2025 選考專題高考 物理 （川陜青寧蒙新晉豫）第7講　磁場作業(yè)含答案

2025選考專題高考物理（川陜青寧蒙新晉豫）第7講磁場作業(yè)含答案第7講磁場時間|40min1.(多選)[2024·福建卷]將半徑為r的銅導線半圓環(huán)AB用兩根不可伸長的絕緣線a、b懸掛于天花板上,AB置于垂直紙面向外的大小為B的磁場中,如圖所示.現(xiàn)給導線通以自A到B大小為I的電流,則 ()A.通電后兩線拉力變小B.通電后兩線拉力變大C.安培力為πBIrD.安培力為2BIr2.[2024·河南信陽模擬]如圖所示,邊長為L的正方形金屬線框abcd用絕緣細線懸掛在天花板上處于靜止狀態(tài),ab邊水平,帶有絕緣層的長直金屬導線MN水平固定,剛好與金屬線框的ad邊和bc邊接觸,線框關于長直導線對稱.若長直導線中通有從M到N的恒定電流,線框中通有大小為I、沿順時針方向的恒定電流,線框的質量為m,重力加速度為g,此時細線的拉力為F,則 ()A.ab邊受到的安培力方向向上B.F<mgC.俯視看,線框有繞懸線沿逆時針方向轉動的趨勢D.長直導線中的電流在線框的ab邊處產(chǎn)生的磁場的磁感應強度大小為F3.[2024·山東青島模擬]如圖所示,半徑為R的14圓OAP區(qū)域中存在垂直于圓平面向外、磁感應強度大小為B的勻強磁場,圓心O點有一粒子源,先后從O點以相同速率v0=qBRm向圓區(qū)域內發(fā)射兩個完全相同的帶正電粒子a、b(質量為m,電荷量為q),其速度方向均垂直于磁場方向,與OP的夾角分別為90°、60°,不計粒子的重力及粒子間相互作用力,則兩個粒子a、b在磁場中運動的時間之比ta∶tb為 (A.1∶1B.2∶1C.1∶2D.4∶14.(多選)[2024·安徽淮南模擬]如圖所示,豎直平面內半徑為R的圓形區(qū)域內充滿垂直于圓形區(qū)域的勻強磁場(圖中未標出),O為圓形區(qū)域的圓心,AB和CD分別為圓的水平直徑和豎直直徑.現(xiàn)從D點沿圖示方向垂直于磁場發(fā)射一粒子,粒子最終從圓上的E點沿水平方向射出磁場,且E、O兩點的連線與AO的夾角α=60°.已知粒子射入磁場時的速度大小為v0,粒子的質量為m,所帶電荷量的絕對值為q,不計粒子重力.以下說法正確的是 ()A.粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為3RB.圖中的θ=60°C.粒子在磁場中運動的時間為5πD.若僅改變粒子垂直于射入磁場時的速度方向,粒子出磁場時其速度方向與CD的夾角可能為30°5.(多選)[2024·湖北荊門模擬]如圖所示,空間中有一正方形區(qū)域PQMN,相同的帶電粒子從P點沿PQ方向以一定初速度v0射入,若空間中只有磁感應強度大小為B且方向垂直于平面PQMN的勻強磁場,粒子經(jīng)時間t1恰好以動能Ek1到達M點,這段過程洛倫茲力的沖量大小為I1;若空間中只有電場強度大小為E且平行于PN方向的勻強電場,粒子經(jīng)時間t2恰好以動能Ek2到達QM的中點,這段過程電場力的沖量大小為I2.不計粒子的重力,下列關系式正確的是()A.t1∶t2=2∶πB.Ek1∶Ek2=1∶2C.I1∶I2=2∶1D.B∶E=1∶v06.(多選)[2024·河北卷]如圖所示,真空區(qū)域有同心正方形ABCD和abcd,其各對應邊平行,ABCD的邊長一定,abcd的邊長可調,兩正方形之間充滿恒定勻強磁場,方向垂直于正方形所在平面.A處有一個粒子源,可逐個發(fā)射速度不等、比荷相等的粒子,粒子沿AD方向進入磁場.調整abcd的邊長,可使速度大小合適的粒子經(jīng)ad邊穿過無磁場區(qū)后由BC邊射出.對滿足前述條件的粒子,下列說法正確的是 ()A.若粒子穿過ad邊時速度方向與ad邊夾角為45°,則粒子必垂直BC射出B.若粒子穿過ad邊時速度方向與ad邊夾角為60°,則粒子必垂直BC射出C.