高考物理復(fù)習(xí)電磁感應(yīng)專(zhuān)題1——電磁感應(yīng)與電路的綜合一、電磁感應(yīng)中的等效“電路”1．如圖所示，兩個(gè)互連的金屬圓環(huán)，粗金屬環(huán)的電阻是細(xì)金屬環(huán)電阻的二分之一．磁場(chǎng)垂直穿過(guò)粗金屬環(huán)所在區(qū)域．當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻變化時(shí)，在粗環(huán)內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E，則a、b兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為_(kāi)_______．[答案]eq\f(2E,3)[解析]設(shè)粗環(huán)電阻為R，則細(xì)環(huán)電阻為2R，由于磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻變化，故回路中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E恒定．回路中感應(yīng)電流I＝eq\f(E,3R)，由歐姆定律a、b兩點(diǎn)電勢(shì)差(細(xì)環(huán)兩端電壓)U＝I·2R＝eq\f(2,3)E.2．(2009·湖南長(zhǎng)沙二中質(zhì)檢)如圖所示，均勻的長(zhǎng)方形金屬框從勻強(qiáng)磁場(chǎng)中以勻速v拉出，它的兩邊固定有帶金屬滑輪的導(dǎo)電結(jié)構(gòu)，金屬框向右運(yùn)動(dòng)時(shí)能總是與兩邊良好接觸，電阻不可忽略．一理想電壓表跨接在PQ兩導(dǎo)電結(jié)構(gòu)上，在金屬框勻速向右拉出的過(guò)程中，電壓表的讀數(shù)：(金屬框的長(zhǎng)為a，寬為b，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B) ()A．恒定不變，讀數(shù)為Bbv B．恒定不變，讀數(shù)為BavC．讀數(shù)變大 D．讀數(shù)變小[答案]C[解析]切割磁感線的邊長(zhǎng)不變，可外電路的電阻變大，電路電流變小，路端電壓變大，電壓表示數(shù)變大．小結(jié)：二、電磁感應(yīng)中的電量和熱量問(wèn)題3、（09年廣東）如圖18（a）所示，一個(gè)電阻值為R，匝數(shù)為n的圓形金屬線與阻值為2R的電阻R1連結(jié)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)域存在垂直于線圈平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化的關(guān)系圖線如圖18（b）所示。圖線與橫、縱軸的截距分別為t0和B0.導(dǎo)線的電阻不計(jì)。求0至t1時(shí)間內(nèi)（1）通過(guò)電阻R1上的電流大小和方向；（2）通過(guò)電阻R1上的電量q及電阻R1上產(chǎn)生的熱量。解析：⑴由圖象分析可知，0至?xí)r間內(nèi)由法拉第電磁感應(yīng)定律有而由閉合電路歐姆定律有聯(lián)立以上各式解得通過(guò)電阻上的電流大小為由楞次定律可判斷通過(guò)電阻上的電流方向?yàn)閺腷到a⑵通過(guò)電阻上的電量通過(guò)電阻上產(chǎn)生的熱量5.（2010上海）（14分）如圖，寬度為L(zhǎng)＝0.5m的光滑金屬框架MNPQ固定于水平面內(nèi)，并處在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝0.4T，方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，框架的電阻非均勻分布。將質(zhì)量m＝0.1kg，電阻可忽略的金屬棒ab放置在框架上，并與框架接觸良好。以P為坐標(biāo)原點(diǎn)，PQ方向?yàn)閤軸正方向建立坐標(biāo)。金屬棒從x0＝1m處以v0＝2m/s的初速度，沿x軸負(fù)方向做a＝2m/s2的勻減速直線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)中金屬棒僅受安培力作用。求：（1）金屬棒ab運(yùn)動(dòng)0.5m，框架產(chǎn)生的焦耳熱Q；（2）框架中aNPb部分的電阻R隨金屬棒ab的位置x變化的函數(shù)關(guān)系；（3）為求金屬棒ab沿x軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)0.4s過(guò)程中通過(guò)ab的電量q，某同學(xué)解法為：先算出經(jīng)過(guò)0.4s金屬棒的運(yùn)動(dòng)距離s，以及0.4s時(shí)回路內(nèi)的電阻R，然后代入q＝EQ\F(,R)＝EQ\F(BLs,R)求解。指出該同學(xué)解法的錯(cuò)誤之處，并用正確的方法解出結(jié)果?！敬鸢浮浚?）0.1J（2）R=0.4EQ\R(x)（3）錯(cuò)誤0.4c【解析】（1）金屬棒僅受安培力作用，其大小F＝ma＝0.2N，金屬棒運(yùn)動(dòng)0.5m，框架中間生的焦耳熱等于克服安培力做的功，所以Q＝Fs＝0.1J，（2）金屬棒所受安培力為F＝BIL，I＝EQ\F(E,R)＝EQ\F(BLv,R)，F(xiàn)＝EQ\F(B2L2v,R)＝ma，由于棒做勻減速運(yùn)動(dòng)，v＝EQ\R(v02－2a（x0－x）)，所以R＝EQ\F(B2L2,ma)EQ\R(v02－2a（x0－x）)＝0.4EQ\R(x)（SI），（3）錯(cuò)誤之處是把0.4s時(shí)回路內(nèi)的電阻R代入q＝EQ\F(BLs,R)進(jìn)行計(jì)算，正確解法是q＝It，因?yàn)镕＝BIL＝ma，q＝EQ\F(mat,BL)＝0.4C。6.32（2011上海）(14分)電阻可忽略的光滑平行金屬導(dǎo)軌長(zhǎng)S=1.15m，兩導(dǎo)軌間距L=0.75m，導(dǎo)軌傾角為30°，導(dǎo)軌上端ab接一阻值R=1.5Ω的電阻，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.8T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直軌道平面向上。阻值r=0.5Ω，質(zhì)量m=0.2kg的金屬棒與軌道垂直且接觸良好，從軌道上端ab處由靜止開(kāi)始下滑至底(1)金屬棒在此過(guò)程中克服安培力的功；(2)金屬棒下滑速度時(shí)的加速度．(3)為求金屬棒下滑的最大速度，有同學(xué)解答如下：由動(dòng)能定理，……。由此所得結(jié)果是否正確？若正確，說(shuō)明理由并完成本小題；若不正確，給出正確的解答。32答案.