《高考物理二輪復習 第2部分 考前回扣篇 倒計時第5天 電路和電磁感應檢測-人教版高三物理試題》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《高考物理二輪復習 第2部分 考前回扣篇 倒計時第5天 電路和電磁感應檢測-人教版高三物理試題（9頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、倒計時第5天　電路和電磁感應 A．主干回顧 B．精要檢索 1．電流的定義式：I＝. 2．電流的決定式：I＝. 3．電阻的定義式：R＝. 4．電阻的決定式：R＝ρ. 5．閉合電路歐姆定律：I＝. 6．電源的幾個功率 (1)電源的總功率：P總＝EI＝I2(R＋r)． (2)電源內(nèi)部消耗的功率：P內(nèi)＝I2r. (3)電源的輸出功率：P出＝UI＝P總－P內(nèi)． 7．電源的效率 η＝×100%＝×100%＝×100%. 8．正弦交變電流瞬時值表達式 e＝Emsin ωt或e＝Emcos ωt. 9．正弦交變電流有效值和最大值的關系 E＝　I＝　U＝ 10．理想變壓

2、器及其關系式 (1)電壓關系為 ＝. (2)功率關系為P出＝P入(多輸出線圈時為P入＝P出1＋P出2＋…)． (3)電流關系為＝(多輸出線圈時為n1I1＝n2I2＋n3I3＋…)． (4)頻率關系為：f出＝f入． 11．磁通量的計算：Φ＝BS⊥. 12．電動勢大小的計算：E＝n或E＝Blv(切割類)． 13．高壓遠距離輸電的分析方法及計算 (1)在高壓輸電的具體計算時，為條理清楚，可參考如圖1所示畫出相應的題意簡圖． 圖1 (2)確定輸電過程的電壓關系、功率關系如下列表達式所示． (3)在高壓輸電中，常用以下關系式： 輸電電流I2＝＝＝ 輸電導線損失的電功率

3、 P損＝P2－P3＝IR線＝2R線 輸電導線損耗的電壓U損＝U2－U3＝I2R線＝R線． 14．應用楞次定律判斷感應電流方向的方法 (1)確定穿過回路的原磁場的方向； (2)確定原磁場的磁通量是“增加”還是“減少”； (3)確定感應電流磁場的方向(與原磁場“增則反、減則同”)； (4)根據(jù)感應電流的磁場方向，由安培定則判斷感應電流的方向． 15．幾種常見感應問題的分析方法 (1)電路問題： ①將切割磁感線的導體或磁通量發(fā)生變化的回路作為電源，確定感應電動勢和內(nèi)阻． ②畫出等效電路． ③運用閉合電路歐姆定律，串、并聯(lián)電路特點，電功率公式，焦耳定律公式等求解． (2)動力

4、學問題： ① ② ③在力和運動的關系中，要注意分析導體受力，判斷導體加速度方向、大小及變化；加速度等于零時，速度最大，導體最終達到穩(wěn)定狀態(tài)是該類問題的重要特點． (3)能量問題： ①安培力的功是電能和其他形式的能之間相互轉(zhuǎn)化的“橋梁”，用框圖表示如下： ②明確功能關系，確定有哪些形式的能量發(fā)生了轉(zhuǎn)化．如有摩擦力做功，必有內(nèi)能產(chǎn)生；有重力做功，重力勢能必然發(fā)生變化；安培力做負功，必然有其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能． ③根據(jù)不同物理情景選擇動能定理，能量守恒定律，功能關系，列方程求解問題． C．考前熱身 1．(多選)(2016·遼寧撫順一模)如圖2所示電路中，電源內(nèi)阻不計，三個小燈

5、泡完全相同且外電路變化時每個燈泡兩端的電壓都不會超過其額定電壓，開始時只有S1閉合，當S2也閉合后，下列說法中正確的是(　　) 圖2 A．燈泡L1變亮 B．燈泡L2變亮 C．電容器C的帶電荷量增加 D．閉合S2瞬間流過電流表的電流方向自右向左 AD　[根據(jù)電路可知，S1閉合、S2斷開時，L1、L2串聯(lián)，則兩燈一樣亮，因L3與電容器串聯(lián)后接到電源兩端，則L3不亮，電容器兩端電壓等于電源電動勢E；當S2也閉合后，電路總阻值變小，流過L1的電流變大，L1兩端電壓變大，L2兩端電壓變小，則燈L1變亮，L2變暗；因電容器此時與燈L1并聯(lián)，則電容器兩端電壓變小，電容器上的電荷量變少，電容器