若粒子經(jīng)cd邊垂直BC射出,則粒子穿過ad邊時速度方向與ad邊夾角必為45°D.若粒子經(jīng)bc邊垂直BC射出,則粒子穿過ad邊時速度方向與ad邊夾角必為60°7.[2024·湖北武漢模擬]如圖所示,水平直邊界下方存在垂直于紙面向里的勻強磁場,O、P、Q為邊界上的三個點.一電荷量為q(q>0)的粒子在紙面內以水平向右的速度經(jīng)過O點正下方M點,分裂成兩個質量相等的帶正電的粒子1和粒子2,分裂后兩粒子的運動方向與分裂前相同,當粒子1從P點離開磁場時,粒子2也恰好從Q點離開磁場.已知OP=d,OQ=3d,OM=3d.不計粒子重力和粒子間的相互作用.(1)求粒子1、2各自在磁場中運動的半徑;(2)求粒子1所帶的電荷量;(3)若邊界上方同時存在磁感應強度大小相同、方向垂直于紙面向外的勻強磁場,當粒子2第二次經(jīng)過邊界時,求兩粒子之間的距離.8.[2024·江蘇蘇州模擬]如圖所示,在直角坐標系xOy平面內,有一離子源沿x軸正方向發(fā)射出大量速率均為v0的同種正離子,這些離子發(fā)射時均勻分布在離x軸距離為0~R的范圍內,離子的質量為m,電荷量為q.在離子源右側有一圓形磁場區(qū)域Ⅰ,其圓心O'的坐標為(0,R),半徑為R,磁場方向垂直于紙面向外,磁感應強度大小為B1(未知).在y<0的無限大區(qū)域內存在垂直于紙面向外的勻強磁場Ⅱ,磁感應強度大小為B2(未知),已知B2=12B1.CD為離子收集板,C點位置坐標為-R,-3R,且CD平行于y軸.若離子群經(jīng)過磁場Ⅰ后均從O點進入磁場Ⅱ,其中從離子源最上方射出的離子經(jīng)過磁場Ⅰ偏轉后恰好從O點沿y軸負方向射入磁場Ⅱ,離子打到收集板上即刻被吸收,不考慮離子從磁場(1)求B1的大小;(2)若從O點射出的離子恰好全部被收集板右側吸收,求收集板的長度L;(3)若收集板的長度為2R,求被收集板右側收集的離子數(shù)與射入磁場的離子總數(shù)的比值.第7講磁場1.BD[解析]根據(jù)左手定則可知,通電后半圓環(huán)AB受到豎直向下的安培力,根據(jù)平衡條件可知,通電后兩線拉力變大,故A錯誤,B正確;半圓環(huán)AB所受安培力的等效長度為直徑AB,則安培力大小為F=BI·2r=2BIr,故C錯誤,D正確.2.D[解析]同向電流相互吸引,所以ab邊受到的安培力方向向下,選項A錯誤;ab邊受到的安培力向下,cd邊受到的安培力也向下,則線框整體受到的安培力FA方向向下,由平衡條件可知F=FA+mg,則F>mg,選項B錯誤;根據(jù)線框四邊受到的安培力分析,線框沒有轉動的趨勢,選項C錯誤;長直導線中的電流在線框的ab邊和cd邊處產(chǎn)生的磁場的磁感應強度B大小相等,方向相反,線框ab邊和cd邊受到的安培力方向相同,大小均為12FA,有BIL=F-mg2,解得B=F-3.A[解析]由qv0B=mv02r,解得r=mv0qB=R,即兩個粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑均為R,恰好與磁場區(qū)域圓半徑相等,則兩粒子射出磁場的點與O點連線的長度均為R,即兩粒子在磁場中運動過程軌跡對應的弦長相等,所以兩粒子在磁場中運動的時間相同,即ta∶tb=14.BC[解析]設粒子在磁場中做勻速圓周運動的圓心為O1,如圖所示,圖中∠EOD=α+90°=150°,根據(jù)相交圓的特點可知∠EOO1=12∠EOD=75°,進而∠FOO1=∠EOO1-α=15°,則EF=Rsin60°=32R,FO1=FOtan15°=Rcos60°tan15°=12R×sin45°-30°cos45°-30°=R-32R,所以粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑R'=EF+FO1=R,A錯誤;因R'=R,可知四邊形EODO1為菱形,故∠O1DO=180°-2∠EOO1=30°,因而θ=90°-∠O1DO=60°,故B正確;由于粒子在磁場中運動的軌跡對應的圓心角為∠DO1E=EOD=150°,所以粒子在磁場中運動的時間t=150°360°×2πRv0=5πR5.BCD[解析]設正方形的邊長為L,帶電粒子的質量為m,電荷量為q.