七年高考(2011-2017)物理试题分项精析版电磁感应中能量的转化与守恒

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七年高考(2011-2017)高考物理试题分项精析专题42 内能、热力学定律以及能量守恒

专题42 内能、热力学定律以及能量守恒一、单项选择题1．【2011·福建卷】一定量的理想气体在某一过程中，从外界吸收热量，气体对外界做功，则该理想气体的（填选项前的字母）（）A．温度降低，密度增大 B．温度降低，密度减小C．温度升高，密度增大 D．温度升高，密度减小【答案】D【考点定位】热力学第一定律2．【2011·广东卷】图为某种椅子与其升降部分的结构示意图，M、N两筒间密闭了一定质量的气体，M可沿N的内壁上下滑动，设筒内气体不与外界发生热交换，在M向下滑动的过程中A．外界对气体做功，气体内能增大 B．外界对气体做功，气体内能减小C．气体对外界做功，气体内能增大 D．气体对外界做功，气体内能减小【答案】A【解析】M向下滑动，压力与位移同方向，即外界对气体做正功，同时筒内气体不与外界发生热交换，根据能量守恒定律，气体内能一定增加；【考点定位】能量守恒定律3．【2011·重庆卷】某汽车后备箱内安装有撑起箱盖的装置，它主要由汽缸和活塞组成。

开箱时，密闭于汽缸内的压缩气体膨胀，将箱盖顶起，如图所示。

在此过程中，若缸内气体与外界无热交换，忽略气体分子间相互作用，则缸内气体A．对外做正功，分子的平均动能减小B．对外做正功，内能增大C．对外做负功，分子的平均动能增大D．对外做负功，内能减小【答案】A【考点定位】热力学第一定律4．【2012·广东卷】景颇族的祖先发明的点火器如图1所示，用牛角做套筒，木质推杆前端粘着艾绒。

猛推推杆，艾绒即可点燃，对筒内封闭的气体，在此压缩过程中A．气体温度升高，压强不变B．气体温度升高，压强变大C．气体对外界做正功，气体内能增加D．外界对气体做正功，气体内能减少【答案】B【解析】封闭的气体被推杆压缩过程中，由公式U=W+Q知，在瞬间，Q=0，W＞0，所以内能增加，则温度升高，气体体积减小，压强增大，综上知B正确．【考点定位】本题考查热力学第一定律和理想气体状态方程5．【2015·北京·13】下列说法正确的是（）A．物体放出热量，其内能一定减小B．物体对外做功，其内能一定减小C．物体吸收热量，同时对外做功，其内能可能增加D．物体放出热量，同时对外做功，其内能可能不变【答案】C【解析】A、由热力学第一定律可知，物体放热，，但是未知，则不一定小于零，即内能不一定减少，选项A错误。

专题29 电磁感应与图像—七年高考(2011-2017)物理试题分项精析版(原卷版)

一、单项选择题'''为空间一匀强磁场的边界，其中EO∥E O''，FO∥F O''，1．【2011·海南卷】如图，EOF和E O F且EO⊥OF；OO'为∠EOF的角平分析，OO'间的距离为l；磁场方向垂直于纸面向里。

一边长为l的正方形导线框沿OO'方向匀速通过磁场，t=0时刻恰好位于图示位置。

规定导线框中感应电流沿逆时针方向时为正，则感应电流i与实践t的关系图线可能正确的是2．【2012·福建卷】如图甲，一圆形闭合铜环由高处从静止开始下落，穿过一根竖直悬挂的条形磁铁，铜环的中心轴线与条形磁铁的中轴始终保持重合。

若取磁铁中心O为坐标原点，建立竖直向下正方向的x 轴，则图乙中最能正确反映环中感应电流i随环心位置坐标x变化的关系图像是3．【2012·新课标卷】如图，一载流长直导线和一矩形导线框固定在同一平面内，线框在长直导线右侧，且其长边与长直导线平行。

已知在t=0到t=t1的时间间隔内，直导线中电流i发生某种变化，而线框中感应电流总是沿顺时针方向；线框受到的安培力的合力先水平向左、后水平向右。

设电流i正方向与图中箭头方向相同，则i随时间t变化的图线可能是4．【2012·重庆卷】如图所示，正方形区域MNPQ内有垂直纸面向里的匀强磁场．在外力作用下，一正方形闭合刚性导线框沿QN方向匀速运动，t＝0时刻，其四个顶点M′、N′、P′、Q′恰好在磁场边界中点．下列图象中能反映线框所受安培力f 的大小随时间t 变化规律的是( )5．【2013·新课标全国卷Ⅰ）如图，在水平面（纸面）内有三根相同的均匀金属棒ab 、ac 和MN ，其中a b 、ac 在a 点接触，构成“V”字型导轨。

空间存在垂直于纸面的均匀磁场。

用力使MN 向右匀速运动，从图示位置开始计时，运动中MN 始终与∠bac 的平分线垂直且和导轨保持良好接触。

电磁感应中的能量转化与守恒

电磁感应中的能量转化与守恒能的转化与守恒定律，是自然界的普遍规律，也是物理学的重要规律。

电磁感应中的能量转化与守恒问题，是高中物理的综合问题，也是高考的热点、重点和难点。

在电磁感应现象中，外力克服安培力做功，消耗机械能，产生电能，产生的电能是从机械能转化而来的；当电路闭合时，感应电流做功，消耗了电能，转化为其它形式的能，如在纯电阻电路中电能全部转化为电阻的内能，即放出焦耳热，在整个过程中，总能量守恒。

在与电磁感应有关的能量转化与守恒的题目中，要明确什么力做功与什么能的转化的关系，它们是：合力做功=动能的改变；重力做功=重力势能的改变；重力做正功，重力势能减少；重力做负功，重力势能增加；弹力做功=弹性势能的改变；弹力做正功，弹性势能减少；弹力做负功，弹性势能增加；电场力做功=电势能的改变；电场力做正功，电势能减少；电场力做负功，电势能增加；安培力做功=电能的改变，安培力做正功，电能转化为其它形式的能；安培力做负功(即克服安培力做功)，其它形式的能转化为电能。

以2005年高考题为例，说明与电磁感应有关的能量转化与守恒问题的解法。

例1如图1所示，两根足够长的固定平行金属光滑导轨位于同一水平面，导轨上横放着两根相同的导体棒ab、cd与导轨构成矩形回路。

导体棒的两端连接着处于压缩状态的两根轻质弹簧，两棒的中间用细线绑住，它们的电阻均为R，回路上其余部分的电阻不计。

在导轨平面内两导轨间有一竖直向下的匀强磁场。

开始时，导体棒处于静止状态。

剪断细线后，导体棒在运动过程中( )A．回路中有感应电动势B．两根导体棒所受安培力的方向相同C．两根导体棒和弹簧构成的系统动量守恒，机械能守恒D．两根导体棒和弹簧构成的系统动量守恒，机械能不守恒解析：因回路中的磁通量发生变化(因面积增大，磁通量增大)所以有感应电动势；据楞次定律判断，感生电流的方向是a，用左手定则判断ab受安培力向左，dc受安培力向右；因平行金属导轨光滑，所以两根导体棒和弹簧构成的系统受合外力为零(重力与支持力平衡)，所以动量守恒，但一部分机械能转化为电能，所以机械能不守恒，因此本题选A、D。

