专题5.1电路基本规律及电表改装问题1、【答案】（1）（2）C（3）AC（4）【解析】（1）电表改装时，微安表应与定值电阻R并联
接入虚线框内，则实物电路连接如下图所示：（2）由标准毫安表与该装表的读数可知，改装后的电流表，实际量程被扩大的倍数为：倍。故当原微
安表表盘达到满偏时，实际量程为：，故本小题选C；（3）根据，得：，改装后的量程偏大的原因可能是，原微安表内阻测量值偏小，即电表实际
内阻真实值，大于1200Ω；或者因为定值电阻R的计算有误，计算值偏大，实际接入定值电阻R阻值偏小。故本小题选AC；（4）由于接入电
阻R时，改装后的表实际量程为25mA，故满足；要想达到预期目的，即将微安表改装为量程为20mA电流表，应满足，其中，联立解得：
或。专题5.2闭合电路欧姆定律的应用1、【答案】A【解析】开关s断开时有：，开s闭合时有：，其中，解得：，故A正确。2、【答案】
（1）5.00变小增大B（2）2.8【解析】（1）U1=IR0=100Ω×50×10–6A=5×10–3V=
5mV由，I不变，温度升高，U减小，故R减小；由于R变小，总电阻减小，电流增大；R0两端电压增大，即V1表示数变大，只有增大电阻
才能使电流减小，故华东变阻器向右调节，即向B短调节。（2）由图可知，=2.8×10–3V/℃专题5.3楞次定律的理解和应用1、
【答案】D【解析】楞次定律表述了感应电流的磁场方向，同时也体现了不同能量间的关系。总能量是守恒的，感应电流做功产生电能，电能是
“阻碍”的结果，D正确。2、【答案】AD【解析】开关闭合后的瞬间，根据安培定则可知，两线圈内的磁场方向水平向右．因为线圈内的磁
通量增加，根据楞次定律可判断直导线内的电流方向由南到北，再根据安培定则可知直导线内的电流在正上方产生的磁场方向垂直纸面向里，则小磁
针的N极朝垂直纸面向里的方向转动，故选项A正确；开关闭合后并保持一段时间后，与直导线相连的线圈内磁通量不变，则直导线没有感应电流，
故小磁针不动，故选项B、C错误；开关闭合后并保持一段时间再断开后的瞬间，与直导线相连的线圈内磁通量减少，根据楞次定律可判断直导线内
的电流方向由北到南，小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动，故选项D正确．3、【答案】D【解析】金属杆PQ向右切割磁感线，根据右
手定则可知PQRS中感应电流沿逆时针方向；原来T中的磁场方向垂直于纸面向里，金属杆PQ中的感应电流产生的磁场方向垂直于纸面向外，使
得穿过T的磁通量减小，根据楞次定律可知T中产生顺时针方向的感应电流，综上所述，可知A、B、C项错误，D项正确．专题5.4法拉第电
磁感应的理解和应用1、【答案】BC【解析】由题可知，通过圆环的磁通量随时间t均匀变化，则圆环中产生的感应电动势、感应电流的大小
和方向均不变，但t0时刻磁场方向发生变化，故安培力方向发生变化，A错误；根据楞次定律，圆环中感应电流的方向始终沿顺时针方向，B正确
；根据法拉第电磁感应定律，感应电动势E＝＝·＝，根据闭合电路欧姆定律知，电流I＝＝＝，C正确，D错误。2、【答案】B【解析】设O
M的电阻为R，过程Ⅰ，OM转动的过程中产生的平均感应电动势大小为E1＝＝＝＝，流过OM的电流为I1＝＝，则流过OM的电荷量为q1＝
I1·Δt＝；过程Ⅱ，磁场的磁感应强度大小均匀增加，则该过程中产生的平均感应电动势大小为E2＝＝＝，电路中的电流为I2＝＝，则流过
