2020屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題沖刺 專題復(fù)習(xí)篇六 電磁感應(yīng)與電路練習(xí)（含解析）

電磁感應(yīng)與電路要點提煉1.電磁問題方向判斷“三定則、一定律”的應(yīng)用(1)安培定則：判斷運動電荷、電流產(chǎn)生的磁場方向。(2)左手定則：判斷磁場對運動電荷、電流的作用力的方向。(3)楞次定律：判斷閉合電路磁通量發(fā)生變化產(chǎn)生的感應(yīng)電流的磁場方向。(4)右手定則：判斷閉合電路中部分導(dǎo)體切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電流的方向。2楞次定律推論的應(yīng)用技巧(1)“增反減同”；(2)“來拒去留”；(3)“增縮減擴”。3四種求電動勢的方法(1)平均電動勢En。(2)垂直切割EBLv。(3)導(dǎo)體棒繞與磁場平行的軸勻速轉(zhuǎn)動EBl2。(4)線圈繞與磁場垂直的軸勻速轉(zhuǎn)動enBSsint。4感應(yīng)電荷量的兩種求法(1)當(dāng)回路中的磁通量發(fā)生變化時，由于感應(yīng)電場的作用使電荷發(fā)生定向移動而形成感應(yīng)電流。通過的電荷量表達(dá)式為qItn·tn。(2)導(dǎo)體切割磁感線運動通過的電荷量q滿足的關(guān)系式：BltBlqmv。5解決電磁感應(yīng)圖象問題的兩種常用方法(1)排除法：定性地分析電磁感應(yīng)過程中物理量的變化趨勢(增大還是減小)、變化快慢(均勻變化還是非均勻變化)，特別是分析物理量的正負(fù)以及是否過某些特殊點，以排除錯誤的選項。(2)函數(shù)法：根據(jù)題目所給條件定量地寫出兩個物理量之間的函數(shù)關(guān)系，然后由函數(shù)關(guān)系對圖象進(jìn)行分析和判斷。6三步解決電磁感應(yīng)中電路問題(1)確定電源：En或EBlv。(2)分析電路結(jié)構(gòu)：分析內(nèi)、外電路，以及外電路的串并聯(lián)關(guān)系，畫出等效電路圖。(3)應(yīng)用閉合電路歐姆定律及串并聯(lián)電路的基本規(guī)律等列方程求解。7電磁感應(yīng)中力、能量和動量綜合問題的分析方法(1)分析“受力”：分析研究對象的受力情況，特別關(guān)注安培力的方向。(2)分析“能量”：搞清楚有哪些力做功，就可以知道有哪些形式的能量發(fā)生了變化，根據(jù)動能定理或能量守恒定律等列方程求解。(3)分析“動量”：在電磁感應(yīng)中可用動量定理求變力的作用時間、速度、位移和電荷量(一般應(yīng)用于單桿切割磁感線運動)。求速度或電荷量：Bltmv2mv1，qt。求時間：FtIAmv2mv1，IABltBl。求位移：Bltmv2mv1，即xm(v2v1)。8直流電路動態(tài)分析方法(1)程序法：基本思路是“部分整體部分”。即從阻值的變化入手，由串、并聯(lián)規(guī)律判定R總的變化情況，再由閉合電路歐姆定律判斷I總和U端的變化情況，最后由部分電路歐姆定律及串聯(lián)分壓、并聯(lián)分流等規(guī)律判斷各部分的變化情況。(2)結(jié)論法“串反并同”“串反”：指某一電阻增大(減小)時，與它串聯(lián)或間接串聯(lián)的電阻中的電流、兩端電壓、電功率都將減小(增大)?！安⑼保褐改骋浑娮柙龃?減小)時，與它并聯(lián)或間接并聯(lián)的電阻中的電流、兩端電壓、電功率都將增大(減小)。(3)極限分析法：因滑動變阻器滑片滑動引起電路變化的問題，可將滑動變阻器的滑片滑到兩端、中間等特殊位置，對特殊位置進(jìn)行分析討論，從而得到所研究物理量的變化規(guī)律。9變壓器和遠(yuǎn)距離輸電的分析技巧(1)變壓器的副線圈的電流和功率決定原線圈的電流和功率。(2)遠(yuǎn)距離輸電問題分析的關(guān)鍵是求中間回路的電流強度的大小。高考考向1兩類電磁感應(yīng)問題命題角度1 動生感應(yīng)電動勢例1(2019·北京高考)如圖所示，垂直于紙面的勻強磁場磁感應(yīng)強度為B。紙面內(nèi)有一正方形均勻金屬線框abcd，其邊長為L，總電阻為R，ad邊與磁場邊界平行。從ad邊剛進(jìn)入磁場直至bc邊剛要進(jìn)入的過程中，線框在向左的拉力作用下以速度v勻速運動，求：(1)感應(yīng)電動勢的大小E；(2)拉力做功的功率P；(3)ab邊產(chǎn)生的焦耳熱Q。解析(1)由法拉第電磁感應(yīng)定律可得，感應(yīng)電動勢EBLv。(2)線框中的感應(yīng)電流I拉力大小等于安培力大小FBIL拉力的功率PFv。(3)線框ab邊電阻Rab時間tab邊產(chǎn)生的焦耳熱QI2Rabt。答案(1)BLv(2)(3) 求解焦耳熱Q的三種方法(1)焦耳定律：QI2Rt；(2)功能關(guān)系：QW克服安培力；(3)能量轉(zhuǎn)化：QE其他能的減少量。備課記錄： 1(2019·河北省唐山一中檢測)如圖所示，豎直平面內(nèi)有一金屬環(huán)，半徑為a，總電阻為R(指拉直時兩端的電阻)，磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場垂直穿過環(huán)平面，在環(huán)的最高點上方A點用鉸鏈連接長度為3a、電阻為的導(dǎo)體棒AB，AB由水平位置擺下，下擺過程中緊貼環(huán)面，當(dāng)擺到豎直位置時，B點的線速度為v且剛好交圓環(huán)的最低點，則這時AB兩端的電壓大小為()A. B. C. D.答案B解析設(shè)導(dǎo)體棒到達(dá)豎直位置時，導(dǎo)體棒上C點交金屬環(huán)最高點，根據(jù)vr可知，因為B點的線速度為v，則C點的線速度為v，則BC產(chǎn)生的電動勢EB·2a·Bav，則BC兩端的電壓為UBC··BavBav，因UAC0，故UBAUBCBav，B正確。命題角度2 感生感應(yīng)電動勢例2(2019·全國卷)(多選)空間存在一方向與紙面垂直、大小隨時間變化的勻強磁場，其邊界如圖a中虛線MN所示。一硬質(zhì)細(xì)導(dǎo)線的電阻率為、橫截面積為S，將該導(dǎo)線做成半徑為r的圓環(huán)固定在紙面內(nèi)，圓心O在MN上。t0時磁感應(yīng)強度的方向如圖a所示；磁感應(yīng)強度B隨時間t的變化關(guān)系如圖b所示。