2015届二轮电路和电磁感应 正稿

1、精选文档专题五 电路、电磁感应与交流电知识网络图第1讲 直流电路高考定位：直流电路部分主要考查电路的简化，直流电路的动态分析，电路故障的分析与判断，含容电路的分析和计算，直流电路中能量转化问题等等，这些问题也是今后的命题趋向，另外，要密切注意本考点与生产和生活相结合的新情境问题1 纯电阻电路和非纯电阻电路的电功、电功率的比较(1)纯电阻电路，电功WUIt，电功率PUI，且电功全部转化为电热，有WQUIttI2Rt，PUII2R.(2)非纯电阻电路，电功WUIt，电功率PUI，电热QI2Rt，电热功率P热I2R，电功率大于电热功率，即W>Q，故求电功、电功率只能用WUIt、PUI，求电热、

2、电热功率只能用QI2Rt、P热I2R.2 电源的功率和效率(1)电源的几个功率电源的总功率：P总EI电源内部消耗的功率：P内I2r电源的输出功率：P出UIP总P内(2)电源的效率×100%×100%题型1 对直流电路动态分析的考查例1（单选）热敏电阻是传感电路中常用的电子元件，其电阻Rt随温度t变化的图线如图甲所示如图乙所示电路中，热敏电阻Rt与其他电阻构成的闭合电路中，当Rt所在处温度升高时，两电表读数的变化情况是()AA变大，V变大 BA变大，V变小CA变小，V变大 DA变小，V变小针对练习1（多选）如图所示，图中的四个电表均为理想电表，当滑动变阻器滑片P向右端移动时，

3、下面说法中正确的是()A电压表V1的读数减小，电流表A1的读数增大B电压表V1的读数增大，电流表A1的读数减小C电压表V2的读数减小，电流表A2的读数增大D电压表V2的读数增大，电流表A2的读数减小方法总结：1程序法：基本思路是“部分整体部分”即从阻值的变化入手，由串、并联规律判定R总的变化情况，再由欧姆定律判断I总和U端的变化情况，最后由部分电路欧姆定律及串联分压、并联分流等规律判断各部分的变化情况2结论法“并同串反”：“并同”：指某一电阻增大(减小)时，与它并联或间接并联的电阻中的电流、两端电压、电功率都将增大(减小)“串反”：指某一电阻增大(减小)时，与它串联或间接串联的电阻中的电流、两

4、端电压、电功率都将减小(增大)题型2含电容器电路问题的分析例2.（多选） 如图所示的电路中，电源电动势为E、内阻为r，两平行金属板间有匀强磁场开关S闭合后，当滑动变阻器滑片位于图示位置时，一带电粒子恰好以速度v匀速穿过两板若不计重力，以下说法正确的是()A如果将开关断开，粒子将继续沿直线运动B保持开关闭合，将a极板向下移动一点，粒子可能向上偏转C保持开关闭合，将滑片P向上滑动一点，粒子将可能从下极板边缘射出D保持开关闭合，将滑片P向下滑动一点，粒子将可能从下极板边缘射出针对练习2.（单选） 如图所示，平行金属板中带电质点P原来处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，R1的阻值和电源内阻

5、r相等当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，则()AR3上消耗的功率逐渐增大B电流表读数减小，电压表读数增大C电源的输出功率逐渐增大D质点P将向上运动题型3直流电路在电磁感应中的应用例3. 如图甲所示，MN、PQ是相距d1 m的足够长平行光滑金属导轨，导轨平面与水平面成某一夹角，导轨电阻不计；长也为1 m的金属棒ab垂直于MN、PQ放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，ab的质量m0.1 kg、电阻R1 ；MN、PQ的上端连接右侧电路，电路中R2为一电阻箱；已知灯泡电阻RL3 ，定值电阻R17 ，调节电阻箱使R26 ，重力加速度g10 m/s2.现断开开关S，在t0时刻由静止释放ab，在t0.5

6、s时刻闭合S，同时加上分布于整个导轨所在区域的匀强磁场，磁场方向垂直于导轨平面斜向上；图乙所示为ab的速度随时间变化图象(1)求斜面倾角及磁感应强度B的大小；(2)ab由静止下滑x50 m(此前已达到最大速度)的过程中，求整个电路产生的电热；(3)若只改变电阻箱R2的值当R2为何值时，ab匀速下滑中R2消耗的功率最大？消耗的最大功率为多少？针对练习3. 如图甲所示，匀强磁场的磁感应强度B为0.5 T，其方向垂直于倾角为30°的斜面向上绝缘斜面上固定有“”形状的光滑金属导轨MPN(电阻忽略不计)，MP和NP长度均为2.5 m，MN连线水平，长为3 m以MN中点O为原点、OP为x轴建立一

7、维坐标系Ox.一根粗细均匀的金属杆CD，长度d为3 m、质量m为1 kg、电阻R为0.3 ，在拉力F的作用下，从MN处以恒定速度v1 m/s在导轨上沿x轴正向运动(金属杆与导轨接触良好)g取10 m/s2.(1)求金属杆CD运动过程中产生的感应电动势E及运动到x0.8 m处电势差UCD；(2)推导金属杆CD从MN处运动到P点过程中拉力F与位置坐标x的关系式，并在图乙中画出Fx关系图像；(3)求金属杆CD从MN处运动到P点的全过程产生的焦耳热知识专题练5-11（单选）如图所示是一火警报警电路的示意图其中R3为用某种材料制成的传感器，这种材料的电阻率随温度的升高而增大值班室的显示器为电路中的电流表

