高考物理交变电流及电磁感应专题

1、高考物理复习电磁感应专题1电磁感应与电路的综合一、电磁感应中的等效“电路”1如图所示，两个互连的金属圆环，粗金属环的电阻是细金属环电阻的二分之一磁场垂直穿过粗金属环所在区域当磁感应强度随时间均匀变化时，在粗环内产生的感应电动势为E，则a、b两点间的电势差为_答案解析设粗环电阻为R，则细环电阻为2R，由于磁感应强度随时间均匀变化，故回路中感应电动势E恒定回路中感应电流I，由欧姆定律a、b两点电势差(细环两端电压)UI·2RE.2(2009·湖南长沙二中质检)如图所示，均匀的长方形金属框从匀强磁场中以匀速v拉出，它的两边固定有带金属滑轮的导电结构，金属框向右运动时能总是与两边良

2、好接触，电阻不可忽略一理想电压表跨接在PQ两导电结构上，在金属框匀速向右拉出的过程中，电压表的读数：(金属框的长为a，宽为b，磁感应强度为B) ()A恒定不变，读数为BbvB恒定不变，读数为BavC读数变大 D读数变小答案C解析切割磁感线的边长不变，可外电路的电阻变大，电路电流变小，路端电压变大，电压表示数变大小结： 二、电磁感应中的电量和热量问题3、（09年广东）如图18（a）所示，一个电阻值为R ，匝数为n的圆形金属线与阻值为2R的电阻R1连结成闭合回路。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18（b）所示

3、。图线与横、纵轴的截距分别为t0和B0 . 导线的电阻不计。求0至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上的电量q及电阻R1上产生的热量。解析：由图象分析可知，0至时间内 由法拉第电磁感应定律有而由闭合电路欧姆定律有联立以上各式解得通过电阻上的电流大小为 由楞次定律可判断通过电阻上的电流方向为从b到a通过电阻上的电量通过电阻上产生的热量5. （2010上海）（14分）如图，宽度为L0.5m的光滑金属框架MNPQ固定于水平面内，并处在磁感应强度大小B0.4T，方向竖直向下的匀强磁场中，框架的电阻非均匀分布。将质量m0.1kg，电阻可忽略的金属棒ab放置在框架上，并与框

4、架接触良好。以P为坐标原点，PQ方向为x轴正方向建立坐标。金属棒从x01 m处以v02m/s的初速度，沿x轴负方向做a2m/s2的匀减速直线运动，运动中金属棒仅受安培力作用。求：（1）金属棒ab运动0.5 m，框架产生的焦耳热Q；（2）框架中aNPb部分的电阻R随金属棒ab的位置x变化的函数关系；（3）为求金属棒ab沿x轴负方向运动0.4s过程中通过ab的电量q，某同学解法为：先算出经过0.4s金属棒的运动距离s，以及0.4s时回路内的电阻R，然后代入q求解。指出该同学解法的错误之处，并用正确的方法解出结果。【答案】（1）0.1J （2）R=0.4（3）错误 0.4c【解析】（1）金属棒仅受安

5、培力作用，其大小Fma0.2N，金属棒运动0.5m，框架中间生的焦耳热等于克服安培力做的功，所以QFs0.1J，（2）金属棒所受安培力为FBIL，I，Fma，由于棒做匀减速运动，v，所以R0.4（SI），（3）错误之处是把0.4s时回路内的电阻R代入q进行计算，正确解法是qIt，因为FBILma，q0.4C。6.32（2011上海）(14 分)电阻可忽略的光滑平行金属导轨长S=1.15m，两导轨间距L=0.75 m，导轨倾角为30°，导轨上端ab接一阻值R=1.5的电阻，磁感应强度B=0.8T的匀强磁场垂直轨道平面向上。阻值r=0.5，质量m=0.2kg的金属棒与轨道垂直且接触良好，

6、从轨道上端ab处由静止开始下滑至底端，在此过程中金属棒产生的焦耳热。(取)求：(1)金属棒在此过程中克服安培力的功；(2)金属棒下滑速度时的加速度(3)为求金属棒下滑的最大速度，有同学解答如下：由动能定理，。由此所得结果是否正确？若正确，说明理由并完成本小题；若不正确，给出正确的解答。32答案.（14分）（1）下滑过程中安培力的功即为在电阻上产生的焦耳热，由于，因此 （1分）（2分）（2）金属棒下滑时受重力和安培力 （1分）由牛顿第二定律 （3分） （2分）(3)此解法正确。 (1分)金属棒下滑时舞重力和安培力作用，其运动满足上式表明，加速度随速度增加而减小，棒作加速度减小的加速运动。无论最终

