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大学物理实验电磁感应与电路大学物理实验——电磁感应与电路引言：电磁感应是电磁学中一项重要的基础理论，其应用广泛，从发电机到电子设备，都离不开电磁感应的原理。
本次物理实验旨在通过实际的电路实验，深入了解电磁感应的基本原理和相关电路的应用。
实验一：电磁感应的基本原理实验目的：通过观察实验现象，探究电磁感应的基本原理。
实验器材：直流电源、螺线管、磁铁、导线、电流表、电压表。
实验步骤：1. 将螺线管连接到直流电源上，调整电源电压为一定值。
2. 将导线贴近螺线管两端的磁铁。
3. 记录电流表和电压表的读数，并观察螺线管的状况。
实验结果及分析：实验中，当导线靠近螺线管时，电流表和电压表均有读数。
这是由于导线移动时，磁铁的磁场线通过螺线管，产生电磁感应现象。
根据法拉第电磁感应定律，磁场变化会产生感应电动势，进而产生电流。
通过调节电源电压，我们可以观察到电流和电压的变化。
实验二：电磁感应的应用——发电机实验目的：通过自制简易发电机，了解电磁感应在发电过程中的应用。
实验器材：磁铁、铜线、铁芯、直流电灯泡。
实验步骤：1. 将铜线绕在铁芯上，形成线圈。
2. 将线圈两端连接到直流电灯泡。
3. 将磁铁靠近线圈，并旋转磁铁。
实验结果及分析：实验中，当磁铁靠近线圈并旋转时，灯泡会发出微弱的光亮。
这是因为磁铁的旋转引起了线圈中的磁场变化，从而产生了感应电动势，驱动了电流的流动，使灯泡亮起。
这就是发电过程中电磁感应的应用。
实验三：电路中的电感实验目的：通过实验验证电感在电路中的作用。
实验器材：直流电源、电感线圈、电容、电阻。
实验步骤：1. 将电感线圈连接到电路中。
2. 依次连接电容和电阻。
3. 调节电源电压，记录电流表和电压表的读数。
实验结果及分析：实验中，当电感线圈与电容和电阻连接在一起时，电流表和电压表的读数均有所变化。
这是由于电感在电路中对电流的变化有阻碍作用，产生了阻抗。
通过调节电源电压，我们可以观察到电流和电压的变化，进而验证电感在电路中的作用。
物理教案：简单电磁感应与电路的应用一、简介电磁感应是物理学中重要的概念之一，在我们生活中有着广泛的应用。
本篇文章将会介绍简单电磁感应的基本概念和电路应用，并且讨论其在实际中的意义和重要性。
二、电磁感应的基本原理1.法拉第电磁感应定律法拉第电磁感应定律是描述电磁感应现象的基本定律之一。
它提出了当导体中存在变化的磁场时，将会产生感应电动势，从而产生感应电流。
这个定律为我们理解电磁感应提供了基础。
2.楞次定律楞次定律是另一个与电磁感应密切相关的定律。
根据楞次定律，当一个导体内部有变化的磁通量时，导体内部会出现产生与变化方向相反的感应电流，这样可以形成阻碍变化并保持能量守恒的作用。
三、简单电路中的应用1.前馈发光二极管（LED）前馈发光二极管是一种特殊类型的二极管，通过控制正向电压可以让其发射光线。
在电路中，我们可以通过简单的电磁感应原理来控制LED发光。
当导体通过变化的磁场时，会在导体内部产生感应电流，而这个感应电流可以被用于控制LED的亮度和颜色。
2.变压器变压器是一种利用电磁感应原理实现能量传输和调节的重要设备。
它由两个共同耦合的线圈组成，通过交变电流在一个线圈中产生变化的磁场，然后通过另一个线圈中感应出感应电动势，从而实现能量传输和调节。
变压器广泛用于家庭、工业和交通等领域，为我们提供了稳定可靠的电能供给。
3.感应加热感应加热是利用电磁感应原理对物品进行加热的一种方法。
当导体（通常是金属）置于高频交变磁场中时，导体内部会生成感应电流，并且由于欧姆损耗而产生热能。
这种加热方式具有快速、高效、无需接触等特点，在工业上广泛运用于材料处理、焊接和金属加工等领域。
四、实际应用和意义电磁感应的实际应用非常广泛。
它不仅在日常生活中发挥着重要作用，也在工业和科学领域有着重要的应用和意义。
1.家庭电器电磁感应的原理被广泛应用于家庭电器，如电风扇、洗衣机、微波炉等。
这些设备都依赖于电磁感应来实现其功能，并为我们的生活提供了便利。
电磁感应与电路结合问题一、等效法处理电磁感应与电路结合问题解决电磁感应电路问题的关键就是借鉴或利用相似原型来启发理解和变换物理模型，即把电磁感应的问题等效转换成稳恒直流电路，把产生感应电动势的那部分导体等效为内电路.感应电动势的大小相当于电源电动势.其余部分相当于外电路，并画出等效电路图.此时，处理问题的方法与闭合电路求解基本一致，惟一要注意的是电磁感应现象中，有时导体两端有电压，但没有电流流过，这类似电源两端有电势差但没有接入电路时，电流为零. 二、电磁感应中的动力学问题这类问题覆盖面广，题型也多种多样；但解决这类问题的关键在于通过运动状态的分析来寻找过程中的临界状态，如速度、加速度取最大值或最小值的条件等，基本思路是：三、电磁感应中的能量、动量问题无论是使闭合回路的磁通量发生变化，还是使闭合回路的部分导体切割磁感线，都要消耗其它形式的能量，转化为回路中的电能。
