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- 2021-05-25 发布
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专题六 直流和交流电路 电磁感应规律及其应用
考情分析
2016
2017
2018
电路
T4:自耦变压器
T8:直流电路的分析与计算
T8:闪光灯、含容电路分析
电磁感应
T6:感应电动势、感应电流
T13:电磁感应定律
T7:音响电路中的感抗、容抗
T13:电磁感应综合应用
T2:远距离输电
T13:电磁感应综合应用
命题解读
本专题分为二大板块,一个是电路,分为直流和交变电路;另一个就是电磁感应规律及其应用。前者命题常见于选择题,后者以计算题为多,这些考点皆属于高频考点。从三年命题情况看,命题特点为:
(1)注重基础与实际问题结合。如电路分析、自耦变压器、输电、电吉他、核磁共振判断等。
(2)注重方法与综合。如以难度适中的计算题考查学生的分析综合能力。
整体难度中等,命题指数★★★★★,复习目标是达B必会。
1.(2018·江苏省丰县中学月考)将一电源电动势为E,内电阻为r的电池与外电路连接,构成一个闭合电路,用R表示外电路电阻,I表示电路的总电流,下列说法正确的是( )
A.由U外=IR可知,外电压随I的增大而增大
B.由U内=Ir可知,电源两端的电压随I的增大而增大
C.由U=E-Ir可知,电源输出电压随输出电流I的增大而减小
D.由P=IU可知,电源的输出功率P随输出电流I的增大而增大
解析 由全电路欧姆定律可知,U外=E-Ir,则电源输出电压随输出电流I的增大而减小,故选项C正确;在选项A中,U外=IR可知,外电压与电流和电阻两个因素有关,故不能说电流增大,外电压就增大,其实电流增大是通过外电阻减小实现的,故选项A错误;选项B中,电源两端的电压也是指的路端电压,它也是随外电阻R的增大而增大,而不是随电流的增大而增大,选项B错误;选项D中,由P=IU外可知,电源的输出功率P与输出电流I和电压有关,故不能说只通过输出电流就判断其大小,选项D错误。
答案 C
2.(2018·江苏省东台市创新学校月考)小型交流发电机中,矩形金属线圈在匀强磁场中匀速转动,产生的感应电动势与时间呈正弦函数关系,如图1所示。此线圈与一个R=10 Ω的电阻构成闭合电路,不计电路的其他电阻,下列说法正确的是( )
图1
A.交变电流的周期为0.125 s
B.交变电流的频率为8 Hz
C.交变电流的有效值为 A
D.交变电流的最大值为4 A
解析 由图可知,交流电周期T=0.250 s,故选项A错误;交变电流的频率为f==4 Hz,故选项B错误;由图可知,交流电的最大电压Um=20 V,所以交变电流的最大值为Im= A=2 A,所以交变电流的有效值为I= A= A,故选项C正确,D错误。
答案 C
3.(多选)(2018·扬州市联考)如图2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( )
图2
A.ab中的感应电流方向由a到b
B.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 磁感应强度均匀减小,磁通量减小,根据楞次定律得,ab中的感应电流方向由a到b,故选项A正确;由于磁感应强度均匀减小,根据法拉第电磁感应定律E=S得,感应电动势恒定,则ab中的感应电流不变,故选项B错误;根据安培力公式F=BIL知,电流不变,B均匀减小,则安培力减小,故选项C错误;导体棒受安培力和静摩擦力处于平衡状态,f=F,安培力减小,则静摩擦力减小,故选项D正确。
答案 AD
4.(多选)(2018·苏锡常镇四市一调)如图3所示,a、b、c为三只完全相同的灯泡, L为电阻不计的纯电感,电源内阻不计。下列判断正确的是( )
图3
A.S闭合的瞬间,b、c两灯亮度相同
B.S闭合足够长时间后,b、c两灯亮度相同