7、是否达到匀速，当棒到达斜面底端时速度一定为最大。由动能定理可以得到棒的末速度，因此上述解法正确。 (2分) （1分） （1分）【小试牛刀】1.用相同导线绕制的边长为l或2l的四个闭合导体线框a、b、c、d，以相同的速度匀速进入右侧匀强磁场，如图所示在每个线框进入磁场的过程中，M、N两点间的电压分别为Ua、Ub、Uc和Ud.下列判断正确的是 ()AUa<Ub<Uc<Ud BUa<Ub<Ud<Uc CUaUb<UcUd DUb<Ua<Ud<Uc2、如图所示，竖直平面内有一金属环，半径为a，总电阻为R(指拉直时两端的电阻)，磁感应强度为B的

8、匀强磁场垂直穿过环平面，与环的最高点A铰链连接的长度为2a、电阻为的导体棒AB由水平位置紧贴环面摆下，当摆到竖直位置时，B点的线速度为v，则这时AB两端的电压大小为()A.B.C. DBav解析：选A.摆到竖直位置时，AB切割磁感线的瞬时感应电动势EB·2a·(v)Bav.由闭合电路欧姆定律，UAB·Bav，故选A.3.（09年福建卷）18.如图所示，固定位置在同一水平面内的两根平行长直金属导轨的间距为d，其右端接有阻值为R的电阻，整个装置处在竖直向上磁感应强度大小为B的匀强磁场中。一质量为m（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，杆与

9、导轨之间的动摩擦因数为u。现杆在水平向左、垂直于杆的恒力F作用下从静止开始沿导轨运动距离L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，导轨电阻不计，重力加速度大小为g。则此过程（ ）A.杆的速度最大值为B.流过电阻R的电量为C.恒力F做的功与摩擦力做的功之和等于杆动能的变化量D.恒力F做的功与安倍力做的功之和大于杆动能的变化量答案：BD解析：当杆达到最大速度vm时，得，A错；由公式，B对；在棒从开始到达到最大速度的过程中由动能定理有：，其中，恒力F做的功与摩擦力做的功之和等于杆动能的变化量与回路产生的焦耳热之和，C错；恒力F做的功与安倍力做的功之和等于于杆动

10、能的变化量与克服摩擦力做的功之和，D对。4如图所示，导线全部为裸导线半径为r的圆内有垂直于圆平面的匀强磁场，磁感应强度为B，一根长度大于2r的导线MN以速率v在圆环上无摩擦地自左端匀速滑到右端电路的固定电阻为R，其余电阻不计，求MN从圆环的左端滑到右端的过程中电阻R上的电流的平均值和通过电阻R的电荷量?答案解析MN做切割磁感线运动，有效切割长度在不断变化，用EBLv难以求得平均感应电动势，从另一角度看，回路中的磁通量在不断变化，可利用法拉第电磁感应定律求平均感应电动势从左端到右端磁通量的变化量BSBr2从左到右的时间：t根据法拉第电磁感应定律，平均感应电动势所以，电路中平均感应电流I通过R的电

11、荷量qIt·高考物理复习电磁感应专题2电磁感应与力学综合一典例突破1 (2010·全国卷，18)如图9212所示，空间某区域中有一匀强磁场，磁感应强度方向水平，且垂直于纸面向里，磁场上边界b和下边界d水平在竖直面内有一矩形金属线圈，线圈上下边的距离很短，下边水平线圈从水平面a开始下落已知磁场上下边界之间的距离大于水平面a、b之间的距离若线圈下边刚通过水平面b、c(位于磁场中)和d时，线圈所受到的磁场力的大小分别为Fb、Fc和Fd，则 ()AFd>Fc>Fb BFc<Fd<FbCFc>Fb>Fd DFc<Fb<Fd解析：本题考查

12、导体切割磁感线时感应电动势及安培力的计算线圈自由下落，到b点受安培力，线圈全部进入磁场，无感应电流，则线圈不受安培力作用，线圈继续加速，到d点出磁场时受到安培力作用，由F知，安培力和线圈的速度成正比，D项对2如图所示，光滑绝缘水平面上，磁感应强度B2 T的匀强磁场以虚线MN为左边界，MN的左侧有一质量m0.1 kg，bc边长L10.2 m，电阻R2 的矩形线圈abcd，t0时，用一恒定拉力F拉线圈，使其由静止开始向右做匀加速运动，经过时间1 s，线圈的bc边到达磁场边界MN，此时立即将拉力F改为变力，又经过1 s，线圈恰好完全进入磁场整个运动过程中，线圈中感应电流i随时间t变化的图象如图所示(