則在t0到tt1的時間間隔內(nèi)()A圓環(huán)所受安培力的方向始終不變B圓環(huán)中的感應(yīng)電流始終沿順時針方向C圓環(huán)中的感應(yīng)電流大小為D圓環(huán)中的感應(yīng)電動勢大小為解析由于通過圓環(huán)的磁通量均勻變化，故圓環(huán)中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢、感應(yīng)電流的大小和方向不變，但t0時刻磁場方向發(fā)生變化，故安培力方向發(fā)生變化，A錯誤；根據(jù)楞次定律，圓環(huán)中感應(yīng)電流的方向始終沿順時針方向，B正確；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，感應(yīng)電動勢大小E·S·，根據(jù)閉合電路歐姆定律知，感應(yīng)電流大小I，C正確，D錯誤。答案BC 解答本題應(yīng)注意以下四點(1)根據(jù)楞次定律判斷圓環(huán)中的感應(yīng)電流的方向。(2)根據(jù)左手定則判斷圓環(huán)所受安培力的方向。(3)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律計算圓環(huán)中的感應(yīng)電動勢的大小。(4)根據(jù)閉合電路歐姆定律計算圓環(huán)中的感應(yīng)電流的大小。備課記錄： 2(2019·河北省承德二中測試)如圖所示，用相同導(dǎo)線繞成的兩個單匝線圈a、b的半徑分別為r和2r，圓形勻強磁場B的邊緣恰好與a線圈重合，若磁場的磁感應(yīng)強度均勻增大，開始時的磁感應(yīng)強度不為0，則()A任意時刻，穿過a、b兩線圈的磁通量之比為14Ba、b兩線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢之比為12Ca、b兩線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電流之比為41D相同時間內(nèi)a、b兩線圈產(chǎn)生的熱量之比為21答案D解析任意時刻，穿過a、b兩線圈的磁感線條數(shù)相等，磁通量相等，故穿過a、b兩線圈的磁通量之比為11，A錯誤；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得ES，Sr2，因為有效面積S相等，也相等，所以a、b兩線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢相等，感應(yīng)電動勢之比為11，B錯誤；線圈a、b的半徑分別為r和2r，周長之比為12，電阻之比為12，根據(jù)歐姆定律知I，得a、b兩線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電流之比為21，C錯誤；根據(jù)焦耳定律得QI2Rt，相同時間內(nèi)a、b兩線圈產(chǎn)生的熱量之比為21，D正確。高考考向2電磁感應(yīng)綜合問題命題角度1 電磁感應(yīng)中的圖象問題例3(2019·全國卷)(多選)如圖，兩條光滑平行金屬導(dǎo)軌固定，所在平面與水平面夾角為，導(dǎo)軌電阻忽略不計。虛線ab、cd均與導(dǎo)軌垂直，在ab與cd之間的區(qū)域存在垂直于導(dǎo)軌所在平面的勻強磁場。將兩根相同的導(dǎo)體棒PQ、MN先后自導(dǎo)軌上同一位置由靜止釋放，兩者始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好。已知PQ進(jìn)入磁場時加速度恰好為零。從PQ進(jìn)入磁場開始計時，到MN離開磁場區(qū)域為止，流過PQ的電流隨時間變化的圖象可能正確的是()解析PQ剛進(jìn)入磁場時，加速度為零，則mgsinBI1L，又I1，故PQ做勻速運動，電流恒定；由題意知，MN剛進(jìn)入磁場時與PQ剛進(jìn)入磁場時速度相同。情形1：若MN剛進(jìn)入磁場時，PQ已離開磁場區(qū)域，則對MN，由mgsinBI1L、I1及右手定則知，通過PQ的電流大小不變，方向相反，故I­t圖象如圖A所示。情形2：若MN剛進(jìn)入磁場時，PQ未離開磁場區(qū)域，由于兩導(dǎo)體棒速度相等，產(chǎn)生的電動勢等大、反向，故電流為0，兩棒在重力沿導(dǎo)軌方向的分力作用下均加速直至PQ離開磁場。當(dāng)PQ離開磁場時，MN在磁場中的速度大于勻速運動時的速度，MN為電源，由右手定則知PQ中的電流方向與MN未進(jìn)入磁場時相反，設(shè)此時PQ中電流大小為I2，由EBLv，I2，BI2Lmgsinma>0知，MN減速，且隨v減小，I2減小，a減小，I2與v成正比，故I2隨t減小得越來越慢，直至勻速，這時I2I1，I­t圖象如圖D所示。答案AD 對于電磁感應(yīng)圖象問題的分析要注意以下三個方面(1)注意初始時刻的特征，如初始時刻感應(yīng)電流是否為零，感應(yīng)電流的方向如何。(2)注意看電磁感應(yīng)發(fā)生的過程分為幾個階段，這幾個階段是否和圖象變化相對應(yīng)。(3)注意觀察圖象的變化趨勢，看圖象斜率的大小、圖象的曲直是否和物理過程對應(yīng)。備課記錄： 31(2019·全國卷)(多選)如圖，方向豎直向下的勻強磁場中有兩根位于同一水平面內(nèi)的足夠長的平行金屬導(dǎo)軌，兩相同的光滑導(dǎo)體棒ab、cd靜止在導(dǎo)軌上。t0時，棒ab以初速度v0向右滑動。運動過程中，ab、cd始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，兩者速度分別用v1、v2表示，回路中的電流用I表示。下列圖象中可能正確的是()答案AC解析導(dǎo)體棒ab運動，切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電流，導(dǎo)體棒ab受安培力F作用，速度減小，導(dǎo)體棒cd受安培力F作用，速度變大，如圖所示，感應(yīng)電流I，安培力FFBIlma，隨著v1減小，v2增大，則FF減小，兩棒的加速度大小a減小，直到v1v2v共，a0，兩棒做勻速運動，兩棒組成的系統(tǒng)動量守恒，則mv02mv共，v共，A正確，B錯誤。由前面分析知，v1v2隨時間減小得越來越慢，最后為0，則感應(yīng)電流I隨時間減小得越來越慢，最后為0，C正確，D錯誤。32 (2019·長沙二模)如圖所示，線圈abcd固定于分布均勻的磁場中，磁場方向垂直線圈平面。