1、专题四电路与电磁感应回归教材必备知识1.恒定电流(1)闭合电路中的电压、电流关系:E=U外+U内,I=ER+r,U=E-Ir。(2)闭合电路中的功率关系:P总=EI,P内=I2r,P出=IU=I2R=P总-P内。(3)直流电路中的能量关系:电功W=qU=UIt,电热Q=I2Rt。(4)纯电阻电路中W=Q,非纯电阻电路中WQ。2.电磁感应(1)判断感应电流的方向:右手定则和楞次定律(增反减同、来拒去留、增缩减扩)。(2)求解感应电动势常见情况与方法情景图研究对象回路(不一定闭合)一段直导线(或等效成直导线)绕一端转动的一段导体棒绕与B垂直的轴转动的导线框表达式E=ntE=BLvE=12BL2E=
2、NBSsint(3)自感现象与涡流自感电动势与导体中的电流变化率成正比,线圈的自感系数L跟线圈的形状、长短、匝数等因素有关系。线圈的横截面积越大,线圈越长,匝数越多,它的自感系数就越大。带有铁芯的线圈其自感系数比没有铁芯时大得多。3.交变电流(1)交变电流的“四值”最大值:为Um、Im,即交变电流的峰值。瞬时值:反映交变电流每瞬间的值,如e=Emsint。有效值:正弦式交变电流的有效值与最大值之间的关系为E=Em2、U=Um2、I=Im2;非正弦式交变电流的有效值可以根据电流的热效应来求解。计算交变电流的电功、电功率和测定交流电路的电压、电流都是指有效值。平均值:反映交变电流的某物理量在t时间
3、内的平均大小,如平均电动势E=nt。(2)理想变压器的基本关系式功率关系:P入=P出;电压关系:U1U2=n1n2;电流关系:I1I2=n2n1。(3)远距离输电常用关系式(如图所示)功率关系:P1=P2,P3=P4,P2=P线+P3。电压损失:U损=I2R线=U2-U3。输电电流:I线=P2U2=P3U3=U2-U3R线。输电导线上损耗的电功率:P损=I线U损=I线2R线=P2U22R线。高考演练明确方向1.(2019江苏单科,1,3分)某理想变压器原、副线圈的匝数之比为110,当输入电压增加20V时,输出电压()A.降低2VB.增加2VC.降低200VD.增加200V答案D依据理想变压器原
4、、副线圈的电压比与匝数比关系公式可知,U1U2=n1n2,则U2=n2n1U1,得U2=200V,故选项D正确。2.(2020江苏单科,2,3分)电流互感器是一种测量电路中电流的变压器,工作原理如图所示。其原线圈匝数较少,串联在电路中,副线圈匝数较多,两端接在电流表上。则电流互感器()A.是一种降压变压器B.能测量直流电路的电流C.原、副线圈电流的频率不同D.副线圈的电流小于原线圈的电流答案D由题设条件可知变压器的原线圈匝数较少,副线圈匝数较多,由U1U2=n1n2可知,电流互感器是一种升压变压器,A错误;由n1I1=n2I2可知,原线圈的电流大于副线圈的电流,D正确;变压器的工作原理是电磁感
5、应,不能测量直流电路的电流,B错误;变压器不改变交流电的频率,即原、副线圈电流的频率相同,C错误。3.(2019江苏单科,3,3分)如图所示的电路中,电阻R=2。断开S后,电压表的读数为3V;闭合S后,电压表的读数为2V,则电源的内阻r为()A.1B.2C.3D.4答案A若断开S,则电压表的示数等于电源电动势E,则E=3V。若闭合S,据串联电路电压分配关系可得UE=RR+r,且U=2V,R=2,得出r=1,故选项A正确。4.(2020江苏单科,3,3分)如图所示,两匀强磁场的磁感应强度B1和B2大小相等、方向相反。金属圆环的直径与两磁场的边界重合。下列变化会在环中产生顺时针方向感应电流的是()
6、A.同时增大B1减小B2B.同时减小B1增大B2C.同时以相同的变化率增大B1和B2D.同时以相同的变化率减小B1和B2答案B同时增大B1减小B2,环中的合磁通量方向垂直纸面向里,且增大,由楞次定律可知环中感应电流产生的磁场方向垂直纸面向外,由安培定则可知环中感应电流方向为逆时针方向,A错误;同时减小B1增大B2,环中的合磁通量方向垂直纸面向外,且增大,由楞次定律可知,环中感应电流产生的磁场方向垂直纸面向里,由安培定则可知环中感应电流方向为顺时针方向,B正确;同时以相同的变化率增大或减小B1和B2,环中的合磁通量始终为零,不产生感应电流,C、D错误。201820192020电路T2:远距离输电