13、1)求线圈bc边刚进入磁场时的速度v1和线圈在第1 s内运动的距离x；(2)写出第2 s内变力F随时间t变化的关系式；(3)求出线圈ab边的长度L2.答案参考创【发散3】3.如图所示，两根足够长的平行金属导轨水平放置，导轨的一端接有电阻和开关，导轨光滑且电阻不计，匀强磁场的方向与导轨平面垂直，金属杆ab置于导轨上当开关S断开时，在金属杆ab上作用一水平向右的恒力F，使金属杆ab向右运动进入磁场一段时间后闭合开关并开始计时，金属杆在运动过程中始终与导轨垂直且接触良好下列关于金属杆ab的vt图象不可能的是(d) 讲限时规范训练P283第6题4一质量为m、电阻为r的金属杆ab，以一定的初速度v0从一

14、光滑的平行金属导轨底端向上滑行，导轨平面与水平面成30°角，两导轨上端用一电阻R相连，如图所示，磁场垂直斜面向上，导轨的电阻不计，金属杆向上滑行到某一高度之后又返回到底端时的速度大小为v，则 ()A向上滑行的时间小于向下滑行的时间B在向上滑行时电阻R上产生的热量大于向下滑行时电阻R上产生的热量C向上滑行时与向下滑行时通过电阻R的电量相等D金属杆从开始上滑至返回出发点，电阻R上产生的热量为m(vv2)解析：导体杆沿斜面向上运动时安培力沿斜面向下，沿斜面向下运动时安培力沿斜面向上，所以上升过程的加速度大于下滑过程的加速度，因此向上滑行的时间小于向下滑行的时间，A对；向上滑行过程的平均速度

15、大，感应电流大，安培力做的功多，R上产生的热量多，B对；由q知C对；由能量守恒定律知回路中产生的总热量为m(vv2)，D错；本题中等难度答案：ABC5如图所示，电阻不计的平行金属导轨固定在一绝缘斜面上，两相同的金属导体棒a、b垂直于导轨静止放置，且与导轨接触良好，匀强磁场垂直穿过导轨平面现用一平行于导轨的恒力F作用在a的中点，使其向上运动若b始终保持静止，则它所受摩擦力可能(AB)A变为0 B先减小后不变C等于F D先增大再减小答案参考创【例题3】课堂小结： 二巩固提升1、如图所示，光滑曲线导轨足够长，固定在绝缘斜面上，匀强磁场B垂直斜面向上.一导体棒从某处以初速度v0沿导轨 面向上滑动，最后

16、又向下滑回到原处.导轨底端接有电阻R，其余电阻不计.下列说法正确的是 ()A.滑回到原处的速率小于初速度大小v0 B.上滑所用的时间等于下滑所用的时间C.上滑过程与下滑过程通过电阻R的电荷量大小相等D.上滑过程通过某位置的加速度大小等于下滑过程中通过该位置的加速度大小解析：导体棒从某处以初速度v0沿导轨面向上滑动至向下滑回到原处的过程中，有一部分机械能转化成电阻发热的内能，据能的转化和守恒定律得滑回到原处的速度小于初速度大小v0，选项A正确；因为导体棒上滑和下滑过程中机械能不断减小，所以上滑过程通过某位置的加速度大小与下滑过程中通过该位置的加速度大小不同，上滑所用的时间和下滑所用的时间不同，选

17、项B、D错误；上滑过程与下滑过程通过电阻R的电荷量大小相等，均为q，选项C正确.答案：AC2、如图所示，电阻为R，其他电阻均可忽略，ef是一电阻可不计的水平放置的导体棒，质量为m，棒的两端分别与ab、cd保持良好接触，又能沿框架无摩擦下滑，整个装置放在与框架垂直的匀强磁场中，当导体棒ef从静止下滑经一段时间后闭合开关S，则S闭合后 (D)A.导体棒ef的加速度一定大于g B.导体棒ef的加速度一定小于gC.导体棒ef最终速度随S闭合时刻的不同而不同D.导体棒ef的机械能与回路内产生的电能之和一定守恒3、两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为L，底端接阻值为R的电阻将质量为m，电阻也为R的金属棒悬

