2025屆高考物理二輪復(fù)習(xí)專題八第1講4電路與電磁感應(yīng)學(xué)案

PAGE8-電路與電磁感應(yīng)[臨考必背]一、恒定電路1．電流(1)定義式：I＝eq\f(q,t)。(2)微觀表達(dá)式：I＝nqSv。2．歐姆定律的表達(dá)式：I＝eq\f(U,R)。3．電阻(1)定義式：R＝eq\f(U,I)。(2)電阻定律：R＝ρeq\f(l,S)。4．閉合電路的歐姆定律(1)①I＝eq\f(E,R＋r)(只適用于純電阻電路)；②E＝U外＋U內(nèi)(適用于任何電路)。(2)路端電壓與外電阻的關(guān)系①負(fù)載R增大→I減小→U內(nèi)減小→U外增大。外電路斷路時(R為無窮大)，I＝0，U外＝E。②負(fù)載R減小→I增大→U內(nèi)增大→U外減小。外電路短路時(R＝0)，I＝eq\f(E,r)，U內(nèi)＝E。(3)U-I關(guān)系圖線：由U＝E－Ir可知，路端電壓隨著電路中電流的增大而減小，U-I關(guān)系圖線如圖所示。①當(dāng)電路斷路即I＝0時，縱坐標(biāo)的截距為電動勢。②當(dāng)外電路電壓為U＝0時，橫坐標(biāo)的截距為短路電流。③圖線的斜率的肯定值為電源的內(nèi)阻。5．電路中的功率和效率(1)電源的總功率：P總＝EI。(2)電源的輸出功率：P出＝UI。(3)電源內(nèi)部的發(fā)熱功率：P內(nèi)＝I2r。(4)電源的效率：η＝eq\f(U,E)＝eq\f(R,R＋r)。(5)電源的最大功率Pmax＝eq\f(E2,r)，此時η＝0，短路。(6)當(dāng)R＝r時，電源輸出功率最大，P出max＝eq\f(E2,4r)，此時η＝50%。二、電磁感應(yīng)1．感應(yīng)電流方向的推斷方法(1)右手定則，即依據(jù)導(dǎo)體在磁場中做切割磁感線運(yùn)動的狀況進(jìn)行推斷。(2)楞次定律，即依據(jù)穿過閉合回路的磁通量的變更狀況進(jìn)行推斷。2．楞次定律中“阻礙”的主要表現(xiàn)形式(1)阻礙原磁通量的變更——“增反減同”。(2)阻礙相對運(yùn)動——“來拒去留”。(3)使線圈面積有擴(kuò)大或縮小的趨勢——“增縮減擴(kuò)”。(4)阻礙原電流的變更(自感現(xiàn)象)——“增反減同”。3．感應(yīng)電動勢大小的計算(1)法拉第電磁感應(yīng)定律：E＝neq\f(ΔΦ,Δt)。適用于普遍狀況。(2)E＝Blv，適用于導(dǎo)體棒平動切割磁感線的狀況。(3)E＝eq\f(1,2)Bl2ω，適用于導(dǎo)體棒旋轉(zhuǎn)切割磁感線的狀況。4．通過導(dǎo)線橫截面的電荷量：Q＝eq\f(nΔΦ,R總)。5．線圈通過中性面時的特點(diǎn)(1)與中性面重合時，S⊥B，Φ最大，eq\f(ΔΦ,Δt)＝0，e＝0，i＝0，電流方向?qū)l(fā)生變更。(2)與中性面垂直時，S∥B，Φ＝0，eq\f(ΔΦ,Δt)最大，e最大，i最大，電流方向不變。6．交變電流“四值”的應(yīng)用(1)最大值：Em＝nBSω，分析電容器的耐壓值。(2)瞬時值：正弦式交變電流有效值和最大值的關(guān)系：E＝eq\f(Em,\r(2))；I＝eq\f(Im,\r(2))；U＝eq\f(Um,\r(2))。①線圈從中性面起先轉(zhuǎn)動：e＝nBSωsinωt＝emsinωt。②線圈從平行磁場方向起先轉(zhuǎn)動：e＝nBSωcosωt＝emcosωt。(3)有效值：電表的讀數(shù)及計算電熱、電功、電功率及保險絲的熔斷電流。(4)平均值：eq\o(E,\s\up6(－))＝neq\f(ΔΦ,Δt)，計算通過電路截面的電荷量。7．志向變壓器及其關(guān)系式(1)電壓關(guān)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(guān)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(guān)系為eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)(多輸出線圈時為n1I1＝n2I2＋n3I3＋…)。(4)頻率關(guān)系為f出＝f入。8．高壓遠(yuǎn)距離輸電的分析方法及計算(1)在高壓輸電的詳細(xì)計算時，為便于理解題意，可參考下圖畫出相應(yīng)的題意簡圖。(2)在高壓輸電中，常用以下關(guān)系式：輸電電流I2＝eq\f(P2,U2)＝eq\f(P3,U3)＝eq\f(U2－U3,R線)。輸電導(dǎo)線損失的電功率P損＝P2－P3＝Ieq\o\al(2,2)R線＝(eq\f(P2,U2))2R線。輸電線損失的電壓U損＝U2－U3＝I2R線＝eq\f(P2,U2)R線。[臨考必練]1．如圖所示，有兩個同心放置且共面的金屬圓環(huán)，條形磁鐵穿過圓心且與兩環(huán)面垂直，比較通過兩環(huán)的磁通量Φa、Φb，則()A．Φa>Φb B．Φa<ΦbC．Φa＝Φb D．