7、定量问题T8:含容电路、闪光灯T1:变压器定量运算T3:闭合电路欧姆定律的应用T6:汽车电源、启动电机和车灯连接的电路分析电磁感应T9:导体杆切割磁感线时的功能问题T13:电磁感应的综合应用T14:电磁感应的综合应用T2:电流互感器T3:楞次定律的应用T14:电磁感应的综合应用考向解读1.注重基础。如电路分析及应用、变压器、远距离输电等。2.强调综合。如以难度适中的计算题考查学生的分析综合能力。考向突破关键能力一、交变电流、变压器综合问题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
8、一段时间内通过导体横截面的电荷量。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。典例1(多选)(2020江苏苏、锡、常、镇四市二调)如图甲所示为一种自耦变压器(可视为理想变压器)的结构示意图。线圈均匀绕在圆环型铁芯上,滑动触头P在某一位置,在B、C间接一个交流电压表和一个电阻R。若A、B间输入图乙所示的交变电压,则()甲乙A.t=110-2s时,电压表的示数为零B.A、B间输入电压的瞬时值表达式为u=2202sin100tVC.滑
9、动触头P顺时针转动时,R两端的电压增大D.滑动触头P逆时针转动时,A、B间输入功率增大答案BD因为电压表的示数为有效值,所以A错误;从题图乙可知,A、B间输入电压的最大值为2202V,周期为T=210-2s,所以角速度为=2T=100,所以,A、B间输入电压的瞬时值表达式为u=2202sin100tV,B正确;滑动触头P顺时针转动时,变压器上A、P间的匝数增多,变压器A、P间电压增大,则R两端的电压减小,C错误;滑动触头P逆时针转动时,B、C间电压增大,根据P=U2R可知输出功率增大,即A、B间输入功率增大,D正确。1(2020江苏盐城第三次模拟)“新冠肺炎”席卷全球,某汽车厂决定改建生产线转
10、产口罩,原生产线工作电压为380V,而口罩机工作电压为220V。现在需要变压器来进行降压,若变压器原线圈匝数为1900匝,则副线圈匝数为()A.110B.220C.1100D.2200答案C根据U1U2=n1n2解得n2=U2n1U1=2201900380 匝=1100匝,故选项C正确。二、电磁感应与图像的综合1.图像问题的求解类型类型据电磁感应过程选图像据图像分析判断电磁感应过程2.解题关键弄清初始条件、正负方向的对应变化范围、所研究物理量的函数表达式、进出磁场的转折点等是解决此类问题的关键。3.解决图像问题的一般步骤(1)明确图像的种类,即看图像是B-t图还是-t图,或者E-t图、I-t图
11、等。(2)分析电磁感应的具体过程。(3)用右手定则、楞次定律等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,进行分析,如分析斜率的变化、截距等。(6)画图像或判断图像。4.电磁感应中图像类选择题的两个常用方法排除法定性地分析电磁感应过程中物理量的变化趋势(增大还是减小)、变化快慢(均匀变化还是非均匀变化),特别是分析物理量的正负,以排除错误的选项函数法根据题目所给条件定量地写出两个物理量之间的函数关系式,然后由函数关系式对图像进行分析和判断典例2(2020江苏南京四模)如图所示,导体电路放置在水平面内,处于竖直向下、范围足够
12、大的匀强磁场中,平行光滑且足够长的金属导轨上放置导体棒MN,水平导体棒与导轨垂直且接触良好,t=0时刻单刀双掷开关S拨到t位置,电源给电容器C充电,t1时刻又将S拨到2位置,电容器C通过MN连接的回路放电,以下关于电容器充放电电流iC、电容器两极电压UC、导体棒MN的速度v及MN两端电压UMN随时间t变化图像正确的是()答案Ct=0时刻单刀双掷开关S拨到1位置,电容器充电,电容器两极间电压等于电源电动势;开关S拨到1位置时电容器充电电流最大,然后逐渐减小,电容器充电完毕,电流为零;将S拨到2位置之前,棒MN无电流,棒MN两端电压UMN为零,棒MN处于静止;t1时刻,将单刀双掷开关S拨到2位置,
