【物理】2018届二轮复习 　电路和电磁感应 学案（全国通用）

【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 的几个功率 ‎(1)电 的总功率：P总＝EI＝I2(R＋r)．‎ ‎(2)电 内部消耗的功率：P内＝I2r．‎ ‎(3)电 的输出功率：P出＝UI＝P总－P内．‎ ‎7．电 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 ，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 问题：‎ ‎③在力和运动的关系中，要注意分析导体的受力情况，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．已知磁敏电阻在无磁场时电阻很小，有磁场时电阻变大，并且磁场越强阻值越大．为探测磁场的有无，利用磁敏电阻作为传感器设计了如图2所示电路．电 的电动势E和内阻r不变，在无磁场时调节变阻器R使小灯泡L正常发光，若探测装置从无磁场区进入磁场区，则(　　) ‎ ‎【导 号：17214229】‎ 图2‎ A．电压表的示数变小 B．磁敏电阻两端电压变小 C．小灯泡L变亮甚至烧毁 D．通过滑动变阻器的电流变大 C　[探测装置从无磁场区进入强磁场区时，磁敏电阻变大，电路的总电阻变大，根据闭合电路欧姆定律可知总电流I变小，根据U＝E－Ir，可知I减小，路端电压U增大，则电压表的示数变大，小灯泡两端的电压增大，所以小灯泡L变亮甚至烧毁．小灯泡的电流增大，而总电流减小，所以通过滑动变阻器R的电流减小，R的电压减小，而路端电压增大，所以磁敏电阻两端电压变大，故ABD错误，C正确．]‎ ‎2．(多选)如图3所示，电 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 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，M是一个小型理想变压器，原、副线圈匝数之比n1∶n2＝10∶1，接线柱a、b接一正弦交变电 ，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(　　) ‎ ‎【导 号：17214230】‎ 图4‎ 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．]‎ ‎4．如图5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(　　) ‎ ‎【导 号：17214231】‎ 甲　　　　　　　　乙 图5‎ 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．]‎ ‎5．如图6甲所示，用粗细均匀的导线制成的一只单匝圆形金属圈，现被一根绝缘丝线悬挂在竖直平面内处于静止状态，已知金属圈的质量为m＝0．‎1 kg，半径为r＝0．‎1 m，导线单位长度的阻值为ρ＝0．1 Ω/m，金属圈的上半部分处在一方向垂直圈面向里的有界匀强磁场中，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示．金属圈下半部分在磁场外．已知从t＝0时刻起，测得经过10 s丝线刚好被拉断．重力加速度g取‎10 m/s2．求：‎ 甲　　　　　乙 图6‎ ‎(1)导体圆中感应电流的大小及方向；‎ ‎(2)丝线所能承受的最大拉力F；‎ ‎(3)在丝线断前的10 s时间内金属圈中产生的焦耳热Q．‎ ‎【解析】　(1)由楞次定律可知，金属圈中电流方向为逆时针方向 由图乙知，＝ T/s＝0．8 T/s 金属圈的电阻为R＝2πrρ 金属圈中感应电流I＝＝·＝·＝0．8× A＝0．2 A．‎ ‎(2)10 s末磁感应强度B＝·t＝0．8×10 T＝8 T 金属圈受到的安培力F安＝BI·2r 细线的拉力：F＝F安＋mg＝BI·2r＋mg 代入数据得F＝1．32 N．‎ ‎(3)金属圈内产生的焦耳热：Q＝I2Rt 代入数据得：Q＝0．025 J．‎ ‎【答案】　(1)金属圈中感应电流的大小为0．2 A，方向为逆时针方向 ‎(2)1．32 N ‎(3)0．025 J ‎6．如图7所示，把一根长L＝20．‎0 m的均匀电线与R＝4．8 Ω的电阻连成闭合回路，两位同 在赤道处沿东西方向站立，匀速摇动这根电线，摇动部分的电线可简化为长L1＝6．‎0 m、宽L2＝1．‎0 m矩形的三条边，长边的线速度大小v＝2．‎0 m/s．已知此处地磁场的磁感应强度B＝5．0×10－5 T，方向水平向北，电线的电阻率ρ＝2．0×10－8Ω·m，横截面积S＝2．‎0 mm2，求：‎ 图7‎ ‎(1)这根电线的总电阻R0；‎ ‎(2)匀速摇动电线产生电动势的最大值Em；‎ ‎(3)电路消耗的总功率P． ‎ ‎【导 号：17214232】‎ ‎【解析】　(1)由电阻定律有R0＝ρ得电线的总电阻为：R0＝‎ eq f(2．0×10－8×20,2．0×10－6) Ω＝0．2 Ω．‎ ‎(2)根据题意知，当绳的速度方向与磁感线方向垂直时，产生的电动势的值最大，所以最大值为：Em＝BL1v＝5．0×10－5×6×2 V＝6．0×10－4 V．‎ ‎(3)摇绳发电类似于线框在磁场中转动，电路中产生交变电流，由交流电知识可知电动势的有效值为：E＝ 电路中产生的总功率为：P＝＝ W＝3．6×10－8 W．‎ ‎【答案】　(1)0．2 Ω　(2)6．0×10－4 V　(3)3．6×10－8 W