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2020届高考物理第一轮精编复习资料008

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电磁感应与电路的分析
知识网络
考点预测
本专题包含以“电路”为核心的三大主要内容:一是以闭合电路欧姆定律为核心的直流电路的相关知识,在高考中有时以选择题的形式出现,如2020年全国理综卷Ⅱ第17题、天津理综卷第3题、江苏物理卷第5题,2020年上海物理卷第3(A)题、宁夏理综卷第19题、重庆理综卷第15题等;二是以交变电流的产生特点以及以变压器为核心的交变电流的知识,在高考中常以选择题的形式出现,如2020年四川理综卷第17题、广东物理卷第9题,2020年北京理综卷第18题、四川理综卷第16题、宁夏理综卷第19题等;三是以楞次定律及法拉第电磁感应定律为核心的电磁感应的相关知识,本部分知识是高考中的重要考点,既有可能以选择题的形式出现,如2020年重庆理综卷第20题、天津理综卷第4题,2020年全国理综卷Ⅰ第20题、全国理综卷Ⅱ第21题、江苏物理卷第8题等,也有可能以计算题的形式出现,如2020年全国理综卷Ⅱ第24题、四川理综卷第24题、北京理综卷第23题,2020年全国理综卷Ⅱ第24题、北京理综卷第22题、江苏物理卷第15题等.源:
在2020年高考中依然会出现上述相关知识的各种题型,特别是电磁感应与动力学、功能问题的综合应成为复习的重点.
要点归纳
一、电路分析与计算
1.部分电路总电阻的变化规律
(1)无论是串联电路还是并联电路,其总电阻都会随其中任一电阻的增大(减小)而增大(减小).
(2)分压电路的电阻.如图5-1所示,在由R1和R2组成的分压电路中,当R1串联部分的阻值RAP增大时,总电阻RAB增大;当RAP减小时,总电阻RAB减小.
图5-1
(3)双臂环路的阻值.如图5-2 所示,在由R1、R2和R组成的双臂环路中,当AR1P 支路的阻值和AR2P支路的阻值相等时,RAB最大;当P滑到某端,使两支路的阻值相差最大时,RAB最小.
图5-2
2.复杂电路的简化
对复杂电路进行简化,画出其等效电路图是正确识别电路、分析电路的重要手段.常用的方法主要有以下两种.
(1)分流法(电流追踪法):根据假设的电流方向,分析电路的分支、汇合情况,从而确定元件是串联还是并联.
(2)等势法:从电源的正极出发,凡是用一根无电阻的导线把两点(或几点)连接在一起的,这两点(或几点)的电势就相等,在画等效电路图时可以将这些点画成一点(或画在一起).等电势的另一种情况是,电路中的某一段电路虽然有电阻(且非无限大),但无电流通过,则与该段电路相连接的各点的电势也相等.
若电路中有且只有一处接地线,则它只影响电路中各点的电势值,不影响电路的结构;若电路中有两处或两处以上接地线,则它除了影响电路中各点的电势外,还会改变电路的结构,各接地点可认为是接在同一点上.另外,在一般情况下,接电流表处可视为短路,接电压表、电容器处可视为断路.
3.欧姆定律
(1)部分电路欧姆定律:公式I=UR.
注意:电路的电阻R并不由U、I决定.源:
(2)闭合电路欧姆定律:公式I=ER+r或E=U+Ir,其中U=IR为路端电压.
路端电压U和外电阻R、干路电流I之间的关系:R增大,U增大,当R=∞时(断路),I=0,U=E;R减小,U减小,当R=0时(短路),I=Imax=Er,U=0.
(3)在闭合电路中,任一电阻Ri的阻值增大(电路中其余电阻不变),必将引起通过该电阻的电流Ii的减小以及该电阻两端的电压Ui的增大,反之亦然;任一电阻Ri的阻值增大,必将引起与之并联的支路中电流I并的增大,与之串联的各电阻两端电压U串的减小,反之亦然.
4.几类常见的功率问题
(1)与电源有关的功率和电源的效率
①电源的功率P:电源将其他形式的能转化为电能的功率,也称为电源的总功率.计算式为P=EI(普遍适用)或P=E2R+r=I2(R+r)(只适用于外电路为纯电阻的电路).
②电源内阻消耗的功率P内:电源内阻的热功率,也称为电源的损耗功率.计算式为P内=I2r.
③电源的输出功率P出:是指外电路上消耗的功率.计算式为P出=U外I(普遍适用)或P出=I2R=E2R(R+r)2(只适用于外电路为纯电阻的电路).电源的输出功率曲线如图5-3所示.当R→0时,输出功率P→0;当R→∞时,输出功率P→0;当R=r时, Pmax=E24r;当R<r 时,R增大,输出功率增大;当R>r时,R增大,输出功率反而减小.
图5-3
对于E、r一定的电源,外电阻R一定时,输出功率只有唯一的值;输出功率P一定时,一般情况下外电阻有两个值R1、R2与之对应,即R1<r、R2>r,可以推导出R1、R2的关系为R1R2=r.
④功率分配关系:P=P出+P内,即EI=UI+I2r.
闭合电路中的功率分配关系反映了闭合电路中能量的转化和守恒关系,即电源提供的电能一部分消耗在内阻上,另一部分输出给外电路,并在外电路上转化为其他形式的能.能量守恒的表达式为EIt=UIt+I2rt(普遍适用)或EIt=I2Rt+I2rt(只适用于外电路为纯电阻的电路).
⑤电源的效率:η=UIEI×100%=UE×100%
对纯电阻电路有:
η=I2RI2(R+r)×100%=RR+r×100%=11+rR×100%
因此当R增大时,效率η提高.
(2)用电器的额定功率和实际功率
用电器在额定电压下消耗的电功率叫额定功率,即P额=U额I额.用电器在实际电压下消耗的电功率叫实际功率,即P实=U实I实.实际功率不一定等于额定功率.
(3)用电器的功率与电流的发热功率
用电器的电功率P=UI,电流的发热功率P热=I2R.对于纯电阻电路,两者相等;对于非纯电阻电路,电功率大于热功率.
(4)输电线路上的损耗功率和输电功率
输电功率P输=U输I,损耗功率P线=I2R线=ΔUI.
5.交变电流的四值、变压器的工作原理及远距离输电源:
(1)交变电流的四值
交变电流的四值即最大值、有效值、平均值和瞬时值.交变电流在一个周期内能达到的最大数值称为最大值或峰值,在研究电容器是否被击穿时,要用到最大值;有效值是根据电流的热效应来定义的,在计算电路中的能量转换如电热、电功、电功率或确定交流电压表、交流电流表的读数和保险丝的熔断电流时,要用有效值;在计算电荷量时,要用平均值;交变电流在某一时刻的数值称为瞬时值,不同时刻,瞬时值的大小和方向一般不同,计算电路中与某一时刻有关的问题时要用交变电流的瞬时值.
(2)变压器电路的分析与计算
①正确理解理想变压器原、副线圈的等效电路,尤其是副线圈的电路,它是解决变压器电路的关键.
②正确理解电压变比、电流变比公式,尤其是电流变比公式.电流变比对于多个副线圈不能使用,这时求电流关系只能根据能量守恒来求,即P输入=P输出.
③正确理解变压器中的因果关系:理想变压器的输入电压决定了输出电压;输出功率决定了输入功率,即只有有功率输出,才会有功率输入;输出电流决定了输入电流.
④理想变压器只能改变交流的电流和电压,却无法改变其功率和频率.
⑤解决远距离输电问题时,要注意所用公式中各量的物理意义,画好输电线路的示意图,找出相应的物理量.
二、电磁感应的规律
1.感应电流的产生条件及方向的判断
(1)产生感应电流的条件(两种说法)
①闭合回路中的一部分导体做切割磁感线运动.
②穿过闭合回路的磁通量发生变化.
(2)感应电流方向的判断
①右手定则:当导体做切割磁感线运动时,用右手定则判断导体中电流的方向比较方便.