6、對外放電，又知電容器左極板與電源正極相連，帶正電，則閉合S2瞬間流過電流表的電流方向自右向左，綜上所述，B、C錯誤，A、D正確．] 2．(多選)如圖3所示，電源電動勢為E，內(nèi)阻為r.電路中的R2、R3分別為總阻值一定的滑動變阻器，R0為定值電阻，R1為光敏電阻(其電阻隨光照強度增大而減小)．當開關S閉合時，電容器中一帶電微粒恰好處于靜止狀態(tài)．下列說法中正確的是(　　) 圖3 A．只逐漸增大R1的光照強度，電阻R0消耗的電功率變大，電阻R3中有向上的電流 B．只調(diào)節(jié)電阻R3的滑動端P2向上端移動時，電源消耗的電功率變大，電阻R3中有向上的電流 C．只調(diào)節(jié)電阻R2的滑動端P1向下端移

7、動時，電壓表示數(shù)變大，帶電微粒向下運動 D．若斷開開關S，帶電微粒向下運動 AD　[當逐漸增大光照強度時，光敏電阻R1的阻值減小，依據(jù)“串異并同”可知電流I增大，則PR0增大，UC增大，QC＝CUC增大，即電容器充電，R3中有向上的電流，A正確．當P2向上移動時，UC不變，R3中沒有電流，故B錯誤．當P1向下移動時，I不變，但UC變大，EC＝變大，電場力FC＝變大，微粒向上運動，故C錯誤．若斷開開關S，電容器放電，UC降為0，則微粒只受重力作用而向下運動，故D正確．] 3．如圖4所示，水平面內(nèi)有一平行金屬導軌，導軌光滑且電阻不計，阻值為R的導體棒垂直于導軌放置，且與導軌接觸良好．導軌所在

8、空間存在勻強磁場，勻強磁場與導軌平面垂直，t＝0時，將開關S由1擲向2，分別用q、i、v和a表示電容器所帶的電荷量、棒中的電流、棒的速度大小和加速度大小，則選項中的圖象中正確的是 (　　) 圖4 D　[開關接1時，電容器充電；開關接2時電容器放電，此時，導體棒中有電流，則導體棒在安培力作用下運動，產(chǎn)生感應電動勢，感應電動勢與電容器兩端電壓相等時，棒做勻速直線運動，說明電容器所帶的電荷量最終不等于零，A項錯誤．但電流最終必為零，B錯誤．導體棒的速度增大到最大后做勻速直線運動，加速度為零，C錯誤，D正確．] 4．如圖5所示，M是一個小型理想變壓器，原、副線圈匝數(shù)之比n1∶n2

9、＝10∶1，接柱線a、b接一正弦交變電源，電壓u＝311sin(100πt)V.變壓器右側(cè)部分為一火警報警系統(tǒng)原理圖，其中R2為用半導體熱敏材料制成的傳感器(電阻隨溫度升高而減小)，R1為一定值電阻．下列說法正確的是(　　)　 【導學號：25702083】 圖5 A．當R2所在處出現(xiàn)火情時，電阻R1的功率變小 B．當R2所在處出現(xiàn)火情時，電壓表V2的示數(shù)變大 C．當R2所在處出現(xiàn)火情時，電流表A的示數(shù)變小 D．電壓表V1示數(shù)為22 V D　[根據(jù)題意，輸入電壓的有效值U1＝220 V，再根據(jù)變壓比公式可知，副線圈的輸出電壓為U2＝22 V，因為輸入電壓決定輸出電壓，所以當R2

10、所在處出現(xiàn)火情時，副線圈電壓不變，仍是22 V，即電壓表V1示數(shù)仍是22 V，選項D正確；當R2所在處出現(xiàn)火情時，R2隨溫度升高而減小，副線圈電路的總電阻減小，輸出電流I2增大，電阻R1的功率P＝IR1變大，R2兩端的電壓U＝U2－I2R1變小，即電壓表V2的示數(shù)變小，輸入電流I1＝I2＝0.1I2變大，所以電流表A的示數(shù)變大，選項A、B、C錯誤．] 5．如圖6甲所示，一半徑r＝0.5 m、電阻為R＝5 Ω、匝數(shù)為N＝100匝的圓形線圈兩端A、C與一個理想電流表相連，線圈內(nèi)有變化的磁場，以垂直紙面向里的磁場方向為正，磁場隨時間的變化情況如圖乙所示，則下列判斷中正確的是(　　) 甲　　　