（14分）（1）下滑過(guò)程中安培力的功即為在電阻上產(chǎn)生的焦耳熱，由于，因此（1分）∴ （2分）（2）金屬棒下滑時(shí)受重力和安培力（1分）由牛頓第二定律（3分）∴（2分）(3)此解法正確。(1分)金屬棒下滑時(shí)舞重力和安培力作用，其運(yùn)動(dòng)滿足上式表明，加速度隨速度增加而減小，棒作加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)。無(wú)論最終是否達(dá)到勻速，當(dāng)棒到達(dá)斜面底端時(shí)速度一定為最大。由動(dòng)能定理可以得到棒的末速度，因此上述解法正確。(2分)（1分）∴（1分）【小試牛刀】1.用相同導(dǎo)線繞制的邊長(zhǎng)為l或2l的四個(gè)閉合導(dǎo)體線框a、b、c、d，以相同的速度勻速進(jìn)入右側(cè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)，如圖所示．在每個(gè)線框進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中，M、N兩點(diǎn)間的電壓分別為Ua、Ub、Uc和Ud.下列判斷正確的是()A．Ua<Ub<Uc<Ud B．Ua<Ub<Ud<UcC．Ua＝Ub<Uc＝Ud D．Ub<Ua<Ud<Uc2、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(shí)兩端的電阻)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直穿過(guò)環(huán)平面，與環(huán)的最高點(diǎn)A鉸鏈連接的長(zhǎng)度為2a、電阻為eq\f(R,2)的導(dǎo)體棒AB由水平位置緊貼環(huán)面擺下，當(dāng)擺到豎直位置時(shí)，B點(diǎn)的線速度為v，則這時(shí)AB兩端的電壓大小為()A.eq\f(Bav,3)B.eq\f(Bav,6)C.eq\f(2Bav,3)D．Bav解析：選A.擺到豎直位置時(shí)，AB切割磁感線的瞬時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝B·2a·(eq\f(1,2)v)＝Bav.由閉合電路歐姆定律，UAB＝eq\f(E,\f(R,2)＋\f(R,4))·eq\f(R,4)＝eq\f(1,3)Bav，故選A.3.（09年福建卷）18.如圖所示，固定位置在同一水平面內(nèi)的兩根平行長(zhǎng)直金屬導(dǎo)軌的間距為d，其右端接有阻值為R的電阻，整個(gè)裝置處在豎直向上磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。一質(zhì)量為m（質(zhì)量分布均勻）的導(dǎo)體桿ab垂直于導(dǎo)軌放置，且與兩導(dǎo)軌保持良好接觸，桿與導(dǎo)軌之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為u?，F(xiàn)桿在水平向左、垂直于桿的恒力F作用下從靜止開(kāi)始沿導(dǎo)軌運(yùn)動(dòng)距離L時(shí)，速度恰好達(dá)到最大（運(yùn)動(dòng)過(guò)程中桿始終與導(dǎo)軌保持垂直）。設(shè)桿接入電路的電阻為r，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，重力加速度大小為g。則此過(guò)程（）A.桿的速度最大值為B.流過(guò)電阻R的電量為C.恒力F做的功與摩擦力做的功之和等于桿動(dòng)能的變化量D.恒力F做的功與安倍力做的功之和大于桿動(dòng)能的變化量答案：BD解析：當(dāng)桿達(dá)到最大速度vm時(shí)，得，A錯(cuò)；由公式，B對(duì)；在棒從開(kāi)始到達(dá)到最大速度的過(guò)程中由動(dòng)能定理有：，其中，，恒力F做的功與摩擦力做的功之和等于桿動(dòng)能的變化量與回路產(chǎn)生的焦耳熱之和，C錯(cuò)；恒力F做的功與安倍力做的功之和等于于桿動(dòng)能的變化量與克服摩擦力做的功之和，D對(duì)。4．如圖所示，導(dǎo)線全部為裸導(dǎo)線半徑為r的圓內(nèi)有垂直于圓平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，一根長(zhǎng)度大于2r的導(dǎo)線MN以速率v在圓環(huán)上無(wú)摩擦地自左端勻速滑到右端．電路的固定電阻為R，其余電阻不計(jì)，求MN從圓環(huán)的左端滑到右端的過(guò)程中電阻R上的電流的平均值和通過(guò)電阻R的電荷量?[答案]eq\f(πrvB,2R)eq\f(πr2B,R)[解析]MN做切割磁感線運(yùn)動(dòng)，有效切割長(zhǎng)度在不斷變化，用E＝BLv難以求得平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，從另一角度看，回路中的磁通量在不斷變化，可利用法拉第電磁感應(yīng)定律求平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)．從左端到右端磁通量的變化量ΔΦ＝BΔS＝Bπr2從左到右的時(shí)間：Δt＝eq\f(2r,v)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(Bπvr2,Δt)＝eq\f(Bπvr,2)所以，電路中平均感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(Bπvr,2R)通過(guò)R的電荷量q＝IΔt＝eq\f(Bπvr,2R)·eq\f(2r,v)＝eq\f(Bπr2,R)高考物理復(fù)習(xí)電磁感應(yīng)專(zhuān)題2——電磁感應(yīng)與力學(xué)綜合一．典例突破1．(2010·全國(guó)卷Ⅱ，18)如圖9－2－12所示，空間某區(qū)域中有一勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向水平，且垂直于紙面向里，磁場(chǎng)上邊界b和下邊界d水平．在豎直面內(nèi)有一矩形金屬線圈，線圈上下邊的距離很短，下邊水平．線圈從水平面a開(kāi)始下落．已知磁場(chǎng)上下邊界之間的距離大于水平面a、b之間的距離．若線圈下邊剛通過(guò)水平面b、c(位于磁場(chǎng)中)和d時(shí)，線圈所受到的磁場(chǎng)力的大小分別為Fb、Fc和Fd，則 () A．Fd>Fc>FbB．Fc<Fd<Fb C．Fc>Fb>FdD．Fc<Fb<Fd解析：本題考查導(dǎo)體切割磁感線時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)及安培力的計(jì)算．線圈自由下落，到b點(diǎn)受安培力，線圈全部進(jìn)入磁場(chǎng)，無(wú)感應(yīng)電流，則線圈不受安培力作用，線圈繼續(xù)加速，到d點(diǎn)出磁場(chǎng)時(shí)受到安培力作用，由F＝eq\f(B2L2v,R)知，安培力和線圈的速度成正比，D項(xiàng)對(duì)．