C.S断开的瞬间,a、c两灯立即熄灭
D.S断开后,b灯先突然闪亮后再逐渐变暗熄灭
解析 S闭合的瞬间,L中产生自感电动势阻碍电流的增加,此时可认为b、c两灯串联,则此时b、c两灯亮度相同,选项A正确;由于L的电阻不计,则S闭合足够长时间后,b灯被L短路,则b灯熄灭,c
灯变得更亮,选项B错误;S断开的瞬间,通过各个灯原来的电流立即消失,而通过L的电流要通过三盏灯形成新的回路,则a、c两灯将逐渐熄灭,b灯中因为原来电流为零,所以b灯先突然闪亮后再逐渐变暗熄灭,选项C错误,D正确。
答案 AD
直流电路分析及动态变化
闭合电路动态分析的两种常用方法
(1)程序分析法:流程如下
(2)利用结论法:即“串反并同”法
①“串反”——即某一电阻增大(减小)时,与它串联或间接串联的电阻中的电流、两端电压、消耗的电功率都减小(增大);
②“并同”——即某一电阻增大(减小)时,与它并联或间接并联的电阻中的电流、两端电压、消耗的电功率都增大(减小)。
【例1】 (多选)(2018·江苏省南京市、盐城市二模)光敏电阻是用硫化镉或硒化镉等半导体材料制成的特殊电阻器,其电阻值会随光照强度的增大而减小,光敏电阻的这种特殊性能,在科技生活中得到广泛应用。某应用电路如图4所示,R1、R2为定值电阻,L为小灯泡,R3为光敏电阻,当照射光强度增大时( )
图4
A.电压表的示数增大 B.R2中电流减小
C.小灯泡的功率增大 D.R3的功率增大
解析 光照强度增大时,R3电阻减小,电路总电阻减小,干路电流增大,R1
的电压和内电压增大,电压表的示数增大,故选项A正确;根据闭合电路欧姆定律E=Ur+U1+U2,U2减小,根据I2=,R2中电流减小,故选项B正确;流过灯泡的电流增大,根据PL=I2RL,小灯泡的功率增大,故选项C正确;流过R3的电流增大,电压减小,功率的变化无法确定,故选项D错误。
答案 ABC
【变式1】 (多选)(2018·江苏苏州市模拟)硅光电池是一种太阳能电池,具有低碳环保的优点。如图5所示,图线a是该电池在某光照强度下路端电压U和电流I变化的关系图象(电池电动势不变,内阻不是定值),图线b是某电阻R的U-I图象。在该光照强度下将它们组成闭合回路时,下列说法中正确的是( )
图5
A.硅光电池的内阻为8 Ω
B.硅光电池的总功率为0.4 W
C.硅光电池的内阻消耗的热功率为0.32 W
D.若将R换成阻值更大的电阻,硅光电池的输出功率增大
解析 由图可知该电池的电源电动势为3.6 V,由U内+UR=E可知内电压为1.6 V,硅光电池的内阻为r== Ω=8 Ω,故选项A正确;硅光电池的总功率为P总=EI=3.6×0.2 W=0.72 W,故选项B错误;硅光电池的内阻消耗的热功率为P热=I2r=0.22×8 W=0.32 W,故选项C正确;若将R换成阻值更大的电阻,电路中电阻两端的电压变大,但电流变小,硅光电池的输出功率不一定增大,故选项D错误。
答案 AC
变压器问题及应用
1.交变电流的“四值”
最大值:分析电容器的耐压值。
瞬时值:计算闪光电器的闪光时间、线圈某时刻的受力情况。
有效值:电表的读数,计算电热、电功、电功率及保险丝的熔断电流。
平均值:计算通过电路截面的电荷量。
2.理想变压器原理及其动态分析
(1)根据题意分清变量和不变量,以及变压器电路的原、副线圈的功率、电流、电压的关系。
(2)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。
【例2】 (2018·苏锡常镇四市调研)如图6所示,理想变压器的原线圈接在u=220sin πt V的交流电源上,副线圈接有R=55 Ω的负载电阻,原、副线圈匝数之比为2:1,电流表、电压表均为理想电表。下列说法正确的是( )
图6
A.电压表的示数为220 V
B.电流表的示数为2 A
C.原线圈的输入功率为440 W
D.副线圈输出交流电的周期为2 s
