（广东版）2022届高三物理第二轮专题复习（专家概述+解题思路与方法+专题测试）专题九 电磁感应与电路问题

专题九电磁感应与电路问题【专家概述】一、本专题的重点和难点内容1、电阻串联公式：……，电阻并联公式：……2、在两个电阻串联电路中，电流相等，电压与电阻正比，功率与电阻正比；在两个电阻并联电路中，电压相等，总电流等于各支路电流之和，电流与电阻反比，功率与电阻反比。3、全电路欧姆定律：，电阻定律：，焦耳定律：，电功率，电功4、当R=r时，电源输出功率最大，，此时效率为50%；当电源输出功率为小于最大功率的某一值时，外电路总电阻有两个阻值与之相对应。电源的效率由决定。5、法拉第电磁感应定律数学表达式：，，判断感应电流的方向用楞次定律。6、交流电的最大值、有效值、瞬时值、平均值，，，，能量与有效值对应，电量与平均值对应。7、理想变压器原副线圈电压与匝数正比，一组副线圈时电流与匝数反比，多组副线圈时……。8、远距离输电，独立的三个电路通过两个磁路传递能量，输电导线电功率损失与输电电压平方反比。-8-\n二、本专题的解题思路与方法1、电流在电阻中由电势高处向低处流动，在电源中由低电势处向高电势处流动。2、在电路中，理想电流表当导线处理，理想电压表当断路处理。3、电路问题，画出等效电路图比较重要。4、电路中一个电阻发生变化，所有设备的电流、电压都要发生变化，真是“牵一发而动全身”。不论电阻是串联还是并联，一个电阻值变小，全电路的总电阻变小。5、接在电路中的电容器，其电压与和它并联的电阻两端的电压相等。存在充电和放电的过程。电压升高时就开始充电，电压降低时就开始放电。6、楞次定律的阻碍思想可变通使用，如“来拒去留”、“增反减同”、“进缩出扩”。具体操作分四步：①确定原来磁场方向②确定当前磁通量的增减③感应电流的磁场增反减同④用安培定则确定感应电流的方向。7、变压器只能改变交流电的电压和电流，不能改变直流电的电压和电流。【经典例说】例1（东莞一模）在如图所示的电路中，E为电源的电动势，r为电源的内电阻，R1、R2为可变电阻.在下列叙述的操作中，可以使灯泡L的亮度变暗的是（）LR1R2ErA、仅使R1的阻值增大B．仅使R1的阻值减小C．仅使R2的阻值增大D．仅使R2的阻值减小答案：AD分析：如果灯泡L的电压小了，电流小了，灯泡L的亮度将变暗。解：选项A正确，可以分走更多的电压，L留下的电压减小了。选项D正确，可以分走更多的电流，L留下的电流减小了。选项BC错误。小结：串联电路可以分压，并联电路可以分流。变式训练AVSR1E，rR2R0．（北京高考）如图所示电路，电源内阻不可忽略.开关S闭合后，在变阻器R0的滑动端向下滑动的过程中，则（）A．电压表与电流表的示数都减小B．电压表与电流表的小数都增大C．电压表的示数增大，电流表的示数减小D．电压表的示数减小，电流表的示数增大-8-\n．（上海高考）如图所示电路中，闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头P从最高端向下滑动时，（）A．电压表V读数先变大后变小，电流表A读数变大B．电压表V读数先变小后变大，电流表A读数变小C．电压表V读数先变大后变小，电流表A读数先变小后变大D．电压表V读数先变小后变大，电流表A读数先变大后变小t/sU/V0.0120-20例2（潮州三模）如图所示是某种正弦式交变电压的波形图，由图可确定该电压的（）A．周期是0.005sB．最大值是20VC．有效值是20VD．表达式为u=20sin100πt(V)答案：B分析：正弦交流电的图象波峰为电压最大值，横轴表示时间。解：由图可知，此交流电的电压最大值为20V，此交流电的周期为0.01s，选项A错误，选项B正确，选项C错误。表达式为u=20sin200πt(V)，选项D错误。小结：此类题比较容易，对照基本知识，按图索骥即可。变式训练．（天津高考）在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图1所示，产生的交变电动势的图象如图2所示，则（）A．