2019物理考前提分策略講義提分策略一臨考必記4.電路與電磁感應 含答案

學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精4．電路與電磁感應授課提示：對應學生用書第105頁[基本公式]1．電流的定義式：I＝eq\f(q,t).2．電源的幾個功率（1)電源的總功率：P總＝EI＝I2(R＋r)．(2）電源內部消耗的功率：P內＝I2r。(3)電源的輸出功率：P出＝UI＝P總－P內．3．電源的效率η＝eq\f(P出，P總)×100%＝eq\f（U，E)×100%＝eq\f（R,R＋r）×100%。4．磁通量的計算：Φ＝BS⊥.5．電動勢大小的計算:E＝neq\f（ΔΦ，Δt）(對象：閉合或不閉合的一個回路）或E＝BLv(切割類）．6．理想變壓器及其關系式（1）電壓關系為eq\f（U1，U2）＝eq\f(n1,n2）(多輸出線圈時為eq\f(U1，n1)＝eq\f(U2，n2）＝eq\f（U3,n3）＝…）．（2）功率關系為P出＝P入（多輸出線圈時為P入＝P出1＋P出2＋…）．(3）電流關系為eq\f(I1，I2)＝eq\f(n2，n1）(多輸出線圈時為n1I1＝n2I2＋n3I3＋…）．（4）頻率關系為f出＝f入．7．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,為便于理解題意，可參考下圖畫出相應的題意簡圖．（2)在高壓輸電中，常用以下關系式：輸電電流I2＝eq\f(P2，U2)＝eq\f(P3，U3)＝eq\f（U2－U3，R線)。輸電導線損失的電功率P損＝P2－P3＝Ieq\o\al(2,2)R線＝（eq\f（P2,U2))2R線．輸電線損耗的電壓U損＝U2－U3＝I2R線＝eq\f(P2，U2）R線．[二級結論］一、恒定電流1．和為定值的兩個電阻，阻值相等時并聯(lián)電阻值最大．2．路端電壓：純電阻時U＝E－Ir＝eq\f(ER，R＋r)，隨外電阻的增大而增大．3．畫等效電路：電流表等效短路；電壓表、電容器等效斷路；等勢點合并．4．R＝r時電源輸出功率最大P＝eq\f(E2，4r）。5．含電容器的電路中，電容器是斷路，其電壓值等于與它并聯(lián)的電阻上的電壓,穩(wěn)定時,與它串聯(lián)的電阻是虛設，電路發(fā)生變化時，有充、放電電流．二、電磁感應1．楞次定律:（阻礙原因)內外環(huán)電流方向:“增反減同”,自感電流的方向:“增反減同”，磁鐵相對線圈運動：“你追我退，你退我追”．通電導線或線圈旁的線框：線框運動時“你來我推，你走我拉”．電流變化時“你增我遠離，你減我靠近”．2．轉桿(輪）發(fā)電機：E＝eq\f(1，2）BL2ω.3．通過導線橫截面的電荷量:Q＝eq\f（nΔΦ，R總)。三、交變電流1．中性面垂直磁場方向,Φ與e為互余關系(即Φ變大時e變?。讼碎L．2．線圈從中性面開始轉動；e＝nBSωsinωt＝emsinωt。3．線圈從平行磁場方向開始轉動:e＝nBSωcosωt＝emcosωt.4．正弦交變電流的有效值:I2RT等于一個周期內產生的總熱量．［臨考必練]1．把電熱器接到110V的直流電源上，t時間內產生熱量為Q，現(xiàn)把它接到交流電源上，t時間內產生的熱量為2Q，則交流電源的電壓有效值是()A．110V B.110eq\r（2）VC．220V D．220eq\r（2）V解析:設電熱器的電阻為R。當電熱器接在U＝110V的直流電源上時，Q＝eq\f（U2，R）t,當電熱器改接到交流電源上時，2Q＝eq\f（U′2，R）t，聯(lián)立解得U′＝110eq\r（2）V，故選B。答案:B2.如圖所示，光滑的水平桌面上放著兩個完全相同的金屬環(huán)a和b,當一條形磁鐵的S極豎直向下迅速靠近兩環(huán)中間時（)A．a、b均靜止不動B．a、b互相靠近C．a、b均向上跳起D．a、b互相遠離解析：當條形磁鐵的S極迅速向下靠近兩環(huán)中間時，閉合導體環(huán)內的磁通量增大，根據(jù)楞次定律可知，兩線圈中將產生順時針方向的感應電流，因兩線圈相鄰處電流方向相反，所以a、b兩環(huán)相互遠離；根據(jù)楞次定律，當條形磁鐵的S極豎直向下迅速移動時，由“來拒去留”可知a、b均有向下運動的趨勢，即不會向上跳起，故D正確．