(全国通用)2018届高考物理二轮复习备课资料专题六电路和电磁感应第1讲恒定电流和交变

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2017_2018学年高考物理二轮复习第6板块电学实验题教学案

第6板块电学实验题第26讲| “分门别类”掌握实验基础——多用电表的使用与读数[全练题点]1．(2018届高三·大连调研)用如图甲所示的多用电表测量电阻，要用到选择开关K 和两个部件S 、T 。

(1)请根据下列步骤完成电阻测量：①旋动部件________，使指针对准电流的“0”刻度线。

②将K 旋转到电阻挡“×100”位置。

③将插入“＋”“－”插孔的表笔短接，旋动部件________，使指针对准电阻的“0”刻度线。

(2)将调好零的多用电表按正确步骤测量一电学元件P 的电阻，P 的两端分别为a 、b ，指针指示位置如图乙所示。

则通过P 的电流方向是________(选填“a →b ”或“b →a ”)，为使测量比较精确，应将选择开关旋到________的倍率挡位上，并需要重新调零，再进行测量。

解析：(1)①首先要对表盘机械校零，所以旋动的部件是S 。

③欧姆表选挡后要进行欧姆调零，将“＋”“－”插孔的表笔短接，旋动部件T ，让表盘指针指在最右端零刻度处。

(2)表盘上的负极接欧姆表内部电源的正极，所以通过P 的电流方向是b 到a ；题图乙中指针偏转角度太大，为了得到比较准确的测量结果，必须使指针指在中间刻度附近，所以要将倍率调小。

答案：(1)①S ③T (2)b→a×102．某同学在测量一只小灯泡电阻的实验中，连接了如图甲所示的实物电路图。

闭合开关，发现灯泡不亮，电流表的示数为零。

(1)他借助多用电表检查小灯泡。

先断开开关，把多用电表的选择开关旋到“×1”挡，再进行________调零；又将红、黑表笔分别接触①、②接线柱，多用电表的表盘恰好如图乙所示，说明小灯泡正常，此时的电阻为________Ω。

(2)他将多用电表选择开关旋于某直流电压挡，将红、黑表笔分别接触②、③接线柱；闭合开关，发现电压表的示数约等于电源电动势，说明②、③接线柱间的导线出现了________(选填“断路”或“短路”)。

【7份】新课标2018年高考物理总复习教案：第十章电磁感应

【7份】新课标2018年高考物理总复习教案第十章电磁感应目录第57课时电磁感应现象和楞次定律(双基落实课) ........................................................... 1第58课时法拉第电磁感应定律(重点突破课) .................................................................. 9第59课时电磁感应的电路问题(题型研究课) ................................................................ 22 第60课时电磁感应中的图像问题(题型研究课) ............................................................ 31 第61课时电磁感应中的动力学问题(题型研究课) ........................................................ 39 第62课时电磁感应中的能量问题(题型研究课) (52)阶段综合评估......................................................................................................................... 61 考纲要求考情分析电磁感应现象Ⅰ 1.命题规律近几年高考对本章内容重点考查了感应电流的产生、感应电动势的方向判断和大小计算等。

常以选择题形式考查对基础知识、基本规律的理解与应用，以计算题的形式考查综合性知识，如动力学、能量、电路、图像等知识与电磁感应结合的问题，一般难度较大，分值较高。

2.考查热点预计2018年高考对本章仍将以法拉第电磁感应定律为核心，利用与之相关的力电综合问题，考查学生的综合分析及运用数学知识解决物理问题的能力。

高三物理二轮复习专题课件精编：专题六第1课时电磁感应问题的综合分析

热点题型例析
专题六第1课时
如图 7 甲所示，光滑绝缘水平面上有一竖直向下
的匀强磁场，磁感应强度 B＝0.2 T，以虚线 MN 为左边界， MN 的左侧有一质量 m＝0.1 kg，bc 边长 L1＝0.2 m，电阻 R ＝0.2 Ω 的矩形线圈 abcd.t＝0 时，用一恒定拉力 F 拉线圈，使
本课时 1．楞次定律中“阻碍”的表现栏 (1)阻碍磁通量的变化(增反减同)．目开 (2)阻碍物体间的相对运动 (来拒去留)．关
(3)阻碍原电流的变化(自感现象)．
知识方法聚焦
2．感应电动势的计算动势．
专题六第1课时
ΔΦ (1)法拉第电磁感应定律：E＝ n Δt ，常用于计算平均电
本课时栏目开关
知识方法聚焦
专题六第1课时
解决感应电路综合问题的一般思路是“先电后力”，即：先作“源”的分析——分析电路中由电磁感应所产生的电源，求出电源参数 E 和 r；
本课时栏目开关
接着进行“路”的分析——分析电路结构，弄清串、并联关系，求出相关部分的电流大小，以便求解安培力；然后是“力”的分析——分析研究对象(通常是金属棒、导体、线圈等)的受力情况，尤其注意其所受的安培力；接着进行“运动状态”的分析——根据力和运动的关系，判断出正确的运动模型；最后是“能量”的分析 ——寻找电磁感应过程和研究对象的运动过程中，其能量转化和守恒的关系.
热点题型例析
专题六第1课时
本课时栏目开关
热点题型例析
专题六第1课时
解析线框速度 v＝at，产生的感应电动势 E＝Blv＝Blat，感 E Blat 应电流 i＝R＝ R ，i 与 t 成正比，A 错误； B2l2at B2l2at 受到的安培力 F 安＝，又由 F－F 安＝ma 得 F＝＋ma， R R