这个过程不仅体现了能量的转化，而且保持守恒，使我们进一步认识包含电和磁在内的能量的转化和守恒定律的普遍性。
分析问题时，应当牢牢抓住能量守恒这一基本规律，分析清楚有哪些力做功，就可知道有哪些形式的能量参与了相互转化，如有摩擦力做功，必然有内能出现；重力做功，就可能有机械能参与转化；安培力做负功就将其它形式能转化为电能，做正功将电能转化为其它形式的能；然后利用能量守恒列出方程求解。
（一）电磁感应中的“双杆问题”电磁感应中“双杆问题”是学科内部综合的问题，涉及到电磁感应、安培力、牛顿运动定律和动量定理、动量守恒定律及能量守恒定律等。
要求学生综合上述知识，认识题目所给的物理情景，找出物理量之间的关系，因此是较难的一类问题，也是近几年高考考察的热点。
1、“双杆”向相反方向做匀速运动当两杆分别向相反方向运动时，相当于两个电池正向串联。
2.“双杆”同向运动，但一杆加速另一杆减速当两杆分别沿相同方向运动时，相当于两个电池反向串联。
F=BIL临界状态v 与a 方向关系运动状态的分析a 变化情况 F=ma 合外力 运动导体所受的安培力感应电流确定电源（E ，r ） rR E I +=3. “双杆”中两杆都做同方向上的加速运动。
第七天 电磁感应与电路[知识回扣]1．电路中几个重要的计算公式I ＝q t 、I ＝U R 、R ＝ρl S2．导体的伏安特性曲线常画成I －U 或U －I 图象，对于线性元件，伏安特性曲线是直线，如图1甲所示，对于非线性元件，伏安特性曲线是弯曲的，是非线性的，如图乙所示．图13．电功、电功率(1)电功：电路中静电力定向移动自由电荷所做的功．电功是电能转化为其他形式能的量度，用W ＝UIt 计算．(2)电功率：表示静电力做功快慢的物理量，P ＝UI 是电功率的普适式，适用于任何电路． (3)焦耳定律：电流通过电路因克服阻力做功产生热量，Q ＝I 2Rt 是电热的计算式，称焦耳定律．(4)电功和电热的区别①纯电阻电路：电流做功的电能全部转化为内能，电功等于电热，即W ＝UIt ＝I 2Rt . ②非纯电阻电路：电流做功小部分转化为电热Q ＝I 2Rt ；大部分转化为其他形式的能．W ＝UIt 不再等于Q ＝I 2Rt ，应是W ＝E 其他＋Q .4．闭合电路欧姆定律(1)闭合电路欧姆定律①内容：I ＝E /(R ＋r )，或E ＝U ＋U ′，E ＝U ＋Ir . ②说明：外电路断路时，R →∞，有I ＝0，U ＝E . 外电路短路时，R ＝0，有I ＝E /r ，U ＝0. (2)闭合电路的U －I 图象在U －I 坐标系下，路端电压随电流变化图线是直线，如图2所示．图线纵截距表示电源电动势；横截距表示短路电流；斜率的绝对值表示电源内阻，且斜率越大内阻越大，斜率越小内阻越小．图25．感应电流方向的判定(1)右手定则：伸开右手，使拇指跟其余的四指垂直且与手掌都在同一平面内，让磁感线垂直穿过手心，手掌所在平面跟磁感线和导线所在平面垂直，大拇指指向导线运动的方向，四指所指的方向即为感应电流方向． (2)楞次定律①楞次定律：感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化． ②对“阻碍”的理解这里的“阻碍”不可理解为“相反”，感应电流产生的磁场的方向，当原磁场增加时，则与原磁场方向相反，当原磁场减弱时，则与原磁场方向相同；也不可理解为“阻止”，这里是阻而未止．③楞次定律的另一种表达：感应电流的效果总是要反抗产生感应电流的原因．即由电磁感应现象而引起的一些受力、相对运动、磁场变化等都有阻碍原磁通量变化的趋势． ④楞次定律应用时的步骤 a ．先看原磁场的方向如何．b ．再看磁通量的变化(增强还是减弱)．c ．根据楞次定律确定感应电流磁场的方向．d ．再利用安培定则，根据感应电流磁场的方向来确定感应电流方向． 6．法拉第电磁感应定律(1)定律内容：电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比． E ＝n ΔΦΔt(2)另一种特殊情况：回路中的一部分导体做切割磁感线运动时，其感应电动势E ＝BLv sin θ(3)定律的几种表示式E ＝n ΔΦΔt ，E ＝BLv sin θ，E ＝ΔB Δt S ＝B ΔS Δt ，E ＝12BL 2ω 7．正弦式交变电流瞬时值表达式e ＝E m sin ωt ，U ＝U m sin ωt ，i ＝I m sin ωt . 