答案：D3.圖示為無線充電技術中使用的受電線圈示意圖,線圈匝數(shù)為n，面積為S.若在t1到t2時間內，勻強磁場平行于線圈軸線向右穿過線圈,其磁感應強度大小由B開始均勻增加，該段時間線圈兩端a和b之間的電勢差為－U,則在t2時刻磁感應強度大小B′為()A．－eq\f(Ut2－t1,nS）＋B B.eq\f（Ut2－t1,nS）－BC。eq\f（Ut2－t1,nS） D.eq\f(Ut2－t1，nS）＋B解析：根據(jù)題述，磁感應強度大小由B開始均勻增加，設磁感應強度變化率為eq\f(ΔB,Δt）,在t2時刻磁感應強度的大小可以表示為B′＝B＋eq\f（ΔB,Δt)（t2－t1）．根據(jù)法拉第電磁感應定律，E＝neq\f(ΔΦ,Δt）＝nSeq\f（ΔB,Δt)，而E＝U，聯(lián)立解得B′＝B＋eq\f（U,nS）(t2－t1），選項D正確．答案:D4．（多選)在遠距離輸電時,輸送的電功率為P，輸電電壓為U，所用輸電導線的電阻率為ρ，橫截面積為S，兩地的距離為L,輸電線上損耗的電功率為P1，用戶得到的電功率為P2.下列關于P1和P2的表達式中正確的是（）A．P2＝P(1－eq\f（2PρL，U2S)) B．P2＝P－eq\f（U2S，2ρL)C．P1＝eq\f(2P2ρL，U2S） D．P1＝eq\f(U2S,ρL)解析：輸電線上的電流I＝eq\f（P，U），輸電導線的電阻R＝ρeq\f（2L，S)，輸電線上損耗的電功率P1＝I2R＝eq\f（2P2ρL,U2S)，用戶得到的電功率P2＝P－P1＝P(1－eq\f(2PρL,U2S）)，選項A、C正確．答案：AC5.（多選)如圖所示，在某控制電路中，R是光敏電阻(光敏電阻的阻值隨光照強度的增大而減小），當它受到的光照強度逐漸增大時(）A．燈泡L變暗B．光敏電阻R上的電壓增大C．電壓表的讀數(shù)減小D．電容器的帶電荷量增大解析:光照強度增大時,R的阻值減小，閉合電路的總電阻減小,總電流增大，則燈泡L變亮，A錯誤;光敏電阻R上的電壓UR＝E－I(r＋RL)減小,B錯誤；電壓表的讀數(shù)U＝E－Ir減小，C正確；電容器C兩端的電壓等于燈泡兩端的電壓，燈泡兩端的電壓UL＝IRL增大，所以電容器C的帶電荷量Q＝CUL增大，D正確．答案:CD6．（多選)理想變壓器原線圈a匝數(shù)n1＝200匝，副線圈b匝數(shù)n2＝100匝，線圈a接在u＝44eq\r（2)sin314tV的交流電源上，“12V6W"的燈泡恰好正常發(fā)光．電阻R2＝16Ω。電壓表V為理想電表．下列推斷正確的是（)A．交變電流的頻率為100HzB．穿過鐵芯的磁通量的最大變化率為eq\f（\r（2),5)Wb/sC．電壓表V的示數(shù)為22VD．R1消耗的功率是1W解析：由u＝44eq\r(2)sin314tV知f＝eq\f(1,T)＝eq\f(ω,2π）＝50Hz，A錯誤；燈泡正常發(fā)光，由P＝UI得燈泡中的電流I2＝eq\f（6W，12V)＝0.5A，電壓表的示數(shù)U2＝12V＋0。5×16V＝20V,C錯誤；穿過鐵芯的磁通量的最大變化率為eq\f（ΔΦ，Δt）＝eq\f(U2m，n2)＝eq\f（20\r(2)，100）Wb/s＝eq\f（\r（2）,5）Wb/s，B正確;根據(jù)eq\f（U1,U2)＝eq\f（n1，n2），得U1＝40V，則R1兩端電壓UR1＝44V－40V＝4V，由原、副線圈的電流與匝數(shù)成反比,可得通過R1的電流I1＝0。25A,則R1的功率P＝UR1I1＝1W,D正確．答案：BD7．（多選）圖甲為風力發(fā)電的簡易模型．在風力作用下，風葉帶動與桿固連的永磁鐵轉動,磁鐵下方的線圈與電壓傳感器相連．在某一風速時，傳感器顯示如圖乙所示，則（)A．磁鐵的轉速為10r/sB．線圈兩端電壓的有效值為6eq\r(2）VC．交流電壓的表達式為u＝12sin5πtVD．該交流電可以直接加在擊穿電壓為9V的電容器上解析：電流的周期為T＝0.4s,故磁體的轉速為n＝eq\f（1,0。4）r/s＝2。5r/s，故A錯誤;通過乙圖可知電壓的最大值為12V，故有效值U＝eq\f（Um，\r(2）)＝eq\f（12，\r(2))V＝6eq\r(2）V，故B正確；周期T＝0。