解析 理想变压器的原线圈接在u=220sin πt V的交流电源上,原线圈两端电压的有效值U1= V=220 V,根据U1∶U2=n1∶n2得副线圈两端电压的有效值U2=110 V,电压表示数为110 V,故选项A错误;副线圈中电流I2== A=2 A,据I1∶I2=n2∶n1得原线圈中电流I1=1 A,电流表的示数为1 A,故选项B错误;原线圈的输入功率P1=U1I1=220×1 W=220 W,故选项C错误;原副线圈中交流电的频率是相等的,副线圈输出交流电的周期等于原线圈两端交流电的周期T== s=2 s,故选项D正确。
答案 D
【变式2】 (2018·江苏省东台市创新学校月考)图7是远距离输电的示意图,下列说法正确的是( )
图7
A. a是升压变压器,b是降压变压器
B. a是降压变压器,b是升压变压器
C. a的输出电压等于b的输入电压
D. a的输出电压等于输电线上损失的电压
解析 因能量损失与输送电压的平方成反比,故为减小电路能量损耗,要用高压送电,到用户要进行降压。故a为升压变压器,b是降压变压器,故选项A正确,B错误;因电路导线有电阻,会有电压损失,故a的输出电压要大于b的输入电压。且a的输出电压减去输电线上的损失电压等于b的输入电压,故选项C、D错误。
答案 A
电磁感应规律与图象结合
解决图象问题的一般步骤
(1)明确图象的种类,即是B-t图象还是φ-t图象,或者E-t图象、I-t图象等。
(2)分析电磁感应的具体过程。
(3)用右手定则或楞次定律确定方向的对应关系。
(4)结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律等知识写出函数关系式。
(5)根据函数关系式进行数学分析,如分析斜率的变化、截距等。
(6)画图象或判断图象。
【例3】 (2018·苏锡常镇四市一调)无线充电技术的发展给用户带来了极大的方便,可应用于手机、电脑、智能穿戴、智能家居、医疗设备、电动汽车等充电,如图8甲所示为手机无线充电工作原理的示意图,由送电线圈和受电线圈组成。已知受电线圈的匝数为n=50匝,电阻r=1.0 Ω,在它的c、d两端接一阻值R=9.0 Ω的电阻。设在受电线圈内存在与线圈平面垂直的磁场,其磁通量随时间按图乙所示规律变化,可在受电线圈中产生电动势最大值为20 V的正弦交流电,设磁场竖直向上。求:
图8
(1)在t=π×10-3 s时,受电线圈中产生电流的大小,c、d两端哪端电势高?
(2)在一个周期内,电阻R上产生的热量;
(3)从t1到t2时间内,通过电阻R的电荷量。
解析 (1)由图乙知t=π×10-3 s时受电线圈中产生的电动势最大为Em=20 V
线圈中产生感应电流的大小为It=Im==2.0 A
由楞次定律可以得到此时c端电势高
(2)通过电阻电流的有效值为I== A
电阻在一个周期内产生的热量Q=I2RT=5.7×10-2 J
(3)线圈中感应电动势的平均值=n
通过电阻电流的平均值为=
通过电阻的电荷量q=Δt
由题图乙知,在~的时间内,
ΔΦ=4×10-4 Wb
解得q=n=2×10-3 C
答案 (1)2.0 A c端电势高 (2)5.7×10-2 J
(3)2×10-3 C
【变式3】 (2017·南京市、盐城市模拟)如图9甲所示,质量m=1 kg,边长ab=1.0 m,电阻r=2 Ω 单匝正方形闭合线圈abcd放置在倾角θ=30°的斜面上,保持静止状态。匀强磁场垂直线圈平面向上,磁感应强度B随时间t变化如图乙所示,整个线圈都处在磁场中,重力加速度g=10 m/s2。求:
图9
(1)t=1 s时穿过线圈的磁通量;
(2)4 s内线圈中产生的焦耳热;
(3)t=3.5 s时,线圈受到的摩擦力。
解析 (1)根据磁通量定义式Φ=BS=0.1 Wb
(2)由法拉第电磁感应定律E=,结合闭合电路欧姆定律I=,
感应电流为I==0.05 A
Q=I2rt=0.052×2×2 J=0.01 J
(3)t=3.5 s时,线圈受到的摩擦力,等于重力沿着斜面的分力即:f=mgsin θ=5 N。