13、电容器处于放电状态,电流逐渐减小,根据C=QU可知电容器两极间电压逐渐减小;有电流流过棒MN,在安培力作用下棒MN运动,在棒MN运动过程中,由于切割磁感线也将产生电动势,该电动势方向和电容器电压相反,故电路中电流是变化的,当棒MN的感应电动势和电容器电压相等时,棒MN做匀速运动,故棒MN先做加速度逐渐减小的加速运动,最后匀速运动,故A、B、D项错误,C项正确。2(2018江苏南通如皋调研)将一段导线绕成如图甲所示的闭合回路,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中。回路的圆环区域内有垂直纸面的磁场,以垂直于纸面向里为磁场的正方向,其磁感应强度B随时间t变化的图像如图乙
14、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变化的图像是()答案B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,由法拉第电磁感应定律得知,圆形线圈中产生恒定的感应电动势,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ba,由左手定则判断得知,ab边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B项正确。三、电磁感应中感生类问题综合解答电磁感应中电路问题的步骤典例3(2020江苏常熟中学适应性考试)如图甲所示,水
15、平虚线下方有垂直于纸面方向的有界匀强磁场,磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示,规定垂直于纸面向里为磁场的正方向。相邻边长分别为L、2L的单匝长方形导体闭合线框用细线悬挂,线框一半位于磁场内,力传感器记录了细线拉力F随时间t的变化关系如图丙,设重力加速度为g,图乙、图丙中B0、F0、T是已知量。求:(1)0T时间内线框内感应电动势E;(2)线框的质量m和电阻R;(3)若某时刻起磁场不再变化,磁感应强度恒为B0,剪断细线,结果线框在上边进入磁场前已经做匀速运动,求线框从开始下落到上边刚到虚线位置过程中产生的电热Q。甲乙丙答案(1)2B0L2T(2)F02g4B02L3F0T(3)F0L2-F
16、0L2gT2解析(1)0T时间内线框中产生的感应电动势E=t=SBt=2B0L2T(2)t=0时对线框分析则有F0=B0IL+mgt=T时F=0,则有B0IL=mg又I=ER联立可得m=F02gR=4B02L3F0T(3)线框在上边进行磁场前已做匀速运动,设线框的速度为v,对线框有mg=B0IL=B0B0LvRL=B02L2vR可得v=2LT线框从开始下落到上边刚到虚线位置过程中产生的电热Q=mgL-12mv2解得Q=F0L2-F0L2gT23(2020江苏南京六校联合体联考)如图所示,图甲为手机及无线充电板,图乙为充电原理示意图。充电板接交流电源,对充电板供电,充电板内的送电线圈可产生交变磁
17、场,从而使手机内的受电线圈产生交变电流,再经整流电路转变成直流电后对手机电池充电,下列说法正确的是()甲乙A.手机外壳用金属材料制作可以减少能量损耗B.如果图示方向的磁场在变强,受电线圈中c点的电势高于d点的电势C.在送电线圈电压不变的情况下,增加送电线圈匝数可以提高受电线圈的电压D.受电线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同答案D手机外壳使用金属材料会屏蔽电磁波,导致无线充电不能完成,故A项错误;根据楞次定律可知,受电线圈内部产生的感应电流方向俯视为顺时针,受电线圈中感应电流方向由c到d,因此c点的电势低于d点的电势,故B项错误;该设备利用电磁感应原理,因此根据原、副线圈感应电动
18、势公式变形可得U2=U1n2n1,则当送线圈匝数n1增加时,受电线圈的电压U2减小,故C项错误;该设备采用的是电磁感应原理,因此当发射线圈中电流方向改变时,受电线圈中的电流方向也会改变,即受电线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同,故D项正确。四、电磁感应中动生类问题综合1.解决电磁感应动力学问题的一般思路2.计算电荷量时,可以根据q=nR总,也可以利用q=It,还可以利用微元法等。3.能量转化及热量求法(1)能量转化其他形式的能量电能焦耳热或其他形式的能量(2)求解热量Q的三种方法焦耳热Q的三种求法焦耳定律:Q=I2Rt功能关系:Q=W克服安培力能量转化:Q=E其他能的减少量典例