第1章 5.电磁感应中的能量转化与守恒

5.电磁感应中的能量转化与守恒1．在导线切割磁感线运动而产生感应电流时，电路中的电能来源于机械能．2．在电磁感应中，产生的电能是通过外力克服安培力做功转化而来的．外力做了多少功，就产生多少电能．3．电流做功将电能转化为其他形式的能量．4．电磁感应现象中，能量在转化过程中是守恒的．(1)在电磁感应现象中，安培力做正功，把其他形式的能转化为电能．(×)(2)电磁感应现象一定伴随着能量的转化，克服安培力做功的大小与电路中产生的电能相对应．(√)(3)安培力做负功，一定有电能产生．(√)为什么说楞次定律是能量守恒定律在电磁感应中的表现？【提示】感应电流的磁场阻碍引起感应电流的原磁场的磁通量的变化，因此，为了维持原磁场磁通量的变化，就必须有外力克服感应电流的磁场的阻碍作用做功，将其他形式的能转化为感应电流的电能．所以楞次定律中的阻碍过程，实质上就是能量转化的过程，楞次定律是能量守恒定律在电磁感应中的表现．如图1-5-1所示，金属棒沿光滑导轨由静止滑下，思考以下问题：图1-5-1探讨1：下滑过程中，棒的重力势能、动能以及回路的电能如何变化，它们间的关系式如何？【提示】下滑过程中，棒的重力势能减少，动能增加，产生电能．重力势能的减少量等于动能增加与产生的电能之和；电能全部转化为电路中的内能(焦耳热)．探讨2：下滑过程中功能关系如何？用动能定理如何列表达式？【提示】重力做的功等于重力势能的减少量；棒受力做的总功等于动能的改变量；棒克服安培力做的功等于回路中产生的电能．－W安＝Δ.探讨3：若斜面粗糙，棒和回路的能量又如何变化？如何把它们间的能量关系表示出来？【提示】下滑过程中，棒的重力势能减少，动能增加，因摩擦而产生的热能和回路中产生的电能增加．重力势能的减少量等于动能的增加量和因摩擦而产生的热能与回路中产生的电能之和；电能全部转化为电路中的内能(焦耳热)．1．电磁感应中的能量守恒(1)由磁场变化引起的电磁感应现象中，磁场能转化为电能，若电路是纯电阻电路，转化过来的电能将全部转化为电阻的内能．(2)由相对运动引起的电磁感应现象中，通过克服安培力做功，把机械能或其他形式的能转化为电能．克服安培力做多少功，就产生多少电能．若电路是纯电阻电路，转化过来的电能也将全部转化为电阻的内能．2．求解电磁感应现象中能量守恒问题的一般思路(1)分析回路，分清电源和外电路．在电磁感应现象中，切割磁感线的导体或磁通量发生变化的回路将产生感应电动势，该导体或回路就相当于电源，其余部分相当于外电路．(2)分析清楚有哪些力做功，明确有哪些形式的能量发生了转化．如：3．电能的三种求解思路(1)利用克服安培力做功求解：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功．(2)利用能量守恒求解：相应的其他能量的减少量等于产生的电能．(3)利用电路特征求解：通过电路中所消耗的电能来计算．1．如图1-5-2所示，固定于水平绝缘面上的平行金属导轨不光滑，垂直于导轨平面有一匀强磁场，质量为m的金属棒垂直放在导轨上，除R和棒的电阻r 外，其余电阻不计．现用水平恒力F作用于棒，使棒由静止开始向右滑动的过程中，下列说法正确的是()【导学号：46042034】图1-5-2A．水平恒力F对棒做的功等于电路中产生的电能B．只有在棒做匀速运动时，F对棒做的功才等于电路中产生的电能C．无论棒做何种运动，它克服磁场力做的功一定等于电路中产生的电能D．R两端的电压始终等于棒上感应电动势的值【解析】F作用于棒上使棒由静止开始做切割磁感线运动，产生感应电动势的过程中，F做的功转化为三种能量：棒的动能Δ、摩擦生热Q和回路电能E，即使棒匀速运动，Δ＝0，但Q≠0，故A、B错误；对C项可这样证明，经电过时间Δt，棒发生的位移为s，则棒克服磁场力做的功W＝·s＝ΔS＝I·ΔΦ＝Δt ＝E电，永远成立，故C项正确；回路中，棒相当于电源，有内阻，所以路端电压不等于感应电动势，所以D错误．【答案】 C2．如图1-5-3所示，两条水平虚线之间有垂直于纸面向里、宽度为d、磁感应强度为B的匀强磁场．质量为m、电阻为R的正方形线圈边长为L(L<d)，线圈下边缘到磁场上边界的距离为h.将线圈由静止释放，其下边缘刚进入磁场和刚穿出磁场时刻的速度都是v0，则在整个线圈穿过磁场的全过程中(从下边缘进入磁场到上边缘穿出磁场)，下列说法正确的是()图1-5-3A．线圈可能一直做匀速运动B．线圈可能先加速后减速C．线圈的最小速度一定是D．线圈的最小速度一定是【解析】由于L<d，总有一段时间线圈全部处于匀强磁场中，磁通量不发生变化，不产生感应电流，不受安培力，因此不可能一直匀速运动，选项A错误；已知线圈下边缘刚进入磁场和刚穿出磁场时刻的速度都是v0，由于线圈全在磁场中，线圈下边缘到达磁场下边界前一定是加速运动，所以只可能是先减速后加速，而不可能是先加速后减速，选项B错误；是安培力和重力平衡时所对应的速度，而本题线圈减速过程中不一定能达到这一速度，选项C错误；从开始自由下落到线圈上边缘刚进入磁场过程中应用动能定理，设该过程克服安培力做的功为W，则有(h＋L)－W＝2，在线圈下边缘刚进入磁场到刚穿出磁场的过程中应用动能定理，该过程克服安培力做的功也是W，而始、末动能相同，所以有－W＝0，由以上两式可得最小速度v＝，选项D正确．【答案】 D3．如图1-5-4所示，两条平行光滑导轨相距L，左端一段被弯成半径为H 的圆弧，圆弧导轨所在区域无磁场．水平导轨区域存在着竖直向上的匀强磁场B，右端连接阻值为R的定值电阻，水平导轨足够长．在圆弧导轨顶端放置一根质量为m的金属棒，导轨和金属棒的电阻不计，重力加速度为g.现让金属棒由静止开始运动，整个运动过程金属棒和导轨接触紧密．求：【导学号：46042035】图1-5-4(1)金属棒进入水平导轨时，通过金属棒的感应电流的大小和方向．(2)整个过程电阻R产生的焦耳热．【解析】(1)设金属棒进入水平导轨时速度为v，根据机械能守恒定律＝2，v＝.