正弦式交变电流有效值与最大值的关系E ＝E m2，U ＝U m2，I ＝I m2.8．理想变压器及其关系式(1)电压关系为U 1U 2＝n 1n 2(多输出线圈时为U 1n 1＝U 2n 2＝U 3n 3……)．(2)功率关系为P 入＝P 出(多输出线圈时为P 入＝P 出1＋P 出2＋……)． (3)电流关系为I 1I 2＝n 2n 1(多输出线圈时为n 1I 1＝n 2I 2＋n 3I 3＋……) (4)频率关系为：f 入＝f 出． [方法回扣]1．测电阻电路的设计 (1)内接法和外接法的选择①大内小外：测量大(或小)阻值电阻时，应采用电流表内接(或外接)法．②临界电阻R 0＝R A R V ，若R x <R 0，则采用电流表外接法；若R x >R 0，则采用电流表内接法． (2)变阻器的限流接法和分压接法的选择以下情况必须采用分压电路：若采用限流电路，电路中的最小电流仍超过用电器的额定电流时；用电器电阻远大于滑动变阻器总电阻值，且实验要求的电压变化范围较大(或要求测量多组实验数据)时；要求某部分电路的电压从零开始可连续变化时． 2．直流电路动态分析的方法 (1)程序法基本思路是“部分→整体→部分”，即从阻值变化的部分入手，由串、并联规律判断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，最后再由部分电路欧姆定律判定各部分电流或电压的变化情况．即 R 局⎩⎪⎨⎪⎧ 增大减小→R 总⎩⎪⎨⎪⎧ 增大减小→I 总⎩⎪⎨⎪⎧减小增大→U 端⎩⎪⎨⎪⎧ 增大减小→⎩⎪⎨⎪⎧I 分U 分(2)直观法即直接应用“部分电路中的R 、I 、U 的关系”中的两个结论．①任一电阻R 阻值增大，必引起该电阻中电流I 的减小和该电阻两端电压U 的增大．即R ↑→⎩⎪⎨⎪⎧I ↓U ↑.②任一电阻R 阻值增大，必将引起与之并联的支路中电流I 并的增大和与之串联的各电阻两端电压U 串的减小．即R ↑→⎩⎪⎨⎪⎧I 并↑U 串↓.(3)极端法因变阻器滑动引起电路变化的问题，可将变阻器的滑动端分别滑至两个端点去讨论． 3．变压器动态问题的“制约”思路(如图3所示)图3(1)电压制约(输入电压决定输出电压)：当变压器原、副线圈的匝数比(n 1n 2)一定时，输出电压U 2由输入电压U 1决定，即U 2＝n 2U 1n 1，简述为“原制约副”． (2)电流制约(输出电流决定输入电流)：当变压器原、副线圈的匝数比(n 1n 2)一定，且输入电压U 1确定时，原线圈中的电流I 1由副线圈中的输出电流I 2决定，即I 1＝n 2I 2n 1，简述为“副制约原”．(3)负载制约(输出功率决定输入功率)：①变压器副线圈中的功率P 2由用户负载功率决定P 2＝P 负1＋P 负2＋……；②变压器副线圈中的电流I 2由用户负载R 负载及电压U 2确定：I 2＝U 2R 负载. 4．电磁感应中综合问题的分析(1)电路问题①用法拉第电磁感应定律和楞次定律确定感应电动势的大小和方向．当切割磁感线的导体棒匀速运动或磁通量均匀变化时，感应电动势不变，是恒定电流的问题；当切割磁感线的导体棒变速运动或磁通量非均匀变化时，则是变化电流的问题．②画出等效电路，对整个回路进行分析，确定哪一部分是电源，哪一部分为负载以及负载间的连接关系．③运用闭合电路欧姆定律，串、并联电路的特点，电功率公式、焦耳定律以及能量守恒定律，联立求解． (2)动力学问题③在力和运动的关系中，要注意分析导体受力，判断导体加速度方向、大小及变化；加速度等于零时，速度最大，导体最终达到稳定状态是该类问题的重要特点． (3)能量问题①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：电能W 安>0W 安<0其他形式能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；安掊力做负功，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． [习题精练]1．在如图4所示的电路中，C 为一平行板电容器，闭合开关S ，给电容器充电，当电路中电流稳定之后，下列说法正确的是( )图4A ．保持开关S 闭合，把滑动变阻器R 1的滑片向上滑动，电流表的示数变大，电压表的示数变小B ．保持开关S 闭合，不论滑动变阻器R 1的滑片是否滑动，都有电流流过R 2C ．保持开关S 闭合，将电容器上极板与下极板距离稍微拉开一些的过程中，R 2中有由b 到a 的电流D ．