2．如圖所示，光滑絕緣水平面上，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝2T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)以虛線MN為左邊界，MN的左側(cè)有一質(zhì)量m＝0.1kg，bc邊長(zhǎng)L1＝0.2m，電阻R＝2Ω的矩形線圈abcd，t＝0時(shí)，用一恒定拉力F拉線圈，使其由靜止開(kāi)始向右做勻加速運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)時(shí)間1s，線圈的bc邊到達(dá)磁場(chǎng)邊界MN，此時(shí)立即將拉力F改為變力，又經(jīng)過(guò)1s，線圈恰好完全進(jìn)入磁場(chǎng)．整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，線圈中感應(yīng)電流i隨時(shí)間t變化的圖象如圖所示．(1)求線圈bc邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度v1和線圈在第1s內(nèi)運(yùn)動(dòng)的距離x；(2)寫(xiě)出第2s內(nèi)變力F隨時(shí)間t變化的關(guān)系式；(3)求出線圈ab邊的長(zhǎng)度L2.答案參考《創(chuàng)》【發(fā)散3】3.如圖所示，兩根足夠長(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌水平放置，導(dǎo)軌的一端接有電阻和開(kāi)關(guān)，導(dǎo)軌光滑且電阻不計(jì)，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的方向與導(dǎo)軌平面垂直，金屬桿ab置于導(dǎo)軌上．當(dāng)開(kāi)關(guān)S斷開(kāi)時(shí)，在金屬桿ab上作用一水平向右的恒力F，使金屬桿ab向右運(yùn)動(dòng)進(jìn)入磁場(chǎng)．一段時(shí)間后閉合開(kāi)關(guān)并開(kāi)始計(jì)時(shí)，金屬桿在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好．下列關(guān)于金屬桿ab的v—t圖象不可能的是(d)講限時(shí)規(guī)范訓(xùn)練P283第6題4．一質(zhì)量為m、電阻為r的金屬桿ab，以一定的初速度v0從一光滑的平行金屬導(dǎo)軌底端向上滑行，導(dǎo)軌平面與水平面成30°角，兩導(dǎo)軌上端用一電阻R相連，如圖所示，磁場(chǎng)垂直斜面向上，導(dǎo)軌的電阻不計(jì)，金屬桿向上滑行到某一高度之后又返回到底端時(shí)的速度大小為v，則()A．向上滑行的時(shí)間小于向下滑行的時(shí)間B．在向上滑行時(shí)電阻R上產(chǎn)生的熱量大于向下滑行時(shí)電阻R上產(chǎn)生的熱量C．向上滑行時(shí)與向下滑行時(shí)通過(guò)電阻R的電量相等D．金屬桿從開(kāi)始上滑至返回出發(fā)點(diǎn)，電阻R上產(chǎn)生的熱量為eq\f(1,2)m(veq\o\al(2,0)－v2)解析：導(dǎo)體桿沿斜面向上運(yùn)動(dòng)時(shí)安培力沿斜面向下，沿斜面向下運(yùn)動(dòng)時(shí)安培力沿斜面向上，所以上升過(guò)程的加速度大于下滑過(guò)程的加速度，因此向上滑行的時(shí)間小于向下滑行的時(shí)間，A對(duì)；向上滑行過(guò)程的平均速度大，感應(yīng)電流大，安培力做的功多，R上產(chǎn)生的熱量多，B對(duì)；由q＝eq\f(ΔΦ,R＋r)知C對(duì)；由能量守恒定律知回路中產(chǎn)生的總熱量為eq\f(1,2)m(veq\o\al(02,)－v2)，D錯(cuò)；本題中等難度．答案：ABC5．如圖所示，電阻不計(jì)的平行金屬導(dǎo)軌固定在一絕緣斜面上，兩相同的金屬導(dǎo)體棒a、b垂直于導(dǎo)軌靜止放置，且與導(dǎo)軌接觸良好，勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直穿過(guò)導(dǎo)軌平面．現(xiàn)用一平行于導(dǎo)軌的恒力F作用在a的中點(diǎn)，使其向上運(yùn)動(dòng)．若b始終保持靜止，則它所受摩擦力可能(AB) A．變?yōu)? B．先減小后不變 C．等于F D．先增大再減小答案參考《創(chuàng)》【例題3】課堂小結(jié)：二．鞏固提升1、如圖所示，光滑曲線導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)，固定在絕緣斜面上，勻強(qiáng)磁場(chǎng)B垂直斜面向上.一導(dǎo)體棒從某處以初速度v0沿導(dǎo)軌面向上滑動(dòng)，最后又向下滑回到原處.導(dǎo)軌底端接有電阻R，其余電阻不計(jì).下列說(shuō)法正確的是()A.滑回到原處的速率小于初速度大小v0B.上滑所用的時(shí)間等于下滑所用的時(shí)間C.上滑過(guò)程與下滑過(guò)程通過(guò)電阻R的電荷量大小相等D.上滑過(guò)程通過(guò)某位置的加速度大小等于下滑過(guò)程中通過(guò)該位置的加速度大小解析：導(dǎo)體棒從某處以初速度v0沿導(dǎo)軌面向上滑動(dòng)至向下滑回到原處的過(guò)程中，有一部分機(jī)械能轉(zhuǎn)化成電阻發(fā)熱的內(nèi)能，據(jù)能的轉(zhuǎn)化和守恒定律得滑回到原處的速度小于初速度大小v0，選項(xiàng)A正確；因?yàn)閷?dǎo)體棒上滑和下滑過(guò)程中機(jī)械能不斷減小，所以上滑過(guò)程通過(guò)某位置的加速度大小與下滑過(guò)程中通過(guò)該位置的加速度大小不同，上滑所用的時(shí)間和下滑所用的時(shí)間不同，選項(xiàng)B、D錯(cuò)誤；上滑過(guò)程與下滑過(guò)程通過(guò)電阻R的電荷量大小相等，均為q＝eq\f(ΔΦ,R)，選項(xiàng)C正確.答案：AC2、如圖所示，電阻為R，其他電阻均可忽略，ef是一電阻可不計(jì)的水平放置的導(dǎo)體棒，質(zhì)量為m，棒的兩端分別與ab、cd保持良好接觸，又能沿框架無(wú)摩擦下滑，整個(gè)裝置放在與框架垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，當(dāng)導(dǎo)體棒ef從靜止下滑經(jīng)一段時(shí)間后閉合開(kāi)關(guān)S，則S閉合后(D)A.導(dǎo)體棒ef的加速度一定大于gB.導(dǎo)體棒ef的加速度一定小于gC.導(dǎo)體棒ef最終速度隨S閉合時(shí)刻的不同而不同D.