當(dāng)磁場的磁感應(yīng)強度B隨時間t變化時，ab邊受到的安培力恒定不變。則下列磁感應(yīng)強度B隨時間t變化的圖象中可能正確的是()答案C解析設(shè)線圈ab邊、bc邊的長度分別為l1、l2，當(dāng)磁感應(yīng)強度發(fā)生變化時，線框內(nèi)產(chǎn)生感應(yīng)電動勢為：E，感應(yīng)電流為：I，ab邊所受安培力為：FBIl1，得：F。由公式可知，若磁場B增大，則減??；若B減小，則增大。所以四個圖象中只有C正確。33 (2019·廣西南寧二中最后一模)(多選)如圖，平行光滑金屬導(dǎo)軌M、N固定在水平面上，處于豎直向下的勻強磁場中，完全相同的兩金屬棒P、Q搭放在導(dǎo)軌上，開始時P、Q均處于靜止?fàn)顟B(tài)。給P施加一個與導(dǎo)軌平行的恒定拉力，運動中兩金屬棒始終與導(dǎo)軌垂直并與導(dǎo)軌接觸良好。設(shè)導(dǎo)軌足夠長，除兩棒的電阻外其余電阻均不計，則兩棒的速度及棒中的感應(yīng)電流隨時間變化的圖象可能是()答案AD解析P向右做切割磁感線運動，由右手定則判斷可知，回路中產(chǎn)生逆時針的感應(yīng)電流，由左手定則判斷可知，Q棒所受的安培力方向向右，故Q向右做加速運動；Q向右運動后，開始階段，P的加速度大于Q，兩棒的速度差增大，回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢增大，感應(yīng)電流增大，兩棒所受的安培力都增大，則P的加速度減小，Q的加速度增大，當(dāng)兩者的加速度相等時，速度之差不變，感應(yīng)電流不變，安培力不變，兩棒做加速度相同的勻加速運動。由以上分析知，開始運動時，P棒做加速度減小的加速運動，Q棒做加速度增大的加速運動，最終兩棒做加速度相同的勻加速運動，故A正確，B錯誤；開始運動時，兩棒的速度差增大，感應(yīng)電動勢增大，通過的電流增大，最終兩棒都做勻加速運動，且兩棒加速度相同，速度差保持不變，故回路中感應(yīng)電動勢不變，電流恒定，故C錯誤，D正確。命題角度2 電磁感應(yīng)中的電路問題例4(2019·濟寧調(diào)研)如圖甲所示，一個電阻值為R、匝數(shù)為n的圓形金屬線圈與阻值為2R的電阻R1連接成閉合回路，線圈的半徑為r1。在線圈中半徑為r2的圓形區(qū)域內(nèi)存在垂直于線圈平面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度B隨時間t變化的關(guān)系圖線如圖乙所示(規(guī)定圖甲中B的方向為正方向)。圖線與橫、縱軸的截距分別為t0和B0，導(dǎo)線的電阻不計。求0t1時間內(nèi)：(1)通過電阻R1的電流大小和方向；(2)通過電阻R1的電荷量q及電阻R1上產(chǎn)生的熱量。解析(1)根據(jù)楞次定律可知，通過R1的電流方向為由b到a。根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得，線圈中的電動勢En根據(jù)閉合電路歐姆定律得，通過R1的電流I。(2)通過R1的電荷量qIt1R1上產(chǎn)生的熱量QI2R1t1。答案(1)由b到a(2) “三步走”分析電路為主的電磁感應(yīng)問題備課記錄： 41(2019·石家莊二模)(多選)如圖，半徑為L的小圓與半徑為3L的圓形金屬導(dǎo)軌擁有共同的圓心，在小圓與導(dǎo)軌之間的環(huán)形區(qū)域存在垂直于紙面向外、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場?，F(xiàn)將一長度為3L的導(dǎo)體棒置于磁場中，讓其一端O點與圓心重合，另一端A與圓形導(dǎo)軌良好接觸。在O點與導(dǎo)軌間接入一阻值為r的電阻，導(dǎo)體棒以角速度繞O點做逆時針勻速圓周運動，其他電阻不計。下列說法正確的是()A導(dǎo)體棒O點的電勢比A點的電勢低B電阻r兩端的電壓為C在導(dǎo)體棒旋轉(zhuǎn)一周的時間內(nèi)，通過電阻r的電荷量為D在導(dǎo)體棒旋轉(zhuǎn)一周的時間內(nèi)，電阻r產(chǎn)生的焦耳熱為答案AC解析由右手定則可知，導(dǎo)體棒上感應(yīng)電流由O流向A，則O點電勢比A點電勢低，故A正確；感應(yīng)電動勢：EB·2L·B·2L·4BL2，電阻r兩端電壓：UE4BL2，故B錯誤；電路中電流為I，周期為T，在導(dǎo)體棒旋轉(zhuǎn)一周的時間內(nèi)，通過電阻r的電荷量為qIT，故C正確；在導(dǎo)體棒旋轉(zhuǎn)一周的時間內(nèi)，電阻r產(chǎn)生的焦耳熱為QI2rT，故D錯誤。42(2019·福建廈門二模)如圖所示，單匝正方形閉合線圈MNPQ放置在水平面上，空間存在方向豎直向下、磁感應(yīng)強度大小為B的有界勻強磁場，磁場兩邊界成45°角。線圈的邊長為L，總電阻為R。現(xiàn)使線圈以水平向右的速度v勻速進(jìn)入磁場。下列說法正確的是()A當(dāng)線圈中心經(jīng)過磁場邊界時，N、P兩點間的電壓UBLvB當(dāng)線圈中心經(jīng)過磁場邊界時，線圈所受安培力F安C當(dāng)線圈中心經(jīng)過磁場邊界時，回路的瞬時電功率PD線圈從開始進(jìn)入磁場到其中心經(jīng)過磁場邊界的過程，通過導(dǎo)線某一橫截面的電荷量q答案C解析當(dāng)線圈中心經(jīng)過磁場邊界時，感應(yīng)電動勢：EBLv，則回路的電流：I，N、P兩點間的電壓UI·RBLv，A錯誤；當(dāng)線圈中心經(jīng)過磁場邊界時，線圈的QP和PN兩邊所受安培力大小均為FBIL，方向相互垂直，則線圈所受安培力F安F，B錯誤；當(dāng)線圈中心經(jīng)過磁場邊界時，回路的瞬時電功率P，C正確；線圈從開始進(jìn)入磁場到其中心經(jīng)過磁場邊界的過程，通過導(dǎo)線某一橫截面的電荷量q，D錯誤。命題角度3 電磁感應(yīng)中的動力學(xué)和能量問題例5(2019·天津高考)如圖所示，固定在水平面上間距為l的兩條平行光滑金屬導(dǎo)軌，垂直于導(dǎo)軌放置的兩根金屬棒MN和PQ長度也為l、電阻均為R，兩棒與導(dǎo)軌始終接觸良好。MN兩端通過開關(guān)S與電阻為R的單匝金屬線圈相連，線圈內(nèi)存在豎直向下均勻增加的磁場，磁通量變化率為常量k。