断开开关S ，若此时刚好有一带电油滴P 静止在两平行板电容器之间，将电容器上极板与下极板稍微错开一些的过程中，油滴将向上运动 答案 D解析 保持开关S 闭合，把滑动变阻器R 1的滑片向上滑动，电路中的总电阻变小，电流变大，电流表A 的示数变大，由U ＝IR 3知电压表V 的示数变大，A 错误；保持开关S 闭合，滑动变阻器R 1的滑片不滑动，则电容器两极板间的电压不变，R 2中没有电流通过，B 错误；若保持开关S 闭合，拉开电容器两极板之间的距离，电容器的电容变小，两极板间的电压不变，此时电容器放电，R 2中有由a 到b 的电流，C 错误；断开开关S ，电容器两极板电荷量不变，若将电容器上极板与下极板稍微错开一些，正对面积变小，电容器的电容变小，由E ＝U d ＝QCd知，两极板间场强变大，油滴P 将向上运动，D 正确． 2．如图5甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为4∶1，电压表和电流表均为理想电表，原线圈接如图乙所示的正弦交流电，图中R t 为热敏电阻(随温度升高其电阻变小)，R 为定值电阻．下列说法正确的是( )甲乙 图5A ．副线圈两端电压的瞬时值表达式为u ＝92sin 50πt VB ．t ＝0.02 s 时电压表V 2的示数为0 VC ．变压器原、副线圈中的电流之比和输入、输出功率之比均为1∶4D ．R t 处温度升高时，电流表的示数变大，电压表V 2的示数不变 答案 D解析 由题图乙知U 1＝36 V ，T ＝2×10－2s ，由U 1U 2＝n 1n 2得U 2＝9 V ，所以副线圈两端电压的瞬时值表达式为u ＝92sin 100πt V ，A 选项错；电压表示数为有效值，故B 选项错误；由变压器原、副线圈电流关系及输入、输出功率关系知，C 选项错；当R t 处温度升高时，R t 电阻变小，U 2不变，副线圈中电流I 2变大，故D 选项正确．3．如图6甲所示，一矩形金属线圈ABCD 垂直固定于磁场中，磁场是变化的，磁感应强度B 随时间t 的变化关系图象如图乙所示，则线圈的AB 边所受安培力F 随时间t 变化的图象是下列图中的(规定向右为安培力F 的正方向)( )图6答案 A解析 由I ＝E R ，E ＝ΔBΔt·S 和B 分段均匀变化知，电流大小在分时间段内恒定．由F ＝BIL AB和左手定则可知在0～1 s 内，AB 边受的安培力方向向左，且均匀变小，可知B 、D 错误；在1 s ～2 s 内，B 均匀增大，感应电流方向由A 到B ，由左手定则可知，AB 边受的安培力方向向右，且均匀增大，故A 正确，C 错误．4．如图7所示，光滑斜面的倾角为θ，斜面上放置一矩形导体线框abcd ，ab 边的边长为l 1，bc 边的边长为l 2，线框的质量为m 、电阻为R ，线框通过绝缘细线绕过光滑的小滑轮与重物相连，重物质量为M ，斜面上ef 线(ef 平行底边)的右上方有垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度为B ，如果线框从静止开始运动，进入磁场的最初一段时间是做匀速运动的，且线框的ab 边始终平行底边，则下列说法正确的是( )图7A ．线框进入磁场前运动的加速度为Mg －mg sin θmB ．线框进入磁场时匀速运动的速度为Mg －mg sin θR2B 2l 21C ．线框进入磁场时做匀速运动的总时间为B 2l 21l 2Mg －mg sin θRD ．若该线框进入磁场时做匀速运动，则匀速运动过程产生的焦耳热为(Mg －mg )l 2 答案 C解析 线框进入磁场前，根据牛顿第二定律得：a ＝Mg －mg sin θM ＋m ，故A 错误．设线框匀速运动的速度大小为v ，则线框受到的安培力大小为F ＝B 2l 21vR，根据平衡条件得：F ＝Mg－mg sin θ，联立两式得，v ＝Mg －mg sin θR B 2l 21，匀速运动的时间为t ＝l 2v＝B 2l 21l 2Mg －mg sin θR，故B 错误，C 正确．若线框进入磁场的过程做匀速运动，则M 减小的重力势能转化为m 的重力势能和线框中的内能，根据能量守恒定律得：焦耳热为Q ＝(Mg－mg sin θ)l2，故D错误．。
专题16 电磁感应中的电路问题(解析版)电磁感应中的电路问题(解析版)电磁感应是电磁学中的重要概念，也是我们日常生活中常常遇到的现象。
在电磁感应中，涉及到很多与电路相关的问题。
本文将围绕电磁感应中的电路问题展开讨论，解析其中的关键概念和原理。
一、电磁感应简介电磁感应是指由于磁场的变化而在导体中产生感应电动势的现象。
根据法拉第电磁感应定律，当磁场的磁通量发生变化时，穿过电路的感应电动势将产生导致电流的运动。
二、电路中的电磁感应问题在电路中，由于电磁感应的存在，会出现一系列问题需要解决。