二轮复习专题六第2课时电磁学图像问题课件(48张)

高考题型
专题限时训练目录
高考题型
【拓展训练6】 (多选) (2021·1月广东学业水平选择考适应性测试，10)如图12 所示，绝缘的水平面上固定有两条平行的光滑金属导轨，导轨电阻不计，两相同金属棒a、b垂直导轨放置，其右侧矩形区域内存在恒定的匀强磁场，磁场方向竖直向上。现两金属棒分别以初速度2v0和v0同时沿导轨自由运动，先后进入磁场区域。已知a棒离开磁场区域时b棒已经进入磁场区域，则a棒从进入到离开磁场区域的过程中，电流i随时间t的变化图像可能正确的有( )
INNOVATIVE DESIGN
第2课时电磁学图像问题
第一部分专题整合提升
本专题主要复习高中物理中涉及到的电学图像问题，掌握解决问题
图像的物理意义及图像问题的分析技巧和方法。
专题复习定位
电场中的图像问题；电流中的图像问题；电磁感应中的图高考重点
像问题；图像信息提取问题。
本专题选择题、实验题和计算题都可涉及，选择题一般考查电场和电磁感应图像，有时也考查图像信息提取问题，题型难度难度中等；计算题主要考查图像信息的提取问题，题目难
图7
高考题型
专题限时训练目录
高考题型
解析 0～3a 电场强度为正，所以 Q1 带正电，在 3a 处合电场强度为 0，根据电场强度的叠加可知 Q2 也一定带正电，A 错误；根据点电荷的场强公式，在 3a 处合电场强度为 0，k（3Qa1）2＝kQa22，解得 Q1＝9Q2，B 错误；沿电场线方向电势降低，所以 x 轴上 a 处的电势比 2a 处的高，C 正确；带负电的试探电荷从 a 处移到 3a 处，所受电场力的方向沿 x 轴负方向，电场力做负功，D 错误。
是( A )
图11

2018届高考物理二轮复习电磁感应规律的应用课件(共16张)(全国通用)

定的平行金属导轨位于同一水平面内,两导轨间的距离为L,导轨上面横放着两
根质量均为m,电阻均为R(其余部分电阻不计)的导体棒ab和cd,构成矩形回路.
在整个导轨平面内都有竖直向上的磁感应强度为B的匀强磁场,如图所示,设两
导体棒均可沿导轨无摩擦滑行.开始时,棒cd静止,棒ab有指向棒cd的初速度v0, 若两导体棒在运动过程中始终不接触,则( BC )
U形导轨和导体棒形成回路,放置在匀强磁场中,金属线圈放置其中,金属杆突然向右运动,分析回路中感应电流的方向和线圈中的感应电流的方向
1.牢记两个定律,万变不离其宗:楞次定律(右手定则)和法拉第电磁感应定律. 2.熟记两个公式,解题快又准:E=Blv 和 E=I(R+r).注意感应电动势的其他
Q 2
,
所以 D 错误.
5.[电磁感应的综合应用](2017·福建宁德一模)(多选)如图所示,固定在倾角为 θ =30°的斜面内的两根平行长直光滑金属导轨的间距为d=1 m,其底端接有阻值为R=2 Ω 的电阻,整个装置处在垂直斜面向上、磁感应强度大小为B=2 T的匀强磁场中.一质量为m=1 kg(质量分布均匀)的导体杆ab垂直于导轨放置,且与两导轨保持良好接触.现杆在沿斜面向上、垂直于杆的恒力F=10 N作用下从静止开始沿导轨向上运动距离L=6 m时,速度恰好达到最大(运动过程中杆始终与导轨保持垂直).设杆接入电路的电阻为r=2 Ω ,导轨电阻不计,重力加速度大小为 g=10 m/s2.则此过程( AC ) A.杆的速度最大值为5 m/s B.流过电阻R的电荷量为6 C C.在这一过程中,整个回路产生的焦耳热为17.5 J D.流过电阻R电流方向为由c到d
半根辐条相当于电源,磁场外部的半根辐条与 R1 并联,因此理想电压表的示数为

2018届高考物理(人教新课标)总复习课件：9-3电磁感应规律的综合应用(46PPT)