圖中虛線右側(cè)有垂直于導(dǎo)軌平面向下的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B。PQ的質(zhì)量為m，金屬導(dǎo)軌足夠長、電阻忽略不計。(1)閉合S，若使PQ保持靜止，需在其上加多大的水平恒力F，并指出其方向；(2)斷開S，PQ在上述恒力作用下，由靜止開始到速度大小為v的加速過程中流過PQ的電荷量為q，求該過程安培力做的功W。解析(1)設(shè)線圈中的感應(yīng)電動勢為E，由法拉第電磁感應(yīng)定律得感應(yīng)電動勢E，則Ek設(shè)PQ與MN并聯(lián)的電阻為R并，有R并閉合S時，設(shè)線圈中的電流為I，根據(jù)閉合電路歐姆定律得I設(shè)PQ中的電流為IPQ，有IPQI設(shè)PQ受到的安培力為F安，有F安BIPQlPQ保持靜止，由受力平衡，有FF安聯(lián)立式得F由楞次定律和右手螺旋定則得PQ中的電流方向為由Q到P，再由左手定則得PQ所受安培力的方向水平向左，則力F的方向水平向右。(2)設(shè)PQ由靜止開始到速度大小為v的加速過程中，PQ運動的位移為x，所用時間為t，回路中的磁通量變化為，平均感應(yīng)電動勢為，有其中Blx設(shè)PQ中的平均感應(yīng)電流為，有根據(jù)電流的定義式得由動能定理，有FxWmv20聯(lián)立式得Wmv2kq。答案(1)方向水平向右(2)mv2kq(1)“四步法”分析電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題(2)電磁感應(yīng)中的能量分析從能量的觀點著手，運用動能定理或能量守恒定律?；痉椒ㄊ牵菏芰Ψ治雠迥男┝ψ龉?，做正功還是負(fù)功明確有哪些形式的能參與轉(zhuǎn)化，哪些增哪些減由動能定理或能量守恒定律列方程求解。備課記錄： 5(2019·焦作模擬)如圖所示，在傾角37°的光滑斜面上存在一垂直斜面向上的勻強磁場區(qū)域MNPQ，磁感應(yīng)強度B的大小為5 T，磁場寬度d0.55 m。有一邊長L0.4 m、質(zhì)量m10.6 kg、電阻R2 的正方形均勻?qū)w線框abcd通過一輕質(zhì)細(xì)線跨過光滑的定滑輪與一質(zhì)量m20.4 kg的物體相連。物體與水平面間的動摩擦因數(shù)0.4，將線框從圖示位置由靜止釋放，物體到定滑輪的距離足夠長。(取g10 m/s2，sin37°0.6，cos37°0.8)(1)求線框abcd還未進(jìn)入磁場的運動過程中，細(xì)線中的拉力大小；(2)當(dāng)ab邊剛進(jìn)入磁場時，線框恰好做勻速直線運動，求線框剛釋放時ab邊距磁場MN邊界的距離x；(3)在(2)問中的條件下，若cd邊離開磁場邊界PQ時，速度大小為2 m/s，求整個運動過程中ab邊產(chǎn)生的熱量。答案(1)2.4 N(2)0.25 m(3)0.1 J解析(1)線框還未進(jìn)入磁場的過程中，以線框為研究對象，由牛頓第二定律得m1gsinTm1a以物體為研究對象，由牛頓第二定律得Tm2gm2a，聯(lián)立解得T2.4 N，a2 m/s2。(2)線框剛進(jìn)入磁場時恰好做勻速直線運動，有m1gsinT0，Tm2g0，解得v1 m/s。線框進(jìn)入磁場前做勻加速直線運動，有v22ax，解得x0.25 m。(3)線框從開始運動到cd邊恰好離開磁場邊界PQ時，對整體有m1gsin(xdL)m2g(xdL)(m1m2)vQ，解得Q0.4 J，根據(jù)焦耳定律有QI2Rt，ab邊產(chǎn)生的熱量QabI2t，所以QabQ0.1 J。高考考向3恒定電流與交變電流命題角度1 直流電路的動態(tài)分析例6(2019·江蘇省丹陽市丹陽高級中學(xué)三模)如圖所示電路中，R為某種半導(dǎo)體氣敏元件，其阻值隨周圍環(huán)境一氧化碳?xì)怏w濃度的增大而減小。當(dāng)一氧化碳?xì)怏w濃度增大時，下列說法中正確的是()A電壓表V示數(shù)增大B電流表A示數(shù)減小C電路的總功率減小D變阻器R1的取值越大，電表示數(shù)變化越明顯解析當(dāng)一氧化碳?xì)怏w濃度增大時，R減小，總電阻減小，則總電流增大，內(nèi)電壓增大，路端電壓減小，可知電壓表V示數(shù)減小，通過變阻器的電流減小，則電流表A示數(shù)增大，故A、B錯誤；電路的總功率為PEI，E不變，I增大，則P增大，故C錯誤；變阻器R1的取值越大，R1與R并聯(lián)的阻值越接近R，R對電路的影響越大，則知變阻器R1的取值越大，電表示數(shù)變化越明顯，故D正確。答案D(1)直流電路動態(tài)分析方法程序法；“串反并同”法；極限法。(2)電容器的特點直流電路中，只有當(dāng)電容器充、放電時，電容器支路中才會有電流，當(dāng)電路穩(wěn)定時，電容器所在的支路相當(dāng)于斷路。電路穩(wěn)定時，與電容器串聯(lián)的電路中沒有電流，同支路的電阻相當(dāng)于導(dǎo)線，電容器兩端的電壓等于與之并聯(lián)的電阻(或電路)兩端的電壓。備課記錄： 6.(2019·江蘇省七市高三第三次調(diào)研)在如圖所示的電路中，電源電動勢為E，內(nèi)阻為r，R1、R3為滑動變阻器，R2為定值電阻，C為電容器。開始時開關(guān)S1、S2閉合。下列操作能使電容器所帶電荷量增加的是()A斷開開關(guān)S1B斷開開關(guān)S2C向左移動滑動變阻器R1的滑片D向左移動滑動變阻器R3的滑片答案B解析根據(jù)電路結(jié)構(gòu)可知，回路電流I，電容器兩端的電壓：UIR2?；瑒幼冏杵鱎1與電容器串聯(lián)，穩(wěn)定時，支路無電流，改變R1的滑片位置，不會改變電壓和電流，電容器帶電荷量不變，C錯誤；向左移動滑動變阻器R3的滑片，接入電路電阻變大，回路電流變小，電容器兩端的電壓變小，根據(jù)QCU可知，電容器所帶電荷量變小，D錯誤；斷開開關(guān)S1，電容器通過與R1、R2、S2連接形成的回路放電，電荷量減小，A錯誤；斷開開關(guān)S2，電容器直接串聯(lián)在電路中，電容器兩端電壓大小與電源電動勢相同，電壓變大，根據(jù)QCU可知，電容器所帶電荷量變大，B正確。命題角度2 交流電的產(chǎn)生和描述例7(2019·天津高考)(多選)單匝閉合矩形線框電阻為R，在勻強磁場中繞與磁感線垂直的軸勻速轉(zhuǎn)動，穿過線框的磁通量與時間t的關(guān)系圖象如圖所示。下列說法正確的是()A.