4s，故ω＝eq\f(2π,T)＝eq\f（2π，0.4）rad/s＝5πrad/s，故電壓的表達式為u＝12sin5πtV，故C正確；交流電的最大值大于電容器的擊穿電壓,故不能把該交流電直接加在擊穿電壓為9V的電容器上，故D錯誤．答案:BC8.(多選)如圖所示，光滑水平面上存在有界勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向里，質量為m、邊長為a的正方形線框ABCD斜向穿進磁場，當AC剛進入磁場時線框的速度大小為v,方向與磁場邊界所成夾角為45°。若線框的總電阻為R,則()A．線框穿進磁場過程中,框中電流的方向為D→C→B→A→DB．AC剛進入磁場時線框中感應電流為eq\f（\r（2）Bav，R)C．AC剛進入磁場時線框所受安培力大小為eq\f(\r(2）B2a2v,R)D．此時CD兩端電壓為eq\f（3，4)Bav解析：線框進入磁場的過程中穿過線框的磁通量增大，由楞次定律可知，感應電流產生的磁場方向垂直紙面向外，則感應電流的方向為A→B→C→D→A，A錯誤;AC剛進入磁場時CD邊切割磁感線，AD邊不切割磁感線，所以產生的感應電動勢為E＝Bav,則線框中感應電流為I＝eq\f（E,R）＝eq\f(Bav,R)，故CD兩端的電壓為U＝I×eq\f(3,4)R＝eq\f(3,4）Bav,B錯誤,D正確；AC剛進入磁場時線框的CD邊受到的安培力的方向與v的方向相反，AD邊受到的安培力的方向垂直于AD邊向下,它們的大小都是F＝BIa，AC剛進入磁場時線框所受安培力為AD邊與CD邊受到的安培力的矢量和，由幾何關系可以看出,AD邊與CD邊受到的安培力的方向相互垂直，所以F合＝eq\r(2）F＝eq\f(\r（2)B2a2v,R)，C正確．答案：CD9。(多選）如圖所示,空間存在有界的勻強磁場，磁場上下邊界水平，方向垂直紙面向里,寬度為L.一邊長為L的正方形線框自磁場邊界上方某處自由下落，線框自開始進入磁場區(qū)域到全部離開磁場區(qū)域的過程中，下列關于線框速度和感應電流大小隨時間變化的圖象可能正確的是(線框下落過程中始終保持在同一豎直平面內，且底邊保持與磁場邊界平行)(）解析：設金屬框的電阻為R，如果進入磁場時安培力與重力相等，即mg＝BIL＝eq\f（B2L2v,R)，則線框自進入到穿出磁場的過程中速度不變,A正確;如果線框進入磁場時安培力小于重力，則線框速度增大，安培力增大,根據(jù)牛頓第二定律可得mg－F安＝ma，則線框加速運動的過程中加速度逐漸減小,速度圖象的斜率應逐漸減小，B錯誤；如果線框進入磁場時安培力大于重力，則線框進入磁場后做減速運動,根據(jù)歐姆定律可得i＝eq\f(E，R）＝eq\f(BLv0－at，R）＝eq\f（BLv0，R)－eq\f（BLa,R）t，由于a逐漸減小，所以圖象的斜率應逐漸減小，C正確；如果線框進入磁場時安培力小于重力，則線框進入磁場后做加速運動，根據(jù)歐姆定律可得i＝eq\f(E,R）＝eq\f(BLv0＋at，R)＝eq\f（BLv0，R)＋eq\f（BLa,R)t，由于a逐漸減小，所以圖象的斜率應逐漸減小，當安培力等于重力時做勻速直線運動，D正確．答案：ACD10。如圖所示,兩條間距L＝0。5m且足夠長的平行光滑金屬直導軌，與水平地面成α＝30°角固定放置，磁感應強度B＝0。4T的勻強磁場方向垂直導軌所在的斜面向上,質量mab＝0.1kg、mcd＝0。2kg的金屬棒ab、cd垂直導軌放在導軌上，兩金屬棒的總電阻r＝0.2Ω，導軌電阻不計．ab在沿導軌所在斜面向上的外力F作用下，沿該斜面以v＝2m/s的恒定速度向上運動．某時刻釋放cd，cd向下運動，經(jīng)過一段時間其速度達到最大．已知重力加速度g取10m/s2(1）abdc回路中的電流I以及F的大小;(2）abdc回路中磁通量的變化率以及cd的速度大?。馕觯海?）以cd為研究對象，當cd速度達到最大值時有mcdgsinα＝BIL代入數(shù)據(jù)得I＝5A由于金屬棒ab、cd均沿斜面方向做勻速運動，可將金屬棒ab、cd看作整體，作用在ab上的外力F＝（mab＋mcd)gsinα代入數(shù)據(jù)得F＝1。5N.(2)設cd達到最大速度時abdc回路產生的感應電動勢為E,根據(jù)法拉第電磁感應定律有E＝eq\f(ΔΦ,Δt）