19、4(2020江苏单科,14,15分)如图所示,电阻为0.1的正方形单匝线圈abcd的边长为0.2m,bc边与匀强磁场边缘重合。磁场的宽度等于线圈的边长,磁感应强度大小为0.5T。在水平拉力作用下,线圈以8m/s的速度向右穿过磁场区域。求线圈在上述过程中(1)感应电动势的大小E;(2)所受拉力的大小F;(3)感应电流产生的热量Q。答案(1)0.8V(2)0.8N(3)0.32J解析(1)感应电动势E=Blv,代入数据得E=0.8V(2)感应电流I=ER,拉力的大小等于安培力F=BIl解得F=B2l2vR,代入数据得F=0.8N(3)运动时间t=2lv,焦耳定律Q=I2Rt解得Q=2B2l3vR,
20、代入数据得Q=0.32J4(2020江苏苏、锡、常、镇四市二调)如图甲所示,放置在水平桌面上的两条光滑无限长金属导轨间距为L=1m,质量m=1kg,电阻r=1的光滑导体棒垂直放在导轨上,导轨左端与阻值为R=3的电阻相连,其余电阻不计。两导轨间有方向垂直导轨平面向下、磁感应强度为B=2T的匀强磁场。现给导体棒施加一水平向右的恒定拉力F,并测出速度随时间变化的图像如图乙所示。甲乙(1)求导体棒运动过程中流过R电流的最大值;(2)求t=1.6s时导体棒的加速度的大小;(3)若导体棒在开始运动的1.6s内位移为x=8m,求这段时间内电阻R上产生的热量大小。答案(1)5A(2)2m/s2(3)36J解析
21、(1)从题图乙可以看出,导体棒做切割磁感线运动的最大速度为vm=10m/s,由E=BLv,I=ER总可得I=BLvmR+r=5A(2)由牛顿第二定律可得:F-F安=ma当导体棒以最大速度运动时,导体棒合外力为零所以F=F安m=BIL=10N当t=1.6s时,导体棒速度为vt=8m/s此时F安=B2L2vtR+r=8N代入a=F-F安m=2m/s2。(3)由能量守恒定律可知:Fx=Q总+12mvt2,解得:Q总=48J因回路电流相同,有:QRQ总=RR+r,解得QR=36J一、单项选择题1.(2020课标,14,6分)管道高频焊机可以对由钢板卷成的圆管的接缝实施焊接。焊机的原理如图所示,圆管通过
22、一个接有高频交流电源的线圈,线圈所产生的交变磁场使圆管中产生交变电流,电流产生的热量使接缝处的材料熔化将其焊接。焊接过程中所利用的电磁学规律的发现者为()A.库仑B.霍尔C.洛伦兹D.法拉第答案D焊接过程中利用电磁感应产生的涡流将材料熔化,发现电磁感应规律的是法拉第,故D选项正确。2.(2020江苏南通、扬州、泰州等七市三模)如图所示,一根两端开口、长为1m的铜管竖直放置,把一个磁性很强的圆柱形磁体从管上端放入管中,磁体直径略小于铜管内径,磁体过了较长时间才从铜管下端落出,比自由落体慢了许多。则()A.磁体下落变慢,主要是因为磁体受到空气阻力作用B.磁体下落变慢,主要是因为磁体受到金属铜的吸引
23、C.铜管内电流方向保持不变D.铜管对磁体的作用力方向始终向上答案D根据楞次定律,感应电流的磁场总是阻碍磁通量的变化,故D正确。3.(2020江苏盐城6月模拟)如图所示,某发电厂通过升压变压器和降压变压器向远距离输送电能,假设输电线路电阻发热是电能损失的唯一原因。若远距离输电电压加倍,其他条件不变,下列说法正确的是()A.输电线上的电流加倍B.输电线上的电能损失加倍C.输电线上的损失的功率是原来的二分之一D.输电线上的损失的功率是原来的四分之一答案D输电线上输送的功率一定,根据P=UI,知输电电压越高,输电电流越小,若输送电压提高到原来的2倍,则电流减小到原来的12,根据P损=I2R,可知,电线