導(dǎo)體棒ef的機(jī)械能與回路內(nèi)產(chǎn)生的電能之和一定守恒3、兩根足夠長(zhǎng)的光滑導(dǎo)軌豎直放置，間距為L(zhǎng)，底端接阻值為R的電阻．將質(zhì)量為m，電阻也為R的金屬棒懸掛在一個(gè)固定的輕彈簧下端，金屬棒與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)軌所在的平面與磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的磁場(chǎng)垂直，如圖所示．除金屬棒和電阻R外，其余電阻不計(jì)．現(xiàn)將金屬棒從彈簧的原長(zhǎng)位置由靜止釋放，則(AB) A．金屬棒向下運(yùn)動(dòng)時(shí)，流過(guò)電阻R的電流方向?yàn)閎→a B．最終彈簧的彈力與金屬棒的重力平衡 C．金屬棒的速度為v時(shí)，所受的安培力大小為F＝eq\f(B2L2v,R) D．金屬棒的速度為v時(shí)，金屬棒兩端的電勢(shì)差為U＝BLv解析：本題考查歐姆定律、右手定則和安培力．由右手定則可判斷電流方向?yàn)閎→a，故A選項(xiàng)正確；根據(jù)能量守恒可知，最終彈簧的彈力與金屬棒的重力平衡金屬棒處于靜止?fàn)顟B(tài)，故B選項(xiàng)正確；根據(jù)F＝BIL，E＝BLv，I＝E/2R，聯(lián)立可得F＝eq\f(B2L2v,2R)，故C選項(xiàng)錯(cuò)誤；金屬棒速度為v時(shí)，金屬棒兩端的電勢(shì)差為U＝BLv/2，故D選項(xiàng)錯(cuò)誤．答案：AB高考物理復(fù)習(xí)電磁感應(yīng)專(zhuān)題3——電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化與守恒教學(xué)目標(biāo)：1、知道電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化特點(diǎn)2、會(huì)用能量轉(zhuǎn)化與守恒的思想處理電磁感應(yīng)中的能量問(wèn)題一．課前預(yù)習(xí)知識(shí)回顧1.（自學(xué)）【電磁感應(yīng)中能量的轉(zhuǎn)化】電磁感應(yīng)過(guò)程實(shí)質(zhì)是不同形式的能量轉(zhuǎn)化的過(guò)程，電磁感應(yīng)過(guò)程中產(chǎn)生的感應(yīng)電流在磁場(chǎng)中必定受到安培力作用．因此要維持安培力存在，必須有“外力”克服安培力做功．此過(guò)程中，其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能．“外力”克服安培力做多少功，就有多少其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能．當(dāng)感應(yīng)電流通過(guò)用電器時(shí)，電能又轉(zhuǎn)化為其他形式的能．可以簡(jiǎn)化為下列形式：同理，安培力做功的過(guò)程，是電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能的過(guò)程，安培力做多少功就有多少電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能．2．試證明電磁感應(yīng)中克服安培力所做的功等于回路產(chǎn)生的電能（可以建立模型）.3.電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化與守恒：典型例題精講精煉【例題1】如圖所示，質(zhì)量m1＝0.1kg，電阻R1＝0.3Ω，長(zhǎng)度l＝0.4m的導(dǎo)體棒ab橫放在U形金屬框架上．框架質(zhì)量m2＝0.2kg，放在絕緣水平面上，與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2.相距0.4m的MM′、NN′相互平行，電阻不計(jì)且足夠長(zhǎng)．電阻R2＝0.1Ω的MN垂直于MM′.整個(gè)裝置處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.5T．垂直于ab施加F＝2N的水平恒力，ab從靜止開(kāi)始無(wú)摩擦地運(yùn)動(dòng)，始終與MM′、NN′保持良好接觸．當(dāng)ab運(yùn)動(dòng)到某處時(shí)，框架開(kāi)始運(yùn)動(dòng)．設(shè)框架與水平面間最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，g取10m/s2.(1)求框架開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)ab速度v的大?。?2)從ab開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到框架開(kāi)始運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，MN上產(chǎn)生的熱量Q＝0.1J，求該過(guò)程ab位移x的大?。馕觯?1)ab對(duì)框架的壓力F1＝m1框架受水平面的支持力FN＝m2g＋F依題意，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，則框架受到最大靜摩擦力F2＝μFNab中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BlvMN中電流I＝eq\f(E,R1＋R2)MN受到的安培力F安＝IlB框架開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)F安＝F2由上述各式代入數(shù)據(jù)解得v＝6m/s.(2)閉合回路中產(chǎn)生的總熱量Q總＝eq\f(R1＋R2,R2)Q由能量守恒定律，得Fx＝eq\f(1,2)m1v2＋Q總代入數(shù)據(jù)解得x＝1.1m.答案：(1)6m/s(2)1.1m【例2】如圖9－3－19所示，一矩形金屬框架與水平面成角θ＝37°，寬L＝0.4m，上、下兩端各有一個(gè)電阻R0＝2Ω，框架的其他部分電阻不計(jì)，框架足夠長(zhǎng)，垂直于金屬框架平面的方向有一向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝1.0T．a(chǎn)b為金屬桿，與框架良好接觸，其質(zhì)量m＝0.1kg， 電阻r＝1.0Ω，桿與框架的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5.桿由靜止開(kāi)始下滑，在速度達(dá)到最大的過(guò)程中，上端電阻R0產(chǎn)生的熱量Q0＝0.5J(取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)．