若空間中只有磁感應強度大小為B且方向垂直于平面PQMN的勻強磁場,粒子經(jīng)過M點,則由幾何關系可得粒子做勻速圓周運動的半徑R=L,周期T=2πRv0=2πLv0,運動的時間t1=14T=πL2v0,由于洛倫茲力不做功,所以Ek1=12mv02,洛倫茲力的沖量大小I1=(mv0)2+(mv0)2=2mv0,由qv0B=mv02R,解得B=mv0qL;若空間中只有電場強度大小為E且平行于PN方向的勻強電場,粒子經(jīng)過QM的中點,則沿初速度方向有t2=Lv0,由速度偏轉角和位移偏轉角的關系可得tanθv=2tanθs=2×12QMPQ=1,則經(jīng)過QM中點時沿電場方向的分速度為vy=v0,合速度為v=2v0,所以Ek2=12mv2=mv02,電場力的沖量大小為I2=mvy=mv0,沿電場方向有L2=12·Eq6.ACD[解析]若粒子穿過ad邊時速度方向與ad邊夾角為45°,則粒子必經(jīng)過cd邊,作出粒子運動軌跡圖,如圖甲所示,由對稱性可知,粒子從C點垂直于BC射出,A、C正確;若粒子穿過ad邊時速度方向與ad邊夾角為60°,則粒子可能從cd邊再次進磁場,作出粒子運動軌跡如圖乙所示,此時粒子不能垂直BC射出,粒子也可能經(jīng)bc邊再次進入磁場,作出粒子運動軌跡如圖丙所示,此時粒子垂直BC邊射出,B錯誤,D正確.7.(1)233d23d(2)2q[解析](1)粒子運動軌跡如圖甲所示設粒子1做勻速圓周運動的半徑為r1,由幾何關系得r12-3d解得r1=23設粒子2做勻速圓周運動的半徑為r2,由幾何關系得r22-r2-解得r2=23d(2)由幾何關系知,粒子1在磁場中運動的時間t1=13T粒子2在磁場中運動的時間t2=16T其中T1=2πm1q1B由題意知m1=m2,t1=t2由電荷守恒定律得q1+q2=q聯(lián)立解得q1=2(3)若在邊界上方同時存在磁感應強度大小相同、方向垂直于平面向外的勻強磁場,則粒子1、2將做周期性運動.粒子2第2次經(jīng)過邊界時,粒子1也經(jīng)過邊界.如圖乙所示粒子1到O點的距離x1=3r1cos30°粒子2到O點的距離x2=3r2cos30°所以兩個粒子之間的距離Δx=x2-x1聯(lián)立解得Δx=6d8.(1)mv0qR(2)15[解析](1)由從離子源最上方射出的離子經(jīng)過磁場Ⅰ偏轉后恰好從O點沿y軸負方向射入磁場Ⅱ可知,離子在磁場Ⅰ中做勻速圓周運動的半徑為r1=R根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qv0B1=mv解得B1=m(2)因為B2=12B1,所以離子在磁場Ⅱ中做勻速圓周運動的半徑為r2=2r1=2離子在磁場中運動軌跡如圖甲所示從離子源最上方射出的離子經(jīng)O點沿y軸負方向射入磁場Ⅱ,打在收集板的位置離x軸的距離最近,由幾何關系可知,最近距離為y1=r22-(r2-R射入磁場Ⅱ的離子打到CD板上最下端的D點,由幾何關系可知,D點離x軸的距離為y2=2r22所以若從O點射出的離子恰好全部被收集板右側吸收,則收集板的長度為L=y2-y1=15-(3)若收集板的長度為2R,則打在收集板最下端的D點的離子做圓周運動的軌跡如圖乙所示從O點射出沿y軸負方向射入磁場Ⅱ的離子在磁場Ⅱ中偏轉后恰好經(jīng)過C點,設從O點射出與x軸正方向夾角為θ的離子剛好經(jīng)過收集板最下端的D點,由幾何關系可知OC=OA2因OC=CD=2R,則C點為經(jīng)過D點的離子運動軌跡的圓心由幾何關系可知sinθ=OAOC=解得θ=30°所以從O點射出與x軸正方向夾角在30°~90°之間的離子能被CD板收集,如圖丙所示由幾何關系