(2011· 高考四川卷)如图所示，间距 l＝ 0.3 m 的平行金属导轨 a1b1c1 和 a2b2c2 分别固定在两个竖直面内．在水平面 a1b1b2a2 区域内和倾角 θ ＝37° 的斜面 c1b1b2c2 区域内分别有磁感应强度 B1＝0.4 T、方向竖直向上和 B2＝1 T、方向垂直于斜面向上的匀强磁场．电阻 R＝0.3 Ω、质量 m1＝0.1 kg、长为 l 的相同导体杆 K、S、Q 分别放置在导轨上， S 杆的两端固定在 b1、b2 点，K、Q 杆可沿导轨无摩擦滑动且始终接触良好．一端系于 K 杆中点的轻绳平行于导轨绕过轻质定滑轮自然下垂，绳上穿有质量 m2＝0.05 kg 的小环．已知小环以 a＝6 m/s2 的加速度沿绳下滑， K 杆保持静止， Q 杆在垂直于杆且沿斜面向下的拉力 F 作用下匀速运动．不计导轨电阻和滑轮摩擦，绳不可伸长．取 g ＝10 m/s2，sin 37° ＝0.6，cos 37° ＝0.8.求
◆特别提醒：(1)判断感应电流和电动势的方向，都是利用“相当于电源”的部分根据右手定则或楞次定律判定的，实际问题中应注意外电路电流由高电势流向低电势，而内电路则相反． (2)在电磁感应电路中，“相当于电源”的导体两端的电压等于路端电压．
(2012· 高考浙江卷)为了提高自行车夜间行驶的安全性，小明同学设计了一种“闪烁”装置．如图所示，自行车后轮由半径 r1＝5.0×10－2 m 的金属内圈、半径 r2＝0.40 m 的金属外圈和绝缘辐条构成．后轮的内、外圈之间等间隔地接有 4 根金属条，每根金属条的中间均串联有一电阻值为 R 的小灯泡．在支架上装有磁铁，形成了磁感应强度 B＝0.10 T、方向垂直纸面向外的“扇形”匀强磁 π 场，其内半径为 r1、外半径为 r2、张角 θ＝ .后轮以角速度 ω＝2π rad/s 6 相对于转轴转动．若不计其他电阻，忽略磁场的边缘效应．

(全国通用)18届高考物理二轮复习备课资料专题六电路和电磁感应第2讲电磁感应规律及综合应用课件

t
磁场
的方向.
平均值
. 或平均值 .
(2)E=BLv,主要用来计算感应电动势的瞬时值
突破
热点考向一
热点考向聚焦
楞次定律和法拉第电磁感应定律的理解与应用【核心提炼】
1.判定感应电流的两种方法 (1)楞次定律:一般用于线圈面积不变,磁感应强度发生变化的情形. (2)右手定则:一般用于导体棒切割磁感线的情形.
【典例2】 (2017· 山东德州一模)(多选)如图所示,abcd为一边长为l的正方形导线框,导线框位于光滑水平面内,其右侧为一匀强磁场区域,磁场的边界与线框的cd边平行,磁场区域的宽度为2l,磁感应强度为B,方向竖直向下.线框在一垂直于cd边的水平恒定拉力F作用下沿水平方向向右运动,直至通过磁场区域.cd边刚进入磁场时,线框开始匀速运动,规定线框中电流沿逆时针时方向为正,则导线框从刚进入磁场到完全离开磁场的过程中,a,b两端的电压 Uab及导线框中的电流i随cd边的位置坐标x变化的图线可能是( BD )
E kπ( R2 r 2 ) k ( R r ) I= = = ,故 C 错误,D 正确. 2 R总 2π( R r )
【预测练习1】
(2017· 山西阳泉模拟)(多选)置于匀强磁场中的金属圆盘中
央和边缘各引出一根导线 ,与套在铁芯上部的线圈 A相连.套在铁芯下部的线
圈B引出两根导线接在两根水平导轨上 ,如图所示.导轨上有一根金属棒 ab处在垂直于纸面向外的匀强磁场中.下列说法正确的是( AB )
解析:线框进入磁场的过程做匀速直线运动,感应电动势 E=Blv0 恒定,线框中的电流大小恒定,方向沿逆时针方向,a,b 两端的电压 Uab=
1 Blv0;线框完全在磁场中Fra bibliotek 4动时,穿过闭合电路的磁通量不变,线框中感应电流为零,做匀加速运动,但 ab 边两端的电压 Uab=Blv=Bl v02 2ax ,其中 v0 为匀速运动的速度,Uab 与位移 x 不是线性关系,当出磁场时,线框做减速运动,Uab 不断减小,故 A 错误,B 正确;线框进入过程中,线框中的电流大小恒定且为逆时针 ,完全进入磁场时电流为零;线框离开磁场,做减速运动 ,加速度逐渐减小,线框刚好完全离开磁场时 ,速度大于或等于匀速运动时的速度,不可能为零,故此时电流也不可能为零,故 C 错误,D 正确.