注意右手定则与左手定则的区别,抓住“因果关系”:“因动而电”,用右手定则;“因电而动”,用左手定则.还可以用“左因右果”或“左力右电”来记忆,即电流是原因、受力运动是结果的用左手定则;反之,运动是原因、产生电流是结果的用右手定则.
②楞次定律(两种表述方式)
表述一:感应电流的磁场总是要阻碍引起感应电流的磁通量的变化.
表述二:感应电流的作用效果总是要反抗引起感应电流的原因.
楞次定律是判断感应电流方向的一般规律.当磁通量的变化引起感应电流时,可用“楞次定律表述一”来判断其方向.
应用楞次定律的关键是正确区分涉及的两个磁场:一是引起感应电流的磁场;二是感应电流产生的磁场.理解两个磁场的阻碍关系——“阻碍”的是原磁场磁通量的变化.从能量转化的角度看,发生电磁感应现象的过程就是其他形式的能转化为电能的过程,而这一过程总要伴随外力克服安培力做功.
“阻碍”的含义可推广为三种表达方式:阻碍原磁通量的变化(增反减同);阻碍导体的相对运动(来拒去留);阻碍原电流的变化(自感现象).
2.正确理解法拉第电磁感应定律
(1)法拉第电磁感应定律
①电路中感应电动势的大小跟穿过这一回路的磁通量的变化率成正比,即E=nΔΦΔt.此公式计算的是Δt时间内的平均感应电动势.
②当导体做切割磁感线运动时,其感应电动势的计算式为:E=BLvsin θ,式中的θ为B与v正方向的夹角.若v是瞬时速度,则算出的是瞬时感应电动势;若v为平均速度,则算出的是平均感应电动势.
(2)磁通量、磁通量的变化量、磁通量的变化率的区别
磁通量磁通量的变化量磁通量的变化率
物理意义某时刻穿过某个面的磁感线的条数某段时间内穿过某个面的磁通量变化穿过某个面的磁通量变化的快慢

小Φ=BSn,其中Sn是与B垂直的面的面积ΔΦ=Φ2-Φ1
ΔΦ=B•ΔS
ΔΦ=S•ΔBΔΦΔt=BΔSΔt
或ΔΦΔt=SΔBΔt


意若穿过某个面有方向相反的磁场,则不能直接用Φ=BS求解,应考虑相反方向的磁通量抵消后所剩余的磁通量开始时和转过180°时平面都与磁场垂直,穿过平面的磁通量是一正一负,ΔΦ=2BS,而不是零既不表示磁通量的大小,也不表示变化的多少.实际上,它就是单匝线圈上产生的电动势,即E=ΔΦΔt


注对在匀强磁场中绕处于线圈平面内且垂直于磁场方向的轴匀速转动的线圈:
①线圈平面与磁感线平行时,Φ=0,但ΔΦΔt最大
②线圈平面与磁感线垂直时,Φ最大,但ΔΦΔt=0
Φ大或ΔΦ大,都不能保证ΔΦΔt就大;反过来,ΔΦΔt大时,Φ和ΔΦ也不一定大.这类似于运动学中的v、Δv及ΔvΔt三者之间的关系

(3)另外两种常见的感应电动势
①长为L的导体棒沿垂直于磁场的方向放在磁感应强度为B的匀强磁场中,且以ω匀速转动,导体棒产生的感应电动势为:
当以中点为转轴时,E=0(以中点平分的两段导体产生的感应电动势的代数和为零);
当以端点为转轴时,E=12BωL2(平均速度取中点位置的线速度,即12ωL);
当以任意点为转轴时,E=12Bω(L12-L22)(不同的两段导体产生的感应电动势的代数和).
②面积为S的矩形线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中以角速度ω绕线圈平面内的垂直于磁场方向的轴匀速转动,矩形线圈产生的感应电动势为:
线圈平面与磁感线平行时,E=BSω;
线圈平面与磁感线垂直时,E=0;
线圈平面与磁感线的夹角为θ时,E=BSωcos θ.源:
(3)理解法拉第电磁感应定律的本质
法拉第电磁感应定律是能的转化和守恒定律在电磁学中的一个具体应用,它遵循能量守恒定律.闭合电路中电能的产生必须以消耗一定量的其他形式的能量为代价,譬如:线圈在磁场中转动产生电磁感应现象,实质上是机械能转化为电能的过程;变压器是利用电磁感应现象实现了电能的转移.运用能量的观点来解题是解决物理问题的重要方法,也是解决电磁感应问题的有效途径.
三、电磁感应与电路的综合应用
电磁感应中由于导体切割磁感线产生了感应电动势,因此导体相当于电源.整个回路便形成了闭合电路,由电学知识可求出各部分的电学量,而导体因有电流而受到安培力的作用,从而可以与运动学、牛顿运动定律、动量定理、能量守恒等知识相联系.电磁感应与电路的综合应用是高考中非常重要的考点.
热点、重点、难点
一、电路问题
1.电路的动态分析
这类问题是根据欧姆定律及串联和并联电路的性质,分析电路中因某一电阻变化而引起的整个电路中各部分电学量的变化情况,它涉及欧姆定律、串联和并联电路的特点等重要的电学知识,还可考查学生是否掌握科学分析问题的方法——动态电路局部的变化可以引起整体的变化,而整体的变化决定了局部的变化,因此它是高考的重点与热点之一.常用的解决方法如下.
(1)程序法:基本思路是“部分→整体→部分”.先从电路中阻值变化的部分入手,由串联和并联规律判断出R总的变化情况;再由欧姆定律判断I总和U端的变化情况;最后再由部分电路欧姆定律判定各部分电学量的变化情况.即:
R局增大减小→R总增大减小→I总减小增大→U端增大减小⇒I分U分
(2)直观法:直接应用部分电路中R、I、U的关系中的两个结论.
①任一电阻R的阻值增大,必引起该电阻中电流I的减小和该电阻两端电压U的增大,即:
R↑→I↓U↑
②任一电阻R的阻值增大,必将引起与之并联的支路中电流I并的增大和与之串联的各电阻两端的电压U串的减小,即:R↑→I并↑U串↓
(3)极端法:对于因滑动变阻器的滑片移动引起电路变化的问题,可将变阻器的滑片分别滑至两边顶端讨论.
(4)特殊值法:对于某些双臂环路问题,可以代入特殊值去判定,从而找出结论.
●例1 在如图5-4所示的电路中,当变阻器R3的滑片P向b端移动时(  )
图5-4
A.电压表的示数增大,电流表的示数减小
B.电压表的示数减小,电流表的示数增大
C.电压表和电流表的示数都增大
D.电压表和电流表的示数都减小
【解析】方法一(程序法) 当滑片P向b端移动时,R3接入电路的阻值减小,总电阻R将减小,干路电流增大,路端电压减小,电压表的示数减小,R1和内阻两端的电压增大,R2、R3并联部分两端的电压减小,通过R2的电流减小,但干路电流增大,因此通过R3的电流增大,电流表的示数增大,故选项B正确.
方法二(极端法) 当滑片P移到b端时R3被短路,此时电流表的示数最大,总电阻最小,路端电压最小,故选项B正确.
方法三(直观法) 当滑片P向b移动时,R3接入电路的电阻减小,由部分电路中R、I、U关系中的两个结论可知,该电阻中的电流增大,电流表的示数增大,总电阻减小,路端电压减小,故选项B正确.
[答案] B
【点评】在进行电路的动态分析时,要灵活运用几种常用的解决此类问题的方法.
2.电路中几种功率与电源效率问题
(1)电源的总功率:P总=EI.
(2)电源的输出功率:P出=UI.
(3)电源内部的发热功率:P内=I2r.
(4)电源的效率:η=UE=RR+r.
(5)电源的最大功率:Pmax=E2r,此时η→0,严重短路.
(6)当R=r时,输出功率最大,P出max=E24r,此时η=50%.
●例2 如图5-5所示,E=8 V,r=2 Ω,R1=8 Ω,R2为变阻器接入电路中的有效阻值,问:
图5-5
(1)要使变阻器获得的电功率最大,则R2的取值应是多大?这时R2的功率是多大?
