全國2019屆高考物理二輪復(fù)習(xí)全冊學(xué)案（打包17套）.zip

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(3)路端電壓與負(fù)載的關(guān)系 U＝IR＝E＝E，路端電壓隨外電阻的增大而增大，隨外電阻的減小而減小. 2.直流電路動態(tài)分析的3種常用方法 方法1：程序法 R局I總＝U內(nèi)＝I總rU外＝E－U內(nèi)確定U支、I支 方法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). “并同”：指某一電阻增大(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). 方法3：極限法 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分別滑至兩個極端，使電阻最大或電阻為零去討論. 例1　如圖1所示，圖甲中M為一電動機，當(dāng)滑動變阻器R的觸頭從一端滑到另一端的過程中，兩電壓表的讀數(shù)隨電流表讀數(shù)的變化情況如圖乙所示.已知電流表讀數(shù)在0.2 A以下時，電動機沒有發(fā)生轉(zhuǎn)動.不考慮電表對電路的影響，以下判斷正確的是(　　) 圖1 A.電路中電源電動勢為3.4 V B.變阻器的觸頭向右滑動時，V2讀數(shù)逐漸減小 C.此電路中，電動機的最大輸出功率為0.9 W D.變阻器的最大阻值為30 Ω 解析　由題圖甲知，電壓表V2測量路端電壓，電流增大時，內(nèi)電壓增大，路端電壓減小，所以最上面的圖線表示V2的電壓與電流的關(guān)系，此圖線斜率的絕對值大小等于電源的內(nèi)阻，為r＝ Ω＝2 Ω.當(dāng)電流I＝0.1 A時，U＝3.4 V，則電源的電動勢E＝U＋Ir＝3.4 V＋0.1×2 V＝3.6 V，故A錯誤；變阻器的觸頭向右滑動時，R阻值變大，總電流減小，內(nèi)電壓減小，路端電壓即為V2讀數(shù)逐漸增大，故B錯誤；由題圖乙可知，電動機的電阻rM＝ Ω＝4 Ω.當(dāng)I＝0.3 A時，U＝3 V，電動機的輸入功率最大，最大輸入功率為P＝UI＝3×0.3 W＝0.9 W，則最大輸出功率一定小于0.9 W，故C錯誤；當(dāng)I＝0.1 A時，電路中電流最小，變阻器的電阻為最大值，所以R＝－r－rM＝(－2－4) Ω＝30 Ω，故D正確. 答案　D 變式訓(xùn)練 1.(2016·全國甲卷·17)阻值相等的四個電阻、電容器C及電池E(內(nèi)阻可忽略)連接成如圖2所示電路.開關(guān)S斷開且電流穩(wěn)定時，C所帶的電荷量為Q1；閉合開關(guān)S，電流再次穩(wěn)定后，C所帶的電荷量為Q2.Q1與Q2的比值為(　　) 圖2 A. B. C. D. 答案　C 解析　S斷開時等效電路圖如圖甲所示. 電容器兩端電壓為U1＝×R×＝E； S閉合時等效電路圖如圖乙所示. 電容器兩端電壓為U2＝×R＝E， 由Q＝CU得＝＝，故選項C正確. 　　 甲　　　　　　　　　乙 2.(2016·江蘇·8)如圖3所示的電路中，電源電動勢為12 V，內(nèi)阻為2 Ω，四個電阻的阻值已在圖中標(biāo)出，閉合開關(guān)S，下列說法正確的有(　　) 圖3 A.路端電壓為10 V B.電源的總功率為10 W C.a、b間電壓的大小為5 V D.a、b間用導(dǎo)線連接后，電路的總電流為1 A 答案　AC 解析　外電路的總電阻R＝ Ω＝10 Ω，總電流I＝＝1 A，則路端電壓U＝IR＝10 V，A對；電源的總功率P總＝EI＝12 W，B錯；a、b間電壓大小為Uab＝0.5×15 V－0.5×5 V＝ 5 V，C對；a、b間用導(dǎo)線連接后，外電路的總電阻為R′＝2× Ω＝7.5 Ω，電路中的總電流I＝≈1.26 A，D錯誤. 考題二　交變電流的產(chǎn)生及描述 1.線圈通過中性面時的特點 (1)穿過線圈的磁通量最大； (2)線圈中的感應(yīng)電動勢為零； (3)線圈每經(jīng)過中性面一次，感應(yīng)電流的方向改變一次. 2.交變電流“四值”的應(yīng)用 (1)最大值：Em＝nBSω，分析電容器的耐壓值； (2)瞬時值：E＝Emsin ωt(由中性面開始計時)，計算閃光電器的閃光時間、線圈某時刻的受力情況； (3)有效值：電表的讀數(shù)及計算電熱、電功、電功率及保險絲的熔斷電流； (4)平均值：E＝n，計算通過電路截面的電荷量. 例2　圖4甲為小型旋轉(zhuǎn)電樞式交流發(fā)電機的原理圖，其矩形線圈在磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，繞垂直于磁場方向的固定軸OO′(OO′沿水平方向)勻速轉(zhuǎn)動，線圈的兩端經(jīng)集流環(huán)和電刷與電阻R＝10 Ω連接，與電阻R并聯(lián)的交流電壓表為理想電壓表，示數(shù)為10 V.圖乙是矩形線圈中磁通量Φ隨時間t變化的圖象.則(　　) 圖4 A.此交流發(fā)電機的電動勢平均值為10 V B.t＝0.02 s時R兩端的電壓瞬時值為零 C.R兩端的電壓u隨時間t變化的規(guī)律是 u＝10cos (100πt) V D.