【物理】2019届二轮复习直流和交流电路　电磁感应规律及其应用学案（江苏专用）

【物理】2019届二轮复习直流和交流电路　电磁感应规律及其应用学案（江苏专用）

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)