高考物理二轮复习课件：电磁感应与力学综合问题

【例1】边长为h的正方形金属导线框，从图所示的
位置由静止开始下落，通过一匀强磁场区域，磁场
方向水平，且垂直于线框平面，磁场区域宽度为H，上、下边界如图中虚线所示，H>h，试分析讨论从线框开始下落到完全穿过磁场区域的全过程中线框运动速度的变化情况．
【切入点】分析线圈受力，并将安培力大小与重力大小比较，得出F 合的大小和方向，再进行讨论．
2．电磁感应中的能量转化综合问题【例2】如图所示，一边长为 L的正方形闭合金属线框，其质量为m，回路电阻为R ， M 、 N 、 P为磁场区域的边界，且均为水平，上、下两部分磁场的磁感应强度均为 B，方向如图所示．图示所示位置线框的底边与M重合．现让线框由图示位置从静止开始下落，线框在穿过 N和P两界面的过程中均为匀速运动．若已知M、N之间的高度差为h1，h1>L.线框下落过程中线框平面始终保持竖直，底边始终保持水平，重力加速度为g，求： (1)线框穿过N与P界面的速度； (2)在整个运动过程中，线框产生的焦耳热．
(2)设撤去外力时棒的速度为 v，对棒的匀加速运动过程，由运动学公式得 v2＝2ax⑥ 设棒在撤去外力后的运动过程中安培力做功为 W，由动能定理得 1 2 W＝0－2mv ⑦ 撤去外力后回路中产生的焦耳热 Q2＝－W⑧ 联产⑥⑦⑧式，代入数据得 Q2＝1.8J⑨
(3)由题意知，撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比 Q1∶Q2＝2∶1，可得 Q1＝3.6J⑩ 在棒运动的整个过程中，由功能关系可知 WF＝Q1＋Q2⑪ 由⑨⑩⑪式得 WF＝5.4J
【解析】(1)当 Rx＝R 棒沿导轨匀速下滑时，由平衡条件 Mgsinθ＝F 安培力 F＝BIl Mgsinθ 解得 I＝ Bl 感应电动势 E＝Blv0 E 电流 I＝2R 2MgRsinθ 解得 v0＝ B2l2