時刻線框平面與中性面垂直B線框的感應(yīng)電動勢有效值為C線框轉(zhuǎn)一周外力所做的功為D從t0到t過程中線框的平均感應(yīng)電動勢為解析中性面的特點是與磁場垂直，線框位于中性面時，穿過線框的磁通量最大，磁通量變化率最小，則時刻線框所在平面與中性面重合，A錯誤；感應(yīng)電動勢最大值為Emmm，對正弦式交流電，感應(yīng)電動勢有效值E有，B正確；由功能關(guān)系知，線框轉(zhuǎn)一周外力做的功等于產(chǎn)生的電能，WE電·T，C正確；由法拉第電磁感應(yīng)定律知，從t0到t過程中線框的平均感應(yīng)電動勢，D錯誤。答案BC(1)線圈通過中性面時的特點穿過線圈的磁通量最大。線圈中的感應(yīng)電動勢為零。線圈每經(jīng)過中性面一次，感應(yīng)電流的方向改變一次。(2)交流電的“四值”最大值：EmNBS?？捎脕矸治鲭娙萜鞯哪蛪褐?。瞬時值：eNBSsint。計算閃光電器的閃光時間、線圈某時刻的受力情況。有效值：正弦式交流電的有效值E；非正弦式交流電的有效值必須根據(jù)電流的熱效應(yīng)，用等效的思想來求解。計算交流電路的電功、電功率和測定交流電路的電壓、電流都是指有效值。平均值：n。常用來計算通過電路的電荷量。備課記錄： 7.(2019·山東濱州二模)如圖所示為線圈匝數(shù)為n的小型旋轉(zhuǎn)電樞式交流發(fā)電機的原理圖，其矩形線圈面積為S，在磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中繞垂直于磁場方向的固定軸OO勻速轉(zhuǎn)動。矩形線圈電阻為r，矩形線圈通過兩刷環(huán)接電阻R，伏特表接在R兩端。當(dāng)線圈以角速度勻速轉(zhuǎn)動時，下列說法正確的是()A從線圈與磁場平行位置開始計時，瞬時電動勢為enBSsintB當(dāng)線圈平面轉(zhuǎn)到與磁場垂直時，電壓表示數(shù)為零C線圈從與磁場平行位置開始轉(zhuǎn)過90°的過程中，通過電阻R的電荷量為D線圈轉(zhuǎn)一周的過程中回路產(chǎn)生的焦耳熱為答案D解析交流發(fā)電機產(chǎn)生電動勢的最大值為EmnBS，從線圈與磁場平行位置開始計時，瞬時電動勢為enBScost，故A錯誤；交流電壓表測量的是電阻R兩端電壓的有效值，電動勢的有效值為E，電流為I，交流電壓表的示數(shù)為UIR，故B錯誤；線圈從與磁場平行位置開始轉(zhuǎn)過90°的過程中，線圈轉(zhuǎn)動，n，平均電流，電荷量q·tn，故C錯誤；線圈轉(zhuǎn)一周的過程中回路產(chǎn)生的焦耳熱為QI2(Rr)T2(Rr)×，故D正確。命題角度3 理想變壓器與遠(yuǎn)距離輸電例8(2019·江蘇高考)某理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)之比為110，當(dāng)輸入電壓增加20 V時，輸出電壓()A降低2 V B增加2 V C降低200 V D增加200 V解析理想變壓器的電壓與匝數(shù)關(guān)系為，整理可得，即原、副線圈匝數(shù)之比等于原、副線圈的電壓變化量之比，當(dāng)U120 V時，U2200 V，D正確。答案D(1)理想變壓器動態(tài)分析的兩種情況負(fù)載電阻不變，討論變壓器原、副線圈兩端的電壓、電流、電功率等隨匝數(shù)比的變化情況。匝數(shù)比不變，討論變壓器原、副線圈兩端的電壓、電流、電功率等隨負(fù)載電阻的變化情況。(2)分析技巧根據(jù)題意分清變量和不變量。弄清“誰決定誰”的制約關(guān)系。對電壓而言，輸入決定輸出；對電流、電功(率)而言，輸出決定輸入。備課記錄： 81(2019·山東省“評價大聯(lián)考”三模)如圖，理想變壓器T的原線圈接在電壓為U的交流電源兩端，P為滑動變阻器的滑片，RT為熱敏電阻，其阻值隨溫度升高而減小，則()AP向左滑動時，變壓器的輸出電壓變大BP向左滑動時，變壓器的輸入功率變大CRT溫度升高時，燈L變亮DRT溫度升高時，適當(dāng)向右滑動P可保持燈L亮度不變答案D解析P向左滑動時，變壓器原線圈電壓和原、副線圈的匝數(shù)比均不變，輸出電壓不變，故A錯誤；P向左滑動時，滑動變阻器電阻變大，副線圈回路總電阻增大，輸出功率減小，所以變壓器的輸入功率也變小，故B錯誤；RT溫度升高時，其阻值減小，副線圈回路總電阻減小，總電流增大，滑動變阻器的分壓增大，燈L兩端電壓減小，燈L變暗，故C錯誤；RT溫度升高時，其阻值減小，只有適當(dāng)向右滑動P，才能使燈L分壓不變，從而保持燈L的亮度不變，故D正確。82(2019·湖南衡陽三模)(多選)如圖所示為某小型水電站的電能輸送示意圖，輸電線總電阻為r，升壓變壓器、降壓變壓器均為理想變壓器。假設(shè)發(fā)電機的輸出電壓不變。則下列說法正確的是()A若使用的電燈減少，則發(fā)電機的輸出功率不變B若使用的電燈減少，則發(fā)電機的輸出功率將減小C若使用的電燈增多，則降壓變壓器的輸出電壓不變D若使用的電燈增多，則降壓變壓器的輸出電壓減小答案BD解析輸入的功率的大小是由輸出功率的大小決定的，當(dāng)使用的電燈減少時，輸出功率減小，則輸入功率也減小，即發(fā)電機的輸出功率減小，故A錯誤，B正確；當(dāng)使用的電燈增多時，輸出功率增大，降壓變壓器的輸出電流增大，則降壓變壓器的輸入電流變大，輸電線上的電流增大；輸電線上的電壓損失Ur增大，發(fā)電機的輸出電壓U1不變，升壓變壓器匝數(shù)比不變，則升壓變壓器輸出電壓U2不變，由U2U3Ur可知降壓變壓器的輸入電壓U3減小，又降壓變壓器的匝數(shù)比不變，故降壓變壓器的輸出電壓U4減小，故D正確，C錯誤。閱卷現(xiàn)場對感應(yīng)電動勢的分析出錯例9(2019·云南昆明4月質(zhì)檢)(20分)如圖甲所示，ACD是固定在水平面上的半徑為2r，圓心為O的金屬半圓弧導(dǎo)軌，EF是半徑為r、圓心也為O的半圓弧，在半圓弧EF與導(dǎo)軌ACD之間的半圓環(huán)區(qū)域內(nèi)存在垂直導(dǎo)軌平面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，B隨時間t變化的圖象如圖乙所示。OA間接有電阻P，金屬桿OM可繞O點轉(zhuǎn)動，M端與軌道接觸良好，金屬桿OM與電阻P的阻值均為R，其余電阻不計。