答案 (1)0.1 Wb (2)0.01 J (3)5 N
电磁感应中的力、电、能综合问题
电磁感应与力学问题联系的桥梁是磁场对感应电流的安培力。解答电磁感应中的力学问题,在分析方法上,要始终抓住导体的受力(特别是安培力)特点及其变化规律,明确导体的运动过程以及运动过程中状态的变化,准确把握运动状态的临界点。
1.电学对象与力学对象的转换及关系
计算电荷量时,可以根据q=n,也可以利用q=It,还可以利用微元法等。
2.能量转化及热量求法
(1)能量转化
(2)求解热量Q的三种方法
【例4】 (2018·镇江市高三第一次模拟)如图10所示,两根足够长的平行金属导轨固定在倾角θ=30°的斜面上,其电阻不计,间距为0.4 m。导轨所在空间被分成区域Ⅰ和Ⅱ,两区域的边界为MN,区域Ⅰ和Ⅱ中的匀强磁场B的方向分别垂直斜面向下和垂直斜面向上,磁感应强度大小均为0.5 T。将质量为0.1 kg、电阻为0.1 Ω的导体棒ab放在导轨上的区域Ⅰ中,ab刚好不下滑。再在区域Ⅱ中将质量为0.4 kg、电阻为0.1 Ω的光滑导体棒cd从导轨上由静止开始下滑。cd棒始终处于区域Ⅱ中,两棒与导轨垂直且与导轨接触良好,g取10 m/s2。
图10
(1)求ab棒所受最大静摩擦力,并判断cd棒下滑时ab棒中电流的方向;
(2)ab棒刚要向上滑动时,cd棒的速度大小v;
(3)若从cd棒开始下滑到ab棒刚要向上滑动的过程中,装置中产生的总热量为2.6 J,求此过程中cd棒下滑的距离x。
解析 (1) ab刚好不下滑时,ab所受摩擦力为最大静摩擦力
有fmax=m1gsin θ
则fmax=0.5 N
由右手定则可知此时ab中电流方向由a流向b。
(2) 设ab刚好要上滑时,cd棒的感应电动势为E,由法拉第电磁感应定律有
E=Blv
设电路中的感应电流为I,由闭合电路欧姆定律有
I=
设ab所受安培力为F安,有F安=BIl
此时ab受到的最大静摩擦力方向沿斜面向下,
由平衡条件有F安=m1gsin θ+fmax
代入数据解得v=5 m/s。
(3) 设cd棒的运动过程中电路中产生的总热量为Q总,由能量守恒有
m2gxsin θ=Q总+m2v2
解得x=3.8 m。
答案 (1) 0.5 N 电流方向由a流向b (2) 5 m/s
(3) 3.8 m
【变式4】 (2018·常州市模拟)如图11所示,有一倾斜光滑平行金属导轨,导轨平面与水平面的夹角θ=30°,导轨间距L=0.5 m,电阻不计,在两导轨间接有R=3 Ω的电阻。 在导轨中间加一垂直轨道平面向上的宽度为d=0.4 m的匀强磁场,B=2 T。一质量为m=0.08 kg,电阻为r=2 Ω的导体棒从距磁场上边缘d=0.4 m 处由静止释放,运动过程中始终与导轨保持垂直且接触良好,取g=10 m/s2。求:
图11
(1)导体棒进入磁场上边缘的速度v;
(2)导体棒通过磁场区域的过程中,通过导体棒的电荷量q;
(3)导体棒通过磁场区域的过程中,电阻R上产生的焦耳热Q。
解析 (1)根据机械能守恒定律可得:
mgdsin 30°=mv2
v=2 m/s。
(2)根据法拉第电磁感应定律可得:
E=
根据闭合电路的欧姆定律可得:
I=
通过导体棒的电量为:
q=∑IΔt===0.08 C。
(3) 导体棒刚进入磁场时,有E=BLv=2 V
根据闭合电路的欧姆定律可得:
I==0.4 A
根据安培力的计算公式可得:
F=BIL=0.4 N
F′=mgsin 30°=0.4 N
所以导体棒进入磁场后做匀速运动,根据功能关系可得电阻R上产生的热量为:
Q=mgdsin 30°=0.096 J。
答案 (1)2 m/s (2)0.08 C (3)0.096 J
一、单项选择题
1.(2018·江苏省南京市、盐城市模拟)下列图中,A图是真空冶炼炉可以冶炼高质量的合金;B图是充电器工作时绕制线圈的铁芯中会发热;C图是安检门可以探测人身是否携带金属物品;D图是工人穿上金属丝织成的衣服可以高压带电作业,不属于涡流现象的是( )