不能確定解析：由于磁感線是閉合曲線，在磁體內(nèi)部由S極指向N極，在磁體外部由N極指向S極，且在磁體外部的磁感線分布在磁體四周較大的空間內(nèi)。又由于穿過圓環(huán)a、b的磁通量均為Φ＝Φ內(nèi)－Φ外，因此線圈面積越大，磁感線抵消得越多，磁通量越小，故b環(huán)的磁通量較小，A項正確。答案：A2．把電熱器接到110V的直流電源上，t時間內(nèi)產(chǎn)生熱量為Q，現(xiàn)把它接到溝通電源上，t時間內(nèi)產(chǎn)生的熱量為2Q，則溝通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(shè)電熱器的電阻為R。當(dāng)電熱器接在U＝110V的直流電源上時，Q＝eq\f(U2,R)t，當(dāng)電熱器改接到溝通電源上時，2Q＝eq\f(U′2,R)t，聯(lián)立解得U′＝110eq\r(2)V，故選B。答案：B3．如圖所示，導(dǎo)軌間的磁場方向垂直于紙面對里，當(dāng)導(dǎo)線MN在導(dǎo)軌上向右加速滑動時，正對電磁鐵A的圓形金屬環(huán)B中()A．有感應(yīng)電流，且B被A吸引B．無感應(yīng)電流C．可能有，也可能沒有感應(yīng)電流D．有感應(yīng)電流，且B被A排斥解析：MN向右加速滑動，依據(jù)右手定則，MN中的電流方向從N→M，且大小在漸漸變大，依據(jù)安培定則知，電磁鐵A的左端為N極，且磁場強(qiáng)度漸漸增加，依據(jù)楞次定律知，B環(huán)中的感應(yīng)電流產(chǎn)生的內(nèi)部磁場方向向右，B被A排斥，故D正確。答案：D4.圖示為無線充電技術(shù)中運(yùn)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(nèi)，勻強(qiáng)磁場平行于線圈軸線向右穿過線圈，其磁感應(yīng)強(qiáng)度大小由B起先勻稱增加，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(yīng)強(qiáng)度大小B′為()A．－eq\f(U（t2－t1）,nS)＋B B．eq\f(U（t2－t1）,nS)－BC.eq\f(U（t2－t1）,nS) D．eq\f(U（t2－t1）,nS)＋B解析：依據(jù)題述，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小由B起先勻稱增加，設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度變更率為eq\f(ΔB,Δt)，在t2時刻磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小可以表示為B′＝B＋eq\f(ΔB,Δt)(t2－t1)。依據(jù)法拉第電磁感應(yīng)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：D5．(多選)在遠(yuǎn)距離輸電時，輸送的電功率為P，輸電電壓為U，所用輸電導(dǎo)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(guān)于P1和P2的表達(dá)式正確的是()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(dǎo)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：AC6．(多選)如圖所示，志向變壓器原線圈一端有a、b兩接線柱，a是原線圈的一端點(diǎn)，b是原線圈的中心抽頭，電壓表和電流表均為志向電表。從某時刻起先在原線圈c、d兩端加上交變電壓，其瞬時值表達(dá)式為u1＝Usin100πt，則()A．當(dāng)單刀雙擲開關(guān)分別與a、b連接時，電壓表的示數(shù)比為1∶2B．當(dāng)t＝0時，c、d間的電壓瞬時值為eq\f(U,\r(2))C．單刀雙擲開關(guān)與a連接，在滑動變阻器觸頭P向上移動的過程中，電壓表示數(shù)增大D．當(dāng)單刀雙擲開關(guān)由a扳向b時，電流表的示數(shù)增大解析：當(dāng)單刀雙擲開關(guān)與a連接時，原線圈的匝數(shù)為n1，則有U2＝U1eq\f(n2,n1)；當(dāng)與b連接時，原線圈的匝數(shù)為eq\f(n1,2)，則有U2′＝U1eq\f(n2,\f(n1,2))，聯(lián)立得U2∶U2′＝eq\f(n1,2)∶n1＝1∶2，故電壓表的示數(shù)比為1∶2，故A正確；當(dāng)t＝0s時，c、d間的電壓瞬時值為u1＝Usin(100π×0)＝0V，故B錯誤；單刀雙擲開關(guān)與a連接，滑動變阻器觸片向上移時，副線圈電阻變大，副線圈的電壓由匝數(shù)和輸入電壓確定，電壓表的示數(shù)不變，故C錯誤；單刀雙擲開關(guān)由a扳向b，原線圈的匝數(shù)變小，副線圈的電壓變大，則電壓表示數(shù)變大，電阻不變，故電流表的示數(shù)也變大，故D正確。