(2)要使R1得到的电功率最大,则R2的取值应是多大?R1的最大功率是多大?这时电源的效率是多大?
(3)调节R2的阻值,能否使电源以最大的功率E24r输出?为什么?
【解析】(1)将R1和电源(E,r)等效为一新电源,则:
新电源的电动势E′=E=8 V
内阻r′=r+R1=10 Ω,且为定值
利用电源的输出功率随外电阻变化的结论知,当R2=r′=10 Ω时,R2有最大功率,即:
P2max=E′24r′=824×10 W=1.6 W.
(2)因R1是定值电阻,所以流过R1的电流越大,R1的功率就越大.当R2=0时,电路中有最大电流,即:
Imax=ER1+r=0.8 A
R1有最大功率P1max=Imax2R1=5.12 W
这时电源的效率η=R1R1+r×100%=80%.源:
(3)不可能.因为即使R2=0,外电阻R1也大于r,不可能有E24r的最大输出功率.本题中,当R2=0时,外电路得到的功率最大.
[答案] (1)10 Ω 1.6 W (2)0 5.12 W 80%
(3)不可能,理由略
【点评】本题主要考查学生对电源的输出功率随外电阻变化的规律的理解和运用.注意:求R1的最大功率时,不能把R2等效为电源的内阻,R1的最大功率不等于E24(R2+r),因为R1为定值电阻.故求解最大功率时要注意固定电阻与可变电阻的区别.另外,也要区分电动势E和内阻r均不变与r变化时的差异.
3.含容电路的分析与计算方法
在直流电路中,当电容器充放电时,电路里有充放电电流,一旦电路达到稳定状态,电容器在电路中就相当于一个阻值无限大的储能元件.对于直流电,电容器相当于断路,简化电路时可去掉它,简化后求电容器所带的电荷量时,可将其接在相应的位置上;而对于交变电流,电容器相当于通路.在分析和计算含有电容器的直流电路时,需注意以下几点:
(1)电路稳定后,由于电容器所在支路无电流通过,所以此支路中的电阻上无电压降,因此电容器两极间的电压就等于该支路两端的电压;
(2)当电容器和电阻并联后接入电路时,电容器两端的电压和与其并联的电阻两端的电压相等;
(3)电路的电流、电压变化时,将会引起电容器的充放电.
●例3  在如图5-6所示的电路中,电容器C1=4.0 μF,C2=3.0 μF,电阻R1=8.0 Ω,R2=6.0 Ω.闭合开关S1,给电容器C1、C2充电,电路达到稳定后,再闭合开关S2,电容器C1的极板上所带电荷量的减少量与电容器C2的极板上所带电荷量的减少量之比是16∶15.开关S2闭合时,电流表的示数为1.0 A.求电源的电动势和内阻.
图5-6
【解析】只闭合开关S1时,电容器C1的电荷量Q1=C1E,C2的电荷量Q2=C2E,式中E为电源的电动势
再闭合开关S2后,电流表的示数为I,则C1的电荷量Q1′=C1IR1,C2的电荷量Q2′=C2IR2
根据题意有:Q1-Q1′Q2-Q2′=C1(E-IR1)C2(E-IR2)=1615
由闭合电路的欧姆定律,有:E=I(R1+R2+r)
联立解得:E=16 V,r=2.0 Ω.
[答案] 16 V 2.0 Ω
【点评】本题是一个典型的含电容器的直流电路问题,考查了学生对等效电路和电容器的充电、放电电路的理解及综合分析能力.
4.交变电流与交变电路问题
纵观近几年的高考试题,本部分内容出现在选择题部分的概率较高,集中考查含变压器电路、交变电流的产生及变化规律、最大值与有效值.如2020年高考四川理综卷第17题、山东理综卷第17题、福建理综卷第16题等.
●例4 一气体放电管两电极间的电压超过500 3 V时就会因放电而发光.若在它发光的情况下逐渐降低电压,则要降到 500 2 V 时才会熄灭.放电管的两电极不分正负.现有一正弦交流电源,其输出电压的峰值为1000 V,频率为50 Hz.若用它给上述放电管供电,则在一小时内放电管实际发光的时间为(  )
A.10 minB.25 min
C.30 minD.35 min
【解析】由题意知,该交变电流的u-t图象如图所示
电压的表达式为:u=1000sin 100πt V
综合图象可知:
在0~T2内,T6~3T8时间段放电管能通电发光,通电时间为:Δti=(3T8-T6)=1240 s
故一小时内放电管实际发光的时间为:
t=Δti×tT2=1500 s=25 min.
[答案] B
【点评】①交变电流的热效应(如熔断、加热等)取决于有效值,而对电容、空气导电的击穿则取决于瞬时值.
②分析正弦交变电流的特性时需要熟练地运用数学函数与图象,仔细周密地分析正弦函数中角度与变量时间的关系.
★同类拓展1 如图5-7甲所示,理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1,R1=20 Ω,R2=30 Ω,C为电容器.已知通过R1的正弦交变电流如图5-7乙所示,则[2020年高考•四川理综卷](  )

甲             乙
图5-7
A.交变电流的频率为0.02 Hz
B.原线圈输入电压的最大值为2002 V
C.电阻R2的电功率约为6.67 W
D.通过R3的电流始终为零
【解析】根据变压器原理可知,原、副线圈中电流的周期、频率相同,T=0.020 s,f=50 Hz,A错误.
由乙图可知,通过R1的电流最大值Im=1 A,根据欧姆定律可知,其最大电压Um=20 V,再根据原、副线圈的电压之比等于匝数之比可知,原线圈的输入电压的最大值为200 V,B错误.
因为电容器有通交流、隔直流的作用,故有电流通过R3和电容器,D错误.
根据正弦交变电流的峰值与有效值的关系以及并联电路的特点可知I2=ImR12R2,U2=Um2,R2上的电功率P2=U2I2=203 W,C正确.
[答案] C
●例5 某种发电机的内部结构平面图如图5-8甲所示,永磁体的内侧为圆柱面形,磁极之间上下各有圆心角θ=30°的扇形无磁场区域,其他区域两极与圆柱形铁芯之间的窄缝间形成B=0.5 T的磁场.在窄缝里有一个如图5-8乙所示的U形导线框abcd.已知线框ab和cd边的长度均为L1=0.3 m,bc边的长度L2=0.4 m,线框以ω=500π3 rad/s的角速度顺时针匀速转动.
图5-8甲源:
图5-8乙
(1)从bc边转到图甲所示的H侧磁场边缘时开始计时,求t=2×10-3 s 时刻线框中感应电动势的大小;画出a、d两点的电势差Uad随时间t变化的关系图象.(感应电动势的结果保留两位有效数字,Uad的正值表示Ua>Ud)
(2)求感应电动势的有效值.
【解析】(1)由题意知线框中产生感应电动势的周期T=2πω=1.2×10-2 s
t=2×10-3 s时刻bc边还在磁场中,故感应电动势为:
ε=BL2L1ω=31.4 V
根据bc边在磁场区与非磁场区运动的时间可画出 Uad-t 图象如图5-8丙所示.
图5-8丙
(2)设感应电动势的有效值为E,当bc边外接纯电阻R时,考虑T2内的热效应得:
Q=ε2R×512T=E2R×T2
解得:E=28.7 V.
[答案] (1)31.4 V 如图5-8丙所示 (2)28.7 V
二、电磁感应规律的综合应用
电磁感应规律的综合应用问题不仅涉及法拉第电磁感应定律,还涉及力学、热学、静电场、直流电路、磁场等许多知识.
电磁感应的综合题有两种基本类型:一是电磁感应与电路、电场的综合;二是发生电磁感应的导体的受力和运动以及功能问题的综合.也有这两种基本类型的复合题,题中电磁现象与力现象相互联系、相互影响、相互制约,其基本形式如下:
注意:
(1)求解一段时间内流过电路某一截面的电荷量要用电流的平均值;
(2)求解一段时间内的热量要用电流的有效值;
(3)求解瞬时功率要用瞬时值,求解平均功率要用有效值.
