【物理】2018届二轮复习 电路和电磁感应学案(全国通用)

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【物理】2018届二轮复习 电路和电磁感应学案(全国通用)

倒计时第5天 电路和电磁感应 A.主干回顾 B.精要检索 ‎1.电流的定义式:I=.‎ ‎2.电流的决定式:I=.‎ ‎3.电阻的定义式:R=.‎ ‎4.电阻的决定式:R=ρ.‎ ‎5.闭合电路欧姆定律:I=.‎ ‎6.电源的几个功率 ‎(1)电源的总功率:P总=EI=I2(R+r).‎ ‎(2)电源内部消耗的功率:P内=I2r.‎ ‎(3)电源的输出功率:P出=UI=P总-P内.‎ ‎7.电源的效率 η=×100%=×100%=×100%.‎ ‎8.正弦交变电流瞬时值表达式 e=Emsin ωt或e=Emcos ωt.‎ ‎9.正弦交变电流有效值和最大值的关系 E= I= U= ‎10.理想变压器及其关系式 ‎(1)电压关系为=.‎ ‎(2)功率关系为P出=P入(多输出线圈时为P入=P出1+P出2+…).‎ ‎(3)电流关系为=(多输出线圈时为n1I1=n2I2+n3I3+…).‎ ‎(4)频率关系为:f出=f入.‎ ‎11.磁通量的计算:Φ=BS⊥.‎ ‎12.电动势大小的计算:E=n或E=Blv(切割类).‎ ‎13.高压远距离输电的分析方法及计算 ‎(1)在高压输电的具体计算时,为条理清楚,可参考如图1所示画出相应的题意简图.‎ 图1‎ ‎(2)确定输电过程的电压关系、功率关系如下列表达式所示.‎ ‎(3)在高压输电中,常用以下关系式:‎ 输电电流I2=== 输电导线损失的电功率 P损=P2-P3=IR线=2R线 输电导线损耗的电压U损=U2-U3=I2R线=R线.‎ ‎14.应用楞次定律判断感应电流方向的方法 ‎(1)确定穿过回路的原磁场的方向;‎ ‎(2)确定原磁场的磁通量是“增加”还是“减少”;‎ ‎(3)确定感应电流磁场的方向(与原磁场“增则反、减则同”);‎ ‎(4)根据感应电流的磁场方向,由安培定则判断感应电流的方向.‎ ‎15.几种常见感应问题的分析方法 ‎(1)电路问题:‎ ‎①将切割磁感线的导体或磁通量发生变化的回路作为电源,确定感应电动势和内阻.‎ ‎②画出等效电路.‎ ‎③运用闭合电路欧姆定律,串、并联电路特点,电功率公式,焦耳定律公式等求解.‎ ‎(2)动力学问题:‎ ‎①‎ ‎②‎ ‎③在力和运动的关系中,要注意分析导体受力,判断导体加速度方向、大小及变化;加速度等于零时,速度最大,导体最终达到稳定状态是该类问题的重要特点.‎ ‎(3)能量问题:‎ ‎①安培力的功是电能和其他形式的能之间相互转化的“桥梁”‎ ‎,用框图表示如下:‎ ‎②明确功能关系,确定有哪些形式的能量发生了转化.如有摩擦力做功,必有内能产生;有重力做功,重力势能必然发生变化;安培力做负功,必然有其他形式的能转化为电能.‎ ‎③根据不同物理情景选择动能定理,能量守恒定律,功能关系,列方程求解问题.‎ C.考前热身 ‎1.(多选)如图2所示的电路中,电源电动势为12 V,内阻为2 Ω,四个电阻的阻值已在图中标出.闭合开关S,下列说法正确的有(  )‎ 图2‎ A.路端电压为10 V B.电源的总功率为10 W C.a、b间电压的大小为5 V D.a、b间用导线连接后,电路的总电流为1 A AC [外电路的总电阻R=10 Ω,由闭合电路欧姆定律可得电路中的总电流I==1 A,因此路端电压U=E-Ir=12 V-1×2 V=10 V,A选项正确;电源的总功率P=EI=12 W,B选项错误;由题图可知Uab=UaO-UbO=-15×0.5 V+5×0.5 V=-5 V,故选项C正确;当a、b间用导线连接后,电路中的外电阻R′= Ω+ Ω=7.5 Ω,I==1.3 A,选项D错.]