金属棒切割磁感线产生的感应电动势E＝.根据闭合电路欧姆定律I＝，则金属棒的感应电流大小I＝＝.根据右手定则，金属棒的感应电流方向由b流向a.(2)根据左手定则，金属棒在磁场中受到的安培力方向水平向左．根据牛顿第二运动定律F＝，金属棒向右做加速度逐渐减小的减速运动，直至静止．根据能量守恒定律，电阻R产生的焦耳热等于金属棒减少的动能，所以电阻R产生的焦耳热Q＝.【答案】(1)由b流向a(2)焦耳热的计算技巧(1)感应电路中电流恒定，则电阻产生的焦耳热等于电流通过电阻做的功，即Q＝I2.(2)感应电路中电流变化，可用以下方法分析：①利用动能定理，根据产生的焦耳热等于克服安培力做的功，即Q＝W安．②利用能量守恒，即感应电流产生的焦耳热等于电磁感应现象中其他形式能量的减少，即Q＝ΔE其他．如图1-5-5所示，水平放置的光滑平行金属导轨，相距为l，放在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场垂直导轨平面，阻值为r的导体棒垂直放在导轨上，根据条件思考下列问题：图1-5-5探讨1：棒在运动过程中所受的安培力表达式如何，方向怎样？【提示】安培力F＝＝.由左手定则得安培力方向与速度v方向相反．探讨2：维持棒匀速运动，所施加的水平外力情况怎样？【提示】由平衡条件得F外＝F安＝.探讨3：若给棒施加一个水平恒力F，棒由静止开始运动，则棒的运动性质如何？棒的最大速度的表达式如何？【提示】由牛顿第二定律得F－F安＝，即F－＝，故棒做加速度减小的加速运动，最后做匀速运动．当a＝0时，速度最大，解得＝.1．通过导体中的感应电流在磁场中将受到安培力作用，所以电磁感应问题往往与力学问题联系在一起，处理此类问题的基本方法是：(1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律求感应电动势的大小和方向．(2)求回路中的电流的大小和方向．(3)分析研究导体受力情况(包括安培力)．(4)列动力学方程或平衡方程求解．2．电磁感应现象中涉及的具有收尾速度的力学问题，关键要抓好受力情况和运动情况的动态分析：→→→→→→周而复始地循环，达到稳定状态时，加速度等于零，导体达到稳定运动状态．3．两种运动状态的处理思路：(1)达到稳定运动状态后，导体匀速运动，受力平衡，应根据平衡条件——合外力为零，列式分析平衡态．(2)导体达到稳定运动状态之前，往往做变加速运动，处于非平衡态，应根据牛顿第二定律或结合功能关系分析非平衡态．4．如图1-5-6所示，质量为m的金属环用线悬挂起来，金属环有一半处于与环面垂直的匀强磁场中，从某时刻开始，磁感应强度均匀减小，则在磁感应强度均匀减小的过程中，关于线拉力的大小，下列说法中正确的是()【导学号：46042036】图1-5-6A．大于环重力，并逐渐减小B．始终等于环的重力C．小于环重力，并保持恒定D．大于环重力，并保持恒定【解析】磁感应强度均匀减小，穿过回路的磁通量均匀减小，根据法拉第电磁感应定律得知，回路中产生恒定的电动势，感应电流也恒定不变．由楞次定律可知，感应电流方向为顺时针方向，再由左手定则可得，安培力的合力方向竖直向下，金属环始终保持静止，则拉力大于重力，由于磁感应强度均匀减小，所以拉力的大小也逐渐减小，故A正确，B、C、D均错误．【答案】 A5．如图1-5-7所示，足够长的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.一导体棒垂直于导轨放置，质量为0.2 ，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．将导体棒由静止释放，运动一段时间后，小灯泡稳定发光，此后导体棒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 m2，37°＝0.6)()图1-5-7A．2.5 m 1 W B．5 m 1 WC．7.5 m9 W D．15 m9W【解析】把立体图转为平面图，由平衡条件列出方程是解决此类问题的关键．对导体棒进行受力分析作出截面图，如图所示，导体棒共受四个力作用，即重力、支持力、摩擦力和安培力．由平衡条件得37°＝F安＋①＝μ②＝37°③而F安＝④I＝⑤E＝⑥联立①～⑥式，解得v＝37°－μ 37°)(R＋r)2L2)代入数据得v＝5 m.小灯泡消耗的电功率为P＝I2R ⑦由⑤⑥⑦式得P＝R＝1 W．故选项B正确．【答案】 B6．如图1-5-8甲，、是两条间距为L＝2 m的光滑平行金属轨道，轨道平面与水平面的夹角为θ＝30°(轨道足够长且电阻不计)．M、P之间连接一电阻箱R，导轨处于磁场方向垂直于轨道平面向上，磁感应强度大小为B＝0.5 T的匀强磁场中，一条质量为m＝0.2 的金属杆水平置于轨道上，其接入电路的电阻值为r ＝1.0 Ω.现静止释放杆(杆下滑过程中跟轨道接触良好且始终与轨道垂直)，g取10 m2.试求：【导学号：46042037】(1)杆下滑过程中感应电流的方向；(2)当电阻箱的阻值R＝3.0 Ω时，杆下滑过程中的最大速度；(3)通过改变电阻箱的阻值R，杆可获得不同的最大速度，请在图乙中画出与R的函数关系图像．甲乙图1-5-8【解析】(1)由右手定则可知，感应电流的方向b→a.(2)杆切割磁感线产生的感应电动势E＝①设流过杆的电流为I，由闭合电路欧姆定律得I＝②杆受到沿轨道向上的安培力F＝③由平衡条件，杆达到最大速度时满足θ－＝0 ④代入数据由①②③④式可得：＝4 m.(3)由(2)中的关系式可推导＝θ2L2)(R＋r)代入数据可得：＝R＋1()．与R的函数关系图像如图所示．【答案】(1)b→a(2)4 m(3)见解析该类问题的解题思路1．切割磁感线运动的金属杆相当于电源．2．画出等效电路图．3．对杆进行运动和受力分析．4．运用电路、稳恒电流、磁场、牛顿运动定律、功和能等知识进行综合分析．。