1.电磁感应中的电路问题
在电磁感应中,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,该导体或回路相当于电源.因此,电磁感应问题往往与电路问题联系在一起.解决与电路相联系的电磁感应问题的基本方法如下:
(1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律确定感应电动势的大小和方向;
(2)画等效电路图,注意区别内外电路,区别路端电压、电动势;
(3)运用闭合电路欧姆定律,串、并联电路性质以及电功率等公式联立求解.
2.感应电路中电动势、电压、电功率的计算
●例6 如图5-9甲所示,水平放置的U形金属框架中接有电源,电源的电动势为E,内阻为r.现在框架上放置一质量为m、电阻为R的金属杆,它可以在框架上无摩擦地滑动,框架两边相距L,匀强磁场的磁感应强度为B,方向竖直向上.ab杆受到水平向右的恒力F后由静止开始向右滑动,求:
图5-9甲
(1)ab杆由静止启动时的加速度.
(2)ab杆可以达到的最大速度vm.
(3)当ab杆达到最大速度vm时,电路中每秒放出的热量Q.
【解析】(1)ab滑动前通过的电流:I=Er+R
受到的安培力F安=BELr+R,方向水平向左
所以ab刚运动时的瞬时加速度为:
a1=F-F安m=Fm-BEL(r+R)m.
(2)ab运动后产生的感应电流与原电路电流相同,到达最大速度时,感应电路如图5-9乙所示.此时电流Im=E+BLvmR+r.
图5-9乙
由平衡条件得:
F=BImL=BL(BLvm+E)R+r
故可得:vm=F(R+r)-BLEB2L2.
(3)方法一 由以上可知,Im=BLvm+ER+r=FBL
由焦耳定律得:Q=Im2(R+r)=F2(R+r)B2L2.
方法二 由能量守恒定律知,电路每秒释放的热量等于电源的总功率加上恒力F所做的功率,即:
Q=E•Im+F•vm
=EFBL+F2(R+r)-BLEFB2L2
=F2(R+r)B2L2.源:
[答案] (1)Fm-BEL(r+R)m (2)F(R+r)-BLEB2L2
(3)F2(R+r)B2L2
【点评】①本例全面考查了感应电路的特点,特别是对于电功率的解析,通过对两种求解方法的对比能很好地加深对功能关系的理解.
②ab棒运动的v-t图象如图5-9丙所示.
图5-9丙
3.电磁感应中的图象问题
电磁感应中的图象大致可分为以下两类.
(1)由给定的电磁感应过程确定相关物理量的函数图象.一类常见的情形是在某导体受恒力作用做切割磁感线运动而产生的电磁感应中,该导体由于安培力的作用往往做加速度越来越小的变加速运动,图象趋向于一渐近线.
(2)由给定的图象分析电磁感应过程,确定相关的物理量.
无论何种类型问题,都需要综合运用法拉第电磁感应定律、楞次定律、右手定则、安培定则等规律来分析相关物理量之间的函数关系,确定其大小和方向及在坐标系中的范围,同时应注意斜率的物理意义.
●例7 青藏铁路上安装的一种电磁装置可以向控制中心传输信号,以确定火车的位置和运动状态,其原理是将能产生匀强磁场的磁铁安装在火车首节车厢下面,如图5-8甲所示(俯视图).当它经过安放在两铁轨间的线圈时,线圈便产生一个电信号传输给控制中心.线圈边长分别为l1和l2,匝数为n,线圈和传输线的电阻忽略不计.若火车通过线圈时,控制中心接收到线圈两端的电压信号u与时间t的关系如图5-10乙所示(ab、cd为直线),t1、t2、t3、t4是运动过程的四个时刻,则下列说法正确的是(  )
图5-10
A.火车在t1~t2时间内做匀加速直线运动
B.火车在t3~t4时间内做匀减速直线运动
C.火车在t1~t2时间内的加速度大小为U2-U1nBl1(t2-t1)
D.火车在t3~t4时间内的平均速度的大小为U3+U4nBl1
【解析】信号电压u=ε=nBl1v,由u-t图象可知,火车在t1~t2和t3~t4时间内都做匀加速直线运动.在t1~t2时间内,a1=v2-v1t2-t1=U2-U1nBl1(t2-t1),在t3~t4时间内的平均速度v=v3+v42=U3+U42nBl1,故B、D错误.
[答案] AC
【点评】从题图可以看出,在t3~t4时间内的u-t图线关于t轴的对称线与t1~t2时间内的u-t图线在同一直线上,由此可判断,火车在0~t4时间内一直做匀加速直线运动的可能性很大.
●例6 如图5-11甲所示,两个垂直于纸面的匀强磁场方向相反,磁感应强度的大小均为B,磁场区域的宽度均为a.一正三角形(高为a)导线框ACD从图示位置沿图示方向匀速穿过两磁场区域.以逆时针方向为电流的正方向,则图5-11乙中能正确表示感应电流i与线框移动的距离x之间的关系的图象是(  )
图5-11甲
图5-11乙
【解析】如图5-11丙所示,当x<a时,线框切割磁感线的有效长度等于线框内磁场边界的长度
图5-11丙
故有E1=2Bvxtan 30°
当a<x<2a时,线框在左右两磁场中切割磁感线产生的电动势方向相同,且都与x<a 时相反
故E2=4Bv(x-a)•tan 30°
当2a<x<3a时,感应电动势的方向与x<a时相同
故E3=2Bv(x-2a)tan 30°.
[答案] C
★同类拓展2 如图5-12甲所示,光滑的平行金属导轨水平放置,电阻不计,导轨间距为l,左侧接一阻值为R的电阻.区域cdef内存在垂直轨道平面向下的有界匀强磁场,磁场宽度为s.一质量为m、电阻为r的金属棒MN置于导轨上,与导轨垂直且接触良好,受到F=0.5v+0.4(N)(v为金属棒速度)的水平外力作用,从磁场的左边界由静止开始运动,测得电阻两端电压随时间均匀增大.(已知:l=1 m,m=1 kg,R=0.3 Ω,r=0.2 Ω,s=1 m)
图5-12甲
(1)分析并说明该金属棒在磁场中做何种运动.
(2)求磁感应强度B的大小.
(3)若撤去外力后棒的速度v随位移x的变化规律满足v=v0-B2l2m(R+r)x,且棒在运动到ef处时恰好静止,则外力F作用的时间为多少?
(4)若在棒未出磁场区域时撤去外力,画出棒在整个运动过程中速度随位移变化所对应的各种可能的图线.
[2020年高考•上海物理卷]
【解析】(1)金属棒做匀加速运动,R两端的电压U∝I∝E∝v,U随时间均匀增大,即v随时间均匀增大,故加速度为恒量.
(2)F-B2l2R+rv=ma,将F=0.5v+0.4代入源:
得:0.5-B2l2R+rv+0.4=ma
因为加速度为恒量,与v无关,m=1 kg
所以0.5-B2l2R+r=0,a=0.4 m/s2
代入数据得:B=0.5 T.
(3)x1=12at2
v0=B2l2m(R+r)x2=at
x1+x2=s
故12at2+m(R+r)B2l2at=s
代入数据得:0.2t2+0.8t-1=0
解方程得:t=1 s.
(4)速度随位移变化的可能图象如图5-10乙所示.