可知,從O點射出與x軸正方向夾角為30°的離子在進入圓形磁場Ⅰ時與x軸的距離為PQ=R-Rcos30°=1-從O點射出沿y軸負方向射入磁場Ⅱ的離子進入圓形磁場Ⅰ時與x軸的距離為R則被收集板右側收集的離子對應離子源的寬度為PS=SQ-PQ=32所以被收集板右側收集的離子數(shù)與射入磁場的離子總數(shù)的比值為k=32R專題四電路與電磁感應第8講恒定電流和交變電流【網(wǎng)絡構建】【關鍵能力】理清各個基本概念,熟記各公式及適用條件,掌握交流電“四值”的特點及適用范圍,注意訓練和掌握閉合電路的動態(tài)分析問題、含電容器電路的分析問題、變壓器電路的動態(tài)分析問題的分析思路與方法,提高解決與實際生活、生產(chǎn)、科技相結合問題的能力.題型1直流電路的分析與計算1.非靜電力做功與電功和電熱電源做功W=qE=EIt,電流做功W=qU=UIt,電熱Q=I2Rt.(1)對純電阻電路,電功等于電熱.電流流經(jīng)純電阻電路,消耗的電能全部轉化為內能,W=Q=UIt=I2Rt=U2(2)對非純電阻電路(如電動機和電解槽),由于W>Q,這時電功只能用W=UIt計算,電熱只能用Q=I2Rt計算.2.閉合電路兩個重要圖像的應用(1)閉合電路的U-I圖像如圖甲所示.當外電路短路時(R=0,因而U=0),電流最大,為I短=Er(不允許出現(xiàn)這種情況,因為會把電源燒壞)(2)電源的輸出功率(P外)與外電阻R的關系為P外=IU=E2R(R+r)2=E2例1[2024·廣西卷]將橫截面相同、材料不同的兩段導體L1、L2無縫連接成一段導體,總長度為1.00m,接入圖甲電路.閉合開關S,滑片P從M端滑到N端,理想電壓表讀數(shù)U隨滑片P的滑動距離x的變化關系如圖乙所示,則導體L1、L2的電阻率之比約為 ()A.2∶3 B.2∶1 C.5∶3 D.1∶3例2[2024·湖南長沙模擬]如圖甲、乙、丙所示分別展現(xiàn)了電容器在電路中的并接、串接、跨接三種方式,在如圖甲、乙所示的電路中,電路中電源的電動勢為E,內阻為r,C為電容器,定值電阻R1、R2、R3阻值相等.圖甲中,流過電源的電流為I1,電源的效率為η1,電容器帶的電荷量為Q1;圖乙中,流過電源的電流為I2,電源的效率為η2,電容器帶的電荷量為Q2;圖丙中,電源輸出電壓不變,電容器C的上極板帶負電.下列說法正確的是 ()A.I1>I2B.η1>η2C.Q1>Q2D.圖丙中,為了使上極板仍帶負電且電荷量增大,可減小R2,其他電阻不變【技法點撥】含電容器電路的處理方法(1)電路的簡化:不分析電容器的充、放電過程時,把電容器所處的支路視為斷路,簡化電路時可以去掉此支路,求電荷量時再在相應位置補上.(2)電路穩(wěn)定時電容器的處理方法:電路穩(wěn)定后,與電容器串聯(lián)的支路中沒有電流,同支路的電阻相當于導線,即電阻不起降低電壓的作用,電容器兩極板間的電壓等于與之并聯(lián)的電阻兩端的電壓.(3)電容器的電荷量及變化①電路中電流、電壓的變化可能會引起電容器的充、放電.若電容器兩端電壓升高,則電容器將充電;若電容器兩端電壓降低,則電容器將通過與它連接的電路放電.②如果變化前后極板帶電的電性相同,則通過所連導線的電荷量為|Q1-Q2|.③如果變化前后極板帶電的電性相反,則通過所連導線的電荷量為Q1+Q2.【遷移拓展】1.(多選)[2024·湖北武漢模擬]彩燈串是由幾十個額定電壓約為6V的小燈泡串聯(lián)組成,小燈泡的結構如圖所示:小燈泡內有一根表面涂有氧化層(導電性能很差)的細金屬絲(電阻可忽略)與燈絲并聯(lián),正常工作時,細金屬絲與燈絲支架不導通;當加上較高電壓時,細金屬絲的氧化層被擊穿,與燈絲支架導通.當某個小燈泡的燈絲熔斷時,下列說法正確的是 ()A.彩燈串上其他小燈泡仍能發(fā)光B.彩燈串上其他小燈泡不能發(fā)光C.彩燈串上其他小燈泡兩端電壓均略有增加D.彩燈串上其他小燈泡兩端電壓均保持不變2.