當(dāng)ab邊速度方向向上時，它所受安培力的方向也向上 解析　矩形線圈繞垂直于磁場方向的轉(zhuǎn)軸勻速轉(zhuǎn)動，產(chǎn)生正弦交流電，外電阻R＝10 Ω，電壓表示數(shù)10 V，說明＝10 V即Em＝10 V.根據(jù)題圖乙t＝0時磁通量等于0可判斷t＝0時R兩端的電壓最大，所以R兩端的電壓隨時間變化的規(guī)律為u＝10cos ωt＝10cos(100πt) V，選項C對.t＝0.02 s代入電動勢的表達式，此刻u＝10 V，選項B錯.根據(jù)楞次定律，感應(yīng)電流總是阻礙線圈的轉(zhuǎn)動，所以當(dāng)ab邊速度方向向上時，它所受安培力的方向向下，選項D錯.電動勢平均值為磁通量和時間的比值，而該比值最大為Em＝10 V，所以平均值一定比Em＝10 V小，選項A錯. 答案　C 變式訓(xùn)練 3.如圖5所示，單匝矩形閉合導(dǎo)線框abcd全部處于水平方向的勻強磁場中，線框面積為S，電阻為R.線框繞與cd邊重合的豎直固定轉(zhuǎn)軸以角速度ω從中性面開始勻速轉(zhuǎn)動，線框轉(zhuǎn)過時的感應(yīng)電流為I，下列說法正確的是(　　) 圖5 A.線框中感應(yīng)電流的有效值為2I B.線框轉(zhuǎn)動過程中穿過線框的磁通量的最大值為 C.從中性面開始轉(zhuǎn)過的過程中，通過導(dǎo)線橫截面的電荷量為 D.線框轉(zhuǎn)一周的過程中，產(chǎn)生的熱量為 答案　BC 解析　由Em＝nBSω，中性面開始計時，則電流i＝sin ωt，當(dāng)ωt＝時電流為I，則I＝，則2I＝；由＝2I為電流的最大值，則線框中感應(yīng)電流的有效值為＝I，故A錯誤；轉(zhuǎn)動過程中穿過線框的磁通量的最大值為BS＝.因n＝1，則B正確；中性面開始轉(zhuǎn)過的過程中，通過導(dǎo)線橫截面的電荷量為t＝＝，則C正確；電流的有效值為I，則Q＝(I)2R·＝，則D錯誤. 4.如圖6甲為風(fēng)力發(fā)電的簡易模型，在風(fēng)力的作用下，風(fēng)葉帶動與其固定在一起的永磁鐵轉(zhuǎn)動，轉(zhuǎn)速與風(fēng)速成正比.某一風(fēng)速時，線圈中產(chǎn)生的正弦式電流如圖乙所示，則(　　) 圖6 A.電流的表達式為i＝0.6sin (10πt) A B.磁鐵的轉(zhuǎn)速為10 r/s C.風(fēng)速加倍時電流的表達式為i＝1.2sin (10πt) A D.風(fēng)速加倍時線圈中電流的有效值為1.2 A 答案　A 解析　通過題圖乙可知電流的最大值為0.6 A，周期T＝0.2 s，故ω＝＝10π rad/s，故電流的表達式為i＝0.6sin (10πt) A，故A正確；電流的周期為T＝0.2 s，故磁體的轉(zhuǎn)速為n＝＝5 r/s，故B錯誤；風(fēng)速加倍時，角速度加倍，根據(jù)Em＝nBSω可知產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢加倍，形成的感應(yīng)電流加倍，故風(fēng)速加倍時電流的表達式為i＝1.2sin (20πt) A，故C錯誤；根據(jù)分析，形成的感應(yīng)電流Im＝1.2 A，故有效值為I＝＝ A，故D錯誤. 考題三　變壓器及遠距離輸電 1.理想變壓器的基本關(guān)系式 (1)功率關(guān)系：P入＝P出. (2)電壓關(guān)系：＝. 若n1＞n2，為降壓變壓器；若n1＜n2，為升壓變壓器. (3)電流關(guān)系：只有一個副線圈時，＝； 有多個副線圈時，U1I1＝U2I2＋U3I3＋……＋UnIn. 2.原、副線圈中各量的因果關(guān)系 (1)電壓關(guān)系：U1決定U2. (2)電流關(guān)系：I2決定I1. (3)功率關(guān)系：P出決定P入. 3.輸電過程的電壓關(guān)系 4.輸電過程功率的關(guān)系 例3　(2016·全國乙卷·16)一含有理想變壓器的電路如圖7所示，圖中電阻R1、R2和R3的阻值分別為3 Ω、1 Ω和4 Ω，為理想交流電流表，U為正弦交流電壓源，輸出電壓的有效值恒定.當(dāng)開關(guān)S斷開時，電流表的示數(shù)為I；當(dāng)S閉合時，電流表的示數(shù)為4I.該變壓器原、副線圈匝數(shù)比為(　　) 圖7 A.2 B.3 C.4 D.5 [思維規(guī)范流程] 設(shè)變壓器原、副線圈匝數(shù)比為k S斷開 S閉合 ?U＝k2·5I＋3I ?U＝k2·4I＋12I 即：k2·5I＋3I＝k2·4I＋12I 得k＝3 變式訓(xùn)練 5.(2016·天津·5)如圖8所示，理想變壓器原線圈接在交流電源上，圖中各電表均為理想電表.下列說法正確的是(　　) 圖8 A.當(dāng)滑動變阻器的滑動觸頭P向上滑動時，R1消耗的功率變大 B.當(dāng)滑動變阻器的滑動觸頭P向上滑動時，電壓表V示數(shù)變大 C.當(dāng)滑動變阻器的滑動觸頭P向上滑動時，電流表A1示數(shù)變大 D.若閉合開關(guān)S，則電流表A1示數(shù)變大，A2示數(shù)變大 答案　B 解析　當(dāng)滑動變阻器的滑動觸頭P向上滑動時，接入電路的阻值變大，變壓器副線圈兩端電壓不變，副線圈中的電流減小，則R1消耗的功率及其兩端電壓均變小，故電壓表的示數(shù)變大，選項A錯誤，B正確；當(dāng)滑動變阻器的滑動觸頭P向上滑動時，副線圈中的電流減小，則原線圈中的電流也減小，電流表A1示數(shù)變小，選項C錯誤；若閉合開關(guān)S，副線圈電路中總電阻減小，副線圈中的電流變大，R1兩端電壓變大，R2兩端電壓減小，電流表A2示數(shù)減?。