《2019高考物理總復習 提分策略一 臨考必記4 電路與電磁感應學案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2019高考物理總復習 提分策略一 臨考必記4 電路與電磁感應學案（7頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、4．電路與電磁感應 授課提示：對應學生用書第105頁 [基本公式] 1．電流的定義式：I＝. 2．電源的幾個功率 (1)電源的總功率：P總＝EI＝I2(R＋r)． (2)電源內部消耗的功率：P內＝I2r. (3)電源的輸出功率：P出＝UI＝P總－P內． 3．電源的效率 η＝×100%＝×100%＝×100%. 4．磁通量的計算：Φ＝BS⊥. 5．電動勢大小的計算：E＝n(對象：閉合或不閉合的一個回路)或E＝BLv(切割類)． 6．理想變壓器及其關系式 (1)電壓關系為＝(多輸出線圈時為＝＝＝…)． (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＋…)

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． 7．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，為便于理解題意，可參考下圖畫出相應的題意簡圖． (2)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 P損＝P2－P3＝IR線＝()2R線． 輸電線損耗的電壓U損＝U2－U3＝I2R線＝R線． [二級結論] 一、恒定電流 1．和為定值的兩個電阻，阻值相等時并聯(lián)電阻值最大． 2．路端電壓：純電阻時U＝E－Ir＝，隨外電阻的增大而增大． 3．畫等效電路：電流表等效短

3、路；電壓表、電容器等效斷路；等勢點合并． 4．R＝r時電源輸出功率最大P＝. 5．含電容器的電路中，電容器是斷路，其電壓值等于與它并聯(lián)的電阻上的電壓，穩(wěn)定時，與它串聯(lián)的電阻是虛設，電路發(fā)生變化時，有充、放電電流． 二、電磁感應 1．楞次定律：(阻礙原因) 內外環(huán)電流方向：“增反減同”，自感電流的方向：“增反減同”，磁鐵相對線圈運動：“你追我退，你退我追”．通電導線或線圈旁的線框：線框運動時“你來我推，你走我拉”．電流變化時“你增我遠離，你減我靠近”． 2．轉桿(輪)發(fā)電機：E＝BL2ω. 3．通過導線橫截面的電荷量：Q＝. 三、交變電流 1．中性面垂直磁場方向，Φ與e為互余關

4、系(即Φ變大時e變小)，此消彼長． 2．線圈從中性面開始轉動；e＝nBSωsin ωt＝emsin ωt. 3．線圈從平行磁場方向開始轉動：e＝nBSωcos ωt＝emcos ωt. 4．正弦交變電流的有效值：I2RT等于一個周期內產生的總熱量． [臨考必練] 1．把電熱器接到110 V的直流電源上，t時間內產生熱量為Q，現(xiàn)把它接到交流電源上，t時間內產生的熱量為2Q，則交流電源的電壓有效值是(　　) A．110 V　　　　　　　 B.110 V C．220 V D．220 V 解析：設電熱器的電阻為R.當電熱器接在U＝110 V的直流電源上時，Q＝t，當電熱器改接到交流電

5、源上時，2Q＝t，聯(lián)立解得U′＝110 V，故選B. 答案：B 2.如圖所示，光滑的水平桌面上放著兩個完全相同的金屬環(huán)a和b，當一條形磁鐵的S極豎直向下迅速靠近兩環(huán)中間時(　　) A．a、b均靜止不動 B．a、b互相靠近 C．a、b均向上跳起 D．a、b互相遠離 解析：當條形磁鐵的S極迅速向下靠近兩環(huán)中間時，閉合導體環(huán)內的磁通量增大，根據楞次定律可知，兩線圈中將產生順時針方向的感應電流，因兩線圈相鄰處電流方向相反，所以a、b兩環(huán)相互遠離；根據楞次定律，當條形磁鐵的S極豎直向下迅速移動時，由“來拒去留”可知a、b均有向下運動的趨勢，即不會向上跳起，故D正確． 答案：D

