高考物理二輪復(fù)習(xí) 第2部分 考前回扣篇 倒計時第5天 電路和電磁感應(yīng)檢測-人教版高三物理試題

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.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EII2(Rr)(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UIP總P內(nèi)7電源的效率×100%×100%×100%.8正弦交變電流瞬時值表達式eEmsin t或eEmcos t.9正弦交變電流有效值和最大值的關(guān)系EIU10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1P出2)(3)電流關(guān)系為(多輸出線圈時為n1I1n2I2n3I3)(4)頻率關(guān)系為：f出f入11磁通量的計算：BS.12電動勢大小的計算：En或EBlv(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(dǎo)線損失的電功率P損P2P3IR線2R線輸電導(dǎo)線損耗的電壓U損U2U3I2R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：將切割磁感線的導(dǎo)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)阻畫出等效電路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(xué)問題：在力和運動的關(guān)系中，要注意分析導(dǎo)體受力，判斷導(dǎo)體加速度方向、大小及變化；加速度等于零時，速度最大，導(dǎo)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：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：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)(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2A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(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3A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，QCCUC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(dǎo)軌，導(dǎo)軌光滑且電阻不計，阻值為R的導(dǎo)體棒垂直于導(dǎo)軌放置，且與導(dǎo)軌接觸良好導(dǎo)軌所在空間存在勻強磁場，勻強磁場與導(dǎo)軌平面垂直，t0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(dǎo)體棒中有電流，則導(dǎo)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(dǎo)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n1n2101，接柱線a、b接一正弦交變電源，電壓u311sin(100t)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(dǎo)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(dǎo)學(xué)號：25702083】圖5A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 VD根據(jù)題意，輸入電壓的有效值U1220 V，再根據(jù)變壓比公式可知，副線圈的輸出電壓為U222 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PIR1變大，R2兩端的電壓UU2I2R1變小，即電壓表V2的示數(shù)變小，輸入電流I1I20.1I2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r0.5 m、電阻為R5 、匝數(shù)為N100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6A在05 s的時間內(nèi)，理想電流表示數(shù)的最大值為1 AB在t4 s時刻，流過電流表的電流方向為ACC前2 s內(nèi)，通過線圈某截面的總電荷量為0.1 CD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Im0.1 A，選項A錯誤；在t4 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CA，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q0.1 C，選項C正確，選項D錯誤6如圖7所示，兩平行金屬導(dǎo)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(dǎo)體棒置于導(dǎo)軌上，在水平外力作用下沿導(dǎo)軌以速率v勻速向右滑動，滑動過程中始終保持與導(dǎo)軌垂直并接觸良好已知導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為，重力加速度大小為g，導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒的電阻均可忽略求：圖7(1)電阻R消耗的功率；(2)水平外力的大小【解析】(1)導(dǎo)體棒切割磁感線運動產(chǎn)生的電動勢為EBlv，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PI2R，聯(lián)立可得P.(2)對導(dǎo)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mgF，F(xiàn)安BIlB··l，故Fmg.【答案】(1)(2)mg7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(dǎo)體棒ab和cd分別放置在導(dǎo)軌上，與導(dǎo)軌垂直并始終接觸良好棒的質(zhì)量m1.0 kg，R1.0 ，長度L1.0 m與導(dǎo)軌間距相同，棒與導(dǎo)軌間動摩擦因數(shù)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(dǎo)學(xué)號：25702084】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W30 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：FfmgvatFBILFfma則Fm(ga)由圖象信息，代入數(shù)據(jù)解得a1 m/s2.(2)當t12 s時，F(xiàn)10 N，由(1)知Fm(ga)，得B2 T.(3)02 s過程中，對ab棒，xat2 mv2at12 m/s由動能定理知：WmgxQmv代入數(shù)據(jù)解得Q18 J.(4)設(shè)當時間為t時，cd棒達到最大速度，對cd棒：FNBILmgcos 53°FfFNmgsin 53°Ff則mgsin 53°代入數(shù)據(jù)得：t5 s.【答案】(1)1 m/s2(2)2 T(3)18 J(4)5 s