‎ ‎2.(多选)如图3所示,电源电动势为E,内阻为r.电路中的R2、R3分别为总阻值一定的滑动变阻器,R0为定值电阻,R1为光敏电阻(其电阻随光照强度增大而减小).当开关S闭合时,电容器中一带电微粒恰好处于静止状态.下列说法中正确的是(  )‎ 图3‎ A.只逐渐增大R1的光照强度,电阻R0消耗的电功率变大,电阻R3中有向上的电流 B.只调节电阻R3的滑动端P2向上端移动时,电源消耗的电功率变大,电阻R3中有向上的电流 C.只调节电阻R2的滑动端P1向下端移动时,电压表示数变大,带电微粒向下运动 D.若断开开关S,带电微粒向下运动 AD [当逐渐增大光照强度时,光敏电阻R1的阻值减小,依据“串异并同”可知电流I增大,则PR0增大,UC增大,QC=CUC增大,即电容器充电,R3中有向上的电流,A正确.当P2向上移动时,UC不变,R3中没有电流,故B错误.当P1向下移动时,I不变,但UC变大,EC=变大,电场力FC=变大,微粒向上运动,故C错误.若断开开关S,电容器放电,UC降为0,则微粒只受重力作用而向下运动,故D正确.]‎ ‎3.如图4所示,水平面内有一平行金属导轨,导轨光滑且电阻不计,阻值为R的导体棒垂直于导轨放置,且与导轨接触良好.导轨所在空间存在匀强磁场,匀强磁场与导轨平面垂直,t=0时,将开关S由1掷向2,分别用q、i、v和a表示电容器所带的电荷量、棒中的电流、棒的速度大小和加速度大小,则选项中的图象中正确的是 (  )‎ 图4‎ ‎ ‎ D [开关接1时,电容器充电;开关接2时电容器放电,此时,导体棒中有电流,则导体棒在安培力作用下运动,产生感应电动势,感应电动势与电容器两端电压相等时,棒做匀速直线运动,说明电容器所带的电荷量最终不等于零,A项错误.但电流最终必为零,B错误.导体棒的速度增大到最大后做匀速直线运动,加速度为零,C错误,D正确.]‎ ‎4.如图5所示,M是一个小型理想变压器,原、副线圈匝数之比n1∶n2=10∶1,接柱线a、b接一正弦交变电源,电压u=311sin(100πt)V.变压器右侧部分为一火警报警系统原理图,其中R2为用半导体热敏材料制成的传感器(电阻随温度升高而减小),R1为一定值电阻.下列说法正确的是(  )‎ 图5‎ A.当R2所在处出现火情时,电阻R1的功率变小 B.当R2所在处出现火情时,电压表V2的示数变大 C.当R2所在处出现火情时,电流表A的示数变小 D.电压表V1示数为22 V D [根据题意,输入电压的有效值U1=220 V,再根据变压比公式可知,副线圈的输出电压为U2=22 V,因为输入电压决定输出电压,所以当R2所在处出现火情时,副线圈电压不变,仍是22 V,即电压表V1示数仍是22 V,选项D正确;当R2所在处出现火情时,R2随温度升高而减小,副线圈电路的总电阻减小,输出电流I2增大,电阻R1的功率P=IR1变大,R2两端的电压U=U2-I2R1变小,即电压表V2的示数变小,输入电流I1=I2=0.1I2变大,所以电流表A的示数变大,选项A、B、C错误.]‎ ‎5.如图6甲所示,一半径r=0.5 m、电阻为R=5 Ω、匝数为N ‎=100匝的圆形线圈两端A、C与一个理想电流表相连,线圈内有变化的磁场,以垂直纸面向里的磁场方向为正,磁场随时间的变化情况如图乙所示,则下列判断中正确的是(  )‎ 甲              乙 图6‎ A.在0~5 s的时间内,理想电流表示数的最大值为1 A B.