6、 3.圖示為無線充電技術中使用的受電線圈示意圖，線圈匝數(shù)為n，面積為S.若在t1到t2時間內，勻強磁場平行于線圈軸線向右穿過線圈，其磁感應強度大小由B開始均勻增加，該段時間線圈兩端a和b之間的電勢差為－U，則在t2時刻磁感應強度大小B′為(　　) A．－＋B B.－B C. D.＋B 解析：根據題述，磁感應強度大小由B開始均勻增加，設磁感應強度變化率為，在t2時刻磁感應強度的大小可以表示為B′＝B＋(t2－t1)．根據法拉第電磁感應定律，E＝n＝nS，而E＝U，聯(lián)立解得B′＝B＋(t2－t1)，選項D正確． 答案：D 4．(多選)在遠距離輸電時，輸送的電功率為P，輸電電壓為U，

7、所用輸電導線的電阻率為ρ，橫截面積為S，兩地的距離為L，輸電線上損耗的電功率為P1，用戶得到的電功率為P2.下列關于P1和P2的表達式中正確的是(　　) A．P2＝P(1－) B．P2＝P－ C．P1＝ D．P1＝ 解析：輸電線上的電流I＝，輸電導線的電阻R＝ρ，輸電線上損耗的電功率P1＝I2R＝，用戶得到的電功率P2＝P－P1＝P(1－)，選項A、C正確． 答案：AC 5.(多選)如圖所示，在某控制電路中，R是光敏電阻(光敏電阻的阻值隨光照強度的增大而減小)，當它受到的光照強度逐漸增大時(　　) A．燈泡L變暗 B．光敏電阻R上的電壓增大 C．電壓表的讀數(shù)減小 D．電容

8、器的帶電荷量增大 解析：光照強度增大時，R的阻值減小，閉合電路的總電阻減小，總電流增大，則燈泡L變亮，A錯誤；光敏電阻R上的電壓UR＝E－I(r＋RL)減小，B錯誤；電壓表的讀數(shù)U＝E－Ir減小，C正確；電容器C兩端的電壓等于燈泡兩端的電壓，燈泡兩端的電壓UL＝IRL增大，所以電容器C的帶電荷量Q＝CUL增大，D正確． 答案：CD 6．(多選)理想變壓器原線圈a匝數(shù)n1＝200匝，副線圈b匝數(shù)n2＝100匝，線圈a接在u＝44sin 314t V的交流電源上，“12 V　6 W”的燈泡恰好正常發(fā)光．電阻R2＝16 Ω.電壓表V為理想電表．下列推斷正確的是(　　) A．交變電流的頻率

9、為100 Hz B．穿過鐵芯的磁通量的最大變化率為 Wb/s C．電壓表V的示數(shù)為22 V D．R1消耗的功率是1 W 解析：由u＝44sin 314t V知f＝＝＝50 Hz，A錯誤；燈泡正常發(fā)光，由P＝UI得燈泡中的電流I2＝＝0.5 A，電壓表的示數(shù)U2＝12 V＋0.5×16 V＝20 V，C錯誤；穿過鐵芯的磁通量的最大變化率為＝＝ Wb/s＝ Wb/s，B正確；根據＝，得U1＝40 V，則R1兩端電壓UR1＝44 V－40 V＝4 V，由原、副線圈的電流與匝數(shù)成反比，可得通過R1的電流I1＝0.25 A，則R1的功率P＝UR1I1＝1 W，D正確． 答案：BD 7．(多選

10、)圖甲為風力發(fā)電的簡易模型．在風力作用下，風葉帶動與桿固連的永磁鐵轉動，磁鐵下方的線圈與電壓傳感器相連．在某一風速時，傳感器顯示如圖乙所示，則(　　) A．磁鐵的轉速為10 r/s B．線圈兩端電壓的有效值為6 V C．交流電壓的表達式為u＝12sin 5πt V D．該交流電可以直接加在擊穿電壓為9 V的電容器上 解析：電流的周期為T＝0.4 s，故磁體的轉速為n＝ r/s＝2.5 r/s，故A錯誤；通過乙圖可知電壓的最大值為12 V，故有效值U＝＝ V＝6 V，故B正確；周期T＝0.4 s，故ω＝＝ rad/s＝5π rad/s，故電壓的表達式為u＝12sin 5πt V，故

11、C正確；交流電的最大值大于電容器的擊穿電壓，故不能把該交流電直接加在擊穿電壓為9 V的電容器上，故D錯誤． 答案：BC 8.(多選)如圖所示，光滑水平面上存在有界勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向里，質量為m、邊長為a的正方形線框ABCD斜向穿進磁場，當AC剛進入磁場時線框的速度大小為v，方向與磁場邊界所成夾角為45°.若線框的總電阻為R，則(　　) A．線框穿進磁場過程中，框中電流的方向為D→C→B→A→D B．AC剛進入磁場時線框中感應電流為 C．AC剛進入磁場時線框所受安培力大小為 D．此時CD兩端電壓為Bav 解析：線框進入磁場的過程中穿過線框的磁通量增大，由楞