18、挂在一个固定的轻弹簧下端，金属棒与导轨接触良好，导轨所在的平面与磁感应强度为B的磁场垂直，如图所示除金属棒和电阻R外，其余电阻不计现将金属棒从弹簧的原长位置由静止释放，则(AB)A金属棒向下运动时，流过电阻R的电流方向为baB最终弹簧的弹力与金属棒的重力平衡C金属棒的速度为v时，所受的安培力大小为FD金属棒的速度为v时，金属棒两端的电势差为UBLv解析：本题考查欧姆定律、右手定则和安培力由右手定则可判断电流方向为ba，故A选项正确；根据能量守恒可知，最终弹簧的弹力与金属棒的重力平衡金属棒处于静止状态，故B选项正确；根据FBIL，EBLv，IE/2R，联立可得F，故C选项错误；金属棒速度为v时，

19、金属棒两端的电势差为UBLv/2，故D选项错误答案：AB高考物理复习电磁感应专题3电磁感应中的能量转化与守恒教学目标：1、知道电磁感应中的能量转化特点 2、会用能量转化与守恒的思想处理电磁感应中的能量问题一课前预习 知识回顾1.（自学）【电磁感应中能量的转化】电磁感应过程实质是不同形式的能量转化的过程，电磁感应过程中产生的感应电流在磁场中必定受到安培力作用因此要维持安培力存在，必须有“外力”克服安培力做功此过程中，其他形式的能转化为电能“外力”克服安培力做多少功，就有多少其他形式的能转化为电能当感应电流通过用电器时，电能又转化为其他形式的能可以简化为下列形式： 同理，安培力做功的过程，是电能转

20、化为其他形式的能的过程，安培力做多少功就有多少电能转化为其他形式的能2试证明电磁感应中克服安培力所做的功等于回路产生的电能（可以建立模型）.3.电磁感应中的能量转化与守恒： 二 典型例题 精讲精炼【例题1】如图所示，质量m10.1 kg，电阻R10.3 ，长度l0.4 m的导体棒ab横放在U形金属框架上框架质量m20.2 kg，放在绝缘水平面上，与水平面间的动摩擦因数0.2.相距0.4 m的MM、NN相互平行，电阻不计且足够长电阻R20.1 的MN垂直于MM.整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B0.5 T垂直于ab施加F2 N的水平恒力，ab从静止开始无摩擦地运动，始终与MM、NN保

21、持良好接触当ab运动到某处时，框架开始运动设框架与水平面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2.(1)求框架开始运动时ab速度v的大小；(2)从ab开始运动到框架开始运动的过程中，MN上产生的热量Q0.1 J，求该过程ab位移x的大小解析：(1)ab对框架的压力F1m1g框架受水平面的支持力FNm2gF1依题意，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则框架受到最大静摩擦力F2FNab中的感应电动势EBlvMN中电流IMN受到的安培力F安IlB框架开始运动时F安F2由上述各式代入数据解得v6 m/s.(2)闭合回路中产生的总热量Q总Q由能量守恒定律，得Fxm1v2Q总代入数据解得x1.1 m.答

22、案：(1)6 m/s(2)1.1 m【例2】如图9319所示，一矩形金属框架与水平面成角37°，宽L0.4 m，上、下两端各有一个电阻R02 ，框架的其他部分电阻不计，框架足够长，垂直于金属框架平面的方向有一向上的匀强磁场，磁感应强度B1.0 Tab为金属杆，与框架良好接触，其质量m0.1 kg，电阻r1.0 ，杆与框架的动摩擦因数0.5.杆由静止开始下滑，在速度达到最大的过程中，上端电阻R0产生的热量Q00.5 J(取g10 m/s2，sin 37°0.6，cos 37°0.8)求：（1）流过R0的最大电流；(2)从开始到速度最大的过程中ab杆沿斜面下滑的距离；

23、(3)在时间1 s内通过ab杆某横截面的最大电荷量错因分析：例2错误的主要原因是：一是对串、并联电路中焦耳热的分配不清楚，误认为焦耳热都和电阻成正比，错误地认为ab杆的焦耳热是R0的1/2为0.25 J；二是对公式q认识不清，S应为金属杆扫过的面积有些同学误认为金属杆与上下两部分轨道所围的面积均发生变化，S为上下两部分变化面积的和，这是错误的正确解答：(1)当满足BILmgcos mgsin 时ab中有最大电流Im，则Im A0.5 A流过R0的最大电流为I00.25 A.(2)Q总4Q02 J，EmImR总0.5×2 V1.0 V此时杆的速度为vm m/s2.5 m/s由动能定理得