(1)0t0時間內(nèi)，OM桿固定在與OA夾角為1的位置不動，求這段時間內(nèi)通過電阻P的感應(yīng)電流大小和方向；(2)t02t0時間內(nèi)，OM桿在外力作用下以恒定的角速度逆時針轉(zhuǎn)動，2t0時轉(zhuǎn)過角度2到OC位置，求電阻P在這段時間內(nèi)產(chǎn)生的焦耳熱Q；(3)2t03t0時間內(nèi)，OM桿仍在外力作用下以恒定的角速度逆時針轉(zhuǎn)動，3t0時轉(zhuǎn)到OD位置，若2t0時勻強磁場開始變化，使得2t03t0時間內(nèi)回路中始終無感應(yīng)電流，求B隨時間t變化的關(guān)系式，并在圖乙中補畫出這段時間內(nèi)的大致圖象。正解(1)0t0：，(1分)E1·S1，(2分)S1×(·4r2r2)，(1分)I1，(2分)解得：I1，通過電阻P的感應(yīng)電流方向為：AO。(2分)(2)t02t0，OM轉(zhuǎn)動的角速度為，(1分)感應(yīng)電動勢為：E2B0r，(2分)(1分)I2，(1分)QIRt0，(2分)解得：Q。(1分)(3)2t03t0，回路中無感應(yīng)電流，磁通量不變則B0r2B·(2分)解得：B。(1分)圖象如圖所示：(1分)答案(1)感應(yīng)電流方向為：AO(2)(3)B圖見解析錯解(1)0t0：，(1分)E1·S1，(2分)S1×(·4r2r2)，(1分)I1(2分)解得：I1，通過電阻P的感應(yīng)電流方向為：AO。(2分)(2)t02t0，OM轉(zhuǎn)動的角速度為，(1分)感應(yīng)電動勢為：E2B0r，(2分)·2r(扣1分)I2，(1分)QIRt0，(2分)解得：Q。(扣1分)(3)2t03t0，回路中無感應(yīng)電流，磁通量不變則B0r2B·(2分)解得：B(1分)圖象如圖所示：(1分)答案(1)感應(yīng)電流方向為：AO(2)(3)B圖見解析本題出錯點為：金屬棒轉(zhuǎn)動切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢EBr 中，是金屬棒切割磁感線兩端點速度的平均值，而不是最外端點的速度值。從上述步驟中可以看出做綜合大題一定要樹立“重視過程，分步解答”的解題觀，因為高考閱卷實行按步給分，每一步的關(guān)鍵方程都是得分點，不要寫連等式或綜合式子，否則會“一招不慎，滿盤皆輸”。專題作業(yè)1(2019·唐山模擬)(多選)如圖所示，在磁感應(yīng)強度B1.0 T的勻強磁場中，金屬桿PQ在外力F作用下在粗糙U形導(dǎo)軌上以速度v2 m/s向右勻速滑動。兩導(dǎo)軌間距離l1.0 m，電阻R3.0 ，金屬桿的電阻r1.0 ，導(dǎo)軌電阻忽略不計。下列說法正確的是()A通過R的感應(yīng)電流的方向為由a到dB金屬桿PQ切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的大小為2.0 VC金屬桿PQ受到的安培力大小為0.5 ND外力F做功的數(shù)值等于電路產(chǎn)生的焦耳熱答案ABC解析由右手定則判斷知，金屬桿滑動時產(chǎn)生逆時針方向的電流，通過R的感應(yīng)電流的方向為由a到d，A正確；金屬桿PQ切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的大小為：EBlv1.0×1×2 V2 V，B正確；在整個回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電流為：I，代入數(shù)據(jù)得：I0.5 A，由安培力公式：F安BIl，代入數(shù)據(jù)得：F安0.5 N，C正確；金屬桿PQ在外力F作用下在粗糙U形導(dǎo)軌上以速度v向右勻速滑動，外力F做功大小等于電路產(chǎn)生的焦耳熱和導(dǎo)軌與金屬桿之間的摩擦力產(chǎn)生的內(nèi)能之和，D錯誤。2(2019·兩湖八市十二校聯(lián)合二模)如圖甲所示，在豎直方向分布均勻的磁場中水平放置一個金屬圓環(huán)，圓環(huán)所圍面積為0.1 m2，圓環(huán)電阻為0.2 。在第1 s內(nèi)感應(yīng)電流I沿順時針方向。磁場的磁感應(yīng)強度B隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示(其中在45 s的時間段呈直線)。則()A在05 s時間段，感應(yīng)電流先減小再增大B在02 s時間段感應(yīng)電流沿逆時針方向，在25 s時間段感應(yīng)電流沿順時針方向C在05 s時間段，圓環(huán)最大發(fā)熱功率為5.0×104 WD在02 s時間段，通過圓環(huán)橫截面的電量為5.0×101 C答案C解析根據(jù)閉合電路歐姆定律得In，知磁感應(yīng)強度的變化率越大，則電流越大，磁感應(yīng)強度變化率最大值為0.1 T/s，則最大電流I A0.05 A，則在05 s時間段，感應(yīng)電流先減小再增大，最后不變，故A錯誤；由題意知，在第1 s內(nèi)感應(yīng)電流I沿順時針方向，根據(jù)楞次定律知，磁場方向向上為正方向，在02 s時間段感應(yīng)電流沿順時針方向，在25 s時間段，感應(yīng)電流的方向為逆時針方向，故B錯誤；在05 s時間段，當(dāng)電流最大時，發(fā)熱功率最大，則PI2R0.052×0.2 W5.0×104 W，故C正確；在02 s時間段，通過圓環(huán)橫截面的電量為q C5×102 C，故D錯誤。3.(2019·陜西八校高三4月聯(lián)考)如圖所示，電源電動勢為E，內(nèi)阻為r，電路中的R1為光敏電阻(其阻值隨光照強度增大而減小)，R2為定值電阻。當(dāng)開關(guān)S閉合時，下列說法正確的是()A增大光照強度，電流表示數(shù)變小B增大光照強度，電壓表示數(shù)變小C減小光照強度，R2消耗的功率變大D減小光照強度，電源的總功率變大答案B解析當(dāng)光照強度增大時，光敏電阻的阻值減小，總電阻減小，由閉合電路歐姆定律可得，電路中總電流增大，由UEIr可知，路端電壓減小，故電壓表示數(shù)減小，電流表示數(shù)增大，故A錯誤，B正確；當(dāng)光照強度減小時，光敏電阻的阻值增大，總電阻增大，由閉合電路歐姆定律可得，電路中總電流減小，由PI2R2可知，R2消耗的功率變小，故C錯誤；由C項分析可知，當(dāng)光照強度減小時，電路中總電流減小，由PEI可知電源的總功率減小，故D錯誤。4(2019·遼寧大連二模)(多選)近年來，手機無線充電功能的廣泛應(yīng)用為人們提供了很大便利。如圖甲為充電原理示意圖。充電板接交流電源，對充電板供電，充電板內(nèi)的勵磁線圈可產(chǎn)生交變磁場，從而使手機內(nèi)的感應(yīng)線圈產(chǎn)生感應(yīng)電流。