辉€圈中的電流也變大，電流表A1示數(shù)變大，選項D錯誤. 6.如圖9所示，理想變壓器副線圈1、2之間的匝數(shù)是總匝數(shù)的一半，二極管D具有單向?qū)щ娦?正向電阻為零，反向電阻為無窮大)，R是可變電阻，K是單刀雙擲開關(guān)，原線圈接在電壓不變的正弦交流電源上.下列說法正確的是(　　) 圖9 A.若R阻值不變，當(dāng)K分別接1和2時，電壓表讀數(shù)之比為2∶1 B.若R阻值不變，當(dāng)K分別接1和2時，電壓表讀數(shù)之比為∶1 C.若K分別接1和2時，R消耗功率相等，則R阻值之比為2∶1 D.若K分別接1和2時，R消耗功率相等，則R阻值之比為∶1 答案　BC 解析　設(shè)原線圈與副線圈的匝數(shù)分別為n1、n2，原線圈輸入電壓為U1，副線圈兩端電壓為U2，當(dāng)K接2時：＝，此時電壓表示數(shù)與副線圈兩端的電壓相等，即U2＝U22＝U1，功率為P2＝；若K與1相連，則＝，此時電壓表的示數(shù)為U2′，則·＝·T，得U2′＝，此時的功率為：P1＝.由上分析知：電壓表的示數(shù)之比為∶1，電阻值之比為2∶1，B、C對. 7.如圖10所示是發(fā)電廠通過升壓變壓器進行高壓輸電，接近用戶端時再通過降壓變壓器降壓給用戶供電的示意圖(圖中變壓器均可視為理想變壓器，圖中電表均為理想交流電表).設(shè)發(fā)電廠輸出的電壓一定，兩條輸電線總電阻用R0表示，變阻器R相當(dāng)于用戶用電器的總電阻.當(dāng)用電器增加時，相當(dāng)于R變小，則當(dāng)用電進入高峰時(　　) 圖10 A.電壓表V1、V2的讀數(shù)均不變，電流表A1、A2的讀數(shù)均增大 B.電壓表V3、V4的讀數(shù)均減小，電流表A3的讀數(shù)也減小 C.電壓表V2、V3的讀數(shù)之差與電流表A2的讀數(shù)的比值不變 D.發(fā)電廠的輸出功率增大 答案　ACD 解析　電壓表V1、V2的讀數(shù)均不變，因為輸入電壓和匝數(shù)都不變，用電高峰期，電阻減小，電流增大，根據(jù)電流與匝數(shù)成反比知電流都增大，故A正確；輸電線上的電壓損失增大，故電壓表V3、V4的讀數(shù)均減小，電流表A2的讀數(shù)增大，電流表A3的讀數(shù)增大，故B錯誤；電壓表V2、V3的讀數(shù)之差與電流表A2的讀數(shù)的比值不變，等于輸電線的電阻值，變壓器的輸入功率等于輸出功率，都增大，故C、D正確. 專題規(guī)范練 1.(多選)(2016·全國丙卷·19)如圖1，理想變壓器原、副線圈分別接有額定電壓相同的燈泡a和b.當(dāng)輸入電壓U為燈泡額定電壓的10倍時，兩燈泡均能正常發(fā)光.下列說法正確的是(　　) 圖1 A.原、副線圈匝數(shù)比為9∶1 B.原、副線圈匝數(shù)比為1∶9 C.此時a和b的電功率之比為9∶1 D.此時a和b的電功率之比為1∶9 答案　AD 解析　設(shè)燈泡的額定電壓為U0，兩燈泡均能正常發(fā)光，所以原線圈輸出端電壓為U1＝9U0，副線圈兩端電壓為U2＝U0，故＝，＝＝，A正確，B錯誤；根據(jù)公式＝可得，＝，由于燈泡兩端的電壓相等，所以根據(jù)公式P＝UI可得，燈泡a和b的電功率之比為1∶9，C錯誤，D正確. 2.(多選)如圖2所示，A為巨磁電阻，當(dāng)它周圍的磁場增強時，其阻值增大；C為電容器.當(dāng)有磁鐵靠近A時，下列說法正確的有(　　) 圖2 A.電流表的示數(shù)減小 B.電容器C的電荷量增大 C.電壓表的示數(shù)變小 D.電源內(nèi)部消耗的功率變大 答案　AB 解析　當(dāng)有磁鐵靠近A時，它周圍的磁場增強，其阻值增大，則外電路電阻變大，干路電流減小，電流表的示數(shù)減小，選項A正確；電源內(nèi)阻上的電壓減小，故路端電壓變大，則電壓表的示數(shù)變大，選項C錯誤；根據(jù)Q＝CU可知，電容器C的電荷量增大，選項B正確；根據(jù)P內(nèi)＝I2r可知，I減小，則電源內(nèi)部消耗的功率變小，選項D錯誤，故選A、B. 3.(2016·江蘇·4)一自耦變壓器如圖3所示，環(huán)形鐵芯上只繞有一個線圈，將其接在a、b間作為原線圈.通過滑動觸頭取該線圈的一部分，接在c、d間作為副線圈，在a、b間輸入電壓為U1的交變電流時，c、d間的輸出電壓為U2，在將滑動觸頭從M點順時針轉(zhuǎn)到N點的過程中(　　) 圖3 A.U2>U1，U2降低 B.U2>U1，U2升高 C.U2n2知U20 . (1)若k＝，金屬棒水平向右做勻加速直線運動.所以在此情況下沒有選項符合； (2)若k>，F(xiàn)合隨v增大而增大，即a隨v增大而增大，說明金屬棒在做加速度增大的加速運動，根據(jù)四個物理量與速度的關(guān)系可知B選項符合； (3)若k<，F(xiàn)合隨v增大而減小，即a隨v增大而減小，說明金屬棒在做加速度減小的加速運動，直到加速度減小為0后金屬棒做勻速直線運動，根據(jù)四個物理量與速度關(guān)系可知C選項符合. 綜上所述，選項B、C符合題意. 