8、，电源两极之间接一报警器当传感器R3所在处出现火情时，显示器的电流I、报警器两端的电压U的变化情况是()AI变大，U变小BI变小，U变大CI变小，U变小DI变大，U变大 2（单选） 如图是横截面积、长度均相同的甲、乙两根电阻丝的IR图象现将甲、乙串联后接入电路中，则()A甲电阻丝两端电压比乙电阻丝两端的电压小B甲电阻丝的电阻率比乙电阻丝的电阻率小C在相同时间内，电流通过乙电阻丝产生的焦耳热少D甲电阻丝消耗的电功率比乙电阻丝消耗的电功率小3（单选） 如图所示，电源电动势为E，内电阻为r.两电压表可看做是理想电表，当闭合开关，将滑动变阻器的滑片由左端向右端滑动时(设灯丝电阻不变)，下列说法中正确的

9、是()A小灯泡L2变暗，V1表的示数变小，V2表的示数变大B小灯泡L2变亮，V1表的示数变大，V2表的示数变小C小灯泡L1变亮，V1表的示数变大，V2表的示数变小D小灯泡L1变暗，V1表的示数变小，V2表的示数变大4（多选）2007年诺贝尔物理学奖授予了两位发现“巨磁电阻”效应的物理学家，某探究小组查到某磁敏电阻在室温下的电阻随磁感应强度变化曲线如图甲所示，其中R、R0分别表示有、无磁场时磁敏电阻的阻值为研究其磁敏特性设计了图乙所示电路关于这个探究实验，下列说法中正确的是()A闭合开关S，图乙中只增加磁感应强度的大小时，电压表的示数增大B闭合开关S，图乙中只改变磁场方向，电压表的示数减小C闭合

10、开关S，图乙中只增加磁感应强度的大小时，流过aP段的电流可能减小D闭合开关S，图乙中只增加磁感应强度的大小时，电源的输出功率可能增大5（单选）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)当电键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D若断开电键S，电容器

11、所带电荷量变大，带电微粒向下运动6（单选）某同学准备用一种金属丝制作一只电阻温度计他先通过实验描绘出一段金属丝的UI曲线，如图甲所示再将该金属丝与某一定值电阻R0串联接在电路中，用电压表(电压表的内阻远大于金属丝的电阻)与金属丝并联，并在电压表的表盘上标注温度值，制成电阻温度计，如图乙所示下列说法中正确的是()A从图甲可知，该金属丝的阻值随温度的升高而减小B图乙中电压表的指针偏转角越大，温度值越小C选用不同阻值的R0可以改变温度计的量程，R0越大，量程越大D温度越高，电源消耗的功率越大7（单选）如图所示，A、B极板间存在竖直方向的匀强电场和匀强磁场，一带电微粒在A、B间的水平面内做匀速圆周运动

12、下列说法正确的是()A该微粒带正电荷B仅改变R3阻值，微粒将继续做匀速圆周运动C仅改变A、B极板之间距离，微粒将继续做匀速圆周运动D仅改变A、B极板之间正对面积，微粒将不能继续做匀速圆周运动8.(单选)两电源的电动势分别为E1、E2(E1>E2)，内阻分别为r1、r2.当这两个电源分别和一阻值为R的电阻连接时，电源输出功率相等.若将R减小为R'，电源输出功率分别为P1、P2，则( )A. r1<r2，P1<P2 B. r1>r2，P1>P2C. r1<r2，P1>P2 D. r1>r2，P1<P2 第2讲 交流电路高考定位：交流电路

13、部分主要考查交变电流的产生和描述、交流电有效值、变压器的规律及动态分析、远距离输电等知识点从高考的考查重点不难看出，掌握电路的基本结构和基本规律是应对本内容的关键题型1交流电的产生和描述例1. (多选)图甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，为交流电流表线圈绕垂直于磁场的水平轴OO沿逆时针方向匀速转动，从图示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图象如图乙所示以下判断正确的是()A电流表的示数为10 AB线圈转动的角速度为50 rad/sC0.01 s时线圈平面与磁场方向平行D0.02 s时电阻R中电流的方向自右向左针对练习1. （多选）如图甲为小型旋转电

14、枢式交流发电机，电阻为r2 矩形线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的固定轴OO匀速转动，线圈的两端经集流环和电刷与右侧电路连接，右侧电路中滑动变阻器R的最大阻值为R0 ，滑动片P位于滑动变阻器中央，定值电阻R1R0、R2，其他电阻不计从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，闭合开关S，线圈转动过程中理想交流电压表示数是10 V，图乙是矩形线圈磁通量随时间t变化的图象，则下列说法正确的是()A电阻R2上的热功率为 WB0.02 s时滑动变阻器R两端的电压瞬时值为零C线圈产生的e随时间t变化的规律是e10cos 100t (V)D线圈开始转动到t s的过程中，通过R1的电荷量为 C方法