當(dāng)充電板內(nèi)的勵磁線圈通入如圖乙所示的交變電流時(電流由a流入時方向為正)，下列說法正確的是()A感應(yīng)線圈中產(chǎn)生的是恒定電流B感應(yīng)線圈中電流的方向總是與勵磁線圈中電流方向相反Ct3時刻，感應(yīng)線圈中電流的瞬時值為0Dt1t3時間內(nèi)，c點電勢高于d點電勢答案CD解析勵磁線圈產(chǎn)生的磁場隨電流變化，因為電流不是均勻變化，電流產(chǎn)生的磁場也不是均勻變化，所以感應(yīng)線圈中的感應(yīng)電動勢EnnS就不是恒定的，感應(yīng)電流也就不是恒定的，A錯誤；感應(yīng)電流方向阻礙引起感應(yīng)電流磁通量的變化，當(dāng)勵磁線圈電流減小，電流產(chǎn)生的磁場減小時，感應(yīng)線圈中的感應(yīng)電流與勵磁線圈電流方向相同，阻礙磁場減小，B錯誤；t3時刻，勵磁線圈電流變化率為零，磁感應(yīng)強度變化率為零，EnnS，感應(yīng)線圈中的感應(yīng)電動勢為零，感應(yīng)電流為零，C正確；t1t3時間內(nèi)，勵磁線圈的電流先正向減小后負(fù)向增大，電流產(chǎn)生的磁場先向上減小后向下增大，感應(yīng)線圈中的感應(yīng)電流的磁場向上，根據(jù)安培定則可判斷c點電勢高于d點電勢，D正確。5.(2019·吉林省吉林市三模)將一均勻?qū)Ь€圍成一圓心角為90°的扇形導(dǎo)線框OMN，其中OMR，圓弧MN的圓心為O點，將導(dǎo)線框的O點置于如圖所示的直角坐標(biāo)系的原點，其中第二和第四象限存在垂直紙面向里的勻強磁場，其磁感應(yīng)強度大小為B，第三象限存在垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為2B。從t0時刻開始讓導(dǎo)線框以O(shè)點為圓心，以恒定的角速度沿逆時針方向做勻速圓周運動，假定沿ONM方向的電流為正，則線框中的電流隨時間的變化規(guī)律描繪正確的是()答案B解析在0t0時間內(nèi)，線框從圖示位置(t0)開始轉(zhuǎn)過90°的過程中，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E1B·R2，由閉合電路歐姆定律得，回路中的電流為I1，根據(jù)楞次定律判斷可知，線框中感應(yīng)電流方向為逆時針方向(沿ONM方向)。在t02t0時間內(nèi)，線框進(jìn)入第三象限的過程中，回路中的電流方向為順時針方向(沿OMN方向)，回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E2B·R2·2B·R2BR23E1，感應(yīng)電流為I23I1。在2t03t0時間內(nèi)，線框進(jìn)入第四象限的過程中，回路中的電流方向為逆時針方向(沿ONM方向)，回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E3B·R2·2B·R2B·R23E1，感應(yīng)電流為I33I1。在3t04t0時間內(nèi)，線框出第四象限的過程中，回路中的電流方向為順時針方向(沿OMN方向)，回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E4B·R2，回路電流為I4I1，故B正確，A、C、D錯誤。6(2019·山西懷仁檢測)(多選)如圖甲所示，光滑的平行導(dǎo)軌MN、PQ固定在水平面上，導(dǎo)軌表面上放著光滑導(dǎo)體棒ab、cd，兩棒之間用絕緣細(xì)桿連接，兩導(dǎo)體棒平行且與導(dǎo)軌垂直?，F(xiàn)加一垂直導(dǎo)軌平面的勻強磁場，設(shè)磁場方向向下為正，磁感應(yīng)強度B隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示，t12t0，不計ab、cd間電流的相互作用，不計導(dǎo)軌的電阻，每根導(dǎo)體棒的電阻為R，導(dǎo)軌間距和絕緣細(xì)桿的長度均為L。下列說法正確的是()Att0時細(xì)桿既不被拉伸也不被壓縮B在0t1時間內(nèi)，絕緣細(xì)桿先被拉伸后被壓縮C在0t1時間內(nèi)，abcd回路中的電流先沿順時針方向后沿逆時針方向D若在0t1時間內(nèi)流過導(dǎo)體棒的電荷量為q，則t1時刻的磁感應(yīng)強度大小為答案ABD解析由題圖乙所示圖象可知，tt0時磁感應(yīng)強度為零，導(dǎo)體棒不受安培力作用，細(xì)桿既不被拉伸也不被壓縮，A正確；在0t1時間內(nèi)，磁通量先向下減少，后向上增大，由楞次定律可知，感應(yīng)電流始終沿順時針方向，為阻礙磁通量的變化，兩導(dǎo)體棒先有遠(yuǎn)離的趨勢，后有靠近的趨勢，則絕緣細(xì)桿先被拉伸后被壓縮，B正確，C錯誤；設(shè)t1時刻磁感應(yīng)強度的大小為B0，根據(jù)對稱性可知，t0時刻磁感應(yīng)強度的大小也為B0，由法拉第電磁感應(yīng)定律可知感應(yīng)電動勢ESL2，則回路中感應(yīng)電流的大小為I，若在0t1時間內(nèi)流過導(dǎo)體棒的電荷量為q，電荷量qIt1×2t0，則B0，D正確。7(2019·湖南師大附中高考二模)(多選)半徑分別為r和2r的同心半圓粗糙導(dǎo)軌MN、PQ固定在同一水平面內(nèi)，一長為r、電阻為2R、質(zhì)量為m且質(zhì)量分布均勻的導(dǎo)體棒AB置于半圓軌道上面，BA的延長線通過導(dǎo)軌的圓心O，裝置的俯視圖如圖所示。整個裝置位于磁感應(yīng)強度大小為B、方向豎直向下的勻強磁場中。在N、Q之間接有一阻值為R的電阻。導(dǎo)體棒AB在水平外力作用下，以角速度繞O順時針勻速轉(zhuǎn)動，在轉(zhuǎn)動過程中始終與導(dǎo)軌保持良好接觸。設(shè)導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為，導(dǎo)軌電阻不計，重力加速度為g，則下列說法正確的是()A導(dǎo)體棒AB兩端的電壓為Br2B電阻R中的電流方向從Q到N，大小為C外力的功率大小為mgrD若導(dǎo)體棒不動，要產(chǎn)生同方向的感應(yīng)電流，可使豎直向下的磁場的磁感應(yīng)強度增加，且變化得越來越慢答案BC解析導(dǎo)體棒在勻強磁場中切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢EBrBrBr2，I，方向為順時針，UBAEBr2，故A錯誤，B正確；外力的功率P外BIrfmgr，故C正確；由楞次定律可知，若導(dǎo)體棒不動，要產(chǎn)生同方向的感應(yīng)電流，可使豎直向下的磁場的磁感應(yīng)強度減小，故D錯誤。