2018届高考物理二轮复习备课资料专题六电路和电磁感应第2讲电磁感应规律及综合应用专题限时检测

第2讲电磁感应规律及综合应用(建议用时:40分钟满分:100分)一、选择题(本大题共8小题,每小题8分,共64分,第1～5题只有一项符合题目要求,第6～8题有多项符合题目要求)1.(2017·全国Ⅰ卷,18)扫描隧道显微镜(STM)可用来探测样品表面原子尺度上的形貌.为了有效隔离外界振动对STM的扰动,在圆底盘周边沿其径向对称地安装若干对紫铜薄板,并施加磁场来快速衰减其微小振动,如图所示.无扰动时,按下列四种方案对紫铜薄板施加恒磁场;出现扰动后,对于紫铜薄板上下及左右振动的衰减最有效的方案是( A )解析:紫铜薄板上下振动时,方案B,C,D中穿过薄板的磁通量不发生变化,没有感应电流产生;方案A中,无论是上下还是左右振动,薄板中的磁通量都会发生变化,产生的感应电流会阻碍紫铜薄板上下及其左右振动,达到衰减的效果,选项A正确.2.(2017·江西景德镇模拟)如图所示,在光滑绝缘水平面上,有一矩形线圈以一定的初速度进入匀强磁场区域,线圈全部进入匀强磁场区域时,其动能恰好等于它在磁场外面时的一半,设磁场区域宽度大于线圈宽度,则( C )A.线圈恰好在完全离开磁场时停下B.线圈在未完全离开磁场时已停下C.线圈能通过场区不会停下D.线圈在磁场中某个位置停下解析:线圈出磁场时的速度小于进磁场时的速度,由安培力F=BIL=,知出磁场时线圈所受的安培力小于进磁场时所受的安培力,则进磁场过程安培力做功大于出磁场过程安培力做功,而进磁场时其动能恰好等于它在磁场外面时的一半,由动能定理知出磁场后,线圈的动能不为零,不会停下来,故C正确,A,B,D错误.3.(2017·天津卷,3)如图所示,两根平行金属导轨置于水平面内,导轨之间接有电阻R.金属棒ab与两导轨垂直并保持良好接触,整个装置放在匀强磁场中,磁场方向垂直于导轨平面向下.现使磁感应强度随时间均匀减小,ab始终保持静止,下列说法正确的是( D )A.ab中的感应电流方向由b到aB.ab中的感应电流逐渐减小C.ab所受的安培力保持不变D.ab所受的静摩擦力逐渐减小解析:根据楞次定律,感应电流产生的磁场向下,再根据安培定则,可判断ab中感应电流方向从a到b,A错误;磁场变化是均匀的,根据法拉第电磁感应定律,感应电动势恒定不变,感应电流I恒定不变,B错误;安培力F=BIL,由于I,L不变,B减小,所以ab所受的安培力逐渐减小,根据力的平衡条件,静摩擦力逐渐减小,C错误,D正确.4.(2017·四川成都模拟)如图所示,水平面上固定着两根相距L且电阻不计的足够长的光滑金属导轨,导轨处于方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中,铜棒a,b的长度均等于两导轨的间距、电阻均为R、质量均为m,铜棒平行地静止在导轨上且与导轨接触良好.现给铜棒a一个平行导轨向右的瞬时冲量I,关于此后的过程,下列说法正确的是( B )A.回路中的最大电流为B.铜棒b的最大加速度为C.铜棒b获得的最大速度为D.回路中产生的总焦耳热为解析:由题意知a获得冲量时速度最大,根据动量定理可得,a获得的速度v a=,此后a在安培力作用下做减速运动,b在安培力作用下做加速运动,回路中产生的电动势E=BL(v a-v b),可知a刚获得动量时回路中产生的感应电流最大,即I m==,故A错误;b所受最大安培力F m=BI m L=,根据牛顿第二定律知,b棒所产生的最大加速度a m==,故B正确;由题意知,a棒做减速运动,b棒做加速运动,当a,b速度相等时,回路中没有感应电流,两棒同时向右匀速直线运动,根据动量守恒定律得,mv a=2mv,a,b棒的共同速度v=,此速度亦为b棒的最大速度,故C错误;根据系统能量守恒可得,m=(m+m)v2+Q,则回路中产生的总焦耳热Q=,故D错误.5.(2017·湖南常德模拟)如图所示,有一个等腰三角形磁场区域,底边长为2L,高为L,左半边的磁场方向垂直纸面向外,右半边的磁场方向垂直纸面向里,磁感应强度大小均为B.边长为L、总电阻为R的正方形导线框abcd,从图示位置开始沿x轴正方向以速度v匀速穿过磁场区域.取沿a→b→c→d→a方向的感应电流为正,取I m=,则表示线框中电流i随bc的位置坐标x变化的图像正确的是( C )解析:线框bc边在0～L过程中无感应电流,在L～2L过程中切割磁感线的有效长度线性增大,由右手定则判断感应电流沿a→b→c→d→a方向的正方向,由I=可知,感应电流大小逐渐增大;线框bc边在2L～3L过程中,ad边和bc边都有部分切割磁感线,等效切割的有效长度不变,产生的感应电流大小不变,方向为负方向;线框bc边在3L～4L过程中,ad边切割磁感线的有效长度线性减小,产生的感应电流大小逐渐减小,方向为正方向,故C正确.6.(2017·辽宁抚顺模拟)如图所示,两根间距为L的光滑平行金属导轨与水平面夹角为α,图中虚线下方区域内存在磁感应强度为B的匀强磁场,磁场方向垂直于导轨面向上,两金属杆质量均为m,电阻均为R,垂直于导轨放置,开始时金属杆ab处在距磁场上边界一定距离处,金属杆cd处在导轨的最下端,被与导轨垂直的两根小柱挡住,现将金属杆ab由静止释放,当金属杆ab刚进入磁场便开始做匀速直线运动,已知重力加速度为g,则( AC )A.金属杆ab进入磁场时感应电流的方向为由b到aB.金属板ab进入磁场时速度大小为C.金属杆ab进入磁场后产生的感应电动势为D.金属杆ab进入磁场后金属杆cd对两根小柱的压力大小为mgsin α解析:由右手定则可知,ab进入磁场时产生感应电流的方向为由b到a,故A正确;ab刚进入磁场时受到的安培力F=BIL=BL=,ab进入磁场做匀速直线运动,由平衡条件得,=mgsin α,解得,v=,故B错误;ab进入磁场产生的感应电动势E=BLv=,故C正确;由左手定则可知,cd受到的安培力沿导轨面向下,则cd对两根小柱的压力大小等于F N=mgsin α+F A>mgsin α,故D错误.7.