15、总结：1线圈通过中性面时的特点(1)穿过线圈的磁通量最大；(2)线圈中的感应电动势为零；(3)线圈每经过中性面一次，感应电流的方向改变一次2交流电“四值”的应用(1)最大值：分析电容器的耐压值；(2)瞬时值：计算闪光电器的闪光时间、线圈某时刻的受力情况；(3)有效值：电表的读数及计算电热、电功、电功率及保险丝的熔断电流；(4)平均值：计算通过电路截面的电荷量题型2 对变压器的考查例2.（单选）如图所示的电路中，有一自耦变压器，左侧并联一只理想电压表V1后接在稳定的交流电源上；右侧串联灯泡L和滑动变阻器R，R上并联一只理想电压表V2.下列说法中正确的()A若F不动，滑片P向下滑动时，V1示数变大

16、，V2示数变小B若F不动，滑片P向下滑动时，灯泡消耗的功率变小C若P不动，滑片F向下移动时，V1、V2的示数均变小D若P不动，滑片F向下移动时，灯泡消耗的功率变大针对练习2.（单选）如图所示的电路中，理想变压器原、副线圈的匝数比n1n2225，电阻R1R225 ，D为理想二极管，原线圈接u220sin 100t(V)的交流电则()A交流电的频率为100 HzB通过R1的电流为2 AC通过R2的电流为 AD变压器的输入功率为200 W方法总结：1变压器各物理量间的因果关系变压器的一定，输入电压U1决定了输出电压U2的大小，与其它无关由输出电压U2与负载电阻R，通过欧姆定律决定了输出电流I2的大小

17、进而确定了输出功率P2的大小，由能量守恒决定了输入功率P1的大小最后又通过决定输入电流I1的大小2理想变压器动态分析的两种情况(1)负载电阻不变，讨论变压器原、副线圈两端的电压、电流、功率等随匝数比的变化情况(2)匝数比不变，讨论变压器原、副线圈两端的电压、电流、功率等随负载电阻的变化情况不论哪种情况，要注意两点：一、根据题意分清变量和不变量；二、弄清“谁决定谁”的制约关系对电压而言，输入决定输出；对电流、电功(率)而言，输出决定输入题型3 交变电流的综合问题分析例题3.（多选）如图甲是小型交流发电机的示意图，两极M、N间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，A为理想交流电流表，V为理想交流电压表内

18、阻不计的矩形线圈绕垂直于磁场方向的水平轴OO沿逆时针方向匀速转动，矩形线圈通过滑环接一理想变压器，滑动触头P上下移动时可改变变压器副线圈的输出电压，副线圈接有可调电阻R，从图示位置开始计时，发电机线圈中产生的交变电动势随时间变化的图象如图乙所示，以下判断正确的是()A电压表的示数为10 VB0.01 s时发电机线圈平面与磁场方向平行C若P的位置向上移动、R的大小不变时，电流表读数将减小D若P的位置不变、R的大小不变，而把发电机线圈的转速增大一倍，则变压器的输入功率将增大到原来的4倍针对练习3.（多选）如图所示，边长为L、匝数为N，电阻不计的正方形线圈abcd在磁感应强度为B的匀强磁场中绕转轴O

19、O转动，轴OO垂直于磁感线，在线圈外接一含有理想变压器的电路，变压器原、副线圈的匝数分别为n1和n2.保持线圈以恒定角速度转动，下列判断正确的是()A在图示位置时线框中磁通量为零，感应电动势最大B当可变电阻R的滑片P向上滑动时，电压表V2的示数变大C电压表V1示数等于NBL2D变压器的输入与输出功率之比为11方法总结：交变电流的综合问题，涉及交流电路最大值、有效值、平均值、瞬时值的计算，与电磁感应、安培力、闭合电路欧姆定律的综合应用等，解答时应注意以下几点：(1)分清交流电路“四值”的不同计算方法和物理意义(2)学会将直流电路、闭合电路欧姆定律的知识应用在交流电路中知识专题练5-21.（单选）

20、夏季来临，空调、冷风机等大功率电器使用增多，用户消耗的功率增大如图所示，发电厂的输出电压U1和输电线的电阻、理想变压器均不变，则下列说法正确的是()A变压器的输出电压U2增大，且U2U1B变压器的输出电压U4增大，且U4U3C输电线损耗的功率占总功率的比例减小D输电线损耗的功率增大2.（单选）如图所示，有一矩形线圈的面积为S，匝数为N，内阻不计，绕OO轴在水平方向的磁感应强度为B的匀强磁场中以角速度做匀速转动，从图示位置开始计时矩形线圈通过滑环接一理想变压器，滑动触头P上下移动时可改变输出电压，副线圈接有可调电阻R，判断正确的是()A矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为eNBScos tB

21、矩形线圈从图示位置经过时间时，通过电流表的电荷量为0C当P位置不动，R增大时，电压表读数也增大D当P位置向上移动、R不变时，电流表读数减小3.（多选）如图甲所示为一个小型电风扇的电路简图，其中理想变压器的原、副线圈匝数之比n1n2101，接线柱a、b接上一个正弦交变电源，电压随时间变化规律如图乙所示，输出端接有额定电压均为12 V的灯泡和风扇电动机，电动机线圈电阻r2 .接通电源后，灯泡正常发光，风扇正常工作，则()A电阻R两端的电压是10 VB通过风扇电动机的电流是6 AC通过灯泡的交流电频率是100 HzD风扇突然卡住的瞬间，灯泡变暗4（单选）如图所示区域内存在匀强磁场，磁场的边界由x轴和