39 光电效应—七年高考(2011-2017)物理试题分项精析版含解析

一、单项选择题1．【2011·上海卷】用一束紫外线照射某金属时不能产生光电效应,可能使该金属产生光电效应的措施是A．改用频率更小的紫外线照射B．改用X射线照射C．改用强度更大的原紫外线照射D．延长原紫外线的照射时间【答案】B【解析】每一种金属对应一个极限频率，低于极限频率的光，无论照射时间有多长，光的强度有多大,都不能使金属产生光电效应，只要照射光的频率大于或者等于极限频率，就能产生光电效应，因为X射线的频率高于紫外线的频率，所以改用X射线照射能发生光电效应，B正确【考点定位】光电效应2．【2014·江苏卷】已知钙和钾的截止频率分别为7。

73×1014Hz和5。

44×1011Hz，在某种单色光的照射下两种金属均发生光电效应，比较它们表面逸出的具有最大初动能的光电子,钙逸出的光电子具有较大的A．波长B．频率C．能量D．动量【答案】A【考点定位】本题主要考查了对爱因斯坦光电效应方程、德布罗意波长公式的理解与应用问题,属于中档偏低题。

3．【2013·上海卷】当用一束紫外线照射锌板时,产生了光电效应,这时A．锌板带负电B．有正离子从锌板逸出C．有电子从锌板逸出D．锌板会吸附空气中的正离子【答案】C【解析】光电效应发生的过程是锌板原子核外层电子在吸收光子后摆脱原子核的束缚逃离锌板,导致锌板带正电，选项AB错误,C正确;锌板失去电子后带正电,因同种电荷排斥，所以锌板不会吸引空气中的正离子，D错误。

【考点定位】光电效应的发生.4．【2013·天津卷】下列说法正确的是（）A．原子核发生衰变时要遵守电荷守恒和质量守恒的规律B．射线、射线、射线都是高速运动的带电粒子流C．氢原子从激发态向基态跃迁只能辐射特定频率的光子D．发生光电效应时光电子的动能只与入射光的强度有关【答案】C【考点定位】原子核衰变、玻尔理论、光电效应。

5．【2012·上海卷】在光电效应实验中，用单色光照时某种金属表面，有光电子逸出，则光电子的最大初动能取决于入射光的（）A．频率B．强度C．照射时间D．光子数目【答案】A【解析】发生光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，由公式知,为逸出功不变，所以光电子的最大初动能取决于入射光的频率，A正确.【考点定位】本题考查光电效应及其相关知识6．【2012·上海卷】根据爱因斯坦的“光子说”可知（）A．“光子说"本质就是牛顿的“微粒说”B．光的波长越大，光子的能量越小C．一束单色光的能量可以连续变化D．只有光子数很多时，光才具有粒子性【答案】B【解析】爱因斯坦的“光子说”认为光是一份一份的不连续的它并不否定光的波动性，而牛顿的“微粒说”而波动说是对立的，因此A不对；在爱因斯坦的“光子说"中光了的能量；可知波长越长，光子的能量越小，因此C正确；某一单色光，波长恒定，光子的能量也是恒定的，因此C不对;大量光子表现为波动性,而少数光子才表现为粒子性，因此D不对。

电磁感应中的能量转化问题

图2 电磁感应中的能量转化问题在产生感应电流的过程是，通过外力做功，把其他形式的能转化成电能的过程。

产生的感应电流在电路中通过电功将电能转化为其它形式的能量。

可见，对于一些电磁感应问题，我们可以从能量转化与守恒的观点或运用功能关系进行分析与求解。

在此需要特别指出的是，对于切割产生感应电动势（动生电动势）的问题中，动生电流的安培力做功对应着其它能与感应电能的转化，动生电流的安培力做多少功，就会有多少其它能与感应电能发生转化。

一、能量的转化与守恒能量的转化与守恒这类问题难度一般不大，只要搞清能量的转化方向，应用守恒规律，问题也就迎刃而解。

【例题1】如图1所示，圆形线圈质量为m=0.1kg ，电阻R=0.8Ω，半径r=0.1m ，此线圈放绝缘光滑的水平面上，在y 轴右侧有垂直于线圈平面的B=0.5T 的匀强磁场，若线圈以初动能E=5J 沿x 轴方向进入磁场，运动一段时间后，当线圈中产生的电能E e =3J 时，线圈恰好有一半进入磁场，则此时磁场力的功率。

【分析与解答】在本题中，动能通过动生电流的安培力做功向感应电能转化。

当线圈一半进入磁场中时，题意已经明确了电路中产生了电能E e =3J ，由能量守恒，还有2J 的动能，进而求出速度，应用法拉第电磁感应定律求瞬时感应电动势，再求电流的大小，求安培力，最后求安培力的功率大小。

在最后求安培力的功率大小时，还可以用功能关系：动生电流的安培力做多少功，就会有多少其它能与感应电能发生转化。

所以安培力的功率等于电路中电流的电动率，解题过程相对简单。

解答略。

二、功能关系的应用【例题2】如图2，两金属杆ab 和cd 长均为l,电阻均为R,质量分别为M和m,M>m.用两根质量和电阻均可忽略的不可伸长的柔软导线将它们连成闭合回路,并悬挂在水平、光滑、不导电的圆棒两侧.两金属杆都处在水平位置,如图所示.整个装置处在一与回路平面相垂直的匀强磁场中,磁感应强度为B.若金属杆ab 正好匀速向下运动,求运动的速度.【分析与解答】本题时上世纪90年代初的一道全国高考试题，是很具代表性的滑杆问题，通常的处理方法是应用平衡观点来解决问题，在此不再多加评述。

电磁感应中的能量转化与守恒(DOC)