(2017·河北石家庄模拟)如图所示,光滑水平面上存在有界匀强磁场,磁场方向垂直纸面向里,磁感应强度为B,质量为m边长为a的正方形导体框MNPQ斜向上垂直进入磁场,当MP 刚进入磁场时,线框的速度为v,方向与水平方向成45°,若导体框的总电阻为R,则( AC )A.导体进入磁场过程中,导体框中电流的方向为MQPNB.MP刚进入磁场时导体框中感应电流大小为C.MP刚进入磁场时导体框所受安培力为D.MP刚进入磁场时M,P两端的电压为解析:根据楞次定律可知导体进入磁场过程中,导体框中电流的方向为MQPN,故A正确;MP刚进入磁场时导体框中感应电流大小为I==,故B错误;MP刚进入磁场时导体框所受安培力为F=BI·a=,故C正确;MP刚进入磁场时M,P两端的电压为U=E=Bav,故D 错误.8.(2016·四川卷,7)如图所示,电阻不计、间距为l的光滑平行金属导轨水平放置于磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中,导轨左端接一定值电阻R.质量为m、电阻为r的金属棒MN置于导轨上,受到垂直于金属棒的水平外力F的作用由静止开始运动,外力F与金属棒速度v的关系是F=F0+kv(F0,k是常量),金属棒与导轨始终垂直且接触良好.金属棒中感应电流为i,受到的安培力大小为F A,电阻R两端的电压为U R,感应电流的功率为P,它们随时间t变化图像可能正确的有( BC )解析:设金属棒在某一时刻速度为v,感应电动势E=Blv,回路电流I==v,即I∝v;安培力F A=BIl=v,方向水平向左,即F A∝v;R两端电压U R=IR=v,即U R∝v;感应电流的功率P=E I=v2,即P∝v2.分析金属棒运动情况,由牛顿第二定律可得F合=F-F A=F0+k v-v=F0+(k-)v,即加速度a=.因为金属棒由静止出发,所以F0>0,且F合>0,即a>0,加速度方向水平向右.(1)若k=,F合=F0,即a=,金属棒水平向右做匀加速直线运动.有v=at,说明v ∝t,也即是I∝t,F A∝t,U R∝t,P∝t2,在此情况下没有选项符合;(2)若k>,F合随v增大而增大,即a随v增大而增大,说明金属棒在做加速度增大的加速运动,可知选项B符合;(3)若k<,F合随v增大而减小,即a随v增大而减小,说明金属棒在做加速度减小的加速运动,直到加速度减小为0后金属棒做匀速直线运动,可知选项C符合.综上所述,选项B,C符合题意.二、非选择题(本大题共2小题,共36分)9.(16分)(2017·福建福州模拟)某同学看到有些玩具车在前进时车轮能发光,受此启发,他设计了一种带有闪烁灯的自行车后车轮,以增强夜间骑车的安全性.如图所示为自行车后轮,其金属轮轴半径可以忽略,金属车轮半径r=0.4 m,其间由绝缘辐条连接(绝缘辐条未画出).车轮与轮轴之间均匀地连接有4根金属条,每根金属条中间都串接一个LED灯,灯可视为纯电阻,每个灯的阻值为R=0.3 Ω并保持不变.车轮边的车架上固定有磁铁,在车轮与轮轴之间形成了磁感应强度B=0.5 T,方向垂直于纸面向外的扇形匀强磁场区域,扇形对应的圆心角θ=30°.自行车匀速前进的速度为v=8 m/s(等于车轮边缘相对轴的线速度).不计其他电阻和车轮厚度,并忽略磁场边缘效应.(1)在如图所示装置中,当其中一根金属条ab进入磁场时,指出ab上感应电流的方向,并求ab中感应电流的大小;(2)若自行车以速度v=8 m/s匀速前进时,车轮受到的总摩擦阻力为2.0 N,则后车轮转动一周,动力所做的功为多少?(忽略空气阻力, π≈3.0)解析:(1)根据右手定则知:ab中的电流方向为b→a.ab相当于电源,其等效电路如图所示.ω==rad/s=20 rad/sE=Br2ω=×0.5×0.42×20 V=0.8 V电路总电阻R总=+R==0.4 Ω通过ab中的电流I== A=2 A.(2)车轮转动一周的时间T== s=0.3 s则T时间内克服阻力做功W f=fs=f·vT=2×8×0.3 J=4.8 JT时间内产生电流的时间t=4××T==0.1 s在T时间内,电流通过灯泡电阻产生的焦耳热Q=I2R总t=22×0.4×0.1 J=0.16 J动力所做的功W动=W f+Q=4.8 J+0.16 J=4.96 J.答案:(1)ab中的电流方向为b→a 2 A (2)4.96 J10.(20分)(2017·河南许昌二模)如图所示,光滑的轻质定滑轮上绕有轻质柔软细线,线的一端系一质量为2m的重物,另一端系一质量为m、电阻为R的金属杆,在竖直平面内有足够长的平行金属导轨PQ,EF,其间距为L,在Q,F之间连接有阻值为R的电阻,其余电阻不计,一匀强磁场与导轨平面垂直,磁感应强度为B0,开始时金属杆置于导轨下端QF处,将重物由静止释放,当重物下降h时恰好达到稳定速度而后匀速下降,运动过程中金属杆始终与导轨垂直且接触良好,不计一切摩擦和接触电阻,重力加速度为g,求:(1)重物匀速下降时的速度v;(2)重物从释放到下降h的过程中,电阻R中产生的热量Q;(3)设重物下降h时的时刻t=0,此时速度为v0,若从t=0开始,磁场的磁感应强度B逐渐减小,且金属杆中始终不产生感应电流,试写出B随时间t变化的关系.解析:(1)重物匀速下降时,设细线对金属杆的拉力为T,金属杆所受安培力为F;由平衡条件得T=mg+F;由安培力公式得F=B0IL根据闭合电路欧姆定律,I=;根据法拉第电磁感应定律,E=B0Lv对重物由平衡条件得T=2mg;综合上述各式,解得,v=.(2)设电路中产生的总热量为Q,由能量守恒定律得,2mgh-mgh=(2m)v2+mv2+Q由串联电路特点知,电阻R中产生的热量为Q R=Q,解得Q R=mgh-.(3)金属杆中恰好不产生感应电流时,磁通量不变,则有Φ0=Φt,即B0hL=B(h+x)L,式中x=v0t+at2对系统,由牛顿第二定律得,a==则磁感应强度B随时间t变化的关系为B==.答案:(1)(2)mgh-(3)B=。