t=0.005s时线框的磁通量变化率为零B．t=0.01s时线框平面与中性面重合C．线框产生的交变电动势有效值为311VD．线框产生的交变电动势的频率为100Hzu/V0.020.01t/s0．（云浮一模）如图所示为理想变压器原线圈所接交流电压的波形.原、副线圈匝数比，串联在原线圈电路中电流表的示数为1A，下列说法中正确的是（）-8-\nA．变压器副线圈的电流为0.1AB．变压器的输出功率为200WC．变压器输出端的交流电的频率为100HzD．此变压器为升压变压器例3（揭阳一模）如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比不变，副线圈上接有电阻不为零的负载，在原线圈上输入不变的电压Ｕ1，以下不正确的是（）A．Ｕ1∶Ｕ2＝Ｎ1∶Ｎ2B．Ｉ1∶Ｉ2＝Ｎ2∶Ｎ1C．当Ｉ2减小时，Ｉ1增大D．当Ｉ2减小时，Ｉ1减小答案：C，分析：理想变压器原副线圈电压与匝数关系是正比。一个副线圈时，原副线圈电流与匝数关系是反比。解：匝数不变，电压不变，R值不同时，I2会变化的，根据能量守恒，I2减小时，I1也减小，选项D正确，选项AB都正确，只有选项C错误，符合题意。小结：理想变压器副线圈消耗的能量来自原线圈提供的能量，此类问题应该用能量守恒来处理。变式训练．（汕头二模）如图，变压器输入有效值恒定的电压，副线圈匝数可调，输出电压通过输电线送给用户(电灯等用电器)，R表示输电线的电阻.（）A．用电器增加时，变压器输出电压增大B．要提高用户的电压，滑动触头P应向下滑C．用电器增加时，输电线的热损耗减少D．用电器增加时，变压器的输入功率增加．（天津高考）如图，一理想变压器原副线圈的匝数比为1：2；副线圈电路中接有灯泡，灯泡的额定电压为220V，额定功率为22W；原线圈电路中接有电压表和电流表.现闭合开关，灯泡正常发光.若用U和I分别表示此时电压表和电流表的读数，则（）A．U=110V，I=0.2AB．U=110V，I=0.05AC．U=110V，I=0.2AD．U=110V，I=0.2A-8-\n例4（广州二模）如图所示，相距L的光滑金属导轨，半径为R的圆弧部分竖直放置，直的部分固定于水平地面，MNQP范围内有方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场.金属棒ab和cd垂直导轨且接触良好，cd静止在磁场中；ab从圆弧的顶端由静止释放，进入磁场后与cd没有接触.已知ab的质量为m、电阻为r，cd的质量为3m、电阻为r，金属导轨电阻不计，重力加速度为g.⑴求：ab到达圆弧底端时对轨道的压力大小；⑵在图中标出ab刚进入磁场时cd中的电流方向；⑶若cd离开磁场时的速度是此刻ab速度的一半，求：cd离开磁场瞬间，ab受到的安培力大小.RabBMNQPcdL分析：ab下落运动时并不切割磁感线，此过程没有感应电动势。Ab过MN后才切割磁感线，此过程有感应电动势，有感应电流了。感应电流通过ab、cd，ab、cd受安培力。ab、cd做为一个系统，它们的动量守恒。解：⑴由机械能守恒得，ab到达圆弧底端时的速度为①在底端时由向心力公式：②联以上两式得：N=3mg④根据牛顿第三定律知，ab对轨道的压力N΄=N=3mg⑤⑵ab刚进入磁场时，由右手定则可判断电流的方向为abdca⑶设cd刚离开磁场时的速度为v，则ab此时的速度为2v，以为ab、cd为系统，所受合外力为零，动量守恒，则有：mv0=m×2v+3mv⑥联①⑥得：⑦此时ab产生的感应电动势为E=2BLv⑧，cd已出磁场，不产生的感应电动势回路中的感应电流为：⑨ab受到的安培力为：F=ILB⑩联⑦⑧⑨⑩⑪得：⑪小结：此类题多数情况下出现在压轴题。过程多，受力复杂，需要建立的方程多，解方程组也不是易事。变式训练-8-\n．（海南高考）如图，ab和cd是两条竖直放置的长直光滑金属导轨，MN和是两根用细线连接的金属杆，其质量分别为m和2m.竖直向上的外力F作用在杆MN上，使两杆水平静止，并刚好与导轨接触；两杆的总电阻为R，导轨间距为.