电磁感应中的能量转化与守恒1．给电动机接通电源，线圈受安培力的作用转动起来．由于线圈要切割磁感线，因此必有感应电动势产生，感应电流方向与原电流方向相反，就此问题，下列说法正确的是()A．电动机中出现的感应电动势为反电动势，反电动势会阻碍线圈的运动B．如果电动机正常工作，反电动势会加快电动机的转动C．如果电动机工作中由于机械阻力过大而停止转动，就没了反电动势，线圈中的电流就会很大，很容易烧毁电动机D．如果电动机工作电压低于正常电压，电动机也不会转动，此时尽管没有反电动势，但由于电压低也不容易烧毁电动机解析：选AC.根据反电动势的特点可知选项A、C正确．2．(2011年高考江苏物理卷)如图1－5－9所示，固定的水平长直导线中通有电流I，矩形线框与导线在同一竖直平面内，且一边与导线平行．线框由静止释放，在下落过程中()图1－5－9A．穿过线框的磁通量保持不变B．线框中感应电流方向保持不变C．线框所受安培力的合力为零D．线框的机械能不断增大解析：选B.直线电流的磁场离导线越远，磁感应越稀，故线圈在下落过程中磁通量一直减小，A错；由于上、下两边电流相等，上边磁场较强，线框所受合力不为零，C错；由于电磁感应，一部分机械能转化为电能，机械能减小，D错．故B对．3．圆形导体环用一根轻质细杆悬挂在O点，导体环可以在竖直平面内来回摆动，空气阻力和摩擦力均可忽略不计．在图1－5－10所示的正方形区域，有匀强磁场垂直纸面向里．下列说法正确的是()图1－5－10A．此摆开始进入磁场前机械能不守恒B．导体环进入磁场和离开磁场时，环中感应电流的方向肯定相反C．导体环通过最低位置时，环中感应电流最大D．最后此摆在匀强磁场中振动时，机械能守恒解析：选BD.导体环在进、出磁场阶段，导体环有一部分在做切割磁感线运动，电路中有感应电流产生，机械能转化为电能，且由楞次定律知这两种情况下感应电流方向相反．环全部进入磁场后，穿过导体环的磁通量不变，无感应电流．图1－5－114．(2010年高考课标全国卷)如图1－5－11所示，两个端面半径同为R 的圆柱形铁芯同轴水平放置，相对的端面之间有一缝隙，铁芯上绕导线并与电源连接，在缝隙中形成一匀强磁场．一铜质细直棒ab 水平置于缝隙中，且与圆柱轴线等高、垂直．让铜棒从静止开始自由下落，铜棒下落距离为0.2R 时铜棒中电动势大小为E 1，下落距离为0.8R 时电动势大小为E 2，忽略涡流损耗和边缘效应．关于E 1、E 2的大小和铜棒离开磁场前两端的极性，下列判断正确的是( ) A ．E 1>E 2，a 端为正 B ．E 1>E 2，b 端为正 C ．E 1<E 2，a 端为正D ．E 1<E 2，b 端为正解析：选D.将立体图转化为平面图如图所示，由几何关系计算有效切割长度LL 1＝2R 2－h 21＝2R 2－(0.2R )2＝2R 0.96 L 2＝2R 2－h 22＝2R 2－(0.8R )2＝2R 0.36由机械能守恒定律计算切割速度v ，即：mgh ＝12m v 2，得v ＝2gh ，则：v 1＝2g ×0.2R ＝0.4gR ， v 2＝2g ×0.8R ＝ 1.6gR根据E ＝BL v ，E 1＝B ×2R 0.6×1.6×0.4gR ，E 2＝B ×2R 0.36× 1.6gR ，可见E 1<E 2.又根据右手定则判断电流方向从a 到b ，在电源内部，电流是从负极流向正极的，所以选项D 正确． 5.图1－5－12水平放置的两根平行金属导轨ad 和bc ，导轨两端a 、b 和c 、d 两点分别连接电阻R 1和R 2，组成矩形线框，如图1－5－12所示，ad 和bc 相距L ＝0.5 m ．放在竖直向下的匀强磁场中．磁感应强度B ＝1.2 T ，一根电阻为0.2 Ω的导体棒PQ 跨接在两根金属导轨上，在外力作用下以4.0 m/s 的速度向右匀速运动，若电阻R 1＝0.3 Ω，R2＝0.6 Ω，导轨ad和bc的电阻不计，导体与导轨接触良好．求：(1)导体PQ中产生的感应电动势的大小和感应电流的方向；(2)导体PQ向右匀速滑动过程中，外力做功的功率．解析：(1)E＝BL v＝1.2×0.5×4.0 V＝2.4 VR外＝R1R2R1＋R2＝0.3×0.60.3＋0.6Ω＝0.2 ΩI＝ER外＋r＝2.40.2＋0.2A＝6 A.根据右手定则判断电流方向Q→P.(2)F＝F安＝BIL＝1.2×6×0.5 N＝3.6 N.P＝F v＝3.6×4.0 W＝14.4 W.答案：(1)2.4 V电流方向Q→P(2)14.4 W一、选择题1．(2011年上海高二检测)著名物理学家费曼曾设计过这样一个实验装置：一块绝缘圆板可绕其中心的光滑轴自由转动，在圆板的中部有一个线圈，圆板的四周固定着一圈带电的金属小球，如图1－5－13所示．当线圈接通电源后，将产生流过如图所示方向的电流，则下列说法正确的是()图1－5－13A．接通电源瞬间，圆板不会发生转动B．线圈中电流强度的增大或减小会引起圆板向不同方向转动C．若金属小球带正电，接通电源瞬间圆板转动方向与线圈中电流流向相同D．若金属小球带负电，接通电源瞬间圆板转动方向与线圈中电流流向相同解析：选BD.根据楞次定律，线圈中的电流增大或减小会产生方向不同的感生电场，带电金属球在方向不同的电场作用下，会向不同方向转动；在接通电源瞬间，感生电源产生的磁场方向与原磁场方向相反，根据安培定则，电流方向与负电荷定向移动方向相反．故选B、D.2．如图1－5－14所示，一个矩形线框从匀强磁场的上方自由落下，进入匀强磁场中，然后再从磁场中穿出．已知匀强磁场区域的宽度L大于线框的高度h，那么下列说法中正确的是()图1－5－14A．线框只在进入和穿出磁场的过程中，才有感应电流产生B．线框从进入到穿出磁场的整个过程中，都有感应电流产生C．线框在进入和穿出磁场的过程中，都是磁场能转变成电能D．线框在磁场中间运动的过程中，电能转变成机械能解析：选A.线框只在进入和穿出磁场的过程中，穿过它的磁通量才会发生变化，该过程中发生机械能和电能的相互转化．3．如图1－5－15所示，在匀强磁场中，导体ab与光滑导轨紧密接触，ab在向右的拉力F作用下以速度v 做匀速直线运动，当电阻R的阻值增大时，若速度v不变，则()图1－5－15A．F的功率减小B．F的功率增大C．F的功率不变D．F的大小不变解析：选A.导体ab的速度不发生变化，则由公式E＝BL v知感应电动势不发生变化．如果电阻增大，电流将减小，而安培力为F安＝ILB，即导体受到的磁场作用力减小，要使它做匀速直线运动，则拉力F减小，F的功率P＝F v减小．图1－5－164．(2011年宁夏固原高二检测)如图1－5－16所示，EF、GH为平行的金属导轨，其电阻可不计，R为电阻，C为电容器，AB为可在EF和GH上滑动的导体横杆．有匀强磁场垂直于导轨平面．若用I1和I2分别表示图中该处导线中的电流，则当横杆AB()A．匀速滑动时，I1＝0，I2＝0B．匀速滑动时，I1≠0，I2≠0C．加速滑动时，I1＝0，I2＝0D．加速滑动时，I1≠0，I2≠0解析：选D.导体棒水平运动时产生感应电动势，对整个电路，可把AB棒看做电源，等效电路如图所示，当棒匀速滑动时，电动势E不变，故I≠0，C两端电压不变，无充放电现象．故I2＝0.当棒加速运动时，电动势E不断变大，电容器两端电压增大，电容器不断充电，故I1≠0，I2≠0.5.图1－5－17(2011年陕西高二检测)用均匀导线做成的正方形线框每边长为0.2 m ，正方形的一半放在和纸面垂直向里的匀强磁场中，如图1－5－17所示，当磁场以10 T/s 的变化率增强时，线框中a 、b 两点的电势差是( ) A ．U ab ＝0.1 V B ．U ab ＝－0.1 V C ．U ab ＝0.2 V D ．