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第1讲恒定电流和交变电流(建议用时:40分钟满分:100分)一、选择题(本大题共8小题,每小题8分,共64分,第1～5题只有一项符合题目要求,第6～8题有多项符合题目要求)1.(2017·安徽淮南模拟)如图所示,某导体的形状为长方体,其长、宽、高之比为a∶b∶c=5∶3∶2.在此长方体的上、下、左、右四个面上分别通过导线引出四个接线柱1,2,3,4.在1,2两端加上恒定的电压U,通过导体的电流为I1;在3,4两端加上恒定的电压U,通过导体的电流为I2,则I1∶I2为( C )A.9∶25B.25∶9C.25∶4D.4∶25解析:在1,2两端加电压U时,R12=ρ,I1==;在3,4两端加电压U时,R34=ρ,I2==.则I1∶I2=a2∶c2=25∶4.2.(2017·四川自贡模拟)如图所示,电源电动势为E,内阻为r.电路中的R2,R3分别为总阻值一定的滑动变阻器,R0为定值电阻,R1为光敏电阻(其电阻随光照强度增大而减小).当开关S 闭合时,电容器中一带电微粒恰好处于静止状态.有关下列说法中正确的是( A )A.只逐渐增大R1的光照强度,电阻R0消耗的电功率变大,电阻R3中有向上的电流B.只调节电阻R3的滑动端P2向上端移动时,电源消耗的功率变大,电阻R3中有向上的电流C.只调节电阻R2的滑动端P1向下端移动时,电压表示数变大,带电微粒向下运动D.若断开开关S,电容器所带电荷量变大,带电微粒向上运动解析:只逐渐增大R1的光照强度,R1的阻值减小,总电阻减小,总电流增大,电阻R0消耗的电功率变大,滑动变阻器两端的电压变大,电容器两端的电压增大,电容器下极板带的电荷量变大,所以电阻R3中有向上的电流,故A正确;电路稳定时,电容器相当于开关断开,只调节电阻R3的滑动端P2向上端移动时,对电路没有影响,故B错误;只调节电阻R2的滑动端P1向下端移动时,电容器并联部分的电阻变大,所以电容器两端的电压变大,由E=可知,电场力变大,带电微粒向上运动,故C错误;若断开开关S,电容器处于放电状态,电荷量变小,故D错误.3.(2017·上海虹口区一模)如图所示,电源电动势为E,内阻为r,R1,R2为定值电阻,R2>R1>r,且R1大于滑动变阻器R0的最大阻值.闭合开关S,将滑动变阻器的滑动片P由最上端滑到最下端,若电压表V1,V2,电流表A的读数改变量的大小分别用ΔU1,ΔU2,ΔI表示,则下列说法中正确的是( B )A.=R2B.<rC.电源的发热功率先减小,再增大D.电源的输出功率先增大,再减小解析:由题图可知,电流表与R0的下部分串联、R1与R0的上部分串联,二者再并联后与R2串联;电流表中的电流小于流过R2的电流,故R2≠=,故A错误;电压表V1测量路端电压,则其电压表示数的变化等于内阻两端电压的变化,在滑片向下滑动过程中,总电阻减小,总电流增大,并联部分电压减小,电流表示数增大,而流过R1的电流减小,因此总电流的变化量小于A中电流的变化量,因此<r,故B正确;因总电流增大,故电源的发热功率一直增大,故C错误;由R2>R1>r知,外电阻一定大于内电阻,而在改变中外电阻减小,故外电阻越来越接近内电阻,故电源的输出功率一直增大,故D错误.4.(2017·山东滨州一模)如图所示,交流电源电压有效值U0=5 V,电源等效内阻r=4.5 Ω,经过理想变压器变压后,接在阻值R=8 Ω的电阻上,理想变压器原、副线圈匝数之比为1∶4,则电阻R消耗的功率,下列说法正确的是( A )A.0.5 WB.5 WC.1 WD.1.5 W解析:根据电流关系得,原线圈的电流I1=4I2;在原线圈回路中,根据欧姆定律有,U0=4I2r+U1,解得U1=5-18I2,副线圈两端的电压为U2=I2R=8I2;根据电压关系有=,即=,解得I2= A;所以电阻R消耗的功率为P=R=()2×8 W=0.5 W,故A正确,B,C,D错误.5.(2017·湖南株洲模拟)图(甲)中理想变压器原、副线圈的匝数之比n1∶n2=5∶1,电阻R=20 Ω,L1,L2为规格相同的两只小灯泡,S1为单刀双掷开关.原线圈接正弦交流电源,输入电压u随时间t的变化关系如图(乙)所示.现将S1接1,S2闭合,此时L2正常发光.下列说法正确的是( D )A.输入电压u的表达式u=20sin(50πt)VB.只断开S2后,L1,L2均正常发光C.只断开S2后,原线圈的输入功率增大D.若S1换接到2后,R消耗的电功率为0.8 W解析:周期T=0.02 s,ω= rad/s=100π rad/s,所以输入电压u的表达式应为u=20sin(100πt)V,A错误;只断开S2后,负载电阻变大为原来的2倍,电压不变,副线圈的电流变小为原来的一半,L1,L2的功率均变为额定功率的四分之一,B错误;只断开S2后,原线圈的输入功率等于副线圈的功率,也减小,C错误;原线圈的电压U1=20 V,若S1换接到2后,电阻R两端的电压有效值为U2=U1=4 V,R消耗的电功率为P==0.8 W,D正确.6.