22、y2sinx曲线围成(x2 m)，现把一边长l2 m的正方形单匝线框以水平速度v10 m/s匀速地拉过该磁场区，磁场区的磁感应强度为0.4 T，线框电阻R0.5 ，不计一切摩擦阻力，则()A水平拉力F的最大值为8 NB拉力F的最大功率为12.8 WC拉力F要做25.6 J的功才能让线框通过此磁场区D拉力F要做12.8 J的功才能让线框通过此磁场区5（单选）如图所示，在匀强磁场中匀速转动的矩形线圈的周期为0.02 s，转轴O1O2垂直于磁场方向，线圈总电阻为2 ，匝数为100匝从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，t s时线圈中感应电流为1 A那么()A线圈中感应电流的有效值为2 AB线圈转动一周

23、产生的焦耳热为0.16 JCt s时穿过线圈磁通量的变化率为0.02 Wb/sD线圈中的感应电动势瞬时值表达式为e4sin 100t(V)6（多选）如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n1n2101，b是原线圈的中心抽头，S为单刀双掷开关，定值电阻R10 .从某时刻开始在原线圈c、d两端加上如图乙所示的交变电压，则下列说法中正确的是()A当S与a连接后，理想电流表的示数为2.2 AB当S与a连接后，t0.01 s时理想电流表示数为零C当S由a拨到b后，原线圈的输入功率变为原来的4倍D当S由a拨到b后，副线圈输出电压的频率变为25 Hz7（多选）如图甲所示，M是一个小型理想变压器，原副线圈匝

24、数之比n1n2101，接线柱a、b间接一正弦交变电源，其电压随时间的变化规律如图乙所示变压器右侧部分为一火警报警系统原理图，其中R2是用半导体热敏材料(电阻随温度升高而减小)制成的传感器，R1为一定值电阻下列说法中正确的是()A电压表V的示数为22 VB当R2所在处出现火警时，电压表V的示数减小C当R2所在处出现火警时，电流表A的示数增大D当R2所在处出现火警时，电阻R1的功率变大8（多选）图甲中的变压器为理想变压器，原线圈匝数n1与副线圈匝数n2之比为101，变压器的原线圈接如图乙所示的正弦式交流电，电阻R1R2R320 和电容器连接成如图甲所示的电路，其中电容器的击穿电压为8 V，电表为理

25、想交流电表，开关S处于断开状态，则()A电压表V的读数约为7.07 VB电流表A的读数为0.05 AC变压器的输入功率约为7.07 WD若闭合开关S，电容器不会被击穿第3讲 电磁感应高考定位：电磁感应是电磁学部分的重点之一，是高考的重要考点考查的重点有以下几个方面：楞次定律的理解和应用；电磁感应图象；电磁感应过程中的动态分析；综合应用电路知识和能量观点解决电磁感应问题应考策略：复习应注意“抓住两个定律，运用两种观点”两个定律是指楞次定律和法拉第电磁感应定律；两种观点是指动力学观点和能量观点题型1 对楞次定律和电磁感应图象问题的考查例题1. （多选）如图所示，虚线右侧存在匀强磁场，磁场方向垂直纸

26、面向外，正方形金属框电阻为R，边长是L，自线框从左边界进入磁场时开始计时，在外力作用下由静止开始，以垂直于磁场边界的恒定加速度a进入磁场区域，t1时刻线框全部进入磁场若外力大小为F，线框中电功率的瞬时值为P，线框磁通量的变化率为，通过导体横截面的电荷量为q，(其中Pt图象为抛物线)则这些量随时间变化的关系正确的是()针对练习1. (多选)如图所示，在线圈上端放置一盛有冷水的金属杯，现接通交流电源，过了几分钟，杯内的水沸腾起来若要缩短上述加热时间，下列措施可行的有()A增加线圈的匝数B提高交流电源的频率C将金属杯换为瓷杯D取走线圈中的铁芯方法总结：1楞次定律的理解和应用(1)“阻碍”的效果表现为

27、：阻碍原磁通量的变化增反减同；阻碍物体间的相对运动来拒去留；阻碍自身电流的变化自感现象(2)解题步骤：确定原磁场的方向(分析合磁场)；确定原磁通量的变化(增加或减少)；确定感应电流磁场的方向(增反减同)；确定感应电流方向(安培定则)2求解图象问题的思路与方法(1)图象选择问题：求解物理图象的选择题可用“排除法”，即排除与题目要求相违背的图象，留下正确图象也可用“对照法”，即按照要求画出正确的草图，再与选项对照解决此类问题的关键是把握图象特点，分析相关物理量的函数关系，分析物理过程的变化或物理状态的变化(2)图象分析问题：定性分析物理图象，要明确图象中的横轴与纵轴所代表的物理量，弄清图象的物理意