U ab ＝－0.2 V解析：选B.题中正方形线框的左半部分磁通量变化而产生感应电动势，从而在线框中有感应电流，把左半部分线框看成电源，其电动势为E ，内电阻为r2，画出等效电路如图所示，则ab 两点间的电势差即为电源的路端电压，设l 是边长，且依题意知ΔB Δt ＝10 T/s.由E ＝ΔΦΔt 得E ＝ΔBS Δt ＝ΔB Δt ·l 22＝10×0.222 V ＝0.2 V .U ＝r 2I ＝E r 2＋r 2·r 2＝0.2r ×r 2V ＝0.1 V由于a 点电势低于b 点电势，故U ab ＝－0.1 V ，即B 选项正确． 6.图1－5－18(2011年广东省实验中学模拟)如图1－5－18所示，导体棒ab 可以无摩擦地在足够长的竖直轨道上滑动，整个装置处于匀强磁场中，除电阻R 外，其他电阻均不计，则在ab 棒下落的过程中( ) A ．ab 棒的机械能守恒B．ab棒达到稳定速度以前，其减少的重力势能全部转化为电阻R增加的内能C．ab棒达到稳定速度以前，其减少的重力势能全部转化为增加的动能和电阻R增加的内能D．ab棒达到稳定速度以后，其减少的重力势能全部转化为电阻R增加的内能解析：选CD.ab棒下落过程中切割磁感线，产生感应电流，有机械能转化为电能，电能又进一步转化为内能．达到稳定速度前，动能增加，减少的重力势能转化为导体棒的动能和电阻R的内能；达到稳定速度后，动能不变，减少的重力势能全部转化为电阻的内能．7.图1－5－19如图1－5－19所示，竖直放置的两根平行金属导轨之间接有定值电阻R，质量不能忽略的金属棒与两导轨始终保持垂直并良好接触且无摩擦，棒与导轨的电阻均不计，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直，棒在竖直向上的恒力F作用下加速上升的一段时间内，力F做的功与安培力做的功的代数和等于()A．棒的机械能增加量B．棒的动能增加量C．棒的重力势能增加量D．电阻R上放出的热量解析：选A.棒受到重力、恒力F和安培力F安的作用，由动能定理W F＋W G＋W安＝ΔE k，得W F＋W安＝ΔE k ＋mgh，即力F做的功与安培力做的功代数和等于机械能的增加量，A对，B、C、D错．图1－5－208．如图1－5－20所示，有两根和水平方向成α角的光滑平行的金属轨道，上端接有可变电阻R，下端足够长，空间有垂直于轨道平面的匀强磁场，磁感应强度为B.一根质量为m的金属杆从轨道上由静止滑下，经过足够长的时间后，金属杆的速度会趋近于一个最大速度v m，则()A．如果B增大，v m将变大B．如果α增大，v m将变大C．如果R增大，v m将变小D．如果m减小，v m将变大解析：选B.以金属杆为研究对象，受力如图所示．根据牛顿第二定律得 mgsinα－F 安＝ma ，其中F 安＝B 2L 2vR .当a →0时，v →v m ，解得v m ＝mgRsinαB 2L 2，结合此式分析即得B 选项正确．9．光滑金属导轨宽L ＝0.4 m ，电阻不计，均匀变化的磁场穿过整个轨道平面，如图1－5－21甲所示．磁场的磁感应强度随时间变化的情况如图乙所示．金属棒ab 的电阻为1 Ω，自t ＝0时刻起从导轨最左端以v ＝1 m/s 的速度向右匀速运动，则( )图1－5－21A ．1 s 末回路中电动势为0.8 VB ．1 s 末ab 棒所受磁场力为0.64 NC ．1 s 末回路中电动势为1.6 VD ．1 s 末ab 所受磁场力为1.28 N解析：选CD.1 s 末磁感应强度为B ＝2 T ，所以1 s 末回路中动生电动势为E ＝BL v ＝2×0.4×1 V ＝0.8 V ．感生电动势为E 2＝ΔΦΔt ＝0.8 V ，所以E ＝E 1＋E 2＝1.6 V ．棒所受的磁场力F ＝BIL ＝E R ·LB ＝1.28 N.二、非选择题10．如图1－5－22所示，闭合小金属环从高为h 的光滑曲面上由静止滚下，又沿曲面的另一侧上升，若图中磁场为匀强磁场，则环上升的高度________h ；若为非匀强磁场，则环上升的高度应________h ．(填“>”“＝”或“<”)(提示：从能否产生感应电流的角度思考)图1－5－22解析：若磁场为匀强磁场，则小金属环中无感应电流，所以小金属环的机械能守恒；若磁场为非匀强磁场，则小金属环中磁通量发生变化，产生感应电流，所以小金属环的机械能部分转化为电能．答案：＝<11．(2011年宝鸡高二检测)如图1－5－23所示，小灯泡的规格为“2 V 4 W”，接在光滑水平导轨上，轨距0.1 m，电阻不计．金属棒ab垂直搁置在导轨上，电阻为1 Ω.整个装置处于磁感应强度B＝1 T的匀强磁场中．求：图1－5－23(1)为使小灯泡正常发光，ab的滑行速度多大？(2)拉动金属杆ab的外力的功率为多大？解析：要使小灯泡正常发光，灯两端电压应等于其额定值2 V，这个电压是由于金属棒滑动时产生的感应电动势提供的．金属棒移动时，外力的功率转化为电路上的总电功率．(1)小灯泡的额定电流和电阻分别为I＝PU＝2 A，R＝U2P＝1 Ω，设金属棒滑行速度为v，它产生的感应电流为I感＝BL vR＋r，式中r为棒的电阻．由I感＝I，即BL vR＋r＝I，得v＝I(R＋r)BL＝2×(1＋1)1×0.1m/s＝40 m/s.(2)根据能的转化，外力的机械功率等于整个电路中的电功率，所以拉动ab做切割运动的功率为P机＝P电＝I2×(R＋r)＝22×(1＋1) W＝8 W.答案：(1)40 m/s(2)8 W12．(2011年杭州教学质检)如图1－5－24甲所示，光滑且足够长的平行金属导轨MN、PQ固定在同一水平面上，两导轨间距L＝0.30 m．导轨电阻忽略不计，其间连接有固定电阻R＝0.40 Ω.导轨上停放一质量m＝0.10 kg、电阻r＝0.20 Ω的金属杆ab，整个装置处于磁感应强度B＝0.50 T的匀强磁场中，磁场方向竖直向下．用一外力F沿水平方向拉金属杆ab，使之由静止开始运动，电压传感器可将R两端的电压U即时采集并输入电脑，获得电压U随时间t变化的关系如图乙所示．(1)利用上述条件证明金属杆做匀加速直线运动，并计算加速度的大小；(2)求第2 s末外力F的瞬时功率；(3)如果水平外力从静止开始拉动杆2 s所做的功W＝0.35 J，求金属杆上产生的焦耳热．图1－5－24解析：(1)设路端电压为U ，金属杆的运动速度为v ，则感应电动势E ＝BL v 通过电阻R 的电流I ＝ER ＋r电阻R 两端的电压U ＝IR ＝BL v RR ＋r由图乙可得U ＝kt ，k ＝0.10 V/s 解得v ＝k (R ＋r )BLR·t因为速度与时间成正比，所以金属杆做匀加速运动，加速度a ＝k (R ＋r )BLR ＝1.0 m/s 2(用其他方法证明也可以)． (2)在2 s 末，速度v 2＝at ＝2.0 m/s 电动势E ＝BL v 2 通过金属杆的电流I ＝E R ＋r金属杆受安培力F 安＝BIL ＝(BL )2v 2R ＋r解得：F 安＝7.5×10－2 N设2 s 末外力大小为F 2，由牛顿第二定律得 F 2－F 安＝ma解得：F 2＝1.75×10－1 N故2 s 末时F 的瞬时功率P ＝F 2v 2＝0.35 W. (3)设回路产生的焦耳热为Q ，由能量守恒定律，W ＝Q ＋12m v 22解得：Q ＝0.15 J电阻R 与金属杆的电阻r 串联，产生焦耳热与电阻成正比所以，Q R Q r ＝R r运用合比定理，Q R ＋Q r Q r ＝R ＋rr 而Q R ＋Q r ＝Q故在金属杆上产生的焦耳热Q ＝Q rR ＋r解得：Q r ＝5.0×10－2 J.答案：(1)见解析 (2)0.35 W (3)5.0×10－2 J。