解析 线圈接有交变电流,在线圈中会产生变化的磁场,变化的磁场在冶炼炉中产生电场,使自由电荷在电场力的作用下定向移动形成涡流,故选项A中属于涡流现象;充电器工作时有交变电流通过,交变电流产生的交变磁场穿过铁芯,在铁芯中产生电场,使自由电荷在电场力的作用下定向移动形成涡流,故选项B中属于涡流现象;线圈中交变电流产生交变的磁场,会在金属物品产生交变的感应电流,而金属物品中感应电流产生的交变磁场会在线圈中产生感应电流(涡流),引起线圈中交变电流发生变化,从而被探测到,故选项C中属于涡流现象;工作服用包含金属丝的织物制成,形成一个导体壳,壳外有电场,壳内场强保持为0,高压外电场不会对内部产生影响,故选项D中属于静电屏蔽。
答案 D
2.(2018·苏北四市第一次调研)如图1所示,铁芯上绕有线圈A和B,线圈A与电源连接,线圈B与理想发光二极管D相连,衔铁E连接弹簧K控制触头C的通断,忽略A的自感,下列说法正确的是( )
图1
A.闭合S,D闪亮一下
B.闭合S,C将会过一小段时间接通
C.断开S,D不会闪亮
D.断开S,C将会过一小段时间断开
解析 当闭合S瞬间时,穿过线圈B的磁通量要增加,根据楞次定律:增反减同,结合右手螺旋定则可知,线圈B的电流方向逆时针,而由于二极管顺时针方向导电,则线圈B不会闪亮一下,则线圈A中磁场立刻吸引C
,导致其即时接触,故选项A、B错误;当断开S瞬间时,穿过线圈B的磁通量要减小,根据楞次定律:增反减同,结合右手螺旋定则可知,电流方向为顺时针,则二极管处于导通状态,则D会闪亮,同时对线圈A有影响,阻碍其磁通量减小,那么C将会过一小段时间断开,故选项C错误,D正确。
答案 D
3.(2018·扬州市联考)如图2所示为一理想变压器,原线圈接在输出电压为u=U0sin ωt的交流电源两端。电路中R0为定值电阻,V1、V2为理想交流电压表,A1、A2为理想交流电流表。现使滑动变阻器R的滑动触头P向上滑动,下列说法正确的是( )
图2
A.电压表V1与V2示数的比值将变大
B.电流表A1与A2示数的比值将变小
C.电压表V1与电流表A1示数的比值变大
D.电压表V2与电流表A2示数的比值变小
解析 由于变压器电压之比等于线圈匝数之比,因此电压表之比一定等于线圈匝数之比,故选项A错误;由于只有一个副线圈,因此电流之比一定等于线圈匝数的反比,故两电流表的比值不变,故选项B错误; 滑动变阻器R的滑动触头P向上滑动,则滑动变阻器接入电阻增大,由欧姆定律可知,电流表A2示数减小,电流表A1示数也减小,而电压表V1示数不变,与电流表A1示数的比值变大,故选项C正确;滑动变阻器R的滑动触头P向上滑动,则滑动变阻器接入电阻增大,由欧姆定律可知,电压表V2与电流表A2示数的比值变大,故选项D错误。
答案 C
4.(2018·苏锡常镇四市高三调研)如图3所示的电路中,A、B、C是三个完全相同的灯泡,L是自感系数很大的电感,其直流电阻与定值电阻R阻值相等,D是理想二极管。下列判断中正确的是( )
图3
A.闭合电键S的瞬间,灯泡A和C同时亮
B.闭合电键S的瞬间,只有灯泡C亮
C.闭合电键S后,灯泡A、B、C一样亮
D.断开电键S的瞬间,灯泡B、C均要闪亮一下再熄灭
解析 闭合电键S,线圈L的电流要增大,线圈中产生自感电动势阻碍电流的增大,闭合电键S的瞬间,通过线圈L的电流为零,灯泡A不亮;理想二极管具有单向导电性,灯泡B不亮;灯泡C与电阻相连,闭合电键S的瞬间灯泡C立即发光。故选项A错误,B正确;闭合电键S后,灯泡B不亮;稳定时,线圈中不产生感应电动势,L的直流电阻与定值电阻R阻值相等,则稳定后A、C一样亮。故选项C错误;断开电键S的瞬间,C中原来的电流要立即减至零;线圈中电流要减小,线圈产生自感电动势阻碍电流的减小,线圈中电流不会立即消失,这个自感电流通过B、C形成回路,B、C中电流比线圈中小;稳定时灯泡B不亮,A、C一样亮;则断开电键S灯B要闪亮一下熄灭,灯C先变暗再熄灭。故选项D错误。
答案 B
