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

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1、倒計(jì)時(shí)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(gè)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(shí)值表達(dá)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

2、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(shí)為P入＝P出1＋P出2＋…)． (3)電流關(guān)系為＝(多輸出線圈時(shí)為n1I1＝n2I2＋n3I3＋…)． (4)頻率關(guān)系為：f出＝f入． 11．磁通量的計(jì)算：Φ＝BS⊥. 12．電動(dòng)勢(shì)大小的計(jì)算：E＝n或E＝Blv(切割類)． 13．高壓遠(yuǎn)距離輸電的分析方法及計(jì)算 (1)在高壓輸電的具體計(jì)算時(shí)，為條理清楚，可參考如圖1所示畫出相應(yīng)的題意簡(jiǎn)圖． 圖1 (2)確定輸電過(guò)程的電壓關(guān)系、功率關(guān)系如下列表達(dá)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

3、 P損＝P2－P3＝IR線＝2R線 輸電導(dǎo)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(guò)回路的原磁場(chǎng)的方向； (2)確定原磁場(chǎng)的磁通量是“增加”還是“減少”； (3)確定感應(yīng)電流磁場(chǎng)的方向(與原磁場(chǎng)“增則反、減則同”)； (4)根據(jù)感應(yīng)電流的磁場(chǎng)方向，由安培定則判斷感應(yīng)電流的方向． 15．幾種常見(jiàn)感應(yīng)問(wèn)題的分析方法 (1)電路問(wèn)題： ①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(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻． ②畫出等效電路． ③運(yùn)用閉合電路歐姆定律，串、并聯(lián)電路特點(diǎn)，電功率公式，焦耳定律公式等求解． (2)動(dòng)力

4、學(xué)問(wèn)題： ① ② ③在力和運(yùn)動(dòng)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(shí)，速度最大，導(dǎo)體最終達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)是該類問(wèn)題的重要特點(diǎn)． (3)能量問(wèn)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(shì)能必然發(fā)生變化；安培力做負(fù)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(dòng)能定理，能量守恒定律，功能關(guān)系，列方程求解問(wèn)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(jì)，三個(gè)小燈

5、泡完全相同且外電路變化時(shí)每個(gè)燈泡兩端的電壓都不會(huì)超過(guò)其額定電壓，開始時(shí)只有S1閉合，當(dāng)S2也閉合后，下列說(shuō)法中正確的是(　　) 圖2 A．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(guò)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(shí)，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(dòng)勢(shì)E；當(dāng)S2也閉合后，電路總阻值變小，流過(guò)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(shí)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

6、對(duì)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(guò)電流表的電流方向自右向左，綜上所述，B、C錯(cuò)誤，A、D正確．] 2．(多選)如圖3所示，電源電動(dòng)勢(shì)為E，內(nèi)阻為r.電路中的R2、R3分別為總阻值一定的滑動(dòng)變阻器，R0為定值電阻，R1為光敏電阻(其電阻隨光照強(qiáng)度增大而減小)．當(dāng)開關(guān)S閉合時(shí)，電容器中一帶電微粒恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)．下列說(shuō)法中正確的是(　　) 圖3 A．只逐漸增大R1的光照強(qiáng)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(dòng)端P2向上端移動(dòng)時(shí)，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(dòng)端P1向下端移

7、動(dòng)時(shí)，電壓表示數(shù)變大，帶電微粒向下運(yùn)動(dòng) D．若斷開開關(guān)S，帶電微粒向下運(yùn)動(dòng) AD　[當(dāng)逐漸增大光照強(qiáng)度時(shí)，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(dāng)P2向上移動(dòng)時(shí)，UC不變，R3中沒(méi)有電流，故B錯(cuò)誤．當(dāng)P1向下移動(dòng)時(shí)，I不變，但UC變大，EC＝變大，電場(chǎng)力FC＝變大，微粒向上運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)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(yùn)動(dòng)，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(jì)，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

8、空間存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，勻強(qiáng)磁場(chǎng)與導(dǎo)軌平面垂直，t＝0時(shí)，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(xiàng)中的圖象中正確的是 (　　) 圖4 D　[開關(guān)接1時(shí)，電容器充電；開關(guān)接2時(shí)電容器放電，此時(shí)，導(dǎo)體棒中有電流，則導(dǎo)體棒在安培力作用下運(yùn)動(dòng)，產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)與電容器兩端電壓相等時(shí)，棒做勻速直線運(yùn)動(dòng)，說(shuō)明電容器所帶的電荷量最終不等于零，A項(xiàng)錯(cuò)誤．但電流最終必為零，B錯(cuò)誤．導(dǎo)體棒的速度增大到最大后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，加速度為零，C錯(cuò)誤，D正確．] 4．如圖5所示，M是一個(gè)小型理想變壓器，原、副線圈匝數(shù)之比n1∶n2