其中包括以下两个重要方面：1. 阻抗和电感在电路中，电感是指导体中感应电流的产生和变化所产生的自感现象。
与电感相关的一个重要概念是阻抗，它是交流电路中的电阻和电感的综合表达。
当电磁感应作用下，电路的阻抗会发生变化，从而影响电流的流动。
2. 感应电动势和电路中的能量转化电磁感应中产生的感应电动势可以引发电路中的能量转化。
当磁场发生变化时，电磁感应会引发感应电动势，从而使电流在电路中产生。
这种能量转化可以用于各种电器设备的工作。
三、解析实例：电动车发电机原理为了更好地理解电磁感应中的电路问题，我们以电动车发电机为例进行解析。
在电动车发电机中，磁场的变化产生感应电动势，从而驱动发电机工作。
首先，通过燃料燃烧，发动机带动发电机转子旋转。
转子上的永磁体与固定的线圈之间产生磁场的变化，导致感应电动势产生。
感应电动势通过电路中的导线，形成感应电流，进而为电动车提供所需的电能。
电动车发电机中的电路问题值得我们深入研究。
在这个电路中，电流的大小和方向需要合理设置，以保证发电机正常工作。
同时，电路中的电阻、电感和阻抗等参数的选择也对电磁感应的效果产生重要影响。
四、应用领域及进一步研究的方向电磁感应中的电路问题在许多领域都有重要的应用，值得我们进一步研究和探索。
例如，在能源领域，电磁感应可以用于发电机、变压器等设备中，实现能源的转化和传输。
技法点拨电磁感应中的电路问题分析■胡楚兵摘要：《电磁感应及其用》是高中物理必修2第一主题的内容，电磁感应中的电路问题是《电磁感应及其用》的一个方面，是高考的热点内容，解题时需要将电磁感应、电路的知识综合起来应用，需要学生找出等效电源，弄清电路结构，利用电路规律。
关键词：电磁感应；电路；剖析；探究；回访一、2019年考试大纲：电磁感应、电路1.电磁感应I ：电磁感应现象，磁通量，自感、涡流。
II ：法拉第电磁感应定律，楞次定律。
2.电路I ：电阻定律，电阻的串联、并联，电功率、焦耳定律。
II ：电源的电动势和内阻，欧姆定律，闭合电路欧姆定律。
二、经典题型剖析如图所示，光滑金属导轨ac 、bd 水平平行放置，处在方向竖直向下、磁感应强度为B 的匀强磁场中，导轨左侧接有阻值为R =2r 的定值电阻，导轨间距为L ，导轨电阻不计。
一质量为m 、电阻为r 、长度也为L 的金属导体棒MN 垂直导轨放置在导轨上，在水平向右的拉力作用下向右匀速运动，速度为v 。
问：（1）画出其等效电路图。
（2）金属棒MN 产生的电动势E =____，___（M 或N ）端是电源正极。
（3）电阻R 中的电流方向是_______，U MN ＝_____。
（4）若导体棒向右运动距离为x ，则此过程中通过导体棒的电荷量q =_____。
r 答案：BLv ，M ，a →b ，23BLv ，BLx 3r 三、科学探究（一）寻找电源：探究供电方式1.（2016年全国Ⅱ卷20）法拉第圆盘发动机的示意图如图所示。
铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P 、Q 分别与圆盘的边缘和铜轴接触。
圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B 中。
圆盘旋转时，关于流过电阻R 的电流，下列说法正确的是（）A.若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定B.若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿a 到b 的方向流动C.若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化D.若圆盘转动的角速度变为原来的两倍，则电流在R 上的热功率也变为原来的2倍答案：AB2.（2019年全国Ⅰ卷20）空间存在一方向与直面垂直、大小随时间变化的匀强磁场，其边界如图（a ）中虚线MN 所示，一硬质细导线的电阻率为ρ、横截面积为S ，将该导线做成半径为r 的圆环固定在纸面内，圆心O 在MN 上。
