【物理】2018届二轮复习　电路和电磁感应学案（全国通用） 9页

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