24、上损失的功率为原来的14,故D正确,A、B、C错误。4.(2020江苏苏、锡、常、镇四市二调)为测量线圈L的直流电阻R0,某研究小组设计了如图所示电路。已知线圈的自感系数较大,两电表可视为理想电表,其示数分别记为U、I,实验开始前,S1处于断开状态,S2处于闭合状态。关于实验过程,下列说法不正确的是()A.闭合S1,电流表示数逐渐增大至稳定值B.闭合S1,电压表示数逐渐减小至稳定值C.待两电表示数稳定后,方可读取U、I的值D.实验结束后,应先断开S1答案D闭合S1,由于L的自感作用,L的电阻逐渐减小,电流表示数逐渐增大至稳定值,根据U=E-UR,电压表示数逐渐减小至稳定值,A、B正确;待两电表
25、示数稳定后,方可读取U、I的值,求出线圈L的直流电阻R0=U/I,C项正确;实验结束后,若先断开S1,由于L的自感作用,L相当于一个电源,与电压表形成闭合回路,可能烧坏电压表,所以D不正确。因为本题要求选择不正确的,所以本题选D。5.(2020江苏常熟中学适应性考试)如图所示,n匝矩形闭合导线框ABCD处于磁感应强度大小为B的水平匀强磁场中,线框面积为S,电阻为r。线框绕垂直于磁场的轴OO以角速度匀速转动,并与理想变压器原线圈相连,原、副线圈匝数之比为21,变压器副线圈接入一只额定电压为U,电阻为R的灯泡,灯泡正常发光。从线框通过中性面开始计时,下列说法错误的是()A.匀速转动过程中穿过线框的
26、磁通量变化率最大值为BSB.灯泡中的电流方向每秒改变/次C.变压器原线圈两端电压最大值为nBSD.线框中产生的感应电流表达式为i=U2Rsint答案C线圈在磁场中转动产生感应电动势,单匝线圈在磁场中产生的最大感应电动势为Em=BS,故A正确;交流电的周期T=2,1s内完成周期性变化的次数1T=2,1个周期电流方向改变2次,所以灯泡中电流方向每秒改变22=,故B正确;根据变压器原、副线圈中电压的特点可知U1U2=n1n2,解得U1=2U,变压器原线圈两端电压最大值为2U1=22U,故C错误;副线圈中的电流I=UR,根据变压器原、副线圈中电流与线圈匝数的关系可知,I1I2=n2n1,解得I1=n2
27、n1I2=U2R,故电流的最大值为Im=2I1=U2R,由于从中性面开始计时,故线框中产生的感应电流表达式为i=U2Rsint,故D正确。本题选择错误的,故选C。6.(2020北京,9,3分)如图所示,理想变压器原线圈接在u=Umsin(t+)的交流电源上,副线圈接三个阻值相同的电阻R,不计电表内电阻影响。闭合开关S后()A.电流表A2的示数减小B.电压表V1的示数减小C.电压表V2的示数不变D.电流表A1的示数不变答案A开关S闭合时,副线圈总的电阻减小,由于变压器的匝数比和输入的电压都不变,所以输出的电压也不变,即V1示数不变,但因副线圈的总电阻减小,则副线圈的总电流增大,则原线圈的电流增大
28、,故A1的示数变大;由于副线圈的电流增大,故串联在副线圈的电阻R两端的电压增大,而副线圈的总电压不变,所以副线圈并联部分的电压减小,即V2的示数减小,所以电流表A2的示数减小,故A正确,B、C、D错误。二、多项选择题7.(2020江苏连云港模拟)某50Hz的钳形电流表的工作原理如图所示。当通有交流电的导线从环形铁芯的中间穿过时,与绕在铁芯上的线圈相连的电表指针会发生偏转。不考虑铁芯的漏磁及各种能量损耗,已知n2=1000匝,当用该表测50Hz交流电时()A.电流表G中通过的是交变电流B.若G中通过的电流为50mA,则导线中的被测电流为50AC.若导线中通过的是10A直流电,G中通过的电流是10
29、mAD.若导线在钳形口多绕几圈,则钳形电流表的示数偏小答案AB变压器只改变交流电的电压,不改变交流电的频率,电流表G中通过的仍是交流电流,故A正确;根据变压器原、副线圈电流与匝数成反比I1I2=n2n1,可得I1=50A,故B正确;若导线中通过的是10A直流电,当电流方向不发生改变时,电流大小不变,副线圈中无感应电流,故C错误;导线在钳形口多绕几圈,即n1增大,I2随之增大,钳形电流表的示数偏大,故D错误。8.(2020课标,19,6分)特高压输电可使输送中的电能损耗和电压损失大幅降低。我国已成功掌握并实际应用了特高压输电技术。假设从A处采用550kV的超高压向B处输电,输电线上损耗的电功率为