求：（1）流過(guò)R0的最大電流；(2)從開(kāi)始到速度最大的過(guò)程中ab桿沿斜面下滑的距離；(3)在時(shí)間1s內(nèi)通過(guò)ab桿某橫截面的最大電荷量．錯(cuò)因分析：例2錯(cuò)誤的主要原因是：一是對(duì)串、并聯(lián)電路中焦耳熱的分配不清楚，誤認(rèn)為焦耳熱都和電阻成正比，錯(cuò)誤地認(rèn)為ab桿的焦耳熱是R0的1/2為0.25J；二是對(duì)公式q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(BΔS,R)認(rèn)識(shí)不清，ΔS應(yīng)為金屬桿掃過(guò)的面積．有些同學(xué)誤認(rèn)為金屬桿與上下兩部分軌道所圍的面積均發(fā)生變化，ΔS為上下兩部分變化面積的和，這是錯(cuò)誤的．正確解答：(1)當(dāng)滿足BIL＋μmgcosθ＝mgsinθ時(shí)ab中有最大電流Im，則Im＝eq\f(sinθ－μcosθmg,BL)＝eq\f(0.6－0.5×0.8×0.1×10,1.0×0.4)A＝0.5A流過(guò)R0的最大電流為I0＝eq\f(Im,2)＝0.25A.(2)Q總＝4Q0＝2J，Em＝ImR總＝0.5×2V＝1.0V此時(shí)桿的速度為vm＝eq\f(Em,BL)＝eq\f(1.0,1.0×0.4)m/s＝2.5m/s由動(dòng)能定理得mgssinθ－μmgscosθ－Q總＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)－0求得桿下滑的距離s＝eq\f(mv\o\al(2,m)＋2Q總,2mgsinθ－μcosθ)＝eq\f(0.1×2.52＋2×2,2×0.1×10×0.6－0.5×0.8)m＝11.56m.(3)1s內(nèi)通過(guò)ab桿的最大電荷量q＝eq\f(ΔΦ,R總)＝eq\f(BΔS,R總)＝eq\f(BLvmΔt,R總)＝eq\f(1.0×0.4×2.5×1,2)C＝0.5C【例題2】如圖所示，水平地面上方矩形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，兩個(gè)邊長(zhǎng)相等的單匝閉合正方形線圈Ⅰ和Ⅱ，分別用相同材料、不同粗細(xì)的導(dǎo)線繞制(Ⅰ為細(xì)導(dǎo)線)、兩線圈在距磁場(chǎng)上界面h高處由靜止開(kāi)始自由下落，再進(jìn)入磁場(chǎng)，最后落到地面．運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，線圈平面始終保持在豎直平面內(nèi)且下邊緣平行于磁場(chǎng)上邊界．設(shè)線圈Ⅰ、Ⅱ落地時(shí)的速度大小分別為v1、v2，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)產(chǎn)生的熱量分別為Q1、Q2.不計(jì)空氣阻力，則 ()A．v1<v2，Q1<Q2B．v1＝v2，Q1＝Q2C．v1<v2，Q1>Q2D．v1＝v2，Q1<Q2解析：兩線圈在未進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，都做自由落體運(yùn)動(dòng)，從距磁場(chǎng)上界面h高處下落，由動(dòng)能定理知兩線圈在進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度相同，設(shè)為v，線圈Ⅰ所受安培阻力F1′＝BI1L＝eq\f(B2L2v,R1)，而R1＝ρ電eq\f(4L,S1)，S1＝eq\f(m1,ρ·4L).故F1′＝eq\f(B2L2vm1,16ρ電ρL2)＝eq\f(B2vm1,16ρ電ρ).所以此時(shí)刻a1＝eq\f(m1g－F1′,m1)＝g－eq\f(B2v,16ρ電ρ)，同理可得a2＝g－eq\f(B2v,16ρ電ρ)與線圈的質(zhì)量無(wú)關(guān)，即兩線圈進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的加速度相同，當(dāng)兩線圈進(jìn)入磁場(chǎng)后雖加速度發(fā)生變化，但兩者加速度是同步變化的，速度也同步變化，因此落地時(shí)速度相等即v1＝v2；又由于線圈Ⅱ質(zhì)量大，機(jī)械能損失多，所以產(chǎn)生的熱量也多，即Q2>Q1，故D項(xiàng)正確．答案：D【發(fā)散2】如圖所示，用粗細(xì)相同的銅絲做成邊長(zhǎng)分別為L(zhǎng)和2L的兩只閉合線框a和b，以相同的速度從磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域中勻速地拉到磁場(chǎng)外，則下列說(shuō)法正確的是()A．產(chǎn)生的焦耳熱之比為1∶4B．產(chǎn)生的焦耳熱之比為1∶1C．通過(guò)銅絲某截面的電量之比為1∶2D．通過(guò)銅絲某截面的電量之比為1∶4解析：選AC.根據(jù)能的轉(zhuǎn)化和守恒可知，外力做功等于電能，而電能又全部轉(zhuǎn)化為焦耳熱Wa＝Qa＝eq\f(BLv2,Ra)·eq\f(L,v)Wb＝Qb＝eq\f(B2Lv2,Rb)·eq\f(2L,v)由電阻定律知Rb＝2Ra，故Wa∶Wb＝1∶4，A對(duì)B錯(cuò)；由產(chǎn)生的電量Q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(BS,R)得，Qa∶Qb＝1∶2，C對(duì)D錯(cuò)．解題小結(jié)：解決此類(lèi)問(wèn)題的步驟(1)用法拉第電磁感應(yīng)定律和楞次定律(包括右手定則)確定感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小和方向．(2)畫(huà)出等效電路圖，寫(xiě)出回路中電阻消耗的電功率的表達(dá)式．(3)分析導(dǎo)體機(jī)械能的變化，用能量守恒關(guān)系得到機(jī)械功率的改變與回路中電功率的改變所滿足的方程，聯(lián)立求解．三．鞏固提升1、如圖所示，豎直放置的兩根平行金屬導(dǎo)軌之間接有定值電阻R，質(zhì)量不能忽略的金屬棒與兩導(dǎo)軌始終保持垂直并良好接觸且無(wú)摩擦，棒與導(dǎo)軌的電阻均不計(jì)，整個(gè)裝置放在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向與導(dǎo)軌平面垂直，棒在豎直向上的恒力F作用下加速上升的一段時(shí)間內(nèi)，力F做的功與安培力做的功的代數(shù)和等于() A．棒的機(jī)械能增加量B．棒的動(dòng)能增加量C．棒的重力勢(shì)能增加量D．電阻R上放出的熱量解析：選A.對(duì)金屬棒受力分析可知，設(shè)金屬棒所受重力為G、上升高度為h，則根據(jù)能量守恒可得：Fh－W安＝Gh＋ΔE，即拉力及安培力所做的功的代數(shù)和等于金屬棒機(jī)械能的增加量，A正確．2.