8(2019·河南安陽二模)(多選)如圖所示，發(fā)電機的輸出電壓U1000sin100t(V)，通過理想降壓變壓器給若干盞燈泡供電，輸電線上連接可調(diào)電阻r。變壓器原線圈兩端接有理想交流電壓表V，副線圈干路接有理想交流電流表A，下列說法正確的是()A電壓表V的示數(shù)始終為1000 VB僅增多接入燈泡，電流表A的示數(shù)增大C僅增大可調(diào)電阻r，電壓表V的示數(shù)增大D僅增大可調(diào)電阻r，電流表A的示數(shù)減小答案BD解析因發(fā)電機輸出電壓有效值為1000 V，則變壓器初級電壓為U11000 VI1r，可知電壓表V的示數(shù)小于1000 V，A錯誤；僅增多接入燈泡，則次級電阻減小，次級電流變大，電流表A的示數(shù)增大，B正確；僅增大可調(diào)電阻r，初級電壓會減小，即電壓表V的示數(shù)減小，次級電壓也會減小，則次級電流減小，即電流表A的示數(shù)減小，C錯誤，D正確。9(2019·河南省鄭州市一模)(多選)如圖所示，豎直放置的“”形光滑導(dǎo)軌寬為L，矩形勻強磁場、的高和間距均為d，磁感應(yīng)強度為B。將質(zhì)量為m的水平金屬桿由靜止釋放，金屬桿進(jìn)入磁場和時的速度相等。金屬桿在導(dǎo)軌間的電阻為R，與導(dǎo)軌接觸良好，其余電阻不計，重力加速度為g。則金屬桿()A穿出兩磁場時的速度相等B穿過磁場的時間大于在兩磁場之間的運動時間C穿過兩磁場產(chǎn)生的總熱量為4mgdD釋放時距磁場上邊界的高度h可能小于答案ABC解析由題意可知，金屬桿進(jìn)入磁場和時的速度相等，則金屬桿在區(qū)做減速運動，同理在區(qū)也做減速運動，兩磁場區(qū)域的高度與磁感應(yīng)強度都相同，金屬桿在兩區(qū)域的運動規(guī)律與運動過程相同，金屬桿穿出兩磁場時的速度相等，故A正確；金屬桿在磁場運動時，隨著速度減小，產(chǎn)生的感應(yīng)電流減小，受到的安培力減小，合力減小，加速度減小，所以金屬桿做加速度逐漸減小的變減速運動，在兩個磁場之間做勻加速運動，由題知，進(jìn)入磁場和時的速度相等，所以金屬桿在磁場中運動時平均速度小于在兩磁場之間運動的平均速度，兩個過程位移相等，所以金屬桿穿過磁場的時間大于在兩磁場之間的運動時間，故B正確；金屬桿從剛進(jìn)入磁場到剛進(jìn)入磁場的過程，由能量守恒定律得：2mgdQ，金屬桿通過磁場時產(chǎn)生的熱量與通過磁場時產(chǎn)生的熱量相同，所以總熱量為：Q總2Q4mgd，故C正確；設(shè)金屬桿釋放時距磁場上邊界的高度為h0時進(jìn)入磁場時剛好勻速運動，則有：mgBILBL，又v，聯(lián)立解得：h0，由于金屬桿進(jìn)入磁場時做減速運動，所以釋放時距磁場上邊界高度h一定大于h0，故D錯誤。10(2019·廣西欽州三模)(多選)如圖，兩條間距為L的平行金屬導(dǎo)軌位于同一水平面(紙面)內(nèi)，其左端接一阻值為R的電阻。一金屬棒垂直放置在兩導(dǎo)軌上，在MN左側(cè)面積為S的圓形區(qū)域中存在垂直于紙面向里的均勻磁場，磁感應(yīng)強度大小B隨時間t的變化關(guān)系為Bkt，式中k為常量，且k0。在MN右側(cè)區(qū)域存在一與導(dǎo)軌垂直、磁感應(yīng)強度大小為B0、方向垂直紙面向里的勻強磁場。t0時刻，金屬棒從MN處開始，在水平拉力F作用下以速度v0向右勻速運動。金屬棒與導(dǎo)軌的電阻及摩擦均可忽略。則()A在t(t>0)時刻穿過回路的總磁通量為B0Lv0tB電阻R上的電流為恒定電流C在時間t內(nèi)流過電阻的電荷量為tD金屬棒所受的水平拉力F隨時間均勻增大答案BC解析根據(jù)題圖可知，MN左邊的磁場方向與右邊的磁場方向相同，則穿過回路的總磁通量即為兩邊磁通量之和，在t(t0)時刻穿過回路的總磁通量為：12ktSB0Lv0t，故A錯誤；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得，回路中產(chǎn)生的總感應(yīng)電動勢為：EkSB0Lv0，由閉合電路歐姆定律有：I，則電阻R上的電流為恒定電流，故B正確；在時間t內(nèi)流過電阻的電荷量為：qItt，故C正確；金屬棒受到的安培力大小為：FAB0IL，保持不變，金屬棒勻速運動，水平拉力大小等于安培力大小，所以水平拉力F保持不變，故D錯誤。11.(2019·四川省德陽市高中檢測)如圖所示，光滑導(dǎo)軌MN和PQ固定在豎直平面內(nèi)，導(dǎo)軌間距為L，兩端分別接有阻值均為R的定值電阻R1和R2。兩導(dǎo)軌間有一邊長為的正方形區(qū)域abcd，該區(qū)域內(nèi)有磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直紙面向里的勻強磁場。一質(zhì)量為m的金屬桿與導(dǎo)軌相互垂直且接觸良好，從ab處由靜止釋放，若金屬桿離開磁場前已做勻速運動，其余電阻均不計。重力加速度為g。求：(1)金屬桿離開磁場時速度的大??；(2)金屬桿穿過整個磁場過程中電阻R1上產(chǎn)生的電熱。答案(1)(2)解析(1)設(shè)金屬桿離開磁場時金屬桿中的電流為I，由平衡條件得mgBI解得I設(shè)桿勻速運動時的速度為v，由EBv，EI解得v。(2)由能量守恒定律得mgQmv2電阻R1上產(chǎn)生的電熱為Q1解得Q1。12(2019·山東省濰坊市二模)如圖所示，兩平行金屬導(dǎo)軌固定在水平面上，間距為L，左端接有阻值為R的電阻。兩導(dǎo)軌間勻強磁場方向豎直向上，磁感應(yīng)強度大小為B。質(zhì)量為m、阻值為r的金屬棒垂直于導(dǎo)軌放置?，F(xiàn)對棒施加水平向右的恒定拉力F，使棒由靜止開始向右運動。若棒向右運動距離為x時速度達(dá)到最大值，不計導(dǎo)軌電阻，忽略棒與導(dǎo)軌間的摩擦，求：(1)棒運動的最大速度vm；(2)在棒運動位移x的過程中，電阻R產(chǎn)生的焦耳熱。答案(1)(2)解析(1)棒的速度最大時，棒中的感應(yīng)電動勢：EmBLvm棒中的電流：Im根據(jù)平衡條件，有：BImLF解得：vm。