答案　BC 變式訓(xùn)練 5.在豎直方向的勻強磁場中，水平放置一個面積不變的單匝金屬圓線圈，規(guī)定線圈中感應(yīng)電流的正方向如圖7甲所示，取線圈中磁場B的方向向上為正，當(dāng)磁場中的磁感應(yīng)強度B隨時間t如圖乙變化時，下列圖中能正確表示線圈中感應(yīng)電流變化的是(　　) 圖7 答案　A 解析　在0～ s內(nèi)，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，E＝n＝.根據(jù)楞次定律，感應(yīng)電動勢的方向與圖示箭頭方向相反，為負(fù)值；在～T內(nèi)，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，E′＝n＝＝2E，所以感應(yīng)電流是之前的2倍.再根據(jù)楞次定律，感應(yīng)電動勢的方向與圖示方向相反，為負(fù)值.故A正確. 6.如圖8所示，有一個邊界為正三角形的勻強磁場區(qū)域，邊長為a，磁感應(yīng)強度方向垂直紙面向里，一個導(dǎo)體矩形框的長為a，寬為，平行于紙面沿著磁場區(qū)域的軸線勻速穿越磁場區(qū)域，導(dǎo)體框中感應(yīng)電流的正方向為逆時針方向，以導(dǎo)體框剛進入磁場時為t＝0時刻，則導(dǎo)體框中的感應(yīng)電流隨時間變化的圖象是(　　) 圖8 答案　D 解析　由右手定則可知，線框進入磁場過程與離開磁場過程感應(yīng)電流方向相反，故A錯誤；由圖示可知，線框開始進入磁場的一段時間內(nèi)，切割磁感線的有效長度L不變，電流I＝＝大小不變，當(dāng)線框右邊部分穿出磁場過程，切割磁感線的有效長度L減小，感應(yīng)電流減小，線框右邊完全離開磁場后，線框左邊完全進入磁場，然后線框左邊切割磁感線，感應(yīng)電流反向，此后一段時間內(nèi)，線框切割磁感線的有效長度L不變，感應(yīng)電流大小不變，線框左邊離開磁場過程，線框切割磁感線的有效長度L減小，感應(yīng)電流減小，故B、C錯誤，D正確. 7.寬度均為d且足夠長的兩相鄰條形區(qū)域內(nèi)，各存在磁感應(yīng)強度大小均為B、方向相反的勻強磁場.電阻為R、邊長為d的等邊三角形金屬框的AB邊與磁場邊界平行，金屬框從圖9所示位置以垂直于AB邊向右的方向做勻速直線運動，取逆時針方向電流為正，從金屬框C端剛進入磁場開始計時，框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流隨時間變化的圖象是(　　) 圖9 答案　A 考題三　電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題 電磁感應(yīng)與動力學(xué)綜合題的解題策略 (1)分析“源”：找準(zhǔn)主動運動者，用法拉第電磁感應(yīng)定律和楞次定律求解感應(yīng)電動勢的大小和方向； (2)分析“路”：畫出等效電路圖，求解回路中的電流的大小及方向； (3)分析“力”：分析安培力對導(dǎo)體棒運動速度、加速度的影響，從而推得對電流的影響，最后確定導(dǎo)體棒的最終運動情況； (4)列“方程”：列出牛頓第二定律或平衡方程求解. 例3　(2016·全國甲卷·24)如圖10，水平面(紙面)內(nèi)間距為l的平行金屬導(dǎo)軌間接一電阻，質(zhì)量為m、長度為l的金屬桿置于導(dǎo)軌上.t＝0時，金屬桿在水平向右、大小為F的恒定拉力作用下由靜止開始運動.t0時刻，金屬桿進入磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強磁場區(qū)域，且在磁場中恰好能保持勻速運動.桿與導(dǎo)軌的電阻均忽略不計，兩者始終保持垂直且接觸良好，兩者之間的動摩擦因數(shù)為μ.重力加速度大小為g.求： 圖10 (1)金屬桿在磁場中運動時產(chǎn)生的電動勢的大小； (2)電阻的阻值. 解析　(1)設(shè)金屬桿進入磁場前的加速度大小為a，由牛頓第二定律得 F－μmg＝ma ① 設(shè)金屬桿到達磁場左邊界時的速度為v，由運動學(xué)公式有v＝at0 ② 當(dāng)金屬桿以速度v在磁場中運動時，由法拉第電磁感應(yīng)定律知產(chǎn)生的電動勢為 E＝Blv ③ 聯(lián)立①②③式可得 E＝Blt0(－μg) ④ (2)設(shè)金屬桿在磁場區(qū)域中勻速運動時，金屬桿中的電流為I，根據(jù)歐姆定律 I＝ ⑤ 式中R為電阻的阻值.金屬桿所受的安培力為 F安＝BlI ⑥ 因金屬桿做勻速運動，有 F－μmg－F安＝0 ⑦ 聯(lián)立④⑤⑥⑦式得 R＝ 答案　(1)Blt0(－μg)　(2) 變式訓(xùn)練 8.如圖11(a)所示，在光滑水平面上用恒力F拉質(zhì)量為1 kg的單匝均勻正方形銅線框，在1位置以速度v0＝3 m/s進入勻強磁場時開始計時t＝0，此時線框中感應(yīng)電動勢為1 V，在t＝3 s時刻線框到達2位置開始離開勻強磁場.此過程中v－t圖象如圖(b)所示，那么(　　) 圖11 A.線框右側(cè)邊兩端MN間的電壓為0.25 V B.恒力F的大小為0.5 N C.線框完全離開磁場的瞬間位置3的速度大小為3 m/s D.