如圖所示，用質(zhì)量為m、電阻為R的均勻?qū)Ь€做成邊長(zhǎng)為l的單匝正方形線框MNPQ，線框每一邊的電阻都相等．將線框置于光滑絕緣的水平面上．在線框的右側(cè)存在豎直方向的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)邊界間的距離為2l，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.在垂直MN邊的水平拉力作用下，線框以垂直磁場(chǎng)邊界的速度v勻速穿過(guò)磁場(chǎng)．在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中線框平面水平，且MN邊與磁場(chǎng)的邊界平行．求：(1)線框MN邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，線框中感應(yīng)電流的大?。?2)線框MN邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，M、N兩點(diǎn)間的電壓UMN；(3)在線框從MN邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)到PQ邊剛穿出磁場(chǎng)的過(guò)程中，水平拉力對(duì)線框所做的功W.解析：(1)線框MN邊在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝Blv線框中的感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(Blv,R).(2)M、N兩點(diǎn)間的電壓UMN＝eq\f(3,4)E＝eq\f(3,4)Blv.(3)只有MN邊在磁場(chǎng)中時(shí)，線框運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t＝eq\f(l,v)此過(guò)程線框中產(chǎn)生的焦耳熱Q1＝I2Rt＝eq\f(B2l3v,R)只有PQ邊在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)線框中產(chǎn)生的焦耳熱Q2＝eq\f(B2l3v,R)根據(jù)能量守恒定律得水平外力做的功W＝Q1＋Q2＝eq\f(2B2l3v,R).3 如圖9－3－29所示，有一足夠長(zhǎng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌，電阻不計(jì)，間距L＝0.5m，導(dǎo)軌沿與水平方向成θ＝30°傾斜放置，底部連接有一個(gè)阻值為R＝3Ω的電阻．現(xiàn)將一個(gè)長(zhǎng)也為L(zhǎng)＝0.5m、質(zhì)量為m＝0.2kg、電阻r＝2Ω的均勻金屬棒，自軌道頂部靜止釋放后沿軌道自由滑下，下滑中均保持與軌道垂直并接觸良好，經(jīng)一段距離后進(jìn)入一垂直軌道平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，如圖所示．磁場(chǎng)上部有邊界OP，下部無(wú)邊界，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝2T．金屬棒進(jìn)入磁場(chǎng)后又運(yùn)動(dòng)了一段距離便開(kāi)始做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在做勻速直線運(yùn)動(dòng)之前這段時(shí)間內(nèi)，金屬棒上產(chǎn)生了Qr＝2.4J的熱量，且通過(guò)電阻R上的電荷量為q＝0.6C，取g＝10m/s2.求：圖9－3－29(1)金屬棒勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度v0；(2)金屬棒進(jìn)入磁場(chǎng)后速度v＝6m/s時(shí)，其加速度a的大小及方向；(3)磁場(chǎng)的上部邊界OP距導(dǎo)軌頂部的距離s.解析：(1)此時(shí)金屬棒沿斜面方向受力平衡：BIL＝mgsinθ對(duì)閉合電路有：I＝eq\f(E,R＋r)，E＝BLv0聯(lián)立解得：v0＝eq\f(mgsinθR＋r,B2L2)＝5m/s.(2)由牛頓第二定律得：mgsinθ－BIL＝ma而由電路：I＝eq\f(BLv,R＋r)a＝gsinθ－eq\f(B2L2v,mR＋r)＝－1m/s2因此，此時(shí)加速度大小為1m/s2，方向沿斜面向上．(3)由于金屬棒r和電阻R上的電流瞬時(shí)相同，根據(jù)焦耳定律產(chǎn)生的電熱應(yīng)與阻值成正比，因此可求出金屬棒勻速運(yùn)動(dòng)前R上產(chǎn)生的電熱為：QR＝eq\f(R,r)Qr＝3.6J因此，該過(guò)程中電路中的總電熱為：Q＝Qr＋QR＝6J又該過(guò)程中電路平均電流為：eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R＋r)＝eq\f(ΔΦ,ΔtR＋r)設(shè)勻速前金屬棒在磁場(chǎng)中位移為x，則此過(guò)程中通過(guò)R的電荷量為：q＝eq\x\to(I)·Δt＝eq\f(ΔΦ,R＋r)＝eq\f(BLx,R＋r)從釋放到剛好達(dá)到勻速運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，由能量守恒得到：mgsinθ(s＋x)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋Q聯(lián)立解得：s＝eq\f(mv\o\al(2,0)＋2Q,2mgsinθ)－eq\f(qR＋r,BL)＝5.5m.答案：(1)5m/s(2)1m/s2方向沿斜面向上(3)5.5m4.如圖所示，兩根足夠長(zhǎng)固定平行金屬導(dǎo)軌位于傾角θ＝30°的斜面上，導(dǎo)軌上、下端各接有阻值R＝20Ω的電阻，導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)，導(dǎo)軌寬度L＝2m，在整個(gè)導(dǎo)軌平面內(nèi)都有垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝1T．質(zhì)量m＝0.1kg、連入電路的電阻r＝10Ω的金屬棒ab在較高處由靜止釋放，當(dāng)金屬棒ab下滑高度h＝3m時(shí)，速度恰好達(dá)到最大值v＝2m/s，金屬棒ab在下滑過(guò)程中始終與導(dǎo)軌垂直且與導(dǎo)軌接觸良好．g取10m/s2.求：(1)金屬棒ab由靜止至下滑高度為3m的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中機(jī)械能的減少量．(2)金屬棒ab由靜止至下滑高度為3m的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中導(dǎo)軌上端電阻R中產(chǎn)生的熱量．