5.(2018·江苏省如皋市调研)将一段导线绕成如图4甲所示的闭合回路,并固定在水平面(纸面)内。回路的ab边置于垂直纸面向里的匀强磁场Ⅰ中。回路的圆环区域内有垂直纸面的磁场Ⅱ,以向里为磁场Ⅱ的正方向,其磁感应强度B随时间t变化的图象如图乙所示。用F表示ab边受到的安培力,以水平向右为F的正方向,能正确反映F随时间t变化的图象是( )
图4
解析 分析一个周期内的情况:在前半个周期内,磁感应强度均匀变化,磁感应强度B的变化率一定,由法拉第电磁感应定律得知,圆形线圈中产生的感应电动势恒定不变,则感应电流恒定不变,ab边在磁场中所受的安培力也恒定不变,由楞次定律可知,圆形线圈中产生的感应电流方向为顺时针方向,通过ab的电流方向从b→a,由左手定则判断得知,ab所受的安培力方向水平向左,为负值;同理可知,在后半个周期内,安培力大小恒定不变,方向水平向右。故选项B正确。
答案 B
二、多项选择题
6.(2018·江苏单科,8)如图5所示,电源E对电容器C充电,当C两端电压达到80 V时,闪光灯瞬间导通并发光,C放电。放电后,闪光灯断开并熄灭,电源再次对C充电。这样不断地充电和放电,闪光灯就周期性地发光。该电路( )
图5
A.充电时,通过R的电流不变
B.若R增大,则充电时间变长
C.若C增大,则闪光灯闪光一次通过的电荷量增大
D.若E减小为85 V,闪光灯闪光一次通过的电荷量不变
解析 充电时,通过R的电流逐渐减小,选项A错误;若R增大,充电的最大电流减小,充电时间变长,选项B正确;若C
增大,电容器充满电后带的电荷量增多,则闪光灯闪光一次通过的电荷量增大,选项C正确;若E减小为85 V,电容器充满电后电压仍然大于闪光灯导通需要的电压,所以闪光灯闪光一次通过的电荷量不变,选项D正确。
答案 BCD
7.(2018·江苏省东台市创新学校月考)如图6所示,图线a是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生正弦式交变电动势的图象,当调整线圈转速后,所产生正弦式交变电动势的图象如图线b所示,以下关于这两个正弦式交变电动势的说法正确的是( )
图6
A.在图中t=0时刻穿过线圈的磁通量均为零
B.线圈先后两次转速之比为3∶2
C.交流电a的瞬时值为u=10sin 5πt(V)
D.交流电b的最大值为5 V
解析 t=0时刻U=0,根据法拉第电磁感应定律,磁通量变化率为零,而磁通量最大,故选项A错误;由图可知,周期Ta=0.4 s,Tb=0.6 s,则线圈先后两次转速之比na∶nb=Tb∶Ta=3∶2,选项B正确;由图a电压最大值Um=10 V,周期Ta=0.4 s,ω==5π rad/s,交流电压的瞬时值表达式为u=Umsin ωt=10sin 5πt V,故选项C正确;由电动势的最大值Em=NBSω,则两个电压最大之值比Uma∶Umb=ω a∶ωb=3∶2,则交流电b电压的最大值为 V,故选项D错误。
答案 BC
8.(2018·苏锡常镇四市调研)如图7,一根足够长的直导线水平放置,通以向右的恒定电流,在其正上方O点用细丝线悬挂一铜制圆环。将圆环从a点无初速释放,圆环在直导线所处的竖直平面内运动,经过最低点b和最右侧c后返回( )
图7A.从a到c的过程中圆环中的感应电流方向先顺时针后逆时针
B.运动过程中圆环受到的安培力方向与速度方向相反
C.圆环从b到c的时间大于从c到b的时间
D.圆环从b到c产生的热量大于从c到b产生的热量
解析 由安培定则知,直导线上方磁场方向垂直纸面向外,圆环从a到b的过程中磁通量增加,由楞次定律和安培定则可得,线圈中感应电流方向是顺时针;圆环从b到c的过程中磁通量减小,由楞次定律和安培定则可得,线圈中感应电流方向是逆时针,故选项A正确;圆环从a到b的运动过程中,将环分解为若干个小的电流元,上半环的左右对称部分所受合力向下,下半环左右对称部分所受合力向上;下半环所在处的磁场比上半环所在处的磁场强,则整个环所受安培力的方向向上,故选项B错误;圆环从b到c的过程与圆环从c到b的过程中经同一位置时从b到c速率大于从c到b的速率(一部分机械能转化为电能),则圆环从b到c的时间小于从c到b的时间,故选项C错误;圆环从b到c的过程与圆环c到b的过程中经同一位置时从b到c速率大于从c到b的速率,则圆环从b到c的过程与圆环从c到b的过程中经同一位置时从b到c圆环所受安培力大于从c到b圆环所受安培力,圆环从b到c的过程克服安培力做的功大于圆环从c到b的过程克服安培力做的功,圆环从b到c产生的热量大于从c到b产生的热量,故选项D正确。
