以a点电势比d点电势低，故A对；若使线框向北平移，ab边切割磁感线，所以会产生电势差，所以ab两点电势不相等，故B错；若以ad边为轴，将线框向上翻转90°，穿过线圈平面的向下磁通量变小，由楞次定律可知产生的感应电流的方向始终为adcb方向，故C正确；若以ab边为轴，将线框向上翻转90°，穿过线圈平面的向下磁通量先变大后变小，由楞次定律可知产生的感应电流的方向会发生变化，故D错误。
故选AC。
6．(2018·××市高三下学期模拟)如图甲所示，螺线管内有一平行于轴线的磁场，规定图中箭头所示方向为磁感应强度B的正方向，螺线管与U形导线框cdef相连，导线框cdef 内有一半径很小的金属圆环L，圆环面积为S，圆环与导线框cdef在同一平面内。
当螺线管内的磁感应强度随时间按图乙所示规律变化时，下列说法中正确的是( BD )A．在t1时刻，金属圆环L内的磁通量最大，最大值Φm＝B0SB．在t2时刻，金属圆环L内的磁通量最大C．在t1～t2时间内，金属圆环L有扩张的趋势D．在t1～t2时间内，金属圆环L内有顺时针方向的感应电流[解析] 当螺线管内的磁感应强度随时间按图乙所示规律变化时，在导线框cdef内产生感应电动势和感应电流，在t1时刻，感应电流为零，金属圆环L内的磁通量为零，选项A 错误；在t2时刻，感应电流最大，金属圆环L内的磁通量最大，选项B正确；在t1～t2时间内，金属圆环L有收缩的趋势，选项C错误；由楞次定律，在t1～t2时间内，导线框cdef 内产生逆时针方向感应电流，感应电流逐渐增大，金属圆环L内磁通量增大，根据楞次定律，金属圆环L内有顺时针方向的感应电流，选项D正确。
7．(2018·××市高三下学期三模)如图所示，两平行导轨间距为L，倾斜部分和水平部分长度均为L，倾斜部分与水平面的夹角为37°，cd间接电阻R，导轨电阻不计。
质量为m的金属细杆静止在倾斜导轨底端，与导轨接触良好，电阻为r。
整个装置处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化关系为B＝B0＋kt(k>0)，在杆运动前，以下说法正确的是( BC )A ．穿过回路的磁通量为2(B 0＋kt )L 2B ．流过导体棒的电流方向为由b 到aC ．回路中电流的大小为1.8kL 2R ＋rD ．细杆受到的摩擦力一直减小[解析] 由Φ＝BS 效＝(B 0＋kt )·(L 2＋L 2cos37°)＝1.8(B 0＋kt )L 2，故A 错误；磁感应强度均匀增大，产生的感生电动势，由法拉第电磁感应定律得E ＝nΔΦΔt ＝ΔB Δt ·S ＝k ·(L 2＋L 2cos37°)＝1.8KL 2，由全电路欧姆定律得I ＝E R ＋r ＝1.8kL 2R ＋r，则C 正确；由楞次定律可得感应电流的方向俯视为顺时针方向，即电流流向为b 到a ，B 正确；因感应电流大小恒定，则细杆所受的安培力F ＝BIL 因B 逐渐增大而增大，由左手定则知方向水平向右，对杆的平衡知识可得mg sin θ＝f ＋BIL cos θ，则摩擦力先向上逐渐减小到零，后向下逐渐增大，D 错误。
故选BC 。
8．(2018·凉山州高三第三次诊断试题)如图所示，在光滑的水平面上，有一质量为M ，边长为l ，电阻为R 的正方形均匀金属线框，BC 边与虚线PQ 平行，PQ 右侧有竖直向上的匀强磁场，磁场宽度大于l ，磁感应强度大小为B 。
线框通过一水平细线绕过光滑定滑轮悬挂一质量为m 的物体，现由静止释放物体，当线框有一半进入磁场时已匀速运动，当地的重力加速度为g ，线框从开始运动到AD 边刚进入磁场过程中( BCD )A ．刚释放线框的瞬间，线框的加速度为mg MB ．细绳拉力的最小值为Mmg M ＋mC ．线框恰全部进入磁场时，产生的热量等于mgl －m ＋M m 2g 2R 22B 4l 4 D ．线框有一半进入磁场时与线框AD 边刚进入磁场时BC 两端的电压大小之比为3∶4[解析] 刚释放线框的瞬间，设绳子拉力为T ，线框加速度为a 。
以m 为研究对象，mg－T ＝ma ，T ＝Ma ，可得a ＝mg M ＋m ，T ＝Mmg M ＋m。
进入磁场后加速度变小，故拉力变小，因此释放瞬间细绳拉力最小值为T ＝Mmg M ＋m；当全部进入磁场时，T ＝mg ，T ＝F A ，产生的电动势为E ＝BIv ，则I ＝E R ，F A ＝BIL ，可得匀速时速度v ＝mgR B 2l 2。
由能量守恒，mgl ＝12(M ＋m )v 2＋Q ，可得产生的热量Q ＝mgl －12(M ＋m )m 2g 2R 2B 4l 4；线框有一半进入磁场时，BC 两端的电压U ＝34Blv ，框AD 边刚进入磁场时，电路电流为零，BC 两端的电压U ＝Blv ，两次电压大小之比为3∶4。
综上分析，BCD 正确。
二、计算题(本题共2小题，需写出完整的解题步骤)9．(2018·××市高三下学期4月模拟)如图，两平行金属导轨位于水平面上，相距L 左端与一阻值为R 的电阻相连。
整个系统置于匀强磁场中，磁感应强度大小为B ，方向竖直向下。
一质量为m 、电阻为r 的导体棒置于导轨上，在水平外力作用下沿导轨匀速向右滑动，滑动过程中始终保持与导轨垂直并接触良好。
已知电阻R 消耗的功率为P ，导体棒与导轨间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g ，导轨的电阻可忽略。
求：(1)导体棒匀速运动的速率v ；(2)水平外力F 的大小。
[解析] (1)设回路中的电流为I ，对电阻R ，有P ＝I 2R①金属杆产生的电动势为 E ＝BLv②根据欧姆定律 I ＝E R ＋r③联立可得导体棒匀速运动的速率 v ＝R ＋r BL P R ④(2)金属杆在磁场中匀速运动，由牛顿第二定律得F ＝μmg ＋BIL⑤联立可得水平外力F 的大小F ＝μmg ＋BL P R ⑥10．(2018·××市高三下学期模拟)在一水平面上，放置相互平行的直导轨MN 、PQ ，其间距L ＝0.2m ，R 1、R 2是连在导轨两端的电阻，R 1＝0.6Ω，R 2＝1.2Ω，虚线左侧3m 内(含3m 处)的导轨粗糙，其余部分光滑并足够长。