图5-12乙
[答案] (1)略 (2)0.5 T (3)1 s
(4)如图5-12乙所示
4.电磁感应中的动力学、功能问题
电磁感应中,通有感应电流的导体在磁场中将受到安培力的作用,因此电磁感应问题往往和力学、运动学等问题联系在一起.电磁感应中的动力学问题的解题思路如下:
●例7 如图5-13所示,光滑斜面的倾角为θ,在斜面上放置一矩形线框abcd,ab边的边长为l1,bc边的长为l2,线框的质量为m、电阻为R,线框通过细线与重物相连, 重物的质量为M,斜面上ef线(ef平行底边)的右方有垂直斜面向上的匀强磁场(磁场宽度大于l2),磁感应强度为B.如果线框从静止开始运动,且进入磁场的最初一段时间是做匀速运动,则(  )
图5-13
A.线框abcd进入磁场前运动的加速度为 Mg-mgsin θm
B.线框在进入磁场过程中的运动速度v=(Mg-mgsin θ)RB2l12
C.线框做匀速运动的时间为B2l12l2(Mg-mgsin θ)R
D.该过程产生的焦耳热Q=(Mg-mgsin θ)l1
【解析】设线框进入磁场前运动的加速度为a,细线的张力为FT,有:
Mg-FT=Ma
FT-mgsin θ=ma
解得:a=Mg-mgsin θM+m
设线框进入磁场的过程中的速度为v,由平衡条件得:
Mg=mgsin θ+B2l12vR
解得:v=(Mg-mgsin θ)RB2l12
故线框做匀速运动的时间t1=B2l12l2(Mg-mgsin θ)R
这一过程产生的焦耳热等于电磁感应转化的电能,等于克服安培力做的功,等于系统机械能的减小量,即:
Q=Mgl2-mgl2sin θ=(Mg-mgsin θ)l2.
[答案] BC
【点评】①求线框受恒定拉力作用下进入匀强磁场后达到的最大速度在高中物理试题中较为常见.
②这类问题求转化的电能往往有三种方法:一是ε2R总t;二是,克服安培力做的功;三是,根据能量的转化与守恒定律.
●例8 如图5-14所示,虚线右侧为一有界的匀强磁场区域,现有一匝数为n、总电阻为R的边长分别为L和2L的闭合矩形线框abcd,其线框平面与磁场垂直,cd边刚好在磁场外(与虚线几乎重合).在t=0时刻磁场开始均匀减小,磁感应强度B随时间t的变化关系为B=B0-kt.
图5-14
(1)试求处于静止状态的线框在t=0时刻其ad边受到的安培力的大小和方向.
(2)假设在t1=B02k时刻,线框在如图所示的位置且具有向左的速度v,此时回路中产生的感应电动势为多大?
(3)在第(2)问的情况下,回路中的电功率是多大?
【解析】(1)根据法拉第电磁感应定律可得,t=0时刻线框中的感应电动势为:
E0=nΔΦΔt=n2L2•ΔBΔt=2nkL2
根据闭合电路的欧姆定律可得,t=0时刻线框中感应电流的大小为:
I0=E0R=2nkL2R
根据安培力公式可得,线框的ad边受到的安培力大小为:
F=2nB0I0L=4n2B0kL3R
根据楞次定律可知,感应电流的方向沿顺时针方向,再根据左手定则可知,ad边受到的安培力的方向为竖直(或垂直于ad边)向上.
(2)在t1=B02k时刻,磁感应强度B1=B02
线框中由于线框的运动而产生的动生电动势的大小为:
E1=nB1Lv=nB0Lv2,方向沿顺时针方向
线框中由于磁场变化而产生的感应电动势的大小为:
E2=nS•ΔBΔt=2nL2•ΔBΔt=2nkL2,方向沿顺时针方向
故此时回路的感应电动势为:
E=E1+E2=nB0Lv2+2nkL2.
(3)由(2)知线框中的总感应电动势大小为:
E=nB0Lv2+2nkL2
此时回路中的电功率为:
P=E2R=(nB0Lv+4nkL2)24R.
[答案] (1)4n2B0kL3R,方向竖直(或垂直于ad边)向上
(2)nB0Lv2+2nkL2 (3)(nB0Lv+4nkL2)24R
【点评】感生电动势可表示为E1=nSΔBΔt,动生电动势可表示为E2=nBΔSΔt,要注意这两式都是E=nΔΦΔt的推导式[或写成E=nΔΦΔt=n(SΔBΔt+BΔSΔt)].
●例9 磁流体动力发电机的原理图如图5-15所示.一个水平放置的上下、前后均封闭的横截面为矩形的塑料管的宽度为l,高度为h,管内充满电阻率为ρ的某种导电流体(如电解质).矩形塑料管的两端接有涡轮机,由涡轮机提供动力使流体通过管道时具有恒定的水平向右的流速v0.管道的前后两个侧面上各有长为d的相互平行且正对的铜板M和N.实际流体的运动非常复杂,为简化起见作如下假设:①在垂直于流动方向的横截面上各处流体的速度相同;②流体不可压缩.
源:
图5-15
(1)若在两个铜板M、N之间的区域内加有方向竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场,则当流体以稳定的速度v0流过时,两铜板M、N之间将产生电势差.求此电势差的大小,并判断M、N两板中哪个板的电势较高.
(2)用电阻不计的导线将铜板M、N外侧相连接,由于此时磁场对流体有阻力的作用,使流体的稳定速度变为v(v<v0),求磁场对流体的作用力.
(3)为使流体的流速增大到原来的值v0,则涡轮机提供动力的功率必须增大.假设流体在流动过程中所受到的来自磁场以外的阻力与它的流速成正比,试导出涡轮机新增大的功率的表达式.
【解析】(1)由法拉第电磁感应定律得:
两铜板间的电势差E=Blv0
由右手定则可判断出M板的电势高.
(2)用电阻不计的导线将铜板M、N外侧相连接,即使两铜板的外侧短路,M、N两板间的电动势E=Blv
短路电流I=ER内
又R内=ρlhd
磁场对流体的作用力F=BIl
解得:F=vB2hldρ,方向与v的方向相反(或水平向左).
(3)解法一 设流体在流动过程中所受到的其他阻力与流速成正比的比例系数为k,在外电路未短路时流体以稳定速度v0流过,此时流体所受到的阻力(即涡轮机所提供的动力)为:
F0=kv0
涡轮机提供的功率P0=F0v0=kv02
外电路短路后,流体仍以稳定速度v0流过,设此时磁场对流体的作用力为F安,根据第(2)问的结果可知:
F安=v0B2hldρ
此时,涡轮机提供的动力Ft=F0+F安=kv0+v0B2hldρ
涡轮机提供的功率Pt=Ftv0= kv02+v02B2hldρ
所以涡轮机新增大的功率ΔP=Pt-P0=v02B2hldρ.
解法二 由能量的转化和守恒定律可知,涡轮机新增大的功率等于电磁感应产生的电功率,即ΔP=E2R内=v02B2hldρ.
[答案] (1)Blv0 M板的电势高
(2)vB2hldρ,方向与v的方向相反(或水平向左)
(3)v02B2hldρ
【点评】①磁流体发电机的原理可以当做导体连续切割磁感线来分析,此时有E=BLv;也可用外电路开路时,洛伦兹力与电场力平衡,此时有qvB=qU0L,得E=U0=BLv.
②磁流体发电机附加压强做功等于克服安培力做功,等于转化的总电能.
经典考题
1.某实物投影机有10个相同的强光灯L1~L10(24 V 200 W)和10个相同的指示灯X1~X10(220 V 2 W),将其连接在220 V交流电源上,电路图如图所示.若工作一段时间后L2灯丝烧断,则[2020年高考•重庆理综卷](  )
A.X1的功率减小,L1的功率增大
B.X1的功率增大,L1的功率增大
C.X2的功率增大,其他指示灯的功率减小
D.X2的功率减小,其他指示灯的功率增大
【解析】显然L1和X1并联、L2和X2并联……然后他们再串联接在220 V交流电源上.L2灯丝烧断,则总电阻变大,电路中电流I减小,又L1和X1并联的电流分配关系不变,则X1和L1的电流、功率都减小.同理可知,除X2和L2外各灯功率都减小,A、B均错.由于I减小,各并联部分的电压都减小,交流电源电压不变,则X2上电压增大,根据P=U2R可知,X2的功率变大,C正确、D错误.
[答案] C
2.一台小型发电机产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图甲所示.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[2020年高考•福建理综卷](  )
A.电压表 的示数为220 V
B.电路中的电流方向每秒钟改变50次
C.灯泡实际消耗的功率为484 W
D.发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为24.2 J
【解析】电压表的示数为灯泡两端电压的有效值,由图象知电动势的最大值Em=2202 V,有效值E=220 V,灯泡两端电压U=RER+r=209 V,A错误;由图象知T=0.02 s,一个周期内电流方向变化两次,可知1 s内电流方向变化100次,B错误;灯泡的实际功率P=U2R=209295 W=459.8 W,C错误;电流的有效值I=ER+r=2.2 A,发电机线圈内阻每
秒钟产生的焦耳热Q=I2rt=2.22×5×1 J=24.2 J,D正确.