24、mgssin mgscos Q总mv0求得杆下滑的距离s m11.56 m.(3)1 s内通过ab杆的最大电荷量q C0.5 C【例题2】如图所示，水平地面上方矩形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，两个边长相等的单匝闭合正方形线圈和，分别用相同材料、不同粗细的导线绕制(为细导线)、两线圈在距磁场上界面h高处由静止开始自由下落，再进入磁场，最后落到地面运动过程中，线圈平面始终保持在竖直平面内且下边缘平行于磁场上边界设线圈、落地时的速度大小分别为v1、v2，在磁场中运动时产生的热量分别为Q1、Q2.不计空气阻力，则()Av1<v2，Q1<Q2 Bv1v2，Q1Q2Cv1<v2，Q

25、1>Q2 Dv1v2，Q1<Q2解析：两线圈在未进入磁场时，都做自由落体运动，从距磁场上界面h高处下落，由动能定理知两线圈在进入磁场时的速度相同，设为v，线圈所受安培阻力F1BI1L，而R1电，S1.故F1.所以此时刻a1g，同理可得a2g与线圈的质量无关，即两线圈进入磁场时的加速度相同，当两线圈进入磁场后虽加速度发生变化，但两者加速度是同步变化的，速度也同步变化，因此落地时速度相等即v1v2；又由于线圈质量大，机械能损失多，所以产生的热量也多，即Q2>Q1，故D项正确答案：D【发散2】如图所示，用粗细相同的铜丝做成边长分别为L和2L的两只闭合线框a和b，以相同的速度从磁感应

26、强度为B的匀强磁场区域中匀速地拉到磁场外，则下列说法正确的是()A产生的焦耳热之比为14B产生的焦耳热之比为11C通过铜丝某截面的电量之比为12D通过铜丝某截面的电量之比为14解析：选AC.根据能的转化和守恒可知，外力做功等于电能，而电能又全部转化为焦耳热WaQa·WbQb·由电阻定律知Rb2Ra，故WaWb14，A对B错；由产生的电量Q得，QaQb12，C对D错解题小结：解决此类问题的步骤(1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律(包括右手定则)确定感应电动势的大小和方向(2)画出等效电路图，写出回路中电阻消耗的电功率的表达式(3)分析导体机械能的变化，用能量守恒关系得到机械功

27、率的改变与回路中电功率的改变所满足的方程，联立求解 三巩固提升1、如图所示，竖直放置的两根平行金属导轨之间接有定值电阻R，质量不能忽略的金属棒与两导轨始终保持垂直并良好接触且无摩擦，棒与导轨的电阻均不计，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直，棒在竖直向上的恒力F作用下加速上升的一段时间内，力F做的功与安培力做的功的代数和等于() A棒的机械能增加量 B棒的动能增加量C棒的重力势能增加量 D电阻R上放出的热量解析：选A.对金属棒受力分析可知，设金属棒所受重力为G、上升高度为h，则根据能量守恒可得：FhW安GhE，即拉力及安培力所做的功的代数和等于金属棒机械能的增加量，A正确2.如图所示

28、，用质量为m、电阻为R的均匀导线做成边长为l的单匝正方形线框MNPQ，线框每一边的电阻都相等将线框置于光滑绝缘的水平面上在线框的右侧存在竖直方向的有界匀强磁场，磁场边界间的距离为2l，磁感应强度为B.在垂直MN边的水平拉力作用下，线框以垂直磁场边界的速度v匀速穿过磁场在运动过程中线框平面水平，且MN边与磁场的边界平行求： (1)线框MN边刚进入磁场时，线框中感应电流的大小；(2)线框MN边刚进入磁场时，M、N两点间的电压UMN；(3)在线框从MN边刚进入磁场到PQ边刚穿出磁场的过程中，水平拉力对线框所做的功W.解析：(1)线框MN边在磁场中运动时，感应电动势EBlv线框中的感应电流I.(2)M

29、、N两点间的电压UMNEBlv.(3)只有MN边在磁场中时，线框运动的时间t此过程线框中产生的焦耳热Q1I2Rt只有PQ边在磁场中运动时线框中产生的焦耳热Q2根据能量守恒定律得水平外力做的功WQ1Q2.3如图9329所示，有一足够长的光滑平行金属导轨，电阻不计，间距L0.5 m，导轨沿与水平方向成30°倾斜放置，底部连接有一个阻值为R3 的电阻现将一个长也为L0.5 m、质量为m0.2 kg、电阻r2 的均匀金属棒，自轨道顶部静止释放后沿轨道自由滑下，下滑中均保持与轨道垂直并接触良好，经一段距离后进入一垂直轨道平面的匀强磁场中，如图所示磁场上部有边界OP，下部无边界，磁感应强度B2