(多選)[2023·全國乙卷]黑箱外有編號為1、2、3、4的四個接線柱,接線柱1和2、2和3、3和4之間各接有一個電阻,在接線柱間還接有另外一個電阻R和一個直流電源.測得接線柱之間的電壓U12=3.0V,U23=2.5V,U34=-1.5V.符合上述測量結果的可能接法是 ()A.電源接在1、4之間,R接在1、3之間B.電源接在1、4之間,R接在2、4之間C.電源接在1、3之間,R接在1、4之間D.電源接在1、3之間,R接在2、4之間3.如圖甲所示電路中,R為電阻箱,電源的電動勢為E,內阻為r.圖乙為電源的輸出功率P與電流表示數(shù)的關系圖像,其中功率P0分別對應電流I1、I2和外電阻R1、R2.下列說法中正確的是 ()A.I1+I2>Er B.I1+I2=C.R1r>rR2 D題型2交變電流的分析與計算書寫交變電流瞬時值表達式的基本思路(1)確定正弦式交變電流的峰值,根據(jù)已知圖像讀出或由公式Em=nBSω求出相應峰值.(2)明確計時起點時線圈的位置,找出對應的函數(shù)關系式.①若從線圈在中性面位置開始計時,則i-t圖像為正弦函數(shù)圖像,函數(shù)表達式為i=Imsinωt.②若從線圈在垂直于中性面位置開始計時,則i-t圖像為余弦函數(shù)圖像,函數(shù)表達式為i=Imcosωt.交變電流的產(chǎn)生與描述例3[2023·遼寧卷]如圖所示,空間中存在水平向右的勻強磁場,一導體棒繞固定的豎直軸OP在磁場中勻速轉動,且始終平行于OP.導體棒兩端的電勢差u隨時間t變化的圖像可能正確的是 ()變壓器和遠距離輸電例4如圖所示,a、b接在電壓有效值不變的正弦交流電源上,T為理想變壓器,R1、R2、R3為三個相同的定值電阻,S斷開時,R2消耗的電功率是R1消耗的電功率的4倍,則S閉合后,R2消耗的電功率P2與R1消耗的電功率P1之比為 ()A.1∶2B.1∶1C.2∶1D.4∶1【技法點撥】分析變壓器原線圈接有負載時應注意:(1)變壓器原、副線圈間的電壓關系、電流關系與匝數(shù)關系仍然滿足變壓器原理,原線圈的輸入功率仍然等于副線圈的輸出功率.(2)首先需要確定原線圈所連接負載與原線圈的連接關系,若串聯(lián),則應利用電流相等作為突破口確定匝數(shù)比和電壓關系;若并聯(lián),則應利用電壓相等作為突破口確定匝數(shù)比和電流關系.例5[2020·浙江7月選考]如圖所示,某小型水電站發(fā)電機的輸出功率P=100kW,發(fā)電機的電壓U1=250V,經(jīng)變壓器升壓后向遠處輸電,輸電線總電阻R線=8Ω,在用戶端用降壓變壓器把電壓降為U4=220V.已知輸電線上損失的功率P線=5kW,假設兩個變壓器均是理想變壓器,下列說法正確的是 ()A.發(fā)電機輸出的電流I1=40AB.輸電線上的電流I線=625AC.降壓變壓器的匝數(shù)比n3∶n4=190∶11D.用戶得到的電流I4=455A【遷移拓展】1.(多選)[2023·湖南卷]某同學自制了一個手搖交流發(fā)電機,如圖所示.大輪與小輪通過皮帶傳動(皮帶不打滑),半徑之比為4∶1,小輪與線圈固定在同一轉軸上.線圈是由漆包線繞制而成的邊長為L的正方形,共n匝,總阻值為R.磁體間磁場可視為磁感應強度大小為B的勻強磁場.大輪以角速度ω勻速轉動,帶動小輪及線圈繞轉軸轉動,轉軸與磁場方向垂直.線圈通過導線、滑環(huán)和電刷連接一個阻值恒為R的燈泡.假設發(fā)電時燈泡能發(fā)光且工作在額定電壓以內,下列說法正確的是 ()A.線圈轉動的角速度為4ωB.燈泡兩端電壓有效值為32nBL2ωC.若用總長為原來兩倍的相同漆包線重新繞制成邊長仍為L的多匝正方形線圈,則燈泡兩端電壓有效值為4D.若僅將小輪半徑變?yōu)樵瓉淼膬杀?則燈泡變得更亮2.(多選)[2022·湖北卷]近年來,基于變壓器原理的無線充電技術得到了廣泛應用,其簡化的充電原理圖如圖所示.發(fā)射線圈的輸入電壓為220V、匝數(shù)為1100匝,接收線圈的匝數(shù)為50匝.