OM的电荷量为q2＝I2·Δt2＝；由题意知q1＝q2，则解得＝，B正确，A、C、D错误．3、【答案】：AC【解析】：在t＝时，交
流电图线斜率为0，即磁场变化率为0，由E＝＝S知，E＝0，A对；在t＝和t＝T时，图线斜率最大，在t＝和t＝T时感应电动势最大，在
到之间，电流由Q向P减弱，导线在R处产生垂直纸面向里的磁场，且磁场减弱，由楞次定律知，R产生的感应电流的磁场方向也垂直纸面向里，即
R中感应电动势沿顺时针方向，同理可判断在到时，R中电动势也为顺时针方向，在T到T时，R中电动势为逆时针方向，C对，B、D错．专题5
.5电磁感应中的图像问题1、【答案】：D【解析】：设线路中只有一边切割磁感线时产生的感应电流为i.线框位移等效电路的连接电流0～
I＝2i(顺时针)～lI＝0l～I＝2i(逆时针)～2lI＝0分析知，只有选项D符合要求．2、【答案】：AC【解析】：在t＝时，交
流电图线斜率为0，即磁场变化率为0，由E＝＝S知，E＝0，A对；在t＝和t＝T时，图线斜率最大，在t＝和t＝T时感应电动势最大，在
到之间，电流由Q向P减弱，导线在R处产生垂直纸面向里的磁场，且磁场减弱，由楞次定律知，R产生的感应电流的磁场方向也垂直纸面向里，即
R中感应电动势沿顺时针方向，同理可判断在到时，R中电动势也为顺时针方向，在T到T时，R中电动势为逆时针方向，C对，B、D错．专题5
.6电磁感应中的动力学问题1、【答案】(1)(2)(3)【解析】(1)金属棒做匀加速直线运动，有v2＝2as，解得v＝.
(2)安培力F安＝IdB，金属棒所受合力F＝mgsinθ－F安由牛顿第二定律F＝ma解得I＝(3)运动时间t＝，电荷量Q＝It解
得Q＝2、【解析】(1)利用楞次定律，对初始状态的ab受力分析得：mgsinθ＋BIL＝ma①对回路分析I＝＝②联立①②式得a
＝gsinθ＋.(2)上滑过程：由第(1)问中的分析可知，上滑过程加速度大小表达式为：a上＝gsinθ＋③上滑过程，a上与v反
向，做减速运动．利用③式，v减小则a上减小，可知，杆上滑时做加速度逐渐减小的减速运动．下滑过程：由牛顿第二定律，对ab受力分析得：
mgsinθ－＝ma下④a下＝gsinθ－⑤因a下与v同向，ab做加速运动．由⑤式得v增加，a下减小，可知，杆下滑时做加速度减
小的加速运动．(3)设P点是上滑与下滑过程中经过的同一点P，由能量转化与守恒可知：mv＝mv＋QR⑥QR为ab从P滑到最高点到再回
到P点过程中R上产生的焦耳热．由QR>0所以vP上>vP下同理可推得ab上滑通过某一位置的速度大于下滑通过同一位置的速度，进而可推
得上>下由s＝上t上＝下t下得t上向右(2)mv2－kq【解析】(1)设线圈中的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律得，感应电动势E＝，则E＝k①设PQ与MN并
联的电阻为R并，有R并＝②闭合S时，设线圈中的电流为I，根据闭合电路欧姆定律得I＝③设PQ中的电流为IPQ，有IPQ＝I④设PQ受
到的安培力为F安，有F安＝BIPQl⑤PQ保持静止，由受力平衡，有F＝F安⑥联立①②③④⑤⑥式得F＝⑦由楞次定律和右手螺旋定则得P
Q中的电流方向为由Q到P，再由左手定则得PQ所受安培力的方向水平向左，则力F的方向水平向右。(2)设PQ由静止开始到速度大小为v的
加速过程中，PQ运动的位移为x，所用时间为Δt，回路中的磁通量变化量为ΔΦ，回路中产生的平均感应电动势为，有＝⑧其中ΔΦ＝Blx⑨