答案 AD
9.(2018·江苏苏州市模拟)如图8甲所示,半径为r带小缺口的刚性金属圆环固定在竖直平面内,在圆环的缺口两端用导线分别与两块水平放置的平行金属板A、B连接,两板间距为d且足够大。有一变化的磁场垂直于圆环平面,规定向里为正,其变化规律如图乙所示。在平行金属板A、B正中间有一电荷量为q的带电液滴,液滴在0~T内处于静止状态。重力加速度为g。下列说法正确的是( )
图8
A.液滴带负电
B.液滴的质量为
C.t=T时液滴的运动方向改变
D.t=T时液滴与初始位置相距gT2
解析 根据题意知液滴在0~处于静止状态,故液滴受到向上的电场力和向下的重力平衡,根据楞次定律,线圈中的感应电动势沿逆时针方向,B板接高电势,A板接低电势,两板间的电场方向向上与电场力的方向相同,所以液滴带正电,故选项A错误;根据法拉第电磁感应定律E==S=,两极板间的电场强度E′=,得m==,故选项B正确;根据楞次定律,t= s~ s 内,线圈内感应电动势为顺时针方向,上极板接高电势,下极板接低电势,两极板间电场向下,电场力向下,根据牛顿第二定律mg+F电=ma,其中F电=mg,解得a=2g,液滴向下做初速度为0的匀加速运动,在第时速度最大,运动方向不改变,故选项C错误;根据楞次定律t= s~T s内,感应电动势逆时针方向,下极板接高电势,上极板接低电势,电场方向向上,液滴在t= s~T s内做匀速直线运动,t= s~ s匀加速直线运动,位移x1=·2g()2=gT2,t= s~T s匀速直线运动,位移x2=2g··=gT2,t=T时液滴与初始位置相距x=x1+x2=gT2,故选项D正确。
答案 BD
三、计算题
10.(2018·江苏省泰州中学检测)很多人喜欢到健身房骑车锻炼,某同学根据所学知识设计了一个发电测速装置,如图9所示,自行车后轮置于垂直车身平面向里的匀强磁场中,后轮圆形金属盘在磁场中转动时,可等效成一导体棒绕圆盘中心O转动。已知磁感应强度B=0.5 T,圆盘半径l=0.3 m,圆盘电阻不计。导线通过电刷分别与后轮外边缘和圆心O相连,导线两端a、b间接一阻值R=10 Ω的小灯泡。后轮匀速转动时,用电压表测得a、b间电压U=0.6 V。
图9
(1)与a连接的是电压表的正接线柱还是负接线柱?
(2)圆盘匀速转动10分钟,则此过程中产生了多少电能?
(3)自行车车轮边缘线速度是多少?
解析 (1)根据右手定则,轮子边缘点是等效电源的负极,则a点接电压表的负接线柱
(2)根据焦耳定律Q=t
代入数据得Q=21.6 J
(3)由U=Bl2ω
得v=lω=8 m/s
答案 (1)负接线柱 (2)21.6 J (3)8 m/s
11.(2018·江苏单科,13)如图10所示,两条平行的光滑金属导轨所在平面与水平面的夹角为θ,间距为d。导轨处于匀强磁场中,磁感应强度大小为B,方向与导轨平面垂直。质量为m的金属棒被固定在导轨上,距底端的距离为s,导轨与外接电源相连,使金属棒通有电流。金属棒被松开后,以加速度a沿导轨匀加速下滑,金属棒中的电流始终保持恒定,重力加速度为g。求下滑到底端的过程中,金属棒
图10
(1)末速度的大小v;
(2)通过的电流大小I;
(3)通过的电荷量Q。
解析 (1)匀加速直线运动v2=2as
解得v=
(2)安培力F安=IdB
金属棒所受合力F=mgsin θ-F安
牛顿运动定律F=ma
解得I=
(3)运动时间t=
电荷量Q=It
解得Q=
答案 (1) (2)
(3)