28、义，借助有关的物理概念、公式、不变量和定律作出相应判断在有关物理图象的定量计算时，要弄清图象所揭示的物理规律及物理量间的函数关系，善于挖掘图象中的隐含条件，明确有关图象所包围的面积、斜率，以及图象的横轴、纵轴的截距所表示的物理意义题型2对电磁感应中动力学问题的考查例题2. 如图所示，间距为L的两条足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ与水平面夹角为30°，导轨的电阻不计，导轨的N、Q端连接一阻值为R的电阻，导轨上有一根质量一定、电阻为r的导体棒ab垂直导轨放置，导体棒上方距离L以上的范围存在着磁感应强度大小为B、方向与导轨平面垂直向下的匀强磁场现在施加一个平行斜面向上且与棒ab重力相等的

29、恒力，使导体棒ab从静止开始沿导轨向上运动，当ab进入磁场后，发现ab开始匀速运动，求：(1)导体棒的质量；(2)若进入磁场瞬间，拉力减小为原来的一半，求导体棒能继续向上运动的最大位移针对练习2. （多选）如图所示，光滑斜面PMNQ的倾角为，斜面上放置一矩形导体线框abcd，其中ab边长为l1，bc边长为l2，线框质量为m、电阻为R，有界匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直于斜面向上，ef为磁场的边界，且efMN.线框在恒力F作用下从静止开始运动，其ab边始终保持与底边MN平行，F沿斜面向上且与斜面平行已知线框刚进入磁场时做匀速运动，则下列判断正确的是()A线框进入磁场前的加速度为B线框进入磁场

30、时的速度为C线框进入磁场时有abcd方向的感应电流D线框进入磁场的过程中产生的热量为(Fmgsin )l1方法总结：在此类问题中力现象和电磁现象相互联系、相互制约，解决问题前首先要建立“动电动”的思维顺序，可概括为：(1)找准主动运动者，用法拉第电磁感应定律和楞次定律求解感应电动势的大小和方向(2)根据等效电路图，求解回路中的感应电流的大小及方向(3)分析安培力对导体棒运动速度、加速度的影响，从而推出对电路中的感应电流有什么影响，最后定性分析导体棒的最终运动情况(4)列牛顿第二定律或平衡方程求解题型3对电磁感应中能量问题的考查例题3. 如图所示，平行金属导轨与水平面间夹角均为37°，

31、导轨间距为1 m，电阻不计，导轨足够长两根金属棒ab和以ab的质量都是0.2 kg，电阻都是1 ，与导轨垂直放置且接触良好，金属棒和导轨之间的动摩擦因数为0.25，两个导轨平面处均存在着垂直轨道平面向上的匀强磁场(图中未画出)，磁感应强度B的大小相同让ab固定不动，将金属棒ab由静止释放，当ab下滑速度达到稳定时，整个回路消耗的电功率为8 W求：(1)ab下滑的最大加速度；(2)ab下落了30 m高度时，其下滑速度已经达到稳定，则此过程中回路电流的发热量Q为多大？(3)如果将ab与ab同时由静止释放，当ab下落了30 m高度时，其下滑速度也已经达到稳定，则此过程中回路电流的发热量Q为多大？(g

32、10 m/s2，sin 37°0.6，cos 37°0.8)针对练习3.（多选）在倾角为足够长的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度大小相等的匀强磁场，磁场方向一个垂直斜面向上，另一个垂直斜面向下，宽度均为L，如图所示一个质量为m、电阻为R、边长也为L的正方形线框在t0时刻以速度v0进入磁场，恰好做匀速直线运动，若经过时间t0，线框ab边到达gg与ff中间位置时，线框又恰好做匀速运动，则下列说法正确的是()A当ab边刚越过ff时，线框加速度的大小为gsin Bt0时刻线框匀速运动的速度为Ct0时间内线框中产生的焦耳热为mgLsin mvD离开磁场的过程中线框将做匀速直线运动方法

33、总结：1明确安培力做的功是电能和其他形式的能之间相互转化的“桥梁”，用框图表示如下：2明确功能关系，确定有哪些形式的能量发生了转化如有摩擦力做功，必有内能产生；有重力做功，重力势能必然发生变化；安培力做负功，必然有其他形式的能转化为电能3根据不同物理情景选择动能定理、能量守恒定律或功能关系列方程求解问题知识专题练 5-31（单选）法拉第发明了世界上第一台发电机法拉第圆盘发电机如图所示，紫铜做的圆盘水平放置在竖直向下的匀强磁场中，圆盘圆心处固定一个摇柄，边缘和圆心处各与一个黄铜电刷紧贴，用导线将电刷与电流表连接起来形成回路转动摇柄，使圆盘逆时针匀速转动，电流表的指针发生偏转下列说法正确的是()A

34、回路中电流大小变化，方向不变B回路中电流大小不变，方向变化C回路中电流的大小和方向都周期性变化D回路中电流方向不变，从b导线流进电流表2（单选）如图所示，直角坐标系xOy的二、四象限有垂直坐标系向里的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，在第三象限有垂直坐标系向外的匀强磁场，磁感应强度大小为2B.现将半径为L、圆心角为90°的扇形闭合导线框OPQ在外力作用下以恒定角速度绕O点在纸面内沿逆时针方向匀速转动t0时刻线框在图示位置，设电流逆时针方向为正方向则下列关于导线框中的电流随时间变化的图线，正确的是()3（多选）如图所示，两根足够长的平行金属导轨倾斜放置，导轨下端接有定值电阻R，匀强磁场方