设PQ中的平均感应电流为，有＝⑩根据电流的定义得＝?由动能定理，有Fx＋W＝mv2－0?联立⑦⑧⑨⑩??式得W＝mv2－kq。?2
、【解析】：(1)由牛顿第二定律a＝＝12m/s2①进入磁场时的速度v＝＝2.4m/s.②(2)感应电动势E＝Blv③感应电流
I＝④安培力FA＝IBl⑤代入得FA＝＝48N．⑥(3)健身者做功W＝F(s＋d)＝64J⑦由牛顿第二定律F－mgsinθ－
FA＝0⑧CD棒在磁场区域做匀速运动在磁场中运动的时间t＝⑨焦耳热Q＝I2Rt＝26.88J.专题5.8电磁感应中的动量与能量
综合问题1、【答案】（1）（2）（3）用质量大的离子；用带电荷量少的离子；减小加速电压。【解析】（1）设正离子经过电极时的速度为
v，根据动能定理，有①设正离子束所受的电场力为，根据牛顿第三定律，有②设引擎在时间内飘入电极间的正离子个数为，由牛顿第二定律，有③
联立①②③式，且得④（2）设正离子束所受的电场力为，由正离子束在电场中做匀加速直线运动，有⑤考虑到牛顿第三定律得到，联立①⑤式得⑥
（3）为使尽量大，分析⑥式得到三条建议：用质量大的离子；用带电荷量少的离子；减小加速电压。2、【答案】AC【解析】ab棒向右运动，
切割磁感线产生感应电流，则受到向左的安培力，从而向左做减速运动，；金属棒cd受向右的安培力作用而做加速运动，随着两棒的速度差的减小
安培力减小，加速度减小，当两棒速度相等时，感应电流为零，最终两棒共速，一起做匀速运动，故最终电路中电流为0，故AC正确，BD错误。
专题5.9交流电的产生及描述1、【答案】D【解析】根据题述，正弦交变电流的电压有效值为，而方波交流电的有效值为u0，根据焦耳定律
和欧姆定律，Q=I2RT=T，可知在一个周期T内产生的热量与电压有效值的二次方成正比，Q方∶Q正=u02∶（）2=2∶1，选项D正
确。2、【答案】AD【解析】t=0时，磁通量为零，线圈平面平行于磁感线，故A正确；每经过一次中性面（线圈平面垂直于磁感线，磁通量有
最大值）电流的方向改变一次，t=1s时，磁通量为零，线圈平面平行于磁感线，故B错误；t=1.5s时，磁通量有最大值，但磁通量的
变化率为零（），根据法拉第电磁感应定律可知线圈中的感应电动势为零，故C错误；感应电动势最大值，有效值，一个周期内线圈产生的热量，故
D正确。专题5.10变压器与远距离输电问题1、【答案】D【解析】由理想变压器原、副线圈电压比等于匝数比即，得：，即副线圈两端电压
与原线圈两端电压成正比，所以有：，当输入电压增加20V时，输出电压增大200V，故D正确。2、【答案】C【解析】本意考查输电线路的
电能损失，意在考查考生的分析能力。当输电功率P=UI，U为输电电压，I为输电线路中的电流，输电线路损失的功率为P损=I2R，R为输
电线路的电阻，即P损=。当输电功率一定时，输电线路损失的功率为原来的，则输电电压为原来的2倍，即440V，故选项C正确。3、【答案】B【解析】：.由交流电压的表达式可知，原线圈两端所加的电压最大值为220V，故有效值为U1＝220V，由＝，故副线圈电压的有效值为U2＝110V，故输出功率P2＝＝220W，再由输入功率等于输出功率知，P1＝P2＝220W，A项错误；根据欧姆定律知，I2＝＝2A，＝，得I1＝1A，故电流表读数为1A，所以B项正确；电压表的读数为有效值，即U2＝110V，C项错误；由交流电压的表达式可知，ω＝100π(rad/s)，又T＝，解得T＝0.02s，所以D项错误． |
|