30、P,到达B处时电压下降了U。在保持A处输送的电功率和输电线电阻都不变的条件下,改用1100kV特高压输电,输电线上损耗的电功率变为P,到达B处时电压下降了U。不考虑其他因素的影响,则()A.P=14PB.P=12PC.U=14UD.U=12U答案AD设输送功率为P,输电线电阻为R,则采用超高压输电时输电线上损失电压为U=PUR1U,损失的电功率P=PU2R1U2,而UU=1100kV550kV=2,所以U=12U,P=14P,故A、D选项正确。9.(2020江苏单科,6,4分)某汽车的电源与启动电机、车灯连接的简化电路如图所示。当汽车启动时,开关S闭合,电机工作,车灯突然变暗,此时()A.车灯
31、的电流变小B.路端电压变小C.电路的总电流变小D.电源的总功率变大答案ABD开关S闭合后外电路增加了一个并联支路,则通过电源的总电流增大,由U=E-Ir可知路端电压减小,再由I灯=UR灯可知通过车灯的电流减小,由P=IE可知电源的总功率增大,故A、B、D项正确,C项错误。10.(2020江苏盐城三模)如图所示,、两条虚线之间存在匀强磁场,磁场方向与竖直纸面垂直。一个质量为m、边长为L的正方形导体框,在此平面内沿竖直方向运动,t=0时刻导体框的上半部分恰好进入磁场,速度为v0。经历一段时间后,当导体框上半部分恰好出磁场时,速度为零。此后导体框下落,再经历一段时间到达初始位置。则导体框()A.在上
32、升过程中的加速度一直大于gB.在上升过程中的时间比下落过程中的少C.在上升过程中安培力做的功比下落过程中的多D.在上升过程中电阻消耗的电能比下落过程中的大答案BCD整个导体框在磁场内上升过程中只受重力作用,则其加速度等于g,选项A错误;上升过程经过磁场边界时,受向下的安培力,则加速度大于g;下降过程经过磁场边界时,受向上的安培力,则加速度小于g;上升下降的位移大小相等,可知在上升过程中的时间比下落过程中的少,选项B正确;根据能量守恒定律可知,线框经过同一位置时:上升的速率大于下降的速率,上升过程的安培力较大,而位移大小相等,所以上升过程中比下降过程中克服安培力做的功多,故C项正确;因克服安培力
33、做功等于产生的电能,可知在上升过程中电阻消耗的电能比下落过程中的大,选项D正确。三、计算题11.(2020江苏沭阳5月联考)在如图甲所示的电路中,螺线管匝数n=1500,横截面积S=20cm2。螺线管导线电阻r=1.0,R1=4.0,R2=5.0,C=30F。在一段时间内,穿过螺线管的磁场的磁感应强度B按如图乙所示的规律变化。求:(1)螺线管中产生的感应电动势;(2)闭合S,电路中的电流稳定后,电阻R1的电功率;(3)S断开后,流经R2的电荷量。甲乙答案(1)1.2V(2)5.7610-2W(3)1.810-5C解析(1)根据法拉第电磁感应定律有E=nt=nSBt代入数据解得E=1.2V(2)
34、根据闭合电路欧姆定律有I=ER1+R2+r=1.24+5+1A=0.12A电阻R1的电功率P=I2R1=5.7610-2W(3)S断开后流经R2的电荷量即S闭合时电容器极板上所带的电荷量Q。S闭合时,电容器两端的电压U=IR2=0.125V=0.6V流经R2的电荷量Q=CU=3010-60.6C=1.810-5C12.(2020江苏连云港模拟)如图所示,水平面上固定不计电阻的光滑金属导轨MN、PQ,间距L=0.5m。两金属棒ab、cd垂直导轨放置,与导轨接触良好,两棒的质量均为m=0.1kg,cd棒电阻R=3,ab棒电阻r=1,两棒与导轨间的动摩擦因数均为0.5,且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
35、整个装置处于磁感应强度B=2.0T、方向竖直向下的匀强磁场中。棒ab在水平向右的恒力F作用下由静止开始运动,当ab棒运动位移x=1m时达到最大速度,此时cd棒刚好开始运动,g取10m/s2,求:(1)ab棒由静止到最大速度的过程中通过ab棒的电荷量q;(2)恒力F的大小;(3)ab棒由静止到最大速度的过程中回路产生的焦耳热Q。答案(1)0.25C(2)1N(3)0.3J解析(1)电荷量为q=ItI=ER+rE=t=BS=BLx联立解得q=0.25C(2)棒ab达到最大速度时,所受合外力为0对ab有F=F安+mg对cd有F安=mg联立解得F=2mg=1N(3)棒ab达到最大速度时,根据闭合电路欧姆定律可知I=ER+r=BLvR+r由F安=BIL=mg根据能量守恒定律Fx-mgx-Q=12mv2-0解得Q=0.3J