35、向垂直导轨平面向上现给金属棒ab一平行于导轨的初速度v，使金属棒保持与导轨垂直并沿导轨向上运动，经过一段时间金属棒又回到原位置不计导轨和金属棒的电阻，在这一过程中，下列说法正确的是()A金属棒上滑时棒中的电流方向由b到aB金属棒回到原位置时速度大小仍为vC金属棒上滑阶段和下滑阶段的最大加速度大小相等D金属棒上滑阶段和下滑阶段通过棒中的电荷量相等4（多选）如图所示，空间存在一有边界的条形匀强磁场区域，磁场方向与竖直平面(纸面)垂直，磁场边界的间距为L.一个质量为m、边长也为L的正方形导线框沿竖直方向运动，线框所在平面始终与磁场方向垂直，且线框上、下边始终与磁场的边界平行t0时刻导线框的上边恰好与

36、磁场的下边界重合(图中位置)，导线框的速度为v0.经历一段时间后，当导线框的下边恰好与磁场的上边界重合时(图中位置)，导线框的速度刚好为零此后，导线框下落，经过一段时间回到初始位置(不计空气阻力)，则()A上升过程中合力做的功与下降过程中合力做的功相等B上升过程中线框产生的热量比下降过程中线框产生的热量多C上升过程中，导线框的加速度逐渐减小D上升过程克服重力做功的平均功率小于下降过程重力的平均功率5. 如图所示，螺线管横截面积为S，线圈匝数为N，电阻为R1，管内有水平向右的磁场，磁感应强度为B.螺线管与足够长的平行金属导轨MN、PQ相连并固定在同一平面内，与水平面的夹角为，两导轨间距为L.导轨

37、电阻忽略不计导轨处于垂直斜面向上、磁感应强度为B0的匀强磁场中金属杆ab垂直导轨，杆与导轨接触良好，并可沿导轨无摩擦滑动已知金属杆ab的质量为m，电阻为R2，重力加速度为g.忽略螺线管磁场对金属杆ab的影响，忽略空气阻力(1)螺线管内方向向右的磁场B不变，当ab杆下滑的速度为v时，求通过ab杆的电流的大小和方向；(2)当ab杆下滑的速度为v时，螺线管内方向向右的磁场才开始变化，其变化率k(k>0)讨论ab杆加速度的方向与k的取值的关系6半径分别为r和2r的同心圆形导轨固定在同一水平面内，一长为r、质量为m且质量分布均匀的直导体棒AB置于圆导轨上面，BA的延长线通过圆导轨中心O，装置的俯视

38、图如图6所示整个装置位于一匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，方向竖直向下在内圆导轨的C点和外圆导轨的D点之间接有一阻值为R的电阻(图中未画出)直导体棒在水平外力作用下以角速度绕O逆时针匀速转动，在转动过程中始终与导轨保持良好接触设导体棒与导轨之间的动摩擦因数为，导体棒和导轨的电阻均可忽略重力加速度大小为g.求：(1)通过电阻R的感应电流的方向和大小；(2)外力的功率第1讲 直流电路例题1 D解析由电路图可知，电压表和电流表与热敏电阻是间接并联关系，当Rt所在处温度升高时，Rt的阻值减小，利用“并同串反”知电流表和电压表的读数都减小当传感器与电路问题结合在一起时，传感器实质是一变化的电阻，电路问

39、题实质是电路的动态分析问题通过题意分析并建立传感器的某一特性物理量与电学物理量(电压、电流、电阻等)之间的关系，是解决此类问题的关键针对练习1 AD解析当滑动变阻器滑片P向右端移动时，变阻器接入电路的电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知，干路电流I增大，路端电压U减小，则电流表A1读数增大；电压表V1读数U1EI(R1r)，I增大，其他量不变，则U1减小；通过电流表A2的电流I2，U1减小，则I2减小；通过R2的电流I2II2，I增大，I2减小，则I2增大，则电压表V2的读数增大故A、D正确例题2 BCD解析将开关断开，电容器将通过滑动变阻器放电，a、b板间的场强逐渐减少到零，所以粒子受到的洛伦兹

40、力大于电场力，粒子将发生偏转，A错误保持开关闭合，将a极板向下移动一点，电容增大，电容器充电，两极板之间电场强度增大，粒子所受电场力增大，粒子可能向上偏转，选项B正确保持开关闭合，将滑片P向上滑动一点，平行金属板间电压降低，粒子所受电场力小于洛伦兹力若粒子带负电，粒子将可能从下极板边缘射出，选项C正确保持开关闭合，将滑片P向下滑动一点，平行金属板间电压升高，粒子所受电场力大于洛伦兹力若粒子带正电，粒子将可能从下极板边缘射出，选项D正确分析含容电路的基本思路：首先分析清楚电路的连接方式，必要时画等效电路图，电容器处的电路可看做断路，简化电路时可去掉；其次分析电容器两端的电压与哪部分电路(或电阻)