解析：(1)金屬棒ab機(jī)械能的減少量ΔE＝mgh－eq\f(1,2)mv2＝2.8J.(2)速度最大時(shí)金屬棒ab產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)E＝BLv產(chǎn)生的電流I＝E/(r＋R/2)此時(shí)的安培力F＝BIL由題意可知，受摩擦力Ff＝mgsin30°－F由能量守恒得，損失的機(jī)械能等于金屬棒ab克服摩擦力做功和產(chǎn)生的電熱之和，電熱Q＝ΔE－Ffh/sin30°上端電阻R中產(chǎn)生的熱量QR＝Q/4聯(lián)立以上幾式得：QR＝0.55J.答案：(1)2.8J(2)0.55J2012高考物理專(zhuān)題復(fù)習(xí)—交變電流專(zhuān)題一1．交流發(fā)電機(jī)在工作時(shí)的電動(dòng)勢(shì)為E＝E0sinωt，若將其電樞的轉(zhuǎn)速提高1倍，其他條件不變，則其電動(dòng)勢(shì)變?yōu)?)A．E0sin2ωtB．2E0sin2ωtC．E0sineq\f(ωt,2) D．2E0sineq\f(ωt,2)解析：交變電壓瞬時(shí)值表達(dá)式為E＝E0sinωt，而E0＝NBSω，電樞的轉(zhuǎn)速提高1倍即ω加倍，其他條件不變時(shí)E0加倍，應(yīng)選B項(xiàng)．答案：B2．一矩形線圈在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，產(chǎn)生的交變電流電動(dòng)勢(shì)e＝220eq\r(2)sinωt，則()A．交流的頻率是50HzB．交流電的有效值是220VC．當(dāng)t＝0時(shí)，線圈平面恰好與中性面重合D．當(dāng)t＝eq\f(1,200)s時(shí)，e有最大值220eq\r(2)V解析：由題設(shè)知，電動(dòng)勢(shì)最大值為220eq\r(2)V，故有效值是220V；t＝0時(shí)，e＝0，故B、C正確．ω未知，f無(wú)法確定，t＝eq\f(1,200)s時(shí)，電壓瞬時(shí)值無(wú)法確定，A、D錯(cuò)．答案：BC3．如圖所示，理想變壓器初級(jí)線圈的匝數(shù)為n1，次級(jí)線圈的匝數(shù)為n2，初級(jí)線圈的兩端a、b接正弦交流電源，電壓表V的示數(shù)為220V，負(fù)載電阻R＝44Ω，電流表A1的示數(shù)為0.20A．下列判斷中正確的是()A．初級(jí)線圈和次級(jí)線圈的匝數(shù)比為2∶1B．初級(jí)線圈和次級(jí)線圈的匝數(shù)比為5∶1C．電流表A2的示數(shù)為1.0AD．電流表A2的示數(shù)為0.4A解析：對(duì)于理想變壓器，P1＝U1I1＝220×0.20W＝44W，則負(fù)載電阻消耗的功率P2＝P1＝44W，據(jù)P2＝eq\f(U\o\al(2,2),R)，得U2＝eq\r(P2R)＝eq\r(44×44)V＝44V，則eq\f(n1,n2)＝eq\f(U1,U2)＝eq\f(220,44)＝5，故B正確．A2的讀數(shù)I2＝eq\f(U2,R)＝eq\f(44,44)A＝1A，故C正確．答案：BC4．閉合線圈在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，產(chǎn)生正弦式電流i＝Imsinωt，若保持其他條件不變，使發(fā)電機(jī)線圈匝數(shù)及轉(zhuǎn)速各增加一倍，則電流的變化規(guī)律為()A．i＝2Imsin2ωtB．i＝4Imsin2ωtC．i＝2ImsinωtD．i＝4Imsinωt答A．解析轉(zhuǎn)速加倍則ω＝2πn也加倍，電流的最大值Im也加倍故i＝2Imsin2ωt選項(xiàng)A正確．5．如圖所示兩電路中，當(dāng)a、b兩端與e、f兩端分別加上220V的交流電壓時(shí)，測(cè)得c、d間與g、h間的電壓均為110V；若分別在c、d與g、h的兩端加上110V的交流電壓，則a、b間與e、f間的電壓分別為()A．220V,220VB．220V,110VC．110V,110VD．220V,0解析：對(duì)變壓器，由eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)可得Uab＝220V；對(duì)滑動(dòng)變阻器來(lái)說(shuō)，當(dāng)gh間接上電壓時(shí)，ef間電壓Uef＝110V，故B選項(xiàng)正確．答案：B6．如圖所示，一理想變壓器原線圈接入一交流電源，副線圈電路中R1、R2、R3和R4均為固定電阻，開(kāi)關(guān)S是閉合的．○V1和○V2為理想電壓表，讀數(shù)分別為U1和U2；○A1、○A2和○A3為理想電流表，讀數(shù)分別為I1、I2和I3，現(xiàn)斷開(kāi)S，U1數(shù)值不變，下列推斷中正確的是()A．U2變小、I3變小 B．U2不變、I3變大C．I1變小、I2變小D．I1變大、I2變大解析：因?yàn)樽儔浩鞯脑褦?shù)與U1不變，所以U2不變，故兩電壓表的示數(shù)均不變．當(dāng)S斷開(kāi)時(shí)，因?yàn)樨?fù)載電阻增大，故次級(jí)線圈中的電流I2減小，由于輸入功率等于輸出功率，所以I1也將減小，C正確；因?yàn)镽1的電壓減小，故R2、R3兩端的電壓將增大，I3變大，B正確．答案：BC7．一輸入電壓為220v，輸出電壓為36V的變壓器副線圈燒壞，為獲知此變壓器元、復(fù)線圈匣數(shù)，某同學(xué)拆下燒壞的副線圈，用絕緣導(dǎo)線在鐵芯上新饒了5匣線圈。如題17圖所示，然后將原來(lái)線圈接到220v交流電源上，測(cè)得新繞線全的端電壓為1v，按理想變壓器分析，該變壓器燒壞前的原、副線數(shù)分別為（）A．1100,360B.1100，180C．2200,180D.2200,360【解析】對(duì)新繞線的理想變壓器，根據(jù)變壓比公式得變壓器燒壞前，同理，B正確。8．如右圖，一理想變壓器原副線圈匝數(shù)之比為4：1，原線圈兩端接入一正弦交流電源；副線圈電路中R為負(fù)載電阻，交流電壓表和交流電流表都是理想電表．下列結(jié)論正確的是A．若電壓表讀數(shù)為6V，則輸入電壓的最大值為VB．若輸入電壓不變，副線圈匝數(shù)增加到原來(lái)的2倍，則電流表的讀數(shù)減小到原來(lái)的一半C．若輸入電壓不變，負(fù)載電阻的阻值增加到原來(lái)的2倍，則輸入功率也增加到原來(lái)的2倍D．若保持負(fù)載電阻的阻值不變．輸入電壓增加到原來(lái)的2倍，則輸出功率增加到原來(lái)的4倍【解析】若電壓表讀數(shù)為6V，則輸入電壓為是有效值，因此其最大值為V，A正確；若輸入電壓不變，副線圈匝數(shù)增加到原來(lái)的2倍，則輸出電壓也增加到原來(lái)的2倍，電流表示數(shù)應(yīng)增加到原來(lái)的2倍，B錯(cuò)；若輸入電壓不變，負(fù)載電阻的阻值增加到原來(lái)的2倍，則輸出電流減小到原來(lái)的一半，輸入功率等于輸出功率即也減小到原來(lái)的一半，C錯(cuò)；若保持負(fù)載電阻的阻值不變．