11、　　　　　　　　　　　乙 圖6 A．在0～5 s的時間內(nèi)，理想電流表示數(shù)的最大值為1 A B．在t＝4 s時刻，流過電流表的電流方向為A→C C．前2 s內(nèi)，通過線圈某截面的總電荷量為0.1 C D．第2 s內(nèi)，線圈的發(fā)熱功率最大 C　[由法拉第電磁感應定律可知，流過線圈的電流I＝＝＝·，由此式可知，B-t圖象的斜率越大，則在線圈中產(chǎn)生的感應電流就越大，因此可判斷在第1 s內(nèi)的感應電流最大，代入數(shù)據(jù)有Im＝0.1 A，選項A錯誤；在t＝4 s時，由題意可知，此時穿過線圈的磁場方向為垂直紙面向外且正在逐漸增大，由楞次定律可知線圈中產(chǎn)生的感應電流的方向為順時針方向，因此流過電流表的電流

12、方向為C→A，選項B錯誤；由圖乙可知，前2 s內(nèi)只有第1 s內(nèi)有磁通量的變化，會產(chǎn)生感應電流，第2 s內(nèi)磁通量沒有發(fā)生變化，所以不會產(chǎn)生感應電流，因此前2 s內(nèi)通過線圈某截面的電荷量實際上為第1 s內(nèi)的電荷量，由q＝可得q＝0.1 C，選項C正確，選項D錯誤．] 6．如圖7所示，兩平行金屬導軌位于同一水平面上，相距l(xiāng)，左端與一電阻R相連；整個系統(tǒng)置于勻強磁場中，磁感應強度大小為B，方向豎直向下．一質(zhì)量為m的導體棒置于導軌上，在水平外力作用下沿導軌以速率v勻速向右滑動，滑動過程中始終保持與導軌垂直并接觸良好．已知導體棒與導軌間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度大小為g，導軌和導體棒的電阻均可忽略．求

13、： 圖7 (1)電阻R消耗的功率； (2)水平外力的大小． 【解析】　(1)導體棒切割磁感線運動產(chǎn)生的電動勢為E＝Blv，根據(jù)歐姆定律，閉合回路中的感應電流為I＝，電阻R消耗的功率為P＝I2R，聯(lián)立可得P＝. (2)對導體棒受力分析，受到向左的安培力和向左的摩擦力，向右的外力，三力平衡，故有F安＋μmg＝F，F(xiàn)安＝BIl＝B··l，故F＝＋μmg. 【答案】　(1)　(2)＋μmg 7．如圖8甲，電阻不計的軌道MON與PRQ平行放置，ON及RQ與水平面的傾角θ＝53°，MO及PR部分的勻強磁場豎直向下，ON及RQ部分的磁場平行軌道向下，磁場的磁感應強度大小相同，兩根相同的導體

14、棒ab和cd分別放置在導軌上，與導軌垂直并始終接觸良好．棒的質(zhì)量m＝1.0 kg，R＝1.0 Ω，長度L＝1.0 m與導軌間距相同，棒與導軌間動摩擦因數(shù)μ＝0.5，現(xiàn)對ab棒施加一個方向水平向右按圖乙規(guī)律變化的力F，同時由靜止釋放cd棒，則ab棒做初速度為零的勻加速直線運動，g取10 m/s2. 【導學號：25702084】 甲　　　　　　　　　　　　　乙 圖8 (1)求ab棒的加速度大?。? (2)求磁感應強度B的大?。? (3)若已知在前2 s內(nèi)F做功W＝30 J，求前2 s內(nèi)電路產(chǎn)生的焦耳熱； (4)求cd棒達到最大速度所需的時間． 【解析】　(1)對ab棒：Ff＝μmg

15、 v＝at F－BIL－Ff＝ma 則F＝m(μg＋a)＋ 由圖象信息，代入數(shù)據(jù)解得a＝1 m/s2. (2)當t1＝2 s時，F(xiàn)＝10 N，由(1)知 ＝F－m(μg＋a)，得B＝2 T. (3)0～2 s過程中，對ab棒，x＝at＝2 m v2＝at1＝2 m/s 由動能定理知：W－μmgx－Q＝mv 代入數(shù)據(jù)解得Q＝18 J. (4)設當時間為t′時，cd棒達到最大速度， 對cd棒：FN′＝BIL＋mgcos 53° Ff′＝μFN′ mgsin 53°＝Ff′ 則mgsin 53°＝μ 代入數(shù)據(jù)得：t′＝5 s. 【答案】　(1)1 m/s2　(2)2 T　(3)18 J　(4)5 s