专题检测(六)(时间90分钟，满分100分)一、选择题(每小题5分，共50分) 1．(2010·重庆理综)一输入电压为220 V ，输出电压为36 V 的变压器副线圈烧坏．为获知此变压器原、副线圈匝数，某同学拆下烧坏的副线圈，用绝缘导线在铁芯上新绕了5匝线圈，如图1所示，然后将原线圈接到220 V 交流电源上，测得新绕线圈的端电压为1 V ．按理想变压器分析，该变压器烧坏前的原、副线圈匝数分别为A ．1 100,360B ．1 100,180C ．2 200,180D ．2 200,360解析 根据U 1U 2＝n 1n 2可得2001＝n 15，可知n 1＝1 100.排除C 、D两项．再由22036＝n 1n 2可知n 2＝180，故A 错B 对．答案 B 2．(2010·福建理综)中国已投产运行的1 000 kV 特高压输电是目前世界上电压最高的输电工程．假设甲、乙两地原来用500 kV 的超高压输电，输电线上损耗的电功率为P .在保持输送电功率和输电线电阻都不变的条件下，现改用1 000 kV 特高压输电，若不考虑其他因素的影响，则输电线上损耗的电功率将变为A.P 4B.P 2 C ．2P D ．4P解析 设输送功率为P ，输送电流为I ，输送电压为U ，则P ＝UI ，I ＝PU ，P 损＝I 2R .输送电压升为原来的2倍，则输送电流降为原来的一半，P 损降为原来的四分之一，故选A.答案 A 3．(2009·海南国兴中学联考)如图2所示，等腰三角形内分布有垂直于纸面向外的匀强磁场，它的底边在x 轴上且长为2L ，高为L .纸面内一边长为L 的正方形导线框沿x 轴正方向做匀速直线运动穿过匀强磁场区域，在t ＝0时刻恰好位于图中所示的位置．以顺时针方向为导线框中电流的正方向，在图3中能够正确表示电流－位移(I －x )关系的是答案 A4．(2010·天津理综)为探究理想变压器原、副线圈电压、电流的关系，将原线圈接到电压有效值不变的正弦交流电源上，副线圈连接相同的灯泡L1、L2，电路中分别接了理想交流电压表、和理想交流电流表、，导线电阻不计，如图4所示．当开关S闭合后A．示数变大，与示数的比值不变B．示数变大，与示数的比值变大C．示数变小，与示数的比值变大D．示数不变，与示数的比值不变解析交流电源的电压有效值不变，即示数不变，因U1U2＝n1n2，故示数不变，与示数的比值不变，D对．S闭合使负载总电阻减小，I2＝U2R ，所以I2增大．因I1I2＝n2n1，所以示数增大，与示数比值不变，A对．答案AD5．(2010·浙江理综)半径为r带缺口的刚性金属圆环在纸面上固定放置，在圆环的缺口两端引出两根导线，分别与两块垂直于纸面固定放置的平行金属板连接，两板间距为d，如图5(甲)所示．有一变化的磁场垂直于纸面，规定向内为正，变化规律如图5(乙)所示．在t＝0时刻平板之间中心有一重力不计，电荷量为q的静止微粒．则以下说法正确的是A．第2秒内上极板为正极B．第3秒内上极板为负极C．第2秒末微粒回到了原来位置D．第2秒末两极板之间的电场强度大小为0.2πr2/d解析由图知第2秒内，磁场向里并均匀减小，由楞次定律知，环中电流方向为顺时针，因而上极板带正电，A项正确；第3秒内磁场向外且均匀增大，由楞次定律知，环中电流方向为顺时针，上极板仍带正电，B项错误；同理第1秒内上极板带负电，此微粒2秒内先做匀加速直线运动，再做匀减速直线运动，方向不变，C项错误；由法拉第电磁感应定律知，电路中感应电动势为E感＝ΔΦΔt ＝πr2ΔBΔt＝0.1πr2，场强为E＝E感d＝0.1πr2/d，D项错误．答案 A6．(2010·安徽省级名校联考)如图6所示，一个“∠”形导轨AOC垂直于磁场固定在磁感应强度为B的匀强磁场中，导体棒ab与导轨AOC由相同粗细、相同材料的导体制成，导体棒与导轨接触良好，且始终垂直于OC.在外力作用下，导体棒以恒定速度v向右运动，以导体棒在图中所示位置的时刻作为计时起点，则回路中感应电动势E、感应电流I、导体棒所受外力的功率P和回路中产生的焦耳热Q随时间t变化的图象中，正确的是解析若导轨夹角为θ，则切割磁感线的有效长度为l＝v t tan θ，故E＝Bl v＝B v2t tan θ，E∝t，A对；如果单位长度的电阻为r，则时刻t时，总电阻R＝(v t＋v t tan θ＋v t/cos θ)r＝(1＋tan θ＋1/cos θ)v tr.故I＝E/R为定值，B错；外力的功率P＝F安v＝BlI v，P∝t，C错；回路的焦耳热Q＝I2Rt，Q∝t2，D错．答案 A7．(2010·湖南长沙)如图8所示，A线圈接一灵敏电流计，B线框放在匀强磁场中，B线框的电阻不计，具有一定电阻的导体棒可沿线框无摩擦滑动．今用一恒力F向右拉CD由静止开始运动，B线框足够长，则通过电流计中的电流方向和大小变化是A．Ⓖ中电流向上，强度逐渐增强B．Ⓖ中电流向下，强度逐渐增强C．Ⓖ中电流向上，强度逐渐减弱，最后为零D．Ⓖ中电流向下，强度逐渐减弱，最后为零解析恒力F向右拉CD由静止开始运动时，流过CD的电流方向为D→C，由安培安则及楞＝ma，导体棒的加速度逐渐减小，故回路中电流次定律可知Ⓖ中电流向下；水平方向上F－B2L2vR的变化率逐渐减小，Ⓖ中感应电流逐渐减弱；当F＝B2L2v时，CD中的电流恒定，则Ⓖ中感应电R流为零，选项D正确．答案 D8．