答案：AD7．(多選)圖甲是小型溝通發(fā)電機(jī)的示意圖，兩磁極N、S間的磁場可視為水平方向的勻強(qiáng)磁場，為溝通電流表。線圈繞垂直于磁場的水平軸OO′沿逆時針方向勻速轉(zhuǎn)動，從圖甲所示位置起先計時，產(chǎn)生的交變電流隨時間變更的圖像如圖乙所示。以下推斷正確的是()A．電流表的示數(shù)為10AB．線圈轉(zhuǎn)動的角速度為50πrad/sC．t＝0.01s時，線圈平面與磁場方向平行D．t＝0.02s時，電阻R中電流的方向自右向左解析：電流表測量的是電路中電流的有效值I＝10A，選項A正確。由題圖乙可知，T＝0.02s，所以ω＝eq\f(2π,T)＝100πrad/s，選項B錯誤。t＝0.01s時，電流最大，線圈平面與磁場方向平行，選項C正確。t＝0.02s時，線圈所處的狀態(tài)就是題圖甲所示的位置，此時R中電流的方向自左向右，選項D錯誤。答案：AC8．(多選)如圖所示是法拉第制作的世界上第一臺發(fā)電機(jī)的模型原理圖。把一個半徑為r的銅盤放在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場中，使磁感線水平向右垂直穿過銅盤，銅盤安裝在水平的銅軸上，兩塊銅片C、D分別與轉(zhuǎn)動軸和銅盤的邊緣接觸，G為靈敏電流表?，F(xiàn)使銅盤依據(jù)圖示方向以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動，則下列說法正確的是()A．C點(diǎn)電勢肯定高于D點(diǎn)電勢B．圓盤中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小為eq\f(1,2)Bωr2C．電流表中的電流方向為由a到bD．若銅盤不轉(zhuǎn)動，使所加磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度勻稱增大，在銅盤中可以產(chǎn)生渦旋電流解析：把銅盤看作由中心指向邊緣的多數(shù)條銅棒組合而成，當(dāng)銅盤轉(zhuǎn)動時，每根銅棒都在切割磁感線，相當(dāng)于電源，由右手定則知，盤邊緣為電源正極，中心為電源負(fù)極，C點(diǎn)電勢低于D點(diǎn)電勢，選項A錯誤；此電源對外電路供電，電流由b經(jīng)電流表再從a流向銅盤，選項C錯誤；銅棒轉(zhuǎn)動切割磁感線，相當(dāng)于電源，回路中感應(yīng)電動勢為E＝Breq\o(v,\s\up6(－))＝Brω·eq\f(1,2)r＝eq\f(1,2)Bωr2，選項B正確；若銅盤不轉(zhuǎn)動，使所加磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度勻稱增大，在銅盤中產(chǎn)生感生環(huán)形電場，使銅盤中的自由電荷在電場力的作用下定向移動，形成環(huán)形電流，選項D正確。答案：BD9．如圖甲所示，寬為L、傾角為θ、電阻不計的平行金屬導(dǎo)軌，下端垂直于導(dǎo)軌連接一阻值為R的定值電阻，導(dǎo)軌之間加垂直于軌道平面的磁場，其隨時間變更規(guī)律如圖乙所示。t＝0時刻磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0，此時，在導(dǎo)軌上距電阻x1處放一質(zhì)量為m、電阻為2R的金屬桿，t1時刻前金屬桿處于靜止?fàn)顟B(tài)，當(dāng)磁場即將減小到B1時，金屬桿也即將起先下滑(金屬桿所受的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)。(1)求0～t1時間內(nèi)通過定值電阻的電荷量；(2)求金屬桿與導(dǎo)軌間的最大靜摩擦力；(3)若金屬桿沿導(dǎo)軌下滑x2后起先做勻速運(yùn)動，求金屬桿下滑x2過程中，電阻R產(chǎn)生的焦耳熱。解析：(1)0～t1時間內(nèi)，感應(yīng)電動勢E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(Lx1（B0－B1）,t1)感應(yīng)電流I＝eq\f(E,3R)通過定值電阻的電荷量q＝I·Δt＝I·t1即q＝eq\f(（B0－B1）Lx1,3R)。(2)在t1時刻，對桿有mgsinθ－Ffm－F安＝0其中F安＝B1IL聯(lián)立可得Ffm＝mgsinθ－eq\f(B1（B0－B1）L2x1,3Rt1)。(3)當(dāng)金屬桿達(dá)到最大速度時mgsinθ－Ffm－F安′＝0即此時感應(yīng)電流與0～t1時間內(nèi)感應(yīng)電流大小相等，感應(yīng)電動勢也相等，所以B1Lv＝eq\f(Lx1（B0－B1）,t1)從起先滑動到達(dá)到最大速度過程mgx2sinθ＝Q焦＋Q滑＋eq\f(1,2)mv2其中Q滑＝Ffm