線框完全離開磁場的瞬間位置3的速度大小為1 m/s 答案　B 解析　t＝0時，線框右側(cè)邊MN的兩端電壓為外電壓，總的感應(yīng)電動勢為：E＝Blv0，外電壓U外＝E＝0.75 V.故A錯誤；在1～3 s內(nèi)，線框做勻加速運動，沒有感應(yīng)電流，線框不受安培力，則有F＝ma，由速度—時間圖象的斜率表示加速度，求得a＝＝ m/s2＝0.5 m/s2，則得F＝0.5 N.故B正確.由(b)圖象看出，在t＝3 s時刻線框到達2位置開始離開勻強磁場時與線框進入勻強磁場時速度相同，則線框出磁場與進磁場運動情況完全相同，則知線框完全離開磁場的瞬間位置3速度與t＝1 s時刻的速度相等，即為2 m/s.故C、D錯誤. 9.如圖12所示，兩根光滑、足夠長的平行金屬導(dǎo)軌固定在水平面上.滑動變阻器接入電路的電阻值為R(最大阻值足夠大)，導(dǎo)軌的寬度L＝0.5 m，空間有垂直于導(dǎo)軌平面的勻強磁場，磁感應(yīng)強度的大小B＝1 T.內(nèi)阻r＝1 Ω的金屬桿在F＝5 N的水平恒力作用下由靜止開始運動.經(jīng)過一段時間后，金屬桿的速度達到最大速度vm，不計導(dǎo)軌電阻，則有(　　) 圖12 A.R越小，vm越大 B.金屬桿的最大速度大于或等于20 m/s C.金屬桿達到最大速度之前，恒力F所做的功等于電路中消耗的電能 D.金屬桿達到最大速度后，金屬桿中電荷沿桿長度方向定向移動的平均速率ve與恒力F成正比 答案　BD 解析　當(dāng)導(dǎo)體棒達到最大速度時滿足F＝F安，則F＝BL，解得vm＝，可知R越大，vm越大，選項A錯誤；金屬桿的最大速度vm＝＝＝20(1＋R) m/s，則金屬桿的最大速度大于或等于20 m/s，選項B正確；在金屬桿達到最大速度之前，恒力F所做的功等于電路中消耗的電能與導(dǎo)體棒動能增量之和，選項C錯誤；金屬桿達到最大速度后導(dǎo)體棒中的電流I＝，則I＝neSve，則ve＝＝，故金屬桿達到最大速度后，金屬桿中電荷沿桿長度方向定向移動的平均速率ve與恒力F成正比，選項D正確. 考題四　電磁感應(yīng)中的能量問題 電磁感應(yīng)中能量的三種求解方法 (1)利用克服安培力做功求解：電磁感應(yīng)中產(chǎn)生的電能等于克服安培力所做的功. (2)利用能量守恒定律求解：若只有電能與機械能參與轉(zhuǎn)化，則機械能的減少量等于產(chǎn)生的電能. (3)利用電路的相關(guān)公式——電功公式或電熱公式求解：若通過電阻的電流是恒定的，則可直接利用電功公式或焦耳定律求解焦耳熱. 特別提醒：回路中某個元件的焦耳熱和回路總焦耳熱之間的關(guān)系，不能混淆. 例4　如圖13所示，兩根足夠長的平行光滑金屬導(dǎo)軌MN、PQ與水平面的夾角為θ＝30°，導(dǎo)軌電阻不計，導(dǎo)軌處在垂直導(dǎo)軌平面斜向上的有界勻強磁場中，兩根電阻都為R＝2 Ω、質(zhì)量都為m＝0.2 kg的完全相同的細(xì)金屬棒ab和cd垂直導(dǎo)軌并排靠緊的放置在導(dǎo)軌上，與磁場上邊界距離為x＝1.6 m，有界勻強磁場寬度為3x＝4.8 m.先將金屬棒ab由靜止釋放，金屬棒ab剛進入磁場就恰好做勻速運動，此時立即由靜止釋放金屬棒cd，金屬棒cd在出磁場前已做勻速運動，兩金屬棒在下滑過程中與導(dǎo)軌接觸始終良好(取重力加速度g＝10 m/s2)，求： 圖13 (1)金屬棒ab剛進入磁場時棒中電流I； (2)金屬棒cd在磁場中運動的過程中通過回路某一截面的電量q； (3)兩根金屬棒全部通過磁場的過程中回路產(chǎn)生的焦耳熱Q. [思維規(guī)范流程] 步驟1：列動能定理方程 ab勻速進入，列平衡方程 分步列式，得部分分 (1)ab進入磁場前 mgxsin θ＝mv－0 ① 得v1＝4 m/s ② mgsin θ＝F安 ③ F安＝BIL ④ I＝ ⑤ E＝BLv1 ⑥ 得：I＝1 A ⑦ 步驟2：cd在磁場外的位移 ab在磁場內(nèi)的位移 由幾何關(guān)系得 設(shè)經(jīng)時間t，cd進入磁場 xcd＝x＝t ⑧ xab＝v1t＝2x ⑨ 兩棒都在磁場中時速度相同，無電流， ab出磁場后，cd上有電流 xcd′＝2x ⑩ q＝＝＝0.8 C ? 步驟3： ab勻速進入，列能量守恒方程 cd進出磁場速度相等，列能量守恒方程 Q1＝mg·2x·sin θ ? Q2＝mg·3x·sin θ ? Q＝Q1＋Q2＝8 J ? ①③????每式各2分，其余各式1分. 變式訓(xùn)練 10.如圖14所示，正方形金屬線框abcd位于豎直平面內(nèi)，其質(zhì)量為m，電阻為R.在線框的下方有一勻強磁場，MN和M′N′是磁場的水平邊界，并與bc邊平行，磁場方向垂直于紙面向里.現(xiàn)使金屬線框從MN上方某一高度處由靜止開始下落，圖乙是線圈由開始下落到完全穿過勻強磁場區(qū)域瞬間的v－t圖象，圖中字母均為已知量.重力加速度為g，不計空氣阻力.下列說法正確的是(　　) 圖14 A.金屬線框剛進入磁場時感應(yīng)電流方向沿adcba方向 B.金屬線框的邊長為v1(t2－t1) C.磁場的磁感應(yīng)強度為 D.金屬線框在0～t4的時間內(nèi)所產(chǎn)生的熱量為2mgv1(t2－t1)＋m(v－v) 答案　BD 解析　金屬線框剛進入磁場時磁通量增大，根據(jù)楞次定律判斷可知，感應(yīng)電流方向沿abcda方向，故A錯誤；由題圖乙可知，金屬線框進入磁場過程中是做勻速直線運動，速度為v1，運動時間為t2－t1，故金屬線框的邊長：l＝v1(t2－t1)，故B正確；在金屬線框進入磁場的過程中，金屬線框所受安培力等于重力，則得：mg＝BIl，I＝，又l＝v1(t2－t1).