41、的电压相同；最后弄清楚电容器是充电过程还是放电过程针对练习2C解析滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，R4的阻值越来越小，故并联电路的总电阻减小，根据串联电路的分压规律可得：R3的电压减小，消耗的功率减小，故A错误；电容器电压等于R3的，故也减小，所以质点P将向下运动，所以D错误；外电路总电阻减小，所以干路电流I1增大，而R3的电流I3减小，根据I1I3IA，可得电流表读数IA增大，所以B错误；因R1的阻值和电源内阻r相等，故外电路电阻大于电源内阻，且逐渐减小，由输出功率与外电阻的关系可得：电源的输出功率在增大，所以C正确例题3答案(1)37°1 T(2)28.2 J(3)3 0.27

42、 W解析(1)S断开时，ab做匀加速直线运动，从图乙得a6 m/s2(1分)由牛顿第二定律有mgsin ma，(1分) 所以有sin ，即37°，(1分)t0.5 s时，S闭合且加了磁场，分析可知，此后ab将先做加速度减小的加速运动，当速度达到最大(vm6 m/s)后接着做匀速运动匀速运动时，由平衡条件知mgsin F安，(1分) 又F安BIdI(1分)R总RR110 (1分) 联立以上四式有mgsin (2分)代入数据解得B 1 T(1分)(2)由能量转化关系有mgsin xmvQ(2分)代入数据解得Qmgsin xmv28.2 J(1分)(3)改变电阻箱R2的值后，ab匀速下滑时

43、有mgsin BdI(1分) 所以I0.6 A(1分)通过R2的电流为I2I(1分) R2的功率为PIR2(1分)联立以上三式可得PI2I2(1分) 当时，即R2RL3 ，功率最大，(1分)所以Pm0.27 W(2分)针对练习3. (1)1.5 V0.6 V (2)F12.53.75x(0x2)见解析图 (3)7.5 J解析(1)金属杆CD在匀速运动中产生的感应电动势EBlv(ld)E1.5 V(D点电势高)当x0.8 m时，金属杆在导轨间的电势差为零设此时杆在导轨外的长度为l外，则l外ddOP 2 m 得l外1.2 m由楞次定律判断D点电势高，故C、D两端电势差UCDBl外v0.6 V.(2

44、)杆在导轨间的长度l与位置x的关系是ld3x 对应的电阻R1R 电流I杆受的安培力为F安BIl7.53.75x 根据平衡条件得FF安mgsin F12.53.75x(0x2) 画出的Fx图象如图所示(3)外力F所做的功WF等于Fx图线下所围的面积 即WF×2 J17.5 J而杆的重力势能增加量EpmgOPsin 故全过程产生的焦耳热QWFEp7.5 J.知识专题练5-11. D解析当传感器R3所在处出现火情时，R3的电阻增大，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律得知，干路电流I0减小，路端电压UEI0r变大，即报警器两端的电压U变大传感器R3与电阻R2并联部分的电压U并EI0rIR

45、1，干路电流I0减小，通过R1的电流I减小，故U并变大，电流表的读数变大2.C解析现将甲、乙串联后接入电路中，电流相等，甲的电阻大于乙，由电阻定律，R，甲电阻丝的电阻率比乙电阻丝的电阻率大，选项B错误由欧姆定律UIR可知，甲电阻丝两端电压比乙电阻丝两端的电压大，选项A错误由焦耳定律，QI2Rt，在相同时间内，电流通过乙电阻丝产生的焦耳热少，选项C正确由PI2R可知甲电阻丝消耗的电功率比乙电阻丝消耗的电功率大，选项D错误3. C解析滑动变阻器的滑片向右滑动，它接入电路的电阻增大，其与灯泡L1并联后的电阻变大，电路的总电阻R总增大，由I可知，电路的总电流减小；由PI2R可知，灯泡L2电功率减小，灯

46、泡变暗；由UIR可知，灯泡L2两端电压U2变小，电压表V2示数减小；由U端EIr可知，路端电压U端增大，因此电压表V1示数增大；灯泡L1两端电压U1U端U2，U端增大，U2变小，所以U1变大，所以L1变亮，C正确4. AD解析由题图，磁敏电阻的阻值只与磁感应强度的大小有关，故B错误；随着磁感应强度变大，电阻变大，闭合开关S，图乙中只增加磁感应强度的大小时，磁敏电阻的阻值变大，电压表的示数增大，故A正确；增加磁感应强度，aP段的两端电压增加，而电阻没变，故通过aP的电流一定增大，故C错误；如果原来的外电阻小于内电阻，增加磁感应强度的大小时，磁敏电阻的阻值变大，可能使得外电路电阻等于电源的内阻，此

47、时电源的输出功率最大，故电源输出功率可能增大，故D正确5. A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，滑动变阻器的电压变大，电容器两端的电压增大，电容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，带点微粒向上运动，故C错误；若断开电键S，电容器处于放电状态，电荷量变小，故D错误6. C解析从题图甲可知，图象切线的斜率