七年高考(2011-2017)物理试题分项精析版___理想变压器、远距离输电

一、单项选择题1．【2016·四川卷】如图所示，接在家庭电路上的理想降压变压器给小灯泡L供电，如果将原、副线圈减少相同匝数，其它条件不变，则A．小灯泡变亮B．小灯泡变暗C．原、副线圈两段电压的比值不变D．通过原、副线圈电流的比值不变【答案】B考点：变压器【名师点睛】此题是对变压器原理的考查；首先要记住原副线圈的电压与匝数关系，从题目中知道为降压变压器，原线圈匝数大于副线圈匝数；判断原副线圈减小相同的匝数时原副线圈的匝数比的变化要用到数学知识，这里稍微有点难度.2．【2016·江苏卷】一自耦变压器如图所示，环形铁芯上只绕有一个线圈，将其接在a、b间作为原线圈．通过滑动触头取该线圈的一部分，接在c、d间作为副线圈．在a、b间输入电压为U1的交变电流时，c、d间的输出电压为U2，在将滑动触头从M点顺时针旋转到N点的过程中A．U2>U1，U2降低B．U2>U1，U2升高C．U2<U1，U2降低D．U2<U1，U2升高【答案】C【方法技巧】主要是对自耦变压器的理解，分清原副线圈及在转动的过程中线圈的匝数怎么变、理想变压器的规律。

3．【2011·浙江卷】如图所示，在铁芯上、下分别绕有匝数n1=800和n2=200的两个线圈，上线圈两端u=51sin314t V的交流电源相连，将下线圈两端接交流电压表，则交流电压表的读数可能是A．2.0V B．9.0V C．12.7V D．144.0V 【答案】A【解析】交流电源电压的有效值，如果看成理想的来处理有：、、，解得，故交流电压表的读数应该小于，所以答案为A。

4．【2012··海南卷】如图，理想变压器原、副线圈匝数比为20∶1，两个标有“12V，6W”的小灯泡并联在副线圈的两端。

当两灯泡都正常工作时，原线圈中电压表和电流表（可视为理想的）的示数分别是A．120V，0.10A B．240V，0.025A C．120V，0.05A D．240V，0.05A【答案】D【解析】灯泡正常工作，所以副线圈电压，电流,根据得：,根据,解得：,所以电压表和电流表的示数分别为：,故选D．5．【2014·四川卷】如图所示，甲是远距离的输电示意图，乙是发电机输出电压随时间变化的图象，则（）A．用户用电器上交流电的频率是100HzB．发电机输出交流电的电压有效值是500VC．输电线的电流只由降压变压器原副线圈的匝数比决定D．当用户用电器的总电阻增大时，输电线上损失功率减小【答案】D6．【2014·福建卷】图为模拟远距离输电实验电路图，两理想变压器的匝数n1=n4＜n2=n3，四根模拟输电线的电阻R1、R2、R3、R4的阻值均为R，A1、A2为相同的理想交流电流表，L1、L2为相同的小灯泡，灯丝电阻R L＞2R，忽略灯丝电阻随温度的变化。

【中小学资料】七年高考(2011-2017)高考物理试题分项精析专题31 电磁感应磁变类问题

专题31 电磁感应磁变类问题一、单项选择题1．【2016·北京卷】如图所示，匀强磁场中有两个导体圆环a、b，磁场方向与圆环所在平面垂直。

磁感应强度B随时间均匀增大。

两圆环半径之比为2:1，圆环中产生的感应电动势分别为E a和E b。

不考虑两圆环间的相互影响。

下列说法正确的是A．E a:E b=4:1，感应电流均沿逆时针方向B．E a:E b=4:1，感应电流均沿顺时针方向C．E a:E b=2:1，感应电流均沿逆时针方向D．E a:E b=2:1，感应电流均沿顺时针方向【答案】B【考点定位】法拉第电磁感应定律、楞次定律的应用【方法技巧】对于楞次定律，一定要清楚是用哪个手判断感应电流方向的，也可以从两个角度理解，一个是增反减同，一个是来拒去留，对于法拉第电磁感应定律，需要灵活掌握公式，学会变通。