聯(lián)立解得：B＝ ，故C錯誤；t1到t2時間內(nèi)，根據(jù)能量守恒定律，產(chǎn)生的熱量為：Q1＝mgl＝mgv1(t2－t1)；t3到t4時間內(nèi)，根據(jù)能量守恒定律，產(chǎn)生的熱量為： Q2＝mgl＋m(v－v) ＝mgv1(t2－t1)＋m(v－v) 故Q＝Q1＋Q2＝2mgv1(t2－t1)＋m(v－v)，故D正確. 11.(2016·浙江·24)小明設(shè)計的電磁健身器的簡化裝置如圖15所示，兩根平行金屬導(dǎo)軌相距l(xiāng)＝0.50 m，傾角θ＝53°，導(dǎo)軌上端串接一個R＝0.05 Ω的電阻.在導(dǎo)軌間長d＝0.56 m的區(qū)域內(nèi)，存在方向垂直導(dǎo)軌平面向下的勻強磁場，磁感應(yīng)強度B＝2.0 T.質(zhì)量m＝4.0 kg的金屬棒CD水平置于導(dǎo)軌上，用絕緣繩索通過定滑輪與拉桿GH相連.CD棒的初始位置與磁場區(qū)域的下邊界相距s＝0.24 m.一位健身者用恒力F＝80 N拉動GH桿，CD棒由靜止開始運動，上升過程中CD棒始終保持與導(dǎo)軌垂直.當(dāng)CD棒到達磁場上邊界時健身者松手，觸發(fā)恢復(fù)裝置使CD棒回到初始位置(重力加速度g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，不計其他電阻、摩擦力以及拉桿和繩索的質(zhì)量).求： 圖15 (1)CD棒進入磁場時速度v的大小； (2)CD棒進入磁場時所受的安培力F安的大??； (3)在拉升CD棒的過程中，健身者所做的功W和電阻產(chǎn)生的焦耳熱Q. 答案　(1)2.4 m/s　(2)48 N　(3)64 J　26.88 J 解析　(1)由牛頓第二定律得 a＝＝12 m/s2 進入磁場時的速度 v＝＝2.4 m/s (2)感應(yīng)電動勢E＝Blv 感應(yīng)電流I＝ 安培力F安＝IBl 代入得F安＝＝48 N (3)健身者做功W＝F(s＋d)＝64 J 又F－mgsin θ－F安＝0 CD棒在磁場區(qū)做勻速運動 在磁場中運動時間t＝ 焦耳熱Q＝I2Rt＝26.88 J. 專題規(guī)范練 1.下列沒有利用渦流的是(　　) A.金屬探測器 B.變壓器中用互相絕緣的硅鋼片疊壓成鐵芯 C.用來冶煉合金鋼的真空冶煉爐 D.磁電式儀表的線圈用鋁框做骨架 答案　B 解析　金屬探測器中變化電流遇到金屬物體，在金屬物體中產(chǎn)生渦流，故A、D是利用渦流的；變壓器的鐵芯用硅鋼片疊壓而成，是為了減小渦流，故B正確；真空冶煉爐是線圈中的電流做周期性變化，在冶煉爐中產(chǎn)生渦流，從而產(chǎn)生大量的熱量，故C是利用渦流的. 2.(多選)(2016·江蘇·6)電吉他中電拾音器的基本結(jié)構(gòu)如圖1所示，磁體附近的金屬弦被磁化，因此弦振動時，在線圈中產(chǎn)生感應(yīng)電流，電流經(jīng)電路放大后傳送到音箱發(fā)出聲音，下列說法正確的有(　　) 圖1 A.選用銅質(zhì)弦，電吉他仍能正常工作 B.取走磁體，電吉他將不能正常工作 C.增加線圈匝數(shù)可以增大線圈中的感應(yīng)電動勢 D.弦振動過程中，線圈中的電流方向不斷變化 答案　BCD 解析　銅質(zhì)弦為非磁性材料，不能被磁化，選用銅質(zhì)弦，電吉他不能正常工作，A項錯誤；若取走磁體，金屬弦不能被磁化，其振動時，不能在線圈中產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，電吉他不能正常工作，B項對；由E＝n可知，C項正確；弦振動過程中，穿過線圈的磁通量大小不斷變化，由楞次定律可知，線圈中感應(yīng)電流方向不斷變化，D項正確. 3.如圖2所示，三個相同的燈泡a、b、c和電阻不計的線圈L與內(nèi)阻不計的電源連接，下列判斷正確的是(　　) 圖2 A.K閉合的瞬間，b、c兩燈亮度不同 B.K閉合足夠長時間以后，b、c兩燈亮度相同 C.K斷開的瞬間，a、c兩燈立即熄滅 D.K斷開之后，b燈突然閃亮以后再逐漸變暗 答案　D 解析　K閉合的瞬間，三個燈同時發(fā)光，由于線圈自感電動勢的阻礙，開始時通過L的電流很小，b、c兩燈的電流相同，一樣亮.由于a燈的電壓等于b、c電壓之和，所以a燈最亮，K閉合足夠長時間以后，b燈被線圈短路，故b燈熄滅，故b、c兩燈亮度不相同，故A、B錯誤.K斷開的瞬間，線圈中電流將要減小，產(chǎn)生自感電動勢，相當(dāng)于電源，有電流流過a、c兩燈，由于兩燈串聯(lián)，所以a、c兩燈逐漸變暗且亮度相同.故C錯誤；因K斷開之后，b燈中有電流通過，故使得b燈突然閃亮以后再逐漸變暗，選項D正確. 4.(多選)(2016·上?！?9)如圖3(a)，螺線管內(nèi)有平行于軸線的外加勻強磁場，以圖中箭頭所示方向為其正方向.螺線管與導(dǎo)線框abcd相連，導(dǎo)線框內(nèi)有一小金屬圓環(huán)L，圓環(huán)與導(dǎo)線框在同一平面內(nèi).當(dāng)螺線管內(nèi)的磁感應(yīng)強度B隨時間按圖(b)所示規(guī)律變化時(　　) 圖3 A.