48、表示电阻的大小，故该金属丝的阻值随温度的升高而增大，所以A错误；图乙中电压表的指针偏转角越大，说明RT的阻值大，即温度高，所以B错误；若R0越大，电压表要偏转同样的的角度，需RT的阻值越大，即温度越高，量程越大，所以C正确；温度越高，RT的阻值越大，电路电流越小，所以电源消耗的功率PEI越小，故D错误7. B解析带电微粒在A、B间的水平面内做匀速圆周运动重力与电场力平衡，所受电场力向上，该微粒带负电荷，选项A错误仅改变R3阻值，微粒将继续做匀速圆周运动，选项B正确仅改变A、B极板之间距离，由UEd可知，AB之间的电场强度变化，微粒所受电场力变化，微粒将做螺旋运动，选项C错误仅改变A、B极板之间

49、正对面积，由UEd可知，AB之间的电场强度不变，微粒将继续做匀速圆周运动，选项D错误8. D解析:由所作图线可知，r1>r2，若将R减小为R'，电源输出功率P1<P2，选项D正确.第二讲 交流电路例题1. AC解析电流表测量的是电路中电流的有效值I10 A，选项A正确由图象可知，T0.02 s，所以100 rad/s，选项B错误t0.01 s时，电流最大，线圈平面与磁场方向平行，选项C正确t0.02 s时，线圈所处的状态就是图示状况，此时R中电流的方向自左向右，选项D错误针对练习1 . AD解析R总R1R010 ，I A1 A，UR2 V，根据公式P得电阻R2上的热功率为P

50、R2 W，故A正确；0.02 s通过线圈的磁通量为零，感应电动势最大，故B错误；T0.02 s，100 rad/s，E10 V1×2 V12 V，e12cos 100t(V)，故C错误；电动势的最大值为Em12 VnBS，mBS(Wb)，sin 100t(Wb)，线圈开始转动到t s的过程中，通过电阻的电量为 C，故D正确例题2. B解析解析若F不动，滑片P向下滑动时，滑动变阻器接入电路中的电阻变大，则副线圈回路中总电阻变大，则回路中电流减小，灯泡两端电压减小，功率变小，滑动变阻器两端电压变大，V2的示数变大，而原线圈两端电压不变，则A错误、B正确；若P不动，滑片F向下移动时，根据理

51、想变压器特点可知原线圈两端电压不变，副线圈两端电压减小，则副线圈回路中电流变小，灯泡L消耗的功率减小，电压表V2的示数减小，C、D错误针对练习2. C解析原线圈电压有效值为220 V，频率为50 Hz，则根据变压器匝数比可得副线圈电压为50 V，R1的电流为2 A，A、B错误；流过二极管中的交流电只有半个周期可以通过，电压最大值为50 V，二极管的电压有效值为25 V，流过R2电流为 A，C正确；电阻R1消耗功率为100 W，电阻R2消耗功率为50 W，则原线圈输入功率为150 W，D错误例题3. ABD解析电压表显示的为有效值，示数为10 V，A正确；0.01 s时感应电动势最大，故线圈平面

52、与磁场方向平行，故B正确；若P的位置向上移动，匝数比减小，副线圈电压增大，R的大小不变时，电流表读数将增大，故C错误；若P的位置不变、R的大小不变，而把发电机线圈的转速增大一倍，电压增大为原来的2倍，则变压器的输入功率将增大到原来的4倍，故D正确针对练习3. AD解析当线框转到如图所示位置，穿过线框的磁通量为0，但线框中产生的感应电动势最大，故选项A正确；电压表V2测量的是副线圈的电压，副线圈电压由原线圈电压决定，与负载电阻变化无关，故选项B错误；电压表V1示数为有效值，等于u1，故选项C错误；理想变压器输入功率等于输出功率，则选项D正确知识专题练5-21. 答案D解析由于发电厂的输出电压U1

53、和输电线的电阻、理想变压器均不变，变压器的输出电压U2不变，选项A错误大功率电器使用增多，用户消耗的功率增大，输电线电流增大，输电线损耗的功率增大，输电线损失电压增大，变压器的输出电压U4减小，选项B错误，D正确输电线损耗的功率占总功率的比例增大，选项C错误.2. 答案A解析计时起点，线圈内的感应电动势为最大值NBS，所以感应电动势的瞬时值表达式为eNBScos t，A选项正确矩形线圈从图示位置经过时间，线圈磁通量的变化量为BS，故通过电流表的电荷量qN，即不为0，B选项错误电压表示数是线圈产生的感应电动势的有效值，即总是，C选项错误当P位置向上移动，输出电压升高，R不变时，输出功率增大，电流表读数增大，选项D错误3. 答案AD解析变压器输入电压220 V，输出电压22 V，灯泡正常发光，风扇正常工作，电阻R两端的电压是22 V12 V10 V，选项A正确通过风扇电动机的电流一定小于6 A，通过灯泡的交流电频率是50 Hz，选项B、C错误风扇突然卡住的瞬间，电风扇中电流增大灯泡中电流减小，灯泡变暗，选项D正确.4. 答案C解析线框通过磁场区域，感应电流先增大然后减小，形成正弦交流电，周期为2l/v0.4 s，感应电动势最大值为EmBlv8 V，有效值为4 V，感应电流最大值为16 A，有效值为8 A，则水平拉力最大值为FmBIml12