2．【2016·浙江卷】如图所示，a、b两个闭合正方形线圈用同样的导线制成，匝数均为10匝，边长l a=3l b，图示区域内有垂直纸面向里的均强磁场，且磁感应强度随时间均匀增大，不考虑线圈之间的相互影响，则A．两线圈内产生顺时针方向的感应电流B．a、b线圈中感应电动势之比为9:1C．a、b线圈中感应电流之比为3:4D．a、b线圈中电功率之比为3:1【答案】B【考点定位】法拉第电磁感应定律；楞次定律；闭合电路欧姆定律；电功率。

【名师点睛】此题是一道常规题，考查法拉第电磁感应定律、以及闭合电路的欧姆定律；要推导某个物理量与其他物理量之间的关系，可以先找到这个物理量的表达式，然后看这个物理量和什么因素有关；这里线圈的匝数是容易被忽略的量。

3．【2014·安徽卷】英国物体学家麦克斯韦认为，磁场变化时会在空间激发感生电场，如图所示，一个半径为r的绝缘细圆环放置，环内存在竖直向上的匀强磁场，环上套一带电荷量为的小球，已知磁感强度B随时间均匀增加，其变化率为，若小球在环上运动一周，则感生电场对小球的作用力所做功大小是A．0 B． C． D．【答案】D【解析】由法拉第电磁感应定律可知，磁场变化在圆环处产生的感应电动势为，小球运动一周，感生电场对小球所做的功为，D正确。

专题36 电路动态变化七年高考2011-2017物理试题分项精

一、单项选择题1．【2016·天津卷】如图所示，理想变压器原线圈接在交流电源上，图中各电表均为理想电表。

下列说法正确的是A．当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，R1消耗的功率变大B．当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电压表V示数变大C．当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电流表A1示数变大D．若闭合开关S，则电流表A1示数变大、A2示数变大【答案】B【考点定位】变压器；电路的动态分析【名师点睛】此题考查变压器问题的动态分析；要知道变压器副线圈电压是由原线圈电压和匝数比决定的，与副线圈中负载无关；副线圈电路的动态分析基本上和直流电路的动态分析一样，先从局部变化的电阻开始分析，然后分析总电阻，再分析电流，然后再分析各局部的电压和电流。

2．【2011·北京卷】如图所示电路，电源内阻不可忽略。

开关S闭合后，在变阻器R0的滑动端向下滑动的过程中，A．电压表与电流表的示数都减小B．电压表与电流表的小数都增大C．电压表的示数增大，电流表的示数减小D．电压表的示数减小，电流表的示数增大【答案】A【考点定位】电路动态变化3．【2011·海南卷】如图，E为内阻不能忽略的电池，R1、R2、R3为定值电阻，S0、S为开关，V与A分别为电压表与电流表。

初始时S0与S均闭合，现将S断开，则A．V的读数变大，A的读数变小B．V的读数变大，A的读数变大C．V的读数变小，A的读数变小D．V的读数变小，A的读数变大【答案】B【解析】由闭合电路欧姆定律得：，将S断开后外电路总电阻R变大，则总电流I变小，而，所以路端电压U（即V的读数）变大；由部分电路欧姆定律得：，流过的电流（即A的读数）与两端电压成正比，又因为，总电流I变少，变大，所以变大。

因此选择答案B。

【考点定位】电路动态分析4．【2011·上海卷】如图所示电路中，闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头P从最高端向下滑动时，（A）电压表V读数先变大后变小，电流表A读数变大（B）电压表V读数先变小后变大，电流表A读数变小（C）电压表V读数先变大后变小，电流表A读数先变小后变大（D）电压表V读数先变小后变大，电流表A读数先变大后变小【答案】A【考点定位】电路动态变化5．【2012·福建卷】如图，理想变压器原线圈输入电压u=，副线圈电路中R0为定值电阻，R是滑动变阻器。

七年高考(2011-2017)高考物理试题分项精析专题28 法拉第电磁感应、楞次定律、自感现象

专题28 法拉第电磁感应、楞次定律、自感现象一、单项选择题1．【2011·北京卷】某同学为了验证断电自感现象，自己找来带铁心的线圈L、小灯泡A、开关S和电池组E，用导线将它们连接成如图所示的电路。

检查电路后，闭合开关S，小灯泡发光；再断开开关S，小灯泡仅有不显著的延时熄灭现象。

虽经多次重复，仍未见老师演示时出现的小灯泡闪亮现象，他冥思苦想找不出原因。

你认为最有可能造成小灯泡末闪亮的原因是A．电源的内阻较大 B．小灯泡电阻偏大C．线圈电阻偏大 D．线圈的自感系数较大【答案】C【考点定位】自感现象和自感系数．2．【2011·广东卷】将闭合多匝线圈置于仅随时间变化的磁场中，线圈平面与磁场方向垂直，关于线圈中产生的感应电动势和感应电流，下列表述正确的是（）A．感应电动势的大小与线圈的匝数无关B．穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大C．穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大D．感应电流产生的磁场方向与原磁场方向始终相同【答案】C【解析】由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势，即感应电动势与线圈匝数有关故A错误；同时可知，感应电动势与磁通量的变化率有关，磁通量变化越快，感应电动势越大，故C正确；穿过线圈的磁通量大，但若所用的时间长，则电动势可能小，故B错误；由楞次定律可知：感应电流的磁场方向总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化，故原磁通增加，感应电流的磁场与之反向，原磁通减小，感应电流的磁场与原磁场方向相同，即“增反减同”，故D错误；【考点定位】法拉第电磁感应定律，楞次定律3．【2011·上海卷】如图，均匀带正电的绝缘圆环a与金属圆环b同心共面放置，当a绕O 点在其所在平面内旋转时，b中产生顺时针方向的感应电流，且具有收缩趋势，由此可知，圆环a（A）顺时针加速旋转（B）顺时针减速旋转（C）逆时针加速旋转（D）逆时针减速旋转【答案】B．【考点定位】楞次定律4．【2012·北京卷】物理课上，老师做了一个奇妙的“跳环实验”．如图，她把一个带铁芯的线圈L、开关S和电源用导线连接起来后，将一金属套环置于线圈L上，且使铁芯穿过套环，闭合开关S的瞬间，套环立刻跳起．某同学另找来器材再探究此实验．他连接好电路，经重复实验，线圈上的套环均未动，对比老师演示的实验，下列四个选项中，导致套环未动的原因可能是A．线圈接在了直流电源上B．电源电压过高C．所选线圈的匝数过多D．所用套环的材料与老师的不同【答案】D【解析】线圈接在直流电源上，闭合开关的瞬间，穿过套环的磁通量仍然会改变，套环中会产生感应电流，会跳动．故A错误；电源电压过高，在套环中产生的感应电流更大，更容易跳起．故B错误；线圈匝数过多，在套环中产生的感应电流越大，套环更容易跳起．故C错误；D、所用的套环材料不同，可能不产生感应电流，则不会受到安培力，不会跳起．故D正确。