30、T金属棒进入磁场后又运动了一段距离便开始做匀速直线运动，在做匀速直线运动之前这段时间内，金属棒上产生了Qr2.4 J的热量，且通过电阻R上的电荷量为q0.6 C，取g10 m/s2.求：图9329(1)金属棒匀速运动时的速度v0；(2)金属棒进入磁场后速度v6 m/s时，其加速度a的大小及方向；(3)磁场的上部边界OP距导轨顶部的距离s.解析：(1)此时金属棒沿斜面方向受力平衡：BILmgsin 对闭合电路有：I，EBLv0联立解得：v05 m/s.(2)由牛顿第二定律得：mgsin BILma而由电路：Iagsin 1 m/s2因此，此时加速度大小为1 m/s2，方向沿斜面向上(3)由于金属

31、棒r和电阻R上的电流瞬时相同，根据焦耳定律产生的电热应与阻值成正比，因此可求出金属棒匀速运动前R上产生的电热为：QRQr3.6 J因此，该过程中电路中的总电热为：QQrQR6 J又该过程中电路平均电流为：设匀速前金属棒在磁场中位移为x，则此过程中通过R的电荷量为：q·t从释放到刚好达到匀速运动的过程中，由能量守恒得到：mgsin (sx)mvQ联立解得：s5.5 m.答案：(1)5 m/s(2)1 m/s2方向沿斜面向上(3)5.5 m4.如图所示，两根足够长固定平行金属导轨位于倾角30°的斜面上，导轨上、下端各接有阻值R20 的电阻，导轨电阻忽略不计，导轨宽度L2 m，在

32、整个导轨平面内都有垂直于导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度B1 T质量m0.1 kg、连入电路的电阻r10 的金属棒ab在较高处由静止释放，当金属棒ab下滑高度h3 m时，速度恰好达到最大值v2 m/s，金属棒ab在下滑过程中始终与导轨垂直且与导轨接触良好g取10 m/s2.求：(1)金属棒ab由静止至下滑高度为3 m的运动过程中机械能的减少量(2)金属棒ab由静止至下滑高度为3 m的运动过程中导轨上端电阻R中产生的热量解析：(1)金属棒ab机械能的减少量Emghmv22.8 J.(2)速度最大时金属棒ab产生的电动势EBLv产生的电流IE/(rR/2)此时的安培力FBIL由题意可知，受摩擦力

33、Ffmgsin 30°F由能量守恒得，损失的机械能等于金属棒ab克服摩擦力做功和产生的电热之和，电热QEFfh/sin 30°上端电阻R中产生的热量QRQ/4联立以上几式得：QR0.55 J.答案：(1)2.8 J(2)0.55 J2012高考物理专题复习交变电流专题一1交流发电机在工作时的电动势为EE0sint，若将其电枢的转速提高1倍，其他条件不变，则其电动势变为()AE0sin2tB2E0sin2t CE0sin D2E0sin解析：交变电压瞬时值表达式为EE0sint，而E0NBS，电枢的转速提高1倍即加倍，其他条件不变时E0加倍，应选B项答案：B2一矩形线圈在匀强

34、磁场中匀速转动，产生的交变电流电动势e220sint，则()A交流的频率是50 Hz B交流电的有效值是220 VC当t0时，线圈平面恰好与中性面重合 D当t s时，e有最大值220 V解析：由题设知，电动势最大值为220 V，故有效值是220 V；t0时，e0，故B、C正确未知， f无法确定，t s时，电压瞬时值无法确定，A、D错答案：BC3如图所示，理想变压器初级线圈的匝数为n1，次级线圈的匝数为n2，初级线圈的两端a、b接正弦交流电源，电压表V的示数为220 V，负载电阻R44 ，电流表A1的示数为0.20 A下列判断中正确的是()A初级线圈和次级线圈的匝数比为21 B初级线圈和次级线圈

35、的匝数比为51C电流表A2的示数为1.0 A D电流表A2的示数为0.4 A解析：对于理想变压器，P1U1I1220×0.20 W44 W，则负载电阻消耗的功率P2P144 W，据P2，得U2 V44 V，则5，故B正确A2的读数I2 A1 A，故C正确答案：BC4闭合线圈在匀强磁场中匀速转动，产生正弦式电流iImsint，若保持其他条件不变，使发电机线圈匝数及转速各增加一倍，则电流的变化规律为()Ai2Imsin2t Bi4Imsin2t Ci2Imsint Di4Imsint答A解析转速加倍则2n也加倍，电流的最大值Im也加倍故i2Imsin2t选项A正确5如图所示两电路中，当a