在t1～t2時間內(nèi)，L有收縮趨勢 B.在t2～t3時間內(nèi)，L有擴張趨勢 C.在t2～t3時間內(nèi)，L內(nèi)有逆時針方向的感應(yīng)電流 D.在t3～t4時間內(nèi)，L內(nèi)有順時針方向的感應(yīng)電流 答案　AD 解析　據(jù)題意，在t1～t2時間內(nèi)，外加磁場磁感應(yīng)強度增加且斜率在增加，則在導(dǎo)線框中產(chǎn)生順時針方向大小增加的電流，該電流激發(fā)出增加的磁場，該磁場通過圓環(huán)，在圓環(huán)內(nèi)產(chǎn)生感應(yīng)電流，據(jù)結(jié)論“增縮減擴”可以判定圓環(huán)有收縮趨勢，故選項A正確；在t2～t3時間內(nèi)，外加磁場均勻變化，在導(dǎo)線框中產(chǎn)生穩(wěn)定電流，該電流激發(fā)出穩(wěn)定磁場，該磁場通過圓環(huán)時，圓環(huán)中沒有感應(yīng)電流，故選項B、C錯誤；在t3～t4時間內(nèi)，外加磁場向下減小，且斜率也減小，在導(dǎo)線框中產(chǎn)生順時針方向減小的電流，該電流激發(fā)出向內(nèi)減小的磁場，故圓環(huán)內(nèi)產(chǎn)生順時針方向的感應(yīng)電流，選項D正確. 5.(2016·北京·16)如圖4所示，勻強磁場中有兩個導(dǎo)體圓環(huán)a、b，磁場方向與圓環(huán)所在平面垂直.磁感應(yīng)強度B隨時間均勻增大.兩圓環(huán)半徑之比為2∶1，圓環(huán)中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢分別為Ea和Eb，不考慮兩圓環(huán)間的相互影響.下列說法正確的是(　　) 圖4 A.Ea∶Eb＝4∶1，感應(yīng)電流均沿逆時針方向 B.Ea∶Eb＝4∶1，感應(yīng)電流均沿順時針方向 C.Ea∶Eb＝2∶1，感應(yīng)電流均沿逆時針方向 D.Ea∶Eb＝2∶1，感應(yīng)電流均沿順時針方向 答案　B 解析　由法拉第電磁感應(yīng)定律得圓環(huán)中產(chǎn)生的電動勢為E＝＝πr2·，則＝＝，由楞次定律可知感應(yīng)電流的方向均沿順時針方向，B項對. 6.如圖5所示，邊長為L的金屬框abcd放置在勻強磁場中，磁感應(yīng)強度大小為B，方向平行于ab邊向上，當(dāng)金屬框繞ab邊以角速度ω逆時針轉(zhuǎn)動時，a、b、c、d四點的電勢分別為φa、φb、φc、φd.下列判斷正確的是(　　) 圖5 A.金屬框中無電流，φa＝φd B.金屬框中電流方向沿a－d－c－b－a，φa＜φd C.金屬框中無電流，Ubc＝－BL2ω D.金屬框中無電流，Ubc＝－BL2ω 答案　C 解析　因穿過線圈的磁通量始終為零，故線圈中無電流；根據(jù)右手定則可知，d端電勢高于a端，c端電勢高于d端，Ubc＝－BL＝－BL2ω，故選項A、B、D錯誤，C正確；故選C. 7.如圖6甲所示，正三角形導(dǎo)線框abc固定在磁場中，磁場方向與線圈平面垂直，磁感應(yīng)強度B隨時間變化的關(guān)系如圖乙所示.t＝0時刻磁場方向垂直紙面向里，在0～5 s時間內(nèi)，線框ab邊所受安培力F隨時間t變化的關(guān)系(規(guī)定水平向左為力的正方向)可能是下列選項中的(　　) 圖6 答案　A 解析　0～1 s，感應(yīng)電動勢為：E1＝S＝SB0，為定值；感應(yīng)電流：I1＝＝，為定值；安培力F＝BI1L∝B；由于B逐漸減小到零，故安培力逐漸減小到零，根據(jù)楞次定律可知，線圈ab邊所受的安培力向左，為正；同理：1～2 s，感應(yīng)電動勢為：E1＝S＝SB0，為定值；感應(yīng)電流：I1＝＝，為定值；安培力F＝BI1L∝B；由于B逐漸增大，故安培力逐漸增大，根據(jù)楞次定律可知，線圈ab邊所受的安培力向右，為負(fù)；3～3.5 s內(nèi)，感應(yīng)電動勢為：E2＝S＝2SB0，為定值；感應(yīng)電流：I2＝＝，為定值；安培力F＝BI2L∝B，由于B逐漸減小到零，故安培力逐漸減小到零；由于B逐漸減小到零，故通過線圈的磁通量減小，根據(jù)楞次定律，感應(yīng)電流要阻礙磁通量減小，有擴張趨勢，故安培力向外，即ab邊所受安培力向左，為正，故A正確，B、C、D錯誤. 8.(多選)如圖7甲所示，一光滑的平行金屬導(dǎo)軌ABCD豎直放置，AB、CD相距L，在A、C之間接一個阻值為R的電阻；在兩導(dǎo)軌間的abcd矩形區(qū)域內(nèi)有垂直導(dǎo)軌平面向外、高度為5h的有界勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B.一質(zhì)量為m、電阻為r、長度也為L的導(dǎo)體棒放在磁場下邊界ab上(與ab邊重合).現(xiàn)用一個豎直向上的力F拉導(dǎo)體棒，使它由靜止開始向上運動，導(dǎo)體棒剛要離開磁場時恰好做勻速直線運動，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌始終垂直且保持良好接觸，導(dǎo)軌電阻不計.F隨導(dǎo)體棒與初始位置的距離x變化的情況如圖乙所示，下列說法正確的是(　　) 圖7 A.導(dǎo)體棒離開磁場時速度大小為 B.