若工作狀態(tài)下,穿過接收線圈的磁通量約為發(fā)射線圈的80%,忽略其他損耗,下列說法正確的是 ()A.接收線圈的輸出電壓約為8VB.接收線圈與發(fā)射線圈中電流之比約為22∶1C.發(fā)射線圈與接收線圈中交變電流的頻率相同D.穿過發(fā)射線圈的磁通量變化率與穿過接收線圈的相同3.[2024·安徽合肥模擬]我國是目前世界上唯一用特高壓輸電技術進行遠距離輸電的國家,也是全球特高壓輸電線最長、核心專利最多、技術最完備的國家.如圖所示是交流特高壓遠距離輸電的原理圖,假定在遠距離輸電過程中,等效理想變壓器T1的輸入功率為P0=2.2×108W,輸入電壓為U0=11kV,輸電線上的電流為I1=200A,輸電線的總電阻為R,輸電線中的功率損失為輸入功率的4%,則 ()A.U1=1.1×105VB.變壓器T1的原、副線圈匝數(shù)比為1∶100C.R=2200ΩD.保持輸入功率P0不變,提高輸電電壓U1時,U1與U2的差值增大專題四電路與電磁感應第8講恒定電流和交變電流【網(wǎng)絡構建】【關鍵能力】理清各個基本概念,熟記各公式及適用條件,掌握交流電“四值”的特點及適用范圍,注意訓練和掌握閉合電路的動態(tài)分析問題、含電容器電路的分析問題、變壓器電路的動態(tài)分析問題的分析思路與方法,提高解決與實際生活、生產(chǎn)、科技相結合問題的能力.題型1直流電路的分析與計算1.非靜電力做功與電功和電熱電源做功W=qE=EIt,電流做功W=qU=UIt,電熱Q=I2Rt.(1)對純電阻電路,電功等于電熱.電流流經(jīng)純電阻電路,消耗的電能全部轉化為內能,W=Q=UIt=I2Rt=U2(2)對非純電阻電路(如電動機和電解槽),由于W>Q,這時電功只能用W=UIt計算,電熱只能用Q=I2Rt計算.2.閉合電路兩個重要圖像的應用(1)閉合電路的U-I圖像如圖甲所示.當外電路短路時(R=0,因而U=0),電流最大,為I短=Er(不允許出現(xiàn)這種情況,因為會把電源燒壞)(2)電源的輸出功率(P外)與外電阻R的關系為P外=IU=E2R(R+r)2=E2例1[2024·廣西卷]將橫截面相同、材料不同的兩段導體L1、L2無縫連接成一段導體,總長度為1.00m,接入圖甲電路.閉合開關S,滑片P從M端滑到N端,理想電壓表讀數(shù)U隨滑片P的滑動距離x的變化關系如圖乙所示,則導體L1、L2的電阻率之比約為 ()A.2∶3 B.2∶1 C.5∶3 D.1∶3例2[2024·湖南長沙模擬]如圖甲、乙、丙所示分別展現(xiàn)了電容器在電路中的并接、串接、跨接三種方式,在如圖甲、乙所示的電路中,電路中電源的電動勢為E,內阻為r,C為電容器,定值電阻R1、R2、R3阻值相等.圖甲中,流過電源的電流為I1,電源的效率為η1,電容器帶的電荷量為Q1;圖乙中,流過電源的電流為I2,電源的效率為η2,電容器帶的電荷量為Q2;圖丙中,電源輸出電壓不變,電容器C的上極板帶負電.下列說法正確的是 ()A.I1>I2B.η1>η2C.Q1>Q2D.圖丙中,為了使上極板仍帶負電且電荷量增大,可減小R2,其他電阻不變【技法點撥】含電容器電路的處理方法(1)電路的簡化:不分析電容器的充、放電過程時,把電容器所處的支路視為斷路,簡化電路時可以去掉此支路,求電荷量時再在相應位置補上.(2)電路穩(wěn)定時電容器的處理方法:電路穩(wěn)定后,與電容器串聯(lián)的支路中沒有電流,同支路的電阻相當于導線,即電阻不起降低電壓的作用,電容器兩極板間的電壓等于與之并聯(lián)的電阻兩端的電壓.(3)電容器的電荷量及變化①電路中電流、電壓的變化可能會引起電容器的充、放電.若電容器兩端電壓升高,則電容器將充電;若電容器兩端電壓降低,則電容器將通過與它連接的電路放電.②如果變化前后極板帶電的電性相同,則通過所連導線的電荷量為|Q1-Q2|.③如果變化前后極板帶電的電性相反,則通過所連導線的電荷量為Q1+Q2.