[答案] D
3.如图所示,理想变压器的原、副线圈匝数比为1∶5,原线圈两端的交变电压为u=202sin 100πt V.氖泡在两端电压达到100 V时开始发光,下列说法中正确的有[2020年高考•江苏物理卷](  )
A.开关接通后,氖泡的发光频率为100 Hz
B.开关接通后,电压表的示数为100 V
C.开关断开后,电压表的示数变大
D.开关断开后,变压器的输出功率不变
【解析】由交变电压的瞬时值表达式知,原线圈两端电压的有效值U1=2022 V=20 V,由n1n2=U1U2得,副线圈两端的电压U2=100 V,电压表的示数为交变电流的有效值,B项正确;交变电压的频率f=100π2π=50 Hz,一个周期内电压两次大于100 V,即一个周期内氖泡能发两次光,所以其发光频率为100 Hz,A项正确;开关断开前后,输入电压不变,变压器的变压比不变,故输出电压不变,C项错误;断开后,电路消耗的功率减小,输出功率决定输入功率,D项错误.
[答案] AB
4.如图甲所示,一个电阻为R、面积为S的矩形导线框abcd,水平放置在匀强磁场中,磁场的磁感应强度为B,方向与ad边垂直并与线框平面成45°角,O、O′分别是ab边和cd边的中点.现将线框右半边ObcO′绕OO′逆时针旋转90°到图乙所示位置.在这一过程中,导线中通过的电荷量是[2020年高考•安徽理综卷](  )
甲            乙
A.2BS2RB.2BSRC.BSRD.0
【解析】线框的右半边(ObcO′)未旋转时,整个回路的磁通量Φ1=BSsin 45°=22BS;线框的右半边(ObcO′)旋转90°后,穿进跟穿出的磁通量相等,如图丁所示,整个回路的磁通量Φ2=0,所以ΔΦ=Φ2-Φ1=22BS.根据公式得q=ΔΦR=2BS2R,A正确.
丙          丁
[答案] A源:
5.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~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.
[2020年高考•广东物理卷]

甲          乙
【解析】(1)由图象分析可知,0~t1时间内,ΔBΔt=B0t0
由法拉第电磁感应定律有:E=nΔΦΔt=nΔBΔt•S
而S=πr22
由闭合电路的欧姆定律有:I1=ER1+R
联立解得:通过电阻R1上的电流大小I1=nB0πr223Rt0
由楞次定律可判断,通过电阻R1上的电流方向为从b到a.
(2)通过电阻R1上的电荷量q=I1t1=nB0πr22t13Rt0
电阻R1上产生的热量Q=I12R1t1=2n2B02π2r24t19Rt02.
[答案] (1)nB0πr223Rt0 方向从b到a (2)2n2B02π2r24t19Rt02
6.如图甲所示,水平放置的两根平行金属导轨,间距L=0.3 m,导轨左端连接R=0.6 Ω的电阻,区域abcd内存在垂直于导轨平面B=0.6 T的匀强磁场,磁场区域宽D=0.2 m.细金属棒A1和A2用长为2D=0.4 m的轻质绝缘杆连接,放置在导轨平面上,并与导轨垂直,每根金属棒在导轨间的电阻均为r=0.3 Ω,导轨电阻不计,使金属棒以恒定速度v=1.0 m/s沿导轨向右穿越磁场,计算从金属棒A1进入磁场(t=0)到A2离开磁场的时间内,不同时间段通过电阻R的电流强度,并在图乙中画出.
[2020年高考•广东物理卷]
甲              乙
【解析】A1从进入磁场到离开的时间为:
t1=Dv=0.2 s
在0~t1时间内,A1产生的感应电动势为:
E=BLv=0.18 V
丙        丁
由图丙知,电路的总电阻为:
R0=r+rRr+R=0.5 Ω
总电流i=ER0=0.36 A
通过R的电流iR=i3=0.12 A
A1离开磁场t1=0.2 s至A2未进入磁场t2=2Dv=0.4 s的时间内,回路中无电流,即iR=0
从A2进入磁场t2=0.4 s至离开磁场t3=2D+Dv=0.6 s的时间内,A2上的感应电动势为:
E=0.18 V
由图丁知,电路总电阻R0=0.5 Ω
总电流i=0.36 A
流过R的电流iR=0.12 A
综合上述计算结果,绘制通过R的电流与时间的关系图线,如图戊所示.

[答案] 0~0.2 s时,0.12 A;0.2~0.4 s时,0;0.4~0.6 s时,0.12 A,图象如图戊所示.
7.单位时间内流过管道横截面的液体体积叫做液体的体积流量(以下简称流量).由一种利用电磁原理测量非磁性导电液体(如自来水、啤酒等)流量的装置,称为电磁流量计.它主要由将流量转换为电压信号的传感器和显示仪表两部分组成.
传感器的结构如图所示,圆筒形测量管内壁绝缘,其上装有一对电极a和c,a、c间的距离等于测量管内径D,测量管的轴线与a、c的连线方向以及通电线圈产生的磁场方向三者相互垂直.当导电液体流过测量管时,在电极a、c间出现感应电动势E,并通过与电极连接的仪表显示出液体流量Q.设磁场均匀恒定,磁感应强度为B.
(1)已知D=0.40 m,B=2.5×10-3 T,Q=0.12 m3/s,设液体在测量管内各处流速相同,试求E的大小(π取3.0).
(2)一新建供水站安装了电磁流量计,在向外供水时流量本应显示为正值.但实际显示却为负值.经检查,原因是误将测量管接反了,即液体由测量管出水口流入,从入水口流出.因水已加压充满管道,不便再将测量管拆下重装,请你提出使显示仪表的流量指示变为正值的简便方法.
(3)显示仪表相当于传感器的负载电阻,其阻值记为R.a、c间导电液体的电阻r随液体电阻率的变化而变化,从而会影响显示仪表的示数.试以E、R、r为参量,给出电极a、c间输出电压U的表达式,并说明怎样可以降低液体电阻率变化对显示仪表示数的影响.
[2020年高考•北京理综卷]
【解析】(1)导电液体通过测量管时,相当于导线做切割磁感线的运动,在电极a、c间切割磁感线的液柱长度为D,设液体的流速为v,则产生的感应电动势为:E=BDv
由流量的定义,有:Q=Sv=πD24v
联立解得:E=BD4QπD2=4BQπD
代入数据得:E=4×2.5×10-3×0.123×0.4 V=1.0×10-3 V.
(2)能使仪器显示的流量变为正值的方法简便、合理即可.如:改变通电线圈中电流的方向,使磁场B反向;或将传感器输出端对调接入显示仪表.
(3)传感器和显示仪表构成闭合电路,由闭合电路欧姆定律I=ER+r得:U=IR=RER+r=E1+rR
输入显示仪表的是a、c间的电压U,流量示数和U一一对应.E与液体电阻率无关,而r随电阻率的变化而变化,由上式可看出,r变化相应的U也随之变化.在实际流量不变的情况下,仪表显示的流量示数会随a、c间的电压U的变化而变化.增大R,使R≫r,则U=E,这样就可以降低液体电阻率变化对显示仪表流量示数的影响.
[答案] (1)1.0×10-3 V (2)见解析
(3)E1+rR,见解析源:
能力演练
一、选择题(10×4分)
1.如图所示,L1、L2、L3为三个完全相同的灯泡,L为直流电阻可忽略的自感线圈,电源的内阻不计,开关S原来接通.当把开关S断开时,下列说法正确的是(  )
A.L1闪一下后熄灭
B.L2闪一下后恢复到原来的亮度
C.L3变暗一下后恢复到原来的亮度
D.L3闪一下后恢复到原来的亮度
【解析】S闭合后,通过各灯的电流稳定时,L1不亮,通过L2、L3的电流均为I=URL,而通过自感线圈L的电流为2I.S断开的瞬间,自感线圈L上的电流全部通过L3,所以这一瞬间通过L3的电流突变为2I,故L3会闪亮一下;稳定后通过L3的电流依然为URL,而稳定后通过L1、L2的电流均为U2RL.