整个装置处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与导轨所在平面垂直.导轨电阻可忽略，重力加速度为g.在t=0时刻将细线烧断，保持F不变，金属杆和导轨始终接触良好.求(1)细线烧断后，任意时刻两杆运动的速度之比；(2)两杆分别达到的最大速度.．（江门调研）如图所示，在磁感应强度为0.6T的匀强磁场中，长为0.5m、电阻为1Ω的导体棒ab放置在水平的光滑金属框上，如图所示.导体棒ab在外力作用下以10m/s的速度向右匀速滑动，已知电容C=2μF，电阻R1=5Ω，其余电阻忽略不计，求：(1)ab棒哪端的电势高?ab棒中的电动势的大小？(2)为使ab棒匀速运动，外力的大小及其机械功率？(3)电容器的电量？例5（天津高考）如图所示，两根足够长的光滑金属导轨MN、PQ间距为l=0.5m，其电阻不计，两导轨及其构成的平面均与水平面成30°角.完全相同的两金属棒ab、cd分别垂直导轨放置，每棒两端都与导轨始终有良好接触，已知两棒的质量均为0.02kg，电阻均为R=0.1Ω-8-\n，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度为B=0.2T，棒ab在平行于导轨向上的力F作用下，沿导轨向上匀速运动，而棒cd恰好能保持静止.取g=10m/s2，问：(1)通过cd棒的电流I是多少，方向如何？(2)棒ab受到的力F多大？(3)棒cd每产生Q=0.1J的热量，力F做的功W是多少？分析：ab棒运动切割磁感线，产生感应电动势，感应电流通过cd，cd受安培力，从而可以平衡，不至于滑下去。解：(1)棒cd受到的安培力①棒cd在共点力作用下平衡，则②由①②式代入数据解得I=1A，方向由右手定则可知由d到c.(2)棒ab与棒cd受到的安培力大小相等Fab=Fcd对棒ab由共点力平衡有③代入数据解得F=0.2N④(3)设在时间t内棒cd产生Q=0.1J热量，由焦耳定律可知⑤设ab棒匀速运动的速度大小为v，则产生的感应电动势E=Blv⑥由闭合电路欧姆定律知⑦由运动学公式知，在时间t内，棒ab沿导轨的位移x=vt⑧力F做的功W=Fx⑨综合上述各式，代入数据解得W=0.4J小结：从力平衡的角度来说，把ab、cd看成一体，放在斜面上，用外力F沿斜面向上拉着，它们处于平衡状态。从能量的角度来说，外力F做的功，转化为ab棒的重力势能和电路的电能。变式训练．（上海高考）电阻可忽略的光滑平行金属导轨长S=1.15m，两导轨间距L=0.75m，导轨倾角为30°，导轨上端ab接一阻值R=1.5Ω的电阻，磁感应强度B=0.8T的匀强磁场垂直轨道平面向上.阻值r=0.5Ω，质量m=0.2kg的金属棒与轨道垂直且接触良好，从轨道上端ab处由静止开始下滑至底端，在此过程中金属棒产生的焦耳热.(取)求：(1)金属棒在此过程中克服安培力的功；-8-\n(2)金属棒下滑速度时的加速度.(3)为求金属棒下滑的最大速度，有同学解答如下：由动能定理，…….由此所得结果是否正确？若正确，说明理由并完成本小题；若不正确，给出正确的解答.．（四川高考）如图所示，间距l=0.3m的平行金属导轨a1b1c1和a2b2c2分别固定在两个竖直面内，在水平面a1b1b2a2区域内和倾角=的斜面c1b1b2c2区域内分别有磁感应强度B1=0.4T、方向竖直向上和B2=1T、方向垂直于斜面向上的匀强磁场.电阻R=0.3、质量m1=0.1kg、长为的相同导体杆K、S、Q分别放置在导轨上，S杆的两端固定在b1、b2点，K、Q杆可沿导轨无摩擦滑动且始终接触良好.一端系于K杆中点的轻绳平行于导轨绕过轻质滑轮自然下垂，绳上穿有质量m2=0.05kg的小环.已知小环以a=6m/s2的加速度沿绳下滑，K杆保持静止，Q杆在垂直于杆且沿斜面向下的拉力F作用下匀速运动.不计导轨电阻和滑轮摩擦，绳不可伸长.取g=10m/s2，sin=0.6，cos=0.8.求(1)小环所受摩擦力的大小；(2)Q杆所受拉力的瞬时功率-8-