【遷移拓展】1.(多選)[2024·湖北武漢模擬]彩燈串是由幾十個額定電壓約為6V的小燈泡串聯(lián)組成,小燈泡的結構如圖所示:小燈泡內有一根表面涂有氧化層(導電性能很差)的細金屬絲(電阻可忽略)與燈絲并聯(lián),正常工作時,細金屬絲與燈絲支架不導通;當加上較高電壓時,細金屬絲的氧化層被擊穿,與燈絲支架導通.當某個小燈泡的燈絲熔斷時,下列說法正確的是 ()A.彩燈串上其他小燈泡仍能發(fā)光B.彩燈串上其他小燈泡不能發(fā)光C.彩燈串上其他小燈泡兩端電壓均略有增加D.彩燈串上其他小燈泡兩端電壓均保持不變2.(多選)[2023·全國乙卷]黑箱外有編號為1、2、3、4的四個接線柱,接線柱1和2、2和3、3和4之間各接有一個電阻,在接線柱間還接有另外一個電阻R和一個直流電源.測得接線柱之間的電壓U12=3.0V,U23=2.5V,U34=-1.5V.符合上述測量結果的可能接法是 ()A.電源接在1、4之間,R接在1、3之間B.電源接在1、4之間,R接在2、4之間C.電源接在1、3之間,R接在1、4之間D.電源接在1、3之間,R接在2、4之間3.如圖甲所示電路中,R為電阻箱,電源的電動勢為E,內阻為r.圖乙為電源的輸出功率P與電流表示數(shù)的關系圖像,其中功率P0分別對應電流I1、I2和外電阻R1、R2.下列說法中正確的是 ()A.I1+I2>Er B.I1+I2=C.R1r>rR2 D題型2交變電流的分析與計算書寫交變電流瞬時值表達式的基本思路(1)確定正弦式交變電流的峰值,根據(jù)已知圖像讀出或由公式Em=nBSω求出相應峰值.(2)明確計時起點時線圈的位置,找出對應的函數(shù)關系式.①若從線圈在中性面位置開始計時,則i-t圖像為正弦函數(shù)圖像,函數(shù)表達式為i=Imsinωt.②若從線圈在垂直于中性面位置開始計時,則i-t圖像為余弦函數(shù)圖像,函數(shù)表達式為i=Imcosωt.交變電流的產(chǎn)生與描述例3[2023·遼寧卷]如圖所示,空間中存在水平向右的勻強磁場,一導體棒繞固定的豎直軸OP在磁場中勻速轉動,且始終平行于OP.導體棒兩端的電勢差u隨時間t變化的圖像可能正確的是 ()變壓器和遠距離輸電例4如圖所示,a、b接在電壓有效值不變的正弦交流電源上,T為理想變壓器,R1、R2、R3為三個相同的定值電阻,S斷開時,R2消耗的電功率是R1消耗的電功率的4倍,則S閉合后,R2消耗的電功率P2與R1消耗的電功率P1之比為 ()A.1∶2B.1∶1C.2∶1D.4∶1【技法點撥】分析變壓器原線圈接有負載時應注意:(1)變壓器原、副線圈間的電壓關系、電流關系與匝數(shù)關系仍然滿足變壓器原理,原線圈的輸入功率仍然等于副線圈的輸出功率.(2)首先需要確定原線圈所連接負載與原線圈的連接關系,若串聯(lián),則應利用電流相等作為突破口確定匝數(shù)比和電壓關系;若并聯(lián),則應利用電壓相等作為突破口確定匝數(shù)比和電流關系.例5[2020·浙江7月選考]如圖所示,某小型水電站發(fā)電機的輸出功率P=100kW,發(fā)電機的電壓U1=250V,經(jīng)變壓器升壓后向遠處輸電,輸電線總電阻R線=8Ω,在用戶端用降壓變壓器把電壓降為U4=220V.已知輸電線上損失的功率P線=5kW,假設兩個變壓器均是理想變壓器,下列說法正確的是 ()A.發(fā)電機輸出的電流I1=40AB.輸電線上的電流I線=625AC.降壓變壓器的匝數(shù)比n3∶n4=190∶11D.用戶得到的電流I4=455A【遷移拓展】1.(多選)[2023·湖南卷]某同學自制了一個手搖交流發(fā)電機,如圖所示.大輪與小輪通過皮帶傳動(皮帶不打滑),半徑之比為4∶1,小輪與線圈固定在同一轉軸上.線圈是由漆包線繞制而成的邊長為L的正方形,共n匝,總阻值為R.磁體間磁場可視為磁感應強度大小為B的勻強磁場.