[答案] D
2.在如图甲所示的电路中,灯泡A和灯泡B原来都正常发光.现在突然发现灯泡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.R3断路
B.R1短路
C.R2断路
D.R1、R2同时短路
【解析】电路可整理成如图乙所示,R2断路→总电阻变大→干路电流变小→电源内电压变小→路端电压变大→通过R3上的电流变大→通过A的电流变小,灯泡A变暗→灯泡A和R1上的电压变小→灯泡B上的电压变大→B灯变亮.

[答案] C
3.如图所示,M是一小型理想变压器,接线柱a、b接在电压u=311sin 314t(V)的正弦交变电源上.变压器右侧部分为一火警报警系统原理图,其中R2为用半导体热敏材料制成的传感器,电流表 为值班室的显示器,显示通过R1的电流,电压表 显示加在报警器上的电压(报警器未画出),R3为一定值电阻.当传感器R2所在处出现火警时(R2阻值变小),以下说法中正确的是(  )
A. 的示数不变, 的示数增大
B. 的示数增大, 的示数减小
C. 的示数增大, 的示数增大
D. 的示数不变, 的示数不变
【解析】R2变小→副线圈的负载总电阻变小→副线上的输出电流变大→R3上的电压变大→R1与R2并联电路的电压 变小→ 的示数变小,原线圈的电流 变大.因为 接在恒定的交变电源上,故其示数不变.
[答案] B
4.在如图甲所示的电路中,电源电动势E恒定,内阻r=1 Ω,定值电阻R3=5 Ω.当开关S断开与闭合时,ab段电路消耗的电功率相等,则以下说法中正确的是(  )

A.电阻R1、R2可能分别为4 Ω、5 Ω
B.电阻R1、R2可能分别为3 Ω、6 Ω
C.开关S断开时电压表的示数一定大于S闭合时的示数
D.开关S断开与闭合时,电压表的示数变化量大小与电流表的示数变化量大小之比一定等于6 Ω
【解析】取R=R3+r=6 Ω,有:
Pab=(ER+Rab)2•Rab=E2R2Rab+2R+Rab
当S断开前后有:
Rab•Rab′=R2=36 Ω时,Pab=Pab′
故A正确,B错误.
又由Uab=E-ER+Rab•R
知Rab变大时,Uab变大,C正确.
当Rab变化时,Uab-I图象如图乙所示.

图象的斜率k=|ΔUΔI|=R3+r=6 Ω,D正确.
[答案] ACD
5.如图所示,长为L=1 m、电阻r=0.3 Ω、质量m=0.1 kg的金属棒CD垂直跨搁在位于水平面上的两条平行光滑金属导轨上,两导轨间距也是L.棒与导轨间接触良好,导轨电阻不计,导轨左端接有R=0.5 Ω 的电阻,垂直导轨平面有竖直向下穿过平面的匀强磁场,磁感应强度B的大小为0.4 T.现给金属棒CD一个瞬时向右的初速度,初速度大小为2 m/s,过一段时间后,金属棒CD最终停下来.则从开始运动到停止运动的过程中,通过电阻R的电荷量为(  )
A.0.5 CB.0.3 CC.0.25 CD.0.2 C
【解析】CD向右运动产生感应电流,使得CD受到安培力的作用减速至停止,由动量定理知:
I安=Δp=mv0
又I安=BiL•Δt=BLq
可解得:q=0.5 C.
[答案] A
6.某理想变压器原线圈输入的电功率为P,原、副线圈的匝数比为k,在其副线圈上接一内阻为r的电动机.现在,电动机正以速度v匀速向上提升一质量为m的重物,已知重力加速度为g,则变压器原线圈两端的电压为(  )
A.PkrP-mgvB.PkrP-mgv
C.PkP-mgvrD.PkP-mgvr
【解析】电动机的输出功率P机=mgv
设副线圈回路的电流为I2,则:
P=P机+I22r
解得:I2=P-P机r
副线圈两端的电压U2=PI2=P•rP-P机
原线圈两端的电压U1=kU2=PkrP-mgv.
[答案] A
7.如图所示,两块水平放置的金属板组成一平行板电容器距离为d,用导线、开关S将其与一个n匝的线圈连接,线圈置于方向竖直向上的均匀变化的磁场中.两板间放一台小压力传感器,压力传感器上表面绝缘,在其上表面静止放置一个质量为m、电荷量为+q的小球.已知S断开时传感器上有示数,S闭合时传感器上的示数变为原来的一半.则线圈中磁场的磁感应强度的变化情况和磁通量变化率分别是(  )
A.正在增加,ΔΦΔt=mgd2qB.正在增加,ΔΦΔt=mgd2nq
C.正在减弱,ΔΦΔt=mgd2qD.正在减弱,ΔΦΔt=mgd2nq
【解析】由题意知,S闭合后上极板带负电,故知匀强磁场的磁感应强度在增加.
由qUd=12mg,U=nΔΦΔt
可得:ΔΦΔt=mgd2nq.
[答案] B
8.一个用半导体材料制成的电阻器D,其电流I随它两端电压U变化的伏安特性曲线如图甲所示.现将它与两个标准电阻R1、R2组成如图乙所示的电路,当开关S接通位置1时,三个用电器消耗的电功率均为P.将开关S切换到位置2后,电阻器D和电阻R1、R2消耗的电功率分别为PD、P1、P2,下列判断正确的是(  )
A.P1>PB.P1>P2
C.PD+P1+P2<3PD.PD+P1+P2>3P
【解析】由S接“1”时三个用电器的功率相等知,R1=R2=RD4;当S接“2”后,R2两端的电压大于R1与D的并联电压,故P1<P<P2,D的电阻变大为,RD′>4R1,故PD<14P1,又因为S接2后电路的总电阻变大,故PD+P1+P2<3P.
[答案] C
9.如图所示,均匀金属圆环的总电阻为2R,磁感应强度为B的匀强磁场垂直地穿过圆环.金属杆OM的长为l,电阻为R2,M端与环紧密接触,金属杆OM绕过圆心的转轴O以恒定的角速度ω转动.电阻R的一端用导线和环上的A点连接,另一端和金属杆的转轴O处的端点相连接.下列结论错误的是(  )
A.通过电阻R的电流的最大值为Bl2ω3R
B.通过电阻R的电流的最小值为Bl2ω4R源:
C.OM中产生的感应电动势恒为Bl2ω2
D.通过电阻R的电流恒为Bl2ω2R
【解析】求解本题的关键是找出OM与圆环接触点的位置,画等效电路图求回路中的电流.当金属杆绕O点匀速转动时,电动势E=12Bωl2,选项C正确;电流的大小决定于M端与滑环连接点的位置,当M端滑至A点时,回路中的电阻最小,其阻值Rmin=32R,根据I=ER+r,得Imax=Bωl22×32R=Bωl23R,选项A正确;当M端与圆环的上顶点相接触时,回路中的电阻最大,其阻值Rmax=R2+3R2=2R,所以Imin=Bl2ω4R,选项B正确.
[答案] D
10.如图所示,光滑的“Π”形金属导体框竖直放置,质量为m的金属棒MN与框架接触良好,磁感应强度分别为B1、B2的有界匀强磁场方向相反,但均垂直于框架平面,分别处在abcd和cdef区域.现从图示位置由静止释放金属棒MN,金属棒进入磁场区域abcd后恰好做匀速运动.下列说法正确的有(  )
A.若B2=B1,则金属棒进入cdef区域后将加速下滑
B.若B2=B1,则金属棒进入cdef区域后仍将保持匀速下滑
C.若B2<B1,则金属棒进入cdef区域后可能先加速后匀速下滑
D.若B2>B1,则金属棒进入cdef区域后可能先减速后匀速下滑
【解析】金属棒在上下两磁场区域向下运动切割磁感线时,感应电流受到的安培力都竖直向上.