在t=4 s时刻,流过电流表的电流方向为A→C C.前2 s内,通过线圈某截面的总电荷量为0.1 C D.第2 s内,线圈的发热功率最大 C [由法拉第电磁感应定律可知,流过线圈的电流I===·,由此式可知,Bt图象的斜率越大,则在线圈中产生的感应电流就越大,因此可判断在第1 s内的感应电流最大,代入数据有Im=0.1 A,选项A错误;在t=4 s时,由题意可知,此时穿过线圈的磁场方向为垂直纸面向外且正在逐渐增大,由楞次定律可知线圈中产生的感应电流的方向为顺时针方向,因此流过电流表的电流方向为C→A,选项B错误;‎ 由图乙可知,前2 s内只有第1 s内有磁通量的变化,会产生感应电流,第2 s内磁通量没有发生变化,所以不会产生感应电流,因此前2 s内通过线圈某截面的电荷量实际上为第1 s内的电荷量,由q=可得q=0.1 C,选项C正确,选项D错误.]‎ ‎6.如图7所示,两平行金属导轨位于同一水平面上,相距l,左端与一电阻R相连;整个系统置于匀强磁场中,磁感应强度大小为B,方向竖直向下.一质量为m的导体棒置于导轨上,在水平外力作用下沿导轨以速率v匀速向右滑动,滑动过程中始终保持与导轨垂直并接触良好.已知导体棒与导轨间的动摩擦因数为μ,重力加速度大小为g,导轨和导体棒的电阻均可忽略.求:‎ 图7‎ ‎(1)电阻R消耗的功率;‎ ‎(2)水平外力的大小.‎ ‎【解析】 (1)导体棒切割磁感线运动产生的电动势为E=Blv,根据欧姆定律,闭合回路中的感应电流为I=,电阻R消耗的功率为P=I2R,联立可得P=.‎ ‎(2)对导体棒受力分析,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安=BIl=B··l,故F=+μmg.‎ ‎【答案】 (1) (2)+μmg ‎7.如图8甲,电阻不计的轨道MON与PRQ平行放置,ON及RQ与水平面的倾角θ=53°,MO及PR部分的匀强磁场竖直向下,ON及RQ部分的磁场平行轨道向下,磁场的磁感应强度大小相同,两根相同的导体棒ab和cd分别放置在导轨上,与导轨垂直并始终接触良好.棒的质量m=1.0 kg,R=1.0 Ω,长度L=1.0 m与导轨间距相同,棒与导轨间动摩擦因数μ=0.5,现对ab棒施加一个方向水平向右按图乙规律变化的力F,同时由静止释放cd棒,则ab棒做初速度为零的匀加速直线运动,g取10 m/s2.‎ 甲             乙 图8‎ ‎(1)求ab棒的加速度大小;‎ ‎(2)求磁感应强度B的大小;‎ ‎(3)若已知在前2 s内F做功W=30 J,求前2 s内电路产生的焦耳热;‎ ‎(4)求cd棒达到最大速度所需的时间.‎ ‎【导学号:37162100】‎ ‎【解析】 (1)对ab棒:Ff=μmg v=at F-BIL-Ff=ma 则F=m(μg+a)+ 由图象信息,代入数据解得a=1 m/s2.‎ ‎(2)当t1=2 s时,F=10 N,由(1)知 =F-m(μg+a),得B=2 T.‎ ‎(3)0~2 s过程中,对ab棒,x=at=2 m v2=at1=2 m/s 由动能定理知:W-μmgx-Q=mv 代入数据解得Q=18 J.‎ ‎(4)设当时间为t′时,cd棒达到最大速度,‎ 对cd棒:FN′=BIL+mgcos 53°‎ Ff′=μFN′‎ mgsin 53°=Ff′‎ 则mgsin 53°=μ 代入数据得:t′=5 s.‎ ‎【答案】 (1)1 m/s2 (2)2 T (3)18 J (4)5 s
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