12、次定律可知，感應電流產生的磁場方向垂直紙面向外，則感應電流的方向為A→B→C→D→A，A錯誤；AC剛進入磁場時CD邊切割磁感線，AD邊不切割磁感線，所以產生的感應電動勢為E＝Bav，則線框中感應電流為I＝＝，故CD兩端的電壓為U＝I×R＝Bav，B錯誤，D正確；AC剛進入磁場時線框的CD邊受到的安培力的方向與v的方向相反，AD邊受到的安培力的方向垂直于AD邊向下，它們的大小都是F＝BIa，AC剛進入磁場時線框所受安培力為AD邊與CD邊受到的安培力的矢量和，由幾何關系可以看出，AD邊與CD邊受到的安培力的方向相互垂直，所以F合＝F＝，C正確． 答案：CD 9.(多選)如圖所示，空間存在有界的

13、勻強磁場，磁場上下邊界水平，方向垂直紙面向里，寬度為L.一邊長為L的正方形線框自磁場邊界上方某處自由下落，線框自開始進入磁場區(qū)域到全部離開磁場區(qū)域的過程中，下列關于線框速度和感應電流大小隨時間變化的圖象可能正確的是(線框下落過程中始終保持在同一豎直平面內，且底邊保持與磁場邊界平行)(　　) 解析：設金屬框的電阻為R，如果進入磁場時安培力與重力相等，即mg＝BIL＝，則線框自進入到穿出磁場的過程中速度不變，A正確；如果線框進入磁場時安培力小于重力，則線框速度增大，安培力增大，根據牛頓第二定律可得mg－F安＝ma，則線框加速運動的過程中加速度逐漸減小，速度圖象的斜率應逐漸減小，B錯誤；如果線

14、框進入磁場時安培力大于重力，則線框進入磁場后做減速運動，根據歐姆定律可得i＝＝＝－t，由于a逐漸減小，所以圖象的斜率應逐漸減小，C正確；如果線框進入磁場時安培力小于重力，則線框進入磁場后做加速運動，根據歐姆定律可得i＝＝＝＋t，由于a逐漸減小，所以圖象的斜率應逐漸減小，當安培力等于重力時做勻速直線運動，D正確． 答案：ACD 10.如圖所示，兩條間距L＝0.5 m且足夠長的平行光滑金屬直導軌，與水平地面成α＝30°角固定放置，磁感應強度B＝0.4 T的勻強磁場方向垂直導軌所在的斜面向上，質量mab＝0.1 kg、mcd＝0.2 kg的金屬棒ab、cd垂直導軌放在導軌上，兩金屬棒的總電阻r＝

15、0.2 Ω，導軌電阻不計．ab在沿導軌所在斜面向上的外力F作用下，沿該斜面以v＝2 m/s的恒定速度向上運動．某時刻釋放cd，cd向下運動，經過一段時間其速度達到最大．已知重力加速度g取10 m/s2，在cd速度最大時，求： (1)abdc回路中的電流I以及F的大??； (2)abdc回路中磁通量的變化率以及cd的速度大?。? 解析：(1)以cd為研究對象，當cd速度達到最大值時有mcdgsin α＝BIL 代入數(shù)據得I＝5 A 由于金屬棒ab、cd均沿斜面方向做勻速運動，可將金屬棒ab、cd看作整體，作用在ab上的外力F＝(mab＋mcd)gsin α 代入數(shù)據得F＝1.5 N. (2)設cd達到最大速度時abdc回路產生的感應電動勢為E，根據法拉第電磁感應定律有E＝ 由閉合電路歐姆定律有I＝ 聯(lián)立以上兩式得＝1.0 Wb/s 設cd的最大速度大小為vm，cd達到最大速度后的一小段時間Δt內，abdc回路磁通量的變化量ΔΦ＝B·ΔS＝BL(vm＋v)·Δt 回路磁通量的變化率＝BL(vm＋v) 由以上幾式聯(lián)立可解得vm＝3 m/s. 答案：(1)5 A　1.5 N　(2)1.0 Wb/s　3 m/s 7