当安培力的大小等于重力时达到稳定速度,即有:
vm=mgRB2L2,故vm∝1B2,选项B、C、D正确.
[答案] BCD
二、非选择题(共60分)
11.(4分)现将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、灵敏电流表及开关按如图所示的方式连接.在开关闭合、线圈A放在线圈B中的情况下,某同学发现当他将滑动变阻器的滑动端P向左加速滑动时,灵敏电流表的指针向右偏转.由此可以推断:将线圈A中的铁芯向上拔出__________或________开关,都能使灵敏电流表的指针________偏转.
【解析】当P向左滑动时,电阻增大,通过线圈A的电流减小,则通过线圈B中的原磁场减弱,磁通量减少,线圈B中有使灵敏电流表的指针向右偏转的感应电流通过;当线圈A向上运动或断开开关,则通过线圈B中的原磁场也减弱,磁通量也减少,所以线圈B中也有使灵敏电流表的指针向右偏转的感应电流通过.
[答案] 断开 向右 (每空2分)
12.(11分)(1)一多用电表的欧姆挡有三个倍率,分别是“×1”、“×10”、“×100”.用“×10”挡测量某电阻时,操作步骤正确,而表头指针偏转角度很小,为了较准确地进行测量,应换用“________”挡.如果换挡后立即用表笔连接测电阻进行读数,那么缺少的步骤是______________.若补上该步骤后测量,表盘的示数如图甲所示,则该电阻的阻值是________Ω.若将该表选择旋钮置于25 mA挡,表盘的示数仍如图甲所示,则被测电流为________mA.
(2)要精确测量一个阻值约为5 Ω的电阻Rx,实验提供下列器材:
电流表 (量程为100 mA,内阻r1约为4 Ω)
电流表 (量程为500 μA,内阻r2=750 Ω)
电池E(电动势E=1.5 V,内阻很小)
变阻器R0(阻值约为10 Ω)
开关S,导线若干.
①请设计一个测定电阻Rx的电路图,画在下面的虚线中.
②根据你设计的电路图,将图乙中的实物连成实验电路.
③根据某次所测量值写出电阻Rx的表达式.Rx=________.
[答案] (1)×100 欧姆表重新调零 2200 9.9 (每空1分)
(2)①如图丙所示 (2分)
丙           丁
②如图丁所示 (3分) ③I2r2I1-I2 (2分)
13.(8分)超导磁悬浮列车是利用超导体的抗磁作用使列车车体向上浮起,同时通过周期性地变换磁极方向而获得推进动力的新型交通工具.其推进原理可以简化为如图所示的模型:在水平面上相距L的两根平行直导轨间,有竖直方向等距离分布着匀强磁场B1和B2,且B1=B2=B,每个磁场的宽都是l,方向相反的相间排列,所有这些磁场都以速度v向右匀速运动.这时跨在两导轨间的长为L、宽为l的金属框abcd(悬浮在导轨上方)在磁场力的作用下也将会向右运动.已知金属框的总电阻为R,运动中所受到的阻力恒为f.求金属框的最大速度.
【解析】设金属框做匀速运动的速度为vm,则:
线框的感应电动势E=2BL(v-vm) (3分)
由平衡条件BER•2L=f (3分)
解得:vm=4B2L2v-fR4B2L2. (2分)
[答案] 4B2L2v-fR4B2L2
14.(12分)如图所示,光滑平行的水平金属导轨MN、PQ相距d,在M点和P点间接一个阻值为R的电阻,在两导轨间OO1、O1′O′矩形区域内有垂直导轨平面竖直向下,宽为l的匀强磁场,磁感应强度为B.一质量为m、电阻为r的导体棒ab垂直放在导轨上,与磁场左边界相距l0.现用一水平向右的恒力F拉ab棒,使它由静止开始运动,棒ab在离开磁场前已经做匀速直线运动(棒ab与导轨始终保持良好的接触,导轨电阻不计).求:
(1)棒ab在离开磁场右边界时的速度.
(2)棒ab通过磁场区的过程中整个回路所消耗的电能.
(3)试分析讨论ab棒在磁场中(匀速成直线运动)之前可能的运动情况.
【解析】(1)ab棒离开磁场右边界前做匀速直线运动,设其速度为vm,则有:
E=Bdvm,I=ER+r (2分)
对ab棒,有:F-BId=0 (1分)
解得:vm=F(R+r)B2d2. (1分)
(2)由能量守恒定律,可得:
F(l0+l)=W+12mvm2 (2分)
得:W电=F(l0+l)-mF2(R+r)22B4d4. (1分)
(3)设棒刚进入磁场时速度为v.
由F•l0=12mv2可得:v=2Fl0m (2分)
棒在进入磁场前做匀加速直线运动,在磁场中运动可分三种情况讨论:
①若2Fl0m=F(R+r)B2d2,则棒做匀速直线运动 (1分)
②若2Fl0m<F(R+r)B2d2,则棒先加速运动后匀速运动
(1分)
③若2Fl0m>F(R+r)B2d2,则棒先减速运动后匀速运动.(1分)
[答案] (1)F(R+r)B2d2 (2)F(l0+l)-mF2(R+r)22B4d4
(3)略
15.(12分)如图所示,在水平面内有两条光滑轨道MN、PQ,其上放有两根静止的导体棒ab、cd,质量分别为m1、m2.设有一质量为M的永久磁铁从轨道和导体棒组成的平面的正上方高为h的地方由静止落下,当磁铁的重心下落到轨道和导体棒组成的平面内时,磁铁的速度为v,导体棒ab的动能为Ek,此过程中两根导体棒之间、导体棒与磁铁之间都没有发生碰撞.求:
(1)磁铁在下落过程中受到的平均阻力.
(2)磁铁在下落过程中在导体棒中产生的总热量.
【解析】(1)设磁铁在下落过程中受的平均阻力为F,根据动能定理有:
(Mg-F)h=12Mv2 (2分)
得:F=Mg-Mv22h. (2分)
(2)导体棒ab、cd组成的系统动量守恒,设磁铁的重心下落到轨道和导体棒组成的平面内时ab、cd(相互靠拢)的速度大小分别为v1、v2,有:
m1v1=m2v2 (2分)
Ek=12m1v12 (1分)
设磁铁在下落过程中在导体棒中产生的总热量为Q,由能量守恒有:
Mgh-12Mv2=12m1v12+12m2v22+Q (3分)
联立解得:Q=Mgh-12Mv2-(m1+m2m2)Ek. (2分)
[答案] (1)Mg-Mv22h (2)Mgh-12Mv2-(m1+m2m2)Ek
16.(13分)如图甲所示,矩形线框abcd的边ab=2l,ad=3l,OO′为线框的转动轴,aO=bO′=2l.匀强磁场垂直于线框平面,磁感应强度为B,OO′刚好与磁场的边界线重合,线框的总电阻为R.当线框绕 OO′以角速度ω匀速转动时,试求:
(1)线框的ab边第一次出磁场前的瞬间,回路中电流的大小和方向.
(2)从图示位置开始计时,取电流沿abcda方向为正,请在图乙中画出线框中的电流i随时间t变化的关系图象.(画两个周期)
(3)线框中电流的有效值.
【解析】(1)在ab边出磁场前的瞬间,感应电动势为:
E1=B•2l•ω•2l=4Bωl2 (2分)
此时感应电流I1=E1R=4Bωl2R,方向沿adcba方向.
(2分)
(2)cd边在磁场中运动时产生的最大感应电动势为:
E2=B•2l•ωl=2Bωl2 (2分)
cd边在磁场中运动时产生的最大感应电流为:
I2=E2R=2Bωl2R (1分)
故i-t图象如图丙所示. (2分)

(3)设电流的有效值为I,在0~T时间内,线框中的焦耳热为:
I2RT=(I22)2R•T2+(I12)2R•T2 (2分)
解得:I=5Bωl2R. (2分)
[答案] (1)4Bωl2R,方向沿adcba方向
(2)如图丙所示 (3)5Bωl2R

 

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