離開磁場時導(dǎo)體棒兩端電壓為 C.導(dǎo)體棒經(jīng)過磁場的過程中，通過電阻R的電荷量為 D.導(dǎo)體棒經(jīng)過磁場的過程中，電阻R產(chǎn)生焦耳熱為－ 答案　BD 解析　導(dǎo)體棒剛要離開磁場時，做勻速直線運動，則3mg＝mg＋BL可求得：v＝，A錯；由3mg＝mg＋BL知U＝，B對；導(dǎo)體棒經(jīng)過磁場的過程中，通過電阻R的電荷量q＝＝，C錯；導(dǎo)體棒經(jīng)過磁場的過程中，設(shè)產(chǎn)生的總熱量為Q總，由能量守恒定律得：2mgh＋3mg·4h－mg·5h＝mv2＋Q總，知QR＝Q總＝－，D對. 9.(2016·全國丙卷·25)如圖8，兩條相距l(xiāng)的光滑平行金屬導(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；一與導(dǎo)軌垂直的金屬棒置于兩導(dǎo)軌上；在電阻、導(dǎo)軌和金屬棒中間有一面積為S的區(qū)域，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B1隨時間t的變化關(guān)系為B1＝kt，式中k為常量；在金屬棒右側(cè)還有一勻強磁場區(qū)域，區(qū)域左邊界MN(虛線)與導(dǎo)軌垂直，磁場的磁感應(yīng)強度大小為B0，方向也垂直于紙面向里.某時刻，金屬棒在一外加水平恒力的作用下從靜止開始向右運動，在t0時刻恰好以速度v0越過MN，此后向右做勻速運動.金屬棒與導(dǎo)軌始終相互垂直并接觸良好，它們的電阻均忽略不計.求： 圖8 (1)在t＝0到t＝t0時間間隔內(nèi)，流過電阻的電荷量的絕對值； (2)在時刻t(t>t0)穿過回路的總磁通量和金屬棒所受外加水平恒力的大小. 答案　(1) (2)B0lv0(t－t0)＋kSt　(B0lv0＋kS) 解析　(1)在金屬棒未越過MN之前，穿過回路的磁通量的變化量為 ΔΦ＝ΔBS＝kΔtS ① 由法拉第電磁感應(yīng)定律有 E＝ ② 由歐姆定律得 I＝ ③ 由電流的定義得 I＝ ④ 聯(lián)立①②③④式得 |Δq|＝Δt ⑤ 由⑤式得，在t＝0到t＝t0的時間間隔內(nèi)即Δt＝t0，流過電阻R的電荷量q的絕對值為 |q|＝ ⑥ (2)當(dāng)t>t0時，金屬棒已越過MN.由于金屬棒在MN右側(cè)做勻速運動，有 F＝F安 ⑦ 式中，F(xiàn)是外加水平恒力，F(xiàn)安是金屬棒受到的安培力.設(shè)此時回路中的電流為I， F安＝B0lI ⑧ 此時金屬棒與MN之間的距離為s＝v0(t－t0) ⑨ 勻強磁場穿過回路的磁通量為 Φ′＝B0ls ⑩ 回路的總磁通量為 Φt＝Φ＋Φ′ ? 其中Φ＝B1S＝ktS ? 由⑨⑩??式得，在時刻t(t>t0)，穿過回路的總磁通量為Φt＝B0lv0(t－t0)＋kSt? 在t到t＋Δt的時間間隔內(nèi)，總磁通量的改變量ΔΦt為 ΔΦt＝(B0lv0＋kS)Δt ? 由法拉第電磁感應(yīng)定律得，回路感應(yīng)電動勢的大小為 Et＝ ? 由歐姆定律得 I＝ ? 聯(lián)立⑦⑧???式得 F＝(B0lv0＋kS). 10.如圖9所示，寬L＝2 m、足夠長的金屬導(dǎo)軌MN和M′N′放在傾角為θ＝30°的斜面上，在N與N′之間連接一個R＝2.0 Ω的定值電阻，在AA′處放置一根與導(dǎo)軌垂直、質(zhì)量m＝0.8 kg、電阻r＝2.0 Ω的金屬桿，桿和導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)μ＝，導(dǎo)軌電阻不計，導(dǎo)軌處于磁感應(yīng)強度B＝1.0 T、方向垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強磁場中.用輕繩通過定滑輪將電動小車與桿的中點相連，滑輪與桿之間的連線平行于斜面，開始時小車位于滑輪正下方水平面上的P處(小車可視為質(zhì)點)，滑輪離小車的高度H＝4.0 m.啟動電動小車，使之沿PS方向以v＝5.0 m/s的速度勻速前進，當(dāng)桿滑到OO′位置時的加速度a＝3.2 m/s2，AA′與OO′之間的距離d＝1 m，求： 圖9 (1)該過程中，通過電阻R的電量q； (2)桿通過OO′時的速度大??； (3)桿在OO′時，輕繩的拉力大?。? (4)上述過程中，若拉力對桿所做的功為13 J，求電阻R上的平均電功率. 答案　(1)0.5 C　(2)3 m/s　(3)12.56 N　(4)2 W 解析　(1)平均感應(yīng)電動勢＝ q＝·Δt＝＝ 代入數(shù)據(jù)，可得：q＝0.5 C (2)由幾何關(guān)系：－H＝d 解得：sin α＝0.8　α＝53° 桿的速度等于小車速度沿繩方向的分量： v1＝vcos α＝3 m/s (3)桿受的摩擦力Ff＝μmgcos θ＝3 N 桿受的安培力F安＝BIL＝ 代入數(shù)據(jù)，可得F安＝3 N 根據(jù)牛頓第二定律：FT－mgsin θ－Ff－F安＝ma 解得：FT＝12.56 N (4)根據(jù)動能定理：W＋W安－mgdsin θ－Ffd＝mv 解得W安＝－2.4 J，電路產(chǎn)生的總電熱Q總＝2.4 J 那么，R上的電熱QR＝1.2 J 此過程所用的時間t＝＝0.6 s R上的平均電功率＝＝ W＝2 W. 22