36、、b两端与e、f两端分别加上220 V的交流电压时，测得c、d间与g、h间的电压均为110 V；若分别在c、d与g、h的两端加上110 V的交流电压，则a、b间与e、f间的电压分别为()A220 V,220 V B220 V,110 V C110 V,110 V D220 V,0解析：对变压器，由可得Uab220 V；对滑动变阻器来说，当gh间接上电压时，ef间电压Uef110 V，故B选项正确答案：B6如图所示，一理想变压器原线圈接入一交流电源，副线圈电路中R1、R2、R3和R4均为固定电阻，开关S是闭合的V1和V2为理想电压表，读数分别为U1和U2；A1、A2和A3为理想电流表，读数分别为

37、I1、I2和I3，现断开S，U1数值不变，下列推断中正确的是()AU2变小、I3变小 BU2不变、I3变大 CI1变小、I2变小 DI1变大、I2变大解析：因为变压器的匝数与U1不变，所以U2不变，故两电压表的示数均不变当S断开时，因为负载电阻增大，故次级线圈中的电流I2减小，由于输入功率等于输出功率，所以I1也将减小，C正确；因为R1的电压减小，故R2、R3两端的电压将增大，I3变大，B正确答案：BC7一输入电压为220v，输出电压为36V的变压器副线圈烧坏，为获知此变压器元、复线圈匣数，某同学拆下烧坏的副线圈，用绝缘导线在铁芯上新饶了5匣线圈。如题17图所示，然后将原来线圈接到220v交流

38、电源上，测得新绕线全的端电压为1v，按理想变压器分析，该变压器烧坏前的原、副线数分别为（ ）A1100,360 B.1100，180 C2200,180 D. 2200,360【解析】对新绕线的理想变压器，根据变压比公式得变压器烧坏前，同理 ，B正确。8如右图，一理想变压器原副线圈匝数之比为4：1 ，原线圈两端接入一正弦交流电源；副线圈电路中R为负载电阻，交流电压表和交流电流表都是理想电表下列结论正确的是A若电压表读数为6V，则输入电压的最大值为V B若输入电压不变，副线圈匝数增加到原来的2倍，则电流表的读数减小到原来的一半C若输入电压不变，负载电阻的阻值增加到原来的2倍，则输入功率也增加到原

39、来的2倍D若保持负载电阻的阻值不变输入电压增加到原来的2倍，则输出功率增加到原来的4倍【解析】若电压表读数为6V，则输入电压为是有效值，因此其最大值为V，A正确；若输入电压不变，副线圈匝数增加到原来的2倍，则输出电压也增加到原来的2倍，电流表示数应增加到原来的2倍，B错；若输入电压不变，负载电阻的阻值增加到原来的2倍，则输出电流减小到原来的一半，输入功率等于输出功率即也减小到原来的一半，C错；若保持负载电阻的阻值不变输入电压增加到原来的2倍，输出电压增大到原来的2倍，则由可知输出功率增加到原来的4倍，D正确。【答案】AD 9.如图所示，交流发电机线圈的面积为0.05 m2，共100匝，在磁感应

40、强度为 T的匀强磁场中，以10 rad/s的角速度匀速转动，电阻R1和R2的阻值均为50 ，线圈的内阻忽略不计，若从图示位置开始计时，则( )A.线圈中的电动势为e50sin t V B.电压表的示数为50 VC.电流表的示数为 A D.R1上消耗的电功率为50 W【解析】图中所示，线圈位于中性面，此时有emNBS100××0.05×1050 V则电动势为e50cos t V电压表示数为有效值U25 V电流表示数为有效值I A APR1 W25 W答案C10.电阻为1 的矩形线圈绕垂直于磁场方向的轴，在匀强磁场中匀速转动，产生的交变电动势随时间变化的图象如图所示.

41、现把交流电加在电阻为9 的电热丝上，下列判断正确的是()A.线圈转动的角速度100 rad/sB.在t0.01 s时刻，穿过线圈的磁通量最大C.电热丝两端的电压U100 V D.电热丝此时的发热功率P1 800 W【解析】由图可以看出该交变电流的周期T0.02 s，则角速度100 rad/s，A错；t0.01 s时刻，电压达到最大，则此时磁通量变化率最大，磁通量为零，B错；电热丝两端电压为路端电压URU×(Um/) V90 V，则C错；根据电功率公式P W1 800 W可知D正确. 【答案】D11. 如图表示一交流电的电流随时间而变化的图象，此交流电的有效值是()A.3.5 AB.