9、＝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(bào)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(shuō)法正確的是(　　)　 【導(dǎo)學(xué)號(hào)：25702083】 圖5 A．當(dāng)R2所在處出現(xiàn)火情時(shí)，電阻R1的功率變小 B．當(dāng)R2所在處出現(xiàn)火情時(shí)，電壓表V2的示數(shù)變大 C．當(dāng)R2所在處出現(xiàn)火情時(shí)，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?yàn)檩斎腚妷簺Q定輸出電壓，所以當(dāng)R2

10、所在處出現(xiàn)火情時(shí)，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(xiàng)D正確；當(dāng)R2所在處出現(xiàn)火情時(shí)，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(xiàng)A、B、C錯(cuò)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(gè)理想電流表相連，線圈內(nèi)有變化的磁場(chǎng)，以垂直紙面向里的磁場(chǎng)方向?yàn)檎艌?chǎng)隨時(shí)間的變化情況如圖乙所示，則下列判斷中正確的是(　　) 甲　　　

11、　　　　　　　　　　　乙 圖6 A．在0～5 s的時(shí)間內(nèi)，理想電流表示數(shù)的最大值為1 A B．在t＝4 s時(shí)刻，流過(guò)電流表的電流方向?yàn)锳→C C．前2 s內(nèi)，通過(guò)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(guò)線圈的電流I＝＝＝·，由此式可知，B-t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(xiàng)A錯(cuò)誤；在t＝4 s時(shí)，由題意可知，此時(shí)穿過(guò)線圈的磁場(chǎng)方向?yàn)榇怪奔埫嫦蛲馇艺谥饾u增大，由楞次定律可知線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針?lè)较?，因此流過(guò)電流表的電流

12、方向?yàn)镃→A，選項(xiàng)B錯(cuò)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(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流，第2 s內(nèi)磁通量沒(méi)有發(fā)生變化，所以不會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流，因此前2 s內(nèi)通過(guò)線圈某截面的電荷量實(shí)際上為第1 s內(nèi)的電荷量，由q＝可得q＝0.1 C，選項(xiàng)C正確，選項(xiàng)D錯(cuò)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(gè)系統(tǒng)置于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)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(dòng)，滑動(dòng)過(guò)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(dòng)摩擦因數(shù)為μ，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

13、： 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(yùn)動(dòng)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)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(duì)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＋μmg＝F，F(xiàn)安＝BIl＝B··l，故F＝＋μmg. 【答案】　(1)　(2)＋μmg 7．如圖8甲，電阻不計(jì)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(qiáng)磁場(chǎng)豎直向下，ON及RQ部分的磁場(chǎng)平行軌道向下，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相同，兩根相同的導(dǎo)體

14、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m＝1.0 kg，R＝1.0 Ω，長(zhǎng)度L＝1.0 m與導(dǎo)軌間距相同，棒與導(dǎo)軌間動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，現(xiàn)對(duì)ab棒施加一個(gè)方向水平向右按圖乙規(guī)律變化的力F，同時(shí)由靜止釋放cd棒，則ab棒做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，g取10 m/s2. 【導(dǎo)學(xué)號(hào)：25702084】 甲　　　　　　　　　　　　　乙 圖8 (1)求ab棒的加速度大?。? (2)求磁感應(yīng)強(qiáng)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(dá)到最大速度所需的時(shí)間． 【解析】　(1)對(duì)ab棒：Ff＝μmg

15、 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(dāng)t1＝2 s時(shí)，F(xiàn)＝10 N，由(1)知 ＝F－m(μg＋a)，得B＝2 T. (3)0～2 s過(guò)程中，對(duì)ab棒，x＝at＝2 m v2＝at1＝2 m/s 由動(dòng)能定理知：W－μmgx－Q＝mv 代入數(shù)據(jù)解得Q＝18 J. (4)設(shè)當(dāng)時(shí)間為t′時(shí)，cd棒達(dá)到最大速度， 對(duì)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