(2010·安徽毫州)如图9所示，P、Q是两个完全相同的灯泡，L是直流电阻为零的纯电感，且自感系数L很大．C是电容较大且不漏电的电容器，下列判断正确的是A．S闭合时，P灯亮后逐渐熄灭，Q灯逐渐变亮B．S闭合时，P灯、Q灯同时亮，然后P灯变暗，Q灯变得更亮C．S闭合，电路稳定后，S断开时，P灯突然亮一下，然后熄灭，Q灯立即熄灭D．S闭合，电路稳定后，S断开时，P灯突然亮一下，然后熄灭，Q灯逐渐熄灭解析当S闭合时，通过自感线圈的电流逐渐增大而产生自感电动势，故通过P、Q的电流几乎相同，故两灯同时亮，当电流稳定时，灯泡P被短路而熄灭，此时通过灯泡Q的电流变大，故Q变亮；当S断开时，灯泡P与自感线圈L组成了闭合回路，灯泡P中的电流先增大后减小至零，故闪亮一下熄灭，电容器与灯泡Q组成闭合回路，电容器放电，故灯泡Q逐渐熄灭，选项D 正确．答案 D9．(2009·福建理综)如图10所示，固定放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，杆与导轨之间的动摩擦因数为μ.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(F－μmg)RB2d2B．流过电阻R的电量为Bdl R＋rC．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做的功与安培力做的功之和大于杆动能的变化量解析当杆的速度达到最大时，安培力F安＝B2d2vR＋r，杆受力平衡，故F－μmg－F安＝0，所以v＝(F－μmg)(R＋r)B2d2，选项A错；流过电阻R的电量为q＝It＝ΔФR＋r＝BdlR＋r，选项B对；根据动能定理，恒力F、安培力、摩擦力做功的代数和等于杆动能的变化量，由于摩擦力做负功，所以恒力F、安培力做功的代数和大于杆动能的变化量，选项C错D对．答案BD10．(2010·浙江金华)如图11的所示电路中，电源电动势E恒定，内阻r＝1 Ω，定值电阻R3＝5 Ω.当开关K断开与闭合时，ab段电路消耗的电功率相等．则以下说法中正确的是A．电阻R1、R2可能分别为4 Ω、5 ΩB．电阻R1、R2可能分别为3 Ω、6 ΩC．开关K断开时电压表的示数一定小于K闭合时的示数D．开关K断开与闭合时，电压表的示数变化量大小与电流表的示数变化量大小之比一定等于6 Ω解析将R3和电源串联在一起看做等效电源，则该等效电源的电动势为E，等效内阻为r′＝r＋R3，K闭合时，两电表的示数分别为：U＝R1ER1＋r′，I＝ER1＋r′.当K断开时，两电表的示数分别为：U′＝(R1＋R2)ER1＋R2＋r′，I′＝ER1＋R2＋r′.又U′＝E1＋r′R1＋R2＞U＝E1＋r′R1，故选项C错．由以上各式可得：U′－UI－I′＝r′，故D选项正确．据题意：UI＝U′I′，代入解得：R1(R1＋R2)＝r′2，显然A选项正确，B选项错误．答案AD二、非选择题(本题共4小题，共50分)11．(2009·江苏)(11分)有一根圆台状匀质合金棒如图12甲所示，某同学猜测其电阻的大小与该合金棒的电阻率ρ、长度L和两底直径d、D有关．他进行了如下实验：(1)用游标卡尺测量合金棒的两底面直径d、D和长度L.图12乙中游标卡尺(游标尺上有20个等分刻度)的读数L＝________ cm.(2)测量该合金棒电阻的实物电路如图12丙所示(相关器材的参数已在图中标出)．该合金棒的电阻约为几个欧姆．图中有一处连接不当的导线是________．(用标注在导线旁的数字表示)(3)改正电路后，通过实验测得合金棒的电阻R＝6.72 Ω.根据电阻定律计算电阻率为ρ、长为L、直径分别为d和D的圆柱状合金棒的电阻分别为R d＝13.3 Ω、R D＝3.38 Ω.他发现：在误差允许范围内，电阻R满足R2＝R d·R D，由此推断该圆台状合金棒的电阻R＝________.(用ρ、L、d、D表示)解析(1)主尺读数9.9 cm，游标尺读数0.05 mm×8＝0.40 mm，两者相加即得读数为99.40 mm，即9.940 cm.(2)由于金属棒的电阻远小于电压表内阻，电流表应采用外接法，连接不当的导线是⑥.(3)R2＝R d·R D＝ρLπd24·ρLπD24解得R＝4ρLπdD.答案(1)9.940(2)⑥(3)4ρLπdD12．(2010·上海十四校)(13分)如图13所示电路中，已知电阻R1＝2 Ω，R2＝5 Ω，灯泡L标有“3 V 1.5 W”字样，电源内阻r＝1 Ω，滑动变阻器的最大阻值为R x.当滑片P滑至a端时，电流表的示数为1 A，此时灯泡L恰好正常发光．求：(1)当滑片P滑至b端时，电流表的示数；(2)当滑动变阻器Pb段的电阻为0.5R x时，变阻器上消耗的功率．