高三物理二輪復(fù)習 第2部分 考前回扣 倒計時第5天 電路和電磁感應(yīng)教師用書

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倒計時第5天　電路和電磁感應(yīng) 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(guān)系 E＝　I＝　U＝ 10．理想變壓器及其關(guān)系式 (1)電壓關(guān)系為＝. (2)功率關(guān)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(guān)系為＝(多輸出線圈時為n1I1＝n2I2＋n3I3＋…)． (4)頻率關(guān)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(yīng)的題意簡圖． 圖1 (2)確定輸電過程的電壓關(guān)系、功率關(guān)系如下列表達式所示． (3)在高壓輸電中，常用以下關(guān)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 輸電導線損耗的電壓U損＝U2－U3＝I2R線＝R線． 14．應(yīng)用楞次定律判斷感應(yīng)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(yīng)電流磁場的方向(與原磁場“增則反、減則同”)； (4)根據(jù)感應(yīng)電流的磁場方向，由安培定則判斷感應(yīng)電流的方向． 15．幾種常見感應(yīng)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(yīng)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)動力學問題： ① ② ③在力和運動的關(guān)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(guān)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(guān)系，列方程求解問題． C．考前熱身 1．(多選)如圖2所示的電路中，電源電動勢為12 V，內(nèi)阻為2 Ω，四個電阻的阻值已在圖中標出．閉合開關(guān)S，下列說法正確的有(　　) 圖2 A．路端電壓為10 V B．電源的總功率為10 W C．a(chǎn)、b間電壓的大小為5 V D．a(chǎn)、b間用導線連接后，電路的總電流為1 A AC　[外電路的總電阻R＝10 Ω，由閉合電路歐姆定律可得電路中的總電流I＝＝1 A，因此路端電壓U＝E－Ir＝12 V－12 V＝10 V，A選項正確；電源的總功率P＝EI＝12 W，B選項錯誤；由題圖可知Uab＝UaO－UbO＝－150.5 V＋50.5 V＝－5 V，故選項C正確；當a、b間用導線連接后，電路中的外電阻R′＝ Ω＋ Ω＝7.5 Ω，I＝＝1.3 A，選項D錯．] 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(guān)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向下端移動時，電壓表示數(shù)變大，帶電微粒向下運動 D．若斷開開關(guān)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(guān)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(guān)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(guān)接1時，電容器充電；開關(guān)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(yīng)電動勢，感應(yīng)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＝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(　　) 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　　　　　　　　　　　　　　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(yīng)定律可知，流過線圈的電流I＝＝＝，由此式可知，Bt圖象的斜率越大，則在線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電流就越大，因此可判斷在第1 s內(nèi)的感應(yīng)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(yīng)電流的方向為順時針方向，因此流過電流表的電流方向為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(yīng)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(yīng)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(yīng)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： 圖7 (1)電阻R消耗的功率； (2)水平外力的大?。? 【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(yīng)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＝Bl，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(yīng)強度大小相同，兩根相同的導體棒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. 甲　　　　　　　　　　　　　乙 圖8 (1)求ab棒的加速度大?。? (2)求磁感應(yīng)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． 【導學號：37162100】 【解析】　(1)對ab棒：Ff＝μmg 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(shè)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