42、AC.5 AD.5 A【正解】交流电的有效值是根据其热效应而定义的，它是从电流产生焦耳热相等的角度出发，使交流电与恒定电流等效.设交流电的有效值为I，令该交变电流通过一阻值为R的纯电阻，在一个周期内有：I2RTIRIR 所以该交流电的有效值为 I5 A【答案】D12.如图所示为一交变电流的i-t图象，下列说法正确的是( )A.交变电流的频率f50 Hz，有效值为5 AB.交变电流的有效值I5 AC.交变电流的平均值10 AD.若此交变电流通过阻值为10 的电阻，则这个电阻两端的电压为25 V【解析】对于正弦交流电可直接应用最大值为有效值的倍这一规律，将此交变电流分为前后两部分正弦交流电，可直接

43、得到这两部分正弦交流电的有效值，分别为I12.5 A和I27.5 A，再利用有效值的定义求解. 取一个周期T中的前0.01 s和后0.01 s计算产生的电热可列计算式：I2R×0.02IR×0.01IR×0.01解得I2.5 A对于不同的时间段，交流电的平均值不同，求交流电的平均值应明确指出是哪一段时间的平均值.知UIR2.5 A×10 25 V13利用超导材料零电阻的性质，可实现无损耗输电现有一直流电路，输电线的总电阻为0.4 ，它提供给用电器的电功率为40 kW，电压为800 V如果用临界温度以下的超导电缆替代原来的输电线，保持供给用电器的功率和电压

44、不变，那么节约的电功率为()A1 kW B1.6×103 kW C1.6 kW D10 kW解析：用电器的额定电流为：IA50 A，输电线上消耗功率P线I2R502×0.4 W1000 W1 kW.所以若采用超导材料则线路上的损耗将被节约答案：A14一理想变压器给负载供电，变压器输入电压不变，如图2所示如果负载电阻的滑动片向上移动则图中所有交流电表的读数及输入功率变化情况正确的是(均为理想电表)()AV1、V2不变，A1增大，A2减小，P增大 BV1、V2不变，A1、A2增大，P增大CV1、V2不变，A1、A2减小，P减小 DV1不变，V2增大，A1减小，A2减小，P减小解

45、析：理想变压器输入电压不变，则输出电压不变，故表V1，V2示数不变；滑片P向上移，使负载电阻增大，因而，副线圈中的电流I2减小，由于电压比不变，故原线圈中的电流也将减小；输出功率P出U2I2减小，P入P出，因而输入功率也将减小答案：C15.如图所示，接在交流电源上的电灯泡正常发光，以下说法正确的是( )A.把电介质插入电容器，灯泡变亮B.增大电容器两极板间的距离，灯泡变亮C.减小电容器两极板间的正对面积，灯泡变暗D.使交变电流频率减小，灯泡变暗ACD【解析】把电介质插入电容器，电容增大，电容器对交变电流的阻碍作用变小，所以灯泡变亮，故A正确；增大电容器两极板间的距离，电容变小，电容器对交变电流

46、的阻碍作用变大，所以灯泡变暗，故B错；减小电容器两极板间的正对面积，电容变小，灯泡变暗，故C正确；交变电流频率减小，电容器对交变电流的阻碍作用增大，灯泡变暗，故D正确.16.如图所示，线圈的自感系数L和电容器的电容C都很小(L1 mH，C200 pF)，此电路的重要作用是()A.阻直流通交流，输出交流电B.阻交流通直流，输出直流电C.阻低频通高频，输出高频交流电D.阻高频通低频，输出低频交流电和直流电【解析】(1)线圈的作用是：“通直流、阻交流，通低频、阻高频”.电容器的作用是：“通交流、阻直流，通高频、阻低频”.(2)因为线圈自感系数L很小，所以对低频成分的阻碍作用很小，这样，直流和低频成分

47、能顺利通过线圈；电容器并联在电路中，起旁路作用，因电容C很小，对低频成分和直流成分的阻碍作用很大，而对部分通过线圈的高频成分阻碍作用很小，被它滤掉，最终输出的是低频交流和直流.【答案】D17.如图所示，把电阻R，电感线圈L，电容器C并联，接到一个交流电源上，三个电流表示数相同，若保持电源电压大小不变，而将电源频率增大，则三个电流表示数I1、I2、I3的关系是( )A.I1I2I3 B.I1>I2>I3C.I2>I1>I3 D.I3>I1>I2【解析】交流电频率增大，电阻R对电流的阻碍作用不变，所以A1表读数不变.频率增大，电感线圈对交变电流阻碍作用增大，对电流的阻碍作用变大，所以电流变小，A2读数变小.频率增大，电容器对交变电流阻碍作用变小，对电流的阻碍作用变小，所以电流变大，A3读数变大，故答案为D. 18.汽车消耗的主要燃料是柴油和汽油柴油机