大輪以角速度ω勻速轉動,帶動小輪及線圈繞轉軸轉動,轉軸與磁場方向垂直.線圈通過導線、滑環(huán)和電刷連接一個阻值恒為R的燈泡.假設發(fā)電時燈泡能發(fā)光且工作在額定電壓以內,下列說法正確的是 ()A.線圈轉動的角速度為4ωB.燈泡兩端電壓有效值為32nBL2ωC.若用總長為原來兩倍的相同漆包線重新繞制成邊長仍為L的多匝正方形線圈,則燈泡兩端電壓有效值為4D.若僅將小輪半徑變?yōu)樵瓉淼膬杀?則燈泡變得更亮2.(多選)[2022·湖北卷]近年來,基于變壓器原理的無線充電技術得到了廣泛應用,其簡化的充電原理圖如圖所示.發(fā)射線圈的輸入電壓為220V、匝數(shù)為1100匝,接收線圈的匝數(shù)為50匝.若工作狀態(tài)下,穿過接收線圈的磁通量約為發(fā)射線圈的80%,忽略其他損耗,下列說法正確的是 ()A.接收線圈的輸出電壓約為8VB.接收線圈與發(fā)射線圈中電流之比約為22∶1C.發(fā)射線圈與接收線圈中交變電流的頻率相同D.穿過發(fā)射線圈的磁通量變化率與穿過接收線圈的相同3.[2024·安徽合肥模擬]我國是目前世界上唯一用特高壓輸電技術進行遠距離輸電的國家,也是全球特高壓輸電線最長、核心專利最多、技術最完備的國家.如圖所示是交流特高壓遠距離輸電的原理圖,假定在遠距離輸電過程中,等效理想變壓器T1的輸入功率為P0=2.2×108W,輸入電壓為U0=11kV,輸電線上的電流為I1=200A,輸電線的總電阻為R,輸電線中的功率損失為輸入功率的4%,則 ()A.U1=1.1×105VB.變壓器T1的原、副線圈匝數(shù)比為1∶100C.R=2200ΩD.保持輸入功率P0不變,提高輸電電壓U1時,U1與U2的差值增大專題四電路與電磁感應第8講恒定電流和交變電流題型1例1B[解析]根據(jù)電阻定律有R=ρLS,根據(jù)歐姆定律有ΔU=I·ΔR,整理可得ρ=SI·ΔUL,結合題圖可知導體L1、L2的電阻率之比ρ1ρ例2A[解析]圖甲中,外電路中R1與R2串聯(lián),整體與R3并聯(lián),所以外電阻小于R1與R2阻值之和,圖乙中,外電阻等于R1與R2阻值之和,由I=ER外+r,可知I1>I2,A正確;由U外=E-Ir,可知U外甲<U外乙,由電路圖可知UC甲=R1R1+R2U外甲,UC乙=R2R1+R2U外乙,由于R1、R2、R3阻值相等,所以UC甲<UC乙,由Q=CU,可知Q1<Q2,C錯誤;電源的效率η=U外IEI=U外E,可知η1<η2,B錯誤;圖丙中,令電源負極電勢為0,電源正極電勢為φ2,電容器上極板電路節(jié)點電勢為φ1,下極板電路節(jié)點電勢為φ3,因電源輸出電壓不變,則φ2為一個定值,有φ1R1=φ2-φ1R2,φ3R3=φ2-φ3R4,解得φ1=φ2R【遷移拓展】1.AC[解析]當某個小燈泡的燈絲熔斷時,根據(jù)串聯(lián)電路中電壓分配的規(guī)律可知,該燈泡細金屬絲兩端的電壓達到較高電壓,細金屬絲的氧化層被擊穿,與燈絲支架導通,使彩燈串上的其他小燈泡仍能發(fā)光,A正確,B錯誤;由于串入的細金屬絲的電阻可忽略(比原來串聯(lián)在相同位置的燈絲電阻小),而串聯(lián)電路的總電壓不變,燈泡個數(shù)減小,單個燈泡兩端的電壓略有增加,故C正確,D錯誤.2.CD[解析]若電源接在1、4之間,由于1、2間的電勢差為正,所以1要接電源正極,如圖甲所示,不管電阻R接在1、3之間還是接在2、4之間,3、4間的電勢差都一定是正的,即U34>0,與題目已知條件不符合,故A、B錯誤;由上述分析可知電源一定接在1、3之間,若電阻R接在1、4之間,如圖乙所示,則U13=U12+U23=5.5V,同時U13=U14+U43,因為U43=-U34=1.5V,所以只要UR=U14=4V就能滿足題目要求,故C正確;若電阻R接在2、4之間,如圖丙所示,則U23=2.5V,同時U23=U24+U43,因為U43=-U34=1.5V,所以只要UR=U24=1