(2017·河南安阳武清区模拟)如图所示为一理想变压器,b是原线圈的中心抽头,副线圈两端接有理想交流电压表和电流表,开关S,可变电阻R以及两个阻值相同的定值电阻R1,R2.从某时刻开始在原线圈c,d两端加上正弦式交变电压,下列说法正确的是( AC )A.将可变电阻R调大,其他部分不变,电压表示数不变,电流表的读数变小B.将开关S从断开到闭合,其他部分不变,电流表读数变大,电压表读数变小C.可变电阻R的阻值调为0时,开关S闭合前后电源的输出功率之比为1∶2D.将单刀双掷开关由a拨向b时,其他部分不变,副线圈的频率减半解析:将可变电阻R调大,其他部分不变,电压表示数不变,根据欧姆定律,电流表示数变小,故A正确;将开关S从断开到闭合,其他部分不变,副线圈回路的电阻变小,电压表示数不变,电流表示数变大,故B错误;将可变电阻R的阻值调为0时,开关S闭合前电源的输出功率P1=,开关S闭合后电源的输出功率P2=+=2,所以开关S闭合前后电源的输出功率之比为1∶2,故C正确;变压器不改变交变电流的频率,将单刀双掷开关由a拨向b时,其他部分不变,副线圈的频率不变,故D错误.7.(2017·天津一模)某理想自耦变压器接入电路中的示意图如图(甲)所示,图(乙)是其输入电压u的变化规律.已知滑动触头在图示位置时原、副线圈的匝数比为n1∶n2=10∶1,电阻R=22 Ω.下列说法正确的是( AC )A.通过R的交变电流的频率为50 HzB.电流表A2的示数为 AC.此时变压器的输入功率为22 WD.将P沿逆时针方向移动一些,电流表A1的示数变小解析:由图(乙)可知,该交变电流的周期为T=0.02 s,其频率为f== Hz=50 Hz,故A正确;由图知输入电压的最大值为U m=220 V,所以有效值为U=220 V,则副线圈两端的电压为U′=U×=220× V=22 V,所以通过电阻的电流(即为电流表A2的示数)为I== A=1 A,故B错误;变压器的输出功率为P′=U′I=22×1 W=22 W,理想变压器的输入功率等于输出功率,所以有P=P′=22 W,故C正确;将P沿逆时针方向移动一些,变压器的副线圈匝数变大,输出电压变大,输出功率变大,所以输入功率也变大,故电流表A1的示数将变大,故D错误.8.(2017·湖北武汉调研)某电厂要将电能输送到较远的用户,输送的总功率为100 kW,电厂输出电压仅为200 V.为减少输送功率损失,先用一理想升压变压器将电压升高再输出,到达目的地后用理想降压变压器降压.已知输电线路的总电阻为120 Ω,若在输电线路上消耗的功率为输送功率的12%,用户所需电压为220 V,则( AD )A.理想升压变压器的原、副线圈的匝数比为1∶50B.理想降压变压器的原、副线圈的匝数比为35∶1C.理想升压变压器的原、副线圈中的电流分别为400 A和10 AD.理想降压变压器的原、副线圈中的电流分别为10 A和400 A解析:远距离输电原理示意图如图,由升压变压器输入功率P1=U1I1=100 kW,U1=200 V得升压变压器原线圈中的电流I1=500 A.由输电线路损失功率ΔP=P1×12%=R得输电线路电流I2=10 A,所以==.由用户功率P4=P1-ΔP=U4I4得降压变压器副线圈中的电流I4=400 A,所以===.综合以上分析知,A,D正确.二、非选择题(本大题共2小题,共36分)9.(16分)(2017·宁夏银川模拟)如图所示,某小型水电站发电机的输出功率为10 kW,输出电压为400 V,向距离较远的用户供电,为了减少电能损失,使用2 kV高压输电,最后用户得到220 V,9.5 kW的电力,求:(1)升压变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2;(2)输电线路导线的总电阻R;(3)降压变压器原、副线圈的匝数比n3∶n4.解析:(1)升压变压器的原、副线圈的匝数比为===.(2)输电线上的电流为I== A=5 A输电线电阻R==Ω=20 Ω.(3)降压变压器原线圈电压U3=U2-IR=2 000 V-5×20 V=1 900 V故降压变压器原、副线圈的匝数比为===.答案:(1)1∶5 (2)20 Ω(3)95∶1110.(20分)(2017·安徽校级期末)如图所示,一个半径为r的半圆形线圈,以直径ab为轴匀速转动,转速为n,ab的左侧有垂直于纸面向里(与ab垂直)的匀强磁场,磁感应强度为B,M 和N是两个集流环,负载电阻为R,线圈、电流表和连接导线的电阻不计,求:(1)感应电动势的最大值;(2)从图示位置起转过转的时间内负载电阻R上产生的热量;(3)从图示位置起转过转的时间内通过负载电阻R的电荷量;(4)电流表的示数.解析:(1)线圈绕轴匀速转动时,在电路中产生如图所示的交变电流.感应电动势的最大值为E m=BSω=B··2πn=π2Bnr2.(2)线圈在转动周期时间内导体一直切割磁感线,则产生的热量Q=·=.(3)在线圈从图示位置转过转的时间内,电动势的平均值为=.通过R的电荷量q=·Δt=·Δt==.(4)设此交变电动势在一个周期内的有效值为E′,由有效值的定义得·=T,解得E′=,故电流表的示数为I==.答案:(1)π2Bnr2(2)(3)(4)。