輸入電壓增加到原來(lái)的2倍，輸出電壓增大到原來(lái)的2倍，則由可知輸出功率增加到原來(lái)的4倍，D正確。【答案】AD9.如圖所示，交流發(fā)電機(jī)線圈的面積為0.05m2，共100匝，在磁感應(yīng)強(qiáng)度為eq\f(1,π)T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，以10πrad/s的角速度勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，電阻R1和R2的阻值均為50Ω，線圈的內(nèi)阻忽略不計(jì)，若從圖示位置開(kāi)始計(jì)時(shí)，則()A.線圈中的電動(dòng)勢(shì)為e＝50sinπtVB.電壓表的示數(shù)為50eq\r(2)VC.電流表的示數(shù)為eq\r(2)AD.R1上消耗的電功率為50W【解析】圖中所示，線圈位于中性面，此時(shí)有em＝NBSω＝100×eq\f(1,π)×0.05×10π＝50V則電動(dòng)勢(shì)為e＝50cosωtV電壓表示數(shù)為有效值U＝＝25eq\r(2)V電流表示數(shù)為有效值I＝＝eq\f(25\r(2),25)A＝eq\r(2)APR1＝＝eq\f(1250,50)W＝25W答案C10.電阻為1Ω的矩形線圈繞垂直于磁場(chǎng)方向的軸，在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，產(chǎn)生的交變電動(dòng)勢(shì)隨時(shí)間變化的圖象如圖所示.現(xiàn)把交流電加在電阻為9Ω的電熱絲上，下列判斷正確的是()A.線圈轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度ω＝100rad/sB.在t＝0.01s時(shí)刻，穿過(guò)線圈的磁通量最大C.電熱絲兩端的電壓U＝100eq\r(2)VD.電熱絲此時(shí)的發(fā)熱功率P＝1800W【解析】A錯(cuò)；t＝0.01s時(shí)刻，電壓達(dá)到最大，則此時(shí)磁通量變化率最大，磁通量為零，B錯(cuò)；電熱絲兩端電壓為路端電壓UR＝U＝eq\f(9,9＋1)×(Um/eq\r(2))V＝90eq\r(2)V，則C錯(cuò)；根據(jù)電功率公式P＝＝eq\f((90\r(2))2,9)W＝1800W可知D正確.【答案】D11.如圖表示一交流電的電流隨時(shí)間而變化的圖象，此交流電的有效值是()A.3.5A B.eq\f(7,2)eq\r(2)A C.5eq\r(2)A D.5A【正解】交流電的有效值是根據(jù)其熱效應(yīng)而定義的，它是從電流產(chǎn)生焦耳熱相等的角度出發(fā)，使交流電與恒定電流等效.設(shè)交流電的有效值為I，令該交變電流通過(guò)一阻值為R的純電阻，在一個(gè)周期內(nèi)有：I2RT＝Ieq\o\al(2,1)R＋I(xiàn)eq\o\al(2,2)R所以該交流電的有效值為I＝＝5A【答案】D12.如圖所示為一交變電流的i-t圖象，下列說(shuō)法正確的是()A.交變電流的頻率f＝50Hz，有效值為5eq\r(5)AB.交變電流的有效值I＝5eq\r(2)AC.交變電流的平均值＝10AD.若此交變電流通過(guò)阻值為10Ω的電阻，則這個(gè)電阻兩端的電壓為25eq\r(10)V【解析】對(duì)于正弦交流電可直接應(yīng)用最大值為有效值的eq\r(2)倍這一規(guī)律，將此交變電流分為前后兩部分正弦交流電，可直接得到這兩部分正弦交流電的有效值，分別為I1＝2.5eq\r(2)A和I2＝7.5eq\r(2)A，再利用有效值的定義求解.Ieq\o\al(2,2)R×0.01解得I＝2.5eq\r(10)A對(duì)于不同的時(shí)間段，交流電的平均值不同，求交流電的平均值應(yīng)明確指出是哪一段時(shí)間的平均值.知U＝IR＝2.5eq\r(10)A×10Ω＝25eq\r(10)V13．利用超導(dǎo)材料零電阻的性質(zhì)，可實(shí)現(xiàn)無(wú)損耗輸電．現(xiàn)有一直流電路，輸電線的總電阻為0.4Ω，它提供給用電器的電功率為40kW，電壓為800V．如果用臨界溫度以下的超導(dǎo)電纜替代原來(lái)的輸電線，保持供給用電器的功率和電壓不變，那么節(jié)約的電功率為()A．1kWB．1.6×103kWC．1.6kWD．10kW解析：用電器的額定電流為：I＝eq\f(P,U)＝eq\f(40×103,800)A＝50A，輸電線上消耗功率P線＝I2R＝502×0.4W＝1000W＝1kW.所以若采用超導(dǎo)材料則線路上的損耗將被節(jié)約．答案：A14．一理想變壓器給負(fù)載供電，變壓器輸入電壓不變，如圖2所示．如果負(fù)載電阻的滑動(dòng)片向上移動(dòng)．則圖中所有交流電表的讀數(shù)及輸入功率變化情況正確的是(均為理想電表)()A．V1、V2不變，A1增大，A2減小，P增大B．V1、V2不變，A1、A2增大，P增大C．V1、V2不變，A1、A2減小，P減小D．V1不變，V2增大，A1減小，A2減小，P減小解析：理想變壓器輸入電壓不變，則輸出電壓不變，故表V1，V2示數(shù)不變；滑片P向上移，使負(fù)載電阻增大，因而，副線圈中的電流I2減小，由于電壓比不變，故原線圈中的電流也將減??；輸出功率P出＝U2I2減小，P入＝P出，因而輸入功率也將減小．答案：C15.如圖所示，接在交流電源上的電燈泡正常發(fā)光，以下說(shuō)法正確的是()A.把電介質(zhì)插入電容器，燈泡變亮B.增大電容器兩極板間的距離，燈泡變亮C.減小電容器兩極板間的正對(duì)面積，燈泡變暗D.使交變電流頻率減小，燈泡變暗A(chǔ)CD【解析】把電介質(zhì)插入電容器，電容增大，電容器對(duì)交變電流的阻礙作用變小，所以燈泡變亮，故A正確；增大電容器兩極板間的距離，電容變小，電容器對(duì)交變電流的阻礙作用變大，所以燈泡變暗，故B錯(cuò)；減小電容器兩極板間的正對(duì)面積，電容變小，燈泡變暗，故C正確；交變電流頻率減小，電容器對(duì)交變電流的阻礙作用增大，燈泡變暗，故D正確.16.如圖所示，線圈的自感系數(shù)L和電容器的電容C都很小(L＝1mH，C＝200pF)，此電路的重要作用是()A.阻直流通交流，輸出交流電B.阻交流通直流，輸出直流電C.阻低頻通高頻，輸出高頻交流電D.阻高頻通低頻，輸出低頻交流電和直流電【解析】(1)線圈的作用是：“通直流、阻交流，通低頻、阻高頻”.電容器的作用是：“通交流、阻直流，通高頻、阻低頻”.(2)因?yàn)榫€圈自感系數(shù)L很小，所以對(duì)低頻成分的阻礙作用很小，這樣，直流和低頻成分能順利通過(guò)線圈；電容器并聯(lián)在電路中，起旁路作用，因電容C很小，對(duì)低頻成分和直流成分的阻礙作用很大，而對(duì)部分通過(guò)線圈的高頻成分阻礙作用很小，被它濾掉，最終輸出的是低頻交流和直流.【答案】D17.如圖所示，把電