某同学的部分解答如下：灯L的电阻R L＝U2灯P＝321.5Ω＝6 Ω，滑片P滑至b端时，灯L和(P x＋P2)并联，并联电阻为：R并＝R L(R x＋R2)R L＋R x＋R2，由R L·I A＝(R x＋R2)·I2(I A、I2分别为通过电流表和R2的电流)得I2＝R L I AR x＋R2，流过电源的电流为I＝I A＋I2.上述解法是否正确？若正确．请求出最后结果；若不正确，请指出错在何处，纠正后求出最后结果．解析灯L的电阻R L＝6 Ω正确，错在没有看出R Pa和R2串联部分已被短路E＝I(R1＋r)＋U0＝1×(2＋1) V＋3 V＝6 VI0＝P/U0＝0.5 AI x＝I－I0＝0.5 AR x＝U0/I x＝6 Ω(1)当P滑至b端时，电流表示数为I′＝E/(R1＋r)＝2 A(2)当R Pb＝3 Ω时，R并＝2 Ω电流表示数为I″＝E/(R1＋R并＋r)＝1.2 AU并＝E－I″(R1＋r)＝2.4 VPR Pb＝U2并/R Pb＝1.92 W答案(1)2 A(2)1.92 W13．(2009·南通模拟)(13分)如图14甲所示，ABCD为一足够长的光滑绝缘斜面，EFGH范围内存在方向垂直斜面的匀强磁场，磁场边界EF、HG与斜面底边AB平行．一正方形金属框abcd放在斜面上，ab 边平行于磁场边界．现使金属框从斜面上某处由静止释放，金属框从开始运动到cd 边离开磁场的过程中，其运动的v －t 图象如图14乙所示．已知金属框电阻为R ，质量为m ，重力加速度为g ，图乙中金属框运动的各个时刻及对应的速度均为已知量，求：(1)斜面倾角的正弦值和磁场区域的宽度；(2)金属框cd 边到达磁场边界EF 前瞬间的加速度； (3)金属框穿过磁场过程中产生的焦耳热．解析 (1)由题图乙可知，在0～t 1时间内金属框运动的加速度a 1＝v 1t 1设斜面的倾角为θ，金属框边长为l 0，由牛顿第二定律有 a 1＝g sin θ 解得sin θ＝v 1gt 1在t 1～2t 1时间内金属框匀速进入磁场，则l 0＝v 1t 1在2t 1～3t 1时间内，金属框运动位移s ＝3v 1t 12则磁场的宽度d ＝l 0＋s ＝5v 1t 12(2)在t 2时刻金属框cd 边到达EF 边界时的速度为v 2，设此时加速度大小为a 2， cd 边切割磁场产生的电动势E ＝Bl 0v 2，受到的安培力F ＝BEl 0R由牛顿第二定律F －mg sin θ＝ma 2金属框进入磁场时mg sin θ＝B 2v 1l 20R 解得a 2＝v 2－v 1t 1加速度方向沿斜面向上．(3)金属框从t 1时刻进入磁场到t 2时刻离开磁场的过程中，由功能关系得mg (d ＋l 0)·sin θ＝12m v 22－12m v 21＋Q解得Q ＝4m v 21－12m v 22. 答案 (1)v 1gt 1 5v 1t 12 (2)v 2－v 1t 1 (3)4m v 21－12m v 2214．(2010·上海)(13分)如图15所示，宽度L＝0.5 m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B＝0.4 T，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m＝0.1 kg，电阻可忽略的金属棒ab放置在框架上，并与框架接触良好．以P为坐标原点，PQ方向为x轴正方向建立坐标．金属棒从x0＝1 m处以v0＝2 m/s的初速度，沿x轴负方向做a＝2 m/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0.4 s过程中通过ab的电量q，某同学解法为：先算出经过0.4 s金属棒的运动距离s，以及0.4 s时回路内的电阻R，然后代入q＝ΔΦR＝BLsR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．解析(1)金属棒仅受安培力作用，其大小F＝ma＝0.1×2 N＝0.2 N金属棒运动0.5 m，框架中产生的焦耳热等于克服安培力做的功所以Q＝Fs＝0.2×0.5 J＝0.1 J(2)金属棒所受安培力为F＝BILI＝ER＝BL vR所以F＝B2L2Rv＝ma由于棒做匀减速直线运动v＝v20－2a(x0－x)所以R＝B2L2ma v20－2a(x0－x)＝0.42×0.520.1×222－2×2(1－x)＝0.4 x(SI)．(3)错误之处是把0.4 s时回路内的电阻R代入q＝BLsR进行计算．正确的解法是q＝It 因为F＝BIL＝ma所以q＝maBL t＝0.1×20.4×0.5×0.4 C＝0.4 C.答案(1)0.1 J(2)R＝0.4 x(SI)(3)见解析。
